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基础物理学第七章(电磁感应)课后习题答案

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第七章电磁感应变化电磁场思考题7-1感应电动势与感应电流哪一个更能反映电磁感应现象的本质？答：感应电动势。

7-2 直流电流表中线圈的框架是闭合的铝框架，为什么？灵敏电流计的线圈处于永磁体的磁场中，通入电流线圈就发生偏转。

切断电流后线圈在回复原来位置前总要来回摆动好多次。

这时如果用导线把线圈的两个接头短路，则摆动会马上停止。

这是什么缘故?答：用导线把线圈的两个接头短路，线圈中产生感应电流，因此线圈在磁场中受到一力偶矩的作用，阻碍线圈运动，使线圈很快停下来。

7-3让一块磁铁在一根很长的铅直铜管内落下，若不计空气阻力，试描述磁铁的运动情况，并说明理由。

答：当磁铁在金属管中时，金属管内感应感生电流，由楞次定律可知，感生电流的方向，总是使它所激发的磁场去阻止引起感应电流的原磁通量的变化，即：阻碍磁铁相对金属管的运动。

磁铁在金属管内除重力外，受到向上的磁力，向下的加速度减小，速度增大，相应磁力增大。

当磁力等于重力时，磁铁作匀速向下运动，达到动态平衡。

7-4用金属丝绕制的标准电阻是无自感的，怎样绕制才能达到自感系数为零的目的？答：如果回路周围不存在铁磁质，自感L的数值将与电流无关，仅由回路的几何性质、匝数以及周围磁介质的磁导率所决定。

把一条金属丝接成双线绕制，就能得到自感系数为零的线圈。

做纯电阻用的电阻器都是这样绕制的。

7-5 举例说明磁能是贮藏在磁场中的。

7-6如果电路中通有强电流，当你突然拉开闸刀断电时，就会有火花跳过闸刀。

试解释这一现象。

答：当突然拉开通有强电流电路中的刀闸而断电时，电路中电流迅速减小，电流的变化率很大，因而在电路中会产生很大的自感电动势。

此电动势可以把刀闸两端间的空气击穿，因而在刀闸处会有大的火花跳过。

7-7 变化的电场所产生的磁场，是否一定随时间而变化？变化的磁场所产生的电场，是否也一定随时间而变化？7-8 试比较传导电流与位移电流。

答：位移电流具有磁效应-与传导电流相同。

两者不同之处：产生机理不同，传导电流是电荷定向运动形成的，位移电流是变化的电场产生的；存在条件不同，传导电流需要导体，位移电流不需要导体，可以存在于真空中、导体中、介质中；位移电流没有热效应，传导电流产生焦耳热。

7-9 试由麦克斯韦方程组的积分形式，定性地说明怎样产生统一的电磁场；并说明静电场和稳恒磁场是统的一电磁场在一定条件下的一种特殊形式。

7-10 麦克斯韦方程组积分形式中，两个高斯定理与静电场和稳恒磁场的高斯定理形式相同。

其物理意义是否相同？解：上述两式形式上尽管相同，但在实质上却有原则区别，静电场中穿过任一闭合曲面的通量由静电荷的代数和决定。

在电磁场中，穿过闭合曲面的通量除由静电荷的电力线外，还有变化的磁场产生的涡旋电场的电力线，而涡旋电场的电力线是闭合曲线，因而其通量总是零。

习 题7-1 一导线ab 弯成如图的形状（其中cd 是一半圆，半径r =0.10m ，ac 和db 两段的长度均为 l =0.10m ），在均匀磁场（B =0.50T ）绕轴线 ab 转动，转速 n =60rev/s 。

设电路的总电阻（包括电表M 的内阻）为1,000Ω，求导线中的感应电动势和感应电流，它们的最大值各是多大？解：设t=0 时，半圆面的法向方向与B 同向 t 时刻时，m B dS Φ=⋅=22cos cos 222B r B r t nt ππωπ= 22sin 2 2.96sin120V d B r n nt t dt επππΦ=-==2.96m V ε=32.96sin120V 2.9610sin120A1000t I t R εππ-===⨯32.9610A m I -=⨯7-2 如图所示，一长直导线载有I =5.0A 的电流，旁边有一矩形线圈ABCD （与此长直导线共面），长l 1 =0.20m ，宽l 2 =0.10m ，长边与长导线平行，AD 边与导线相距a =0.10m ，线圈共1,000匝。

令线圈在速度v 垂直于长导线向右运动，v =3.0m/s ，求线圈中的感应电动势。

解：以直导线上某点作为坐标原点o ，沿水平方向建立x 轴。

在矩形框内距离原点x 处取长为1l 、宽为dx 的矩形条作为面积元。

则穿过此面积元的磁通量为012m Id B dS l dx xμπΦ=⋅=t 时刻穿过矩形框的磁通量为2200121()ln 22a l vta l vtm m a vta vtI Il a l vtt d l dx x a vtμμππ++++++++Φ=Φ==+⎰⎰此时的感应电动势为0122()()2()()m i d t v NIl l t Ndt a vt a l vt μεπΦ=-=+++0=t 时, 30122(0) 3.010V 2()i N Ivl l a a l μεπ-==⨯+7-3 如果上题中的线圈保持不动，而在长直导线中通有交变电流 A )100sin(10t I π=，t 以秒计，则线圈中的感应电动势如何？ 解：012m Id B dS l dx xμπΦ=⋅=⋅ 201012ln 22a l m S a Il Il a l dx B dS x a μμππ++∴Φ=⋅==⎰⎰701224100.20.10.1ln 1000ln 10100cos(100)220.10.04ln 2cos(100)V=8.710cos(100)Vm i d l a l dI N N t dt a dt t t μπεπππππππ--Φ+⨯⨯+=-=-=-⨯⨯⨯=--⨯7-4 如图所示，质量为M 、长度约为 l 的金属棒a b 从静止开始沿倾斜的绝缘框架下滑，设磁场B 竖直向上，求棒内的动生电动势与时间的函数关系。

假定摩擦可以忽略不计。

解：金属棒所受重力加速度沿斜面方向的分量为θsin //g g =，棒的速度t g v θsin =。

磁场沿垂直于棒运动方向（垂直于斜面）的分量为θcos B B =⊥ 故棒的动生电动势为lv B i ⊥=εθθθ2sin 21sin lg cos Bltg t B ==7-5如图所示，金属杆AB 以匀速 v 平行于一长直导线移动，此导线通有电流I 。

问：此杆中的感应电动势为多大？杆的哪一端电势较高？解:在AB 上距长直导线为l 处任取一微元dl , 其方向指向B ，根据动生电动势的定义式，可得：0()ln 22B a b A a Ivdl Iv a b v B dl l aμμεππ++=⨯⋅==⎰⎰电动势的方向由A 指向B ，B 端的电势高。

7-6 有一均匀磁场，磁感强度为B ，B 的量值以恒定的变化率dBdt在变化，把一块质量为m 的铜，拉成截面半径为 r 的导线，并用它做成一个圆形回路（半径为R ）。

圆形回路的平面与B 垂直。

试证：这回路中的感应电流为 dtdBd m i πρ4=。

式中ρ 为铜的电阻率，d 为铜的密度。

证明：磁感强度以恒定的变化率dBdt在变化，在周围产生感生电场，半径为R 的圆形回路上感生电场的大小为2R dBE dt=， 感应电动势大小为22dB E dl E R Rdtεππ=⋅=⋅=⎰感应电流的大小为2//dBi R RR dtεπ''==， 其中R '是圆形回路的电阻222/2/r Rr R S l R ρππρρ===' r 是导线截面的半径，与质量的关系为R r d dV m ππ22==，222πRd mr =∴m Rd R r R R 22222πρρ⋅=='，22224dB m m dB i R dt R Rd d dtπρππρ=⋅=⋅ 证毕。

7-7 长度为L 的铜棒，以距端点（A ） a 处为支点，并以角速率 ω 绕通过支点垂直于铜棒的轴转动。

设磁感强度为B 的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差。

解:以支点作为坐标原点0，在距O 点为l 处取一线元dl ，其方向指向B ，则该线元相对磁场的运动速度v 垂直于dl 和B ，其大小为v l ω=故在dl 内产生的动生电动势为()i d v B dl lBdl εω=⨯⋅=所以 211(2)22L aL ai a alBdl B lB L L a εωωω----===-⎰7-8 在如本题图所示的平面内，无限长直导线通有稳恒电流I 。

一长为L 的金属棒，绕其一端O 在此平面内按顺时针方向匀速转动，角速度为ω 。

当金属棒转至与长直导线垂直（ON ）位置时，棒内感应电动势的大小和方向。

解：建立坐标系，在 ON 上取线元 dl ，则02IB lμπ=， ()i d v B dl vBdl ε=⨯⋅= ，0()v l r ω=-， 0000000000000()()[ln(1)]222r L r L r L i r r r l r I I r I L dl dl dl L r l l r ωμμωμωεπππ+++-==-=-+⎰⎰⎰方向O->N7-9 一电阻为R =2.0 Ω 的闭合回路，处于变化的磁场中（见题 7-9 图）。

若通过回路的磁通量与时间的关系为Φ m = (5t 2+8t+2)×10-3Wb ，求t = 2s 时回路中的感应电动势及感应电流。

解:mi d dtεΦ=-由法拉第电磁感应定律, 23(582)10Wb m t t -Φ=++⨯∴3(108)10V i t ε-=-+⨯ s t 2=时V i 2108.2-⨯-=ε电流大小为2/ 1.410A i I R ε-==⨯ 方向为顺时针方向7-10 两线圈的自感分别为L 1和L 2，它们之间的互感为M 。

（1）将两线圈顺串联，如图(a)所示。

求1和4之间的自感。

（2）将两线圈反串联，如图(b)所示。

求1和3之间的自感。

解：（1）将导线顺着串联，设通有电流I ，线圈内的磁通量为m Φ，总磁通链数为ΦN ，其中由两线圈自感L1，L2产生的磁通链数为I L N 111=Φ，I L N 222=Φ。

由两线圈之间互感产生的磁通链数为MI N =Φ121，MI N =Φ212，所以，总磁通链数MI MI I L I L N N N N N +++=Φ+Φ+Φ+Φ=Φ=ψ212121212211,由LI N =Φ，则M L L L 221++=（2）将两导线反串联，设通有电流I ，线圈总磁通链数为ΦN ，其中由两线圈自感L1，L2和它们之间互感产生的磁通链数分别为I L N 111=Φ，I L N 222=Φ，MI N =Φ121，MI N =Φ212，所以，MI MI I L I L N N N N N --+=Φ-Φ-Φ+Φ=Φ=ψ212121212211 由LI N =Φ，则M L L L 221-+=7-11 已知两共轴螺线管，外管线圈半径为r 1 ，内管半径为r 2 ，线圈匝数分别为 N 1 及N 2 。

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物理学简明教程第七章课后习题答案—高等教育出版社

物理学简明教程第七章课后习题答案—高等教育出版社

物理学简明教程第七章课后习题答案高等教育出版社第七章 恒定磁场和电磁感应7－1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R ＝2r ，螺线管通过的电流相同为I ，螺线管中的磁感强度大小r R B B 、满足（ ）（A ） r R B B 2= （B ） r R B B = （C ） r R B B =2 （D ）r R B B 4=分析与解 在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比21==R r n n r R 因而正确答案为（C ）7－2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量 为（ ）（A ）B r 2π2 （B ） B r 2π（C ）αB r cos π22 （D ） αB r cos π2题 7-2 图分析与解 作半径为r 的圆S ′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S ′的磁通量；S B ⋅=m Φ．因而正确答案为（D ）．7－3 下列说法正确的是（ ）（A ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过（B）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零（C）磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零（D）磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零分析与解由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零.因而正确答案为（B）．7－4一根无限长平行直导线载有电流I，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），则（）（A）线圈中无感应电流（B）线圈中感应电流为顺时针方向（C）线圈中感应电流为逆时针方向（D）线圈中感应电流方向无法确定题 7-4 图分析与解由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为（B）．7－5将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（）（A）铜环中有感应电流，木环中无感应电流（B）铜环中有感应电流，木环中有感应电流（C）铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小（D）铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大分析与解 根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等， 但在木环中不会形成电流．因而正确答案为（A ）．7－6 对位移电流，下述说法正确的是（ ）（A ） 位移电流的实质是变化的电场（B ） 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C ） 位移电流服从传导电流遵循的所有定律（D ） 位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解 位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A ）．7－7 已知地球北极地磁场磁感强度B 的大小为6.0×10－5T ．如图所示，如设想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的，此电流有多大？ 流向如何？解 设赤道电流为I ，则由教材第11－4节例2 知，圆电流轴线上北极点的磁感强度 ()R IR R IR B 24202/32220μμ=+=因此赤道上的等效圆电流为A 1073.12490⨯==μRB I 由于在地球地磁场的Ｎ 极在地理南极，根据右手螺旋法则可判断赤道圆电流应该是由东向西流，与地球自转方向相反．题 7-7 图7－8 如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a 、b 两点，并与很远处的电源相接.求环心O 的磁感强度．题 7-8 图分析 根据叠加原理，点O 的磁感强度可视作由ef 、be 、fa 三段直线以及acb 、a d b 两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，0=ef B ．而be 、fa 两段直线的延长线通过点O ，由于0Idl r ⨯=，由毕奥－萨伐尔定律知0be fa ==B B ．流过圆弧的电流I 1 、I 2的方向如图所示，两圆弧在点O 激发的磁场分别为21101π4r l I μB =,22202π4r l I μB = 其中l 1 、l 2 分别是圆弧acb 、a d b 的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比，而圆弧acb 、a d b 又构成并联电路，故有2211l I l I =将21B B 、叠加可得点O 的磁感强度B ．解 由上述分析可知，点O 的合磁感强度0π4π42220211021=-=-=r l I μr l I μB B B 7－9 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，它们在点O 的磁感强度各为多少？题 7-9 图分析 应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度∑=i B B 0.解 （ａ） 长直电流对点O 而言，有0d =⨯r l I ，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有RI μB 800= B 0 的方向垂直纸面向外．（ｂ） 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得RI μR I μB π22000-= B 0 的方向垂直纸面向里．（c ） 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得RI μR I μR I μR I μR I μB 4π24π4π4000000+=++= B 0 的方向垂直纸面向外．7－10 已知10 mm 2 裸铜线允许通过50 A 电流而不会使导线过热．电流在导线横截面上均匀分布．求导线内、外磁感强度的分布.题 7-10 图分析 可将导线视作长直圆柱体，电流沿轴向均匀流过导体，故其磁场必然呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上的各点，B 大小相等、方向与电流成右手螺旋关系．为此，可利用安培环路定理，求出导线表面的磁感强度．解 围绕轴线取同心圆为环路L ，取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有∑⎰=⋅=⋅I μB 0πr 2d l B在导线内r ＜R ， 2222ππRIr r R I I ==∑，因而 202πRIr μB = 在导线外r ＞R ，I I =∑，因而rI μB 2π0= 磁感强度分布曲线如图所示．7－11 有一同轴电缆，其尺寸如图（ａ）所示．两导体中的电流均为I ，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑．试计算以下各处的磁感强度：（1） r ＜R 1 ；（2） R 1 ＜r ＜R 2 ；（3） R 2 ＜r ＜R 3 ；（4） r ＞R 3 ．画出B －r 图线．题 7-11 图分析 同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r 的同心圆为积分路径， πr 2d ⋅=⋅⎰B l B ，利用安培环路定理∑⎰=⋅I μ0d l B ，可解得各区域的磁感强度．解 由上述分析得r ＜R 122101ππ12πr R μr B =⋅ 21012πR Ir μB = R 1 ＜r ＜R 2I μr B 022π=⋅rI μB 2π02= R 2 ＜r ＜R 3()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=⋅I R R R r I μr B 22232203ππ2π 2223223032πR R r R r I μB --= r ＞R 3()02π04=-=⋅I I μr B04=B磁感强度B （r ）的分布曲线如图（ｂ）．7－12 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为t Φπ100sin 100.85⨯=，式中Φ的单位为Wb ，t 的单位为s ，求在s 100.12-⨯=t 时，线圈中的感应电动势．分析 由于线圈有N 匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成tψt ΦNξd d d d -=-=，其中ΦN ψ=称为磁链．解 线圈中总的感应电动势 ())V (π100cos 51.2d d t tΦN =-=ξ 当s 100.12-⨯=t 时，V 51.2=ξ．7－13 载流长直导线中的电流以tI d d 的变化率增长.若有一边长为d 的正方形线圈与导线处于同一平面内，如图所示.求线圈中的感应电动势.分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律tΦd d -=ξ，来求解.由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用⎰⋅=S S B Φd 来计算.为了积分的需要，建立如图所示的坐标系.由于B 仅与x 有关，即B =B (x )，故取一个平行于长直导线的宽为d x 、长为d 的面元d S ，如图中阴影部分所示，则d S =d d x ，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元d S =d x d y ，则上述积分实际上为二重积分）.本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式tI M d d -=ξ求解. 解1 穿过面元d S 的磁通量为x d x I S B Φd π2d d 0μ=⋅=因此穿过线圈的磁通量为2ln π2d π2d 200⎰⎰===d d Id x x Id ΦΦμμ再由法拉第电磁感应定律，有 tI d t Φd d 21ln π2d d 0）（μξ=-= 解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为2ln π20dI Φμ=线圈与两长直导线间的互感为 2ln π20d I ΦM μ== 当电流以tI d d 变化时，线圈中的互感电动势为 tI d t I M d d 21ln π2d d 0）（μξ=-=题 7-13 图7－14 如图所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高？题 7-14 图分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由t ΦE d d -=求解外（必须设法构造一个闭合回路），还可直接用公式()l B d ⋅⨯=⎰l E v 求解．在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元ｄl 上的动生电动势()l B d d ⋅⨯=v E .在一般情况下，上述各量可能是ｄl 所在位置的函数．矢量（v ×B ）的方向就是导线中电势升高的方向．解1 如图（ｂ）所示，假想半圆形导线OP 在宽为2R 的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路．设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或端点P 距 形导轨左侧距离为x ，则B R Rx Φ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2π212 即B R tx RB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-= 由于静止的 形导轨上的电动势为零，则E ＝－2RvB ．式中负号表示电动势的方向为逆时针，对OP 段来说端点P 的电势较高．解2 建立如图（c ）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元ｄl ，则()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B vB R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰- 由矢量（v ×B ）的指向可知，端点P 的电势较高．解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路．由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量==BS Φ常数.由法拉第电磁感应定律tΦE d d -=可知，E ＝0又因 E ＝E OP ＋E PO即 E OP ＝－E PO ＝2RvB由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势．上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法．7－15 长为L 的铜棒，以距端点r 处为支点，以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B 的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差．题 7-15 图分析 应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同．在开路时，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）．本题可直接用积分法求解棒上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作是OA 棒与OB 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而E OA 和E OB 则可以直接利用第12－2 节例1 给出的结果．解1 如图（ａ）所示，在棒上距点O 为l 处取导体元ｄl ，则()()r L lB ωl lB ωE L-rr ABAB 221d d --=-=⋅⨯=⎰⎰-l B v因此棒两端的电势差为()r L lB ωE U AB AB 221--==当L ＞2r 时，端点A 处的电势较高解2 将AB 棒上的电动势看作是O A 棒和O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中221r ωB E OA =,()221r L B ωE OB -= 则()r L BL ωE E E OB OA AB 221--=-=7－16 如图所示，在“无限长”直载流导线的近旁放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．题 7-16 图分析 本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：（1）当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零［此两段导体上处处满足()0l B =⋅⨯d v ］，因而线框中的总电动势为()()()()hg ef hgefghefE E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v 其等效电路如图（ｂ）所示．（2）用公式tΦE d d -=求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量．为此设时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c ）所示，显然ξ是时间t 的函数，且有v =tξd d ．在求得线框在任意位置处的电动势E （ξ）后，再令ξ＝d ，即可得线框在题目所给位置处的电动势．解1 根据分析，线框中的电动势为hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgefl B l B d d v v()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μvv ()1202πl d d l I +=1vl μ由E ef ＞E hg 可知，线框中的电动势方向为efgh ．解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为()ξξμξμ120020lnπ2d π21l Il x x Il l +=+=Φ⎰ 相应电动势为()()1120π2d d l ξξl l I μt ΦξE +=-=v 令ξ＝d ，得线框在图示位置处的电动势为()1120π2l d d l l I μE +=v由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．7－17 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B 的方向与柱的轴线平行．如图（ａ）所示，有一长为l 的金属棒放在磁场中，设B 随时间的变化率tBd d 为常量．试证：棒上感应电动势的大小为2222d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=l R l t B ξ题 7-17 图分析 变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从而产生感生电动势．由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由⎰⋅=lk l E d ξ计算棒上感生电动势．此外，还可连接OP 、OQ ，设想PQOP构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，由于OP 、OQ 沿半径方向，与通过该处的感生电场强度E k 处处垂直，故0d =⋅l E k ，OP 、OQ 两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势，就是导体棒PQ 上的电动势．证1 由电磁感应定律，在r ＜R 区域，⎰⎰⋅-=⋅=S B t l E k d d dd ξ tB r E r k d d ππ22-=⋅ 解得该区域内感生电场强度的大小tBr E k d d 2=设PQ 上线元ｄx 处，E k 的方向如图（b ）所示，则金属杆PQ 上的电动势为()()222202/2d d d 2/d d 2d cos d l R l t B x r l R tB r xE lk k PQ -=-==⋅=⎰⎰θξx E证2 由法拉第电磁感应定律，有22Δ22d d d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛-==-==l R l t B t B S t ΦE E PQ讨论 假如金属棒PQ 有一段在圆外，则圆外一段导体上有无电动势？ 该如何求解？。

2024高考物理回归课本基础知识填空15.1电磁感应—知识点填空含答案

2024高考物理回归课本基础知识填空15.1电磁感应—知识点填空含答案

（2）[4][5]应用：利用互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈，如变压器就是利用互感现象制成的。
（3）[6]危害：互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间。在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路的正常工作。
14．变化变化本身自感电动势
【详解】[1][2][3][4]当一个线圈中的电流变化时，它产生的变化的磁场不仅在邻近的电路中激发出感应电动势，同样也在它本身激发出感应电动势，这种现象称为自感。由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势。
（2）法拉第电磁感应定律
a.内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的成正比。
b.公式： ，其中n为线圈的匝数。
c.在国际单位制中，磁通量的单位是，感应电动势的单位是。
6．导线切割磁感线时的感应电动势反电动势
（1）导线垂直于磁场运动， 、 、 两两垂直时，如图1所示， 。
（2）导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为 时，如图2所示， 。
8．电磁波与信息化社会
（1）电磁波的传输：电磁波可以通过电缆、光缆进行有线传输，也可实现无线传输。电磁波的频率，相同时间内传递的信息量越大。光的频率比无线电波的频率高得多，因此可以传递大量信息。
（2）电磁波的应用实例
①电视：摄像管摄取景物的图像并将其转换为用信号电流调制高频电流，通过把带有信号的电磁波发射出去。电视接收机收到高频信号以后，经、，将得到的信号送到显像管。伴音信号经解调后送到扬声器。
参考答案：
1．周期性振荡电流自感减少最大值电场能磁场能自感反向充电增多最大值磁场能电场能
【详解】略
2．周期性变化周期性变化固有固有
【详解】略
3．感应电流磁场磁场磁场
【详解】（1）[1][2][3]变化的磁场产生电场，a.实验基础：如图所示，在变化的磁场中放一个闭合电路，电路里就会产生感应电流。b.麦克斯韦的见解：电路里能产生感应电流，是因为变化的磁场产生了电场，电场促使导体中的自由电荷做定向运动。c.实质：变化的磁场产生了电场。
基础物理学武汉第七章 习题答案

基础物理学武汉第七章 习题答案


r < r1 r1 < r < r2 r > r2
總習題 7-8 圖
解答：在直線電流產生的磁場中， 環形電流受到的合力是豎直向下的．選取 方位為 θ 的一段電流元 I2 d l = I2 R d θ ， d F = B · I2 d l = μ 0 I1 μ 0 I1 · I2 R d θ = · I2 R d θ 2πr 2π(R sin θ )
解答：將圓盤電荷分為許多同心細圓環， 其電荷量為 dQ = 2Q Q 2πr d r = 2 r d r πR2 R dQ ωQ = r dr T πR2 ˆ
0 R
該環形電荷旋轉一週的時間是 T = 2π/ω， 形成的微電流為 dI = （1） 圓心處的磁場 B=
S
ˆ
μ0 d I = 2r
μ ωQ μ0 ωQ r dr = 0 2r πR2 2πR
L1
的洛侖茲力 f = 3.2 × 10−15 k N． 7.11 判定正誤 ⑴均勻磁場不會改變帶電粒子的速率． · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · [✓] ⑵非均勻磁場的洛侖茲力能夠對運動電荷做正功． . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . [×] ⑶受到洛侖茲力後， 帶電粒子的動能和動量都不變． . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . [×] 7.12 判定正誤 ⑴閉合載流線圈在均勻磁場中受到的總磁場力為零． · · · · · · · · · · · · · · · · · · [✓] ⑵閉合載流線圈在均勻磁場中受到的磁力矩為零． . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . [×] ⑶電流方向相同的平行直導線相互吸引． · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · [✓] ⑷載流⻑直螺線管中的多匝線圈之間相互排斥． . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . [×] 7.13 磁介質按照磁化率可以分為 順磁質 、抗磁質 、鐵磁質 三類． 7.14 鐵磁材料按照磁滯回線的形狀可以分為 硬磁材料 、軟磁材料 兩類．
物理学简明教程第七章课后习题答案—高等教育出版社

物理学简明教程第七章课后习题答案—高等教育出版社

物理学简明教程第七章课后习题答案高等教育出版社第七章 恒定磁场和电磁感应7－1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R ＝2r ，螺线管通过的电流相同为I ，螺线管中的磁感强度大小r R B B 、满足（ ）（A ） r R B B 2= （B ） r R B B = （C ） r R B B =2 （D ）r R B B 4=分析与解 在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比21==R r n n r R 因而正确答案为（C ）7－2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量 为（ ）（A ）B r 2π2 （B ） B r 2π（C ）αB r cos π22 （D ） αB r cos π2题 7-2 图分析与解 作半径为r 的圆S ′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S ′的磁通量；S B ⋅=m Φ．因而正确答案为（D ）．7－3 下列说法正确的是（ ）（A ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过（B）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零（C）磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零（D）磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零分析与解由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零.因而正确答案为（B）．7－4一根无限长平行直导线载有电流I，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），则（）（A）线圈中无感应电流（B）线圈中感应电流为顺时针方向（C）线圈中感应电流为逆时针方向（D）线圈中感应电流方向无法确定题 7-4 图分析与解由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为（B）．7－5将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（）（A）铜环中有感应电流，木环中无感应电流（B）铜环中有感应电流，木环中有感应电流（C）铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小（D）铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大分析与解 根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等， 但在木环中不会形成电流．因而正确答案为（A ）．7－6 对位移电流，下述说法正确的是（ ）（A ） 位移电流的实质是变化的电场（B ） 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C ） 位移电流服从传导电流遵循的所有定律（D ） 位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解 位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A ）．7－7 已知地球北极地磁场磁感强度B 的大小为6.0×10－5T ．如图所示，如设想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的，此电流有多大？ 流向如何？解 设赤道电流为I ，则由教材第11－4节例2 知，圆电流轴线上北极点的磁感强度 ()R IR R IR B 24202/32220μμ=+=因此赤道上的等效圆电流为A 1073.12490⨯==μRB I 由于在地球地磁场的Ｎ 极在地理南极，根据右手螺旋法则可判断赤道圆电流应该是由东向西流，与地球自转方向相反．题 7-7 图7－8 如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a 、b 两点，并与很远处的电源相接.求环心O 的磁感强度．题 7-8 图分析 根据叠加原理，点O 的磁感强度可视作由ef 、be 、fa 三段直线以及acb 、a d b 两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，0=ef B ．而be 、fa 两段直线的延长线通过点O ，由于0Idl r ⨯=，由毕奥－萨伐尔定律知0be fa ==B B ．流过圆弧的电流I 1 、I 2的方向如图所示，两圆弧在点O 激发的磁场分别为21101π4r l I μB =,22202π4r l I μB = 其中l 1 、l 2 分别是圆弧acb 、a d b 的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比，而圆弧acb 、a d b 又构成并联电路，故有2211l I l I =将21B B 、叠加可得点O 的磁感强度B ．解 由上述分析可知，点O 的合磁感强度0π4π42220211021=-=-=r l I μr l I μB B B 7－9 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，它们在点O 的磁感强度各为多少？题 7-9 图分析 应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度∑=i B B 0.解 （ａ） 长直电流对点O 而言，有0d =⨯r l I ，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有RI μB 800= B 0 的方向垂直纸面向外．（ｂ） 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得RI μR I μB π22000-= B 0 的方向垂直纸面向里．（c ） 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得RI μR I μR I μR I μR I μB 4π24π4π4000000+=++= B 0 的方向垂直纸面向外．7－10 已知10 mm 2 裸铜线允许通过50 A 电流而不会使导线过热．电流在导线横截面上均匀分布．求导线内、外磁感强度的分布.题 7-10 图分析 可将导线视作长直圆柱体，电流沿轴向均匀流过导体，故其磁场必然呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上的各点，B 大小相等、方向与电流成右手螺旋关系．为此，可利用安培环路定理，求出导线表面的磁感强度．解 围绕轴线取同心圆为环路L ，取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有∑⎰=⋅=⋅I μB 0πr 2d l B在导线内r ＜R ， 2222ππRIr r R I I ==∑，因而 202πRIr μB = 在导线外r ＞R ，I I =∑，因而rI μB 2π0= 磁感强度分布曲线如图所示．7－11 有一同轴电缆，其尺寸如图（ａ）所示．两导体中的电流均为I ，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑．试计算以下各处的磁感强度：（1） r ＜R 1 ；（2） R 1 ＜r ＜R 2 ；（3） R 2 ＜r ＜R 3 ；（4） r ＞R 3 ．画出B －r 图线．题 7-11 图分析 同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r 的同心圆为积分路径， πr 2d ⋅=⋅⎰B l B ，利用安培环路定理∑⎰=⋅I μ0d l B ，可解得各区域的磁感强度．解 由上述分析得r ＜R 122101ππ12πr R μr B =⋅ 21012πR Ir μB = R 1 ＜r ＜R 2I μr B 022π=⋅rI μB 2π02= R 2 ＜r ＜R 3()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=⋅I R R R r I μr B 22232203ππ2π 2223223032πR R r R r I μB --= r ＞R 3()02π04=-=⋅I I μr B04=B磁感强度B （r ）的分布曲线如图（ｂ）．7－12 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为t Φπ100sin 100.85⨯=，式中Φ的单位为Wb ，t 的单位为s ，求在s 100.12-⨯=t 时，线圈中的感应电动势．分析 由于线圈有N 匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成tψt ΦNξd d d d -=-=，其中ΦN ψ=称为磁链．解 线圈中总的感应电动势 ())V (π100cos 51.2d d t tΦN =-=ξ 当s 100.12-⨯=t 时，V 51.2=ξ．7－13 载流长直导线中的电流以tI d d 的变化率增长.若有一边长为d 的正方形线圈与导线处于同一平面内，如图所示.求线圈中的感应电动势.分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律tΦd d -=ξ，来求解.由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用⎰⋅=S S B Φd 来计算.为了积分的需要，建立如图所示的坐标系.由于B 仅与x 有关，即B =B (x )，故取一个平行于长直导线的宽为d x 、长为d 的面元d S ，如图中阴影部分所示，则d S =d d x ，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元d S =d x d y ，则上述积分实际上为二重积分）.本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式tI M d d -=ξ求解. 解1 穿过面元d S 的磁通量为x d x I S B Φd π2d d 0μ=⋅=因此穿过线圈的磁通量为2ln π2d π2d 200⎰⎰===d d Id x x Id ΦΦμμ再由法拉第电磁感应定律，有 tI d t Φd d 21ln π2d d 0）（μξ=-= 解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为2ln π20dI Φμ=线圈与两长直导线间的互感为 2ln π20d I ΦM μ== 当电流以tI d d 变化时，线圈中的互感电动势为 tI d t I M d d 21ln π2d d 0）（μξ=-=题 7-13 图7－14 如图所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高？题 7-14 图分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由t ΦE d d -=求解外（必须设法构造一个闭合回路），还可直接用公式()l B d ⋅⨯=⎰l E v 求解．在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元ｄl 上的动生电动势()l B d d ⋅⨯=v E .在一般情况下，上述各量可能是ｄl 所在位置的函数．矢量（v ×B ）的方向就是导线中电势升高的方向．解1 如图（ｂ）所示，假想半圆形导线OP 在宽为2R 的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路．设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或端点P 距 形导轨左侧距离为x ，则B R Rx Φ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2π212 即B R tx RB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-= 由于静止的 形导轨上的电动势为零，则E ＝－2RvB ．式中负号表示电动势的方向为逆时针，对OP 段来说端点P 的电势较高．解2 建立如图（c ）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元ｄl ，则()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B vB R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰- 由矢量（v ×B ）的指向可知，端点P 的电势较高．解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路．由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量==BS Φ常数.由法拉第电磁感应定律tΦE d d -=可知，E ＝0又因 E ＝E OP ＋E PO即 E OP ＝－E PO ＝2RvB由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势．上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法．7－15 长为L 的铜棒，以距端点r 处为支点，以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B 的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差．题 7-15 图分析 应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同．在开路时，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）．本题可直接用积分法求解棒上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作是OA 棒与OB 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而E OA 和E OB 则可以直接利用第12－2 节例1 给出的结果．解1 如图（ａ）所示，在棒上距点O 为l 处取导体元ｄl ，则()()r L lB ωl lB ωE L-rr ABAB 221d d --=-=⋅⨯=⎰⎰-l B v因此棒两端的电势差为()r L lB ωE U AB AB 221--==当L ＞2r 时，端点A 处的电势较高解2 将AB 棒上的电动势看作是O A 棒和O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中221r ωB E OA =,()221r L B ωE OB -= 则()r L BL ωE E E OB OA AB 221--=-=7－16 如图所示，在“无限长”直载流导线的近旁放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．题 7-16 图分析 本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：（1）当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零［此两段导体上处处满足()0l B =⋅⨯d v ］，因而线框中的总电动势为()()()()hg ef hgefghefE E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v 其等效电路如图（ｂ）所示．（2）用公式tΦE d d -=求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量．为此设时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c ）所示，显然ξ是时间t 的函数，且有v =tξd d ．在求得线框在任意位置处的电动势E （ξ）后，再令ξ＝d ，即可得线框在题目所给位置处的电动势．解1 根据分析，线框中的电动势为hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgefl B l B d d v v()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μvv ()1202πl d d l I +=1vl μ由E ef ＞E hg 可知，线框中的电动势方向为efgh ．解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为()ξξμξμ120020lnπ2d π21l Il x x Il l +=+=Φ⎰ 相应电动势为()()1120π2d d l ξξl l I μt ΦξE +=-=v 令ξ＝d ，得线框在图示位置处的电动势为()1120π2l d d l l I μE +=v由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．7－17 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B 的方向与柱的轴线平行．如图（ａ）所示，有一长为l 的金属棒放在磁场中，设B 随时间的变化率tBd d 为常量．试证：棒上感应电动势的大小为2222d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=l R l t B ξ题 7-17 图分析 变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从而产生感生电动势．由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由⎰⋅=lk l E d ξ计算棒上感生电动势．此外，还可连接OP 、OQ ，设想PQOP构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，由于OP 、OQ 沿半径方向，与通过该处的感生电场强度E k 处处垂直，故0d =⋅l E k ，OP 、OQ 两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势，就是导体棒PQ 上的电动势．证1 由电磁感应定律，在r ＜R 区域，⎰⎰⋅-=⋅=S B t l E k d d dd ξ tB r E r k d d ππ22-=⋅ 解得该区域内感生电场强度的大小tBr E k d d 2=设PQ 上线元ｄx 处，E k 的方向如图（b ）所示，则金属杆PQ 上的电动势为()()222202/2d d d 2/d d 2d cos d l R l t B x r l R tB r xE lk k PQ -=-==⋅=⎰⎰θξx E证2 由法拉第电磁感应定律，有22Δ22d d d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛-==-==l R l t B t B S t ΦE E PQ讨论 假如金属棒PQ 有一段在圆外，则圆外一段导体上有无电动势？ 该如何求解？。