大学物理第十三章电磁场与麦克斯韦方程组习题解答和分析

第十三章习题解答

13-1 如题图13-1所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面，且导线框的一个边与长直导线平行，到两长直导线的距离分别为r1，r2。已知两导线中电流都为II0sint，其中I0和为常数，t为时间。导线框长为a宽为b，求导线框中的感应电动势。

题图13-1 题图13-2

分析：当导线中电流I随时间变化时，穿过矩形线圈的磁通量也将随时间发生变化，用法拉

d

第电磁感应定律i计算感应电动势，其中磁通量BdS，B为两导线产生

sdt

的磁场的叠加。

I

解：无限长直电流激发的磁感应强度为B0。取坐标Ox垂直于直导线，坐标原点取在

2r

矩形导线框的左边框上，坐标正方向为水平向右。取回路的绕行正方向为顺时针。由场强的叠加原理可得x处的磁感应强度大小

B

0I

2(r1x)



0I

2(r2x)

， 垂直纸面向里

通过微分面积dSadx的磁通量为

0I0IdBdSBdSadx

2(r1x)2(r2x)

通过矩形线圈的磁通量为

0I0Iadx 02(rx)2(rx)12

b



0a

r1br2b

lnlnI0sint 2r1r2

感生电动势

i



arbrbd

0ln1ln2I0costdt2r1r20a

(rb)(r2b)

I0ln1cost2rr12

i0时，回路中感应电动势的实际方向为顺时针；i0时，回路中感应电动势的实际方

向为逆时针。

13-2 如题图13-2所示，有一半径为r=10cm的多匝圆形线圈，匝数N=100

，置于均匀磁场



。圆形线圈可绕通过圆心的轴O1O2转动，转速n=600rev/min。求圆线圈自图B中（B=0.5T）

示的初始位置转过/2时，

(1) 线圈中的瞬时电流值（线圈的电阻为R=100，不计自感）； (2) 感应电流在圆心处产生的磁感应强度。 分析：应用法拉第电磁感应定律求解感应电动势。应用载流圆环在其圆心处产生的磁场公式求出感应电流在圆心处产生的磁感应强度。 解：(1) 圆形线圈转动的角速度=

2n

20 rad/s 60

设t=0时圆形线圈处在图示位置，取顺时针方向为回路绕行的正方向。则t时刻通过该回路的全磁通

NBSNBScostNBr2cost

电动势 i



d

NBr2sint dt

NBr2sint感应电流 Ii RR

i

将圆线圈自图示的初始位置转过/2时，t代入已知数值 得： Ii0.99A



2

(2) 感应电流在圆心处产生的磁感应强度的大小为

BiN

0Ii

2r

6.22104T



Bi的方向与均匀外磁场B的方向垂直。

13-3 均匀磁场B被限制在半径R=10cm的无限长圆柱形空间内，方向垂直纸面向里。取一固定的等腰梯形回路abcd，梯形所在平面的法向与圆柱空间的轴平行，位置如题图13-3所示。设磁场以



dB

1T/s的匀速率增加，已知OaOb6cm，，求等腰梯形回路dt3

abcd感生电动势的大小和方向。

题图13-3 题图13-4

分析：求整个回路中的电动势，采用法拉第电磁感应定律，本题的关键是确定回路的磁通量。

解：设顺时针方向为等腰梯形回路绕行的正方向.则t时刻通过该回路的磁通量



B

SBS

其中S为等腰梯形abcd中存在磁场部分的面积，其值为

S

121

R(oa)2sin 22

电动势

i

ddB11dB

S R2(oa)2sindtdt22dt

代入已知数值 i3.68103V

“–”说明，电动势的实际方向为逆时针，即沿adcba绕向。用楞次定律也可直接判断电动

势的方向为逆时针绕向。

13-4 如题图13-4所示，有一根长直导线，载有直流电流I，近旁有一个两条对边与它平行并与它共面的矩形线圈，以匀速度v沿垂直于导线的方向离开导线.设t=0时，线圈位于图示位置,求：

(1) 在任意时刻t通过矩形线圈的磁通量m； (2) 在图示位置时矩形线圈中的电动势i。

分析：线圈运动，穿过线圈的磁通量改变，线圈中有感应电动势产生，求出t时刻穿过线圈的磁通量，再由法拉第电磁感应定律求感应电动势。

解：(1) 设线圈回路的绕行方向为顺时针。由于载流长直导线激发磁场为非均匀分布，

B

0I

。因此，必须由积分求得t时刻通过回路的磁通量。 2x

取坐标Ox垂直于直导线，坐标原点取在直导线的位置，坐标正方向为水平向右，则在任意时刻t通过矩形线圈的磁通量为

bvtIIlbvt0

BdSldx0ln

Savt2x2avt

（2）在图示位置时矩形圈中的感应电动势

i

ddt



t0

0Ilv(ba)

2ab

电动势的方向沿顺时针绕向。

13-5 如题图13-5所示为水平面内的两条平行长直裸导线LM与LM,其间距离为l,其左



端与电动势为0的电源连接.匀强磁场B垂直于图面向里，一段直裸导线ab横嵌在平行导

线间（并可保持在导线上做无摩擦地滑动）,电路接通，由于磁场力的作用，ab从静止开始向右运动起来。求:

(1) ab达到的最大速度;

(2) ab到最大速度时通过电源的电流I。

分析：本题是包含电磁感应、磁场对电流的作用和全电路欧姆定律的综合性问题。当接通电源后，ab中产生电流。该通电导线受安培力的作用而向右加速运动，由于ab向右运动使穿过回路的磁通量逐渐增加，在回路中产生感应电流，从而使回路中电流减小，当回路中电流为零时，直导线ab不受安培力作用，此时ab达到最大速度。 解：（1）电路接通，由于磁场力的作用,ab从静止开始向右运动起来。设ab运动的速度为

v,则此时直导线ab所产生的动生电动势iBlv，方向由b指向a.由全电路欧姆定理可得

此时电路中的电流为

i

度为

0Blv

R

ab达到的最大速度时，直导线ab不受到磁场力的作用，此时i0。所以ab达到的最大速

vmax

0

Bl

（2）ab达到的最大速度时，直导线ab不受到磁场力的作用，此时通过电路的电流i=0。所以通过电源的电流也等于零。

题图13-5 题图13-6

13-6 如题图13-6所示，一根长为L的金属细杆ab绕竖直轴O1O2以角速度在水平面内旋

转，O1O2在离细杆a端L/5处。若已知均匀磁场B平行于O1O2轴。求ab两端间的电势差Ua-Ub. 分析：由动生电动势表达式先求出每段的电动势，再将ab的电动势看成是oa和ob二者电动势的代数和，ab两端的电势差大小即为ab间的动生电动势大小。求每段的电动势时，由





于各处的运动速度不同，因此要将各段微分成线元dl，先由动生电动势公式计算线元dl的

两端的动生电动势di，再积分计算整段的动生电动势。

解：设金属细杆ab与竖直轴O1O2交于点O,将ab两端间的动生电动势看成ao与ob两段动



生电动势的串联。取ob方向为导线的正方向，在铜棒上取极小的一段线元dl，方向为ob



方向。线元运动的速度大小为vl。由于v,B,dl互相垂直。所以dl两端的动生电动

势

di(vB)dlvBdlBldl

ob的动生电动势为

2

obdi

ab

4L

50

1164L

BldlBBL2

2505

动生电动势ob的方向由b指向O。同理oa的动生电动势为

oadi

ba

L50

11L

BldlBBL2

2505

2

动生电动势oa的方向由a指向O。所以ab两端间的的动生电动势为

abaooboaob

3

BL2 10

动生电动势ab的方向由a指向了b；a端带负电，b端带正电。

ab两端间的电势差

UaUbab

b端电势高于a端。

3

BL2 10

13-7 如题图13-7所示，导线L以角速度ω绕其端点O旋转，导线L与电流I在共同的平面内，O点到长直电流I的距离为a,且a>L,求导线L在与水平方向成θ角时的动生电动势的大小和方向。

分析：载流长直导线产生磁场，导线L

绕O旋转切割磁力线。由于切割是不均匀的磁场，而

题图13-7 题图13-8



且导体各处的运动速度不同，所以要微分运动导线，先由动生电动势公式计算线元dl的两

端的动生电动势di，再积分计算整段的总动生电动势。



解：取OP方向为导线的正方向，在导线OP上某处取极小的一段线元dl,

方向为OP方向。

线元运动的速度大小为vl。由于v,B,dl互相垂直。所以dl两端的动生电动势





d(vB)dlvBdlBldl

将载流长直导线在该处激发磁场B

0I

2(alcos)

代入，积分得导线L在与水平方向线成

θ角时的动生电动势为：i

OPdi

0ILldl

02alcos

0I

2cos2



L

(alcos)a

d(lcos)

(alcos)



0Ia+Lcos

LcosaIn 2

2cosa

动生电动势的方向由P指向O。

13-8 如题图13-8所示半径为r的长直密绕空心螺线管，单位长度的绕线匝数为n,所加交变电流为I=I0sinωt。今在管的垂直平面上放置一半径为2r,电阻为R的导线环，其圆心恰好在螺线管轴线上。

（1）计算导线环上涡旋电场E的值且说明其方向； (2)计算导线上的感应电流Ii；

(3)计算导线环与螺线管间的互感系数M。

分析：电流变化，螺线管内部磁场也变化，由磁场的柱对称性可知，由变化磁场所激发的感生电场也具有相应的对称性，感生电场线是一系列的同心圆。根据感生电场的环路定理，可求出感生电场强度。由法拉第电磁感应定律及欧姆定律求感应电流，由互感系数定义式求互感系数。 解：（1）以半径为2r的导线环为闭合回路L，取回路L的绕行正方向与B呈右旋关系，自上向下看为逆时针方向。由于长直螺线管只在管内产生均匀磁场B0nI，导线环上某点涡旋电场E的方向沿导线环的切向。



B

所以由规律LEdlStdS可得

E2(2r)

导线环上涡旋电场E的值为

dB2

r dt

E

nrrdB

0I0cost 4dt4

若cosωt>0,E电场线的实际走向与回路L的绕行正方向相反，自上向下看为顺时针方向；

若cosωt

1dr2dBr2

Ii0nI0cost

RRdtRdtR

i

(3)导线环与螺线管间的互感系数为

Br2

M0nr2

II

13-9 电子感应加速器中的磁场在直径为0.50m的圆柱形区域内是匀强的，若磁场的变化率

-2

为1.0×10T/S。试计算离开中心距离为0.10m、0.50m、1.0m处各点的感生电场。

分析：由磁场的柱对称性可知，变化磁场所激发的感生电场分布也具有相应的对称性，即感



B

生电场的电场线是一系列以圆柱体中心为轴的同心圆。根据LEdlStdS可求出感

生电场强度。

解：以圆柱形的区域的中心到各点的距离为半径，作闭合回路L。取回路L的绕行正方向与B呈右旋关系，为顺时针方向。由于回路上各点处的感生电场E沿L的切线方向。所以由规



BEdl律 LStdS可得

dB2

rdt

EdlE2rL

dBR2dt

(rR)

(rR)

rdB

2dt

得 E2

RdB2rdt

式中“-”说明：若

(rR)

(rR)

dB

0，E的实际方向与假定方向相反，否则为一致。 dt

rdB

5.0104V/m r=0.10m时,r

2dt

R2dB

6.25104V/m r=0.50m时, r>R, |E|

2rdtR2dB

3.13104V/m r=1.10m时,r>R, |E|

2rdt

13-10 如题图13-10所示，一个限定在半径为R的圆柱体内的均匀磁场B以10T/s的恒定变化率减小。电子在磁场中A、O、C各点处时，它所获得的瞬时加速度（大小、方向）各为若干？设r=5.0cm。

分析：根据对称性，由感生电场的环路定理求出感生电场强度，由感生电场力及牛顿第二定律求出瞬时加速度。

解：以圆柱形区域的中心到各点的距离为半径，作闭合回路L。取回路L的绕行正方向与B呈右旋关系，由于回路上各点处的感生电场E沿L的切线方向。所以由规律

-2

题图13-10 题图13-11



BLEdlStdS可得

dB2

EdlE2rr (r

dt

rdB

得 E

2dt

由于圆柱体内的均匀磁场B以10T/s的恒定变化率减小.所以定方向一致，为顺时针方向的切线方向。

电子受到的电场力为FeeE,其方向为逆时针的切线方向。 瞬时加速度的大小为：a

-2

dB

0，E的实际方向与假dt

eEerdB



mm2dt

由于rA=0.05m,所以A处的瞬时加速度的大小为：aA4.4107m/s2，方向为水平向右； 由于rC=0.05m,所以C处的瞬时加速度的大小为：aC4.4107m/s2，方向为水平向左； 由于rO=0,所以O处的瞬时加速度：aO0

13-11 真空中的矩形截面的螺线环的总匝数为N，其它尺寸如题图13-11所示，求它的自感系数。

分析：自感系数一般可由LI计算，可见计算自感系数关键是确定穿过自感线圈的磁通量。假设螺线管通有电流，求出磁感应强度，再求出磁通量、磁通链，即可求出自感系数。 解：设螺绕管通有电流I，由安培环路定理可得管内距轴线r处的磁场强度为

H

NINI, BH 2r2r

R2

通过某一截面的磁通量

BdS

S

0NI

2r

R1

hdr

0NIh

2

ln

R2

R1

螺绕管的磁通链NN

0N2Ih

2lnR2

R1

ln

R2

R1

自感系数：L

N

I



0N2h

2

13-12 设一同轴电缆由半径分别为r11和r2的两个同轴薄壁长直圆筒组成，电流由内筒流入，由外筒流出，如题图13-12所示。两筒间介质的相对磁导率r1，求同轴电缆

(1) 单位长度的自感系数；（2）单位长度内所储存的磁能。

题图13-12 题图13-13

分析：先求磁场、磁通量，由自感系数定义式求自感系数，再由自感磁能表达式求磁能。

解：（1）电流由内筒流入，由外筒流出时，在内外筒之间产生的磁场为B=通过内外筒之间单位长度截面的磁通量为

0I

2r

（见11-19）。

r2IIr

dS1dxln2

Sr1xr1



r

Lln2

r1

（2）单位长度内所储存的磁能

120I2r2

WmLIln

24r1

13-13 一无限长直导线通以电流I=I0sint，和直导线在同一平面内有一矩形线框，其短

边与直导线平行，线框的尺寸及位置如题图13-13所示，且b/c=3。求： (1) 直导线和线框的互感系数； (2) 线框中的互感电动势。

分析：互感系数由MI计算，计算互感系数关键是确定穿过互感线圈的磁通量。 解：(1) 无限长直导线产生的磁场B通过矩形线框的磁通量为

0I

。取矩形线框的正法线方向为垂直纸面向里，2r

adx

c

dS

S

b

II

x

x

IabIalnln3c

adx

∴ M



I



0a

2

ln3

（2）线框中的互感电动势

iM

aI0ln3dI

0cost dt2

i为正时，电动势的方向沿顺时针绕向；i为负时，电动势的方向沿逆时针绕向。

13-14 一圆环，环管横截面的半径为a，中心线的半径为R(Ra)。有两个彼此绝缘的

导线圈都均匀地密绕在环上，一个N1匝，另一个N2匝，求： （1）两线圈的自感L1和L2； （2）两线圈的互感M； （3）M与L1和L2的关系。

分析：由于Ra，环中的磁感应强度可视为均匀。设两个线圈通有电流I1、I2，求出穿过螺线管线圈的磁通链数，进而求出自感、互感系数。 解：（1）设N1匝螺绕管线圈中通有电流I1，由于中心线的半径R环管横截面的半径a，所以螺绕管内的磁场B1

0N1I1

2R

，通过螺绕管线圈的磁通链数为

1N1B1SN1

N1匝螺绕管线圈自感系数：

0N1I1

2R

a

2

0N12a2

2R

I1

L1

1

I1



0N12a2

2R

同理，N2匝螺绕管线圈自感系数：

L2

2

I2



0N22a2

2R

（2）N1匝螺绕管线圈产生的磁场B1，通过N2匝螺绕管线圈的磁通链数为

21N2B1SN2

两线圈的互感

0N1I1

2R

a

2

0N1N2a2

2R

I1

M

（3）M与L1和L2的关系

21

I1



0N1N2a2

2R

M

0N1N2a2

2R



13-15 一圆柱体长直导线，均匀地通有电流I，证明导线内部单位长度储存的磁场能量为。 Wm0I2/(16)（设导体的相对磁导率r1）

分析：均匀通有电流的长直导线，其内部和外部均存在磁场，且磁场分布呈轴对称性。据题意，只需求得单位长度导线内所储存的磁能，因此根据磁能密度公式，求得体元内的磁能，然后对圆柱内部的磁能进行积分即可。

解：设圆柱形导体的半径为R.由安培环路定律可得长直导线内的磁场

B

导线内的磁能密度

0r

2R2

I, r

B210rwm20202R2

在导线内取单位长度的同轴薄圆柱筒体元dV2rdr

其磁能为 dWmwmdV220IrI24 8R20I2

4R4r3dr

单位长度导体柱内储存的磁场能量为

WmdWm0I2

4R4R0rdr30I216

513-16 平行板电容器的电容为C=20.0μF，两板上的电压变化率为dU/dt =1.50×10V/s，

则该平行板电容器中的位移电流为多少。

分析：根据平行板电容器的性质，平行板间为均匀电场，电位移D均匀分布，由平行板电容器场强与电压关系式，求出电位移通量与电压U的关系，并求出位移电流。

解：设平行板电容器的极板面积S、间距d，其间电位移通量为

DS0ES0US d

S，代入上式得CU d对平行板电容器，其电容为C0

位移电流为

IdddUC201061.51053A dtdt

13-17 一平行板电容器，极板是半径为R的两圆形金属板，极板间为空气，此电容器与交变电源相接，极板上电量随时间变化的关系为q=q0sinωt(ω为常量)，忽略边缘效应，求：

（1）电容器极板间位移电流及位移电流密度；

（2）极板间离中心轴线距离为r(r

（3）当t/4时，b点的电磁场能量密度（即电场能量密度与磁场能量密度之和）。 分析：根据电流的连续性，电容器极板间位移电流等于传导电流求解位移电流。忽略边缘效应，极板间位移电流均匀分布求解位移电流密度。根据全电流安培环路定理求出磁场强度极板间的磁场强度。由极板间电场强度、磁场强度可求得电磁场能量密度。

解：（1）电容器极板间位移电流

IdC

或由电流连续性得： dUCU0costq0cost dt

Id

位移电流密度 dqq0cost dt

Idq0cost SR2d

（2）以中心轴线为圆心，过b点作一半径为r(r

LHdlId'，有

qcost2H2rdr20r R2

解得

Hq0rcost 22R

(3) t

时，Hq0rcos0r 

222R4R

E01q0sin/4 2200R2R0

b点的电磁场能量密度

wwewm

0E2

20H2

22102r2 q0244R04

13-18 由一个电容C=4.0μF的电容器和一个自感为L=10mH的线圈组成的LC电路，当电容

－5器上电荷的最大值Q=6.0×10C时开始作无阻尼自由振荡。试求

（1）电场能量和磁场能量的最大值；

（2）当电场能量和磁场能量相等时，电容器上的电荷量。

分析：由电容器储能，自感磁能，求电场能量，磁场能量。

解：（1）由初始条件可知，电磁振荡的初相位0.所以电容器上的电量振荡表达式为

qQ0cost

自感线圈上的电流振荡表达式为

I

系统固有振动角频率dqQ0sint

dt 2Q2Q0cos2t，所以电场能量的最大值为 由于电场能量为We2C2C

2Q04.5104J 2CWeMAX

2LI2LI0sin2t，所以磁场能量最大值为 由于磁场能量为Wm22

22LI0Q04.5104J 22CWmMAX

电场能量和磁场能量的最大值相同，都与系统总能量相等。

(2) 电场能量和磁场能量相等时，WeWm

解得

cost

所以电容器上的电荷量为

2

q04.3105C 13-19 一个沿负z方向传播的平面电磁波，其电场强度沿x方向，传播速度为c。在空间某点的电场强度为

Ex300cos2vtV/m 3

试求在同一点的磁场强度表达式，并用图表示电场强度和传播速度之间相互关系。 分析：根据电场强度与磁场强度的定量关系可得该点的磁场强度。

解：由于平面电磁波沿负z方向传播，某点电场强度E的振动方向沿x轴正方向，根据电场强度、磁场强度和传播方向三者满足右旋关系，则该点磁场强度的振动方向沿负y轴方向。由此，根据电场强度与磁场强度的定量关系式可得该点的磁场强度表示式为

Hyx0.8cos2vtA/m 3

用坡印廷矢量S的方向表示电磁波的传播方向。电

场强度、磁场强度和电磁波的传播方向（坡印廷矢

量）三者满足关系SEH。

题13-19解图

第十三章习题解答

13-1 如题图13-1所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面，且导线框的一个边与长直导线平行，到两长直导线的距离分别为r1，r2。已知两导线中电流都为II0sint，其中I0和为常数，t为时间。导线框长为a宽为b，求导线框中的感应电动势。

题图13-1 题图13-2

分析：当导线中电流I随时间变化时，穿过矩形线圈的磁通量也将随时间发生变化，用法拉

d

第电磁感应定律i计算感应电动势，其中磁通量BdS，B为两导线产生

sdt

的磁场的叠加。

I

解：无限长直电流激发的磁感应强度为B0。取坐标Ox垂直于直导线，坐标原点取在

2r

矩形导线框的左边框上，坐标正方向为水平向右。取回路的绕行正方向为顺时针。由场强的叠加原理可得x处的磁感应强度大小

B

0I

2(r1x)



0I

2(r2x)

， 垂直纸面向里

通过微分面积dSadx的磁通量为

0I0IdBdSBdSadx

2(r1x)2(r2x)

通过矩形线圈的磁通量为

0I0Iadx 02(rx)2(rx)12

b



0a

r1br2b

lnlnI0sint 2r1r2

感生电动势

i



arbrbd

0ln1ln2I0costdt2r1r20a

(rb)(r2b)

I0ln1cost2rr12

i0时，回路中感应电动势的实际方向为顺时针；i0时，回路中感应电动势的实际方

向为逆时针。

13-2 如题图13-2所示，有一半径为r=10cm的多匝圆形线圈，匝数N=100

，置于均匀磁场



。圆形线圈可绕通过圆心的轴O1O2转动，转速n=600rev/min。求圆线圈自图B中（B=0.5T）

示的初始位置转过/2时，

(1) 线圈中的瞬时电流值（线圈的电阻为R=100，不计自感）； (2) 感应电流在圆心处产生的磁感应强度。 分析：应用法拉第电磁感应定律求解感应电动势。应用载流圆环在其圆心处产生的磁场公式求出感应电流在圆心处产生的磁感应强度。 解：(1) 圆形线圈转动的角速度=

2n

20 rad/s 60

设t=0时圆形线圈处在图示位置，取顺时针方向为回路绕行的正方向。则t时刻通过该回路的全磁通

NBSNBScostNBr2cost

电动势 i



d

NBr2sint dt

NBr2sint感应电流 Ii RR

i

将圆线圈自图示的初始位置转过/2时，t代入已知数值 得： Ii0.99A



2

(2) 感应电流在圆心处产生的磁感应强度的大小为

BiN

0Ii

2r

6.22104T



Bi的方向与均匀外磁场B的方向垂直。

13-3 均匀磁场B被限制在半径R=10cm的无限长圆柱形空间内，方向垂直纸面向里。取一固定的等腰梯形回路abcd，梯形所在平面的法向与圆柱空间的轴平行，位置如题图13-3所示。设磁场以



dB

1T/s的匀速率增加，已知OaOb6cm，，求等腰梯形回路dt3

abcd感生电动势的大小和方向。

题图13-3 题图13-4

分析：求整个回路中的电动势，采用法拉第电磁感应定律，本题的关键是确定回路的磁通量。

解：设顺时针方向为等腰梯形回路绕行的正方向.则t时刻通过该回路的磁通量



B

SBS

其中S为等腰梯形abcd中存在磁场部分的面积，其值为

S

121

R(oa)2sin 22

电动势

i

ddB11dB

S R2(oa)2sindtdt22dt

代入已知数值 i3.68103V

“–”说明，电动势的实际方向为逆时针，即沿adcba绕向。用楞次定律也可直接判断电动

势的方向为逆时针绕向。

13-4 如题图13-4所示，有一根长直导线，载有直流电流I，近旁有一个两条对边与它平行并与它共面的矩形线圈，以匀速度v沿垂直于导线的方向离开导线.设t=0时，线圈位于图示位置,求：

(1) 在任意时刻t通过矩形线圈的磁通量m； (2) 在图示位置时矩形线圈中的电动势i。

分析：线圈运动，穿过线圈的磁通量改变，线圈中有感应电动势产生，求出t时刻穿过线圈的磁通量，再由法拉第电磁感应定律求感应电动势。

解：(1) 设线圈回路的绕行方向为顺时针。由于载流长直导线激发磁场为非均匀分布，

B

0I

。因此，必须由积分求得t时刻通过回路的磁通量。 2x

取坐标Ox垂直于直导线，坐标原点取在直导线的位置，坐标正方向为水平向右，则在任意时刻t通过矩形线圈的磁通量为

bvtIIlbvt0

BdSldx0ln

Savt2x2avt

（2）在图示位置时矩形圈中的感应电动势

i

ddt



t0

0Ilv(ba)

2ab

电动势的方向沿顺时针绕向。

13-5 如题图13-5所示为水平面内的两条平行长直裸导线LM与LM,其间距离为l,其左



端与电动势为0的电源连接.匀强磁场B垂直于图面向里，一段直裸导线ab横嵌在平行导

线间（并可保持在导线上做无摩擦地滑动）,电路接通，由于磁场力的作用，ab从静止开始向右运动起来。求:

(1) ab达到的最大速度;

(2) ab到最大速度时通过电源的电流I。

分析：本题是包含电磁感应、磁场对电流的作用和全电路欧姆定律的综合性问题。当接通电源后，ab中产生电流。该通电导线受安培力的作用而向右加速运动，由于ab向右运动使穿过回路的磁通量逐渐增加，在回路中产生感应电流，从而使回路中电流减小，当回路中电流为零时，直导线ab不受安培力作用，此时ab达到最大速度。 解：（1）电路接通，由于磁场力的作用,ab从静止开始向右运动起来。设ab运动的速度为

v,则此时直导线ab所产生的动生电动势iBlv，方向由b指向a.由全电路欧姆定理可得

此时电路中的电流为

i

度为

0Blv

R

ab达到的最大速度时，直导线ab不受到磁场力的作用，此时i0。所以ab达到的最大速

vmax

0

Bl

（2）ab达到的最大速度时，直导线ab不受到磁场力的作用，此时通过电路的电流i=0。所以通过电源的电流也等于零。

题图13-5 题图13-6

13-6 如题图13-6所示，一根长为L的金属细杆ab绕竖直轴O1O2以角速度在水平面内旋

转，O1O2在离细杆a端L/5处。若已知均匀磁场B平行于O1O2轴。求ab两端间的电势差Ua-Ub. 分析：由动生电动势表达式先求出每段的电动势，再将ab的电动势看成是oa和ob二者电动势的代数和，ab两端的电势差大小即为ab间的动生电动势大小。求每段的电动势时，由





于各处的运动速度不同，因此要将各段微分成线元dl，先由动生电动势公式计算线元dl的

两端的动生电动势di，再积分计算整段的动生电动势。

解：设金属细杆ab与竖直轴O1O2交于点O,将ab两端间的动生电动势看成ao与ob两段动



生电动势的串联。取ob方向为导线的正方向，在铜棒上取极小的一段线元dl，方向为ob



方向。线元运动的速度大小为vl。由于v,B,dl互相垂直。所以dl两端的动生电动

势

di(vB)dlvBdlBldl

ob的动生电动势为

2

obdi

ab

4L

50

1164L

BldlBBL2

2505

动生电动势ob的方向由b指向O。同理oa的动生电动势为

oadi

ba

L50

11L

BldlBBL2

2505

2

动生电动势oa的方向由a指向O。所以ab两端间的的动生电动势为

abaooboaob

3

BL2 10

动生电动势ab的方向由a指向了b；a端带负电，b端带正电。

ab两端间的电势差

UaUbab

b端电势高于a端。

3

BL2 10

13-7 如题图13-7所示，导线L以角速度ω绕其端点O旋转，导线L与电流I在共同的平面内，O点到长直电流I的距离为a,且a>L,求导线L在与水平方向成θ角时的动生电动势的大小和方向。

分析：载流长直导线产生磁场，导线L

绕O旋转切割磁力线。由于切割是不均匀的磁场，而

题图13-7 题图13-8



且导体各处的运动速度不同，所以要微分运动导线，先由动生电动势公式计算线元dl的两

端的动生电动势di，再积分计算整段的总动生电动势。



解：取OP方向为导线的正方向，在导线OP上某处取极小的一段线元dl,

方向为OP方向。

线元运动的速度大小为vl。由于v,B,dl互相垂直。所以dl两端的动生电动势





d(vB)dlvBdlBldl

将载流长直导线在该处激发磁场B

0I

2(alcos)

代入，积分得导线L在与水平方向线成

θ角时的动生电动势为：i

OPdi

0ILldl

02alcos

0I

2cos2



L

(alcos)a

d(lcos)

(alcos)



0Ia+Lcos

LcosaIn 2

2cosa

动生电动势的方向由P指向O。

13-8 如题图13-8所示半径为r的长直密绕空心螺线管，单位长度的绕线匝数为n,所加交变电流为I=I0sinωt。今在管的垂直平面上放置一半径为2r,电阻为R的导线环，其圆心恰好在螺线管轴线上。

（1）计算导线环上涡旋电场E的值且说明其方向； (2)计算导线上的感应电流Ii；

(3)计算导线环与螺线管间的互感系数M。

分析：电流变化，螺线管内部磁场也变化，由磁场的柱对称性可知，由变化磁场所激发的感生电场也具有相应的对称性，感生电场线是一系列的同心圆。根据感生电场的环路定理，可求出感生电场强度。由法拉第电磁感应定律及欧姆定律求感应电流，由互感系数定义式求互感系数。 解：（1）以半径为2r的导线环为闭合回路L，取回路L的绕行正方向与B呈右旋关系，自上向下看为逆时针方向。由于长直螺线管只在管内产生均匀磁场B0nI，导线环上某点涡旋电场E的方向沿导线环的切向。



B

所以由规律LEdlStdS可得

E2(2r)

导线环上涡旋电场E的值为

dB2

r dt

E

nrrdB

0I0cost 4dt4

若cosωt>0,E电场线的实际走向与回路L的绕行正方向相反，自上向下看为顺时针方向；

若cosωt

1dr2dBr2

Ii0nI0cost

RRdtRdtR

i

(3)导线环与螺线管间的互感系数为

Br2

M0nr2

II

13-9 电子感应加速器中的磁场在直径为0.50m的圆柱形区域内是匀强的，若磁场的变化率

-2

为1.0×10T/S。试计算离开中心距离为0.10m、0.50m、1.0m处各点的感生电场。

分析：由磁场的柱对称性可知，变化磁场所激发的感生电场分布也具有相应的对称性，即感



B

生电场的电场线是一系列以圆柱体中心为轴的同心圆。根据LEdlStdS可求出感

生电场强度。

解：以圆柱形的区域的中心到各点的距离为半径，作闭合回路L。取回路L的绕行正方向与B呈右旋关系，为顺时针方向。由于回路上各点处的感生电场E沿L的切线方向。所以由规



BEdl律 LStdS可得

dB2

rdt

EdlE2rL

dBR2dt

(rR)

(rR)

rdB

2dt

得 E2

RdB2rdt

式中“-”说明：若

(rR)

(rR)

dB

0，E的实际方向与假定方向相反，否则为一致。 dt

rdB

5.0104V/m r=0.10m时,r

2dt

R2dB

6.25104V/m r=0.50m时, r>R, |E|

2rdtR2dB

3.13104V/m r=1.10m时,r>R, |E|

2rdt

13-10 如题图13-10所示，一个限定在半径为R的圆柱体内的均匀磁场B以10T/s的恒定变化率减小。电子在磁场中A、O、C各点处时，它所获得的瞬时加速度（大小、方向）各为若干？设r=5.0cm。

分析：根据对称性，由感生电场的环路定理求出感生电场强度，由感生电场力及牛顿第二定律求出瞬时加速度。

解：以圆柱形区域的中心到各点的距离为半径，作闭合回路L。取回路L的绕行正方向与B呈右旋关系，由于回路上各点处的感生电场E沿L的切线方向。所以由规律

-2

题图13-10 题图13-11



BLEdlStdS可得

dB2

EdlE2rr (r

dt

rdB

得 E

2dt

由于圆柱体内的均匀磁场B以10T/s的恒定变化率减小.所以定方向一致，为顺时针方向的切线方向。

电子受到的电场力为FeeE,其方向为逆时针的切线方向。 瞬时加速度的大小为：a

-2

dB

0，E的实际方向与假dt

eEerdB



mm2dt

由于rA=0.05m,所以A处的瞬时加速度的大小为：aA4.4107m/s2，方向为水平向右； 由于rC=0.05m,所以C处的瞬时加速度的大小为：aC4.4107m/s2，方向为水平向左； 由于rO=0,所以O处的瞬时加速度：aO0

13-11 真空中的矩形截面的螺线环的总匝数为N，其它尺寸如题图13-11所示，求它的自感系数。

分析：自感系数一般可由LI计算，可见计算自感系数关键是确定穿过自感线圈的磁通量。假设螺线管通有电流，求出磁感应强度，再求出磁通量、磁通链，即可求出自感系数。 解：设螺绕管通有电流I，由安培环路定理可得管内距轴线r处的磁场强度为

H

NINI, BH 2r2r

R2

通过某一截面的磁通量

BdS

S

0NI

2r

R1

hdr

0NIh

2

ln

R2

R1

螺绕管的磁通链NN

0N2Ih

2lnR2

R1

ln

R2

R1

自感系数：L

N

I



0N2h

2

13-12 设一同轴电缆由半径分别为r11和r2的两个同轴薄壁长直圆筒组成，电流由内筒流入，由外筒流出，如题图13-12所示。两筒间介质的相对磁导率r1，求同轴电缆

(1) 单位长度的自感系数；（2）单位长度内所储存的磁能。

题图13-12 题图13-13

分析：先求磁场、磁通量，由自感系数定义式求自感系数，再由自感磁能表达式求磁能。

解：（1）电流由内筒流入，由外筒流出时，在内外筒之间产生的磁场为B=通过内外筒之间单位长度截面的磁通量为

0I

2r

（见11-19）。

r2IIr

dS1dxln2

Sr1xr1



r

Lln2

r1

（2）单位长度内所储存的磁能

120I2r2

WmLIln

24r1

13-13 一无限长直导线通以电流I=I0sint，和直导线在同一平面内有一矩形线框，其短

边与直导线平行，线框的尺寸及位置如题图13-13所示，且b/c=3。求： (1) 直导线和线框的互感系数； (2) 线框中的互感电动势。

分析：互感系数由MI计算，计算互感系数关键是确定穿过互感线圈的磁通量。 解：(1) 无限长直导线产生的磁场B通过矩形线框的磁通量为

0I

。取矩形线框的正法线方向为垂直纸面向里，2r

adx

c

dS

S

b

II

x

x

IabIalnln3c

adx

∴ M



I



0a

2

ln3

（2）线框中的互感电动势

iM

aI0ln3dI

0cost dt2

i为正时，电动势的方向沿顺时针绕向；i为负时，电动势的方向沿逆时针绕向。

13-14 一圆环，环管横截面的半径为a，中心线的半径为R(Ra)。有两个彼此绝缘的

导线圈都均匀地密绕在环上，一个N1匝，另一个N2匝，求： （1）两线圈的自感L1和L2； （2）两线圈的互感M； （3）M与L1和L2的关系。

分析：由于Ra，环中的磁感应强度可视为均匀。设两个线圈通有电流I1、I2，求出穿过螺线管线圈的磁通链数，进而求出自感、互感系数。 解：（1）设N1匝螺绕管线圈中通有电流I1，由于中心线的半径R环管横截面的半径a，所以螺绕管内的磁场B1

0N1I1

2R

，通过螺绕管线圈的磁通链数为

1N1B1SN1

N1匝螺绕管线圈自感系数：

0N1I1

2R

a

2

0N12a2

2R

I1

L1

1

I1



0N12a2

2R

同理，N2匝螺绕管线圈自感系数：

L2

2

I2



0N22a2

2R

（2）N1匝螺绕管线圈产生的磁场B1，通过N2匝螺绕管线圈的磁通链数为

21N2B1SN2

两线圈的互感

0N1I1

2R

a

2

0N1N2a2

2R

I1

M

（3）M与L1和L2的关系

21

I1



0N1N2a2

2R

M

0N1N2a2

2R



13-15 一圆柱体长直导线，均匀地通有电流I，证明导线内部单位长度储存的磁场能量为。 Wm0I2/(16)（设导体的相对磁导率r1）

分析：均匀通有电流的长直导线，其内部和外部均存在磁场，且磁场分布呈轴对称性。据题意，只需求得单位长度导线内所储存的磁能，因此根据磁能密度公式，求得体元内的磁能，然后对圆柱内部的磁能进行积分即可。

解：设圆柱形导体的半径为R.由安培环路定律可得长直导线内的磁场

B

导线内的磁能密度

0r

2R2

I, r

B210rwm20202R2

在导线内取单位长度的同轴薄圆柱筒体元dV2rdr

其磁能为 dWmwmdV220IrI24 8R20I2

4R4r3dr

单位长度导体柱内储存的磁场能量为

WmdWm0I2

4R4R0rdr30I216

513-16 平行板电容器的电容为C=20.0μF，两板上的电压变化率为dU/dt =1.50×10V/s，

则该平行板电容器中的位移电流为多少。

分析：根据平行板电容器的性质，平行板间为均匀电场，电位移D均匀分布，由平行板电容器场强与电压关系式，求出电位移通量与电压U的关系，并求出位移电流。

解：设平行板电容器的极板面积S、间距d，其间电位移通量为

DS0ES0US d

S，代入上式得CU d对平行板电容器，其电容为C0

位移电流为

IdddUC201061.51053A dtdt

13-17 一平行板电容器，极板是半径为R的两圆形金属板，极板间为空气，此电容器与交变电源相接，极板上电量随时间变化的关系为q=q0sinωt(ω为常量)，忽略边缘效应，求：

（1）电容器极板间位移电流及位移电流密度；

（2）极板间离中心轴线距离为r(r

（3）当t/4时，b点的电磁场能量密度（即电场能量密度与磁场能量密度之和）。 分析：根据电流的连续性，电容器极板间位移电流等于传导电流求解位移电流。忽略边缘效应，极板间位移电流均匀分布求解位移电流密度。根据全电流安培环路定理求出磁场强度极板间的磁场强度。由极板间电场强度、磁场强度可求得电磁场能量密度。

解：（1）电容器极板间位移电流

IdC

或由电流连续性得： dUCU0costq0cost dt

Id

位移电流密度 dqq0cost dt

Idq0cost SR2d

（2）以中心轴线为圆心，过b点作一半径为r(r

LHdlId'，有

qcost2H2rdr20r R2

解得

Hq0rcost 22R

(3) t

时，Hq0rcos0r 

222R4R

E01q0sin/4 2200R2R0

b点的电磁场能量密度

wwewm

0E2

20H2

22102r2 q0244R04

13-18 由一个电容C=4.0μF的电容器和一个自感为L=10mH的线圈组成的LC电路，当电容

－5器上电荷的最大值Q=6.0×10C时开始作无阻尼自由振荡。试求

（1）电场能量和磁场能量的最大值；

（2）当电场能量和磁场能量相等时，电容器上的电荷量。

分析：由电容器储能，自感磁能，求电场能量，磁场能量。

解：（1）由初始条件可知，电磁振荡的初相位0.所以电容器上的电量振荡表达式为

qQ0cost

自感线圈上的电流振荡表达式为

I

系统固有振动角频率dqQ0sint

dt 2Q2Q0cos2t，所以电场能量的最大值为 由于电场能量为We2C2C

2Q04.5104J 2CWeMAX

2LI2LI0sin2t，所以磁场能量最大值为 由于磁场能量为Wm22

22LI0Q04.5104J 22CWmMAX

电场能量和磁场能量的最大值相同，都与系统总能量相等。

(2) 电场能量和磁场能量相等时，WeWm

解得

cost

所以电容器上的电荷量为

2

q04.3105C 13-19 一个沿负z方向传播的平面电磁波，其电场强度沿x方向，传播速度为c。在空间某点的电场强度为

Ex300cos2vtV/m 3

试求在同一点的磁场强度表达式，并用图表示电场强度和传播速度之间相互关系。 分析：根据电场强度与磁场强度的定量关系可得该点的磁场强度。

解：由于平面电磁波沿负z方向传播，某点电场强度E的振动方向沿x轴正方向，根据电场强度、磁场强度和传播方向三者满足右旋关系，则该点磁场强度的振动方向沿负y轴方向。由此，根据电场强度与磁场强度的定量关系式可得该点的磁场强度表示式为

Hyx0.8cos2vtA/m 3

用坡印廷矢量S的方向表示电磁波的传播方向。电

场强度、磁场强度和电磁波的传播方向（坡印廷矢

量）三者满足关系SEH。

题13-19解图