电磁学_第二版__习题问题详解

1、实用标准电磁学第二版习题解答电磁学 第二版习题解答1第一章1第二章16第三章25第四章34第五章38第/、早46第七章52第一章1. 2. 2 两个同号点电荷所带电荷量之和为 Q。在两者距离一定的前提下，它们带电荷量各为多少时相互作用力最大？解答：设一个点电荷的电荷量为q = q ,另一个点电荷的电荷量为q2 =(Q -q),两者距离为r,则由库仑定律求得两个点电荷之间的作用力为q(Q -q)F ,24 ； 0r令力F对电荷量q的一队导数为零，即dF (Q-q)-q n =°dq 4 0r得Qqi= q2=-即取 qi=q2=Q时力F为极值，而。2Q-故当q=q2 = 5时，F取最大

2、值。1.2.3两个相距为L的点电荷所带电荷量分别为2q和q,将第三个点电荷放在何处时，它所受的合力为零？解答：要求第三个电荷Q所受的合力为零，只可能放在两个电荷的连线 中间，设它与电荷q的距离为了 x,如图1.2.3所示。电荷Q所受的两 个电场力方向相反，但大小相等，即2qQ qQ _n/、2 /一 204 o(L - x) 4 0x得x2 2Lx- L2 = 0舍去x<0的解，得x=(52- 1_)1. 3. 8解答:*y耳一 E3A jf i X >1I %:EidE 3O E ABEb.决、RB(a)(b)(c)(1)先求竖直无限长段带电线在 O点产生的场强 巳，由习题1.3

3、.7nEix =4二 0RdldE1y =k1-sin - - -krIdlldl(R2l2)3/2nE1y = -k ， 0 (R l )2、3/24二 oR仿习题1.3.7解答过程，得文档大全4二 0R(-i? ?)Ei =0?-?)4二 0R同理，水平无限长段带电线在 O点产生的场强k 二 / 2E3x =一R 0ncos= d：=4二 0R对于圆弧段带电线在O点产生的场强E3,参看图1.3.8 (b),得dl . d-dE3x =k一cos，；= kcos二x x2RR同理得4二 0R4-R(?)解得实用标准34二 0R(? ?)（2）利用（1）中的结论，参看习题1.3.8图（b）,

4、A比的带电直线在O点的场强为4二 0R（-？-拉文档大全B-g的带电直线在。点产生的场强为B4二 0R(-i? ?根据对称性，圆弧带电线在 O点产生的场强仅有x分量，即EAB = EABx? 二k 二 /2R -二 /2I o " o cos d - ? =?2二 0R(b)(a)故带电线在O点产生的总场强为E = E e eA B AB在圆柱上取一弧长为Rd平、长为z的细条，如图（a）中阴影部分所示，细条所带电荷量为dq =仃（zRd中）,所以带电细条的线密度与文档大全面密度的关系为=四=dl - ； Rdz由习题1.3.7知无限长带电线在距轴线 R处产生的场强为dE =er2二

5、oR图(b)为俯视图，根据对称性，无限长带电圆柱面轴线上的场强仅有x分量，即, , , n 2.dEx - -dEcos =cos d =-cos d :2 二；02二；0E = Ex?=?f0ncos2cPd邛 = ?2-02；。1. 4. 5解答:如图所示的是该平板的俯视图，OO'是与板面平行的对称平面。设体密度P > 0 ,根据对称性分析知，在对称面两侧等距离处的场强 大小相等，方向均垂直于该对称面且背离该面。 过板内任一点P,并以面OO'为中心作一厚度|2x(<d)、左右面积为S的长方体，长方体6个表面作为高斯面，它所包围的电荷量为 P(2xS),根据高斯定

6、理。：(2xS)；E dS =- ；o前、后、上、下四个面的E通量为0,而在两个对称面S上的电场E的大小相等，因此P(2x|S)2ES-考虑电场的方向，求得板内场强为x Oi?;0式中：x为场点坐标用同样的方法，以Oyz面为对称面，作一厚度为2x(d)、左右面 积为S的长方体，长方体6个表面作为高斯面，它所包围的电荷量为P(Sd),根据高斯定理(Sd)一 E dS =-；。前、后、上、下四个面的E通量为0,而在两个对称面S上的电场 E的大小相等，因此2ES =：(Sd)考虑电场的方向，得d . ：dE 二I2p1. 4. 8解答:(1)图1.4.8为所挖的空腔，T点为空腔中任意一点，空腔中电荷

7、分布可看作电荷体密度为0的实心均匀带电球在偏心位置处加上一个电荷体密度为一户的实心均匀带电球的叠加结果，因此，空腔中任意点T 的场强E应等于电荷体密度为P的均匀带电球在T点产生场强Ep与电 荷体密度为的均匀带电球在T点产生场强E_p的叠加结果。而EpI与E_p均可利用高斯定理求得，即 式中：rl为从大球圆心O指向T点的矢径；匕从小球圆心O'指向T点 的矢径。空腔中任意点T的场强为一E：巳：二短“一引二瓦,因T点为空腔中任意一点，C为一常矢量，故空腔内为一均匀电场。(2) M点为大球外一点，根据叠加原理吉一二；上暧3% .(M + c)M 一P点为大球内一点，根据叠加原理，求得1. 4.

8、 9解答:3% L(rp +c)rp ecL*Er在均匀带电的无限长圆柱体内作一同轴半径为r(r M R)、长为L的小圆柱体，如图1.4.9 (a)所示，小圆柱面包围的电荷量为由高斯定理- E dS =根据对称性，电场E仅有径向分量，因此，圆柱面的上、下底面的E通量为0,仅有侧面的E通量，则Er 2 rL =r2L解得柱体内场强在均匀带电的无限长圆体外作一同轴半径为r(rR)、长为L的小圆柱体(未画出)，小圆柱包围的电荷量为2Q R2L解得柱体外场强. R2E外=E外rer = -一er2 0r柱内外的场强的E-r曲线如图1.4.9 (b)所示1. 4. 10 解答:(1)作半径为r(R &l

9、t; r < R2)、长为L的共轴圆柱面，图1.4.10 (a) 为位于两个圆柱面间的圆柱面，具表面包围的电荷量为根据对称性，电场E仅有径向分量，因此，圆柱面的上、下底面的E通量为0,仅有侧面的E通量，则在R1 < r < R2的区域II内，利用高斯定理有2 rLE乙 1 IIr1L解得区域II内的场强Ell =E“r?二厂？2二；0r同理，可求得r < R1的区域I中的场强Ei =0在r a R2的区域III中的场强EIII = EIIIr er='1 ' '22二；0r若九1 二 -九2 ,有Ei =0 EiiEiii =02二；0r各区域的

10、场强的Er曲线如图1.4.10(b)所示。1. 5. 2证明:(1)在图1.5.2中，以平行电场线为轴线的柱面和面积均为 S的 两个垂直电场线面元 S、&形成一闭合的高斯面。面元 S和弓上的场 强分别为E1和E2,根据高斯定理，得- E1GE2S2 = S（一 E1E2） = 0证得Ei = E2说明沿着场线方向不同处的场强相等。（2）在（1）所得的结论基础上，在图1.5.2中作一矩形环路路径, 在不同场线上的场强分别为Ei和E2,根据高斯定理得日-E2 = 0证得Ei = E2说明垂直场线方向不同处的场强相等。从而证得在无电荷的空间中，凡是电场线都是平行连续（不间断） 直线的地方，电

11、场强度的大小处处相等。1. 6. 4证明：由高斯定理求得距球心r处的P点的电场为:心r处的P点的电势为R :：rr 3；odr二：R3drR 3；or23 3R2 r2l_Q(3R2-r2)3% - 22 一8oR31. 6. 5解答:(1)根据电势的定义，III区的电势为Viii(r) =Qi Q24二；0rV1NR2)Qi Q24 二；0R2II区的电势为Viir2 Qi z二 Qi Q22 drrr 4二；or 84二；ordrI区的电势为14-0M(r) =Vii (Ri)=QiQ2 I 4二；oRRU(2)当Ql-q2时，Eiii (r) = 0,代入(i)中三个区域中的电势的表达式

12、，求得Viii()= 0, VII(r) =QiV-r曲线如图i.6.5 (a)所示Q2R2_ QiRi4-0Y(r)=Qi4-0R RU时，代入(i)中三个区域的电势的表达式，求得Viii (r)二(R - R2)Qi4 二 0R1rVii (r)314- 1rRi 厂M(r)= 0V-r曲线如图所示均匀电荷密度为p的实心大球的电荷量一4 二 3Q=p a3,挖去空腔对3应小球的电荷量q = -?3b ,电荷密度为p的大球在m点的电势为V： (rM ) =4二；0m3；o L电荷密度为-P的小球在M点的电势为V_：(rM)=M点的电势为Vm t Vd(rm) V_d(m)=380 <r

13、MM + C电荷密度为P的大球在P点的电势为V；(rp) = * E内 dr a E dr22(3a2 - r；)6 ；电荷密度为-P的小球在P点的电势为V_p(rP)= -3 0 rpcP点的电势为pVP"'。")： 6d3a3rP c电荷密度为P的大球在O点的电势为aV (r。) =E内 drrO00 -_E dr =aa2 (-：)a2: a26；。3；。2；。电荷密度为-P的小球在O点的电势为bE-外 dr6 ；oO点的电势为V。二 V") V.：(o)3a2 - 3b2电荷密度为P的大球在O'点的电势为a-V：(o ) =E内 drcE

14、dr =a(a2c2)a23；。：22(3a2 - c2)6 o_ ：b2- ：b2+6；03；o电荷密度为-P的小球在O'点的电势为b -，,V.p（o，）= 1c E一酉 dr 十 E_ dr廿O'点的电势为c2PVo = V；（r。）V-； （ro） = 丁 3a2 - 3b2 - 6飞第二章2.建立球坐标系，如图所示，球表面上的小面元面积为dS = R2sin"ud(1)面元上的电荷量为dq = dS = ； 0R2 cos71 sin71 d-d(2)导体上一面元dS所受的电场力等于2 一 二：cos2 1 一dF =(二 ds)E =dsen = 0dse

15、n2；。2；。I式中：E'为除了面元dS外其他电荷在dS所在处产生的场强。以z=o平面为界，导体右半球的电荷为正，导体左半球的电荷为负，根据对称性，面元所受力垂直于 z轴的分量将被抵消，因而，只 需计算面元dS所受的电场力的Z分量，即1: cos2 U ?dFZ = 0cos71 dS?(4)2；o将(1)式代入(4)式，对右半球积分，注意积分上下限，得实用标准_ 2左半球所受的力为二2 R2 9-Rl?4；。0：d224；。0/2R2 cos3 u sinu du2；。将B板接地：（*=0）文档大全2 . 1. 4解答:解：由左至右各板表面的电荷密度1, 0 2 5 0 35 0 4

16、,因 qB = 0 ,利用静电平衡条件列方程得:解得:qA2S（无限大平行金属板）qA2SV =E内 dl = E内d =-d = "qA；02 0 S实用标准'-'2 - -；3二 2也 S;0qAd2. 2. 1解答:文档大全由于电荷q放在空腔的中心，在导体壳内壁的感应电荷 -q及壳外 壁的电荷q在球壳内、外壁上均匀分布，这些感应电荷在球腔内产生 的合场强为0;壳内电荷与球壳内壁电荷在壳外产生的合场强为0,因此，壳内、壳外的电场表达式相同，距球心为处的场强均表示为E(r) = q-er (r R1 或 r R?)4二 0r距球心为r(0 < r < R

17、)处电势为V内=f R1E内 d+fR2E# d=-q- - - + I (0 < r - R)4%l R R2J在导体球壳内场强和电势分别为壳(r) = 0 (R <r <R2)4 二 0R2(R1 < r < R2)球壳外的电场由壳外壁电荷激发，壳外的电势为丫外=£ dr = q(R2 M r)4二；0r场强大小E和电势V的分布如图所示。2. 2. 2解答:球形金属腔内壁感应电荷的电荷量为-q,由于点电荷q位于偏心位置，所以腔内壁电荷面密度分布 仃内不均匀，球形金属腔外壁的电荷量 为Q+q,腔外壁电荷面密度a外均匀分布，根据电势叠加原理，O点 的电势

18、为V 一 q 上mdS4Q + q 一 q C 1JL QVo -十 ii-4n%r L 4n%a 4收0b 4好01r a b) 4ns0b2. 3. 2解答:(1)平行放置一厚度为t的中性金属板D后，在金属板上、下将出现等值异号的感应电荷，电场仅在电容器极板与金属板之间，设电o何面将度为 仃0,电场为E= 一A、B间电压为Uab Td-t)二弋”)-0 SA、B间电容C为Uab d-t(2)金属板离极板的远近对电容 C没有影响 (3)设未放金属板时电容器的电容为放金属板后，板间空气厚度为此时电容器的电容为S 4C = UCo = 800F3d 3由于A、B不与外电路连接，电荷量Q0不变，此

19、时A、B间电压为Uab”AB”5V2. 3. 5解答:A *3333(1)按图中各电容器的电容值，知C、D间电容为Ccd = (2 3/ 3尸 F =3F其等效电路如图(a)所示，E、F间电容为CEF(2 3/3尸 F = 3F同理，其等效电路如图(b)所示，A、B间电容为CAB(3/3)F = 1FE(b)(a)A、B间的电势差为900V,等效电容Cab上的电荷量为Qab = CabUab=910 C由图(b)可见，与 A B相接的两个电容器的电荷量与 Qab相同,亦为 9M10“C。(3)由图(b)可见，因3个电容器的电容值相等，故 E、F间电压U EF1- 900V=300V3又由图(a

20、)可见，E、F间电压亦加在3个电容值相等的电容器上，所以U CD1-300V=100V2. 3. 7解答:方法一：各个电容器的标号如图所示，设 U =Uab, C = Cab,则有 Q = CU在A、B、D、E4个连接点列出独立的3个电荷量的方程Q = qiq4一斗二q2 q5Q = q3q5(1) 3个电压的方程实用标准U=u AD U DB_ q4, q3一4吁 4FU=U ae U eb），旦4F 4FU=U ae U EDUdb-2旦4F i0F 4F(6)由（1）、（3）两式得qi q4 = q2 q5（7）由（4）、（5）两式得q4 q3 = a q5（8）由（7）、（8）式得q4

21、 = q5 qi = q3（9）将（1）、（9）两式彳t入（5）式，得1.Iu = 47 qi (Q - qi)按电容器定义，有方法二：因题中Ci、C3、C4、C5均为4F ,所以据对称性C2上的电 荷为零（Ue =Ud）。C4与 C3 串联得：CAb = 2(NF)Ci 与 C5 串联得：CAb=2dF)Cab 二 Cab Cab = 2 2 = 4(F)2. 5. 1解答:串联时，两电容器的电荷量相同，电能之比为文档大全实用标准Q2W1 2C1 C22W -Q 一C1 一彳2C2并联时，两电容器的电压相同，电能之比为C1U2四二二2d = CiW2 . C2U2_ C2 _ 22文档大全实

22、用标准第三章3. 2. 3解答:(1)偶极子所受的力矩大小为M = pEsin1最大力矩为8=工时 2Mmax = pE = qlE = 2 10'Nm(2)偶极子从不受力矩的方向转到受最大力矩的方向，即 日从0到三，电场力所做的功为2W = 0/2Td = 0/2pEsin” = pE = 2 10-3Nm3. 4. 1解答:yf图为均匀介质圆板的正视图，因圆板被均匀极化，故只有在介质圆板边缘上有极化面电荷，弧长为dl ,厚度为h的面元面积为dS= hdl= hRd,在口处的极化面电荷密度为=P en = - P cos:根据对称性，极化电荷在圆板中心产生的电场强度只存在 y分量,文

23、档大全实用标准位于a处的极化电荷在圆板中心产生的电场强度的y分量为二 dSdE 一 = k-cos：R22- Pcos 二 hdlR22,-Ph cos 二 d：=k R文档大全全部极化面电荷在圆板中心产生的电场强度大小为-Ph4二 0R2 0n COS2 a d"- Ph4R将电场强度写为矢量：m PhE 二一4 oR3. 4. 5解答：(1)根据电容器的定义并代入数据，得C0 =个= 1.8 10,°F(2)金属板内壁的自由电荷(绝对值)为|q。=CoU°=5.4 10，C(3)放入电介质后，电压降至U = 103V时电容C为C = q0 = 5.4 10-1

24、0F U(4)两板间的原电场强度大小为U05E0 =3=3 105V/m 0 l(5)放入电介质后的电场强度大小U 5E105V/ml(6)电介质与金属板交界面上的极化电荷的绝对值为|q',因极化电荷与自由电荷反号，有E = E0-E而q'=仃 S=、ES= ,(E0- E)S= 3.6父 10,C(7)电介质的相对介电常数为一 二3Co3. 4. 6解答：空腔面的法线取外法线方向单位矢 8 = 4,建立直角坐标系，9为矢径R与z轴的夹角，球面上的极化电荷面密度为由上式知，紧贴球形空腔表面介质上的极化电荷面密度 仃是不均 匀的，极化电荷面密度左侧为正，右侧为负，球面上坐标为(R

25、,、a ) 处的面元面积为dS= R2sin Wd该面元上的极化电荷量为dq、 dS = 一 PR2 cos。sin" d" d带电面元在球心处激发的电场强度方向由源点指向场点，用单位矢一?R表不dE =嘿（一船R -根据对称性，极化电荷在球心的场强 E的方向沿z轴方向，故只 需计算场强E的z分量，即07Td5 0 0 cos2 9 sin9 d9EzP=上 I?4二；°P ,?cos3 1-k2 03P = ° E = o( r -1)Ed (、-1) 4 故得 E = R) E33. 5. 1解答:因导体板上内表面均匀分布自由电荷，取上导体板的法线方

26、向指向下方，即有Dn =00 = 2 10*C/m2在介质1板中，有Dn5E1n =匚=7.5 105V/m；0 ；r1在介质2板中，有Dn5E2n = = 5.7 105V/m；0 ；r2如图所示，贴近上导体板处的极化电荷面密度为:1Tlv 0 © 口 ；。£ =二0 'ri=-4 10C/m2 = -1.33 10-5C/m2 3贴近下导体板处的极化电荷面密度为1CE I?e ( (-)20 2 匚2 n20 2 e2 ( 0)>23-5_ 2_ 5_ 2=-10 C/m2 =1.50 10 C/m22两介质板间的极化电荷面密度为15八 2二3 二 71

27、(-二2)二(二1 二2) = - - 10 C/m26=-1.7 10'C/m2或 = d-p) %3. 5. 3解答:（i）介质板用“2”标记，其余空气空间用“1”标记，单位矢en方向为由局电势指向低电势，两极板间电势差（绝对值）为E2nEin(d-l) = U(1)无论在空间1还是在2,电位移矢量D相等，故有；°Eln = Dn 二。rE2n得Em = ；.E2n（2）将（2）式代入（1）式得U(1- r)l rd写成矢量E；Ua(1- r)l rd 备解得00 rU cD1 = D2 = ?n(1一 r)l ；rd湛 g 0( r )U 2P2 = 0 E2 =a(1

28、- r)l rd（2）因0o = Dn,故极板上自由电荷的电荷量（绝对值）为=二-oS =0 rUS(1- r)l rd（空气中）的场强 £空二已，故（3）极板和介质间隙中rUr)1+ rd?n（4）电容为C"=U；0；rS(1- r)l rd3. 5. 9解答:(1)以r(R<r<R2)为半径，长度为一个单位，作一与导线同轴的圆柱体，圆柱体的表面作为高斯面，求得介质中的电位移矢量为M'er电场强度为(r)=极化强度矢量为E - Ji-er2二 rr(2)两极的电势差u =R2- Ri= ln 艮2",r2二飞，Ri(3)在半径R与R2处，介表

29、面表的极化电荷面密度分别为-("-1) 02 rRiCT2二 Pn(R2)=(r - 1) 02 二 r R23. 7. 1解答:有玻璃板时，电容器电容为将玻璃板移开后，电容器电容为(1)电容器一直与直流电源相接时，电压 U不变。未抽出玻璃板时电容器的能量为1八2W 二-CU 22抽出玻璃板后电容器的能量为12W 二一CU22二者之比(2)用直流电源给电容器充电后，先断开电源再抽出玻璃板，电荷量不变,Q2W =2C二者之比 3. 7. 2解答:距球心r处的电位移矢量和电场强度分别为D=4qr2e?，E=4q?电介质内任一点的能量密度为1 口 de =22q（）32二 2 r4第四章

30、4. 4. 7解答:因力的支路被导线短路，故加在电阻 R2与R4串联的电路两端电压就是电池%的端电压，因电池 %的负极接地，A点的电势为Va = I4R4=-RCR2 R4从图中飞，的负极及%的正极接地，故Vb = %, Vd = % Ve4. 4. 9解答:设图中电池电动 国=10V, &2=20V, %=24V, R = 2Q, R2=10QR3=3C, R4=17C , R = 28C。因为含电容的电路没有电流通过，所以如图所示的正方形电路为无分支电路，对照此电路图的电动势和电阻的数值，求得电流W + W - ZI :12-3二 0.1ARi R2 R3 R4 R5Va = Ua

31、o=；i -Q R R 7V由垫_Vb = Ubo= 3 Q RR 26 V3个电容器组成的电路如图所示，得U AO = U AMUMOCiU BO = U BM U MOC2 C3此夕卜qiq2 q3 0代入数据，解得：qi = -124心，& = 256心，q3 =-132e4. 5. 2解答：图中设定：=20V,R =6,，%i =1,艮=4,-2 =1,J R3 =2cR3 = 1JIi=1A13=2A,选定中间支路电流I2的正方向由B指向A,设两个 电池极板均匀左正右负，电势匕和的“正方向”就是由负极指向正极， 设两个网孔的闭合电路的环行方向为逆时针方向，列出节点议程和回 路

32、方程I2=I3-I1 =1A- 1 =(鼎 1 RJI 1 % 2 R2W21- 2 =(R 2 R2)I2 g 2 R3)l3代入数据，解得1 =18V, 2 =7V与设定的电动势力的正方向相比，知电池 。与七2的极性均为左正 右负。4. 5. 3解答：(1)对照附图，令 J=12V±=10V,J=8V,R11=02 = Rj3=CR1 =2、R2 =1，R3 =3/ R4 -21'.1, R5 =2对外环回路取逆时针绕行方向，电流为I =1 =0.44AR1 R1 年 2 R4 R5 R2设右端节点为C,则Uac =T(R Rj 1 R2)1 =10.2V因为2 =10V

33、所以 U ab=Uac-Ubc=0.2V(2)选定流过4的电流I1正方向由右至左，流过Q的电流I2与流 过4的电流I3正方向由左至右，两个网孔闭合电路的绕行方向为逆时针方向，列出节点方程和回路方程II - I 2 I 31 - 2 = Ii（喝 1 R2 Ri） I2（喝 2 R3）2 - 3 =I2（R2 R3） I3（R4 R3 R5）联立解得：I1 =0.46A4. 5. 5解答：已知附图中各电源内阻为零，A、B两点电势相等，求电阻R 在图4. 5. 5中给各电阻标号及设定电流的正方向。列出节点方程I1 I2 I3 =。A、 B两点左侧的支路有关系B、 Uab=IB-I3R5-B、A两点

34、右侧的支路有关系Uab -H3R6 I1R2已知 Uab=Uba=。，代入数据，解得：I1=0.5A, I2=2A,I3=1.5A因为 Uce = -Ii（R R2） =4V电路中3个电阻并联，其等效电阻为 R，而Uce = 1 FR/解得：R =1R/与3个电阻的关系为1111=+R/ R R3R4代入数据，解得:第五章5. 2. 3解答:(a)因为两直长载流导线延长线均通过圆心， 所以对。点的磁场没有贡献，故只需考虑两个圆弧载流导线在 O点产生的磁场，它们所激发的磁场分别为Bi和B2,方向均垂直纸面向里，故 O点的合磁场大 小为3二IB = B1B2 =义4 二=W3+1a b 8 1ab

35、i方向均垂直纸面向里(b)两延长线的直长载流导线对 O点的磁场没有贡献，只需考虑两长度为b的直长载流导线对O点的磁场Bi、B2和圆弧载流导线对O噗的磁场B3,方向均垂直纸面向里，其合磁场大小为3二 aM o &Joi 百B =B1 +B2+B3=-0-(cos90Jcos135 A2+-0- Hr 4nb4n aL J_ -oi,也+更'-4nb bb 2a, 方向均垂直纸面向里。5. 2. 12 解答:如图5.2.12所示，圆柱形薄导体管，在x = R处，沿轴向(z轴)割 一无限长缝，管壁上均匀地通有沿 z轴方向，面密度为a的电流，这 样的电流分布可看作一封闭的圆柱薄导体管，

36、管壁上均匀地通有沿z轴方向流有电流面密度为-a的电流，这两部分电流在轴线上激发的磁场分别用Bi和Bh表示，因Bt=0,两部分电流在轴线上激发的合磁场为0ah25. 2. 14 解答:图5.2.14为附图的俯视图，在导体薄板上沿z轴方向取一宽度为dy的窄条，在其上流动的电流大小为dl = dy2a它在重面上距导体薄板x处产生的磁场大小为0Idy4 二 a(x2 y2)1/20dIdB 二22 1/22二(x y )0Ixdy-22.1/24 二 a(x y )根据对称性，总磁场仅有y分量，而xdBy =dBcosa =dB22-1/2(x y )总磁场为olx a dy .oI-a、.B =By

37、j = -a2 j =-arctanj4二 a x y 2二 a x5.2.17 解答：如图5.2.17所示，圆环面积为2nrdl ,圆环所带电荷量为dq =c-2：r(Rdf球面旋转速度为CDf =2 二球面对应的电流大小为dI = fdq = - r(Rd-)电流dI在球心激发的磁场大小为°dIr2 dB =-3- 2R30 V R B 二20；二 R . 3 .sin id 二2方向沿轴向，与旋转角速度 与一致。5. 3. 2解答:左右侧电流I在长方形框架产生的磁通量分别为面积的法线方向取垂直纸面向里，因a = c,则有,h11 a b/：1i =中2 =ln =1.385 1

38、0 Wb2 二a框架的磁通量为中=2中1 =2.77 10 Wb射与62,设框架5. 4. 1解答:由于磁场的对称性分布，可用安培环路定理求解(1)在0Wr WR1,设以r为半径的圆面积为S ,穿过该面的电流为培环路定理口 B1d=,I . r22 二 RB-1 =二（2）6 = I二 RR11解得B1二, Ir22二 R1在R1 <r <R2,同理，解得(3)在24£3,设以r为半径的圆2面积为S, 穿过该面的电流为I ”,由安培环路定理,dl =：II -(IS222二(R -R32)2 二 rB3 =二=此2222'in(R -R -n(r2 -R )322

39、,22n(R -R )R2 -r2322R - R3232=Mo解得22R -r23R -RBi、B2、B3的方向与电流成右手关系。(4)在R3 Mr,设以r为半径的圆面积为S3,穿过该面的电流为I “，由安培 环路定理出dlI2二rB4 - '-(I - I) = 0解得:B4 =0.5. 4. 4解答：根据对称性，空间各点的磁场 B的方向平行Oxz面且仅有x分量， 在y>0空间B沿x轴的负方向；在y<0空间B沿x轴的负方向；在y<0 空间B沿x轴的正方向。图5.4.4为俯视图，(1)求板内磁场B内：在板内以y=0平面为对称面，距此面相同距离|y作平行Oxy面的逆时

40、针方向的矩形路径，如图5.4.4(a)所示，通过此路径包围面积(阴影部分)的电流I = j(2y)h根据安培环路定理2h昂=%j(2 y)h解得B3 = »0J y考虑B内的方向有B内=Bxi - - Kyi(2)求板外磁场B外：在板外以y=0平面为对称面，距此面相同 距离作平行Oxy面的逆时针方向的矩形路径，如图 5.4.4(a)所示，通过 此路径包围面积的电流I = j(2d)h根据安培环路安理2hB 外=oJ(2d)h解得B# = . jd考虑B外的方向，有B外=±N0jdi(y >0,取负号；y <0,取正号)由此可见，厚度为2d的无限大导体平板均匀流过

41、电流时，板风磁 场的大小与对称面的距离成正比，板外磁场的大小为常量(均匀磁场)，其x分量如图5.4.4(b)所示，此情况与习题1.4.5的结果比较。5. 6. 2证明一：建立直角坐系Oxy ,坐标原点O与A点重合，X轴沿AC方向， 如图5.6.2所示，设|AC = L,在弯曲导线ADC上取一元dl,设其上的 电流为I,它在磁场B中受的安培力为dF = Idl B = IdlB (sin ai cosaj) = dFxi dFy j式中dFx = IBdl sina = IBdydFy = IBdl cosa = IBdx弯曲导线ACD在磁场B中受的安培力的x分量与y分量分别为Fx =ADCdF

42、x=IBj0dy=0Fy = .ADCdFy =IB.Ldx = IBL证法二：作平行于AC、相距削的两条直线，与导线ADC的两端相交得圆弧为和四2二者所受的安培力在x的方向的投影分别为F1xi - -I Bsin： 1i - -IB yiF2xi - -I：2Bsin； 2i =旧 yiFix F2x =0说有载流圆弧 他1和他2所受安培力在x方向的分力数值相等方向相反，在不同位置作平行于 AC,相距Ay的两条直线，与导线ADC的 不同位置相交得元圆弧和32,导线ACD所受的磁场力y方向的投 影应是各兀圆弧&li1和&i2所受x方向的分力的矢量和Fxi = " (F

43、hx Fi2x)i =0即磁场力合力在x方向为0。IM和14二者所受的安培力在y方向的投影分别为F1y = I l1Bcox 1J = IB. x1j. Ey = I hBcoxiJ =IB x2j在不同位置作平行于AC、相距数的两条直线，与导线ADC的不 同位置相交得元圆弧Mi和M2,导线ADC所受的磁场力y方向的投影 应是各兀圆弧和Ali2所受y方向的分力的矢量和Fyj 八 Fily *2yj=IB"xi1 xi2 j = IBLj此力与载流直导线AC所受的磁场力相等。5. 6. 4解答：线框可动的部分的MN段和PQ段所受的安培力平行转轴口口，且 方向相反，故不提供对线框转轴的力

44、矩。只有NP段受安培力对线框提 供绕转轴转动的力矩。设NP段重心到。丁轴的矢径为a,则由图5. 6. 4 可见，磁力矩M m = Fnp a(IBa)asin ： k = IBa2 cosak式中：中为垂直纸面向外，顺时针转动力矩的单位矢。设MN段PQ段的合质量为m1, NP段的质量为m2, MNPQ段所 受的重力矩a、 a、M g = m1g m2g a = (2aS : )g sin a (aS ： ) gasin a (-k)达到平衡时，有Mm Mg =0即IBa2 cosa = 2a2SPg sin a代入数据，解得2SPg tan a3B = ga-a =9.4 102TI6. 6.

45、 9解答(1)面积为S的线圈上的力矩大小为M a = PmBsin a = NISBsin a当线圈法线号与磁场B的夹角a吗时，力矩最大，即M =NISB =NI2-B =0.18Nm(2)当夹角为久时，力矩大小为-11 _Ma =NISBsina ='M1 NISBamaxa = arcsin ' =30 喊 150 口 2实用标准给华 弟八早7. 2. 2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dadtd6dtdB/ 2-2、=(a b ) dt文档大全(a2 -b2)oBm cosot =|-m cosot因回路单位长度的电阻=5M

46、l0/Q/m,故回路电阻为2R ="4(a b) =6 10 '?回路中感应电流的最大值为巴Im = =0.5AR8. 2. 3解答：(1)满足条件rL x下，载流大线圈在面积为S的小线圈的磁通量 为,°IR22中=BS = -0-二 r22x3(2)小线圈的感应电动势(绝对值)为ddtl口0 二,2R23口0 二 lr2R22x4若V>0时，小线圈内感应电流与大线圈的电流的方向相同9. 3. 2解答:当金属杆以速度V运动时，杆上有电动势巴KBl,附图的等效图电_. Bl(R1R2)DR1R2 " R(Ri R2) R1R2RR1 R26. 3. 7

47、解答：（1）线圈上一元段的电动势为d =（、. B）|Jdl = rBsinadl由图6.3.7得2.2,d 二(Rsin ： )BsinaRd： - BR sin 二 d 二AM间的电动势为AM => BR2 0/4sin A、C间的电势差为 ： d ： = - - L BR28 4AC间的电动势为2-/4. 2.12AC = BR 0 sin = d 二二一，BRU CA = AC - IRaC = AC4 AC4A、M间的电势差为U MA = MA 一 IRAMBR24 AC RR 812二-BR24:二 0所以M点的电势低于A点的电势6. 4. 2 解答（一）（1）如图6.4.2

48、所示，根据磁场的变化趋势，按楞次定律感生电场E感为顺时针（用柱坐标的单位矢ee表示），积分方向向右，梯形PQ边 的 感 生 电 动 势 大 小 为产PQRldB2 1 dtcos1501PQ =-2d：10”梯形QM边的感生电动势大小为QMm R dB ni八，Q万标电dl =0梯形NP边的感生电动势大小为芦NP梯形NM边的感生电动势(积分方向向左)大小为声MNNR程ejdl悍RL 2 dt2 dt 22 dtcos30° MN1 dB h R3,1.1 10 V2 dt 2 2(2)利用上面的结果，整个梯形的总电动势大小为PQMNP- 32 103VPQ QM MN NP 3.2

49、10 V解法二:(1)作辅助线OP和OQ, UOQP的面积为1h PQ ,按法拉第电磁2感应定律，选闭合回路OPQ的感应电动势的正方向为顺时针方向，则d:>dB 1aloqp = - = -（hR）=4.3 10 Vdtdt 2若按逆时针方向OQP = 一 _OQP = -4.3 10N因半径OP和OQ与感生电场E感垂直，所以OP和OQ上的感生 电动势-op = 'QO =0 ,故有.OPQ = pQ - QO - Op pQ -4.31O'OMN的面积为1'h；'MN，选闭合回路OMN的感应电动势的正方向为顺时针方向，按法拉第电磁感应定律，有=1.1 10，V （因 dB：0）dtdddb门h rL°mn出出2 2因半径。几ON与感生电场E感垂直，所以OM和ON上的感生电=0,故有= 1.1 102V(2)因总电势QMNP选取的绕行方向是逆时针方向，与选定磁通 的正方向为左手关系，故按法拉第电磁感应定律，有%qmn =吧= .|1(|PQ + NM | )h ldB = -3.2x10J3V(S-dB <0) dt122 J dtdt6. 5. 2解答:螺绕环的自感为,2N 2一5L 10n2V -2J0RS = 7.5 10 H当通入线圈的电流I=