大学物理重要课后习题答案(第五版)马文蔚改编

第五章

5-8在氯化钠晶体中，一价氯离子C「与其最邻近的八个一价钠离子Cs+

构成如图所示的立方晶格结构.（1）求氯离子所受的库仑力；（2）假设图中

箭头所指处缺少一个艳离子（称作晶格缺陷），求此时氯离子所受的库仑力.

Ocs+

题5-8图

分析钠离子和氯离子均可视作点电荷,可直接将晶格顶角钠离子与氯离子

之间的库仑力进行矢量叠加.为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所

受的合力.

解（1）由对称性，每条对角线上的一对钠离子与氯离子间的作用合力为

零，故尸।=0.

（2）除了有缺陷的那条对角线外，其它钠离子与氯离子的作用合力为零，所

以氯离子所受的合力尸2的值为

2

工&=1.92x109N

"47n?or3iu:oa

F2方向如图所示.

5-9若电荷。均匀地分布在长为力的细棒上.求证：（1）在棒的延长线,

且离棒中心为r处的电场强度为

£=-——

71€04厂-L

（2）在棒的垂直平分线上，离棒为r处的电场强度为

E=J__,Q

2兀%rV4r2+L2

若棒为无限长（即Lf8）,试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比

较.

题5-9图

分析这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不

能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直

线上.如图所示，在长直线上任意取一线元网,其电荷为dq=Qdx/L,它在

点P的电场强度为

整个带电体在点尸的电场强度

E=JdE

接着针对具体问题来处理这个矢量积分.

（1）若点尸在棒的延长线匕带电棒上各电荷元在点P的电场强度方向相

同，

E=jd£i

（2）若点P在棒的垂直平分线上，如图（A）所示，则电场强度E沿x轴方向

的分量因对称性叠加为零，因此，点户的电场强度就是

E=JdEvj=[sinad图

证（1）延长线上一点P的电场强度E=[―^,利用几何关系r'=

­»

r一关统一积分变量，则

E=1Qdx=Q1________1__1Q

222

'4jie0L（r-x）4TT£0L_r-L/2r+L/2_7t£04r-L

电场强度的方向沿x轴.

（2）根据以上分析，中垂线上一点产的电场强度E的方向沿y轴，大小为

c，rsinad^

E=I-'dE

A

4ji£0r

利用儿何关系sina=r/r',r'=ylr2+x2统一积分变量，则

“21rQdx_Q1

2

〃24TT£0L(X+rJ"2%r14r2+

当棒长8时，若棒单位长度所带电荷%为常量，则p点电场强度

1QIL

E=lim

If82%rJ1+4//Z?

2

2叫/

此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图（B）］.这说明只要

满足<<1,带电长直细棒可视为无限长带电直线.

5-10一半径为R的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为（7,求球心

处电场强度的大小.

题5-1()图

分析这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半

球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5-3节的例1可以看

出，所有平行圆环在轴线上P处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的

电场强度积分，即可求得球心0处的电场强度.

解将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元

dq=<5dS=d-27rR2sined，，在点0激发的电场强度为

xdq

4兀q13+产产

由于平行细圆环在点0激发的电场强度方向相同，利用几何关系

x=Reos。，r=Rsin。统一积分变量，有

xdq1Reos。ccn，.n./1

d£=—-7------^^777=------------^—<5■2^/?-sin0AO

4兀4'o^+r2)24。R3

------sin。cos

2%

积分得E=I""_sin^cos0d0=—

』,2%4e0

5-17设在半径为R的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为

p-kr(0<r<R)

p=0(r>/?)

k为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E与r的函数关系.

题5-17图

分析通常有两种处理方法：（1）利用高斯定理求球内外的电场分布.由题

意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的

球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有

《EdS=E.4“2

根据高斯定理m•dS=’JpdV，可解得电场强度的分布.

£0

（2）利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无

数个同心带电球壳，球壳带电荷为dq=〃-4a'2d/,每个带电球壳在壳内

激发的电场也=0,而在球壳外激发的电场

4%/

由电场登加可.解得带电球体内外的电场分布

E（r）=JdE（0<r<R）

E（r）=fdE（r>/?）

解1因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常

量，由高斯定理，E-dS=LJpdV得球体内（OWrWR）

Tlk

£(r)4;ir2=—£kr4nr2dr4

球体外(r>R)

E(r)4^2=—Tfcr4;ir2dr=—r4

%4%

解2将带电球分割成球壳，球壳带电

dq=pdV=kr^Ttr'Ar

由上述分析，球体内(OWrWA)

r1攵/•4兀/dr'

夙-)=14兀%

球体外(r>/?)

(F1kr-47rr,2drx_kR2

147r%r2C，44户

5-18—无限大均匀带电薄平板，电荷面密度为。，在平板中部有一半径

为，的小圆孔.求圆孔中心轴线上与平板相距为x的一点尸的电场强度.

(a)(b)

题5-18图

分析用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的

对称性电场.本题的电场分布虽然不具有这样的对称性，但可以利用具有对

称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的分布.若把小圆

孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平板等效于一个完整

的带电平板和一个带相反电荷（电荷面密度。'=一。）的小圆盘.这样中心轴

线上的电场强度等效于平板和小圆盘各臼独立在该处激发电场的矢量和.

解由教材中第5-4节例4可知，在无限大带电平面附近

17=0L“

2%

e,为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场

_o（x]

=--------1—1€

它们的合电场强度为

2%"

在圆孔中心处x=0,贝

=0

在距离圆孔较远时x>>r,则

1

E=,-----------

2%Vl+r2/x2

上述结果表明，在x>>r时，带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽

略不计.

5-20一个内外半径分别为R和R2的均匀带电球壳，总电荷为Q,球

壳外同心罩一个半径为总的均匀带电球面，球面带电荷为。2.求电场分布.

电场强度是否为离球心距离r的连续函数？试分析.

Qi

段E

题5-20件I

分析以球心0为原点，球心至场点的距离，为半径，作同心球面为高斯面.

由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径

矢方向，且大小相等.因而，EdS=E-4兀产.在确定高斯面内的电荷

后，利用高斯定理4EdS=Zq/%即可求出电场强度的分布.

解取半径为r的同心球面为高斯面，由上述分析

E-4nr2=£qI

I-<7?!,该高斯面内无电荷，^2<7=0,故4=0

Ri<r<R2,高斯面内电荷=

故E,=

4或。®-吊产

/?2<r</?3,高斯面内电荷为Qi,故

E.=-^-y

4兀4广

r>R3,高斯面内电荷为0]+。2，故

F

电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(B)所示.

在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴

r=心的带电球面两侧，电场强度的跃变量

△E=E4-E3=—02g=—

4兀/7?3

这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带

电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题

中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E的变化就变陡，最后当厚

度趋于零时，E的变化成为一跃变.

5-21两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为以和&

>r），单位长度上的电荷为人.求离轴线为r处的电场强度：（1）r<Ri,

(a)

题5-21图

分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取

同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且

^EdS=E-2nrL,求出不同半径高斯面内的电荷•即可解得各区域电

场的分布.

解作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理

E-2nrL=yq/%

r<R\>£q=0

4=0

在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变

/?i<r</?2，Z"="

E2=^—

r>&.>,q=0

4=0

在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变

.„22L（7

△E=------=-----=一

2%尸2叫）也%

这与5-20题分析讨论的结果一致.

5-23已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为

E=------er

为电荷线密度.（1）求在r=n和「=r2两点间的电势差；（2）在点电荷的电

场中，我们曾取r-8处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能

否这样取？试说明.

解（1）由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有

U.-,=['E-dr=In—

--*12%4

（2）不能.严格地讲，电场强度£=，只适用于无限长的均匀带电直

2世?0，

线，而此时电荷分布在无限空间，，一8处的电势应与直线上的电势相等.

5-27两个同心球面的半径分别为R和色，各自带有电荷0和。2.求:

（1）各区域电势分布，并画出分布曲线；（2）两球面间的电势差为多少？

题5-27图

分析通常可采用两种方法（1）由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具

有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势•取同心球面

为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由Vp=

可求得电势分布.（2）利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球

面外产生的电势为

4兀%，

在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势

4叫）/?

其中R是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各

区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.

解1（1）由高斯定理可求得电场分布

耳二=0(r</?,)

E

2=4凯

3(厂>7?2)

%

4ne0r

由电势V=[Edi可求得各区域的电势分布.

当rWR时，有

R|EdZ+2

匕=}E2-d/+

=0+211_|_Q|+。2

4兀%|_R]R24昭。/?2

Q\।Qi

4无£（内47t£07?2

当植WWRz时，有

E-d/+fE-dZ

匕=23

储11IQ1+02

R

4%r24TK?0/?2

Q^+。2

4%,4的o%

当时，有

…3皿翳

(2)两个球面间的电势差

2,11、

4r^-dz

iK\4%RJ

解2(1)由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r

WR,贝I」

Q】+。2

匕=

4兀qH]4兀％与

若该点位于两个球面之间，即&，则

4兀£（/4%）R2

若该点位于两个球面之外，即「2/?2，则

匕=Q+Q

4%/

(2)两个球面间的电势差

—口仔-最

5-28一半径为R的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的

体密度为？现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.

题5-28图

分析无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴

对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理

=—|dV

.£0

可求得电场分布E(r),再根据电势差的定义

Va-Vb=[E(r)-dl

并取棒表面为零电势(%=0)，即可得空间任意点。的电势.

解取高度为/、半径为r且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理

当rWR时

E•liirl=K户Ip/%

得加=手

2%

当r》R时

2

E-2nrl=nRlp/s0

PR2

得E（r）=

取棒表面为零电势,空间电势的分布有

当rWR时

V（r）=厂=2仁-产）

4%'7

当时

如图所示是电势丫随空间位置r的分布曲线.

5-29—圆盘半径R=3.00XKT?m.圆盘均匀带电，电荷面密度c=

2.00X10-5c.m-2.（1）求轴线上的电势分布；（2）根据电场强度与电势梯

度的关系求电场分布：（3）计算离盘心30.0cm处的电势和电场强度.

题5-29图

分析将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上

一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即

可求得带电圆盘在轴线上的电势分布，再根据电场强度与电势之间的微分关

系式可求得电场强度的分布.

解（1）带电圆环激发的电势

1犷2兀rdr

d1TVZ=------/

4兀%—

由电势叠加，轴线匕任一点P的电势的

+x-x

J，+x：

(2)轴线上任•点的电场强度为

„dV.a.x.

---1——/——

E=------1=22I

口2e0|_7/?+x_

电场强度方向沿x轴方向.

(3)将场点至盘心的距离x=30.0cm分别代入式(1)和式(2),得

V=1691V

E=5607V-m1

2

当x>>R时，圆盘也可以视为点电荷,其电荷为q=HRO=5.65x10-8c

依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有

V=—=1695V

4/x

E=―^=5649Vm

4JI£()X

由此可见，当x>>R时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作

点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理,E和V的误差分别不超过0.3%

和0.8%,这已足以满足一般的测量精度.

2

5-30两个很长的共轴圆柱面(8=3.0X10^m,R2=0.10m),带有

等量异号的电荷，两者的电势差为450V.求：(1)圆柱面单位长度上带有

多少电荷？(2)r=0.05m处的电场强度.

解(1)由习题5-21的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为

根据电势差的定义有

：

E2.d/=^-ln—

冗'2兀7R[

里=

解得A=27i%U12/ln2.1x10-8C.m-i

R\

(2)解得两圆柱面之间r=0.05m处的电场强度

E=-^―=7475V-m-1

2兀%「

第六章

6-8一导体球半径为心，外罩一半径为R的同心薄导体球壳，外球壳

所带总电荷为。，而内球的电势为h.求此系统的电势和电场的分布.

分析若匕=—^―,内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必定为等

4%.

势体，电场强度处处为零，内球不带电.

若匕内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度不

4无%R,

为零，内球带电.一般情况下，假设内导体球带电夕，导体达到静电平衡时

电荷的分布如图所示.依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分

布.并由V〃=「E•出或电势叠加求出电势的分布.最后将电场强度和电

势用已知量%、。、品、R表示.

题6-8图

解根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称.取同心球面为高

斯面，由高斯定理《E-dS=网44兀，=£(/•)•£(?/%,根据不同半径的

高斯面内的电荷分布，解得各区域内的电场分布为

rV/?M,耳（「）=0

Rx<r<Rt时,

r>Ri时,,当（，）=总

47K?or

由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布.

r<心时,

2g+Q

fj,d/+E2-dl+

>3-^47r£（）R14无％凡

Ri<r<R2时,

2q।Q

E2-d/+£f3-dZ

V2=『Ed/=

4%r4兀£O7?2

r>R>时,

匕=fdZq+Q

4%/

也可以从球面电势的叠加求电势的分布.在导体球内（r<R>）

v,Q

4兀4TI8QR2

在导体球和球壳之间（RiOVR）

4叫/4TK?0/?2

在球壳外（厂>型）

匕=心

47U-Or

由题意

匕=%=q+—^

4兀q）/?24兀（£）

得

4TK0/?24破圈

代入电场、电势的分布得

rVR时，

&=0；匕=匕

Rt<r<R2时，

一RQ(f)。

口2-92'y2一

r4nE0R2rr4兀

r>Rz时，

E-HK里-与呼,y/M(4-&)。

223

r47rsnT?2rr47T£0/?2r

6—9在一半径为Ri=6.0cm的金属球A外面套有一个同心的金属球

壳B.已知球壳B的内、外半径分别为R=8.0cm,&=10.0cm.设球A带

有总电荷QA=3.0X10'C,球壳B带有总电荷QB=2.0X10、C.(1)求

球壳B内、外表面上所带的电荷以及球A和球壳B的电势；(2)将球壳

B接地然后断开，再把金属球A接地，求金属球A和球壳B内、外表面上

所带的电荷以及球A和球壳B的电势.

OA+OB4A-0A

公33

B

（a）（b）（c）

题6-9图

分析（1）根据静电感应和静电平衡时导体表面电荷分布的规律，电荷

QA均匀分布在球A表面，球壳B内表面带电荷一。A，外表面带电荷QB+

2A，电荷在导体表面均匀分布［图（a）］,由带电球面电势的叠加可求

得球A和球壳B的电势.（2）导体接地，表明导体与大地等电势（大地

电势通常取为零）.球壳B接地后，外表面的电荷与从大地流入的负电荷

中和，球壳内表面带电一QA［图（b）］.断开球壳B的接地后，再将球

A接地，此时球A的电势为零.电势的变化必将引起电荷的重新分布，以

保持导体的静电平衡.不失一般性吁设此时球A带电心，根据静电平衡时

导体上电荷的分布规律，可知球壳B内表面感应一心，外表面带电4A—QA

［图（c）］.此时球A的电势可表示为

匕=纵++/一4=0

4兀％/?14TTS0/?24兀％&

由吸=0可解出球A所带的电荷电，再由带电球面电势的叠加，可求出

球A和球壳B的电势.

解（1）由分析可知，球A的外表面带电3.0x10"C,球壳B内表面带

电一3.0xl（）fC,外表面带电5.0X10-BC.由电势的叠加，球A和球壳B的

电势分别为

Qa

匕-%■-+~-+4二圆=5.6x1。3v

4m0凡4兀%7?24TU:07?3

3

V=QA+QB=4.5X10V

(2)将球壳B接地后断开，再把球A接地，设球A带电以，球A和球

壳B的电势为

%=%++-0+J0

4兀£0名4%式24兀£04

y=-+彘

4映）&

解得

3而悬“皿°"

即球A外表面带电2.12x10-8(2,由分析可推得球壳B内表面带电一2.12

xltr'C,外表面带电-0.9xl0-'C.另外球A和球壳B的电势分别为

匕=0

%=-7.29x102V

导体的接地使各导体的电势分布发生变化，打破了原有的静电平衡，导体表

面的电荷将重新分布，以建立新的静电平衡.

6-13在真空中，将半径为K的金属球接地，与球心。相距为r(r>R)

处放置一点电荷q,不计接地导线上电荷的影响.求金属球表面上的感应电

荷总量.

题6-13图

分析金属球为等势体，金属球上任一点的电势V等于点电荷g和金属球

表面感应电荷g在球心激发的电势之和.在球面上任意取一电荷元d/,电

荷元可以视为点电荷，金属球表面的感应电荷在点。激发的电势为

点。总电势为

而接地金属球的电势%=0,由此可解出感应电荷

解金属球接地，其球心的电势

用4+产=3+-^4叼=0

4g/&4以（）/?4叫/4冗£述上

感应电荷总量

q=口/=一口

6—15两线输电线，其导线半径为3.26mm,两线中心相距0.50m.导线

位于地面上空很高处，因而大地影响可以忽略.求输电线单位长度的电容.

解由教材第六章6-4节例3可知两输电线的电势差

U=Jnd-R

吗R

因此，输电线的位长度的电容

代入数据C=5.52xlOT2F

6—18一片二氧化钛晶片，其面积为1.0cm,厚度为0.10mm.把平行

平板电容器的两极板紧贴在晶片两侧.（1）求电容器的电容；（2）当在

电容器的两极间加上12V电压时，极板上的电荷为多少？此时自由电荷和

极化电荷的面密度各为多少？（3）求电容器内的电场强度.

解（1）查表可知二氧化钛的相对电容率*=173,故充满此介质的平

板电容器的电容

C=j^£=]53x10-9F

d

（2）电容器加上U=12V的电压时，极板上的电荷

Q=CU=1.84x10-8C

极板上自由电荷面密度为

（7=2=1.84x10-8c,m-2

°S

晶片表面极化电荷密度

-42

.=1--a0=1.83xl0C-m-

L£r]

（3）晶片内的电场强度为

£=^=1.2xl05Vm-1

6-21一平板电容器，充电后极板上电荷面密度为①=4.5x10$c.m）现

将两极板与电源断开，然后再把相对电容率为£,=2.0的电介质插入两极

板之间.此时电介质中的。、E和尸各为多少？

题6-21图

分析平板电容器极板上自由电荷均匀分布，电场强度和电位移矢量都是常

矢量.充电后断开电源，在介质插入前后，导体板上自由电荷保持不变.取

图所示的圆柱面为高斯面，由介质中的高斯定理可求得电位移矢量再根

据

E=2,F=D—E°E

%殍

可求得电场强度E和电极化强度矢量P.

解由分析可知，介质中的电位移矢量的大小

O=2=ac=4.5xl0-5c-m-

AS°

介质中的电场强度和极化强度的大小分别为

E=2=2.5xl()6v-mT

%斗

-5-1

P=D-£oE=2.3xlOCm

。、尸、E方向相同，均由正极板指向负极板(图中垂直向下).

6-22在一半径为R的长直导线外，套有氯丁橡胶绝缘护套，护套外半

径为R,相对电容率为设沿轴线单位长度上，导线的电荷密度为九试

求介质层内的。、E和尸.

06-22图

分析将长直带电导线视作无限长，自由电荷均匀分布在导线表面.在绝缘

介质层的内、外表面分别出现极化电荷，这些电荷在内外表面呈均匀分布，

所以电场是轴对称分布.取同轴柱面为高斯面，由介质中的高斯定理可得电

位移矢量。的分布.在介质中。=%£,旧，P=D-£OE,可进一步求得

电场强度E和电极化强度矢量P的分布.

解由介质中的高斯定理，有

jDdS=D-271rL=XL

得

_2

D=----e

2兀厂

在均匀各向同性介质中

6-24有两块相距为0.50的薄金属板A、B构成的空气平板电容器被屏

蔽在一金属盒K内，金属盒上、下两壁与A、B分别相距0.25mm,金属

板面积为30mmX40mm。求（1）被屏蔽后电容器的电容变为原来的几

倍；（2）若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰，问此时的电容又为

原来的几倍？

题6-24图

分析薄金属板A、B与金属盒一起构成三个电容器，其等效电路图如图

（b）所示，由于两导体间距离较小，电容器可视为平板电容器，通过分析

等效电路图可以求得A、B间的电容。

解（1）由等效电路图可知

c=q+G=^^+a

"iLzR

由于电容器可以视作平板电容器，且4=24=24，故。2=03=2。1，

因此A、B间的总电容

C=2G

（2）若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰，相当于C2（或者C3）

极板短接，其电容为零，则总电容

C=3C\

6-33一平行板空气电容器，极板面积为S,极板间距为“，充电至带电。

后与电源断开，然后用外力缓缓地把两极板间距拉开到2".求：（1）电容

器能量的改变；（2）此过程中外力所作的功，并讨论此过程中的功能转换

关系.

分析在将电容器两极板拉开的过程中，由于导体极板上的电荷保持不变，

极板间的电场强度亦不变，但电场所占有的空间增大，系统总的电场能量增

加了.根据功能原理，所增加的能量应该等于拉开过程中外力克服两极板间

的静电引力所作的功.

解（1）极板间的电场为均匀场，且电场强度保持不变，因此，电场的能

量密度为

在外力作用下极板间距从4被拉开到2d,电场占有空间的体积，也由V增加

到2V,此时电场能量增加

△叱=卬4=旦工

2%S

（2）两导体极板带等量异号电荷，外力尸将其缓缓拉开时，应有户=一几，

则外力所作的功为

Q2d

A=—Fe•Ar=QEd

2s0S

外力克服静电引力所作的功等于静电场能量的增加.

第七章

7-10如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a、b两点，并与很

远处的电源相接。求环心。的磁感强度.

题7-10图

分析根据叠加原理，点。的磁感强度可视作由ef、be、fa三段直线以及

acb、aJb两段圆弧电流共同激发.由于电源距环较远，Bef=0.而be、fa

两段直线的延长线通过点0，由于/d/xr=0,由毕一萨定律知

Bbe=B(u=0.流过圆弧的电流八、的方向如图所示，两圆弧在点。激

发的磁场分别为

D_No'D_RoIJ?

4"2也-4"2

其中A、12分别是圆弧acb、a曲的弧长，由于导线电阻R与弧长/成正比，

而圆弧acb、aJb又构成并联电路，故有

["]=1212

将Bl、B2叠加可得点。的磁感强度B.

解由上述分析可知，点。的合磁感强度

〃【

B=B]—B(//_NoJ2=0

o4m-2471r2

7-11如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I,它们在点0的

磁感强度各为多少？

分析应用磁场叠加原理求解.将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆

弧部分，它们各自在点。处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强

度5()=

解(a)长直电流对点O而言，有/力xr=o,因此它在点。产生的磁

场为零，则点O处总的磁感强度为1/4圆弧电流所激发，故有

3。=血

8R

Bo的方向垂直纸面向外.

(b)将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得

B-〃(/〃(/

°-2R2nR

B。的方向垂直纸面向里.

(c)将载流导线看作1/2圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得

B-⑷।〃。/।〃。/=〃。/।〃。/

°4TI/?4兀R4R2nR4R

B()的方向垂直纸面向外.

7-13如图所示，-个半径为R的无限长半圆柱面导体，沿长度方向的

电流I在柱面上均匀分布.求半圆柱面轴线0。'上的磁感强度.

(b)

题7-13图

分析毕一萨定理只能用于求线电流的磁场分布,对于本题的半圆柱形面电

流，可将半圆柱面分割成宽度d/=Rdf)的细电流,细电流与轴线。。'平行,

将细电流在轴线上产生的磁感强度叠加，即可求得半圆柱面轴线上的磁感强

度.

解根据分析，由于长直细线中的电流d/=/d//兀R,它在轴线上一点激发

的磁感强度的大小为

dB=-^d/

2兀R

其方向在。町平面内,且与由d/引向点。的半径垂直，如图7—13(b)

所示.由对称性可知,半圆柱面上细电流在轴线。。'上产生的磁感强度叠

加后，得

纥=JdBsin6>=0

B

x=fdBsin^="RMsin”先

则轴线上总的磁感强度大小

B=BX

TCR

B的方向指向Ox轴负向.

7-15如图所示，载流长直导线的电流为I,试求通过矩形面积的磁通量.

(a)(b)

题7-15图

分析由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量。WBS.为此，可在

矩形平面上取一矩形面元d5=/心［图（b）］,载流长直导线的磁场穿过

该面元的磁通量为

d⑦=8dS=血/心

2TLX

矩形平面的总磁通量

。=|（10

解由上述分析可得矩形平面的总磁通量

7-17有一同轴电缆，其尺寸如图（a）所示.两导体中的电流均为I,

但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑.试计算以下各处的磁感强度：（1）

r<7?i(2)/?,<r<R：；(3)R2<r<R3；(4)r>??,.画

出B—r图线.

也7-17图

分析同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r的同

心圆为积分路径，《37/=8-2口，利用安培环路定理，

可解得各区域的磁感强度.

解由上述分析得

r<R{

B,-271r=u^—^—rTir2

1°谒

Ri<r<R2

B2-271r-

嗯

R2<r<R3

B3-2nr=〃（）/-

〃。/&-产

B3

2口

r>/?3

-2nr=//（）（/-/）=0

4=0

磁感强度B(r)的分布曲线如图(b).

7-18如图所示，N匝线圈均匀密绕在截面为长方形的中空骨架上.求

通入电流I后，环内外磁场的分布.

题7-18图

分析根据右手螺旋法则，螺线管内磁感强度的方向与螺线管中心轴线构成

同心圆，若取半径为r的圆周为积分环路，由于磁感强度在每一环路上为常

量，因而

dl=B-2兀r

依照安培环路定理，可以解得螺线管内磁感强度的分布•

解依照上述分析，有

82“=〃oZ/

r<Ri

B]•2jtr=0

B[=0

R2>r>Ri

B2•271r=PoNI

r>R2

B3•271r=0

易=0

在螺线管内磁感强度B沿圆周，与电流成右手螺旋.若&-&<<&和

R2,则环内的磁场可以近似视作均匀分布，设螺线环的平均半径

R=1&+&），则环内的磁感强度近似为

2nR

7-19电流/均匀地流过半径为R的圆形长直导线，试计算单位长度导线

内的磁场通过图中所示剖面的磁通量.

题7-19图

分析由题7—16可得导线内部距轴线为r处的磁感强度

0=吗

'