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1、§1解题示例例11-1如图11-1所示，长直导线内通有电流/,与其相距心处有一直角三角形线圈ABC,已知BC=a,CA=b。设线圈以速度v向右运动，试求线圈内的感应电动势。解法一由动生电动势公式来计算因线圈回路是三角形，所以先求出各边的动生电动势，再计算整个线圈的动生电动势。图11-1图11-2对AC边来说，因B、”、2三者互相垂直，AC边上各点的磁感应强度相等,所以AC边的动生电动势为ac=Blv=bv2兀心电动势£〃FtlC指向A。由于CB边不切割磁力线，所以£初=0。対BA边來说，导线上各点的磁感应强度不等，且卩和/不垂直，在34边上任取皿（图11-2）,其动生电动势为dr=（VxB）•
2、dZ="皿sin兰、cosadl=vBcosd/=一BysinBdl<2丿<2丿BA边上的动生电动势Eha=Jdr=-jBusin&d/I*“o'•m「"/cos&/Zo/vsinOdl、r0=-—vsin6^1=-=——-——InroJ2龙厂Jo2龙仇+/cos&）2兀a根据右手定则易知£hartlB指向4。三角形线圈的总动牛电动势为“()/jLi0IbffK'一2加川r0图11-3（a）和（b）分别画出了线元d/的两个方向，请读者认真比较一下（a）和（b）图，并由此说明：①出正方向的规定有无限制？②能否由4£的正负判定£湖的指向？解法二由法拉第定律来计算先求磁通量，为此把三角形回路划分为许
3、多平行于长导线的窄条，任取面元dS（图11-4）,则(b)图11-3dS==(r0+a-r)tg0dr=(?□4-tz-r)—dra通过三角形回路的磁通量为(/;)+r)—d/*a(厂0+d)ln-a再求磁通量的时间变化率%(tdrI图11-6么）？这时必须根据动生电动势的公式来计算。在"上任取线元出,&表示，它至转轴的距离为力（图11-7）,于是h=rsin&d/=rd6>df=(vxB)-d/=cohBsincosa=sin&df=a)Br2sin2£ah=Jd£=4创厂sin20( =&cosadl/b例11-2如图11-5所示，半径为r的圆形均质导线框，总电阻为R,在匀强磁场B中以
4、匀角速度⑵绕NM轴转动，当线圈平面转至磁场平行时，求：（1）四分之一圆弧处导线的感应电动势£«，c两点的电势差Uc-Uax（2）"之间八分Z—圆弧，Ub-Ua=2解（1）圆线圈在均匀磁场屮转动时，整个线圈内的感应电动势为Ej=BScosin(p购为占圆弧，且线圈面法线与磁场B垂直。由图11-5可知,四个+圆弧切割磁力线的情况完全相同，故产蔦甌si巧蔦"脳圆弧导线必在磁场屮转动，相当于一个电动势为匕八内阻为Rac=的电源，其等效电路如图11-6所示，由一段含源电路欧姆定律可知Uc~Ua=%-%据闭合电路欧姆定律，感应电流d将/R代入上式，得二丄£_乞£二0c“4，R4对于一段含源电路来说，电路两
5、端的电势差为零，而电流不为零是完全可能的。（2）求电势差U（lh,应先求出尬。圆弧导线”的动生电动势％工乞（为什8线元的位置由可见％并不等于",而是小于上£汀88同理，可得"I、可的电势差为图11-8圆弧“上的动生电动势也可用法拉笫定律來计算，但这时必须把它补成闭合回路，如图11-8所示，用静止导体ad和不切割磁力线的导体db将圆弧导体ab补成闭合冋路，冋路面积为计算磁通量时，必须将冋路置于一般位置，设冋路面法线〃与磁场B的夹角为0,贝IJ由法拉第定律，得令卩誇，得回路动生电动势的大小为扣-2)认。因加和如切割磁力线，所以圆弧导线"上的动生电动势为例11-3—长直螺线管半径为R,单位长度为上密
6、绕导线的匝数为72,导线中的电流以—=c匀速率增加，磁感应强度的方向如图11-9所示，今有一段导体”放在螺线管外与螺线管的截面处在一平面内，且oa=ob,Zaob=0。试计算导体ab中的感生电动势，并确定哪端电势高？解法一由涡旋电场的线积分求感生电动势首先应求出螺线管外涡旋电场变化的规律，因变化的磁场与它所激发的涡旋电场的关系为取半径为尸(r>/?)之环路，由于在本题中涡旋电场(。徑分布的对称性，环路上各点E的数值相等，E的方向沿环路的切线，于是E•dZ=E•2/rr这个磁场局限于螺线载流螺线管激发均匀时变磁场，孚=2（〃。加）=“。必。dtdt管之中，所以环路包围的面枳实际上应是兀RS于是一
7、厝dS=—普JdS二-p.ncTTR2由此求得涡旋电场的大小因E和普形成左旋系统，故E线应沿反时针方向回转。图11-10然后求涡旋电场E在“上的线积分。在"上任収线元出（图11-10«）,则该线元上的感生电动势为de=Edl=Ecosadl由图可知I=htga.出=力上一cos°a所以整个导体db上的感生电动势de=^poncR2dar1?「0/2]o£ab=J^=-Ao^~J^,2da=-pon
