大学物理2-1习题详细答案

1、第十二章12-3.如习题12-3图所示，真空中一长为 L的均匀带电细直杆，总电量为q,试求在直杆延长线上到杆的一端距离为 d的点P的电场强度。解建立如图所示坐标系ox,在带电直导线上距 O点为x处取电荷元点产生的电场强度为dx1 dqdE24 0 L d x1 q L 2 dx4 o L d x, q .dq dxL ，它在PL - d -P x1q4"Tdrr则整个带电直导线在P点产生的电电场强度度为1 q L .2dx4 o L d x12-4.用绝缘细线弯成的半圆环，半径为R,其上均匀地带有正电荷Q,试求圆心处点。的电场强度。dl RddEx dE sin 7sin dl4 2

2、 0R3dExQsin4 2 0R2E ExdExQsin22 d0 4 2 °R2Q2 2 0R2方向沿x轴正方向12-5.如习题12-5图所示,半径为R的无限长半圆柱面形薄筒,均匀带电，沿轴向单位长度上的带电量为，试求圆柱面轴线上一点的电场强度E。.dq d解d对应的无限长直线单位长带的电量为它在轴线。产生的电场强度的大小为dq dE2 oRoR因对称性dEy成对抵消dExcos doRdEx 2 o2cos d2 2 oR2 c RoR ,方向沿x轴的正方向。12-6.解半径为R的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为将半球面分成无限多个圆环，取一圆环半径为,求球心点O处的场强。

3、r,到球心距离为x,所带电量绝对值dq2 rdlo在。点产生的电场强度（利用圆环轴线电场强度公式）xdqdEx22320 x r带电半球壳在 。点的总电场强度ExdExxdq22x rx 2 rdl322 32r由于RcosRsindlRd所以Ex02 sincos；sin 2 d 2 cos2 8 o方向沿x轴负向12-7.如习题12-7图所示，A、B为真空中两个平行的无限大”均匀带电平面，已知两平面间的电场强度为Eo,两平面外侧电场强度大小都是电荷密度A和B。方向如图。求两平面A、B上的面解无限大平面产生的电场强度为Ea 则EbB2 oB2 oa2 o270EoEo/3EoEo/3解得E0

4、30 Eo(r>R), A为常量。12-8. 一半径为R的带电球体，其体电荷密度分布为=Ar (本), 试求球内、外的场强分布。解在带电球体内外分别做与之同心的高斯球面。E 4 r2应用高斯定理有q为高斯球面内所包围的电量。设距球心r处厚度为dr的薄球壳所带电量为 dqdq234 r dr 4 Ar drrR时r 3q 04ArdrAr4解得(不)Ar2 ler 4 0r>R时高斯面内包围的是带电体的总电量RQ0dqR 34 Ar drAR4E 4 r2应用高斯定理E AR44 0r2AR4(r>R)当A>0时，电场强度方向均径向向外；当-r0r )A<0 时,电

5、场强度方向均指向球心。I2-9.有一带电球壳，内、外半径分别为Ri 和 R2,体电荷密度Ar ,在球心处有一点电荷Q,求当A取什么值时，球壳区域内 解以同心球面为高斯面，电通量为(Ri<r< R2)的场强E的大小与r无关。工E dS 4r2E0 sinRi2r dr Q 22RiQAr2Ri24 0r2A2 0与r无关。因此得证。12-10. 一球体内均匀分布着体电荷密度为 的正电荷，若保持电荷分布不变，在该球体内挖去半径为r的一个小球体，球心为 O,两球心间距离00 d ,如习题I2-I0图所示。求:在球形空腔内，球心 O处的电场强度EO ； (2)在球体内点P处的电场强度 E。

6、设O、O、P三点在同一直径上，且 OP=d。解在空腔内分别填上密度为的电荷和密度为的电荷。(1) O处的电场强度是密度为的大球和 的小球所产生的电场强度的叠加。大球产生电场强度：在球体内做半径为 d的同心高斯球面，应用高斯定理4 d3E 4 d2 30而小球产生电场强度由于对称性为0dE 3 0d .因此O点的电场强度E03 0 1(2)P点的电场强度也是两球电场强度的叠加。同理大球产生的电场强度小球产生的电场强度Ep合电场强度4 4d212 0d2i 3 012 0d3r .4d2 1R412-11. 一半径为R的带电球体，其体电荷密度分布为 qr（r卡）试求:(r>R)(1)带电球体

7、的总电量;(2)球内外各点的场强；(3)球内外各点的电势。- R R qr 2解(1)带点球体的总电量:Q 0dq 04 r dr q(2)在带电球体内外分别做与之同心的高斯球面。E 4 r2应用高斯定理有q内为高斯球面内所包围的电量。设距球心r处厚度为dr的薄球壳所带电量为 dqdq2 .4 r dr3 .4 4r drrR时0 R4.3 . q 44r dr 4r R4解得2qr4 oR4(r卡)2JeR4ero R )r>R时高斯面内包围的是带电体的总电量应用高斯定理E47(r>R)方向沿径向Je4 or )当q>0时，电场强度方向均径向向外；当 (3)q<0时，

8、电场强度方向均指向球心。Edrq 12EdroR2qr .4 droR43rR3qR /2R 4 ordr (r R)(r R)2 dr 0r(rR)q4 0r(rR)ax - x12-12.如习题12-12图所示，在 Oxy平面内有与y轴平行、位于 2和1- a2处的两条无限长平行均匀带电直线，电荷线密度分别为+和。求z轴上任一点的电场强度。解无限长带电直线在线外任一点的电电场强度度E 2 or所以P点的电场强度由对称性知合电场强度的z方向分量为零，x方向分量xcos而Ex 2E 入cosa2212a 2z4R/2E所以2 E 入 cos2a22o a 4z方向指向x轴负方向12-13.如习

9、题12-13图所示，在半径为R,体电荷密度为 的均匀带电球体内点 O处放一个点电荷 q。试求：点0、P、N、M处的场强（0、0、P、N、M在一条直 线上）。解由电场叠加原理习题12-13图EoE 球 Eqq4 oooEoq2 0rOOEnEqq40r(2N3rON20rONq40rONrON3 0En(4q20rO NrON3)iEpEq40rOP3rOP20rOPq_20rOPrOP3 0Ep(4q_20rO PEmEq4 R340rO M40rOMq40rO MR33 0rOM（4R32220rO M3 0 rOM)i12-14.如习题12-14图所示一环形薄片由细绳悬吊着,环的外半径R,

10、内半径为R/2,并有电量Q均匀分布在环面上。细绳长3R,3R有电量Q均匀分布在绳上, 【解】：以悬点为坐标原点， 圆环中处的电场强度为试求圆环中心处的电场强度（圆环中心在细绳的延长线上）建立竖直向下为x轴的正方向，在 x位置处任取一微元 dx,在1 dqZ 24 o 4R x140 3R 4R xdx3R 1Q12o3R 4R3R0R4R xdx Qx 212Q16 0R23R0R4R x环形薄片上的电荷在圆心处产生的电场强度为零,因此所有电荷在环心处产生的电场强度为QA, =216 oR方向竖直向下12-15.电量q均匀分布在长为21的细杆上，求在杆外延长线上与杆端距离为a的点P的电势（以无

11、穷远为零电势点）。解取如图所示的电荷元dq - dx dq,21dx则这个细绳上的电荷在圆心处产生的电场强度为du 二dq- 4 0 21 a xdx01 21 a xO dqU8dxq8 ol21dx q21ax 8 o121 aIn a则整个带电直线在P点产生的电势为解设带正电的球壳中心的电势为根据电势叠加原理有Q QU114 0R 4 0dU2U1,带负电的为U2oQ Q4 0R 4 0d12-16.习题12-16图为两个半径均为 R的非导体球壳，表面上均匀带电，带电量分别为+Q和-Q,两球心距离为 d（d>>2R）,求两球心间的电势差。习题12-16图两球心间的电势差U12

12、 Ui U220R2 0dd(d>>2R),单位长P E- Ed RU E drRd RdrR 2 orcrR 2 od rd-r12-17.两根半径都是 R的无限长直线，彼此平行放置，两者轴线间距为 度上的带电量分别为+和-,求两直线间的电势差。解一由高斯定理可求出，两导线之间任一点的电电场强度度为E 2 0r 2 o d r两导线间的电势差为d R InR解二由带正电直导线产生电势差为U ABd RE drRR 2 0rdrdIn 2 o R由带负电直导线产生电势差为RUABdERdrdrd R 2 。一lnH2 o R的两块无限大均匀带电平面，处于与O处的电势为零，试求空间的

13、电势分布因此两导线间的电势差为d RU U AB U ABln o R12-18.如习题12-18图所示，电荷面密度分别为+ 平面垂直的x轴上的-a和+ a的位置上。设坐标原点 并画出其曲线。E 解无限大带电平板外电场强度的大小为2 o空间的电场强度:电势:习题12-18图a一二'r < - Cl :里口(a< a)电势分布曲线:12-19.如习题12-19图所示，两无限长的同轴均匀带电圆筒，内筒半径为Ri,单位长度带电量为1,外筒半径为 R2,单位长度带电量为2。求：图中a、b两点间的电势差 Uab；当零参考点选在轴线处时，求Ua。解以垂直于轴线的端面与半径为r,长为I,

14、过所求场点的同轴柱面为封闭的高斯面。SE dS 2 rIEE dS qS根据高斯定理00r RR r R220 r所以rR2U ab E内dr E外drIn In RR220Ra2 0R21 _11Ua Uao 口 E内dr ln 72 0Ra12-20.如习题12-20图所示，一半径为R的均匀带正电圆环，其线电荷密度为O在其轴线上有A、B两点，它们与环心的距离分别为0A J3R, OB J8R。一质量为m、带电量为q的粒子从点A运动点B,求在此过程中电场力作的功。解由于带电圆环轴线上一点的电电场强度度为qx4 0 R2所以A、B两点间的电势差为AB8R一 Edr3R*8Rqx3R4 0 R2

15、2 3 2 dxX12 °2 1 24 ° R2 ,3R1 222 1 24 ° R2,8R因此从点A运动点B电场力作功W qUAB12-21.如习题12-21图所示，半径为 R的均匀带电球面，带电量为q。沿径矢方向上有一均匀带电细线，线电荷密度为，长度为1,细线近端离球心的距离为r°。设球面和线上的电荷分布不受相互作用的影响，试求细线所受球面电荷的电场力和细线在该电场中的电势能(设无穷远处的电势为零)。 解一取坐标如图，在距原点为x处取线元dx, dx的电量为dq dx,该线元在带电球面电场中所受电场力dF E x dq q-y dx为40x整个细线所

16、受电场力为qro 1 dxqlF ,-：:4 0 ro x 4 °r° r°lql . i4or。ro ldq在q的电场中具有电势能q qdW dqU dxdx4 ox 4 oxro l qq ro lWqdx q-ln oro 4 ox 4 oro第十三章13-3 .如习题13-3图所示，将一块原来不带电的金属板B移近一块已带有正电荷Q的金属板A,平行放置。设两板面积都是S,板间距为d,忽略边缘效应，试求：S板B不接地时，两板间的电势差;(2)板B接地时，两板间的电势差。解由例题13-1的结论知：两带电导体平板相向面上电荷面密度大小相等符号相反，而相背面上电荷面

17、密度大小相等符号相同，因此：(1)板B不接地时，A、B两板上的电荷分布如图 13-3(1)所示:因而板间电场强度为U AB电势差为Ed2 oSQd2TS(2)板B接地时，A、B两板上的电荷分布如图13-3(2)所示,故板间电场强度为U ABEdQd0S13-4 两块靠近的平行金属板间原为真空。使两板分别带上电荷面密度为o的等量异号电荷，这时两板间电压为Uo=3OOV。保持两板上电量不变，将板间一半空间充以相对电容率为r=5的电介质，如习题13-4图所示，试求：(1)金属板间有电介质部分和无电介质部分的E和D,以及板上自由电荷密度；(2)金属板间电压和电介质上、下表面的束缚电荷面密度。解答摄示山

18、有介厥部份段堀SEp用无介质部分野i蚂& =g =工 二"=5(斤(1) 由电量守恒s S6T咯 , Q+a二次广5 - I解 0) , 金) .得立=q5H e，揖八屯介负荷屯洋3：k"二%HCIXMj 弓匏入电介JtJE电压1/号町外值q，屯坞就发产;二旦-SLr戋得 荀，口介以表面层化中尚有部度Ai习题13-4图(0S习题13-4图<2q13-5.如习题13-5图所示，三个无限长的同轴导体圆柱面A、B和C,半径分别为Ra、Rb、Rc。圆柱面 线电荷密度B上带电荷，A和C都接地。求B的内表面上1和外表面上线电荷密度2之比值1/ 2。解由A、C接地U BA

19、U BC由高斯定理知U BARaEIdrRb IEi12 0rEii22 0rAcU BCRcEII drRb IIlnRRa因此13-6.体板,Ra% 2 dr r一 ln0RBRIRCdrRb 20r-lnRC0 RBRcRbln :ln BRbRa22"lnRCRb如习题13-6图所示，一厚度为d 单位面积上两表面带电量之和为的无限大均匀带电导。试求离左表面的距离为a的点与离右表面的距离为 b的点之间的电势差。解导体板内场强E内0 ,由高斯定理可得板外场强为E 2 0故A、B两点间电势差为U ABBE dlA13-7.dx022 00dxdx 2 0BUIb 2 0为了测量电介

20、质材料的相对介电常数,将一块厚为1.5cm的平板材料慢慢地插进电容器的距离为2.0cm的两平行板中间,插入过程中电容器的电荷保持不变。插入之后两板间的电势差减小到原来的60%,试求电介质的相对介电常数。解设两平行板间距离为d,介质板厚度为d,插入前电容器电势差为U,插入后为U ,电容器上面电荷密度为插入介质板前电容器内场强Ed 0插入介质板后，电容器内空气中场强仍为E,介质内场强两板间的电势差U Edd E d - ddo已知U 0.6OU ,因此有0.60 d do 0解此方程得drd 0.4d1.51.5 0.40 2.02.113-8.半径都是R的两根“无限长”均匀带电直导线的电荷线密度

21、分别为和 ，两直导线平行放置，相距为 d(d>>R)。试求该导体组单位长度的电容。解可用叠加原理及高斯定理计算两导线间垂直连线上任意点P的场强。如图所示，过P分别做两个长为L,与两条直导线共轴的闭合圆柱面作为高斯面。根据高斯定理分别计算每条线上电荷产生的场强。11Q E1ds 2 rLE1 一 dl l00E1所以 2 0rPrQT Qrdd-T:同理E2根据叠加原理，P点总场强为11EE1E2 二；两条线间电压为d Rd R11U E dldrRR 2 0 r d rIn故单位长度电容CU ln3 R13-9. 一电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内、外圆筒半径分别为R1=2cm

22、 , R2 =5cm ,其间充满相对电容率为的各向同性均匀电介质， 电容器接在U=32V的电源上，如习题13-9D dS L图所示。试求距离轴线 R=3.5cm的点A处的电场强度和点 A与外筒间的电势差。解做半径为r (R1<r<R2),高为L的同轴圆柱面为高斯面，由高斯定理D 2 r L L因此E 2 o rrU 32R2Edr R12 o- InrRi因此20 rURT-ln 2R1所以U ar 2Ea998 erV-1m20 rU1InRR1rRURln RR1998V-1mR2EdrRdrR 2 o jInRRR2 1drR r=12.5 V13-10.置于球心的点电荷+Q

23、被两同心球壳所包围，大球壳为导体，小球壳为电介质，相对电容率为r,球壳的尺寸如习题 13-10图所示。试求电位移矢量D;(2)电电场强度度 E;(3)极化强度P;(4)极化电荷激发的电场强度 E ;(5)面电荷密度；(6)电能密度 e。解(1)由有介质的高斯定理-D dS Q(2)由静电场的性能方程D 0 rE得2erra或 brc 或 r40rQ2 era r b 4 o rr由P 0 r 1 E得Q r 1-2-e4 rr0(4)在电介质内E E0 EE E E°- 1 er所以40r r在其它位置E 0由束缚电荷P2P1n21 ,在电介质中Q r 1 pra 22"4

24、 ran21P1Q r 14 rb2在导体中,自由电荷n21DcDdQ 4 c2 Q 4 d21 DE(6)2Q232 2 0r4Q232 2 0 rr413-11. 一电容为C的空气平行板电容器接端电压为U的电源充电后随即断开。试求把两个极板间距增大至n倍时外力所作的功。解断开电源后Q不变，电容由原来的0SC 0Sd ,变为 nd外力所做的功即相当于系统静电能的改变量1CU 2 21CU 22由于Q不变，C nC ,所以UnUW因此122-Cn U22CU2122U Cn2即外力做功12CU n213-12.球形电容器由半径为Ri的导体球和与它同心的导体球壳构成，壳的内半径为间充有两层均匀电

25、介质，分界面的半径为内外层电介质的相对电容率分别为R2,其 r1和r2o已知内球带电量为-Q,试求：(1)各介质表面上的束缚面荷密度(2)电容器的静电能和电场总能量。解(1)当 R1<r<r时,E1Q40 r1当 r< r < R2 时,E2Q40 r2 r当r R时,RiPiP2A? R0 ri i EriQ0 riRii Q riRiP2=0当r r时,PiP2ri i Ei 0 r2i E2R20 ri iQ40 rirPiP2n12Pir2i Q2- r2r0 r2r2r2R2r2 ri Q2 r2 ri riE2Q r2 i4 r2R22w(2)i DE2i

26、-DEdV 2r iRi 2i6Q22rir44 r2drR2 i2i6Q22244 r dr0 r2 rQ280 riiRiQ2 i80 r2 riR2Q28 0r2R2Riri RiR2rri r2RR2r第十四章i4-3 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道。求当环中电子形成的电流强度为8mA时，在整个环中有多少电子在运行。已知电子的速率接近光速。解设储存环周长为I,电子在储存环中运行一周所需时间I Itv c在这段时间里,IQ It I 一 c 故电子总数为通过储存环任一截面的电量即等于整个环中电子的总电量，以Q表不，则N Q比 e ec_ 3 一 一8 i0_24

27、4 i0i0i.6 i0i9 3 i0814-4 表皮损坏后的人体，其最低电阻约为800 。若有0.05A的电流通过人体，人就有生36V）。命危险。求最低的危险电压 (国家规定照明用电的安全电压为解U IR 0.05 800 40V14-5径为如习题14-5图所示，一用电阻率为R2。试计算其两表面之间的电阻。解r2 drR dR 7 一R1 2 r22Ri的物质制成的空心半球壳,14-6球形电容器的内外半径分别为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。解在电容器内作一半径为drdR72 r2球形电容器的漏电阻即为r、厚为dr的同心球壳，此球壳的径向电阻为15-3b d

28、r dRa2 r24第十五章求习题15-3各图中点P处磁感应强度的大小和方向。解(a)因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为:cos 1 cos 2对于导线1：10,对于导线2：12BP B1 B2 已方向垂直纸面向外。(b)因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为：0IB cos 1 cos 24 a对于导线1:0,2万，因此Bi对于导线2:0 I4 a o I4 aoI4 r oI4 r,方向垂直纸面向内。,方向垂直纸面向内。半圆形导线在点产生的磁场方向也是垂直纸面向内，大小为半径相同、电流相同的圆形导线在圆心处产生的磁感应强度的一半，即B 1 oIB32 2r,方向垂直纸面向内。4

29、r所以，Bd pB1 B2 B3 l j j l4，方向垂直纸面向内。(c) P点到三角形每条边的距离都是d 3 Ad a6_ _ o_ o130 ,2150每条边上的电流在 P点产生的磁感应强度的方向都是垂直纸面向内，大小都是0 I00Bo cos30 cos1504 d故P点总的磁感应强度大小为9 oIB 3Bo 0 2 a方向垂直纸面向内。15-4 在半彳仝为R和r的两圆周之间,3 oI2 a有一总匝数为的均匀密绕的平面线圈，通有电流I,方向如习题15-4图所示。求中心 。处的磁感应强度。解由题意知，均匀密绕平面线圈等效于通以电流 数为nNI的圆盘，设单位径向长度上线圈匝Nn R r建立

30、如图坐标，取一半径为 x厚度为dx的 圆环，其等效电流为：dIndxMdxR rdBoodl0NIdx-r所以2x 2x(R r)Bo dB0NIR 0 NIdxr 2x(R r)方向垂直纸面向外。15-5电流均匀地流过一无限长薄壁半圆筒，设电流oNI2(R r)I=5.0A ,圆筒半径R=1.0 102m 如习题15-5图所示。求轴线上一点的磁感应强度。解把无限长薄壁半圆筒分割成无数细条，每一细条可看作一无限长直导线,dldB取一微元dl则dI史I R则dl在。点所产生的磁场为又因,所以,dBxdBdldBodl2 RRdodloldlT-2 _ 22 2R2old2 2RdBcos , d

31、By dBsin半圆筒对。点产生的磁场为:根据对称性，BxdBx 。，BydBy所以B只有y方向分量，即BBy15-6 矩形截面的螺绕环，尺寸如习题明通过螺绕环截面的磁通量为()NIh , Diln -2 D2oI-4,沿y的负方向。R15-6图所示，均匀密绕共N匝，通以电流I,试证证明在螺绕环横截面上任取一微元dS=hdr以与螺绕环同心的圆周为环路，其半径为D2 r, 一DiB dl 2rBoNId BdS所以BdSDi 2 oNIhdrD2 2 2 rohNI2InDiD2习题15-6图a,另一直导线bb沿半径方向与15-7长直导线aa与半径为R的均匀导体圆环相切于点圆环接于点b,如习题1

32、5-7图所示。现有稳恒电流 I从端a流入而从端b流出。 Bdl求圆环中心点。的B; (2)B沿闭合路径L的环流L等于什么？解0B2B4B3(1) BoBi其中:B40 B1IB21 0 I 33 2R1 213故B2与B3大小相等，方向相反，所以B2 B3 0因而Bo Bi 01-，方向垂直纸面向外.4 R(2)由安培环路定理，有：:,B dlo I i o( I I) o L3315-8.如习题15-8图所示，半径为 R的1/4圆弧线圈通有电流I2,长直线电流的磁场中，直线电流I1恰过圆的直径，求圆弧受到长直线电流置于电流为Ii的无限11的磁场力。解：在I2上任取以电流元I2dl,与X轴的夹

33、角为，则电流元所受到的磁力为:0I1I2B dF I2Bd1 -0 dl2 x0 I1I 2B2 RcosRdJjhBd2 cos方向沿O点与电流元的连线。根据对称性可知，Fy=040 I1I 2B cos .F Fx dF d42 cos0I1I2B4因此所受的磁力为,沿X轴的正方向。4OdF dl习题15-8图15-9 .磁场中某点处的磁感应强度B 0.40i 0.20jT , 一电子以速度v 0.5 106i 1,0 106 jm s 1通过该点。求作用在该电子上的磁场力。解由洛仑兹力公式，有F qv B 1.6 10 19i0.5j k1.00106 8 10 14 kN0.40.20

34、15-10.在一个圆柱磁铁 N极正上方,水平放置一半径为R的导线圆环，如习题 15-10图所示，其中通有顺时针方向 （俯视）的电流I。在导线处的磁感应强度B的方向都与竖直方向成角。求导线环受的磁场力。解圆环上每个电流元受力为 dF将B分解为z分量和径向分量:IdlBBBz BrBz B cos 所以dF dFz IdlIdlBrBrBzBsinBr dFrIdlIdlBzBzIdl Br对于圆环dFr圆环所受合力为FFzIBr dlIBsin2Rd 2 RIBsin ,方向沿 z0轴正向。15-11 .如习题15-11图所示,空心圆柱无限长导体内外半径分别为流I,且电流在横截面上均匀分布。求证

35、导体内部 给出（a<r<b）任意一点a和b,导体内通有电 p处的磁感应强度由下式b因为导体电流在横截面上均匀分布，所以即lB dL o j2 22 、(r a )所以 B°I(r2a2)2 (b2 a2)r15-12. 一圆线圈的半径为 R,载有电流I,置于均匀磁场中，如习题 15-12图所示。在不考虑载流线圈本 身激发的磁场的情况下，求线圈导线上的张力的大小（已知线圈法线方向与 B的方向相同）。220I r aB222 b2a2r解作图示的安培环路有LB dL o Ii习题15-11图F解取半个圆环为研究对象，受力如图所示，由平衡条件，有:2T 效于长为2R的载流直导线

36、，在磁场中受力：F ,半圆所受到的磁力 F等所以TBIlF万2BIRBIl BIR215-13.厚为2d的无限大导体平板，其内有均匀电流平行于表面流动，电流密度为 的分布。解建立如图所示的坐标系对板内，取安培环路abcd则 iB dL 2Bl0 2xlj所以 B 0 jx对板外，取安培环路abcd，则有:LBdL 0I即2Bl所以B0jl 2d0jdj,求空间磁感应强度y方向：在平板对称面的左则沿竖直向上，在对称面的右侧沿竖直向下。S,如习题15-14图所15-14.一根半径为R的长直导体圆柱载有电流 I,作一宽为 R长为l的假想平面示。若假想平面S可在导体直径和轴 OO所确定的平面内离开 O

37、O轴移动至远处，试求当通过面 S的磁通量最大时平面S的位置（设直导线内电流分布是均匀的)°解rwR时：oB1dl 0II0 R2B12 r0I2rR2即B101r2 R2r>R 时:B2dlB22 r即B20I当假想平面的内边界离2 rOO轴x时R 0I 2 x 2 Rdrdx0I l dr2 rT 2x4 R20Il 1R22 R2 20Il 12 x R0Il . R x ln 2 R5 1Xi R2X2对求二阶导数d2dx2oil2 R20ll 2 <02 x R因此Xi *R时，有最大值。即：平面的内边界离 OO轴“5 1R时,有最大值。215-15.将一均匀分布

38、着面电流的无限大载流平面放入均匀磁场中，已知平面两侧的磁感应强度分别为Bi和B2（如习题15-15图所示）。求载流平面上单位面积所受磁场力的大小和方向。解由图可知，B2> B1,说明载流平面的磁场B的方向与所放入的均匀磁场Bo的方向在平面右侧是一致的，在平面左侧是相反的，进而说 明平面上电流方向是垂直于纸面向内。设面电流密度为jo则1B1 BoB Bo - oj2rr rr1.B2 B Bo Bo 2 o j 1由此二式解得Bo B1B2,21j B2B1o在载流平面上沿电流方向取长为h、宽为dl的条形面积，面积dS=hdl,面积上电流dI = jdl,此电流受到的磁力大小为dF Bhd

39、I Bjhdl BjdS载流平面单位面积所受磁力大小为dF1而 Bj " B2 B1 B2 B1/ B2B122 o2 d方向垂直纸面向内。此磁场对ab边的作用力为Fab I2BIoIJI 2 d方向向左。在ac边上任取一 dl ,设dl到o 11一I1的距离为x,则I1在dl处广生的磁场为 B , dl受2 x到的磁力dF |2dl B ,又因为dl B方向为垂直于平面向左。15-16.电流为I2的等边三角形载流线圈与无限长直线电流|1共面，如习题15-16图所示。求：（1）载流线圈所受到的总的磁场力；（2）载流线圈所受到的磁力矩（通过点c并垂直于纸面方向的直线为轴）。解ab边到长

40、直导线的距离为d,电流I1在ab边上的磁场为B.所以 dF12dIB01 iI 2 dx0-,2 x cos30d 2idx. 3l所以Fac2 Ml强一ln(1")，方向如图所示。d %3 x 、3 2d同理，可求得Fbc Fac,方向如图所示。则线圈受到的合力为：Fy 0,FxFab Facxj x1 ln(1 乌2d,3 2d因此线圈所受的磁场力大小为ln(1亘)，方向沿x轴负向。 2d , 3 2d(2)因为dPmIdSn n的方向垂直直面向外所以dPm B又因为dMdPm B ,所以dM 0 ,所以M 015-17.半径为a、线电荷密度为 (常量)的半圆，以角速度 绕轴O

41、O匀速旋转, 如习题15-17图所示。求：(1)在点O产生的磁感应强度 B; (2)旋转的带电半圆的磁 矩Pm。解(1)把半圆分成无数个小弧每段带电量dq dl ad旋转后形成电流元 dI n dq dq a d 22由圆环B 2 R20IR2/日0得2 32xR a sinx a cosdB0a2 sin2 dI2. 2222 a sin a cos. 2sin322a3dIsin2 dB dB 0 7.2 d 看方向向上因为Pm回，dPm SdI a2 sin2_3 _ 2a sinsin232. a sindI d23一a-,方向向上。415-18 .有一均匀带电细直棒 AB,长为b,线

42、电荷密度为。此棒绕垂直于纸面的轴 。以匀角速度 转动, 转动过程中端A与轴O的距离a保持不变，如习题15-18图所示。求：(1)点O的磁感应强度B ; (2)转动 棒的磁矩Pm ； (3)若a>>b,再求B和Pm。解(1)均匀带电直棒 AB绕O轴旋转，其结果等效于载流圆盘。在均匀直棒上取一微元dqdr，等效电流为：didq-2dr 2它在。点的磁感应强度dBodl2rdB。o dr r a bdr,a bIna0 ,方向垂直纸面向里)aHF(2)dPmr2dIPm dPm12b 12r2drr2dr33(a b) a /6(0 ,方向垂直纸面向里)(3)若a>>b,则有

43、:-( a与带电粒子qb情况相同a b 时,(a b)3 a3 (1 3b/a),则有3。b厮a 36 a与点电荷的磁矩相同a2( gq a2)0 ,方向垂直纸面向里)15-19. 一平面圆盘，半径为 R,表面面电荷密度为 。设圆盘绕 其中心轴转动的角速度为，匀强磁场B的方向与转轴的夹角为 试求圆盘所受的力矩。解：在半径为r处取宽度为dr的圆环，其等效电流为：dl rdr其磁矩为,2 d Pmrdr r endM dpm BdMrdrRr2Bsin.13r Bsin drBsin R4dqrB15-20.有一个无限长直圆筒形导体，导体和空腔半径分别为R2和R1,它们的轴线相互平行，两轴线间的距

44、离为a(R2>a+ R1>2 R1),如习题15-20图所示。电流I沿轴向流动，在横截面上均匀分布。求两轴线上 任一点的磁感应强度。解根据叠加原理，此系统可看作由半径为R2,其上电流密度为j 一2I一2的实心导R2 Ri体，与半径为Ri的，电流密度为-j的实心导体所构成的。设j沿z轴正方向，根据安培环路定理，半径为R2电流均匀分布的导体，在 O点产生的磁场为0,而半径为Ri电流均匀分布的导体，在 。点产生的磁场为Bo220 Ri J 0 RiIRRi2oIRi22R2R2 a沿y轴正向。bo''BR2oBR1O由环路定理:Br2oo laZT2_ 22 (R2Ri

45、)'BR2o'BrQ-la0 a 2 ,沿y轴正向。2 (R| Ri2)第十六章i6-3.有一沿轴向磁化的介质棒，直径为 25mm,长为 试求棒中的磁化强度和棒侧表面上的磁化电流的面密度。75mm,其总磁矩为i.2 i04Am2。 、-Pm口解根据磁化强度的定义 M V-可得M Pm i.2 i204 3.3 108 AmV25 i0 375 i0 32磁化面电流密度设为j因此M 3,3 i08Am-ii6-4.如习题i6-4图所示，将一直径为 10cm的薄铁圆盘放在 B0=0.40 i0-4T的均匀磁场 中，使磁力线垂直于盘面。已知盘中心的磁感应强度Bc=0.10T,假设盘被均匀磁化，磁化面电流可视为沿盘边缘流动的一圆电流。试求：(i