电磁学梁灿彬习题选解.docx

1、电磁学习题解答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 彳=0,另一个点电荷的电荷量为 q =(Q-q)，两者距离为,，如此由库仑定律求得两个点电荷之间的作 2用力为F= 0(Q_0)4武,2o令力F对电荷量q的一队导数为零，即dF =(Q_q)_q 如dq 4tie 尸2o得Qq =q =_122即取q = q =g时力F为极值，而122dq2 o 4忒尸2Vf=-02Q 故当q = q 2=_时，&取最大值。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，

2、它所受的合力为零？解答: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§、形成一闭合的高斯面。面元S和S上的场1212强分别为云和£ ,根据高斯定理，得12-ES +E S =S(E +E)=0112 212证得E = E12说明沿着场线方向不同处的场强相等。2)在1)所得的结论根底上，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£和/,根据高斯定理得12El El = O12证得E=E12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，但凡电场线都是平行连续(不连续)直线的地方，

3、电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厂处的F点的电场为:日 P，E= _ 矿,o求得离球心处的P点的电势为1.6.5r Pr3T o解答:诙+卜些r3e龙0_ P暨 _，2 = 0(3R2_ )=%L 2 Tj(1)根据电势的定义, 、Q+QV ( = 12 V (R ) = 12in4邱 in 24吨R-00 2区的电势为r 4 兀 £ 7-220V = f K2 V dr + J ”幺 + .0 2 dr r 4718 仅1 (b G_L + _2_ I/区的电势为I/(r)= I/(R)= 1i 1( R /2)当0 =-Q 时, 12的表达式，求得E

4、/S = °,代入(1)中三个区域中的电势/ (尸)=0 , V (r)=IIIiiJ 4口 I R R J0 ' 12 /四曲线如图1.6.5 (a)所示当号2丫 s =IIIR时，代入1(R -R )0!214心：R r0 11)中三个区域的电势的表达式，求得V (r)=iiV'厂曲线如下列图OIIII %灼 -1.6.6 解答:4k均匀电荷密度为p的实心大球的电荷量H=P*y3,挖去空腔对4k应小球的电荷量9=一瑚_不，电荷密度为p的大球在河点的电势为 性）=Q ="p m 4k8 r Be-0 M 0 M电荷密度为P的小球在M点的电势为qp &

5、;3V (r )-p M4ke (r + c)31Tr +c0 M0 MM点的电势为P V =V(r )V (r )=M p M -p MQ3 b3 |rM 电荷密度为P的大球在P点的电势为 V （r ） = J° £* -dr +J r E-dr =（3q2 -2）P P r 内7rPa6So P电荷密度为P的小球在P点的电势为r +c Mp b3V (厂)=-p p 3e r +co PP点的电势为P (2b3 )V =V(r)+V (厂)=i 3a3 -r2-Ip p p -p p 6s p r +cJ电荷密度为P的大球在。点的电势为V(T ) = P E m+J=d

6、；= pQ2 _(?)Q2 =pQ2p O r 内 a庇-2s°000电荷密度为p的小球在。点的电势为V (尸)=-p oh-f E - dr +CP内-P(3b22coEb *外 C、2 ) 2). dr =-p一 p/?2。点的电势为p IV =V (r ) +V (r )= _ 3a2_3b2 _c2 o p o p °680电荷密度为P的大球在o'点的电势为化)=JJ 竹 E dr + E dr =内P国阳Y)0ppa2(c 瓦，2 _C2)+0电荷密度为P的小球在。'点的电势为V (r ) = lh£ 诚 +-P O' c -P

7、内-pb22T0。'点的电势为8Ebp外.df-臼仞+ - pZ?268。V = V (r) + VO' p o-P(%) =3。2 3/?2 C22. 1. 1解答:建立球坐标系，如下列图，球外表上的小面元面积为dS = /?2 sin0 c/0c/(p(1)面元上的电荷量为dq =。dS =。Ra cos0 sinO(/0c/(p (2)o导体上一面元dS所受的电场力等于dF = (edS)E' =兰陀=aoCOS29 dSe (3)(3)28 n 280o式中：五'为除了面元dS外其他电荷在dS所在处产生的场强。以Z=。平面为界，导体右半球的电荷为正，导体

8、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/心 C 2COS2 0 n -小dF = () cos0 dSk(4)0将(1)式代入(4式，对右半球积分，注意积分上下限，得E = Jn/2 Qo cos3。sinOdO2兀 d(p k=兀。言 R? r右 I 0 2eo J 4eo/0左半球所受的力为71(12 R2P =0 k左02. 1. 4解答:解：由左至右各板外表的电荷密度气，七，七，1234利用静电平衡条件列方程得:CT =b1 4（无限大平行金属板）Q = -O2 3 q解得:qO' = A = (5 =

9、b1 2S3 2Sbq d V=E 出=E d = _ d = i . , 内内 828 500将B板接地：9=0)。1=。4 =0< b23b +。=幻I 125f ,CTq d【/=旧 ,出=E d = 2 (I = A内内 £ S00由于电荷q放在空腔的中心，在导体壳内壁的感应电荷与壳外 壁的电荷在球壳内、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、壳外的电场表达式一样，距球心为处的场强均表示为E(r) =. e (r< R或R )4ne /2 r120距球心为如V r< R)处电势为1&

10、quot;=J R E 北+ J 00 巨. dw 内 r1内月外q 11 、|_ | (0<r<R) 石厂(7 "R R J10、12 /在导体球壳内场强和电势分别为E (r) = 0(R<r< R)壳12T z q"=(R<r< R)壳 4k£ R 120 2球壳外的电场由壳外壁电荷激发，壳外的电势为V =J K d= q (R <r) 外 r 外 4he F 20场强大小E和电势，的分布如下列图。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。酒均匀，球形金属腔外壁的电荷量为

11、 Q + q,腔外壁电荷面密度。均狗分布，根据电势叠加原理，。点的电 势为V =二+心华+宜=乏口+!)+_?_o 4k8 r 4ti8 a 4718 b 4tie I r a b) 4718 bo000o2. 3. 2解答：(I)平行放置一厚度为/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(5荷面密度为。，电场为EJ0EoA、B间电压为bU = o (z/ /)Ab £0A、B间电容C为Q£ fC = _ = oL1d tAR(2)金属板离极板的远近对电容。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

12、为此时电容器的电容为0 =4C = 8OO|1F3d 3 oT由于A、B不与外电路连接，电荷酩不变，此时A、B间电压为要求第三个电荷。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。所受的两个电场力方向相反，但大小相等，即2qQ - qQ =04TC£ (L-X)2 4tC£ X200X2 + 2Lx -0舍去0的解，得 X =-1)L1.3.8 解答:1)先求竖直无限长段带电线在。点产生的场强E ,由习题1.3.7(2)可知El.r 47t£ R0仿习题1.3.7解答过程，得, n出. ,vididE = k

13、since =-化ly尸 2(R2+/2)3/2°O Idlr|E = At)J = U0 (R2+ /2)3/24718 R0h -(/ - j)14718 /?oU'ABQ _0_CcU 0=7.5VAB C2. 3. 5解答:U)按图中各电容器的电容值，知C、。间电容为C =(2+3/3)|iF = 3piFCD其等效电路如图a)所示，E、尸间电容为C =(2+3/3)|iF = 3|iFEF同理，其等效电路如图(b)所示，A、B间电容为C =(3/3)叩=1叩AB(2)4、B间的电势差为900V,等效电容c 上的电荷量为ABQ =C U =9x10-4CAB AB A

14、B由图(b)可见，与A> B相接的两个电容器的电荷量与。ab一样,u = u +u = +_o-(4)AD DB 4|1F 4|1 Fq qU=U +U = +4-(5)At- hh 4|1F 4|iFq q qU =U * J/ %广金 * 金(6)由(1)、B)两式得0+0 =0+0(7)1425由4)、6)两式得q* q = q* q (8)4315由、8)式得q = q 0=0(9)4513将(1)、9)两式代入式，得u=(Q q )1=4|iF 11 4|liF按电容器定义，有C = g=4仃U方法二：因题中c、c、c、c均为4hf ,所以据对称性C上的电 13452荷为零（U

15、 =u ）。t Dq与。3串联得：3 = 2（卜）q与q串联得:弓广2"）.C =C +Cr =2 + 2 = 4（戒）AB AB AR2. 5. 1解答：串联时，两电容器的电荷量一样，电能之比为3. 2. 3解答:1)偶极子所受的力矩大小为M = pE sine最大力矩为0 =七时2M = pE = qlE = 2x 10-3 N .mmax(2)偶极子从不受力矩的方向转到受最大力矩的方向，艮禺从0到电场力所做的功为mpE sinOc/0 = p£= 2x10-3 N#moW= mTd6 =o3. 41解答:P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

16、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 = hRda ,在。处的极化面电荷密度为=P e = -Pcosocn根据对称性，极化电荷在圆板中心产生的电场强度只存在V分量, 位于。处的极化电荷在圆板中心产生的电场强度的V分量为dE，= k° 芯 cosa =kpcos2ahdl_ Ph cos2adaa RR2R全部极化面电荷在圆板中心产生的电场强度大小为矿=-Ph / 2兀 cos2 ada = -Ph4兀 & R 048 R。o将电场强度写为矢量：4e Ro3.4.5 解答：(1) 根据电容器的定义并代入数据，得C =1Z = 1.8x1Ot

17、oF2)金属板内壁的自由电荷绝对值)为q = CU =5.4x10-7CI o' 0 03)放入电介质后，电压降至U=103V时电容C为C = % = 5.4xlO-】oFU(4)两板间的原电场强度大小为E = = 3xlO5V/mo /5)放入电介质后的电场强度大小U因极E = = 1。5 V/m T(6)电介质与金属板交界面上的极化电荷的绝对值为f?'|,化电荷与自由电荷反号，有E=E -Ero而问=cr'S = £ °矿S=匕(气-F)S= 3.6x10-7C(7)电介质的相对介电常数为CE = = 3r C03.4.6 解答：.空腔面的法线取

18、外法线方向单位矢'=',建立直角坐标系，en R为矢径&与Z轴的夹角，球面上的极化电荷面密度为b' =P = PcosOn由上式知，紧贴球形空腔外表介质上的极化电荷面密度。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，(P，。) 处的面元面积为dS= /?2sin0d0d(p该面元上的极化电荷量为dqf = b'dS = PR? cos0 sin0c/0c/(p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dEf =kdq (一/)R2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4718 o o0pcos2 0s

19、in0c/0需计算场强E的z分量，即Ef =E k =z_ p0因P=8Z=8(8-1)E-0Or0 -1)故得 E,=-E3. 5.1解答:因导体板上内外表均匀分布自由电荷，取上导体板的法线方向' 指向下方，即有D = 2x10-5C/ m2 n ()在介质1板中，有DE =_ = 7.5x105V/mIn 8 £0 rl在介质2板中，有E =_ =5.7xlO5V/m2n 8 80 r2如下列图，贴近上导体板处的极化电荷面密度为=2 ri = s % E -ri = -8 % £* = Q 1_£ri1 II 01110 I 10 £4r,=

20、-xlO-5C/m2 = -1.33x10-5C/m2贴近下导体板处的极化电荷面密度为1-8 =2rf尤 =£ x E = (-a ) r22 220 2 220 2 20 g3r2=xlO-5C/m2= 1.50x10-5 C/m22两介质板间的极化电荷面密度为1b = S + (S) = (S+cf) =-_xlO-5C/m23 1226= -1.7xlO-6C/m2或 。'=(a 一p)m双321213. 5. 3解答：1)介质板用“2标记，其余空气空间用“1标记，单位矢4 n方向为由高电势指向低电势，两极板间电势差绝对值)为E 1 + E (d-I) = U 2n I

21、n无论在空间1还是在2,电位移矢量庆相等，故有£ E = D = s e E0 In n 0 r 2n得 =£ E(2)In r 2n将(2)式代入1)式得(1-8 )/4-8 d写成矢量E =u '-一 e2( 1 8 )1 + & d nr r解得12(1-8 )/4-8 d nP =£ %££o(£7l)(/ e202(1£ )/ + E tZ nr r(2) 因。=D ,故极板上自由电荷的电荷量(绝对值)为0 nq =bS=普"SI ol 0(1-s )/+ 8 dr r(3) 极板和介质间

22、隙中空气中)的场强召二故空 1D 8 U .E =e空 8(18 ) 1+8 d n0r r(4) 电容为q £ 8 SC 0 =0 rU (If )/ + 顷r r3. 5. 9解答：同理，水平无限长段带电线在0点产生的场强n4tt8 R/A(T + 7)对于圆弧段带电线在0点产生的场强E，参看图1.3.8 (b),得3dE =cosa = COsa3- R2 s R削兀/ 2r|E = cosaAx =3.V R 04718 R0n同理得故E =3),4718 R0/V A0 + 7)解得=E =n4tie Ra + J)2)利用(1)中的结论，参看习题1.3.8图(b),刀_8

23、的带电直线在。点的场强为n4ns R/X/(-/ - J)B-8的带电直线在0点产生的场强为n .E = (T + J)“ 4718 oR根据对称性，圆弧带电线在。点产生的场强仅有X分量，即巨=E ?=削 |兀 / 2 cosou/a，=>1B ABx "R _兀/22K8 Ro故带电线在O点产生的总场强为1)以r(R <r<R )为半径，长度为一个单位，作一与导线同轴的 12圆柱体，圆柱体的外表作为高斯面，求得介质中的电位移矢量为XD(r) =2k r 电场强度为F(r) = e02兀£ 8 r r0 r极化强度矢量为顷 X£=(8r_1)Xo

24、eo 2718 r rr2)两极的电势差U为M dr X RU =i r o = o In 22ke s r 2718 s R0 r0 r 1(3)在半径&与R处，介外表表的极化电荷面密度分别为12-P (R ) = (£r-l)1 n 12718 R-r 1$ = P (R)=(eT)«2 n 22 兀8 Rr 23.7.1 解答：有玻璃板时，电容器也容为8 8 SC = 0 rd将玻璃板移开后，电容器电容为d1)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1W=CU27抽出玻璃板后电容器的能量为1CU22二者之比Wr _Cf 11荷量不变

25、,故二者之比(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w =2, wf = 2 2C 2C匕=5 讶C r3.7.2 解答:距球心r处的电位移矢量和电场强度分别为q -E= 0 e4痕 r2 i电介质内任一点的能量密度为00 = : D,E =%e 2327i28r44. 4. 7解答:因c的支路被导线短路，故加在电阻R与R串联的电路两端电 12压就是电池£的端电压，因电池£的负极接地，22ReV = 1 R =4 2"4 4 R+R24从图中8, 8的负极与' 的正极接地，故"32IB4A点的电势为4. 4. 9解答:设图中电池

26、电动£ =10K, e =20", £ =241/,123R = 2Q,1R =10。2R=3。，R =170 , R =28。345因为含电容的电路没有电流通过，所以如下列图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£ 4-8 -£123I ="1 ' "2 "3= 0.1 AR + R +R+R + R123451Z =u =8-I(R +R) = 7VAAO11 5V =U =8 +7(R +R) = 26V BBO 334个电容器组成的电路如下列图，得3电势:此外U =U

27、+U =L±40 AM MO C C+uBAf AfO Q2u =uBOMOq +0+0=0123代入数据，解得：=-124口C,q = 256pC, q = -132gC234.5.2 解答:图中设定:& =20U,R = 6Q,R1 内1= 1Q,R =4Q, R = IQ, R =2Q, R = 1。2内23内31 23& Y = J (R + R + R) + J (R +R)& 一& =/ (R +R) + /(R +R +R)2 32 内2334 内35联立解得：/=0.46K14. 5. 5解答：附图中各电源内阻为零，A、B两点电势相等，

28、求电阻R。在图4. 5. 5中给各电阻标号与设定电流的正方向。列出节点方程/ +/ +/ =0123A、B两点左侧的支路有关系B、U = / R 一 / R 一&AB 1 I 3 52B、A两点右侧的支路有关系U = T R +1 R1B3 6 I 2U =U =(),代入数据，解得：I =-0.5A,I =2AJ =-.5A .1H fl/!I23因为 u =-I(R +R) = 4/CE 112电路中3个电阻并联，其等效电阻为R,而/U =£ -I RCE 12 /解得：R = 1Q/R与3个电阻的关系为/1111R =r + T +1T34代入数据，解得：R = 2Q5

29、. 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0点的磁场 没有贡献，故只需考虑两个圆弧载流导线在。点产生的磁场，它们所 激发的磁场分别为8和8 ,方向均垂直纸面向里，故O点的合磁场大I 2小为3兀兀,、B = B + 8 =里艺+J* =况%1）|2 4兀。8 a b）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0点的磁场B、B和圆弧载流导线对012噗的磁场B，方向均垂直纸面向里，其合磁场大小为3F 3716/1B = B + B +B =号（cos90°-cosl35°）x2+1 2 3 471/

30、?4 兀=制吏+爻）I J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*小处，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，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，这两局部电流在轴线上激发的磁场分别用B和B表示，因8 =0,两局部电流在轴线上激发的合磁场为1 ht|i ahB = B + B =° j，h 2nR5. 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 "y的窄条，在其上流动的电流大小为dl = dv2

31、a它在重面上距导体薄板i处产生的磁场大小为dB = 财/ = 出殆2 兀 3 + y2)i/24 兀 a(x2 + ,2)1/2根据对称性，总磁场仅有)，分量，而dB = dB cos a = dB= 玲，>(x2 + yi)/2 4n a(x2 + yi)/2总磁场为B = B j =J。 dy j _ 四(/ arc tan () / y 4tia X2 + y2 2na x5.2.17 解答：如图5.2.17所示，圆环面积为2krdl，圆环所带电荷量为dq = c27t 矿(Rd。)球面旋转速度为CD球面对应的电流大小为dI=fdq = U3r(Rd0)电流d/在球心激发的磁场大小

32、为dB=咿"=Moa(O/?sin3 0c/02R32g coa/?兀2|i0coc/?B = _u si m 0 dO =203方向沿轴向，与旋转角速度co 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中与中，设框架I 2面积的法线方向取垂直纸面向里，因。=0,如此有中=中= 1.385x10-4 仇'2 2n a框架的磁通量为中=2中=2.77x10-4IV/) I5. 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0<r</?,设以r为半径的圆面积为S ，穿过该面的电流为III'，由培环路定理(f)B -dl

33、=ii V10/r 22ti RB = |la ()S= |io IMl o -2 tiR1解得B =挡当2nR1在& <r<R,同理，解得'pio/2B =2 2ti r在r/?3,设以r为半径的圆2面积为S, 穿过该商的电流为/'，山安培环路定理加 d/ = go/'3r2兀出=|iol| I - (IS=|1O2)兀(R -RL 32“2 )R -n3 I=go2 22兀(R -R -n(r2-R ) I3 22 i兀(R -R )32解得go/2兀广2 )R -n32R -R3 2BB期方向与电流成右手关系。(4)在R 八设以,为半径的圆面积

34、为S3,穿过该面的电流为I',由安培 环路定箱(bB. dl= po/'2k rB = ro(/- /) = 0 解得：B =0.45. 4. 4解答：根据对称性，空间各点的磁场B的方向平行如面且仅有*分量，在),0空间B沿x轴的负方向；在0空间B沿x轴的负方向；在)，v0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，距此面一样E = E +E +E =0A B AB1.3.9 解答：(a)(b)在圆柱上取一弧长为冏仲、长为Z的细条，如图a）中阴影局部 所示，细条所带电荷量为dq = °（zRd饥,所以带电细条的线密度与

35、 面密度的关系为T = 61 =。dl = bRdcpzR处产生的场强为一 ndE =e2718 R r0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工分量，即-O-OdE = -dE cos(p =cos(pJ(p = cos?(pJ(p2n£27t800b «if 27C COS2(p6/<p =成o280其X分量如图5.4.4(b)所示，此情况与习题1.4.5的结果比拟。5. 6. 2证明一：建立直角坐系伽，坐标原点O与A点重合，X轴沿AC方向， 如图5.6.2所示，设Hq=L，在弯曲导线ADC ±取一元dl,设其上的 电流为I,它在磁

36、场B中受的安培力为(IF = 1 出* B = /加(sin ai + cos a/) = clF i + dF j式中dF = IB* sin a = IBdydF = IB出 cos a = LBdx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F =1 冷=商。少=0X r ADC Xp 0F =J dF =/bJ i.dx=lBLjf ADC y0证法二：作平行于AC、相距冬的两条直线，与导线ADC的两端相交得圆 弧/和/二者所受的安培力在X的方向的投影分别为I 2AFz = -/A B sinaz = -1BAlx/1jiAFz = -/A Bsina z=/BA2-v22

37、jiAF +AF =0I.Y 2x说有载流圆弧W和以所受安培力在X方向的分力数值相等方向I 2相反，在不同位置作平行于AC,相距冬的两条直线，与导线ADC的 不同位置相交得元圆弧,和万，导线ACD所受的磁场力'方向的投I 2影应是各元圆弧/,和/,所受x方向的分力的矢量和I 2Fi = £ (AF +AF )/=0xix i2x即磁场力合力在X方向为OoIM和/二者所受的安培力在，方向的投影分别为I2F = / A/ Bcoxol = 1BN jy1IxF = /A/ Bcoxa = IBA j2y 22x2在不同位置作平行于AC、相距皈的两条直线，与导线ADC的不 同位置相

38、交得元圆弧/和/ ，导线ADC所受的磁场力*方向的投影/I /2应是各元圆弧/和/所受*方向的分力的矢量和fl 12Fj = X(AF +AF ); = /bS(A +A )j=lBLjyUy i2yxi xi2此力与载流直导线AC所受的磁场力相等。5. 6. 4解答：线框可动的局部的MN段和PQ段所受的安培力平行转轴。，且 方向相反，故不提供对线框转轴的力矩。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°。，轴的矢径为a,如此由图5.6.4 可见，磁力矩M = F xa(IBa)a sin p /c= IBa cos akm NP式中：中为垂直纸面向外，顺时针转动

39、力矩的单位矢。设MN段PQ段的合质量为mNP段的质量为m, MNPQ段所 受的重力矩M =m gx° + m gxa= (2aSp)g ° sin a(aS p)g a sin a (一 A) .I 2 L II达到平衡时，有M +M =0m 9即 IBa2 cos a = 2aSpg sin a代入数据，解得2Spg tan aB =9.4x1 OtT5. 6. 9解答1)面积为S的线圈上的力矩大小为M = p B sin a = NISB sin aa m当线圈法线e与磁场B的夹角a为!L时，力矩最大，即”2M = NISB = NI 巴 = 0.18N 成42)当夹角

40、为a时，力矩大小为1 1M = NISBsina = _M = NISBQ2 max 2即(I Aa = arcsin _ =30°或 150。6.2.2 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d中dt= p2-b2)cofi cos(ot|= cos(ot|因回路单位长度的电阻刈=5x10-2。/ m故回路电阻为R=xx 4(q + b) = 6x 10 2 Q回路中感应电流的最大值为I =%=0.5 刀m R6.2.3 解答：1)满足条件厂x下，载流大线圈在面积为S的小线圈的磁通量为中=BS = 丸 r 22x32)小线圈的感应电动势绝

41、对值)为& 迎=以"(_3xt空)=3俨气dt 2dt 2x4假如v >0时，小线圈内感应电流与大线圈的电流的方向一样6. 3. 2解答：当金属杆以速度V运动时，杆上有电动势&=vB/，附图的等效图电路如图6.3.2所示，杆中的电流大小为& v B1(R + R)1=-r=* R + R 12' 2126. 3. 7解答：1)线圈上一元段的电动势为dg = (v x= a)rB sin adl= cd(R sina)F sin ciRda = sBRz sim adaAM间的电动势为、 >1 - 4-兀-8& = C0BR2 J n

42、/4 sin2 ajaAM0AC间的电动势为& = coBR2 f n/4 sin2 a/a = _C0BR2AC042) A、C间的电势差为4& RU = g - ZR = g - -ii- = 0Gd AC AC AC R 4A、M间的电势差为，兀 1)4& R 1U =g - IR. =|l_” 3BR2 -_ o = -acdBR2<0AM AM zLVf 1 8 4 JR 廿 4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所示，根据磁场的变化趋势，按楞次定律感生电 场E为顺时针（用柱坐标的单位矢表示），积分方向向右，梯形PQ

43、感0边 的 感 生 电 动 势 大 小 为dB一cosl50°|Pg|=-dt2(lt梯形QM边的感生电动势大小为40=0梯形NP边的感生电动势大小为七少鼎0=。梯形NM边的感生电动势积分方向向左）大小为MN M 2 dt-cos30°|MyV| = -2X=2)利用上面的结果，整个梯形的总电动势大小为=& +&+&+&=3.2x10-3,PQMNP PQ QM MN NP解法二: 作辅助线OP和OQ,收 的面积为+Q按法拉第电磁 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，如d 中dB 1广一诙“诙殖R)= 4.3x1W假如

44、按逆时针方向& =Y =-4.3x10-3VOQP PQP因半径OP和OQ与感生电场E垂直，所以OP和OQ上的感生感电动势& =& =0，故有 op QO&=&+&+&+& =-4.3xlO-3VOPQ pQ QO Op pQ0MN的面积为kljrI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，有侦小=-_ = _ 凹 J_M = 1.1xl0-3l/（因竺 <0）dt （2 2 Jdt因半径O几ON与感生电场E垂直，所以OM和ON上的感生电动势E =& =0，故有OM NO&=&a

45、mp; +I& +&=& =1.1X1O-3JZOMN MN NO OM MN(2)因总电势&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，有使 +严|)'萱=3.2x 10-3*(因湖 < 0)(it26. 5. 2解答:螺绕环的自感为L=71002R§ = 7.5x10-5 H27tRj当通入线圈的电流I=3A时，自感磁链为= JJ= 2.25x10每匝磁通为0)= _ = 9x10-7 N6. 6. 2解答：线圈1通有电流I时管内产生的磁场大小为线圈1对线圈2中的1匝产生的磁通为p N-RH中=7

46、CR2B = ()12 1122 I/线圈1对线圈2产生的磁链为MNNKR2/甲 =jV 中 = ni，12212/线圈1对线圈2的互感系数为中 iNNJiRiM =_ = n i ，12/II线圈2通有电流【2时管内产生的磁场大小为B = |.i nl = p _ /2020 /2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，即中=TCR2B =叩叩；*&矿2212 2I线圈2对线圈1产生的磁链为211 21/线圈2对线圈1的互感系数为W i N N 71 R2M =_ = n i 2221/2比照M12和M21的数值，证得M =M12216. 11. 3解答因两个共轴螺线管A

47、和B之间存在完全偶合，故M = 两个螺母管内储存的总磁能为1 1 ()w =-L /2 + _l /2 +Hm 2 AA 2 BB N A B AB代入数据得：W = 0.22；m7. 1. 2证明:空腔求外表上磁化电流密度为ar = M x e = M sin。n(p负号表示磁化电流面密度的方向与单位矢的方向相反，宽度为出=Rd。的电流强度大小dr为|dr|=RMsinOdO环形电流在空腔球心0的磁场为. g()(/?M sinOc/0)(/? sinO)2aB =-k2(/?2 cos2 b + R2 sin2 0)3/2全部磁化电流在球心O产生的磁场为& ="Sin c

48、/0=-2g Mk=-2p M032 o3 o 3 o7. 1. 2证明空腔球外表上磁化电流面密度为a' = M x e = -M sinOen<p负号表示磁化电流面密度的方向与单位矢的方向相反，宽度为 出=Rd。的电流强度大小为dlf= RM sinddG环形电流在空腔球心O的磁场为, pO(/?Af sinOjO)(/? sin0)2aB =-k:2(/?2 cos2 9 + /?2 sim 8)3/2全部磁化电流在球心0产生的磁场为B' = k 日伽 J xsim d9 = -2 pOMk = -2 gOM20337. 1. 7解答设电流I沿Z轴方向，根据磁介质安培

49、环路定理bHdl=I和磁场 颁布的轴对称性1. 4. 5解答:。'h如下列图的是该平板的俯视图，00'是与板面平行的对称平面。设体密度p °,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00'为中心作一厚度邛"）、左右面积为S的长方体，长方体6 个外表作为高斯面，它所包围的电荷量为p（S）,根据高斯定理。£0前、后、上、下四个面的芯通量为0,而在两个对称面S上的电场E的大小相等，因此2冷曜80考虑电场的方向，求得板内场强为pxE80式中：尤为场点坐标用同样的方法，以如 面为

50、对称面，作一厚度为|2x|（d）、左右面积为S的长方体，长方体6个外表作为高斯面，它所包围的电荷量为U)在r<R区域，有Tir_m_Lre271R2 92nrH =_ | it RH =re,81 = |j|2 兀 Rz 8 H =在R<r<R区域,I22nrH=IH = ' e ,B2 2n r 唱-=% =2在R vr区域,2nrH=I解得广况7绅M(2)为求3 =四30R和iH = e2ji r q>I R的外表上的磁化电流密度W和U,212需求出各区的磁化强度M在导体内,(g - )rM =/ H =(|i -1)/7 =iuleI ml I rl I U 27t /?2 <P在介质内，有(日-日)M =xm H = (|i 一 1)H =2 a le22 2 r2 2|1 2 兀厂90在导体与介质交界面，有M =1if)/e,M =(旦2 一