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电磁学练习题2第六章 静电场1一、选择题1、下列几个叙述中哪一个是正确的？ [ ]（A ）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。
（B ）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同。
（C ）场强方向可由E =F/q 定出，其中q 为试验电荷的电量，q 可正、可负，F为试验电荷所受的电场力。
（D ）以上说法都不正确。
2、一均匀带电球面，电荷面密度为σ，球面内电场强度处处为零，球面上面元dS 带有dS σ的电荷，该电荷在球面内各点产生的电场强度为 [ ] (A) 处处为零； (B) 不一定都为零； (C) 处处不为零； (D) 无法判断。
3、如图所示，任一闭合曲面SO为S面上任一点，若将q由闭合曲面内的P点移到T点，且OP=OT，那么[ ](A) 穿过S面的电通量改变，O点的场强大小不变；(B) 穿过S面的电通量改变，O点的场强大小改变；(C) 穿过S面的电通量不变，O点的场强大小改变；(D) 穿过S面的电通量不变，O点的场强大小不变。
4、关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是[ ](A) 如果高斯面内无电荷，则高斯面上E 处处为零；(B) 如果高斯面上E 处处不为零，则该面内必无电荷；(C) 如果高斯面内有净电荷，则通过该面的电通量必不为零；34(D) 如果高斯面上E处处为零，则该面内必无电荷。
5、 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1<R 2)，小球带电Q ，大球带电-Q ，下列各图中哪一个正确表示了电场的分布 [ ](A) (B) (C) (D) 二、填空题1、 如图所示，边长分别为a 和b的矩形，其A 、B 、C 三个顶点上分别放置三个电量均为q的点电荷，则中心O 点的场强为 方向 。
2、在场强为E的均匀电场中，有一半径ABC60b aOO 1R 2R ErO 1R 2R E rO 1R 2R E rO 2R E1R r5为R 长为L 的圆柱面，其轴线与E的方向垂直，在通过轴线并垂直E方向将此柱面切去一半，如图所示，则穿过剩下的半圆柱面的电场强度通量等于 。
《电磁场与电磁波基础教程》（第2版）（符果行编著）习题解答第1章1.1 解：（1）==A B=C（2）)))23452A x y zB y zC x z ==+-=-+=-，，；A a a a a a a a a a a A（3）()()+2431223x y z x y z =+-+-+=--=+；A B a a a a a a A B （4）()()23411x y z y z ⋅=+-⋅-+=-；A B a a a a a （5）()()234104x y z y z x y z ⨯=+-⨯-+=---；A B a a a a a a a a （6）()()()1045242x y z x z ⨯⋅=-++⋅-=-；A B C a a a a a（7）()()()x 104522405x y z x z y z ⨯⨯=-++⨯-=-+A B C a a a a a a a a 。
1.2解：cos 68.56θθ⋅===︒；A B A BA 在B 上的投影cos 1.37B A θ===A ；B 在A 上的投影cos 3.21A B θ===B 。
1.3 解：()()()()()()()4264280⋅=-++-=正交A B 。
1.4 解：1110x x y y z z x y y z z y ⋅=⋅=⋅=⋅=⋅=⋅=，，；；a a a a a a a a a a a a 0x x y y z z ⨯=⨯=⨯=；a a a a a a x y z y z x z x y ⨯=⨯=⨯=；，a a a a a a a a a 。
1.5 解：（1）111000z z z z ρρϕϕρϕϕρ⋅=⋅=⋅=⋅=⋅=⋅=，，；，，a a a a a a a a a a a a ；000z z z z z ρρϕϕρϕϕρρϕ⨯=⨯=⨯=⨯=⨯=⨯=，，；，，a a a a a a a a a a a a a a a 。
![电磁学(赵凯华)答案[第6章麦克斯韦电磁理论]](https://img.taocdn.com/s1/m/a8af6805aaea998fcc220e9f.png)
1 一平行板电容器的两极板都是半径为的圆导体片，在充电时，其中电场强度的变化率为：。
试求：（1）两极板间的位移电流；（2）极板边缘的磁感应强度。
解: （1）如图所示,根据电容器极板带电情况，可知电场强度的方向水平向右（电位移矢量的方向与的方向相同）。
因电容器中为真空，故。
忽略边缘效应，电场只分布在两板之间的空间内，且为匀强电场。
已知圆板的面积，故穿过该面积的的通量为由位移电流的定义式，得电容器两板间位移电流为因，所以的方向与的方向相同，即位移电流的方向与的方向相同。
（2）由于忽略边缘效应，则可认为两极板间的电场变化率是相同的，则极板间的位移电流是轴对称分布的,因此由它所产生的磁场对于两板中心线也具有轴对称性。
在平行板电容器中沿极板边缘作以半径为的圆，其上的大小相等，选积分方向与方向一致，则由安培环路定理可得（全电流）因在电容器内传导电流，位移电流为，则全电流为所以极板边缘的磁感应强度为根据右手螺旋定则，可知电容器边缘处的磁感应强度的方向，如图所示。
2 一平行板电容器的两极板为圆形金属板，面积均为，接于一交流电源时，板上的电荷随时间变化，即。
试求：（1）电容器中的位移电流密度的大小；（2）设为由圆板中心到该点的距离，两板之间的磁感应强度分布。
解: （1）由题意可知，，对于平行板电容器电位移矢量的大小为所以，位移电流密度的大小为（2）由于电容器内无传导电流，故。
又由于位移电流具有轴对称性，故可用安培环路求解磁感应强度。
设为圆板中心到场点的距离，并以为半径做圆周路径。
根据全电流安培环路定理可知通过所围面积的位移电流为所以.最后可得3. 如图（a）所示，用二面积为的大圆盘组成一间距为的平行板电容器，用两根长导线垂直地接在二圆盘的中心。
今用可调电源使此电容器以恒定的电流充电，试求：（1）此电容器中位移电流密度；（2）如图（b）所示，电容器中点的磁感应强度；（3）证明在此电容器中从半径为﹑厚度为的圆柱体表面流进的电磁能与圆柱体内增加的电磁能相等。
第六章时变电磁场有一导体滑片在两根平行的轨道上滑动，整个装置位于正弦时变磁场之中，如题图所示。
滑片的位置由确定，轨道终端接有电阻，试求电流i.解穿过导体回路abcda的磁通为故感应电流为一根半径为a的长圆柱形介质棒放入均匀磁场中与z轴平行。
设棒以角速度绕轴作等速旋转，求介质内的极化强度、体积内和表面上单位长度的极化电荷。
解介质棒内距轴线距离为r处的感应电场为故介质棒内的极化强度为极化电荷体密度为极化电荷面密度为则介质体积内和表面上同单位长度的极化电荷分别为平行双线传输线与一矩形回路共面，如题图所示。
设、、，求回路中的感应电动势。
解由题给定的电流方向可知，双线中的电流产生的磁感应强度的方向，在回路中都是垂直于纸面向内的。
故回路中的感应电动势为式中故则有一个环形线圈，导线的长度为l，分别通过以直流电源供应电压U0和时变电源供应电压U（t）。
讨论这两种情况下导线内的电场强度E。
解设导线材料的电导率为，横截面积为S，则导线的电阻为而环形线圈的电感为L，故电压方程为当U=U0时，电流i也为直流，。
故此时导线内的切向电场为当U=U（t）时，，故即求解此微分方程就可得到。
一圆柱形电容器，内导体半径为a，外导体内半径为b，长为l。
设外加电压为，试计算电容器极板间的总位移电流，证明它等于电容器的传导电流。
解当外加电压的频率不是很高时，圆柱形电容器两极板间的电场分布与外加直流电压时的电场分布可视为相同（准静态电场），即故电容器两极板间的位移电流密度为则式中，是长为l的圆柱形电容器的电容。
流过电容器的传导电流为可见由麦克斯韦方程组出发，导出点电荷的电场强度公式和泊松方程。
解点电荷q产生的电场满足麦克斯韦方程和由得据散度定理，上式即为利用球对称性，得故得点电荷的电场表示式由于，可取，则得即得泊松方程试将麦克斯方程的微分形式写成八个标量方程：（1）在直角坐标中；（2）在圆柱坐标中；（3）在球坐标中。
解（1）在直角坐标中（2）在圆柱坐标中（3）在球坐标系中已知在空气中，求和。
第六章 时变电磁场6.1 有一导体滑片在两根平行的轨道上滑动，整个装置位于正弦时变磁场5cos mT z e t ω=B 之中，如题6.1图所示。
滑片的位置由0.35(1cos )m x t ω=-确定，轨道终端接有电阻0.2R =Ω，试求电流i.解 穿过导体回路abcda 的磁通为5cos 0.2(0.7)cos [0.70.35(1cos )]0.35cos (1cos )z z d B ad ab t x t t t t ωωωωωΦ==⨯=⨯-=--=+⎰B S e e故感应电流为110.35sin (12cos ) 1.75sin (12cos )mAin d i R R dt t t t t R ωωωωωωΦ==-=-+-+E6.2 一根半径为a 的长圆柱形介质棒放入均匀磁场0z B =B e 中与z 轴平行。
设棒以角速度ω绕轴作等速旋转，求介质内的极化强度、体积内和表面上单位长度的极化电荷。
解 介质棒内距轴线距离为r 处的感应电场为 00z r r r B φωω=⨯=⨯=E v B e e B e故介质棒内的极化强度为 00000(1)()e r r r r B r B εεεωεεω==-=-P E e e X极化电荷体密度为2000011()()2()P rP r B r r r rB ρεεωεεω∂∂=-∇⋅=-=--∂∂=--P极化电荷面密度为0000()()P r r r a e r a B σεεωεεω==⋅=-⋅=-P n B e则介质体积内和表面上同单位长度的极化电荷分别为220020012()212()P P PS P Q a a B Q a a B πρπεεωπσπεεω=⨯⨯=--=⨯⨯=-6.3 平行双线传输线与一矩形回路共面，如题6.3图所示。
设0.2a m =、0.1m b c d ===、71.0cos(210)A i t π=⨯，求回路中的感应电动势。
第六章 时变电磁场6.1 有一导体滑片在两根平行的轨道上滑动，整个装置位于正弦时变磁场5cos mT z e t ω=B 之中，如题 6.1图所示。
滑片的位置由0.35(1cos )m x t ω=-确定，轨道终端接有电阻0.2R =Ω，试求电流i.解 5cos 0.2(0.7)cos [0.70.35(1cos )]0.35cos (1cos )z z d B ad ab t x t t t t ωωωωωΦ==⨯=⨯-=--=+⎰g g B S e e故感应电流为110.35sin (12cos ) 1.75sin (12cos )mAin d i R R dt t t t t R ωωωωωωΦ==-=-+-+E6.2 一根半径为a 的长圆柱形介质棒放入均匀磁场0z B =B e 中与z 轴平行。
设棒以角速度ω绕轴作等速旋转，求介质内的极化强度、体积内和表面上单位长度的极化电荷。
解 介质棒内距轴线距离为r 处的感应电场为00z r r r B φωω=⨯=⨯=E v B e e B e故介质棒内的极化强度为 00000(1)()e r r r r B r B εεεωεεω==-=-P E e e X极化电荷体密度为2000011()()2()P rP r B r r r rB ρεεωεεω∂∂=-∇⋅=-=--∂∂=--P极化电荷面密度为00()(P r r r a e r σεεωε==⋅=-⋅=-P n B e 则介质体积内和表面上同单位长度的极化电荷分别为220020012()212()P P PS P Q a a B Q a a B πρπεεωπσπεεω=⨯⨯=--=⨯⨯=-6.3 平行双线传输线与一矩形回路共面，如题6.3图所示。
设0.2a m=、0.1m b c d ===、71.0cos(210)A i t π=⨯，求回路中的感应电动势。
解 由题给定的电流方向可知，双线中的电流产生的磁感应强度的方向，在回路中都是垂直于纸面向内的。
第6章 稳恒磁场6-1 由毕—沙定律30d 4r rl I B d⨯=πμ可得 ),,(o o a 点，k a l I i j a l I B20204d )(4d d πμπμ-=⨯=),,(o a o 点，0)(4d d 20=⨯=j j al I Bπμ),,(a o o 点，i al I k j a l I B20204d )(4d d πμπμ-=⨯= ),,(o a a 点，)()2(4d d 020a j a l I B ⨯=μ k a l I j i j a Idl202016d 2)(228πμπμ-=+⨯=),,(c o a 点，)(22)2(4d d 20k i j a l I B+⨯=πμ )(16d 220k i al I-=πμ 6-2 在X 轴上P 点的磁感应强度如图示，可得i x d I i r r I i B B)(d d 22cos 22201101+=⨯⨯==πμπμα 显然x =0处为B 的最大值d0πμIB m =6-3 解法（一）由直电流磁场公式)sin (sin 4220ααπμ+=rIB 可得A 点的磁感（见图示）)T (1073.110220310343310---⨯=⨯⨯⨯==a I πμ B的方向由右手定则知为垂直纸面向外。
习题6-2图习题6-3图23326sin 2sin 60sin 400⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛+︒=a I a IB πμπππμ解法（二） P 点的磁感应强度大小为)cos (cos 4210ββπμ-=bIB b 为场点P 到载流直导线的垂直距离。
第1段载流直导线在A 点产生的01=B 。
第2段载流直导线在A 点产生的B 2。
aa b 2360sin 180,6021=︒=︒=︒=ββ则)180cos 60(cos 402︒-︒=bIB πμ)T (1073.14323234300-⨯==⨯=aI a Iπμπμ)T (1073.1321-⨯=+=B B B6-4 2002104422RIlR I B B B πμπμ+⨯=+= ⎪⎭⎫⎝⎛+=+=ππμαπμ4324)2(400R I R L )38(160ππμ+=RI方向垂直纸面向外。
电磁学第二版习题答案第六章习题在无限长密绕螺线管内放一圆形小线圈，圆平面与螺线管轴线垂直。
小线圈有100 6.2.11 匝，半径为1cm ，螺线管单位长度的匝数为200cm . 设螺线管的电流在0.05 s 内以匀变化率从 1.5 A 变为-1.5 A(1) 求小线圈的感应的电动势;(2) 在螺线管电流从正直经零值到负值时，小线圈的感应电动势的大小和方向是否改变, 为什么,解答:1 2 , 小线圈半径R, = 10 (1) 螺线管单位长度的匝数n=200 cm m , 匝数N , , 100 ，若选择电动势的正方向与电流的正方向相同，螺线管内小线圈的感应电动势大小为, , , N , ddt, , N , dBdtS , , , 0 n( R, 2 ) N , dIdt , 4.7 ,10 2V .>0表明电动势的方向与设定的方向相同。
螺线管电流从正值经零值到负值时，小线圈的感应电动势的大小和方向都不变，(2)因为电流以及磁通量都以相同的变化率作变化。
6.2.2 边长分别为a=0.2 m 和b=0.1 m 的两个正方形按附图所示的方式结成一个回路，单2 , 位的电阻为 5 , 10 10 . 回路置于按 B , Bm sin ， t 规律变化的均匀磁 场中， mBm , 10 2 T ， ， , 100 s 1 。
磁场 B 与回路所在平面垂直。
求回路中感应 电流的最大值。
解答:在任一瞬时，两个正方形电路中的电动势的方向相反，故电路的总电动势的绝对值，故回路电阻为 因回路单位长度的电阻 , , 5 ,10 ma ，b ， , 6 ,10 2 ,回路中感应电流的最大值为I m , R, m , 0.5 A已知 r x (设 x 以匀速 v , 而大线圈在校线圈内产生的磁场可视为均匀时间 t dt而变.(1) 把小线圈的磁通 , 表为 x 的函数, 表为 x 的函数 (2) 把小线圈的感应电动势 (绝对值 )(3) 若 v , 0 , 确定小线圈内感应电流的方向 .解答:cos大 d , 小 dB 2 , , , a， b2 ， , ， a 2 b2 Bm cos ，t , , m t dt dt dt6.2.3 半径分别为 R 和 r 的两个圆形线圈同轴放置，相距为 x (见附图)。
dx x .(1) 满足条件R x 下,载流大线圈在面积S 为的小线圈的磁通量为,0 IR 2 , , BS , r 2 2 x3小线圈的磁感应电动势(绝对值)为(2),0 Ir 2 R 2 3,0 Ir 2 R 2 d , , , , ( 3x 4 dxdt ) , v dt 2 2 x 4(3) 若时, 小线圈内感应电流与大线圈的电流的方向相同在无限长密绕螺线管外套一个合金圆环，圆心在轴线上，圆平面与轴线垂直( 见附6.2.4图). 管内系统随时间以常变化率 2 ，增大，电流表经开关接到环上的P、Q(两点连线过环心).( ( (1) 求开关断开时下列情况的U PQ : a) 两个半圆的电阻都为R，b) 左半环电阻为R，右半环电阻为2R;(2) 设电流表所在支路电阻为零，求开关接通时电流表在上问的(a)(b)情况下的电流I A ( 大小和方向);(3)若座半环电阻为R，有半环电阻为kR (其中k , 0 )，试证开关接通时I无关。
解答:(1) 馆内磁通随时间以常变化率2 ，增大时，在开关断开时，感应电动势d, , , , 2 ，dt(a) 两个半环的电阻都为R 时，等效电阻如图6.2.4(a) 所示，, , , R , , 0 U PQ , , QP 2R 2 2方向向上。
(3) 左半环电阻为 R ，右半环电阻为 kR ，电流表开关接通时，利用戴维南定理等效电路如图 6.2.4(e) 所示，等效电源的电动势为, ，1 k ， ， kR , , e , U PQ , , QP等效电阻为(b) 左半环电阻为 R ，右半环电阻为 2R 时，等效电路如图 6.2.4(b) 所示，有 , , 2, , ， 2R , , , U PQ , , QP 3R 2 3 6 3 (2) 电流表开关接通时 : (a) 两个半环的电阻都为 R 时，等效电路利用戴维南定理如图 6.2.4(c) 所示，有 右半环的支路于电流表支路组成的闭和回路中没有磁场，亦没有磁通的变 化，因此该回路的 总电动势为 0 。
已知右半环的支路上的电动势为 ，因此电 流表支路的电动势亦为 ，由图 6.2.4(c) 可见，通过电流表的电流为2， , A 2, A , , I A , R R R 2 方向向上。
(b) 左半环电阻为 R ，右半环电阻为 2R 时，利用戴维南定理等小电路如图 6.2.4(d) 所示，等效电源的电动势等于开路电压 U PQ , , 2, , ， 2R , , , U e , U PQ , , QP 3R 2 3 6 3 等效电阻为 R ， 2R ， 2R , Re , 3 R ， 2R等效电路如图 6.2.4(d) 右图所示，因等效电动势 , e , 0 ，故将其极性相 反，求得通过 电流表的电流大小为 , ， ， , e ， I A , 2R R Re，1 ， k ， ， 1 ， k ， RR ，kR ，kR , Re , ，1 ，k ，R 1 ，k等效电路如图 6.2.4（e）右图所示。
按等效电动势, e 的方向，极性如图所示，求得通过电流表的电流大小, ，1 k ，，, e 2 ，1 ，k , , I A , 2 kR R Re方向向上。
证明开关接通时的I A 与k 无关。
直径为D的半圆形导线置于与它所在平面垂直的均匀磁场 B （见附图），当导线 6.3.1绕着过P点并与 B 平行的轴以匀角速度，逆时针转动时，求其动生电动势, PQ解答:在辅助线PQ,与圆弧PQ构成闭合回路，当绕着P点以匀角速度，逆时针转动时，封闭曲线的面积不变，因而闭合回路的总电动势, PQQP , , PQ ，, QP ,0 ，沿圆弧的动生电动势BD 2 , , v , B vBdl , P P P 0 2l ，电阻为R（见附图）。
导轨两端分平行金属导轨上放一金属杆，其EF 段长度为 6.3.2别连接电阻R1 和R2 ，整个装置放在均匀磁场 B 中， B 与导轨所在的平面垂直。
设金属杆以v速度匀速向右平动，忽略导轨的电阻和回路的自感，求杆中的电流。
解答:当金属杆以速度v 运动时，杆上有电动势, , vBl ，附图的等效电路图如图6.3.2 所示，杆中的电流大小为, vBl ，R1 ，R2 ，I , , R1R2 R ，R1 ，R2 ，，R1 , R2 RR1 ，R2m 的金属杆，其PQ 段的长度为l（见附图）. 半无限长的平行金属导轨上放一质量为 6.3.3导轨的一端连接电阻R。
整个装置放在均匀磁场B中，B与导轨所在的平面垂直。
设杆以初速度v0 向右运动，忽略导轨和杆的电阻及其间的摩擦力，忽略回路自感。
(1) 求金属杆所能通过的距离;(2) 求此过程中电阻R 所发的焦耳热;(3) 试运用能量守恒定律分析上述结果。
解答:（1）当金属杆以速度v 沿x 轴正方向（平行于轨道向右）运动时，杆上的电动势, , vBl ，电路的电流为i , vBl R . 从而受到的电磁力大小为2 2 2 2 vB l B l dx F , iBl , ,R R dt此电磁力与运动方向相反，根据牛顿第二定律，有2 B 2l dx dv F , , R dt dtmR dx , dv B l2 2设杆的起始位置为x=0 ，金属杆所能移过的距离为0 mR mR x , dv , v0 ，v0 B 2l 2 B l2 2(2) 此过程中电阻所发的焦耳热为2 0 B l2 2 x B l2 2 vBl 1 mR 2 i Rdt , mv0 2 v 2 2 dv , Q ,Rdt , ，vdx , ，0 0 0 v0 R 2 Bl R R(3) 从能量受恒定律进行分析: 起始情况，金属杆以速度v0 运动具有的动能1 mv02 ，由于受到电磁阻力的作用杆的速度最终减至0 ，金属杆的动能全2部转化为电路所消耗的焦耳热。
6.3.4 上题中如果用一向右的恒力F 拉金属杆，并把初速度改为0 ，求证杆的速率随时间B 2l 2 F 变化的规律为v ，t ，, ，1 e ，t，其中，, ma mR 2证明:当金属杆以速度v 运动时，电路中电流为I ，金属杆所受的电磁力大小为vBl B l2 2 , v Fm , Bil , Bl R R根据牛顿第二定律，金属杆所受的合力与加速度的关系为2 B 2l dv F v , m经整理得, dv F B l2 2 v dt m mRB 2l 2 令，, ，得mRdv Fv ,dt m ，分离变量得v m, F , , dtm，积分后得v ln , ，t ，Cm，式中:C为待定系数，由初始条件，t=O,v(O)=O,得F C , ln mam，v ln , ，t Fm，F v m, , e , t Fm，证得杆的速率随时间变化的规律为F v ，t ，, ，1 e ，t ，ma长度各为1m,电阻各为4,的两根均匀金属棒PQ和MN放在均匀稳恒磁场B 中，6.3.5B , 2T , 方向垂直纸面向外(见附图) 。
两棒分别以速率v1 , 4 m s 和v2 ,导轨向左匀速平动，忽略导轨的电阻及回路自感，求; (!) 两棒的动生电动势的大小，并在图中标出方向;(2) U PQ 和U MN(3) 两棒中点和的电势差。
解答:(1) PQ 杆的电动势的方向由Q 指向P 大小为MN杆的电动势的方向由N指向M大小为M ，v2 , B ，dl , v2 Bl , 4V N(2) 设电路的电流为顺时针方向，大小为, PQ , NM I , , 0.5 AR 2 ，R1PQ 杆之间的电压为U PQ , , QP IR1 , 6VMN杆之间的电压为U MN , , NM IR2 , 6V(3) PQ 杆中点O1 与O2 之间的电压为, QP IR1 , 3 VU O1Q , 2 2MN杆中点02与N之间的电压为, NM IR2 ，, 3 V U O2 N , 2 2因Q 点与N 点等势，故01 与02 间的电压为V U 0102 , U 0Q U 02 N , 0 1半圆形刚性导线在摇柄驱动下在均匀磁场 B 中作匀角速转动（见附图），半圆形的 6.3.6半径为0.1m ，转速为3000 r min ，求动生电动势的频率和最大植。
解答:只有半圆弧的运动对动生电动势有贡献，沿旋转轴（即直径）作一辅助线，与半圆弧连成一封闭曲线，设t=0 时，半圆面的位置如附图所示，选取半圆面的法线方向垂直向外，t 时刻通过半圆面的磁通量为, , B S , B cos ，t 2封闭曲线产生的感应电动势方向沿顺时针，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小为2 d , , , sin ，t , dt 2感应电动势的变化频率为N 1 3000f , , s , 50 Hz t 60感应电动势的圆频率为，, 2 f , 100 rad s电动势的最大值为B R 2，, 2.7 m , m , 2，作匀匀角速转动，转轴垂半径为R 的圆形均匀刚性线圈在均匀磁场 B 中以角速度6.3.6图中 r=5.0 cm直于B （见附图），轴与线圈交于A 点，弧长AC 占1 4周长，M 为AC 弧的中 点。
