2、麦克斯韦方程组 微分形 必 [万ds=g (1)通量方程： 7.i=p 7i=0 7xi=-丽 (2)环流方程： 7=盟 麦克斯韦方程组是电磁场的普遍规律，它预言电磁波的存在和光的电磁本性。 3、电磁理论发展和示意方框图 方合】非 11甲 传场产1原钟 华产立补 玄培环流了坪 传场严1 、0打 小北流湖切 巾场 口流让然件 变化中做发 ,移电流但设
2、麦克斯韦方程组 微分形 式 （1）通量方程： （2）环流方程： 麦克斯韦方程组是电磁场的普遍规律，它预言电磁波的存在和光的电磁本性。 3、电磁理论发展和示意方框图
第16章变化电磁场 号【例16-1】如图161a两无限长平行光滑导轨间距为，导轨与水平面成角放置，整 个装置处在磁感应强度均匀为的磁场之中，B的方向垂直地面向上，两导轨间串接了电阻 R及电动势为的电源。滑杆b质量为m,滑杆初速为零，求滑杆下滑速度随时间的关系。 并由此求滑杆的极限速度。 R 0 红图1行-1a 题图161b 【解】滑杆在下滑过程中除受重力之外还受到安培力的作用，这里应注意到安培力4的方向 不是沿斜面方向，而是垂直于B与杆ab组成的平面，见图16-1b,由此列出牛顿运动方程： 洲gm6-P4cos6=m dt (1) 流过滑杆b的电流除了电源电动势8的作用，还要考虑滑杆本身产生的感生电动势 号=sm(90°+8)=Blvcosa 由判别可知气的方向与相同，所以流过滑杆b的电流 1=5+6=s+Blvco:0 R R 由此得安培力 FA=Bm=B.g+iucos日 (2) 将(2)式代入(1)式得： g如8-5+i8co8=m出 R (3)
第 16 章 变化电磁场 【例 16-1】如图 16-1a 两无限长平行光滑导轨间距为 ，导轨与水平面成 角放置，整 个装置处在磁感应强度均匀为 的磁场之中， 的方向垂直地面向上，两导轨间串接了电阻 R 及电动势为 的电源。滑杆 ab 质量为 m，滑杆初速为零，求滑杆下滑速度随时间的关系。 并由此求滑杆的极限速度。 【解】滑杆在下滑过程中除受重力之外还受到安培力的作用，这里应注意到安培力 的方向 不是沿斜面方向，而是垂直于 B 与杆 ab 组成的平面，见图 16-1b，由此列出牛顿运动方程： （1） 流过滑杆 ab 的电流除了电源电动势 的作用，还要考虑滑杆本身产生的感生电动势 由判别可知 的方向与 相同，所以流过滑杆 ab 的电流 由此得安培力 （2） 将（2）式代入（1）式得： （3）
du (gm0-则8cos8-82cos28 分离变量积分： mgRsin e 可得 当：→切时滑杆到达极限速 mgRsin 8 dv=0 如果只要求极限速度=的话，那么 的条件直接代入(3)就可求得。 号【例16-2】在上例条件下，如将号轨间的电阻换成电容C,并设回路中的电阻很小可忽 略不计，滑杆下滑过程中电容C不击穿，试计算滑杆下滑速度随时间的关系。 【解】滑杆在下滑过程中除了受重力之外同样也受到安培力的作用，这里流 过滑杆的电流是b杆的感生电动势对电容充电的电流为 1四 作用在滑杆上的安培力 FA=BII=BI cU (1) 由于忽略回路电阻R,所以电容器两端的电压即为滑杆的感生电动势 U=BIU (2) 再由牛顿运动方程 mg-Fa=ma 将(2)式代入(1)式再代入(3)式，得 mg-Bic (Bu)=ma 题162 注意到式中业 ,上式可化为： mg-B2Pca=ma a= 解得滑杆下滑时的加速度 m+B2p2c 由此可知滑杆以匀加速下滑，任一时刻的速度
分离变量积分： 可得 当 时滑杆到达极限速度 如果只要求极限速度 的话，那么 的条件直接代入（3）就可求得。 【例 16-2】在上例条件下，如将导轨间的电阻换成电容 C，并设回路中的电阻很小可忽 略不计，滑杆下滑过程中电容 C 不击穿，试计算滑杆下滑速度随时间的关系。 【解】滑杆在下滑过程中除了受重力之外同样也受到安培力的作用，这里流 过滑杆的电流是 ab 杆的感生电动势对电容充电的电流为 作用在滑杆上的安培力 （1） 由于忽略回路电阻 R，所以电容器两端的电压即为滑杆的感生电动势 （2） 再由牛顿运动方程 （3 ） 将（2）式代入（1）式再代入（3）式，得 注意到式中 ，上式可化为： 解得滑杆下滑时的加速度 由此可知滑杆以匀加速下滑，任一时刻的速度
mgt v=at=- %+B22℃ 在这种情况下，滑杆就不存在极限速度。请读者是否能从物理过程来分析一 下滑杆在这种情况下为什么不存在极限速度。 号【例16-3】如图16-3a图中ebca电略有电阻R,其中be段的一部分绕成圆圈形， 圆圈区域有一与回略平面垂直的均匀磁场B,在圆圈形导线的一边施加恒力，由于a端固 定，假定圆圈开始的半经为0，并维持以圆形的方式收缩，设导线非常柔软，忽略导线的质 量，问需要多长的时间圆形部分完全闭合？ E ···4 + 题图163a @图163h 【解】由于圆圈形导线在收缩过程中，通过圆圈形面积上的磁通量减少，线圈内要产生感应电 流：。感应电流在磁场中就要受到安培力，安培力方向可以判别是沿半径方向向外，由于忽略 导线质量，导线所受的外力F,导线张力F与安培力三者平衡，如图16b所示，并如图取坐 =,Bdl,cos日=，Br cosQie 由于对称性，半圆弧产生的安培力合力 F=1，Bcos8=24 由对称性及力平衡条件 F-F FA=8+8 得： F=1:B (1) 由于外力作用，r在收缩过程中回路内产生的感应电流： 1d0.-2o8 R R dt 将代入(1)式得： =受的2产 R dt
在这种情况下，滑杆就不存在极限速度。请读者是否能从物理过程来分析一 下滑杆在这种情况下为什么不存在极限速度。 【例 16-3】如图 16-3a 图中 abcda 电路有电阻 R，其中 bc 段的一部分绕成圆圈形， 圆圈区域有一与回路平面垂直的均匀磁场 B，在圆圈形导线的一边施加恒力 F，由于 a 端固 定，假定圆圈开始的半径为 ，并维持以圆形的方式收缩，设导线非常柔软，忽略导线的质 量，问需要多长的时间圆形部分完全闭合？ 【解】由于圆圈形导线在收缩过程中，通过圆圈形面积上的磁通量减少，线圈内要产生感应电 流 。感应电流在磁场中就要受到安培力，安培力方向可以判别是沿半径方向向外，由于忽略 导线质量，导线所受的外力 F，导线张力 F'与安培力三者平衡，如图 16-3b 所示，并如图取坐 标，电流元 所受的安培力在 x 方向上的分量： 由于对称性，半圆弧产生的安培力合力 由对称性及力平衡条件 得： （1） 由于外力作用，r 在收缩过程中回路内产生的感应电流： 将 代入（1）式得：
得。 dt=- 2xB2,2 RF 由初始条件 t=0,r=%,=t,r=0 =-「28,2 =282 两边积分 3 号【例16-4】在磁感应强度为5的均匀磁场内，有一面积为S的矩形线框，线框回略的电 阻为R(忽略自感)，线框绕其对称轴00以匀角速度旋转（如题图16-4所示）。 (1)求在如图位置时线框所受的磁力炬为多大？ (2)为维持线框匀角速度转动，外力矩对线框每转一周需作的功为多少？ 【解】(1)在任一位置时通过线框的磁通量 =BS cosp (1) 在线框内产生的感生电动势 8= at -BS sn o de-BSusn p d (2) 流过线框的感应电流 0 R (3) p-18-E'umo 线框的磁矩 R 线框所受的磁力矩的大小为 M =PB sin =an B in =B in R y图6-4 写成矢量形式 R 也就是磁力矩的方向（产×B的方向）与西方向相反。 (2)方法一，要维持线框作均匀速转动，必须作用在线框上的合外力矩M和磁力矩证：平 衡，就是 M+M=0 亚=-成n= -Oisin2 或 R 外力矩对线框每转一周所作的功：
得： 由初始条件 ， ， ， 两边积分 【例 16-4】在磁感应强度为 的均匀磁场内，有一面积为 S 的矩形线框，线框回路的电 阻为 R（忽略自感），线框绕其对称轴 OO'以匀角速度 旋转（如题图 16-4 所示）。 （1）求在如图位置时线框所受的磁力矩为多大？ （2）为维持线框匀角速度转动，外力矩对线框每转一周需作的功为多少？ 【解】（1）在任一位置时通过线框的磁通量 （1） 在线框内产生的感生电动势 （2） 流过线框的感应电流 （3） 线框的磁矩 线框所受的磁力矩的大小为 写成矢量形式 也就是磁力矩的方向（ 的方向）与 方向相反。 （2）方法一，要维持线框作均匀速转动，必须作用在线框上的合外力矩 M 和磁力矩 平 衡，就是 或 外力矩对线框每转一周所作的功：