電磁學第二版習題答案

1、電磁學第二版習題解答電磁學 第二版 習題解答1第一章1第二章16第三章24第四章32第五章36第六章43第七章48第一章1. 2 . 2 兩個同號點電荷所帶電荷量之和為Q。在兩者距離一定的前提下，它們帶電荷量各為多少時相互作用力最大？解答:設一個點電荷的電荷量為= q，另一個點電荷的電荷量為 q2 = (Q 一 q)，兩者距離為r，則由庫侖定律求得兩個點電荷之間的作用力為q(Q -q) F 24 二 0r令力F對電荷量q的一隊導數(shù)為零，即7dFdq(Q -q) - q 04 二 0r即取厲凱上時力2F為極值，而d2Fdq2Qq=2Q故當qq-時，F(xiàn)取最大值。1. 2. 3兩個相距為L的點電荷所

2、帶電荷量分別為2q和q,將第三個點電荷放在何處時，它所受的合力為零？解答:如圖要求第三個電荷1.2.3所示。電荷Q所受的合力為零，只可能放在兩個電荷的連線中間，設它與電荷Q所受的兩個電場力方向相反，但大小相等，即q的距離為了 x，2qQq=L-x2qQqQ2 24： ；0(L - x)24二；0x2得x2 2Lx-L2 =0舍去x ”： 0的解，得x =（、2-i）l1. 3 . 8解答:OO(a)(c)(1)先求豎直無限長段帶電線在0點產(chǎn)生的場強 E，由習題137( 2)可知Eixn4二 0R仿習題1.3.7解答過程，得Idl(R2 l2)3/2dldE1y = k 亍 sin : rE1

3、=4"0R(?-?)同理，水平無限長段帶電線在E1y - -ko點產(chǎn)生的場強Idl0 (R2 l2)3/24二；0RE2 二一(-i? ?對于圓弧段帶電線在 0點產(chǎn)生的場強 E3，參看圖138( b),得dld：R2 COS_ k Rcos：二 /2ncos： d：同理得4%R4二 0R4 ；0R(? ?解得n4“R(?辦(2)利用(1)中的結論，參看習題1.3.8圖(b),A _ ：:的帶電直線在o點的場強為Ean(-i? $4二 0RB - ：-的帶電直線在o點產(chǎn)生的場強為根據(jù)對稱性，圓弧帶電線在 O點產(chǎn)生的場強僅有x分量，即AB =ABx?上 7 /2R -二 /2cos d

4、?2z0R故帶電線在O點產(chǎn)生的總場強為E = EaEbEab = 01. 3 . 9解答:(b)在圓柱上取一弧長為 Rd 、長為z的細條，如圖（a）中陰影部分所示，細條所帶電荷量為 dq 八（zRd ） ，所以帶電細條的線密度與面密度的關系為= -d = - Rdz由習題1.3.7知無限長帶電線在距軸線 R處產(chǎn)生的場強為dE?2°R圖（b）為俯視圖，根據(jù)對稱性，無限長帶電圓柱面軸線上的場強僅有x分量，即 c2dEx=-dEcoscos d - cos d:o2二；。E = Exi?-i? cos2 d 0 i?2% ' 2%1. 4. 5解答：O'如圖所示的是該平板的

5、俯視圖，OO '是與板面平行的對稱平面。設體密度'0，根據(jù)對稱性分p,并以析知，在對稱面兩側等距離處的場強大小相等，方向均垂直于該對稱面且背離該面。過板內任一點面OO '為中心作一厚度2x C： d)、左右面積為s的長方體，長方體6個表面作為高斯面，它所包圍的電荷量為 (2xS)， 根據(jù)高斯定理。P(|2x|s)前、后、上、下四個面的E通量為0，而在兩個對稱面s上的電場 E的大小相等，因此2ES 二P(2x|s)09考慮電場的方向，求得板內場強為式中：X為場點坐標用同樣的方法，以 Oyz面為對稱面，作一厚度為2x(A d)、左右面積為s的長方體，長方體 6個表面作為高斯

6、面，它所包圍的電荷量為:(Sd)，根據(jù)高斯定理前、后、上、下四個面的E通量為o，而在兩個對稱面 s上的電場E的大小相等，因此2ES 二迴20考慮電場的方向，得d2 ；01. 4. 8解答:圖1.4.8為所挖的空腔，T點為空腔中任意一點，空腔中電荷分布可看作電荷體密度為 勻帶電球在偏心位置處加上一個電荷體密度為'的實心均勻帶電球的疊加結果，因此，空腔中任意點.與電荷體密度為-：'的均勻帶電球的場強 E應等于電荷體密度為 ?的均勻帶電球在 T點產(chǎn)生場強在T點產(chǎn)生場強的疊加結果。而均可利用高斯定理求得，即3；。3；。式中:1為從大球圓心0指向T點的矢徑；2從小球圓心o 指向T點的矢徑

7、。空腔中任意點T的場強為 AP J J P J因T點為空腔中任意一點， C為一常矢量，故空腔內為一均勻電場(2) M點為大球外一點，根據(jù)疊加原理-b3aMe3% （M +c）2rM 一 cp點為大球內一點，根據(jù)疊加原理，求得1. 4. 9解答:23 j(rp +c)在均勻帶電的無限長圓柱體內作一同軸半徑為r(r : R)、長為L的小圓柱體，如圖149( a)所示,小圓柱面包圍的電荷量為由高斯定理-Pnr2LE dS -£0根據(jù)對稱性，電場 E僅有徑向分量，因此，圓柱面的上、下底面的則r2LEr2 rL 二解得柱體內場強E通量為o，僅有側面的E通量,在均勻帶電的無限長圓體外作一同軸半徑

8、為r(r - R)、長為l的小圓柱體(未畫出)，小圓柱包圍的電荷量為解得柱體外場強Q 二 一 R2L-pR2E外二E外r?=訂？柱內外的場強的 E -r曲線如圖149( b)所示1. 4. 10 解答:面,作半徑為r(Rr : R?)、長為的共軸圓柱面，圖1.4.10 (a)為位于兩個圓柱面間的圓柱其表面包圍的電荷量為根據(jù)對稱性，電場 E僅有徑向分量，因此，圓柱面的上、下底面的E通量為o，僅有側面的 e通旦量,則在Rr ：:：R2的區(qū)域ii內，利用高斯定理有2rLEnriL解得區(qū)域II內的場強Ei廠 Ellr?二同理，可求得r R 的區(qū)域I中的場強在rR2的區(qū)域iii中的場強E E §

9、; = ?IIIIIIr rr2"°r若 = - ' 2，有E0 EiiJ? Em =02巾0r各區(qū)域的場強的E r曲線如圖1.4.10(b)所示。E2(1) 在圖1.5.2中，以平行電場線為軸線的柱面和面積均為S的兩個垂直電場線面元 Si、S2形成一閉 合的高斯面。面元3和S2上的場強分別為E1和E2，根據(jù)高斯定理，得- E1SE2S2 = S( - E2) = 0證得巳=E2說明沿著場線方向不同處的場強相等。(2) 在(1)所得的結論基礎上，在圖1.5.2中作一矩形環(huán)路路徑，在不同場線上的場強分別為E1和e2，根據(jù)高斯定理得證得巳1 - E2I = 0E1 二

10、E2說明垂直場線方向不同處的場強相等。從而證得在無電荷的空間中，凡是電場線都是平行連續(xù)（不間斷）直線的地方，電場強度的大小處處相等。由高斯定理求得距球心r處的P點的電場為：E=3L3o，求得離球心r處的P點的電勢為Rdr:，R3drr2Q(3R2 - r2)r 3；。23 or3；。8 ； 0R31. 6 . 5解答:（1）根據(jù)電勢的定義，iii區(qū)的電勢為Si (rViii(R2)4 0R2II區(qū)的電勢為ViR2Qi4二；0r2dr RQ1 Q24二；0r2drQ1 Q24二；R2丿I區(qū)的電勢為V(r)=zQiQ2R2(2)當Qr = -Q2時，E| (r) = 0，代入(1)中三個區(qū)域中的電

11、勢的表達式，求得V(r) =0,V11 (r)V|(r)丄R2 JV-r曲線如圖1.6.5 ( a)所示Q2R2Q1時，代入(1)中三個區(qū)域的電勢的表達式，求得R1V| (r)(R - R2 ) Q14 二 0R1r，V| (r)二Q11R1V|(r) = 0Vr曲線如圖所示* VrR1 R2均勻電荷密度為：的實心大球的電荷量 Q二4 二-Pb3，電荷密度為 '的大球在m點的電勢為V(rM)4兀$ 0rM3 ：0 rM電荷密度為-“的小球在M點的電勢為J(rM)4 ； o( rMc)M點的電勢為VM = V ： (rM )V_(rM )=電荷密度為'的大球在P點的電勢為4 二P

12、3b33a ,挖去空腔對應小球的電荷量3；。rM - cb33% lrMrM +c丿V： (rp)二 E內 dr E dr 二rP電荷密度為-'的小球在P點的電勢為以”飛“ cP點的電勢為6；o(3a2 - rp2)Vp V(rp) Vj(rp)3a電荷密度為”的大球在0點的電勢為V：(ro r E內 dr a E dr 二rOa：:a2O點的電勢為Vo電荷密度為：?（）a23；oy22 ； o電荷密度為-的小球在O點的電勢為bQOWo） V_（r。）二的大球在O'點的電勢為E_外6 ；。C2)-小263b2c2)a2a-閔-P2心)=cE內 dr aEd"叭(a(3

13、a2 - c2)6 o電荷密度為-'的小球在O，點的電勢為b -旳-Pb2- Pb2V_p(r。尸 J E_f內 dr 十 Jb E_妙卜 dr =+ Cb6&o3色。 - E22飛o'點的電勢為V。二 V (ro) J(r。)6- 3a2 一3b2c215第二章2. 1.1解答:建立球坐標系，如圖所示，球表面上的小面元面積為2dS 二 R sind面元上的電荷量為(1)式中:dq 二dS 二0R2 cos sin dd導體上一面元dS所受的電場力等于2匚；cosdF 二（；dS）EdS2% 2%dsenE 為除了面元dS外其他電荷在dS所在處產(chǎn)生的場強。以z=0平面為

14、界，導體右半球的電荷為正，導體左半球的電荷為負，根據(jù)對稱性，面元所受力垂直于z軸的分量將被抵消，因而，只需計算面元dS所受的電場力的z分量，即dFz=Tco2將（1）式代入（4 ）式，對右半球積分，注意積分上下限，得:2。/2式rW"油2 R2£|?4；。39左半球所受的力為2. 1. 4解答:2 20Rk>4；。d2O3o4解：由左至右各板表面的電荷密度列方程得:解得:將B板接地:qA=09A = ；：.一2 _ ；42SqA2SE內，dl - E內d（帀=0）-1-2二-3qASi,二2,匚3,二4,因qB = °，利用靜電平衡條件（無限大平行金屬板）q

15、Ad2 oSqAC3" o = O" o =23 SqAd；o S2. 2 . 1解答:R2qRi由于電荷q放在空腔的中心，在導體殼內壁的感應電荷-q及殼外壁的電荷 q在球殼內、外壁上均勻分0,因此，殼R)布，這些感應電荷在球腔內產(chǎn)生的合場強為0;殼內電荷與球殼內壁電荷在殼外產(chǎn)生的合場強為內、殼外的電場表達式相同，距球心為 r處的場強均表示為E(r) J? (r R或 r R2)4y距球心為r(0 ： r : RJ處電勢為v內- j,E內d+總E外d歸一丄-丄+丄(0“ 4%點 R R丿在導體球殼內場強和電勢分別為dE殼(r) = 0(R < r £ R2)

16、V殼二(R 蘭 r 蘭 R2)的0只2球殼外的電場由殼外壁電荷激發(fā)，殼外的電勢為(R r)場強大小E和電勢V的分布如圖所示E*球形金屬腔內壁感應電荷的電荷量為-q，由于點電荷q位于偏心位置，所以腔內壁電荷面密度分布內不均勻，球形金屬腔外壁的電荷量為Q q，腔外壁電荷面密度 二夕卜均勻分布，根據(jù)電勢疊加原理，0點的電勢為匚內dSQ q4 ； 0a4 ； 0b亠丄丄_Q_4兀名o lr a b丿 4兀g0b2. 3 . 2解答:(1) 平行放置一厚度為t的中性金屬板D后，在金屬板上、下將岀現(xiàn)等值異號的感應電荷，電場僅在 電容器極板與金屬板之間，設電荷面密度為o，電場為E =A、B間電壓為-0QoU

17、ab (d-t) 2(d-t)A、B間電容C為c = Qo _；oSU AB d - t(2) 金屬板離極板的遠近對電容C沒有影響(3) 設未放金屬板時電容器的電容為放金屬板后，板間空氣厚度為3d4此時電容器的電容為"oS3?二 4C0 = 800F3由于A、B不與外電路連接，電荷量Qo不變，此時A、B間電壓為UabQoCABCo7.5V2. 3 . 5解答:A 3bT3D2(1)按圖中各電容器的電容值，知C、D間電容為CCd 二(2 3/3” F = 3 F其等效電路如圖(a)所示，E、F間電容為Cef二(2 3/3尸 F VF同理，其等效電路如圖(b)所示，A、B間電容為CAB

18、二B(a)(b)A、B間的電勢差為 900V，等效電容Cab上的電荷量為Qab = CabU AB二 9 10，C10C。由圖(b)可見，與A、B相接的兩個電容器的電荷量與Qab相同，亦為9(3) 由圖(b)可見，因3個電容器的電容值相等，故 E、F間電壓為1UEF 一 900V=300VEF 3又由圖(a)可見，E、F間電壓亦加在3個電容值相等的電容器上，所以1UCd 二300V=100V32. 3 . 7解答：方法一：各個電容器的標號如圖所示，設 U = U ab , C = Cab，則有 Q = CU在A、B、D、E4個連接點列出獨立的 3個電荷量的方程(i)Q = q q4-qi =

19、q2 q5Q = q3 753個電壓的方程(Q qJ 卜14fU-U ad'U DBq4.q34F4FU=U aeU EB qq54F4FU二 U aeU EDU DB .q1q2. q34F10F 4F由（1）、（ 3）兩式得q1q4725由（4）、（ 5）兩式得q4 q3=qq5(8)由（7）、（ 8）式得q q5q廠q3(9)將（1）、（ 9）兩式代入（5）式，得按電容器定義，有QC4嚇U方法二：因題中Ci、C3、C4、C5均為4” F，所以據(jù)對稱性C2上的電荷為零（Ue = Ud）。C4與C3串聯(lián)得： Cab =2（F）Ci與C5串聯(lián)得：Cab = 2（F）Cab 二 Cab

20、Cab = 22 = 4（F）2. 5. 1解答：串聯(lián)時，兩電容器的電荷量相同，電能之比為Q22C1 C22她 _ Q2 _ G _ 12C2并聯(lián)時，兩電容器的電壓相同，電能之比為GU2 也=三d =色W2C2U2C222第三章3. 2 . 3解答：(1) 偶極子所受的力矩大小為M = pEsin 二最大力矩為二=一時2Mma< = pE = qlE = 2 1ONm一一e兀(2) 偶極子從不受力矩的方向轉到受最大力矩的方向，即二從0到一，電場力所做的功為2W =0/2Td 丁 =0/2pEsi n 丁 d丁 = pE = 2 10<Nm3. 4. 1解答:圖為均勻介質圓板的正視圖

21、，因圓板被均勻極化，故只有在介質圓板邊緣上有極化面電荷，弧長為dl ,厚度為h的面元面積為 dS = hd = hRd- ，在a處的極化面電荷密度為i=P en = - p cos 根據(jù)對稱性，極化電荷在圓板中心產(chǎn)生的電場強度只存在y分量，位于a處的極化電荷在圓板中心產(chǎn)生的電場強度的y分量為dE 二 k r2 cos：2,-Pcos : hdl kR2全部極化面電荷在圓板中心產(chǎn)生的電場強度大小為-Ph24二 °R 0 C0S-Ph4 oR將電場強度寫為矢量:Ph4 oR3. 4. 5解答：(1) 根據(jù)電容器的定義并代入數(shù)據(jù)，得Co 二羊= 1.8 10“F(2) 金屬板內壁的自由電荷

22、(絕對值)為|q° “0=5.4 1093(3)放入電介質后，電壓降至 U = 10 V時電容c為C = % = 5.4 10_10F U(4) 兩板間的原電場強度大小為=3 105V/m(5) 放入電介質后的電場強度大小U 5E105V/ml(6) 電介質與金屬板交界面上的極化電荷的絕對值為q ，因極化電荷與自由電荷反號，有E 二 E。- E而q、。S = %ES=坯（E。 E）S= 3.6沃 10_7C(7) 電介質的相對介電常數(shù)為Co3. 4. 6解答:空腔面的法線取外法線方向單位矢 色 =eR，建立直角坐標系，V為矢徑R與z軸的夾角，球面上的極化電荷面密度為=RP cos71

23、由上式知，緊貼球形空腔表面介質上的極化電荷面密度二是不均勻的，極化電荷面密度左側為正,右側為負，球面上坐標為( R,，二)處的面元面積為dS 二 R2sinPd該面元上的極化電荷量為dq = dS - - PR2 cost sin d d帶電面元在球心處激發(fā)的電場強度方向由源點指向場點，用單位矢一 eR表示E的z分量，即dE =曙（點）根據(jù)對稱性，極化電荷在球心的場強E的方向沿z軸方向，故只需計算場強E = Ezk?I?4“oP ,?cos33k2；。d0 cos" sn故得°Cr(> -1) E3；0-1)i解答:n 1因導體板上內表面均勻分布自由電荷，取上導體板的

24、法線方向en指向下方，即有Dn =0 = 2 10c/m2在介質1板中，有Dn5Eln 二 7.5 105V/m0 r1E2nb=5.7 I05v/mS 0品r2如圖所示，貼近上導體板處的極化電荷面密度為?=E1二1-r153二-4 10*C/m2 二-1.33 10C/m23貼近下導體板處的極化電荷面密度為o 2E2 ?1 名 r 20 2E2 =（Y°）卩r2i 10C/m1-5010/m2兩介質板間的極化電荷面密度為二 31（-二 2）-二 2）-1 105C/m261.7 10 七 C/m2或3=（£-卩1）爲13. 5. 3解答：（1）介質板用“ 2”標記，其余空

25、氣空間用板間電勢差（絕對值）為1 ”標記，單位矢 鋒方向為由高電勢指向低電勢，兩極E2nlEm（d -1） 7（1）無論在空間1還是在2,電位移矢量D相等，故有；OEin = Dn=；0；rE2nE1n將（2）式代入（1）式得(1一 r)l rd寫成矢量E2F解得Di0rU(2)(3)(4)P20( r -1)U因匚0 = Dn ,故極板上自由電荷的電荷量（絕對值）為0 rUS"I (1- J rd極板和介質間隙中（空氣中）的場強空=Ei，故電容為rU?(1- r)1+ rd 0;0>S3. 5. 9解答:R2（1）以r（R :：: r :：:R2）為半徑，長度為一個單位，作一

26、與導線同軸的圓柱體，圓柱體的表面作為高斯面，求得介質中的電位移矢量為D（）亍 e2 r電場強度為E（r） 0er極化強度矢量為（；-1） HP 0 E± 牛 2“ rr（2）兩極的電勢差U為2%sr2“ohR（3）在半徑FR1與R2處，介表面表的極化電荷面密度分別為二 PnRV（廠 1）o2 rR23. 7 . 1解答:有玻璃板時，電容器電容為；0；rSd將玻璃板移開后，電容器電容為（1）電容器一直與直流電源相接時，電壓U不變未抽出玻璃板時電容器的能量為W = -CU22抽岀玻璃板后電容器的能量為(2)二者之比用直流電源給電容器充電后，先斷開電源再抽岀玻璃板，電荷量不變,W = G,

27、2C二者之比3. 7 . 2解答:距球心r處的電位移矢量和電場強度分別為q。2?電介質內任一點的能量密度為qo32- 2r4第四章4. 4. 7解答:因-i的支路被導線短路，故加在電阻 R2與R4串聯(lián)的電路兩端電壓就是電池”2的端電壓，因電池；2的負極接地，A點的電勢為R2R4從圖中；3，；2的負極及 的正極接地，故 Vb =才3， Vd =， Ve-。4. 4. 9解答：設圖中電池電動= 10V， 2 二 20V， 3 二 24V，尺=2門，R2 二 10' 1R3 二 31，R4 二 171，Rs 二 28"。因為含電容的電路沒有電流通過，所以如圖所示的正方形電路為無分支

28、電路，對照此電路圖的電動勢和電阻的數(shù)值，求得電流Ri R2 R3 R4 RsVaUao-1（尺 R5）= 7V電勢：Vb 二 Ubo 二 3 l（Rr R426VU AO 二 U am5-q3GC3U BO = U BMq3C23個電容器組成的電路如圖所示，得此外 qT代入數(shù)據(jù)，解得:q -1240, q2256 Q, q3 = -132 Q4. 5. 2解答:圖中設定:=20V, R =，甩勺=T* , R2 = 4心，R內11, R3 = 2心，R內 3 = 1 ,IT =1A,l3 = 2A，選定中間支路電流12的正方向由B指向A，設兩個電池極板均勻左正右負，電 勢T和;的“正方向”就是

29、由負極指向正極，設兩個網(wǎng)孔的閉合電路的環(huán)行方向為逆時針方向，列岀節(jié)點 議程和回路方程I 2 =13 -11 =1A1=（甩1 + R）1 1 -（甩2 + R2 ） 1 21 - 2 =（R內 2 RJI2 -（R內 2 R3）l3代入數(shù)據(jù)，解得 "=18V2 =7V與設定的電動勢力的正方向相比，知電池1與2的極性均為左正右負。4. 5. 3解答：（1）對照附圖，令 1 =12V, 2 =10V3 =8V, R內1 = R內2 二 R內3R =2R2 =1R3R4 =2R5 =2.對外環(huán)回路取逆時針繞行方向，電流為1= 0.44A設右端節(jié)點為c,則Uac 一I （R F內n R?）4

30、 =10.2V因為10V所以 U ab=Uac-U bc=0.2V（2）選定流過4的電流Il正方向由右至左，流過2的電流I 2與流過3的電流I 3正方向由左至右,兩個網(wǎng)孔閉合電路的繞行方向為逆時針方向，列出節(jié)點方程和回路方程Il = I 2 I 31 - 2 il（R內 1 R? Rl） l?（R內 2 R3）2 - 3 »2（R內2 R3） I3（R4 R內3 只5）聯(lián)立解得：h =0.46 A4. 5. 5解答：已知附圖中各電源內阻為零，A、B兩點電勢相等，求電阻 R在圖4. 5. 5中給各電阻標號及設定電流的正方向。列出節(jié)點方程h丨2丨3 =0A、B兩點左側的支路有關系B、U

31、AB =丨 1R 1 3 R5 1 -2B、A兩點右側的支路有關系U AB = -1 3R6 I1R2已知 Uab 二 Uba =0，代入數(shù)據(jù)，解得：h - -0.5A, J = 2 A,丨3 - T.5A因為 Uce 二-I1（R1 R2） =4V電路中3個電阻并聯(lián)，其等效電阻為 R，而U CE = ；1 1 2R解得：咼=1R與3個電阻的關系為1111=+ +RR R3R4代入數(shù)據(jù)，解得：R= 2 1第五章5. 2 . 3解答:(a)因為兩直長載流導線延長線均通過圓心，所以對0點的磁場沒有貢獻，故只需考慮兩個圓弧載流導線在0點產(chǎn)生的磁場，它們所激發(fā)的磁場分別為B,和b2，方向均垂直紙面向里

32、，故 0點的合磁場大小3B =B“氏=JTt JI方向均垂直紙面向里。(b)兩延長線的直長載流導線對0點的磁場沒有貢獻，只需考慮兩長度為b的直長載流導線對 0點的磁場BB2和圓弧載流導線對 0噗的磁場B3，方向均垂直紙面向里，其合磁場大小為3- aKII丁B =Bj +B2+B3=（cos90 心一cos135°）漢2+2r4兀b4兀 aL J=乂邁十込、4兀b l b2a ;方向均垂直紙面向里。5. 2 . 12 解答:如圖5.2.12所示，圓柱形薄導體管，在X = R處，沿軸向(z軸)割一無限長縫，管壁上均勻地通有沿z軸方向，面密度為 a的電流，這樣的電流分布可看作一封閉的圓柱薄

33、導體管，管壁上均勻地通有沿z軸方向流有電流面密度為-a的電流，這兩部分電流在軸線上激發(fā)的磁場分別用B1和Bh表示，因Bt = 0，兩部分電流在軸線上激發(fā)的合磁場為B =BtBh =_ %ah .2二 R '5. 2 . 14 解答:圖5.2.14為附圖的俯視圖，在導體薄板上沿z軸方向取一寬度為 dy的窄條，在其上流動的電流大小d!#它在重面上距導體薄板 x處產(chǎn)生的磁場大小為dBN(x2J2)1/2=4:a(：2"；2)”2根據(jù)對稱性，總磁場僅有 y分量，而dBy=dB cosa 二 dBx2x1/2(x y )40lxdy4二 a(x2 y2)1/2總磁場為B =Byj% l

34、x4二 aa dyarcta n(?) j2二 ax5.2.17 解答: 如圖5.2.17所示，圓環(huán)面積為 2- rdl，圓環(huán)所帶電荷量為dq - ；：2：r(Rdr)球面旋轉速度為f2 二球面對應的電流大小為dI = fdq 二二 r( Rd)電流dI在球心激發(fā)的磁場大小為dB二衛(wèi)匚丄旦肘込22R3B _ 計二 R2方向沿軸向，與旋轉角速度 - 一致。5. 3. 2解答:左右側電流I在長方形框架產(chǎn)生的磁通量分別為J與”2，設框架面積的法線方向取垂直紙面向里,.：宀 也 In =1.385 10*Wb122二 a框架的磁通量為：=2：片=2.77 10-Wb5. 4. 1解答：由于磁場的對稱性

35、分布，可用安培環(huán)路定理求解。(1)在OmrmR，設以r為半徑的圓面積為 S，穿過該面的電流為 ，由2r-2'R1培環(huán)路定理, I2二 RB.1 = *(2)S1二 R1解得B1J: Ir2 2二 R1在R1 < r < R2,同理，解得2二 r在艮空乞電設以r為半徑的圓2面積為S2, 穿過該面的電流為I ；由安培環(huán)路定理B3 dl - '-. I2 二 rB3 =IS2I -()22：；：=(R R32=Po2 222兀(R R 兀(r -R )3 2空22兀(R -R )32Po2R3-22R -R< 32解得B3-2 2 R -R3 2丿Bi、B2、B3的

36、方向與電流成右手關系。在R3 _ r,設以r為半徑的圓面積為S3,穿過該面的電流為I ',由安培 環(huán)路定理B4 dl - I2二rB4 二 Z(I _I) = 0解得:B4 =0.5. 4. 4解答：根據(jù)對稱性，空間各點的磁場B的方向平行 Oxz面且僅有x分量，在y .0空間B沿x軸的負方向;在y : 0空間B沿x軸的負方向；在y : 0空間B沿x軸的正方向。圖5.4.4為俯視圖，(1) 求板內磁場B內：在板內以y=0平面為對稱面，距此面相同距離y作平行Oxy面的逆時針方向的矩形路徑，如圖 5.4.4(a)所示，通過此路徑包圍面積(陰影部分)的電流I = j(2y)h根據(jù)安培環(huán)路定理2

37、hB = %j(2 y)h解得B內=%J y考慮B內的方向有B內=Bxi 二一Jyi(2) 求板外磁場B夕卜：在板外以y=0平面為對稱面，距此面相同距離作平行Oxy面的逆時針方向的矩形路徑，如圖5.4.4(a)所示，通過此路徑包圍面積的電流I '=(2d)h根據(jù)安培環(huán)路安理2hB外二 J(2d)h解得B外二 jd考慮B外的方向，有B外二J0jdi(y 0,取負號;y ： 0,取正號)由此可見，厚度為2d的無限大導體平板均勻流過電流時，板風磁場的大小與對稱面的距離成正比，板外磁場的大小為常量(均勻磁場)，其x分量如圖5.4.4(b)所示，此情況與習題 1.4.5的結果比較。5. 6. 2

38、證明一：建立直角坐系Oxy，坐標原點0與A點重合，X軸沿AC方向，如圖5.6.2所示，設 AC = L，在 彎曲導線ADC上取一元dl，設其上的電流為I，它在磁場B中受的安培力為dF =ldl B=ldlB(sin ai cosaj) =dFxi dFyj式中dFx -IBdl sina =IBdydFy = IBdl cosa = IBdx彎曲導線ACD在磁場B中受的安培力的x分量與y分量分別為FxADCdFx = IB .0dy =0FyADCdFy “B .dx-IBL證法二：作平行于AC、相距.：y的兩條直線，與導線 ADC的兩端相交得圓弧.'：l1和.訂2二者所受的安培力在x

39、的方向的投影分別為.：F1xi 二 一1 計 Bsin : d = IB yi：F2xi 二I ：2Bsin： 2i = IB yiFixF2X =0說有載流圓弧Idl 1和Idl 2所受安培力在x方向的分力數(shù)值相等方向相反，在不同位置作平行于ac,相距.訝的兩條直線，與導線 ADC的不同位置相交得元圓弧 Alb和.訂i2，導線ACD所受的磁場力y方向 的投影應是各元圓弧. ;ii1和.Ji2所受x方向的分力的矢量和Fxi =送(AFix +AFi2x)i =0即磁場力合力在x方向為0。I Mi和I和2二者所受的安培力在 y方向的投影分別為：F1y = I hBcoxr J = IB x1 j

40、：F2y = I l2Bcox： 2J =IB x2j在不同位置作平行于 AC、相距：.y的兩條直線，與導線 ADC的不同位置相交得元圓弧 劇訂和.-：li2 , 導線ADC所受的磁場力 y方向的投影應是各元圓弧.訂訂和：li2所受y方向的分力的矢量和Fyj =送(AFily +AFi2y j =IB送(Axi1 +Axi2 )j = IBLj此力與載流直導線 AC所受的磁場力相等。5. 6. 4解答：線框可動的部分的 MN段和PQ段所受的安培力平行轉軸： ：',且方向相反，故不提供對線框轉軸的力矩。只有NP段受安培力對線框提供繞轉軸轉動的力矩。設NP段重心到： ：'軸的矢徑為

41、a,則由圖5. 6 . 4可見，磁力矩M m = Fnp a(IBa)asin ： k = IBa2 cosak式中：中為垂直紙面向外，順時針轉動力矩的單位矢。設MN段PQ段的合質量為m NP段的質量為m2, MNPQ段所受的重力矩a_, a（_k）M g = mi m2g a = （2aS ： ）g?sin a （aS ： ）gasin a 達到平衡時，有Mm M g = 0即IBa2 cosa = 2a2Sg sina代入數(shù)據(jù)，解得5. 6. 9解答(1)面積為S的線圈上的力矩大小為M a 二 pmBsin a 二 NISBsin a當線圈法線en與磁場b的夾角、£為一時，力矩最

42、大，即M 二NISB-NI 竺 B=0.18NLm4(2)當夾角為:-時，力矩大小為Ma =NISBsina JMmaxNISB2 2:=arcs in68第六章小:'大d>dtdt= dB(ab2) dt6. 2. 2解答：在任一瞬時，兩個正方形電路中的電動勢的方向相反，故電路的總電動勢的絕對值為22詛(a b入 coscot = UmCOSt因回路單位長度的電阻=5 lOi.i/m，故回路電阻為R 二 4(a b) =6 10®回路中感應電流的最大值為Im m=0.5A R6. 2 . 3解答：（1）滿足條件rL x下，載流大線圈在面積為 s的小線圈的磁通量為%IR

43、22x32 ：. r（2）小線圈的感應電動勢（絕對值）為y 2r22(V3% 二 lr2R22x4若">0時，小線圈內感應電流與大線圈的電流的方向相同 6. 3. 2解答:當金屬桿以速度運動時，桿上有電動勢.Bl，附圖的等效圖電路如圖6.3.2所示，桿中的電流大小為匚 _ 四(尺+只2)R .礪 R(RR2) R,R2Ri R.6. 3. 7解答:(1)線圈上一元段的電動勢為d =(、.B)|_dl = rB sinadl由圖6.3.7得卍22d = (Rsin : )BsinaRd：，BR sinAM間的電動勢為AMJI八 BRy "二-br2AC間的電動勢為AC八

44、 BRmTBR2(2) A、C間的電勢差為U CA = AC - IRACS=0R 4A、M間的電勢差為U MA = MA _IRAMBR4 AC R一丄 BR2 ： 04所以M點的電勢低于A點的電勢6. 4. 2 解答(一)(1)如圖6.4.2所示,根據(jù)磁場的變化趨勢,按楞次定律感生電場 e感為順時針(用柱坐標的單位矢表示)積分方向向右PQ 邊的感生電動勢大小為PQdtcos150 ” PQ =1 dB2 dthR - -4.3 10®梯形QM邊的感生電動勢大小為I- M RdBL -2dtQMedl =0梯形NP邊的感生電動勢大小為梯形fpRdBN2dTNPedl 二 0NM邊的

45、感生電動勢(積分方向向左)大小為蘆N RdB-MN = M 二"2dtcos30°MN1 dBhR 十 io-v2 dt 2 2(2)利用上面的結果，整個梯形的總電動勢大小為PQMNPPQ QM MN NP-3.2 103V解法二:1(1)作輔助線op和oq，LIOQP的面積為? h PQ，按法拉第電磁感應定律，選閉合回路opq的感應電動勢的正方向為順時針方向，則產(chǎn)ddB I, cL°QP 一廿莎(2補4.3 10 V若按逆時針方向i_oQP = - _oqp = -4.310因半徑OP和OQ與感生電場E感垂直，所以OP和OQ上的感生電動勢op = QO 0，故有

46、巴扒=巴 + -+ -+1=-4 3;<10°V.OPQ pQ QO Op pQAOMN的面積為1也I MN ，選閉合回路omn的感應電動勢的正方向為順時針方向，按法拉第2 12丿電磁感應定律，有LOMNdb 1hR =1.1 10'V(因堂：0)dt dt 2 2dt因半徑O幾ON與感生電場E感垂直，所以OM和ON上的感生電動勢u邕OM 二 NO = °，故有LoMN = MN ' | NO OM = MN = 1.110 V(2)因總電勢'pqmnP選取的繞行方向是逆時針方向，與選定磁通的正方向為左手關系，故按法拉第電磁感應定律，有£pqm =J2(|pq +dtNM )h 竺3.2 10® (因dB :：: 0)2 dtdt6. 5. 2解答：螺繞環(huán)的自感為初丫 =2：0二RS = 7.5 10H當通入線圈的電流l=3A時，自感磁鏈為? - LI =2.25 10 Wb每匝磁通為'P79 10 WbN6. 6. 1解答：線圈1通有電流I1時管內產(chǎn)生