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专题强化十二电磁感应中的动力学、能量和动量问题【素养目标】 1.掌握处理电磁感应中动力学，能量和动量问题的方法.2.能分析电磁感应规律在生产生活中的应用．题型一电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下例1[2022·湖北卷]如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里．正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2 m、回路电阻R＝1.6×10－3Ω、质量m＝0.2 kg.线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L.现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4√2 N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动．从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运，求：动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．重力加速度大小取g＝10ms2(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；(3)磁场区域的水平宽度．[试答]针对训练1．(多选)如图甲所示，倾角为α＝37°的足够长绝缘斜面体固定在水平面上，在两平行于斜面底边的虚线之间存在垂直斜面向上的匀强磁场，两平行虚线间的距离为d＝0.1 m，质量为m＝0.01 kg、阻值为r＝1 Ω的正方形导体框由虚线1上侧无初速释放，经过一段时间导体框穿过磁场，整个过程中导体框的ab边始终与虚线平行，导体框由释放到离开磁场的过程，其速度随时间的变化规律如图乙所示，已知磁感应强度大小为B＝1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是( )A．导体框与斜面体之间的动摩擦因数为0.5B．导体框的边长为0.2 mC．导体框由释放到cd边离开虚线2的时间为1 sD．整个过程，导体框中产生的焦耳热为4×10－3 J2．[2023·南昌摸底考试]如图甲所示，两条相距l＝2 m的水平粗糙导轨左端接一定值电阻R＝1 Ω，当t＝0时，一质量为m＝2 kg，阻值为r的金属杆，在水平外力F的作用下由静止开始向右运动，5 s末到达MN，MN右侧为一匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T，方向垂直纸面向里．当金属杆到达MN(含MN)后，保持外力的功率不变，金属杆进入磁场8 s 末开始做匀速直线运动．整个过程金属杆的v－t图像如图乙所示，若导轨电阻忽略不计，金属杆和导轨始终垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求金属杆进入磁场后外力F的功率P.(2)若前8 s回路产生的总焦耳热为Q＝51 J，求金属杆在磁场中运动的位移大小．(3)求定值电阻R与金属杆的阻值r的比值．题型二电磁感应中的能量问题1．能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法3．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化；(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．例2[2023·江苏省扬州市质检](多选)我国新一代航母阻拦系统的研制引入了电磁阻拦技术，其基本原理如图所示，飞机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住轨道上的一根金属棒，飞机与金属棒瞬间获得共同速度v0＝180 km/h，在磁场中共同减速滑行至停下，已知歼－15舰载机质量M＝2.7×104 kg，金属棒质量m＝3×103 kg、电阻R＝10 Ω，导轨间距L＝50 m，匀强磁场磁感应强度B＝5 T，导轨电阻不计，除安培力外飞机克服其它阻力做的功为1.5×106 J，则下列说法中正确的是( )A．金属棒中感应电流方向a到bB．飞机着舰瞬间金属棒中感应电流大小为I＝1.25×103 AC．金属棒中产生的焦耳热Q＝3.6×107 JD．金属棒克服安培力做功为W＝1.5×106 J[解题心得]针对训练3.(多选)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是( )A．ab受到的拉力大小为2 NB．ab向上运动的速度为2 m/sC．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能D．在2 s内，拉力做功为0.6 J4．如图甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的v －t图像，其中AO是图像在O点的切线，AB是图像的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知当棒的位移为100 m时，其速度达到了最大速度10 m/s.求：(1)R的阻值；(2)在棒运动100 m过程中电阻R上产生的焦耳热．题型三电磁感应与动量的综合问题考向1 动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量．(1)求电荷量或速度：B I lΔt＝mv2－mv1，q＝I t.(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝BlΔΦR总.(3)求位移：－BIlΔt＝－B 2l2vΔtR总＝0－mv0，即－B 2l2R总x＝m(0－v0)．例3 如图所示的导轨固定在水平面上，左、右两侧的导轨足够长，且间距分别为2d和d，左、右两侧导轨所在空间分别存在竖直向下的匀强磁场B1和B2，且磁感应强度B2＝2B1＝2B0.同种材料且粗细相同的导体棒甲、乙均垂直导轨放置，导体棒甲到衔接处的距离为2d，导体棒乙放在衔接处．t＝0时刻给导体棒甲向右的冲量I0，在导体棒甲运动到衔接处前的瞬间两棒刚好达到共速，且此过程流过导体棒乙某一横截面的电荷量为q，此时导体棒甲在外力的控制下立即停止，导体棒乙继续向右运动，重力加速度为g.忽略导轨的电阻，已知导体棒甲的质量为m，且导体棒甲与导轨间的动摩擦因数为μ，导体棒乙与导轨间的摩擦不计．求：(1)t＝0时刻，导体棒甲两端的电压；(2)导体棒甲运动的总时间．[试答]考向2 动量守恒定律在电磁感应中的应用例4[2022·浙江卷1月]如图所示，水平固定一半径r＝0.2 m的金属圆环，长均为r、电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600 rad/s匀速转动，圆环内左半圆存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场．圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09 F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连．电容器左侧存在宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域．在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde.棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01 kg，de与cf长度均为l3＝0.08 m，已知l1＝0.25 m，l2＝0.068 m，B1＝B2＝1 T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1 Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直．开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S 从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2 m后返回进入磁场．(1)求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板(M或N)带正电？(2)求电容器释放的电荷量ΔQ；(3)求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x.[试答]针对训练5.(多选)如图所示，两间距为d、足够长的平行金属导轨沿水平方向固定，水平导轨的圆弧轨道平滑连接，两质量均为m、电阻均为r的金属棒甲、乙左、右两端与半径为R的14放在圆弧轨道上，且均与导轨垂直，开始时金属棒甲与轨道的圆心等高，金属棒乙距离水平，某时刻将金属棒甲由静止释放，经过一段时间再将金属棒乙由静止释放，导轨的高度为R9结果两金属棒同时滑到水平导轨，已知水平导轨所在的空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，忽略导轨的电阻以及一切摩擦，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )√2gRA．两金属棒稳定时的速度为23B．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，金属棒甲上产生的热量为89mgRC．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，流过金属棒甲的电荷量为2m√2gR3BdD．当乙的速度为零时，乙的加速度为B 2d2√2gR 3mr专题强化十二电磁感应中的动力学、能量和动量问题题型一例1 解析：(1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有F cos θ＝ma x 代入数据有a x＝20 m/s2在竖直方向有F sin θ－mg＝ma y代入数据有a y＝10 m/s2.(2)ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线．但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则ab边进入磁场开始，ab 边受到的安培力竖直向下，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力．由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有F sin θ－mg－BIL＝0，E＝BLv y，I＝ER，v y2＝2a y L，联立有B＝0.2T由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc 边恰好到达磁场右边界．则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q ＝W安＝BILy，y＝L，F sin θ－mg＝BIL，联立解得Q＝0.4 J.(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为v y＝a y t1，L＝v y t2，t＝t1＋t2联立解得t ＝0.3 s.由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有x ＝12a x t 2＝12×20×0.32m ＝0.9 m ，则磁场区域的水平宽度X ＝x ＋L ＝1.1 m.答案：(1)20 m/s 2 10 m/s 2(2)0.2 T 0.4 J (3)1.1 m1．解析：方法一 由图乙分析可知，导体框穿过磁场的过程速度不变，则正方形导体框的边长等于两虚线之间的距离，为0.1 m ，导体框的ab 边刚进入磁场的瞬间导体框沿斜面方向合力为零，即F 安＋μmg cos α＝mg sin α，又F 安＝BId 、I ＝Bdv r，代入数据解得μ＝0.5，A 正确，B 错误；导体框进入磁场前，由牛顿第二定律得mg sin α－μmg cos α＝ma ，解得a ＝2 m/s 2，则导体框进入磁场前的运动时间为t 1＝va ＝1 s ，导体框从进入磁场到离开磁场的运动时间为t 2＝2dv ＝0.1 s ，导体框由释放到cd 边离开虚线2的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.1 s ，C 错误；导体框从进入磁场到离开磁场的过程中，由功能关系得Q ＝－W 安，又W 安＝－F 安·2d ＝－4×10－3 J ，则整个过程导体框中产生的焦耳热为4×10－3 J ，D 正确．方法二 导体框从进入磁场到离开磁场的过程中，由能量守恒定律得Q ＝mg ·2d sin α－μmg cos α·2d ＝4×10－3J ，D 正确．答案：AD2．解析：(1)在0～5 s 时间内，由图乙可得金属杆的加速度α＝ΔvΔt ＝1 m/s 2由牛顿第二定律有F －μmg ＝ma则金属杆到达MN 边界时，金属杆的速度v 1＝5 m/s ，外力功率P ＝Fv 1 代入数据解得P ＝20 W. (2)在0～5 s 时间内，金属杆做匀加速直线运动，根据位移和时间的关系可得金属杆运动的位移大小为x 1＝12at 12＝12×1×52m ＝12.5 m在5～8 s 时间内，设金属杆在磁场中运动的位移大小为x 2，则时间为Δt 1＝3 s ．由图乙可知第8 s 末金属杆的速度v 2＝4 m/s ，对金属杆，在前8 s 内，由动能定理有Fx 1＋P Δt 1－μmg (x 1＋x 2)－W 安＝12mv 22又W 安＝Q代入数据解得x 2＝9 m.(3)金属杆进入磁场后外力F 的功率恒为P ＝20 W ，最后金属杆做匀速直线运动，根据平衡条件可得F 1＝F 安＋f其中F 安＝BIl ，F 1＝Pv 2通过金属杆的电流为I ＝Blv2R+r金属杆所受的滑动摩擦力为f ＝μmg 联立以上各式并代入数据解得r ＝13Ω所以定值电阻R 与金属杆的阻值r 的比值为Rr ＝3.答案：(1)20 W (2)9 m (3)3题型二例2 解析：由右手定则：感应电流方向b 到a ，A 错误；飞机着舰瞬间金属棒中感应电动势E ＝BLv 0，感应电流I ＝ER，解得I ＝1.25×103A ，B 正确；飞机着舰至停下，由动能定理－W 克安－W 克f ＝0−12(M +m )v 02，解得Q ＝W 克安＝3.6×107 J ，C 正确，D 错误．答案：BC3．解析：对导体棒cd 分析：mg ＝BIl ＝B 2l 2v R 总，得v ＝2 m/s ，B 正确；对导体棒ab 分析：F ＝mg ＋BIl ＝0.2 N ，A 错误；在2 s 内拉力做功转化为ab 棒的重力势能和电路中的电能，电能等于克服安培力做的功，即W 电＝F 安vt ＝B 2l 2v 2t R 总＝0.4 J ，C 正确；在2 s 内拉力做的功为W 拉＝Fvt ＝0.8 J ，D 错误．答案：BC4．解析：(1)由题图乙得ab 棒刚开始运动瞬间a ＝2.5ms 2，则F －F f ＝ma ，解得F f ＝0.2 N.ab 棒最终以速度v ＝10 m/s 匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F －F f －F 安＝0.F 安＝BIL ＝BLBLv R＝B 2L 2v R.联立可得R ＝B 2L 2vF−F f＝0.4 Ω.(2)由功能关系可得(F －F f )x ＝12mv 2＋Q ，解得Q ＝20 J.答案：(1)0.4 Ω (2)20 J题型三例3 解析：(1)由于两导体棒的材料以及粗细程度相同，导体棒甲、乙的长度之比为2∶1，则由电阻定律R ＝ρL S可知R 甲＝2R 乙t ＝0时刻，导体棒甲的速度为v 0＝I0m则导体棒甲切割磁感线产生的感应电动势为E ＝B 1(2d )v 0 根据闭合电路欧姆定律得导体棒甲两端的电压为U ＝ER 乙R 甲+R 乙由以上整理得U ＝2B 0dI 03m.(2)由于两棒的材料以及粗细程度相同，则导体棒乙的质量为导体棒甲的一半，即m ′＝m2，设导体棒甲运动的总时间为tt 时间内对导体棒乙，由动量定理得F ̅乙t ＝m2v －0，由安培力公式得F ̅乙＝B 2I d ＝2B 0I d ，又I＝qt，对导体棒甲，由动量定理得－μmgt－F̅甲t＝mv－mv0由安培力公式得F̅甲＝B1I·2d＝2B0I d解得t＝I0−6qB0dμmg.答案：见解析例4 解析：(1)开关S和接线柱1接通，电容器充电过程中，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知，其切割磁感线产生的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电；根据法拉第电磁感应定律可得E＝B1v̅r＝12B1ωr2当开关接1时，其等效电路图如图所示，电容器C与R0并联则Q＝CU＝CE2＝0.54 C.(2)电容器放电过程对金属棒ab由动量定理有B2l1I t＝B2l1ΔQ＝mv1棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有mv1＝(m＋m)v2对框的上滑过程有12×2mv22＝2mgh解得ΔQ＝2mB2l1√2gh＝0.16 C.(3)设框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理有B22l12v̅2R ·t＝B l2212 Δx2R＝2mv2则Δx＝0.128 m>0.08 m，因此金属框会有一段磁通量不变的匀速运动，匀速运动的距离为l3－l2＝0.012 m因此ab边进入磁场后的总位移为x＝Δx＋l3－l2＝0.14 m.答案：(1)M板带正电0.54 C (2)0.16 C (3)0.14 m5．解析：两金属棒由释放到滑到水平导轨的过程中，对金属棒甲，由机械能守恒定律有mgR＝12mv甲2，解得v甲＝√2gR；同理，对金属棒乙有mg·R9＝12mv乙2，解得v乙＝13√2gR.两棒均在水平导轨上运动时，两棒组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得mv甲－mv乙＝2mv，解得v＝13√2gR，A错误．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，两棒上产生的焦耳热为Q＝12mv甲2＋12mv乙2－12×2mv2＝89mgR，则金属棒甲上产生的热量为Q 甲＝49mgR ，B 错误．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，对金属棒甲，由动量定理得一B I d t ＝mv －mv 甲，又q ＝I t ，整理得q ＝2m √2gR 3Bd ，C 正确．当乙的速度为零时，则由动量守恒定律得mv 甲－mv 乙＝mv ′甲，解得v ′甲＝23√2gR ，则感应电动势为E ＝Bdv ′甲、I ＝E 2r 、F ＝BId ，联立解得F ＝B 2d 2√2gR 3r ，又由牛顿第二定律得a ＝F m ＝B 2d 2√2gR 3mr ，D 正确． 答案：CD。
一. 选择题[ A ] 1 (基础训练4)、两根很长的平行直导线，其间距离为a ，与电源组成闭合回路，如图12-18．已知导线上的电流为I ，在保持I 不变的情况下，若将导线间的距离增大，则空间的(A) 总磁能将增大． (B) 总磁能将减少．(C) 总磁能将保持不变．(D) 总磁能的变化不能确定【解答】212m W L I =，距离增大，φ增大，L 增大， I 不变，m W 增大。
[ D ]2（基础训练7）、如图12-21所示．一电荷为q 的点电荷，以匀角速度作圆周运动，圆周的半径为R ．设t = 0 时q 所在点的坐标为x 0 = R ，y 0 = 0 ，以i 、j分别表示x 轴和y 轴上的单位矢量，则圆心处O 点的位移电流密度为： (A)i t R q ωωsin 42π (B) j t Rq ωωcos 42π (C) k R q 24πω (D) )cos (sin 42j t i t Rq ωωω-π 图 12-21 【解答】设在0—t 的时间内，点电荷转过的角度为ωt ，此时，点电荷在O 点产生的电位移矢量为0D E ε=, ()222000cos sin ,444rqR q q E e ti tj R R R R ωωπεπεπε=-=-=-+ 式中的r e 表示从O 点指向点电荷q 的单位矢量。
()2sin cos 4d dD q J ti tj dt R ωωωπ∴==-。
[ C ] 3 (基础训练8)、 如图12-22，平板电容器(忽略边缘效应)充电时，沿环路L 1的磁场强度H 的环流与沿环路L 2的磁场强度H 的环流两者，必有： (A) >'⎰⋅1d L l H ⎰⋅'2d L l H . (B) ='⎰⋅1d L l H ⎰⋅'2d L l H .(C) <'⎰⋅1d L l H ⎰⋅'2d L l H. (D) 0d 1='⎰⋅L l H .【解答】全电流是连续的，即位移电流和传导电流大小相等、方向相同。
一、简单选择题：1．感生电场是（ C ）（A ）由电荷激发，是无源场； （B ）由电荷激发，是有源场；（C ）由变化的磁场激发，是无源场； （D ）由变化的磁场激发，是有源场2．关于感应电动势的正确说法是：（ D ）（A ）导体回路中的感应电动势的大小与穿过回路的磁感应通量成正比； （B ）当导体回路所构成的平面与磁场垂直时，平移导体回路不会产生感应电动势；（C ）只要导体回路所在处的磁场发生变化，回路中一定产生感应电动势； （D ）将导体回路改为绝缘体环，通过环的磁通量发生变化时，环中有可能产生感应电动势。
3．交流发电机是根据下列哪个原理制成的 ( A )（A ）电磁感应 （B ）通电线圈在磁场中受力转动（C ）奥斯特实验 （D ）磁极之间的相互作用4．英国物理学家法拉第发现 ( C )（A ）电流通过导体，导体会发热 （B ）通电导线周围存在磁场 （C ）电磁感应现象 （D ）通电导体在磁场里会受到力的作用5．关于产生感应电流的条件，下面说法正确的是（ C ） （A ）任何导体在磁场中运动都产生感应电流（B ）只要导体在磁场中做切割磁力线运动时，导体中都能产生感应电流 （C ）闭合电路的一部分导体，在磁场里做切割磁力线运动时，导体中就会产生感应电流（D ）闭合电路的一部分导体，在磁场里沿磁力线方向运动时，导体中就会产生感应电流6．对于法拉第电磁感应定律d dtφε=-,下列说法哪个是错误的（ A ）（A ）负号表示ε与φ的方向相反 （B ）用上式可以确定感应电动势的大小 （C ）负号是楞次定律的体现（D ）用上式可以确定感应电动势的方向7．将形状完全相同的铜环和木环静止放置，并使通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，则不计自感时（ D ）（A ）铜环中有感应电动势，木环中无感应电动势 （B ）铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小 （C ）铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大 （D ）两环中感应电动势相等8．涡旋电场和静电场存在差别。
第十二章电磁感应电磁场题12.1：如图所示，在磁感强度T 106.74－⨯=B 的均匀磁场中，放置一个线圈。
此线圈由两个半径均为3.7 cm 且相互垂直的半圆构成，磁感强度的方向与两半圆平面的夹角分别为 62和 28。
若在s 105.43－⨯的时间内磁场突然减至零，试问在此线圈内的感应电动势为多少？ 题12.1分析：由各种原因在回路中所引起的感应电动势，均可由法拉第电磁感应定律求解，即⎰⋅-=-=Sd d d d d S B t t Φε但在求解时应注意下列几个问题： 1．回路必须是闭合的，所求得的电动势为回路的总电动势。
2．Φ应该是回路在任意时刻或任意位置处的磁通量。
它由⎰⋅=Sd S B Φ计算。
对于均匀磁场则有θcos d SBS Φ=⋅=⎰S B ，其中⊥=S S θcos 为闭会回路在垂直于磁场的平面内的投影面积。
对于本题，2211cos cos θθBS BS Φ+=中1θ和2θ为两半圆形平面法线n e 与B 之间的夹角。
3．感应电动势的方向可由tΦd d -来判定，教材中已给出判定方法。
为方便起见，所取回路的正向（顺时针或逆时针）应与穿过回路的B 的方向满足右螺旋关系，此时Φ恒为正值，这对符号确定较为有利。
题12.1解：迎着B 的方向，取逆时针为线圈回路的正向。
由法拉第电磁感应定律V 1091.4)cos cos (cos cos d d cos cos d d d d 4221122112211-⨯=+∆∆-=+-=+-=-=θθθθθθεS S tB S S t B BS BS t t Φ）（）（0>ε，说明感应电动势方向与回路正向一致题12.2：一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为t Φ)s 100s i n ()Wb 100.8(15--⨯=π，求在s 100.12－⨯=t 时，线圈中的感应电动势。
题12.2解：线圈中总的感应电动势t t ΦN )s 100cos()V 51.2(d d 1-=-=πε当 s 100.12－⨯=t 时， ε= 2.51 V 。
第12讲电磁感应与电磁波1．磁通量．(1)概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积叫作穿过这个面积的磁通量．(2)公式：Φ＝BS，单位符号是Wb.(3)适用条件．①匀强磁场．②S为垂直于磁场的有效面积．(4)物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数．(5)磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B2S2－B1S1.2．电磁感应现象．(1)定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应．(2)感应电流的产生条件．①表述一：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动．②表述二：穿过闭合电路的磁通量发生变化．(3)实质．产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流．如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流．3．感应电流方向的判定．(1)楞次定律．①内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．②适用范围：一切电磁感应现象．(2)右手定则．①内容：如图，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向． ②适用情况：导线切割磁感线产生感应电流．4．法拉第电磁感应定律．(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．(2)公式：E ＝n ΔΦΔt，其中n 为线圈匝数． (3)导体切割磁感线的情形．①垂直切割：E ＝Blv .②倾斜切割：E ＝Blv sin θ，其中θ为v 与B 的夹角．③旋转切割(以一端为轴)：E ＝12Bl 2ω. 5．自感和涡流．(1)自感现象．由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象．(2)自感电动势．①定义：在自感现象中产生的感应电动势．②表达式：E ＝L ΔI Δt. ③自感系数L ：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关，单位为亨利(H)．(3)涡流．当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水中的旋涡一样的感应电流．命题点一 感应电流方向的判断 楞次定律的应用1．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式．(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”．(2)阻碍相对运动——“来拒去留”．(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”．(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．2．判断感应电流方向的“四步法”．(2023·海南卷)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时( )A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同解析：由题知，埋在地下的线圈1、2通顺时针(俯视)方向的电流，则根据右手定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A项错误；汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，B项错误；汽车离开线圈1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为abcd(顺时针)，C项正确；汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D项错误．故选C.答案：C磁电式仪表的基本组成部分是磁铁和线圈．缠绕线圈的骨架常用铝框，铝框、指针固定在同一转轴上．线圈未通电时，指针竖直指在表盘中央；线圈通电时发生转动，指针随之偏转，由此就能确定电流的大小．如图所示，线圈通电时指针向右偏转，在此过程中，下列说法正确的是( )A．俯视看线圈中通有逆时针方向的电流B．穿过铝框的磁通量减少C．俯视看铝框中产生顺时针方向的感应电流D．使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处解析：由左手定则可知，俯视看线圈中通有顺时针方向的电流，选项A错误；因为线圈在水平位置时磁通量为零，则线圈转动时，穿过铝框的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，俯视看铝框中产生逆时针方向的感应电流，选项B、C错误；当铝框中产生感应电流时，铝框受到的安培力与运动方向相反，故起到了阻尼作用，则使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处，故D项正确．故选D项．答案：D1．(多选)利用超导体可以实现磁悬浮，如图是超导磁悬浮的示意图．将一块永磁铁从超导体的正上方缓慢下移，由于超导体跟磁铁之间的相互作用力，最终永磁铁悬浮在超导体的正上方平衡，从上往下看超导体中形成的涡形电流的方向为( )A．若永磁铁上端为N极，则为顺时针方向B．若永磁铁上端为S极，则为顺时针方向C．若永磁铁上端为N极，则为逆时针方向D．若永磁铁上端为S极，则为逆时针方向解析：若永磁铁上端为N极，永磁铁从超导体的正上方缓慢下移，则穿过超导线圈的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流从上向下看为顺时针方向，A项正确，C项错误；若永磁铁上端为S极，永磁铁从超导体的正上方缓慢下移，则穿过超导线圈的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流从上向下看为逆时针方向，B项错误，D项正确．故选AD.答案：AD2．(2023·浙江卷)如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路．导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度θ静止释放，导体杆开始下摆．当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示．若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0当时，导体杆振动图像是( )解析：导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻碍导体棒的运动．当R从R0变为2R0时，回路中的电阻增大为原来的2倍，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减弱，即杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长，所以导体杆振动图像是图B.答案：B3.江苏省某中学的一教室墙上有一扇朝南的平开玻璃窗，窗扇由有机玻璃加闭合矩形金属边框构成，如图所示，窗扇一侧由铰链固定在绝缘窗框(图中未画出)上，另一侧装有开窗手柄，某同学站在室内面向窗户水平推动手柄，让窗户匀速转动，将窗向外(南)推开(开角小于90°)的过程中，下列说法正确的是( )A．穿过矩形窗扇的地磁场的磁通量不断变大B．穿过矩形窗扇的地磁场的磁通量始终为零C．窗扇金属边框中的感应电流的大小在不断变大D．从推窗者的角度看，窗扇金属边框中的感应电流方向是顺时针方向解析：地磁场由南向北，当朝南的钢窗向外推开后，钢窗平面与磁场平行时，没有磁感线穿过钢窗平面，穿过钢窗的磁通量为0，推窗时穿过窗框的磁通量减小，窗扇金属边框中的感应电流的大小在不断变大，根据楞次定律，从推窗人的角度看，窗框中产生的感应电流的方向为逆时针，C项正确，A、B、D项错误．故选C.答案：C。
第十二章作业解答第十二章作业的课本上要订正的地方：P154 12-6图间距 a 改成d, 在棒上两端要补上 “a ”和“b ”12-12 图 左边的竖线为导体，要改成实体线 P155 12-22题 最后一行要把0B 改成0H12-1解：螺线管内的磁感应强度为nI B 0μ= 圆形小回路的磁链为NSB N ==ψφ 感生电动势为tI nNS tΨd d d d 0m μ=-=ε＝50080010401.03072⨯⨯⨯π⨯⨯π⨯-＝31073.4-⨯V12-2参考例题12－1 解：如图建立坐标系，长直载流导线可近似看作无限长的导线，电流I 产生的磁感应强度B 为 xI μB π20=（1）如图所示取一窄带x d ，θcos d d d m S B Φ=⋅=S B1cos ,//=θn e B x L xIΦd π2d d 0m μ=⋅=S B穿过矩形回路的磁通量为 vtd vt d a Il x xIl ΦΦvta d vtd +++μ=μ==⎰⎰+++lnπ2d 1π2d 00m m（2）矩形回路中的感应电动势为⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-=-=vt d vt a d lIN t tΦNi ln π2d dd d 00m με ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+μ=vt a d vvtd v l I N π200 初始时:t=0得到：V i 57104.3)7353(22.051041000--⨯=-⨯⨯⨯⨯=ππε12-3 解：同上得到：x L xIΦd π2d d 0m μ=⋅=S B穿过矩形回路的磁通量为 dd a Ilx xIl ΦΦad d+===⎰⎰+lnπ2d 1π2d 00m m μμ矩形回路中的感应电动势为⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-=d a d t lIN tΦNi ln sin π2d d 00m ωϖμε57ln50sin 5052.010210007t ππ⨯⨯⨯⨯⨯=-t ππ50sin 104.33-⨯=12-4 解：回路中的感应电动势为 )/W (712d d m s b t tΨ+=-=ε当s t 2= 得到：2101.3712-⨯=+=t ε磁通量是垂直纸面向下，逐渐增大，根据楞次定律，新的磁场垂直纸面向上，感应电流为逆时针通过圆形线圈，通过R 的电流为从左向右。
第12章 电磁感应与电磁波12.1 一矩形线圈放在均匀磁场中，磁场的方向垂直于纸面向内（见附图），已知通过线圈的磁通量与时间的关系为2334510Wb (t t )-Φ=++⨯。
求：（1）线圈中感应电动势与时间的关系。
（2）6t =s 时，感应电动势的大小以及此时电阻上的电流方向。
解：（1）感生电动势大小为（2） 6t s =时332(64)10(664)10410t V V V ε---=-+⨯=-⨯+⨯=-⨯ 因为，垂直纸面向内的磁通量随着时间的推移逐渐增大，所以感应电流所产生的磁通量垂直纸面向外，由右手定则可知电阻的电流方向向右。
12.2 一根很长的直导线中通有交变电流0i I sin t ω=，式中0I 及ω都是常数。
有一矩形线圈ABCD 与长直导线在同一平面内，其中长为l 的两对边与直导线平行（见图）。
求线圈中的感应电动势。
解：距导线r 处的磁感应强度为： 02I B rμπ= 矩形线圈内的磁通量为磁感应强度对矩形面积的积分：00ln 22b a I Il b B dS ldr r a μμππΦ=⋅=⋅=⎰⎰ 线圈中的感应电动势为：()00000ln 2sin ln ln cos 22l d b dI dt a dt d I t l lI b b t a dt a μεπωμωμωππΦ=-=-=--⋅ ＝12.18 一同轴电缆由两个同轴的圆筒组成。
内筒半径为1.0mm ，外筒半径为7.0mm ，两筒间充满相对磁导率近似为1的非铁磁性磁介质。
若有100A 的电流由内筒流去，外筒流回，两筒的厚度可忽略。
求磁介质中的磁能密度和单位长度同轴电缆中所储存的磁能。
解：由安培环路定理0B dl I μ⋅=∑⎰ 可知，传输线在空间的磁场分布为101222r R B I R r R B rr R B μπ≤≤≤> =0 = =0在磁介质中距轴线r 处，取一半径为r ，厚为dr 、单位长度的共轴薄壁圆柱壳，薄壁圆柱壳内磁能密度为22022028m I B rμωμπ==3(64)10d t V dt ε-Φ=-=-+⨯单位长度同轴电缆中所储存的磁能为()()21220022217232ln 84410100ln 741.910R m m R I I R W dV rdr r R J J μμωπππππ--==⋅=⨯⨯⨯==⨯⎰⎰ 。
第 12 章电磁感应与电磁场一选择题12-1 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12-1），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Iv 习题 12-1 图解：选(B) 。
矩形线圈向下运动，直导线穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向里，由右手螺旋法则确定线圈中感应电流为顺时针方向。
12-2 尺寸相同的铁环和铜环所包围的面积中，通以相同变化率的磁通量，则环中[](A)感应电动势不同，感应电流不同(B)感应电动势相同，感应电流相同(C)感应电动势不同，感应电流相同(D)感应电动势相同，感应电流不同解：选(D) 。
根据法拉第电磁感应定律，铁环和铜环所包围的面积中，若磁通量变化率相同，则感应电动势相同；但是尺寸相同的铁环和铜环的电阻不同，由欧姆定律I可知，感应电流不同。
R12-3 如图12-3 所示，导线AB 在均匀磁场中作下列四种运动，（1）垂直于磁场作平动；（2）绕固定端 A 作垂直于磁场转动；（3）绕其中心点 O 作垂直于磁场转动；（4）绕通过中心点 O 的水平轴作平行于磁场的转动。
关于导线 AB 的感应电动势哪个结论是错误的? [](A)（1）有感应电动势， A 端为高电势(B)（2）有感应电动势， B 端为高电势(C)（3）无感应电动势(D)（4）无感应电动势B B B B abOv OA A A A d c（1）（2）（3）（ 4）习题12-3 图习题 12-4 图解：选 (B)。
由b B) d l 可知，（1）（2）有感应电动势，（3）OA、OB(va两段导线的感应电动势相互抵消，无感应电动势，（ 4）无感应电动势， (C)、(D)正确；而的方向与 v B 的方向相同，（1）（2）电动势的方向均由B A，A端为高电势， (A) 正确， (B) 错误。
高考物理一轮总复习考点突破：考点1 电磁感应中的电路问题(能力考点·深度研析)1．内电路和外电路：切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈相当于电源，相当于内电路，其余部分是外电路。
2．电源电动势和路端电压①电动势：E ＝BLv 或E ＝n ΔΦΔt。
②路端电压：U ＝IR ＝E －Ir ＝ER ＋r ·R (外电路为纯电阻电路)。
3．电磁感应中电路知识的关系图4．电磁感应中电路问题的误区(1)不能正确根据感应电动势或感应电流的方向分析外电路中电势的高低。
因产生感应电动势的那部分电路相当于电源，故该部分电路中的电流从低电势处流向高电势处，而外电路中电流的方向是从高电势处到低电势处。
(2)电源两端电压U ＝E －Ir ＝IR ，不是感应电动势E ，也不是内电压Ir 。
►考向1 动生电动势电路问题[解析] 当金属条ab 进入磁场时，金属条ab 相当于电源，由右手定则可知，电流从b流向a ，故a 端电势高于b 端电势，故A 正确；E ＝12Br 2ω＝1.6 V ，由等效电路图(如图)可知R 总＝R 3＋R ＝43R ，U ab ＝E 43R ·R 3＝0.4 V ，I ＝E R 总＝4 A ，故B 正确；设车轮运动一周的时间为T ，则每根金属条充当电源的时间为t ＝θ2πT ＝T 6，则车轮运动一周电路中有电源的时间为t ′＝4t ＝23T ，可知一个周期内，4个小灯总功率的平均值为P ＝23EI ＝6415W ，则自行车正常前进时，4个小灯总功率的平均值为6415W ，故D 正确；当金属条在磁场中时，该金属条中流经灯泡的电流方向为从车轮边框流向轮轴，当该金属条在磁场外时，电流方向由轮轴流向车轮边框，故C 错误。
分析电磁感应电路问题的基本思路►考向2 感生电动势电路问题(多选)在如图甲所示的电路中，电阻R 1＝R 2＝2R ，圆形金属线圈半径为r 1，电阻为R ，半径为r 2(r 2<r 1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示。
第十二章 电磁感应 电磁场和电磁波12－1 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 12-1 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 ）．12－2 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 ）．12－3 有两个线圈，线圈1对线圈2 的互感系数为M 21 ，而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 ．若它们分别流过i 1 和i 2 的变化电流且ti t i d d d d 21<，并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为12 ，由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ，下述论断正确的是（ ）． （A ）2112M M = ，1221εε=（B ）2112M M ≠ ，1221εε≠ （C ）2112M M =， 1221εε<（D ）2112M M = ，1221εε<分析与解 教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律t i M εd d 12121=；tiM εd d 21212=．因而正确答案为（D ）．12－4 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 ）．12－5 下列概念正确的是（ ） （A ） 感应电场是保守场（B ） 感应电场的电场线是一组闭合曲线（C ） LI Φm =，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比 （D ） LI Φm =，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大分析与解 对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线．因而 正确答案为（B ）．12－6 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 ΦN ξd 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．12－7 载流长直导线中的电流以tId 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⎰⋅=SS 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tIM d d -=ξ求解.解1 穿过面元d S 的磁通量为x d xIS B Φd π2d d 0μ=⋅=因此穿过线圈的磁通量为2ln π2d π2d 200⎰⎰===ddIdx xIdΦΦμμ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 π20dIΦμ=线圈与两长直导线间的互感为2ln π20d I ΦM μ==当电流以tId d 变化时，线圈中的互感电动势为 tI d t I Md d 21ln π2d d 0）（μξ=-=题 12-7 图12－8 有一测量磁感强度的线圈，其截面积S ＝4.0 cm 2 、匝数N ＝160 匝、电阻R ＝50Ω．线圈与一内阻R i ＝30Ω的冲击电流计相连．若开始时，线圈的平面与均匀磁场的磁感强度B 相垂直，然后线圈的平面很快地转到与B 的方向平行．此时从冲击电流计中测得电荷值54.010C q -=⨯．问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少？分析 在电磁感应现象中，闭合回路中的感应电动势和感应电流与磁通量变化的快慢有关，而在一段时间内，通过导体截面的感应电量只与磁通量变化的大小有关，与磁通量变化的快慢无关．工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱． 解 在线圈转过90°角时，通过线圈平面磁通量的变化量为NBS NBS ΦΦΦ=-=-=0Δ12因此，流过导体截面的电量为i i R R NBS R R Φq +=+=Δ则 ()T 050.0=+=NSR R q B i 12－9 如图所示，一长直导线中通有I ＝5.0 A 的电流，在距导线9.0 cm 处，放一面积为0.10 cm 2 ，10匝的小圆线圈，线圈中的磁场可看作是均匀的．今在1.0 ×10－2s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处．求：（1） 线圈中平均感应电动势；（2） 设线圈的电阻为1.0×10－2Ω，求通过线圈横截面的感应电荷．题 12-9 图分析 虽然线圈处于非均匀磁场中，但由于线圈的面积很小，可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的，因而可近似用NBS ψ=来计算线圈在始、末两个位置的磁链．解 （1） 在始、末状态，通过线圈的磁链分别为1011π2r ISμN S NB ψ==,2022π2r IS μN S NB ψ==则线圈中的平均感应电动势为V 1011.111πΔ2ΔΔ8210-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==r r t IS N t μψξ 电动势的指向为顺时针方向．（2） 通过线圈导线横截面的感应电荷为C 101.11821-⨯=∆=-=t RR q ξψψ12－10 如图（ａ）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 12-10 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tΦE 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 ⋅⨯=⎰lE 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O P 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 ＝－2R v B ．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 ＝2R v B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．12－11 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 12-11 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O A 棒与O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而E O A 和E O B 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-rrABAB 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--=-=12－12 如图所示，长为L 的导体棒OP ，处于均匀磁场中，并绕OO ′轴以角速度ω旋转，棒与转轴间夹角恒为θ，磁感强度B 与转轴平行．求OP 棒在图示位置处的电动势．题 12-12 图分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律tΦE d d -= 计算（此时必须构造一个包含OP 导体在内的闭合回路， 如直角三角形导体回路OPQO ），也可用()l B d ⋅⨯=⎰lE v 来计算．由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的．解1 由上分析，得()l B d ⋅⨯=⎰OPOP E vl αB lo d cos 90sin ⎰=v()()l θB θωlod 90cos sin ⎰-=l()⎰==L L B l l B 022sin 21d sin θωθω由矢量B ⨯v 的方向可知端点P 的电势较高．解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势QO PQ OP E E E tΦE ++==-=0d d 显然，E QO ＝0，所以()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-=2)sin (21θωL B = 由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效． 12－13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速12.0m s -=⋅v 平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40 A ．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？题 12-13 图分析 本题可用两种方法求解． 方法1：用公式()l B d ⋅⨯=⎰lE v 求解，建立图（a ）所示的坐标系，所取导体元x l d d =，该处的磁感强度xIμB π20=． 方法2：用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路．为此可设想杆AB 在一个静止的导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t ，杆AB 距导轨下端CD 的距离为y ，先用公式⎰⋅=SΦS B d 求得穿过该回路的磁通量，再代入公式tΦE d d -=，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势．解1 根据分析，杆中的感应电动势为()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰vv v I μx x μxl E ABAB l B 式中负号表示电动势方向由B 指向A ，故点A 电势较高．解2 设顺时针方向为回路AB CD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为ｄx 、长为y 的面元ｄS ，则穿过面元的磁通量为x y xIμΦd 2πd d 0=⋅=S B 穿过回路的磁通量为11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===SIyμx y x I μΦΦ回路的电动势为V 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iyμt y x I μt ΦE 由于静止的导轨上电动势为零，所以V 1084.35-⨯-==E E AB式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A ，故点A 电势较高．12－14 如图（ａ）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 12 -14 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 ξξll 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．12－15 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 12-15 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⎰⋅=l k 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 tl 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？12－16 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环，其尺寸如图（ａ）所示，共有N 匝（图中仅画出少量几匝），求该螺绕环的自感L ．题 12-16 图分析 如同电容一样，自感和互感都是与回路系统自身性质（如形状、匝数、介质等）有关的量．求自感L 的方法有两种：1．设有电流I 通过线圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式IΦL =计算L ．2．让回路中通以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动势E L ，由公式tI E L Ld /d =计算L ．式中E L 和t I d d 都较容易通过实验测定，所以此方法一般适合于工程中．此外，还可通过计算能量的方法求解．解 用方法1 求解，设有电流I 通过线圈，线圈回路呈长方形，如图（ｂ）所示，由安培环路定理可求得在R 1 ＜r ＜R 2 范围内的磁场分布为xNI μB π20=由于线圈由N 匝相同的回路构成，所以穿过自身回路的磁链为12200ln π2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψSR R ==⋅=⎰⎰S B 则1220ln π2R R h N μI ψL =若管中充满均匀同种磁介质，其相对磁导率为μr ，则自感将增大μr 倍．12－17 如图所示，螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体，其截面积分别为S 1 和S 2 ，磁导率分别为μ1 和μ2 ，管长为l ，匝数为N ，求螺线管的自感．（设管的截面很小）题 12-17 图分析 本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响．在无介质时，通电螺线管内的磁场是均匀的，磁感强度为B 0 ，由于磁介质的存在，在不同磁介质中磁感强度分别为μ1 B 0 和μ2 B 0 ．通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S 1 和S 2 的两部分磁通量之和．由自感的定义可解得结果．解 设有电流I 通过螺线管，则管中两介质中磁感强度分别为I L N μnl μB 111==,I LN μnl μB 222== 通过N 匝回路的磁链为221121S NB S NB ΨΨΨ+=+=则自感2211221S μS μlN I ψL L L +==+=12－18 有两根半径均为a 的平行长直导线，它们中心距离为d ．试求长为l 的一对导线的自感（导线内部的磁通量可略去不计）．题 12-18 图分析 两平行长直导线可以看成无限长但宽为d 的矩形回路的一部分．设在矩形回路中通有逆时针方向电流I ，然后计算图中阴影部分（宽为d 、长为l ）的磁通量．该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加．解 在如图所示的坐标中，当两导线中通有图示的电流I 时，两平行导线间的磁感强度为()r d I μr I μB -+=π2π200 穿过图中阴影部分的磁通量为aa d l μr Bl ΦSad a-==⋅=⎰⎰-ln πd d 0S B 则长为l 的一对导线的自感为aad l μI ΦL -==ln π0 如导线内部磁通量不能忽略，则一对导线的自感为212L L L +=．L 1 称为外自感，即本题已求出的L ，L 2 称为一根导线的内自感．长为l 的导线的内自感8π02lμL =，有兴趣的读者可自行求解．12－19 如图所示，在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB 和A ′B ′，每个线圈的自感均为L ，求：（1） A 和A ′相接时，B 和B ′间的自感L 1 ；（2） A ′和B 相接时，A 和B ′间的自感L 2 ．题 12-19 图分析 无论线圈AB 和A ′B ′作哪种方式连接，均可看成一个大线圈回路的两个部分，故仍可从自感系数的定义出发求解．求解过程中可利用磁通量叠加的方法，如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为Φ，则穿过两线圈回路的磁通量为2Φ；而当两组线圈按（1）或（2）方式连接后，则穿过大线圈回路的总磁通量为2Φ±2Φ，“ ±”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反．解 （1） 当A 和A ′连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相反，通过回路的磁通量亦相反，故总通量为0221=-=ΦΦΦ，故L 1 ＝0．（2） 当A ′和B 连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相同，通过回路的磁通量亦相同，故总通量为ΦΦΦΦ4222=+=，故L IΦI ΦL 4422===． 本题结果在工程实际中有实用意义，如按题（1）方式连接，则可构造出一个无自感的线圈． 12－20 如图所示，一面积为4.0 cm 2 共50 匝的小圆形线圈A ，放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央，此两线圈同心且同平面．设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的．求：（1） 两线圈的互感；（2） 当线圈B 中电流的变化率为－50 A·ｓ－1时，线圈A 中感应电动势的大小和方向．题 12-20 图分析 设回路Ⅰ中通有电流I 1 ，穿过回路Ⅱ的磁通量为Φ21 ，则互感M ＝M 21 ＝Φ21/I 1 ；也可设回路Ⅱ通有电流I 2 ，穿过回路Ⅰ的磁通量为Φ12 ，则21212I ΦM M == ． 虽然两种途径所得结果相同，但在很多情况下，不同途径所涉及的计算难易程度会有很大的不同．以本题为例，如设线圈B 中有电流I 通过，则在线圈A 中心处的磁感强度很易求得，由于线圈A 很小，其所在处的磁场可视为均匀的，因而穿过线圈A 的磁通量Φ≈BS ．反之，如设线圈A 通有电流I ，其周围的磁场分布是变化的，且难以计算，因而穿过线圈B 的磁通量也就很难求得，由此可见，计算互感一定要善于选择方便的途径．解 （1） 设线圈B 有电流I 通过，它在圆心处产生的磁感强度RIμN B B 200=,穿过小线圈A 的磁链近似为A BA A A A S RIμN N S B N ψ200== 则两线圈的互感为H 1028.6260-⨯===RSμN N I ψM A B A A （2）线圈A 中感应电动势的大小为V 1014.3d d 4-⨯=-=tIME A 互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同．12－21 如图所示，两同轴单匝线圈A 、C 的半径分别为R 和r ，两线圈相距为d ．若r 很小，可认为线圈A 在线圈C 处所产生的磁场是均匀的．求两线圈的互感．若线圈C 的匝数为N 匝，则互感又为多少？题 12-21 图解 设线圈A 中有电流I 通过，它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁 感强度近似为()2/322202dR IR μB +=穿过线圈C 的磁通为()22/32220π2r dR IR μBS ψC +==则两线圈的互感为()2/3222202πdR R r μI ψM +== 若线圈C 的匝数为N 匝，则互感为上述值的N 倍．12－22 如图所示，螺绕环A 中充满了铁磁质，管的截面积S 为2.0 cm 2 ，沿环每厘米绕有100 匝线圈，通有电流I 1 ＝4.0 ×10 －2A ，在环上再绕一线圈C ，共10 匝，其电阻为0.10 Ω，今将开关Ｓ 突然开启，测得线圈C 中的感应电荷为2.0 ×10 －3C ．求：当螺绕环中通有电流I 1 时，铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率μr ．题 12-22 图分析 本题与题12-8 相似，均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度．线圈C 的磁通变化是与环形螺线管中的电流变化相联系的． 解 当螺绕环中通以电流I 1 时，在环内产生的磁感强度110I n μμB r =则通过线圈C 的磁链为S I n μμN BS N ψr c 11022==设断开电源过程中，通过C 的感应电荷为q C ，则有()RSI n μμN ψR ψR qc r c c 110201Δ1=--=-= 由此得T 10.02110===SN Rq I n B Cr μμ 相对磁导率1991102==I n S N Rq Cr μμ12－23 一个直径为0.01 m ，长为0.10 m 的长直密绕螺线管，共1 000 匝线圈，总电阻为7.76 Ω．求：（1） 如把线圈接到电动势E ＝2.0 V 的电池上，电流稳定后，线圈中所储存的磁能有多少？ 磁能密度是多少？*（2） 从接通电路时算起，要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半，需经过多少时间？分析 单一载流回路所具有的磁能，通常可用两种方法计算：方法 1： 如回路自感为L （已知或很容易求得），则该回路通有电流I 时所储存的磁能221LI W m =，通常称为自感磁能． 方法 2： 由于载流回路可在空间激发磁场，磁能实际是储存于磁场之中，因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量，即V w W Vm m d ⎰=，式中m w 为磁场能量密度，积分遍及磁场存在的空间．由于μB w m 22=，因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生的磁感强度B 的分布．上述两种方法还为我们提供了计算自感的另一种途径，即运用V w LI V m d 212⎰=求解L ．解 （1） 密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感lSN L 20μ=，电流稳定后，线圈中电流REI =，则线圈中所储存的磁能为 J 1028.3221522202-⨯===lRSE N μLI W m 在忽略端部效应时，该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管中，并为均匀磁场，故磁能密度m w 处处相等，3m J 17.4-⋅==SLW w mm （2） 自感为L ，电阻为R 的线圈接到电动势为E 的电源上，其电流变化规律⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-t LR R E I e 1，当电流稳定后，其最大值R E I m = 按题意⎥⎦⎤⎢⎣⎡=22212121m LI LI ，则R E I 22=，将其代入⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-t LRR E I e 1中，得 ()s 1056.122ln 221ln 4-⨯=+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=RL R L t12－24 未来可能会利用超导线圈中持续大电流建立的磁场来储存能量．要储存1 kW·h 的能量，利用1.0Ｔ的磁场，需要多大体积的磁场？ 若利用线圈中500 A 的电流储存上述能量，则该线圈的自感系数应该多大？解 由磁感强度与磁场能量间的关系可得302m 0.92/==μB W V m所需线圈的自感系数为H 2922==I W L m12－25 中子星表面的磁场估计为108Ｔ，该处的磁能密度有多大？解 由磁场能量密度21021098.32⨯==μB w m 3m /J12－26 在真空中，若一均匀电场中的电场能量密度与一 0.50Ｔ 的均匀磁场中的磁场能量密度相等，该电场的电场强度为多少？解 2021E εw e =,022μB w m =,按题意，当m e w w =时，0220221μB E ε=则1800m V 1051.1-⋅⨯==μεBE 12－27 设有半径R ＝0.20 m 的圆形平行板电容器，两板之间为真空，板间距离d ＝0.50 cm ，以恒定电流I ＝2.0 A 对电容器充电．求位移电流密度（忽略平板电容器的边缘效应，设电场是均匀的）．分析 尽管变化电场与传导电流二者形成的机理不同，但都能在空间激发磁场．从这个意义来说，变化电场可视为一种“广义电流”，即位移电流．在本题中，导线内存在着传导电流I c ，而在平行板电容器间存在着位移电流I d ，它们使电路中的电流连续，即c d I I =．解 忽略电容器的边缘效应，电容器内电场的空间分布是均匀的，因此板间位移电流2πd R j I d Sd d =⋅=⎰S j ，由此得位移电流密度的大小222m A 9.15ππ-⋅===R I R I j c d d。
第十二章电磁感应[考点解读本章内容包括电磁感应现象、自感现象、感应电动势、磁通量的变化率等基本概念，以及法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则等规律。
本章涉及到的基本方法，要求能够从空间想象的角度理解法拉第电磁感应定律。
用画图的方法将题目中所叙述的电磁感应现象表示出来。
能够将电磁感应现象的实际问题抽象成直流电路的问题；能够用能量转化和守恒的观点分析解决电磁感应问题；会用图象表示电磁感应的物理过程，也能够识别电磁感应问题的图像。
[知识网络][解题方法指导]例1、如图25-1所示为矩形的水平光滑导电轨道abcd ，ab 边和cd 边的电阻均为5R 0，ad边和bc 边长均为L ，ad 边电阻为4R 0，bc 边电阻为2R 0，整个轨道处于与轨道平面垂直的匀强磁场中，磁感强度为B 。
轨道上放有一根电阻为R 0的金属杆mn ，现让金属杆mn 在平行轨道平面的未知拉力F 作用下，从轨道右端以速率V 匀速向左端滑动，设滑动中金属杆mn 始终与ab 、cd 两边垂直，且与轨道接触良好。
ab 和cd 边电阻分布均匀，求滑动中拉力F 的最小牵引功率。
分析与解：mn 金属杆从右端向左端匀速滑动切割磁感线产生感应电动势，mn 相当于电源，其电路为内电路，电阻为内电阻。
当外电阻最大时，即当mn 滑到距离ad=(2/5)ab 时，此时电阻R madn =R mbcn =8R 0时，外阻最大值R max =4R 0，这时电路中电流最小值：I min =ε/(R max +r)=BLV/(4R 0+R 0)=BLV/5R 0所以，P min =F min V=BLI min V=BLVBLV/5R 0=B 2L 2V 2/5R 0例2、如图26-1所示，用密度为D 、电阻率为ρ的导线做成正方形线框，从静止开始沿竖直平面自由下落。
线框经过方向垂直纸面、磁感应强度为B 的匀强磁场，且磁场区域高度等于线框一边之长。
为了使线框通过磁场区域的速度恒定，求线框开始下落时的高度h 。
第十二章 电磁感应及电磁场基本方程12–1 如图12-1所示，矩形线圈abcd 左半边放在匀强磁场中，右半边在磁场外，当线圈以ab 边为轴向纸外转过60º过程中，线圈中 产生感应电流（填会与不会），原因是 。
解：线圈以ab 边为轴向纸外转过60º过程中，尽管穿过磁感应线的线圈面积发生了变化，但线圈在垂直于磁场方向的投影的面积并未发生变化，因而穿过整个线圈的磁通量并没有发生变化，所以线圈中不会产生感应电流。
因而应填“不会”；“通过线圈的磁通量没有发生变化”。
12–2 产生动生电动势的非静电力是 力，产生感生电动势的非静电力是 力。
解：洛仑兹力；涡旋电场力（变化磁场激发的电场的电场力）。
12–3 用绝缘导线绕一圆环，环内有一用同样材料导线折成的内接正方形线框，如图12-2所示，把它们放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，当匀强磁场均匀减弱时，圆环中与正方形线框中感应电流大小之比为___________。
解：设圆环的半径为a，圆环中的感应电动势1E 大小为2111d d d πd d d ΦB BS a t t t===E 同理，正方形线框中的感应电动势2E 大小为2212d d d 2d d d ΦB BS a t t t===E而同材料的圆环与正方形导线的电阻之比为12R R =圆环与正方形线框中的感应电流之比为122I I a ==12–4 如图12-3所示，半径为R 的3/4圆周的弧形刚性导线在垂直于均匀磁感强度B 的平面内以速度v 平动，则导线上的动生电动势E = ，方向为 。
图12–5图12–4abdc图12–1Ba图12–2图12–3解：方法一：用动生电动势公式()d l =⨯⋅⎰B l v E 求解。
选积分路径l 的绕行方向为顺时针方向，建立如图12-4所示的坐标系，在导体上任意处取导体元d l ，d l 上的动生电动势为d ()d cos d B R θθ=⨯⋅B l =v v E所以导线上的动生电动势为3π43π4d cos d 0BRBR θθ-===>⎰⎰v E E由于ε>0，所以动生电动势的方向为顺时方向，即bca 方向。
第十二章 电磁感应及电磁场基本方程12–1 如图12-1所示，矩形线圈abcd 左半边放在匀强磁场中，右半边在磁场外，当线圈以ab 边为轴向纸外转过60º过程中，线圈中 产生感应电流（填会与不会），原因是 。
解：线圈以ab 边为轴向纸外转过60º过程中，尽管穿过磁感应线的线圈面积发生了变化，但线圈在垂直于磁场方向的投影的面积并未发生变化，因而穿过整个线圈的磁通量并没有发生变化，所以线圈中不会产生感应电流。
因而应填“不会”；“通过线圈的磁通量没有发生变化”。
12–2 产生动生电动势的非静电力是 力，产生感生电动势的非静电力是 力。
解：洛仑兹力；涡旋电场力（变化磁场激发的电场的电场力）。
12–3 用绝缘导线绕一圆环，环内有一用同样材料导线折成的内接正方形线框，如图12-2所示，把它们放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，当匀强磁场均匀减弱时，圆环中与正方形线框中感应电流大小之比为___________。
解：设圆环的半径为a，圆环中的感应电动势1E 大小为2111d d d πd d d ΦB BS attt===E同理，正方形线框中的感应电动势2E 大小为2212d d d 2d d d ΦB BS attt===E而同材料的圆环与正方形导线的电阻之比为12R R ==。
所以圆环与正方形线框中的感应电流之比为12π2I I a==12–4 如图12-3所示，半径为R 的3/4圆周的弧形刚性导线在垂直于均匀磁感强度B 的平面内以速度v 平动，则导线上的动生电动势E = ，方向为 。
c 图12–5图12–4a b dc图12–1Ba图12–2图12–3解：方法一：用动生电动势公式()d l =⨯⋅⎰B l v E 求解。
选积分路径l 的绕行方向为顺时针方向，建立如图12-4所示的坐标系，在导体上任意处取导体元d l ，d l 上的动生电动势为d ()d cos d B R θθ=⨯⋅B l =v v E所以导线上的动生电动势为3π43π4d cos d 0BRBR θθ-===>⎰⎰v E E由于ε>0，所以动生电动势的方向为顺时方向，即bca 方向。
方法二：用法拉第电磁感应定律求解。
如图12-5所示，连接ab 使导线构成一个闭合回路。
设绕行方向为顺时针方向。
又由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量Φ=BS =常数。
由法拉第电磁感应定律d d tΦ=-E 可知，线圈中的感应电动势为E =0。
又因ab bca=+E E E于是[(2sin 45)]0abbcab R BR =-=--︒=>v E E由于E >0，所以动生电动势的方向为顺时方向，即bca 方向。
12–5 长直密绕螺线管，长度及线圈匝数相同，半径分别为r 1，r 2，管内充满均匀介质，其磁导率分别为μ1，μ2。
设r 1:r 2=1:2，μ1:μ2=2:1，当将两只螺线管串联在电路中通电稳定后，其自感系数之比为L 1: L 2= ，磁能之比为W m1: W m2= 。
解：长直螺线管的自感系数为222πN N L S r llμμ==，因此L 1: L 2=1:2。
由磁能公式2m 12W LI=，因此W m1: W m2=1:2。
12–6 麦克斯韦关于电磁场理论提出的两个基本观点，即两个基本假设是 和 。
反映电磁场基本性质和规律的积分形式的麦克斯韦方程组为∑⎰⎰==⋅ni i S q 0d S D （a ）⎰⎰⎰⋅∂∂-=-=⋅SLttΦSB l E d d d d （b ）0d =⋅⎰⎰S S B （c ）⎰⎰⎰⎰⎰⋅=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+=⋅S S Lt S J S D J l H d d d 全 （d ）试判断下列结论是包含于或等效于哪一个麦克斯韦方程式的，将其代号填入空白处。
（1）变化的磁场一定伴随有电场： ； （2）磁感应线是无头无尾的： ； （3）电荷总伴随有电场： 。
解：两个基本假设是“感生电场假设（变化的磁场激发涡旋电场）”和“位移电流假设（变化的电场激发涡旋磁场）”。
⎰⎰⎰⋅∂∂-=-=⋅SLttΦSB l E d d d d 表示变化的磁场一定伴随有电场；故（1）处填（b ）；0d =⋅⎰⎰SS B 表示磁感应线是无头无尾的，故（2）处填（c ）：∑⎰⎰==⋅ni iSq 0d S D 表示电荷总伴随有电场，故（3）处填（a ）：12–7 如图12-6所示，导线AB 在均匀磁场中作下列四种运动： （1）垂直于磁场作平动；（2）绕固定端A 作垂直于磁场转动； （3）绕其中心点O 作垂直于磁场转动；（4）绕通过中心点O 的水平轴作平行于磁场的转动。
关于导线AB 的感应电动势错误的结论是[ ]。
A ．（1）有感应电动势，A 端为高电势B ．（2）有感应电动势，B 端为高电势C ．（3）无感应电动势D ．（4）无感应电动势； 解：（2）有感应电动势，A 端为高电势。
由d ()d =⨯⋅B l E v 可得，（1）图中感应电动势E 由B →A ，所以A 端为高电势；（2）图中感应电动势E 由B →A ，所以A 端为高电势；（3）将AB 棒的电动势看作是OA 棒和OB 棒上电动势的代数和，由于O A E =OB E ，则AB E =AO E +OB E = -O A E +OB E =0，因此AB 棒上的电动势为零。
（4）由于()⨯B v 的方向与d l 垂直，所以E =0，即无感应电动势。
正确答案为（B ）。
12–8 如图12-7所示，均匀磁场被局限在无限长圆柱形空间内，且成轴对称分布，图为此磁场的截面，磁场按d B /d t 随时间变化，圆柱体外一点P 的感应电场E i 应[ ]。
A ．等于零B ．不为零，方向向上或向下C ．不为零，方向向左或向右D ．不为零，方向向内或向外E ．无法判定解：感应电场E i 与–d B /d t 遵从右手螺旋系统，所以正确答案应选择（B ）。
12–9 如图12-8所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强度较大的直流电流。
现用一闭合的检测线圈（线圈中串有灵敏电流计，图中未画出）检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中的感应电流的方向是：[ ]A ．先顺时针后逆时针B ．先逆时针后顺时针C ．先顺时针后逆时针，然后再顺时针D ．先逆时针后顺时针，然后再逆时针解：从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过A B 图12–6图12–7 图12–8程中，磁场线至下而上通过检测线圈。
从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方的过程中，磁通量增大，由楞次定律可判断，感应电流方向为图中逆时针；当检测线圈从正上方移至距直导线很远处的过程中，磁通量减小，由楞次定律可判断，感应电流方向为图中顺时针。
故答案应选（D ）。
12–10 北半球海洋某处，地磁场水平分量B 1=0.8×10–4T ，竖直分量B 2=0.5×10–4T ，海水向北流动。
海洋工作者测量海水的流速时，将两极板竖直插入此处海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距L =20m ，如图12-9所示。
与两极板相连的电压表（可看作理想电压表）示数为V =0.2mV ，则[ ]。
A ．西侧极板电势高，东侧极板电势低B ．西侧极板电势低，东侧极板电势高C ．海水的流速大小为0.125m/sD ．海水的流速大小为0.2m/s解：由于地球北极是地磁南极，故磁场应中斜向下穿入水面。
将海水看成是水平向北（垂直于纸面向里）移动的导体，地相对磁场水平分量，水流不切割磁场线，相对于竖直分量，水流切割作切割磁场线运动，由楞次定律可以判断西侧极板电势高，东侧极板电势低。
水的流速为3420.2100.2m /s 0.51020V B L--⨯===⨯⨯v由此可见，正确答案应选（A ）和（D ）。
12–11 关于由变化的磁场所产生的感生电场（涡旋电场），下列说法正确的是[ ]。
A ．感生电场的电场线起于正电荷，终止于负电荷 B ．感生电场的电场线是一组闭合曲线 C ．感生电场为保守场D ．感生电场的场强E k 沿闭合回路的线积分为零分析与解：静电场由静止电荷激发，电场线不闭合，有头有尾，起于正电荷，终止于负电荷。
而感生电场是由变化的磁场激发，电场线是一组无头无尾的涡旋闭合曲线；感生电场的环量不等于零，d d LS t∂⋅=-⋅∂⎰⎰⎰BE l Sk ，说明它是有旋场、非保守场。
因而正确答案为（B ）。
12–12 对位移电流，下述说法正确的是[ ]。
A ．位移电流的物理本质是变化的电场，但也能激发磁场 B ．位移电流是由线性变化磁场产生的 C ．位移电流的热效应服从焦耳–楞次定律 D ．位移电流只在平板电容器中存在解：位移电流的起源于变化的电场，变化的电场激发磁场，但位移电流不涉及定向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律。
因而正确答案为（A ）。
12–13 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Φ=8.0⨯10–5sin100πt （SI ），求在t =1.0⨯10–2s 时，线圈中的感应电动势。
解：线圈的磁链为531008.010sin 1008.010sin 100N t t ψΦ--==⨯⨯π=⨯πWb线圈中的感应电动势为图12–9d 2.51cos100πd ttψ=-=-E V当t =1.0⨯10–2s 时，22.51cos100π 2.51cos(100π 1.010) 2.51t -=-=-⨯⨯=E V12–14如图12-10所示，一均匀磁场与矩形导体回路面法线单位矢量e n 间的夹角为π/3θ=，已知磁感应强度B 随时间线性增加，即B =kt （k >0），回路的AB 边长为l ，以速度v 向右运动，设t =0时，AB 边在x =0处。
求任意时刻回路中感应电动势的大小和方向。
解：任意时刻t ，回路的面积为S =lx ，回路的磁通量为cos cos BS ktlx Φθθ=⋅B S ==则回路中的感应电动势大小为d d(cos )d cos cos d d d ktlx x klx ktl tt tΦθθθ===+E由于x t =v ，d d x t =v，则π2cos 2cos3kl t kl t kl tθ===v v v E电动势的方向由A 指向B 。
12–15 一长直电流I 与直导线AB （AB =l ）共面，如图12-11所示。
AB 以速度v 沿垂直于长直电流I 的方向向右运动，求图示位置时导线AB 中的动生电动势。
