《电磁学》梁灿彬课后答案.pdf

第一章第一章 静电场的基本规律静电场的基本规律 11 判断下列说法是否正确， 说明理由。 （1）一点的场强方向就是该点的试探点电荷所受电场力的方向。 （2）场强的方向可由 E=F/q 确定，其中 q 可正可负。 （3）在以点电荷为心的球面上，由该点电荷产生的场强处处相等。 答案： （1） ,正的试探电荷； （2） ； （3） 在无外场是，球面上E ? 大小相等。 12 半球面上均匀分布着正电荷，如何利用对称性判断球心的场强方向？ 答案： 利用对称性分析，垂直轴的分量相互抵消。 13 下列说法是否正确？为什么？ （1）闭曲面上各点场强为零时，面内总电荷必为零。 （2）闭曲面内总电荷为零时，面上各点场强必为零。 （3）闭曲面的 E E 通量为零时，面上各点场强必为零。 （4）闭曲面上的 E E 通量仅是由面内电荷提供的。 （5）闭曲面上各点的场强仅是由面内电荷提供的。 （6）应用高斯定理的条件但是电荷分布具有对称性。 （7）用高斯定理求得的场强仅是由高斯面内的电荷激发的。 答案： （1） 没有净电荷 ； （2）； （3）； （4）； （5）； （6）； （7）。 14 “均匀带电球面激发的场强等于面上所有电荷集中在球心时激发的场强” ，这个说法是否正 确？ 答案：无外场时，对球外而言是正确的。 15 附图中 A 和 B 为两个均匀点电体，S 为与 A 同心的球面，试问： （1）S 面的通量与 B 的位置及电荷是否有关？ （2）S 面上某点的电场强度与 B 的位置及电荷是否有关？ （3）可否用高斯定理求出 S 面上一点的场强？为什么？ 答案： （1）无关 （2） 有关 （3）不能（导体球） 、可以（介质球） 。 场强叠加原理应用到有导体的问题时，要注意，带电导体单独存在时，有一种电荷分布，它 们会产生一种电场；n 个带电导体放在一起时，由于静电感应，导体上的电荷分布发生变化，这时， 应用叠加原理应将各个导体发生变化的电荷分布“冻结”起来，然后以“冻结”的电荷分布单独存 在时产生的电场进行叠加。 1.6 半径 R 的军于点电球内挖去半径为 r 的小球，对附图（a）与（b）的两种挖法，能否用高斯定 理和叠加原理求各点的场强？ 答案： （a 图） 能 ，叠加法（补偿法） ； （b 图） 不能 1.7 附图中的 S1、S2、S3及 S4都是以闭曲线 L 为边线的曲面（曲面法线方向如图所示） 。一直 S1的 E E 通量为 1 ，求曲面 S2、S3、和 S4的 E E 通量 2 、 3 及 4 。 答案：始终在内的点 E E=0 不变，始终在外的点 2 0 4 q E r =不变， 被气球表面掠过的点 ，E 发生跃变，由 2 0 0 4 q E r =。 1.8 附图中S1、S2是四个闭曲面，以 E1、E2、E3 分别代表由q1、q2、q3激发的静电场强，试判断 下列各等式的对错 （1） 1 1 1 0 s q E ds = ? ? ? （2） 2 3 3 0 s q Eds = ? ? ? （3） 1 2 32 0 () s q EEds += ? ? ? ? （4） 1 12 12 0 () () s qq EEds + += ? ? ? ? （5） 2 32 123 0 () () s qq EEEds + += ? ? ? ? （6） 1 132 123 0 () () s qqq EEEds + += ? ? ? ? ? 答案： （1） ； （2）； （3）； （4）； （5）； （6）； 1.9 分别画出等值同号与等值异号的两无限大均匀带电平面的电场线图。 答案： 1.10 电场线是不是电电荷在电场中的运动轨迹？（设此 点电荷除电场外不受其他力） 答案：一般不是。FqE= ? ； FMa= ? ； v a t = ? ? ? ? ；只有在匀强电场中，静止点电荷运动的轨 迹才的电力线。 1.11 下列说法是否正确？如不正确，请举一反例加以论述。 （1）场强点点相等的区域中电势也点点相等。 （2）如果两点电势相等，则她们的场强也相等。 （3）设A点场强（大小）大于B点场强，则A点电势必高于B点电势。 （4）场强为零处电势一定为零。 （5）电势为零处场强一定为零。 答案： （1）不正确 。 u En n = ? ? 例如匀强电场 。 （2）不正确。 （3）不正确。E大，电势的变化率就大，并非一定U大 （4）不正确。E=0， U n =0 ，并不是U一定为0，在等量同号点电荷的连线中点处。 （5）不正确。U=0，并不是 U n 一定为0，例：在等量异号点电荷连线中点处。 1.12 两个半径分别为R1及R2=2R1的同心均匀带电球面，内球所带电荷q10。当外球所带电荷q2 满足什么条件时内球电势为正？满足什么条件时内球电势为零？满足什么条件时内球电势为负？ （参考点选在无远。 ） 答案： 12 1 0101 442 qq U RR =+ 或者： 21 1211 2 112 112 22 2 00 44 RR RRRR qqq UE drE drdrdr rr + =+=+ 要使 1 0U ，则 2 1 ()0 2 q q +，即 21 2qq 要使 1 0U =，则 2 1 ()0 2 q q +=，即 21 2qq= 要使 1 0U L时所得结果与点电荷场强公式一致。 解： （1） 22 0 1 4 ndx dE xR = + 方向如图： 由对称性分析可知，力的分量相互抵消。 2 22 220 0 1 sin2 4 L ndxR EdE xR xR = + + = 2 32 22 0 0 2 4() L nRdx xR+ 2 0 2 4 4 nL L RR = + （2）当L 时： 2 00 2 42 1 4 nLn E R R RL L = + （3）当RL?时： 22 2 000 2 2 444 1 4 nLnLq E RR L R R = + 1.3.8 把电荷线密度为的无限长均匀带电线分别弯成附图（a） 、 （b）两在种形状，若圆弧半径为 R，求两图中O点的场强E。 解： 根据带电直线公式： () 21 0 sinsin 4 x E = () 12 0 coscos 4 y E = 当在A 中 ： 0 1 0= 2 2 = 0 4 x E R = 0 4 y E R = 当在B 中： 1 2 = 2 = 0 4 x E R = 0 4 y E R = 可以不计算，对称分析可知以上两种相互抵消。 （1） 2 0 4 Rd dE R = 方向如图（a） 2 2 20 0 00 sinsincos 44 xx R EdEdEd RR = 2 2 20 0 00 sincossin 44 yy R EdEdEd RR = 0 0 2 4 E R = 方向：与二直线夹角均为 0 45。 （2）如图（b） ，由对称分析， A E 与B E 合成后 只有x分量， 对二直线： 0 2 2 x EE R = 方向：x的负方向 对半圆： 2 0 00 sin 42 x R EEd RR = 方向：x的正方向。 经叠加得： 0 0E = 1.3.9 无限长带电圆柱面的电荷面密度由下式决定： 0cos =（见附图）求 圆柱面轴线上的场强。 解：设取一无限长狭条单元体： 根据 0 2 E R = 0 1cosRd= 0 0 cos 2 Rd dE R = 方向如右图所示 2 2 2 00 0 0000 cossin2 22242 xx R EdEd R = = += 方向：x轴负方向 2 1 1 2 00 0 00 0 cossincos 0 221 1 yy R EdEd + = = = + 1.4.1 附图中的立方体边长为a=10cm，场强分量为 12 x Ebx= ，0 yz EE=，其中 1 2 b=800N/(C m )， 求： （1）立方体表面的 E 通量。 （2）立方体内总电荷。 解： （1）因为只有 x E分量，所以立方体只有 1 S、 2 S面有分量。 51 22 2 111 ExSbaaba = = = ? 51 22 2 222 (2 )2ExSbaaba =? 所以： 5 2 ba= 总 （ 2-1） 由 0 s q E dS = ? ? 内 总 得到： 5 2 00 qa= 总内 （ 2-1） 1.4.2 均匀电场E与半径为R的半球面的对称轴平行 （如附图） ， 试计算此半球面的E通量 （约 定半球面的法矢向右） ，若以半球面的边线为边线另做一任意形状的曲面（法矢仍向右） ，此面的 E通量为多少？（提示：两问都用高斯定理） 解： 半球面的任意曲面，其电通量与圆平面的电通量相等。 2 ESE R = 或 2 1 ESE R = 1 S与 2 S 成闭合曲面： 21 0 0 + = 2 211 E R = = = 同理： 3 S 与 1 S成闭合曲面， 31 0 0 + = 2 311 E R = = = 1.4.3 用高斯定理求电荷线密度为 的曲线长均匀带电直线在空间任一点激发的场强，并与 1.3.7题（2）问的结果比较。 解：过P点作圆柱面为高斯面， 0 s sss q E dsE dsE dsE ds =+= ? ? iiii ? 上下侧 0 002 h Erh +=i 0 2 E r = 1.4.4 求半径为R、 电荷面密度为的曲线长均匀带电圆柱面内外的场强， 并大致画出Er曲线。 解：设圆柱半径为R，空间电场分布具有轴对称， 当 rR： 0 s q E ds = ? ? 内 0 2 sss R E dsE dsE ds += ? ? 上下侧 0 002 h Erh += 00 2 h RR E rhr = 1.4.5 电荷以体密度均匀分布在厚度为d的曲线大平板内，求板内外的场强E 解： 电场分布以中垂面的面对称分布，取圆柱面为S： 当 2 d r 时： 0 s d E sE s += ? i ? 0 2 d E = 1.4.6 电荷以体密度 0(1 )r R=分布在半径为R的球内，其中 0 为常量，r为球内某点与球 心的距离。求： （1）球内外的场强（以r代表从球到场点的矢量） 。 （2）r为多大时场强最大？该点场强Emax=？ 解： 0 q E ds = ? i ? 内 当 rR时： 2 0 4 q Er =i 内 2 0 4 q E r = 内 2 0 1sin r qdrr drd d R = 内 2 2 0 00 sin1 a o r ddr dr R = 3 2 0 2 aa oo r r drdr R = ii 34 0 4 34 aa R = 333 00 22 00 443 41212 RRR E rr = 令： 0 dE dr = 内 即： 2 0 0 34 rr R = 0 2 0 34 r R = 2 3 R r = 2 0 max 0 2 3 2 3 334 R R E R = （） 0 0 max 00 2 3 349 R RR E R = 2 （1-）= 1.4.7 两平行的曲线大平面均匀带电，电荷面密度分别为 1 和 2 ，求： （1）空间三个区的场强。 （2）写出各区场强在下列两种情况下的表达式： （a） 12 =， （b） 12 = 解：无限大均匀带电平面场强分布： 0 2 En = ? 取正向为正。根据 i EE= ? ? 得： 000 22 E = = 左 00 0 22 E = 中间 000 22 E =+= 左 1.4.8 在球心为o、半径为a、电荷体密度为的均匀带电球体内偏心挖去一个半径为b的小球 （球心为 o ） ，如图所示。 （1）试证空心小球内存在均匀电场并写出场强表达式（以c代表从o到 o 的矢量） 。 （2）求o、 o 连线延长线上M点和P点的场强EM和EP。 （以ec代表沿c向的单位矢量，rM、rP分 别代表M、P与o的距离） 答案： 当挖去一个半径为r的小球，解：将挖去的小球 o 用电荷体密度为的球补起来，先求 均匀带电体o产生的场强，再求填补带电球 o 产生的场强，两者相减即为所求的电场。根据均匀带 电球体的场分布： 0 3 Er = 内 ， 2 0 4 q E r = 外 00 0E= ， 1222 1 12 2 2111 Elrr ElE l Elrr = 0 0 0 3 p p r Er = ? ， 3 0 2 0 0 4 3 4 m m R Er r = ? ， 0 0 0E = ， 0 0 0 0 0 3 r Er = ? ， 3 0 2 0 0 4 3 4 p p r Er r = ? ， 3 0 2 0 0 4 3 4 m m r Er r = ? 再根据 i i EE= ? ? 得： 00 0000 0 0 3 r EEEr = ? 0 0 0000 0 0 3 r EEEr = ? 3 00 2 0 () 3 PPP op o p r EEErr r = ? 33 00 22 0 () 3 mmm o mo m rR EEEr rr = ? 1.4.9 半径为R的曲线长援助体内均匀带电，电荷密度为，求柱内外的场强并大致画出Er 曲线。 解：轴对称分布，取S为同轴圆柱面： 当 rR， 0 q E dS = ? ? i ? 内 2 0 002 R h E rh += 2 0 2 R E r = 1.4.10 半径分别为R1和R2（R2R1）的一对无限长共轴圆柱面上均匀带电，沿轴线单位长度的 电荷分别为 1 和 2 。求： （1）各区域内场强。 （2）若 12 = ，情况如何？大致画出Er曲线。 解：由轴对称，取S为同轴圆柱面（设高为h，半径为r） ： 当 1 rR0，内半径为 a，腔呢距离球心 O 为 r 处有一点 电荷 q（见附图） ，求 O 点的电势。 解： 设球内壁的电荷为q（不均匀分布） ，外壁的电荷为Qq+（均匀分布） ， 0 000 444 qdsQq U rab + =+ ? 000 444 qqQq rab + =+ 2.2.3 半径 RA的金属球 A 外罩一同心金属球壳 B， 起壳极薄， 内外半径均可看 作 RB（见附图） ，已知 A、B 的电荷分别为 QA和 QB ，求： （1）A 的表面 S1及 B 的内外表面 S2、S3的电荷 q1、q2、q3； （2）A 和 B 的电势 VA和 VB； （3）将球壳 B 接地，再回答（1） （2）两问； （4）在（2）问之后将球 A 接地，再回答(1)、(2)两问； （5）在（2）问只后在 B 外再罩一个很拨的同心金属球壳 C（半径为 RC） ，再回 答(1)、(2)两问，并求 C 的电势 VC。 解： （1）设 1sA qQ=均匀分布， 2sA qQ= 均匀分布， 3sAB qQQ=+均匀分布，由 高斯定理 0 q E dS = ? ? i ? 和 2 0 4 q E r = 可得： 当 AB RrR，所以内球带电不可能为0，而且是带负电， 设内球带 Q ， 于是外球内壁 Q +， 外壁为 （Q Q ） ， 由高斯定理 0 q E dS = ? ? i ? 得： 当 12 RrR 即 21MM EE，因两层介质击穿强度都是 M E，故电压上升时，外层先达到 2MM EE=击穿，而 2 2 1 2 1 ln 2 R MMR r UEr= 3.6.1附图表示由两层均匀电介质充满的圆柱形电容器的截面，两电介质的介电 常量分别为 12 、。 （1）求此电容器单位长度的电容； （2）D及E在电介质的交界面处是否连续？ 解： （1）在介质介面处D ? 连续而E ? 不连续。 （2）由D dsq= ? ? 可得： 2 D R =， 0 2 r E r = 23 12 12 32 12 000102 lnln 2222 RR RR rrrr RR Udrdr rrRR =+=+ 12 21 0 32 12 2 lnln rr rr C RR U RR = + 3.6.2 分界面左右两侧电介质的相对介电常量分别为 1r =3和 2r =6，设分界面左 侧场强大小为E1，与法线成450角且指向右侧，求分界面右侧的场强E2。 解： 11 2 2 n EE=， 因为 12 21 n n E E =， 1 2 1 211 2 2 2 r nn r EEE = 1 2 2222 22211 22 ()()769 22 r nt r V EEEEE m =+=+= 2 1 1 2 1 2 2 1 2 7 2 32 2 r r nr r E E t tg E E = 00 66.8066 48= 3.6.3 相对介电常量为 r 的均匀电介质与真空的交界面为一平面（见附图） ，已 知真空中均匀场强E1与界面法线夹角为，计算（1）以界面上一点为球心、R 为半径的球面上场强E的通量； （2）D沿附图中的窄矩形的环流。 解：因为 23 EEE = + 23 2 00cosDD ER= 2 2 2 0 cos D E ER = 3 3 2 0 0 cos D E rr E R = 222 0 00 1 coscoscos r E rr E ERRER = 0 1112 CC Lllll D dlD dlD dlD dlD dl=+=+ ? ? 00 12 000000 sinsin CrCr ll E dlE dlElEl = 3.6.4 附图中的曲线代表真空与电介质（相对介电常量为 r ）的交界面，A、B、 C是板近的三点，其中B点在交界面上，A、C点分别位于电介质和真空内，已 知C点的场强为EC，其方向与界面法线夹角为，求： （1）A点的场强EA； （2） B点的极化电荷面密度( )B。 解： （1）由右图可知： 00 cos no EE=，法向不连续 由 1 nor n E E = 得到： 0 0 cos no n rr EE E = 所以： 000 sinEEE = 切向不连续 22222 0 00 cossin nr r E EEE =+=+ 0r n E tgtg E = （2） 0 000 (1) (1)cos r nrn r P nPEE = = ? ? ? 3.7.1 用一块 r =5的玻璃板充满平板电容器两极板间的空间， 在下面两种情形下 将玻璃板移去，求电容器的新能量 W 与原能量W之比值： （1）电容器一直与直流电源相接； （2）用支流电源给电容器充电后，先断开电源再抽出玻璃板。 解： （1）U不变：由 22 0 11 22 WC UCU= 0 0 s C d = 0rs C d = 得到： 25 0 1 (1)3.2 10 2 r s WUJ d = 减少 （2）断开电源后Q不变： 222 4 00 1111 (1)1.6 10 222 r QQQ d WJ CCs = 3.7.2 将半径为R， 电荷为q0的导体球置于介电常量为的均匀无限大电介质中， 求电介质内任一点的能量密度。 解：由D dsq= ? ? 自 可求出： 0 2 4 Q D r = 0 2 0 4 r Q E r = 2 2 0 0 24 0 1 232 r r Q WE r = 习 题 4.1.1 很定电流场 J=Ji（其中 J 为常数，i 为沿 x 轴正向的单位矢量）中有一半径为 R 的球面（见附 图） 。 （1）用球坐标表示出球面的任一面元的 J 通量 dI； （2）用积分的方法求出由 x0 确定的半球面的 J 通量 I； 解： （1）cosdIj dsji rdsjds= ? 而方向余弦： cossincos cos xrR RRR = 2 sincosdsR= 22 sincosdIjRd d = （2）因被yoz平面所截， 22 22 00 4cossinIdIjRdd = 2 2 22 0 0 11 4sinsin2 24 jRj R = 通过前面半球的 j ? 线数与通过过 O 圆平面的 j ? 线数相等。 4.2.1 如图所示的电路中，求： （1） 开关 S 打开时 A、B 间的总电阻； （2） 开关 S 闭合时 A、B 间的总电阻。 解： （1）当 K 断开时，电路图如下（1） ，由图可得知： 225 ab R= （2）当 K 闭合时，电路图如下（2） ，由图可得知： 208 ab R= 4.2.2 求附图所示各电路图中 A、B 间的总电阻。 解：等效电路图（a）（g）如下： （a）1 ab RK=， （b）4.5 ab R= （c）1.2 ab R= （d）7.4 ab R= （e）5 ab R= （f）1.5 ab R=（g）14 ab R= 4.2.3 当附图中的 R1为何值时 A、B 间的总电阻恰等于 R0？ 解：由 110 10 110 () () R RR RRR RRR + =+= + 总 解得： 0 1 3 R R = 4.3.1 用电阻率为的金属制成一根长度为l、内外半径分别为 R1和 R2的导体管，求下列三种情况 通过管子的电阻： （1）电流沿长度方向流过； （2）电流沿径向流过； （3）把管子切去一半（如附图） ，电流沿图示方向流过。 解： （1）电流沿长度方向流过，则各截面面积相等，有 22 21 () l R RR = （2）电流沿径向方向流过，各截面面积不相等，有 2 1 2 1 ln 22 R R Rdr RdR rllR = （3）把管子切去一半，电流沿图示方向流过，考虑离轴线为 r，厚度为 dr 的薄半圆片，则其电阻 为： r dR ldr = 又因为各电阻不一样，各电阻上的电流分布也不一样，各段电阻相当于并联，则有 2 1 2 1 11 ln R R Rldrl RdRrR = ， 即有： 2 1 1 ln R R l R = 4.3.2 用电阻率为（常量）的金属制成一根长度为 L、底面半径分别为 a 和 b 的锥台形导体（见 附图） ， （1）求它的电阻； （2）试证明当 a=b 时，答案简化为L/S（其中 S 为柱体的横截面积） 解：假定 I 沿轴线流过任意横截面的j ? 是均匀的，建立坐标如图所示 则有： 2 dx dR r = 积分得： 2 dx RdR r = 其中x，r为变量，若将统一为x的变量，x的变化范围 为： 00 xxl+ 由 0 ax tg=， 0 ()bxl tg=+ 解出： 0 La x ba = ， ba tg l = 又 ()x ba rxtg l = 22 2 2 ()x ba sr l = 0 0 22 22222 ()() xl x dxldxldx R rx babax + = 2 2 00 11 () ll baxxlab = + 若将变量统一为r，则r的变化范围为：0()ba，或由ab 由 badr tg ldx = 得： ldr dx ba = 222 ()() b a dxl drldr R rrbabar = 11 () ll baabab = 当ab=时： 2 ll R as = 4.3.3 球形电容器内外半径为 a 和 b，两极板间充满电阻率为的均匀物质，试计算该电容器的漏 电电阻。 解：对漏电电阻，其内部电极电位差，电流沿径向从高电位向低电位流过，则有： 2 4 dx dR r = 积分得： 2 11() () 444 b a dxba RdR rabab = 4.3.4 直径为 2mm 的导线由电阻率为 8 3.14 10m 的材料制成，当 20A 的电流均匀地流过该导 体时，求导体内部的场强。 解：根据jE= ? ，得 8 232 3.14 1020 0.2 3.14 (10 ) jI V E m R = 4.3.5 铜的电阻温度系数为 30 /4.3 10C ，在 0 0 C时的电阻率为 8 1.6 10m ，求直径为 5mm、长 为 160km 的铜制电话线在 0 25 C时的电阻。 解： 3 83 0 232 160 10 (1)1.6 10(14.3 1025)144 3.14 (2.5 10 ) l Rt r =+=+= 4.3.6 将同样粗细的碳棒和铁棒串联起来，适当地选取两棒的长度能使两棒的总电阻不随温度而变， 求这时两棒的长度比。 解：当两者串联起来时，其总阻值为： 00 (1)(1) CF CFCCFF ll RRRtt ss =+=+ 总 .（*） 其总阻值不随温度变化而变化，即 0 dR dt = 总 将（*）式对温度t求导并另其等于 0，即 00 0 CF CCFF ll ss += 得到： 0 0 8.71 35040 FF C FCC l l = = 4.3.7 某仪器中要一个“200 ,2W”的电阻，手头有标明“50，1W”的电阻及“150，1W”的电 阻各一个，是否可以代用？ 解：标有“220 ,2W”的电阻： 21( )URWV= 额 ， 0.01( ) W IA R = 额 标有“50 ,1W”的电阻：7.07( )URWV=，0.14( ) W IA R = 标有“150 ,1W”的电阻：12.25( )URWV=， 0.08( ) W IA R = 将“50 ,1W”与“150 ,1W”的电阻串联起来，可得： 7.07 12.2519.3321( )V+=0 表明电动势的方向与设定的方向相同。 (2) 螺线管电流从正值经零值到负值时，小线圈的感应电动势的大小和方向都不变， 因为电流以及磁通量都以相同的变化率作变化。 6.2.2 边长分别为 a=0.2 m 和 b=0.1 m 的两个正方形按附图所示的方式结成一个回路， 单 位的电阻为 510 2 10 m .回路置于按sin m BBt=规律变化的均匀磁场中， 2 10 m B =T，100= 1 s。磁场 B 与回路所在平面垂直。求回路中感应电流的最 大值。 解答: 在任一瞬时，两个正方形电路中的电动势的方向相反，故电路的总电动势的绝对值 为 ()() 2222 coscos dd dB mmdtdtdt ababBtt = 大小 因回路单位长度的电阻 2 5 10 m = ，故回路电阻为 () 2 46 10Rab =+= 回路中感应电流的最大值为 0.5 m mR I = A 6.2.3 半径分别为 R 和 r 的两个圆形线圈同轴放置，相距为x（见附图） 。已知rx?(因 而大线圈在校线圈内产生的磁场可视为均匀)及Rx?.设x以匀速 dx dt v=随时间t 而变. （1） 把小线圈的磁通表为x的函数 （2） 把小线圈的感应电动势（绝对值）表为x的函数 （3） 若0v,确定小线圈内感应电流的方向. 解答： （1） 满足条件Rx?下,载流大线圈在面积 S 为的小线圈的磁通量为 2 0 3 2 2 IR x BSr = （2） 小线圈的磁感应电动势（绝对值）为 2222 00 4 34 2 2 ( 3) Ir RIr R ddx dtdt x xv = （3） 若时,小线圈内感应电流与大线圈的电流的方向相同 6.2.4 在无限长密绕螺线管外套一个合金圆环，圆心在轴线上，圆平面与轴线垂直（见附 图）.管内系统随时间以常变化率2增大，电流表经开关接到环上的 P、Q（两点连线过环 心）. (1) 求开关断开时下列情况的 PQ U： （a）两个半圆的电阻都为 R， （b）左半环电阻为 R， 右半环电阻为 2R； （2）设电流表所在支路电阻为零，求开关接通时电流表在上问的（a） （b）情况下的电 流 A I（大小和方向） ； （3）若座半环电阻为 R，有半环电阻为kR（其中0k） ，试证开关接通时 A I与k值 无关。 解答： （1） 馆内磁通随时间以常变化率2增大时，在开关断开时，感应电动势 为 2= dt d （a）两个半环的电阻都为 R 时，等效电阻如图 6.2.4(a)所示， 0 222 = R R U QPPQ （b）左半环电阻为 R，右半环电阻为 2R 时，等效电路如图 6.2.4(b)所示，有 363 2 2 2 3 =R R U QPPQ （2）电流表开关接通时： (a) 两个半环的电阻都为 R 时，等效电路利用戴维南定理如图 6.2.4(c) 所示，有 右半环的支路于电流表支路组成的闭和回路中没有磁场， 亦没有磁通的变化， 因此该回路的 总电动势为 0。已知右半环的支路上的电动势为，因此电流表支路的电动势亦为，由图 6.2.4（c）可见，通过电流表的电流为 2 22 AA A R I RR = 方向向上。 （b）左半环电阻为 R，右半环电阻为 2R 时，利用戴维南定理等小电路如图 6.2.4（d） 所示，等效电源的电动势等于开路电压 PQ U 2 2 32363 ePQQP UUR R = = 等效电阻为 ()22 23 e RRR R RR = + 等效电路如图 6.2.4（d）右图所示，因等效电动势0 e MQ 6.4.4 电子感应加速器的轨道半径为 0.4m，电子能量的增加率为 160eV/周. （1）求轨道内磁场的平均值B的时间变化率 dt Bd （2）欲使电子获得 16MeV 的能量，需转多少周？共走多长路程？ 解答： （1） 电子转 1 周得到的能量为 160=e eV 电子运行的圆周轨道的电动势 2 R dt Bd = 解得轨道内磁场的平均值B的时间变化率 dt Bd 为 sT Rdt Bd 2 2 1018. 3= （2） 电子获得 16MeV 的能量转动的周数为 5 5 10 160 10160 = = eV eV N 因轨道半径 R=km 4 104R = ,故电子共走的路程为 2512=RNL km 6.5.1 在长为 0.6m、直径为 5cm 的空心纸筒上密绕多少匝导线才能得到自感为 6.0 -3 106.0 H 的线圈？ 解答： 线圈的自感为 2 2 0 2 0 lR l N VnL = 所绕的匝数为 1208 1 0 = Ll R N 6.5.2 空心密绕螺绕环的平均半径（即中心圆的半径）为 0.1m，横截面积为 6 2 cm，总匝 数为 250，求其自感.若螺绕环流过 3A 的电流，求其自感磁链以及每匝的磁通. 解答： 螺绕环的自感为 5 2 0 2 0 105 . 7 2 2 = =RS R N VnL H 当通入线圈的电流 I=3 A 时，自感磁链为 4 1025. 2 =LI Wb 每匝磁通为 7 109 = = N Wb 6.5.3 设同轴电缆内外半径分别为 1 R和 2 R（见教材图 6-27） ，试导出其单位长度的自 感 L 的表达式。 解答： 图 6.5.3 为同轴电缆的截面图，半径为 r 的磁场为 B(r)，根据安培环路定律，有 ( )IrrB 0 2= 求得 ( ) r I rB 2 0 = 通过长度为 l的横截面为 S 的磁通为 ( ) 2 100 ln 22 1 2 1 2R R l I drl r I drlrB R R R R = 故单位长度的自感为 2 10 ln 2R RI Il L = = 6.6.1 两个共轴圆线圈，半径分别 R 和 r ,匝数分别为 1 N和 2 N相距为l（见附图） ，设 rl?，以至大线圈在小线圈所在处的磁场可以视为均匀的。求两线圈之间的互感系数 解答： 1 N匝的大线圈在小线圈所在处的磁场大小为 () 2 0 11 1 3 22 2 2 I R N B lR = + 小线圈所在处的磁通大小为 () 2 22 0 11 121 3 22 2 2 I R N Brr lR = + 小线圈所在处的磁链为 () 22 210 122121 3 22 2 2 N Nr R NI lR = + 两线圈之间的互感系数 () 22 21012 3 22 1 2 2 N Nr R M I lR = + 6.6.2 附图所示的两个同轴密绕细长螺线管长度为，半径分别为 1 R和 2 R（ “细长”蕴含 1 Rl?， 2 Rl?）匝数分别 1 N和 2 N，求互感系数 12 M和 21 M，并由此验证 1221 MM= 解答： 线圈 1 通有电流 1 I时管内产生的磁场大小为 1 10101 N BnII l = 线圈 1 对线圈 2 中 1 匝产生的磁通为 2 2 0121 1221 NR I R B l = 线圈 1 对线圈 2 产生的磁链 2 0121 12212 NR I N l = 线圈 1 对线圈 2 互感系数 2 012212 12 1 N NR M Il = 线圈 2 通有电流 2 I时管内产生的磁场大小为 2 20202 N BnIl l = 线圈 2 对线圈 1 中 1 匝产生的磁通只与线圈 2 的面积有关，即 2 2 0222 2122 NR I R B l = 线圈 2 对线圈 1 产生的磁链 2 01222 21121 N NR I N l = 线圈 1 对线圈 2 互感系数 2 012221 12 2 N NR M Il = 对比和的数值，证得 1221 MM= 6.6.3 以代表两个线圈之间的互感系数， 1 L和 2 L代表各自的自感系数，试证在无漏磁 情况下有 12 ML L=。 （无漏磁是指满足 1211 = 及 2122 = 即完全偶合） 解答： 自感系数和分别定义为 11111 1 11 N L II = 22222 2 22 N L II = 111222 21 1 2 NN L L I I = 由于两个线圈完全偶合，满足条件 1211 = 及 2122 = ，故 2 111222212121 211221 1 212 NNNN L LM MM I III = 因而证得 12 ML L= 6.8.1 设附图所示的 RL 电路的电流在5.0s 内达到稳态值的 1 3 ，求这个电路的时间常数。 解答： 因 RL 电路的电流随时间变化的关系为 0 1 t iIe = 根据题设条件 5 00 1 1 3 t IIe = 得 5 2 3 t e = 即 52 ln 3 s = 解得：12= s. 6.8.2 设习题 6.8.1 幅图中的 R=4 ，L=20 H,合下瞬间的电流增长率为 5A s求： （1） 电流的电动势 （2） 电流为 10A 时的电流增长率及此事的电感所储存的磁能。 （注：自感为 L，电流为i 的线圈所储存的磁能为 2 1 2 m WLi=，推导见教材6.11） 解答： （1） 因 RL 电路的电流随时间变化的关系为 1 Rt L ie R = 得 Rt L di e dtL = 在0t =时刻，有 0 5 = = t di A s dtL 解得：=100V （3） 设 1 tt=时电流为 10A，即 1 110 Rt L eA L = 求得 1 0.6 Rt L e = 1 tt=时刻的变化率为 1 1 3 t L di A tte s dtL = 此时电感所储存的词能为( ) 2 1 1 1000 2 m WLitJ= 6.8.3 设习题 6.8.1 附图中的，求下列各量在开关接通后的值： （1）线圈所储存的磁能的增长率； （2）电阻 R 上消耗焦耳热的功率； （3）电源输出的功率。 解答： （1） 因电感线圈储存的磁能与时间有关，即 ( ) 2 1 2 m WLit= 由此可见，磁能是从零开始的逐渐增大（与电流增长情况不同） 。线圈所储存的磁能的增长 率为 2 1 RtRtRt m LLL dWdi Liieee dtdtR = 在开关接通后 t=0.1s 时，上式代入数据，得 0.123 m dW ts dt = W （2） 在开关接通 0.1 s 后，电阻 R 上消耗的焦耳热的功率为 ( ) 2 2 0.110.140 Rt L P ti R tsets R = W （3） 电源输入的功率为 ( ) 2 1 Rt L Ptie R = 源 将 t=0.1 s 及有关数据代入得: ()0.163Ps = 源 W 6.8.4 求附图电路合闸后 1 i、 2 i和i随时间变化的规律 解答： 由戴维南定理，附图电路可表示为图 6.8.4，图中等效电源的电动势 e 大小即 是附图中将电感支路断开后的开路电压（即左侧回路电阻 R 两端的电压） 0 2 e R U RR = + ;等效电阻 （即左侧回路除源后开路两端的电阻） 2 e R R =由图 6.8.4 可见，电阻值 2 R 与电感 L 组成典型电路，利用初始条件( )00i=，求得 2 i随时间变化的 规律为 () ()() 22 2 2 11 2 RR tt LL iee RR = 电感线圈的两端电压为 () 2 2 2 2 R t L di uLe dt = 随时间变化的规律为 () 2 2 1 2 R t L u ie RR = 固随时间变化的规律为 () 2 12 2 2 R t L iiie R =+= 6.8.5 在附图所示的电路中， (1) 求开关 S 闭合后 t 时刻的线圈电流( )i t (2) 若10=V, 1 5R = , 2 10R =，求t=（时间常数）时的 AB U 解答： （1）S 闭合前流过 2 R的是恒定电流，其大小为 0 12 I RR = + S 闭合后 2 R被短路，回路方程为 1 di iRL dt =+ 分离变量后得 () 1 1 1 diRR dt iRL = 积分得 () 1 1 ln R iRtK L = + K 为待定系数，带入初始条件 () 12 01 1212 lnlnl