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，则正方形的边长就为2a，圆环中的感应电动势E1大小为
E1?dΦ1dt?S1dBdt?πa2dBadbc图12–1
dt
a同理，正方形线框中的感应电动势E2大小为
E1?dΦ2dt?S2dBdt?2a2dBdt
2πa42a?π22B而同材料的圆环与正方形导线的电阻之比为圆环与正方形线框中的感应电流之比为
I1I2?πa2a22R1R2?。所以
图12–2
22π?2 故答案填2。
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 。
v?B a dl R y v a dl ? y R 45O x c b O ? a v x b v O d? ? R b 图12–3
图12–4
图12–5
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解：方法一：用动生电动势公式E??l(v?B)?dl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dl，dl上的动生电动势为
dE?(v?B)?dl=vBcos?Rd?
所以导线上的动生电动势为
E??dE?vBR?3π4?3π4cos?d??2vBR?0
由于?>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?=BS=常数。由法拉第电磁感应定律
E??d?dt可知，线圈中的感应电动势为E=0。又因
E?E??Eabbca
于是
E?bca??Eab??[?b(2Rsin45?)v]?2vBR?0
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r1，r2，管内充满均匀介质，其磁导率分别为?1，?2。设r1:r2=1:2，?1:?2=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L1: L2= ，磁能之比为Wm1: Wm2= 。
解：长直螺线管的自感系数为L??Wm?12LI2Nl2S??Nl22πr，因此L1: L2=1:2。由磁能公式
，因此Wm1: Wm2=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
n??SD?dS??qi （a）
i?0?LE?dl??dΦdt????S?B?t?dS （b）
??S?LB?dS?0 （c）
H?dl????D???J???dS?S??t???SJ全?dS （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
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化的电场激发涡旋磁场）”。
?LE?dl??dΦdt????S?B?t?dS表示变化的磁场一定伴随有电场；
n故（1）处填（b）；故（2）处填（c）：??B?dS?0表示磁感应线是无头无尾的，??D?dS?SS?qii?0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[ ]。
图12–6
A A A A B B B B 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dE?(v?B)?dl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EOA=EOB，则EAB=EAO+EOB= ?EOA+EOB=0，因此AB棒上的电动势为零。（4）由于(v?B)的方向与dl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dB/dt随时间变化，圆柱体外一点P的感应电场Ei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Ei与–dB/dt遵从右手螺旋系统，所以正确答案应选择（B）。
图12–7 B P 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
图12–8
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
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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B1=0.8×10–4T，竖直分量B2=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/s D．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
v?VB2L?0.2?100.5?10?4?3mV西L东图12–9
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
?0.2m/s?20
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Ek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，??Ek?dl????L?BS?t?dS，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?=8.0?10sin100?t（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
??N??100?8.0?10?5?3–5
sin100?t?8.0?10sin100?tWb
线圈中的感应电动势为
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