《大學(xué)物理學(xué)》趙近芳課后習(xí)題答案北京郵電大學(xué)出版社

(1)A1q1qq′4πεa24πεq題8-2圖mlθ?,?(1)A1q1qq′4πεa24πεq題8-2圖mlθ?,?=E?q′為負(fù)電荷2

0′=-qcoθ=?2lsinθ4πε0=，當(dāng)被考察的場點距源點電荷很近(a)233Tsinθ=Fe=mgtanθqπεr2331q24ε(2lsinθ)2(r008-1電量都是q的三個點電荷，分別放在正三角形的三個頂點．試問：在這三角形的中心放一個什么樣的電荷，就可以使這四個電荷都達(dá)到平衡(即每個電荷受其他三個電荷的庫侖力之和都為零)?(2)這種平衡與三角形的邊長有無關(guān)系?解:如題8-1圖示

(1)以處點電荷為研究對象，由力平衡知：

2cos30°=

解得

(2)與三角形邊長無關(guān)．

題8-1圖

8-2兩小球的質(zhì)量都是，都用長為的細(xì)繩掛在同一點，它們帶有相同電量，靜止時兩線夾角為２如題8-2圖所示．設(shè)小球的半徑和線的質(zhì)量都可以忽略不計，求每個小球所帶的電量．解:如題8-2圖示

?Tmg

??

解得q

8-3根據(jù)點電荷場強(qiáng)公式

→0)時，則場強(qiáng)→∞，這是沒有物理意義的，對此應(yīng)如何理解

Ev=ABfff到底應(yīng)等于多少?EEf=pvθ,r>>E=pvrv平行的分量rq4πrdS，有人說=qE==q=qlv，場點到偶極子中心lrrθ分別為pcosθ,2πrsinθ和垂直于>>l2，板面積為=,又有人,Ev=ABfff到底應(yīng)等于多少?EEf=pvθ,r>>E=pvrv平行的分量rq4πrdS，有人說=qE==q=qlv，場點到偶極子中心lrrθ分別為pcosθ,2πrsinθ和垂直于>>l2，板面積為=,又有人,E=qε0Sq2εq2ε0SO點的距離為r,矢量．試證P點的場強(qiáng)在方向上的分和垂直于r的分量psinθ30rv的分量rv，其帶電量分q4πd2qε0S看成是一個帶電板在另一帶電板處的場強(qiáng)，另一板受它的作用0S=rvEEθ=02

0，所以q22ε0S4πεr僅對點電荷成立，當(dāng)f，這是兩板間相互作用的電場力．30r→0=．試問這兩種說法對嗎?為什么?時，帶電體不能再視為點電qεS2

0

荷，再用上式求場強(qiáng)是錯誤的，實際帶電體有一定形狀大小，考慮電荷在帶電體上的分布求出的場強(qiáng)不會是無限大．8-4在真空中有，兩平行板，相對距離為

別為＋q和－q．則這兩板之間有相互作用力

說，因為

f

解:題中的兩種說法均不對．第一種說法中把兩帶電板視為點電荷是不對

的，第二種說法把合場強(qiáng)

也是不對的．正確解答應(yīng)為一個板的電場為

力

8-5一電偶極子的電矩為

與lv的夾角為(見題8-5圖)，且

量

ErE

證:如題8-5所示，將分解為與p

psinθ．

∵

P=rθ方向場強(qiáng)分量=題la1=5.0cm處Pd2dx，其上電量d=∫λ4πελπε(al=在方向場強(qiáng)分量pcosθ2πεrpsinθ4πεr8-6圖AB上均勻地分布著線密度點的場強(qiáng)；=5.0cm處點的場強(qiáng)．q在P點產(chǎn)生場強(qiáng)為14πε0(adEP10l2015rP=rθ方向場強(qiáng)分量=題la1=5.0cm處Pd2dx，其上電量d=∫λ4πελπε(al=在方向場強(qiáng)分量pcosθ2πεrpsinθ4πεr8-6圖AB上均勻地分布著線密度點的場強(qiáng)；=5.0cm處點的場強(qiáng)．q在P點產(chǎn)生場強(qiáng)為14πε0(adEP10l2015r33λ=5.0x10Qλ-x)2=a-l)cm，-9C·ｍ-1的dxλ4π-2=5.0×10-9l

εl2C?m-1a0-a,∫1

+=12.5cm代入得2-l2dxl2](a-x)2

Er

垂直于方向，即

E0

題8-5圖8-6長=15.0cm的直導(dǎo)線

正電荷．試求：(1)在導(dǎo)線的延長線上與導(dǎo)線B端相距

(2)在導(dǎo)線的垂直平分線上與導(dǎo)線中點相距

解：如題8-6圖所示

(1)在帶電直線上取線元

dEP

EP=

=[

=

用

1=方向如題8-6圖所示∫dEdE∫∫λl

22λ=5.0×10-9EQy=14.96×102R的均勻帶電半圓環(huán)，O點的場dl==λdl=方向水平向右1λdx4εx+d2lQy2d2λlC?cm-1=方向如題8-6圖所示∫dEdE∫∫λl

22λ=5.0×10-9EQy=14.96×102R的均勻帶電半圓環(huán)，O點的場dl==λdl=方向水平向右1λdx4εx+d2lQy2d2λlC?cm-lNC-1，方向沿yλ,Rd?=Rλd?，它在O點產(chǎn)生場強(qiáng)大小為λRd?4πεR2202Qx=l24πε21軸正向方向沿半徑向外=1λdx4πεx+d2dx-,0Evyd22l2=15，即只有分量，x+d23(xcm,d2=Q2225cm代入得+d22)2

(2)同理dEQ

由于對稱性

∵

EQy=EQy=

=2πεl+4d2

以

EQ=

8-7一個半徑為電荷線密度為求環(huán)心處強(qiáng)．

解:如8-7圖在圓上取

題8-7圖

dq

dE

==dEcos(π-?)Ex=sin?∫4πE=lr>>Eqλ(cosθ1-rcosθ1=2=-cosθ1dEsin?=cos?d?∫π

0Ex，總電量為q．(1)求這正方形軸l==dEcos(π-?)Ex=sin?∫4πE=lr>>Eqλ(cosθ1-rcosθ1=2=-cosθ1dEsin?=cos?d?∫π

0Ex，總電量為q．(1)求這正方形軸l在Pcosθ222+=-λ4πε0Rπ

0-εR=處，它相當(dāng)于點電荷點產(chǎn)生物強(qiáng))

+l22λ4πε0λ4πεRλ0λ2πεqdEvP方向如圖，l24Rd?0cosd，方向沿0R產(chǎn)大sin?d?=??=0x軸正向．λ2πε0R

dEy

積分

Ey=

∴

8-8均勻帶電的細(xì)線彎成正方形，邊長為

線上離中心為r處的場強(qiáng)E；(2)證明：在

生的場強(qiáng)．

解:如8-8圖示，正方形一條邊上電荷4小為

dEP=4πε0

l

∵r

cosθ2

dEP=rdEdE⊥=r2POP=4×dE⊥=20λ=EP=20qα∫v?λ2⊥λl

+方向，大小為4λlr

+)rq4lqr

+)rq在該平面軸線上的=arctansEl+=dEPcosβrl4l4dEP=rdEdE⊥=r2POP=4×dE⊥=20λ=EP=20qα∫v?λ2⊥λl

+方向，大小為4λlr

+)rq4lqr

+)rq在該平面軸線上的=arctansEl+=dEPcosβrl4l4方向沿l4ARxdSl42r222OP22點處，求：)v2r+++=2l2l22l2qε0+2r22l2+2l424πε0

dEvP在垂直于平面上的分量

∴4πε0

題8-8圖由于對稱性，點場強(qiáng)沿

EP4πε(r

∵

∴4πε(r

8-9(1)點電荷q位于一邊長為a的立方體中心，試求在該點電荷電場中穿過立方體的一個面的電通量；(2)如果該場源點電荷移動到該立方體的一個頂點上，這時穿過立方體各面的電通量是多少?*(3)如題8-9(3)圖所示，在

點電荷的電場中取半徑為R的圓平面．

通過圓平面的電通量．（

解:(1)由高斯定理

qΦ2a的立方體，q2a的正方形上電通量aΦe8-9(3)圖題R=2π(R2+x2Φ=8-9(c)圖∫在立方體中心時，每個面上電通量相等e使Φ=的正方形，如果它不包含=0．8-9(b)圖的圓平面的電通量等于通過半徑為+x2)[1-q0ε0α

0=．處于邊長qeq所在的頂點，則題qΦ2a的立方體，q2a的正方形上電通量aΦe8-9(3)圖題R=2π(R2+x2Φ=8-9(c)圖∫在立方體中心時，每個面上電通量相等e使Φ=的正方形，如果它不包含=0．8-9(b)圖的圓平面的電通量等于通過半徑為+x2)[1-q0ε0α

0=．處于邊長qeq所在的頂點，則題8-9(c)圖R2xS4π(R2q6ε2a的立6ε0Φ+x2]+x2)0e的球冠面==，q2εq24ε[001-R2x+x2]

∴各面電通量

(2)電荷在頂點時，將立方體延伸為邊長

方體中心，則邊長

對于邊長

如果它包含q所在頂點則

如題8-9(a)圖所示．題

題8-9(a)圖

(3)∵通過半徑為

的電通量，球冠面積*

SR2

∴

*關(guān)于球冠面積的計算：見題

S=2πrsin?rdα

2πrα?dα26cm，外半徑10cm，電荷體密度為∫r∑q(rEcm時，∑q(rERRRRλ和－λ,∫S=2πrl∫v?dSr2102×-vsE=5p3=4π33外=1221RsES=E<R1∫sin5Svcm時，4π3r4πεr33內(nèi)）r內(nèi))4πεr12πrα?dα26cm，外半徑10cm，電荷體密度為∫r∑q(rEcm時，∑q(rERRRRλ和－λ,∫S=2πrl∫v?dSr2102×-vsE=5p3=4π33外=1221RsES=E<R1∫sin5Svcm時，4π3r4πεr33內(nèi)）r內(nèi))4πεr1EvdSvv∑q=0,α

0C·ｍ-3=E∑q(r2內(nèi)232R1＜rR=2πrlE=0∑ε=0,3)≈3.48×104NC-，方向沿半徑向外．≈4.10×104NC-1＜∑ε0q

0Ev-r3內(nèi))1沿半徑向外.2q,=0；(3)4πr=rR∑ε0＞處各點q2

=2πr(1-cosα)

8-10均勻帶電球殼內(nèi)半徑

求距球心5cm，8cm,12cm各點的場強(qiáng)．

解:高斯定理

當(dāng)

r=8cm時，=

ρ4π3-∴

r=12=ρ(r外-r

ρ4π3-∴

8-11半徑為和(＞)的兩無限長同軸圓柱面，單位長度上分別

帶有電量試求:(1)r＜；(2)

的場強(qiáng)．

解:高斯定理

取同軸圓柱形高斯面，側(cè)面積

則

對(1)

R1<ErE=0σ1和σσ1與σEvε==σ面指為σRRO與O′點的場強(qiáng)，

ρ的均勻球與帶電-ρ的均勻小球的組合，見

+ρ球在Or=>R2R1<ErE=0σ1和σσ1與σEvε==σ面指為σRRO與O′點的場強(qiáng)，

ρ的均勻球與帶電-ρ的均勻小球的組合，見

+ρ球在Or=>R2221

0-(σ1ε12ρ,Ev=<R2λ2πε0r∑q=0，，(σ11ε(σ0若在球內(nèi)挖去一塊半10∑沿徑向向外-σ2)nv101q=lλ+σ2)nv+σ2)nv

∴

(3)

∴

題8-12圖

8-12兩個無限大的平行平面都均勻帶電，電荷的面密度分別為

試求空間各處場強(qiáng)．

解:如題8-12圖示，兩帶電平面均勻帶電，電荷面密度分別為

兩面間，=

σ1面外，Ev

σ2面外，Ev

nv：垂直于兩平面由面．

8-13半徑為的均勻帶電球體內(nèi)的電荷體密度為

徑為r＜的小球體，如題8-13圖所示．試求：兩球心并證明小球空腔內(nèi)的電場是均勻的．解:將此帶電體看作帶正電題8-13圖(a)．

(1)點產(chǎn)生電場0，

OO3+O′產(chǎn)生電場EvO′的位矢為OEvPOρrv′′=EvP5點產(chǎn)生電場Ev點電場ρ在2′=ρ0′=點位矢為(如題8-13(b)=,3ε0=EvPO20Ev=O′產(chǎn)生電場03εrvρrvOO3+O′產(chǎn)生電場EvO′的位矢為OEvPOρrv′′=EvP5點產(chǎn)生電場Ev點電場ρ在2′=ρ0′=點位矢為(如題8-13(b)=,3ε0=EvPO20Ev=O′產(chǎn)生電場03εrvρrv3ε+EvPO=OO'r3ρ0Ev=OO'OO0，0ρ′=34πεd303εd303πd10′'3επrρOO'；ρ

4πεd30(r-03vrv′)'ρ3εOO0=ρdv3ε0

-ρ球在

∴

4

(2)

-ρ球在Ev

∴O′點電場

題8-13圖(a)題8-13圖(b)(3)設(shè)空腔任一點P相對rv′，相對圖)

則

EvPO-

∴

∴腔內(nèi)場強(qiáng)是均勻的．8-14一電偶極子由q=1.0×10-6C的兩個異號點電荷組成，兩電荷距離d=0.2cm，把這電偶極子放在1.0×10N·Ｃ-1的外電場中，求外電場作用于電偶極子上的最大力矩．

vp=Mmaxqqr=Fdr==(-′=-,-qq01qO1qO在外場vp×Evmax=1.0×10-612∫∫A=-6.55×10-6的點電荷，從4πεRq4πε3REv中受力矩vp=Mmaxqqr=Fdr==(-′=-,-qq01qO1qO在外場vp×Evmax=1.0×10-612∫∫A=-6.55×10-6的點電荷，從4πεRq4πε3REv中受力矩=pE×2×10-32=25cm，需作多少功?rr

1JO點經(jīng)過半圓弧移到-00=qlE×1.0×105=3.0×10C，相距22

r2CqRR代入數(shù)字=2.0×10-4-8vq1qdrqq14πεrεr點，)=0)=Nmrv

001-1=42cm，2122q6πε0R要把它們之1r)2

Mv

∴

M

8-15兩點電荷=1.5×10-8C，

間的距離變?yōu)?/p>

解:A

=-6.55×10-6J

外力需作的功A

題8-16圖

8-16如題8-16圖所示，在A，B兩點處放有電量分別為＋q

AB間距離為２R，現(xiàn)將另一正試驗點電荷

求移動過程中電場力作的功．解:如題8-16圖示

U=(

U=(-

Aλ的正電荷ROAB和CDdl=RdθλRdθ產(chǎn)生O點∫dλ4πε0R-λ2πε0RAB電荷在O點產(chǎn)生電勢，以U2R∫λdxCDU===q0(UO,兩直．試求環(huán)中心段電荷在dEvEy=∫-［∞B產(chǎn)生Aλ的正電荷ROAB和CDdl=RdθλRdθ產(chǎn)生O點∫dλ4πε0R-λ2πε0RAB電荷在O點產(chǎn)生電勢，以U2R∫λdxCDU===q0(UO,兩直．試求環(huán)中心段電荷在dEvEy=∫-［∞B產(chǎn)生λλ3-UC)點處的場強(qiáng)和電勢．O點產(chǎn)生的場強(qiáng)如圖，由于對稱性，2π2=04πεxU=4πε0R4ε0=Oyλdθπ)=0λ2qoq6πε0R點場強(qiáng)沿軸負(fù)方向R4πε0sin∫4πε0R2π2λdx

Rln2cosθ］4πεx=0λ4πεln2

8-17如題8-17圖所示的絕緣細(xì)線上均勻分布著線密度為導(dǎo)線的長度和半圓環(huán)的半徑都等于解:(1)由于電荷均勻分布與對稱性，互相抵消，取

則dq=

題8-17圖

πE=2

=sin(--

=

(2)

AU1=

同理

半圓環(huán)產(chǎn)生

U2×4m10·ｓ-1的勻速率作圓周運(電子質(zhì)量-19λ，在電子軌道處場強(qiáng)=Feλv22π0rrλ==12.5×10-13dU=EvUEv=，半徑為R的均勻帶電圓環(huán)軸上一點；*(3)偶ql的r>>U2×4m10·ｓ-1的勻速率作圓周運(電子質(zhì)量-19λ，在電子軌道處場強(qiáng)=Feλv22π0rrλ==12.5×10-13dU=EvUEv=，半徑為R的均勻帶電圓環(huán)軸上一點；*(3)偶ql的r>>點電荷Om0=9.1×10C)λ2πε0r=eE=m2πεmveEd=1.5×104V-?UlU==-31=r2Cm-，求下列電場的場強(qiáng)：(1)點電處(見題8-20圖)．q4πε0rU1+kg，電子電量eλ2πε0r1題8-20圖U+2U=ln2λ32πε0+λ4ε0

8-18一電子繞一帶均勻電荷的長直導(dǎo)線以

動．求帶電直線上的線電荷密度．

e=1.60×10解:設(shè)均勻帶電直線電荷密度為

E

電子受力大小

∴

得

8-19空氣可以承受的場強(qiáng)的最大值為E=30kV·cm-1，超過這個數(shù)值時空氣要發(fā)生火花放電．今有一高壓平行板電容器，極板間距離為=0.5cm，求此電容器可承受的最高電壓．解:平行板電容器內(nèi)部近似為均勻電場

∴

8-20根據(jù)場強(qiáng)與電勢的關(guān)系

荷q的電場；(2)總電量為q

極子p=

解:(1)

Ev=，半徑為R的均勻帶電圓環(huán)軸上一點電勢q+x2Evpv=Er=-ABσ，σσ，σABvsE-rv=-i=q4πε0=-1r?θ1234?Sv=(σ+Ev=，半徑為R的均勻帶電圓環(huán)軸上一點電勢q+x2Evpv=Er=-ABσ，σσ，σABvsE-rv=-i=q4πε0=-1r?θ1234?Sv=(σ+ΔS=0?U?r?U?xqlv在[(r?U?r?U230v4πε0(R2+xr>>1

-cosθ)==σ=rv=ll2pcosθ2πεrpsinθ4εrq4πεrqx)處的一點電勢-(133023/21

+cosθ)0l2rv0為r]方向單位矢量．=qlcosθ4π0εr2

(2)總電量q

U=4πεR2

∴

(3)偶極子

U

∴

Eθ

8-21證明：對于兩個無限大的平行平面帶電導(dǎo)體板(題8-21圖)來說，(1)相向的兩面上，電荷的面密度總是大小相等而符號相反；(2)相背的兩面上，電荷的面密度總是大小相等而符號相同．證:如題8-21圖所示，設(shè)兩導(dǎo)體、的四個平面均勻帶電的電荷面密度

依次為，

題8-21圖(1)則取與平面垂直且底面分別在、內(nèi)部的閉合柱面為高斯面時，有∫

σ2+σA12

00σ2+σσ1=σACCBCCAAUEACσ1σ2σ1+σ=3，則其場強(qiáng)為零，并且它是由四個均勻帶電平面產(chǎn)-34，B和σ2+σA12

00σ2+σσ1=σACCBCCAAUEACσ1σ2σ1+σ=3，則其場強(qiáng)為零，并且它是由四個均勻帶電平面產(chǎn)-34，B和的面積都是都接地，如題8-22圖所示．如果使板上的感應(yīng)電荷各是多少?以地的電勢σ1，右側(cè)面電荷面密度為ACdAC=qA2=0σε2=0200cm2，AA=U=EABEACEdACS-和B相距4.0mm，A板帶正電3.0ABdAB=ABσσεε，即d340AB-=00=2

說明相向兩面上電荷面密度大小相等、符號相反；(2)在內(nèi)部任取一點P生的場強(qiáng)疊加而成的，即σ2ε2

又∵

∴

說明相背兩面上電荷面密度總是大小相等，符號相同．8-22三個平行金屬板與相距2.0mm．，×10-7C，略去邊緣效應(yīng)，問B板和為零，則板的電勢是多少?

解:如題8-22圖示，令板左側(cè)面電荷面密度為

σ2

題8-22圖

(1)∵

∴

∴

且

σ=qC=-σS=-1×10-CU=R1和RR+∞∫Ev+q．所以球殼電勢由內(nèi)球q4π0q′；則外殼內(nèi)表面帶電量為qA2σ1S72A2（q；球殼內(nèi)表面帶電則為R入地，外表面不帶電，內(nèi)表面電荷仍為+q與內(nèi)表面εR4π0-q′，外殼外表面帶3S=-EACdAC12-qσ=qC=-σS=-1×10-CU=R1和RR+∞∫Ev+q．所以球殼電勢由內(nèi)球q4π0q′；則外殼內(nèi)表面帶電量為qA2σ1S72A2（q；球殼內(nèi)表面帶電則為R入地，外表面不帶電，內(nèi)表面電荷仍為+q與內(nèi)表面εR4π0-q′，外殼外表面帶3S=-EACdAC12-q,外表面帶電為+=2--2,23=＜)的同心薄金屬球殼，現(xiàn)給內(nèi)球殼q，且均∫q產(chǎn)生：qεRσ=qA=-2×10-Cσ1ε0Rqdr

R2=022qA17d4πεr3SAC20=2.3×103V=q4π0ε

而

qB=-

(2)

8-23兩個半徑分別為

帶電＋q，試計算：(1)外球殼上的電荷分布及電勢大??；(2)先把外球殼接地，然后斷開接地線重新絕緣，此時外球殼的電荷分布及電勢；*(3)再使內(nèi)球殼接地，此時內(nèi)球殼上的電荷以及外球殼上的電勢的改變量．解:(1)內(nèi)球帶電勻分布，其電勢

題8-23圖

∞U=?drv

(2)外殼接地時，外表面電荷-q

U=

(3)設(shè)此時內(nèi)球殼帶電量為

-qAq=R=3R處有一點電荷＋q′，則球接地時電勢q4εq′=-1，2帶有等量同號電荷，相距甚遠(yuǎn)，F(xiàn)F0+q′=′=qq'4πεR2qUO'π0q30=(電荷守恒)，此時內(nèi)球殼電勢為零，且q4π0R1R-，試求：金屬球上的感應(yīng)電荷的電量．=0-qAq=R=3R處有一點電荷＋q′，則球接地時電勢q4εq′=-1，2帶有等量同號電荷，相距甚遠(yuǎn)，F(xiàn)F0+q′=′=qq'4πεR2qUO'π0q30=(電荷守恒)，此時內(nèi)球殼電勢為零，且q4π0R1R-，試求：金屬球上的感應(yīng)電荷的電量．=0R4π0εR．試求：q24π0'εR4π2q'4π0+=0εr-1εR2q2q'-q+q'εR4πεR++=00-q+q'4πεR222=(R)q4π01εR2-R2

2

U

得

外球殼上電勢

UB

8-24半徑為的金屬球離地面很遠(yuǎn)，并用導(dǎo)線與地相聯(lián)，在與球心相距為d

解:如題8-24圖所示，設(shè)金屬球感應(yīng)電荷為

8-24圖由電勢疊加原理有：

UO=

得

8-25有三個大小相同的金屬小球，小球

其間的庫侖力為

(1)用帶絕緣柄的不帶電小球3先后分別接觸1，2后移去，小球1，2之間的庫侖力；(2)小球3依次交替接觸小球1，2很多次后移去，小球1，2之間的庫侖力．

解:由題意知

3接觸小球3和小球′=3′′=q間相互作用力=3依次交替接觸小球間的作用力dUA,CB656q2再與小球234q'q"4πεr很多次后，每個小球帶電量均為3F=，分別A個表面的面電荷密度分別為6個方程,接觸后，小球222q32=U，Uσ1，σ如圖所示．由靜電平衡條件，電荷守恒定律及維持與小球-.q3接觸小球3和小球′=3′′=q間相互作用力=3依次交替接觸小球間的作用力dUA,CB656q2再與小球234q'q"4πεr很多次后，每個小球帶電量均為3F=，分別A個表面的面電荷密度分別為6個方程,接觸后，小球222q32=U，Uσ1，σ如圖所示．由靜電平衡條件，電荷守恒定律及維持與小球-.qq

4πεB2U384πε0r23

20r=0不變．現(xiàn)把一塊帶有電量，AB均帶電q2=2=q的導(dǎo)體薄片平行地放在=U3849F0F0

q

小球

q

∴此時小球1與小球2

3

F1

(2)小球1、2

2

∴小球1、2

*8-26如題8-26圖所示，一平行板電容器兩極板面積都是S，相距為

維持電勢

兩極板正中間，片的面積也是S，片的厚度略去不計．求導(dǎo)體薄片的電勢．

解:依次設(shè),從上到下的

σ3，σ4,σ,σ

可得以下

題8-26圖

+

+

+

2

4=σ1=--CBCCRεr∫(R1<σ2=σ4=σ6=+σ5=0σ2+σ=σ=σ=間電場=UCBUC1，金屬球帶電SrqA1SqSqBεUSdσ3=+

+

+

2

4=σ1=--CBCCRεr∫(R1<σ2=σ4=σ6=+σ5=0σ2+σ=σ=σ=間電場=UCBUC1，金屬球帶電SrqA1SqSqBεUSdσ3=0σ3+q6ε3ε5E2==E22的金屬球之外包有一層外半徑為QDv?<R2)場強(qiáng)==-σ4+2S0Ud0Udσ4ε0d2，若R2的均勻電介質(zhì)球殼，．試求：dSv=Sd0σ5+σ-+==(UC∑qCU=6q2Sq2SUd12片不帶電，顯然εU0++)UC=0q2ε0SqdεSU20?σ1???σ3???σ5??σσ+??σ1

解得

σ2=

σ4=

所以

U

注意：因為片帶電，所以U≠

8-27在半徑為

介質(zhì)相對介電常數(shù)為

(1)電介質(zhì)內(nèi)、外的場強(qiáng)；(2)電介質(zhì)層內(nèi)、外的電勢；(3)金屬球的電勢．

解:利用有介質(zhì)時的高斯定理

(1)介質(zhì)內(nèi)

=,Ev(r<=Ev(r>=Ev外(R1<∞∫Eq4πε0εrQ4π0∫∫∫Q4π0Qrv4πrR2)Qr4πrR2)電勢∫rv內(nèi)(1εεrR∞1R

RεεR內(nèi)場強(qiáng),∞

r<R2)電勢r+r(1r2=,Ev(r<=Ev(r>=Ev外(R1<∞∫Eq4πε0εrQ4π0∫∫∫Q4π0Qrv4πrR2)Qr4πrR2)電勢∫rv內(nèi)(1εεrR∞1R

RεεR內(nèi)場強(qiáng),∞

r<R2)電勢r+r(1r224π(r=外?dr=∞∫E-)+)E內(nèi)+EQdrQdrεεr4πεr11Qrv4πεεrr3=v4πε0rv外1R2εr-RvR20+);Qrv4πεr3Qr+1

2v外2+rεr-1RQ4πεR2?dvr∫2∞

R220

介質(zhì)外

Dv

(2)介質(zhì)外

U

介質(zhì)內(nèi)

U=

=

=

(3)金屬球的電勢

U=

=

=

8-28如題8-28圖所示，在平行板電容器的一半容積內(nèi)充入相對介電常數(shù)為εr的電介質(zhì)．試求：在有電介質(zhì)部分和無電介質(zhì)部分極板上自由電荷面密度

的比值．

Ev2，真空部分場強(qiáng)為σ2與σ∫Dv1D1=E2σDσ題lRRRR>>R-，兩柱面之間充有介電常數(shù)Qrr(S∫v?dSEv1，自1?dSv2=εE1,D==22

18-29圖，半徑分別為和Ev2，真空部分場強(qiáng)為σ2與σ∫Dv1D1=E2σDσ題lRRRR>>R-，兩柱面之間充有介電常數(shù)Qrr(S∫v?dSEv1，自1?dSv2=εE1,D==22

18-29圖，半徑分別為和(＞)，且21＜r＜)vS)=∑q0=σ202Ud==εr1221ε的均勻電介質(zhì)R=2πrlD得εεrE2D1.當(dāng)兩圓柱面分別帶等20＝，厚度為dr，長為的圓柱薄殼中任一點的電l

由電荷面密度分別為

由

D=σ1，D

而

E1

∴

題8-28圖

8-29兩個同軸的圓柱面，長度均為

lR

量異號電荷和－Q時，求：

(1)在半徑處（R1

場能量密度和整個薄殼中的電場能量；(2)電介質(zhì)中的總電場能量；(3)圓柱形電容器的電容．

解:取半徑為的同軸圓柱面

則

(R1<Dw=R∫WCABrABqqqqqq1作用在q=qBr==wd=2πrdrl2

VR1==A11121qq24πεr2q<R2)時，qQ2πrlD2(R1<Dw=R∫WCABrABqqqqqq1作用在q=qBr==wd=2πrdrl2

VR1==A11121qq24πεr2q<R2)時，qQ2πrlD2Q22ε=8πεrl2Q28π2εrlQdr4πεrlQ22CQ22W的B22的庫侖力仍滿足庫侖定律，即12處于金屬球殼中心，它受合力．．為零，沒有加速度．2∑2222=ln=q2，如題作用的庫侖力，上的庫侖力，此時上的庫侖力仍是=Q=Q4πεl2πεlln(8-30圖所示．試求：q2有無加速度；q2有無加速度．FQ2dr4πεrl2R1R2/R1)=qR21qq24πεr12，但此時2

∴

(1)電場能量密度

薄殼中dW

(2)電介質(zhì)中總電場能量

W=W=∫

(3)電容：∵

∴

*8-30金屬球殼和的中心相距為，和原來都不帶電．現(xiàn)在

中心放一點電荷，在的中心放一點電荷

(1)對

(2)去掉金屬殼B，求作用在

解:(1)

F

但

(2)去掉金屬殼，q1作用在

受合力不為零，有加速度．

題CUC=CU1CCQU=ABCC1與CCC200×300C1+=U=6008-31圖1AB1上電量1223Q232=1和21C200+300CC21=0.25．3=Q1C23U1+C串聯(lián)后電容2221VUμF，C并聯(lián)=U2==U,2CC題CUC=CU1CCQU=ABCC1與CCC200×300C1+=U=6008-31圖1AB1上電量1223Q232=1和21C200+300CC21=0.25．3=Q1C23U1+C串聯(lián)后電容2221VUμF，C并聯(lián)=U2==U,2CCU25×50C23352兩電容器分別標(biāo)明“200pF、500V”和“300pF、900V”，把它=120pF32=0.152311=50(1，而=400VμF，C=C2=+)131+C32535+=0.20．C上=86U=1000μFV2

8-31如題8-31圖所示，

電壓為50V．求：

解:電容

Q1

電容與

其上電荷

∴

U

8-32

們串聯(lián)起來后等值電容是多少?如果兩端加上1000V的電壓，是否會擊穿?

解:(1)

C′=

(2)串聯(lián)后電壓比

U1U2

∴

CCq1,q12??q1CUqCU2=Uq1=011CCC1+CRRR112q20==22

2C1(C1CCq1,q12??q1CUqCU2=Uq1=011CCC1+CRRR112q20==22

2C1(C1-C2C1+C2U122

2123C2和CU-C11)U,q22Q=3.0×10C時，求：也擊穿．C1=+-822UC2(C1-CC1+C212充電到相等的電壓以后切斷電源，再將每一2CU)U)22U-(q12C12+)q22C2

2

8-33將兩個電容器

電容器的正極板與另一電容器的負(fù)極板相聯(lián)．試求：(1)每個電容器的最終電荷；(2)電場能量的損失．

解:如題8-33圖所示，設(shè)聯(lián)接后兩電容器帶電分別為

題8-33圖?q+q=q10-?則???U1

解得(1)

(2)電場能量損失

W=W-W

=(2C

=U

8-34半徑為=2.0cm的導(dǎo)體球，外套有一同心的導(dǎo)體球殼，殼的內(nèi)、外半

徑分別為=4.0cm和=5.0cm，當(dāng)內(nèi)球帶電荷

(1)整個電場儲存的能量；(2)如果將導(dǎo)體殼接地，計算儲存的能量；(3)此電容器的電容值．

Q，外球殼內(nèi)表面帶電r<R<>R3時R<∫∫r>∞∫W=4-Q，外表面帶電QR1和R<11R

R1R

R1R3區(qū)域1

R3W1J2rEv2r2228πr2ε+W2r<R2時=<R2Q，外球殼內(nèi)表面帶電r<R<>R3時R<∫∫r>∞∫W=4-Q，外表面帶電QR1和R<11R

R1R

R1R3區(qū)域1

R3W1J2rEv2r2228πr2ε+W2r<R2時=<R210Qdr200=(<R3Qrv4πεr區(qū)域()24πrdr2=(4πQ218ε0R1區(qū)域Ev13Q4πεrQ2118ε0R1R2QQ1r8πεR-=22(-2)4πrdr=201R2Qrv4πεr3)22

03+1R)3

題8-34圖

(1)在

Ev=0

在

r

∴在

W1=ε

=

在

W2=

∴總能量

=1.82×10-

R1<W=CFrW=(=<R2時Q112WQ2Ev=2

8πεR1<W=CFrW=(=<R2時Q112WQ2Ev=2

8πεR1=4πε/(Qrv4πεr3-)10,1R2RW=1.01×10-J-1241R=0)2

∴

(3)電容器電容

=4.49×10-12

Bv的數(shù)值是否都相等BvBvBvBvBv的大小在沿磁(即磁場是否一定是均勻的)?abcd可證明abcdBv1BvBvBrBLLB內(nèi)的方向?的數(shù)值一般不相等．因為磁場作用于運動電荷的磁力方向的方向有關(guān)，而且與電荷速度方向有關(guān)，即磁力方向并不是唯一由磁的方向．Bv=Bv?dlv=Br2方12=μ0nIBv的數(shù)值是否都相等BvBvBvBvBv的大小在沿磁(即磁場是否一定是均勻的)?abcd可證明abcdBv1BvBvBrBLLB內(nèi)的方向?的數(shù)值一般不相等．因為磁場作用于運動電荷的磁力方向的方向有關(guān)，而且與電荷速度方向有關(guān)，即磁力方向并不是唯一由磁的方向．Bv=Bv?dlv=Br2方12=μ0nIBBv外Bv外=1=，外面=0，所以在載流螺線管·ｄlv=0·ｄlv=μμ0nlB=0有一個假設(shè)的前提，Br2Bda-Bbc=0,即每匝電流均垂直于螺線管軸線．12I外μ0∑I=0這

9-1在同一磁感應(yīng)線上，各點?為何不把作用于運動電荷的磁力方向定

義為磁感應(yīng)強(qiáng)度

解:在同一磁感應(yīng)線上，各點

不僅與磁感應(yīng)強(qiáng)度

場決定的，所以不把磁力方向定義為

題9-2圖

9-2(1)在沒有電流的空間區(qū)域里，如果磁感應(yīng)線是平行直線，磁感應(yīng)強(qiáng)度

感應(yīng)線和垂直它的方向上是否可能變化(2)若存在電流，上述結(jié)論是否還對?

解:(1)不可能變化，即磁場一定是均勻的．如圖作閉合回路

∫

∴

(2)若存在電流，上述結(jié)論不對．如無限大均勻帶電平面兩側(cè)之磁力線是平行直線，但

向相反，即.

9-3用安培環(huán)路定理能否求有限長一段載流直導(dǎo)線周圍的磁場?答:不能，因為有限長載流直導(dǎo)線周圍磁場雖然有軸對稱性，但不是穩(wěn)恒電流，安培環(huán)路定理并不適用．

9-4在載流長螺線管的情況下，我們導(dǎo)出其內(nèi)部

外面環(huán)繞一周(見題9-4圖)的環(huán)路積分∫但從安培環(huán)路定理來看，環(huán)路L中有電流I穿過，環(huán)路積分應(yīng)為∫這是為什么?

解:我們導(dǎo)出

∫BvLLIBv能否肯定這個區(qū)域中沒有磁場不能肯定這個區(qū)域中沒有磁場，也可能存電子受的電場力與磁場力抵消所致．

B=2.0abcd面的磁通量；abcdBv?Sv=2.0×0.3×0.4=0.24Wb面積的磁通量BvSv=0aefdBvSv=2×0.3×0.5×cosLBv=的電流為∫BvLLIBv能否肯定這個區(qū)域中沒有磁場不能肯定這個區(qū)域中沒有磁場，也可能存電子受的電場力與磁場力抵消所致．

B=2.0abcd面的磁通量；abcdBv?Sv=2.0×0.3×0.4=0.24Wb面積的磁通量BvSv=0aefdBvSv=2×0.3×0.5×cosLBv=的電流為，因此實際螺線管若是無限長時，外?如果它發(fā)如果它發(fā)生偏轉(zhuǎn)也不能肯定Wb·ｍ-2的均勻磁場，方向沿befc面積1S?面積的磁通量3==0是不矛盾的．但這是導(dǎo)線橫截面積為零，螺距為零的理想模型．實B=x軸正方向，如題面的磁通量；(3)通過圖中aefdS22Sθ=2×0.3×0.5μ0∑I=0，與μ0I⊥9-6圖所1的磁通是3×=0.24(或曰2πr45,r為管外一點到螺線管軸Wb-0.24Wb)

∫∫0?dlv際上以上假設(shè)并不真實存在，所以使得穿過

只是的軸向分量為零，而垂直于軸的圓周方向分量

的距離．

題9-4圖9-5如果一個電子在通過空間某一區(qū)域時不偏轉(zhuǎn)，生偏轉(zhuǎn)能否肯定那個區(qū)域中存在著磁場?解：如果一個電子在通過空間某一區(qū)域時不偏轉(zhuǎn)，在互相垂直的電場和磁場，那個區(qū)域存在著磁場，因為僅有電場也可以使電子偏轉(zhuǎn)．9-6已知磁感應(yīng)強(qiáng)度

示．試求：(1)通過圖中(2)通過圖中

面的磁通量．解：如題9-6圖所示

題9-6圖

(1)通過

Φ1=

(2)通過befc

Φ2=

(3)通過

Φ3=

CDRIO

O點磁場由ABB)CCD產(chǎn)生產(chǎn)生段產(chǎn)生BBL1和L2Bvμ0I12π(0.1-0.05)=0在Lμ0Ir=0.1mC三部分電流產(chǎn)生．其中Bvμ0I12R302=10A，如題9-8圖所示．A+2-=為圓心在CDRIO

O點磁場由ABB)CCD產(chǎn)生產(chǎn)生段產(chǎn)生BBL1和L2Bvμ0I12π(0.1-0.05)=0在Lμ0Ir=0.1mC三部分電流產(chǎn)生．其中Bvμ0I12R302=10A，如題9-8圖所示．A+2-=為圓心在1，方向垂直向里=(sin90=，相距0.1m，通有方向相反的電流，ABμIπ×0.05外側(cè)距離μIrO=0μ0IRB1+，兩點與導(dǎo)線在同一平面內(nèi)．這兩點與導(dǎo)線02L2點的一段圓弧形導(dǎo)線，其半°°0B2+L2=1.2×10-T20-sin60)=(1-B=的4為處μIπRμI3r320πR(1-)，方向⊥向里32+，方向⊥向里．π)6

9-7如題9-7圖所示，AB、為長直導(dǎo)線，B)

徑為．若通以電流，求點的磁感應(yīng)強(qiáng)度．

解：如題9-7圖所示，、、

AB

CDB2=

CD4π2

∴

9-8在真空中，有兩根互相平行的無限長直導(dǎo)線

I1=20A,I

距離均為5.0cm．試求A，B兩點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度，以及磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的點的位置．

題9-8圖

解：如題9-8圖所示，方向垂直紙面向里

BA=

(2)設(shè)Bv

則π(+0.1)

解得

A，BO的磁感應(yīng)強(qiáng)度．O∞和B=2產(chǎn)生紙面向外μ1產(chǎn)生方向紙面向里=B1B2Bv=Bv1+RP處的磁感應(yīng)強(qiáng)度．P的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向都在圓柱截面上，取d==兩點，并在很遠(yuǎn)處與電源相點磁場由直電流∞在電阻電阻1方向02R2μ02R2π=0Ilμ2RA∞和∞及兩段圓弧上電流OR2A，BO的磁感應(yīng)強(qiáng)度．O∞和B=2產(chǎn)生紙面向外μ1產(chǎn)生方向紙面向里=B1B2Bv=Bv1+RP處的磁感應(yīng)強(qiáng)度．P的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向都在圓柱截面上，取d==兩點，并在很遠(yuǎn)處與電源相點磁場由直電流∞在電阻電阻1方向02R2μ02R2π=0Ilμ2RA∞和∞及兩段圓弧上電流OR2RI1(2π-θ)2πI2θI1(2IBv==5.0A通的一無限長直電流μRd0dIπI1與I點產(chǎn)生的磁場為零。且=1，-)

2θ2d=πR2πR2θ2π-θ=10IdlPdBvRθ=所產(chǎn)生，.IπRμ0Idθ2π2R，在軸上點產(chǎn)生與9-9如題9-9圖所示，兩根導(dǎo)線沿半徑方向引向鐵環(huán)上的連．已知圓環(huán)的粗細(xì)均勻，求環(huán)中心

解：如題9-9圖所示，圓心

但A

I1I

I1Bv⊥

B=

I2Bv⊥

B2

∴

有

9-10在一半徑=1.0cm的無限長半圓柱形金屬薄片中，自上而下地有電流過，電流分布均勻.如題9-10圖所示．試求圓柱軸線任一點

題9-10圖解：因為金屬片無限長，所以圓柱軸線上任一點

坐標(biāo)如題9-10圖所示，取寬為

垂直，大小為

dB

=dBcos=dBcos(Bx∫-Bva=0.52v=2.2×10=μev0PveTdAr1=r3BA=2)S=ldrr+r∫θ=π+μ0Isinθ2=22=6.37×10-T×10cm的軌道上作勻速圓周運動，8-1μ0evv×πa304mπa2=題9-12圖=40cm，每根導(dǎo)線載有電流處的磁感應(yīng)強(qiáng)度；=10cm,=25cm)．μ0I1d12

rμ0Icosdθ2π2Rθ==dBcos=dBcos(Bx∫-Bva=0.52v=2.2×10=μev0PveTdAr1=r3BA=2)S=ldrr+r∫θ=π+μ0Isinθ2=22=6.37×10-T×10cm的軌道上作勻速圓周運動，8-1μ0evv×πa304mπa2=題9-12圖=40cm，每根導(dǎo)線載有電流處的磁感應(yīng)強(qiáng)度；=10cm,=25cm)．μ0I1d12

rμ0Icosdθ2π2Rθ=-∫(5-8avπaeva2I1=I2l+2([+1)2-μIsin2vi2=9.2×10-24A?=20A，如題9-12圖所示．求：μI

πμ0I12πrdθ2π2RμIπ20π2=13m20d2)μI2(d-r)]2πcosθθdμ0I2π2R2π2RθθRT21[sin-sin(=0=4×10-5⊥紙面向外1π22)]T方向ldr=ln-==6.37×10-μ0I1lπμIπ2R305-lnTμ0I2l2π13=lnμI1lπ3=2.2×10-6Wb

dBy

π∴

πBy=

∴

9-11氫原子處在基態(tài)時，它的電子可看作是在半徑速率cm·ｓ．求電子在軌道中心所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度和電子磁矩的值．解：電子在軌道中心產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度

Bv0

如題9-11圖，方向垂直向里，大小為

B=

電子磁矩在圖中也是垂直向里，大小為

Pm=

題9-11圖

9-12兩平行長直導(dǎo)線相距

(1)兩導(dǎo)線所在平面內(nèi)與該兩導(dǎo)線等距的一點

(2)通過圖中斜線所示面積的磁通量．（

解：(1)2π(

(2)取面元

Φ=

S，如題r

l=μB題9-13圖Φma,bcBvc上各點的Bv是否為零∫Bv

bav?dlvcBBv的大小不相等．CBvBv題9-15圖a,b，導(dǎo)I，且IS，如題r

l=μB題9-13圖Φma,bcBvc上各點的Bv是否為零∫Bv

bav?dlvcBBv的大小不相等．CBvBv題9-15圖a,b，導(dǎo)I，且I均勻地分布在管的橫截面上．設(shè)導(dǎo)體的磁導(dǎo)率處的磁感應(yīng)強(qiáng)度

?dl=μ0∑IIr0==BvdSv=,的大小是否相等?a

Bv?dlv=8μ0

=0Bv=0μ≈μ0，2

R2μ0IrπR2∫?∫，分別寫出安培?dlv=8μ0．R

()0μIr2R02==10-μI406πWb圖所示．試計算通過S平面的磁通量(沿導(dǎo)線長度方向取長為1m的一段作計算)．銅的磁導(dǎo)率

μ=μ0.

解：由安培環(huán)路定律求距圓導(dǎo)線軸為∫Bv

B2πr

∴

磁通量

9-14設(shè)題9-14圖中兩導(dǎo)線中的電流均為8A，對圖示的三條閉合曲線環(huán)路定理等式右邊電流的代數(shù)和．并討論：

(1)在各條閉合曲線上，各點的磁感應(yīng)強(qiáng)度

(2)在閉合曲線?為什么?

解：

∫∫

(1)在各條閉合曲線上，各點

(2)在閉合曲線上各點不為零．只是的環(huán)路積分為零而非每點

題9-14圖

9-15題9-15圖中所示是一根很長的長直圓管形導(dǎo)體的橫截面，內(nèi)、外半徑分別為

體內(nèi)載有沿軸線方向的電流

(a<=l=∫I=πrBa)和一同軸的導(dǎo)體圓管bcIraar＜電纜外（＞)各點處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小∫Bvr<=a<=b<=r>題9-17圖rμ2π(b2-a2)2πr(a<l(a<=l=∫I=πrBa)和一同軸的導(dǎo)體圓管bcIraar＜電纜外（＞)各點處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小∫Bvr<=a<=b<=r>題9-17圖rμ2π(b2-a2)2πr(a<l2=Laμ0IrπR2rμ0I2πrrμI(c22πr(c2c<b)0IrrBv?dlv-πa)μI(r2πr(b2?dlv=μ0∑IB2πr<b<c0-b2)Bπr=0的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小由下式給出：r<b)=2πb220-a2)=μBB-r)2B2πrI-πa2-a2)Ir02πr2πr2-a22

R2=μ0I=-μ0Ir-b2c2-b22+μ0I

B

解：取閉合回路

則

∑

∴

9-16一根很長的同軸電纜，由一導(dǎo)體圓柱(半徑為(內(nèi)、外半徑分別為,)構(gòu)成，如題9-16圖所示．使用時，電流從一導(dǎo)體流去，從另一導(dǎo)體流回．設(shè)電流都是均勻地分布在導(dǎo)體的橫截面上，求：(1)導(dǎo)體圓柱內(nèi)（＜),(2)兩導(dǎo)體之間（＜＜b)，（3）導(dǎo)體圓筒內(nèi)（b＜rc)以及(4)rc

解：

(1)

B

(2)

B

(3)

B

(4)B=0

題9-16圖

a,a＞rRI-OIμIaB0O′點BIIB′=I1附近有一等腰直角三角形線框，通以電流ABCFAB=I=I2a∫，電流I2均勻分布在橫截面上的圓柱導(dǎo)體磁場之和．點B的大小：1102=的大?。?212μ2π(R-r)I2，二者的各邊所受的磁力．vμ0I12πdC

A1產(chǎn)生的=μIra,a＞rRI-OIμIaB0O′點BIIB′=I1附近有一等腰直角三角形線框，通以電流ABCFAB=I=I2a∫，電流I2均勻分布在橫截面上的圓柱導(dǎo)體磁場之和．點B的大?。?102=的大?。?212μ2π(R-r)I2，二者的各邊所受的磁力．vμ0I12πdC

A1產(chǎn)生的=μIrπa(R-r)產(chǎn)生的產(chǎn)生的0Ia22∫=AB×BvAC均勻分布在橫截面上的圓柱導(dǎo)體和半徑為Bμ0IrπaR2-r2022B′=0，B′=A

Bμ0I1I2πd方向垂直r=0，電流-2

2μ0Ia2Ia2πaR2-r2(R-r)×Bv2a向下，大小為電I2產(chǎn)生的磁場=方向垂直向左μ220腔，兩軸間距離為且，橫截面如題9-17圖所示．現(xiàn)在電流I沿導(dǎo)體管流動，電流均勻分布在管的橫截面上，而電流方向與管的軸線平行．求：(1)圓柱軸線上的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(2)空心部分軸線上的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小．

解：空間各點磁場可看作半徑為

流

(1)圓柱軸線上的

電流

B2=

∴

(2)空心部分軸線上

電流

電流

∴

題9-18圖

9-18如題9-18圖所示，長直電流

共面．求△

解：

FAB

FvAC=I

∫Fv∫

dl=FBC=Bv的均勻磁場中，垂直于磁場方向的平面內(nèi)有一段載流彎曲導(dǎo)線，電IdFv=×Bv

dBv夾角<dlvBv>=

=Idlv×B=I(∫adlv)×Bv=Iab×Bwab向上，大小Fab=AB∫Fv∫

dl=FBC=Bv的均勻磁場中，垂直于磁場方向的平面內(nèi)有一段載流彎曲導(dǎo)線，電IdFv=×Bv

dBv夾角<dlvBv>=

=Idlv×B=I(∫adlv)×Bv=Iab×Bwab向上，大小Fab=AB內(nèi)通以電流Id+a

dBCd+a2

drcos45°d+a∫lvbab

lvBv2∫BII2μ0I1μII2r2πdBCμ0I12πrμa∫Idlvπ

bb

aab1=10A，與線圈共面，且012向上，大小02πra=20A，在矩形線圈ABd+aI2I1drμIId+acos4°=2πdCDEFCD012中通有電，EF都與平行．已知lnABa=9.0cm,b=20.0cm,d=1.0