電磁學(xué)-第二版--習(xí)題答案

1、電磁學(xué)第二版習(xí)題解答電磁學(xué)第二版習(xí)題解答 第一章第二章第三章第四章第五章第八早第七章.162534384652精選文檔第一章1. 2. 2 兩個(gè)同號(hào)點(diǎn)電荷所帶電荷量之和為 Q。在兩者距離一定的 前提下，它們帶電荷量各為多少時(shí)相互作用力最大？解答：設(shè)一個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量為q q，另一個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量為q2 (Q q)，兩者距離為r，則由庫侖定律求得兩個(gè)點(diǎn)電荷之間的作用 力為q(Q q)2or令力F對(duì)電荷量q的一隊(duì)導(dǎo)數(shù)為零，即dFdq(Q4q) q o2or得Qqiq22即取 qi q2 Q時(shí)力F為極值，而2d2F20dq2 口 q 4r2Q故當(dāng)qi q2時(shí)，F(xiàn)取最大值。1. 2. 3兩個(gè)相距為L的

2、點(diǎn)電荷所帶電荷量分別為2q和q,將第三個(gè)點(diǎn)電荷放在何處時(shí)，它所受的合力為零？解答：要求第三個(gè)電荷Q所受的合力為零，只可能放在兩個(gè)電荷的連線 中間，設(shè)它與電荷q的距離為了 X，如圖1.2.3所示。電荷Q所受的兩0個(gè)電場力方向相反，但大小相等，即2qQqQ2 24 o(L x) 4 oX得x2 2 Lx L2 0舍去x 0的解，得 X 21)L 1. 3. 8解答:(C)(1)先求豎直無限長段帶電線在0點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)E!,由習(xí)題137(2)可知E1x4 0R仿習(xí)題1.3.7解答過程,dE1yk 弓sinrk ldlk(R2 l2)3/2E1yIdlk22_3/20 (R2 I2)4 R精選文檔k-c

3、osRd 4 0R同理得E3y4 0R解得vE3v ? ?E1十(？ ？)同理，水平無限長段帶電線在 0點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)對(duì)于圓弧段帶電線在0點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)E3，參看圖1.3.8(b),得dldE3x k cosR匚k/2E3XcosR 0vvvvvccEE1E2E3E3R(?)利用（1）中的結(jié)論，參看習(xí)題1.3.8圖（b）, A的帶電直線在0點(diǎn)的場強(qiáng)為B 的帶電直線在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為根據(jù)對(duì)稱性，圓弧帶電線在 O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)僅有x分量，即MEv v ? k /2EaB Eabx?點(diǎn)/2cos故帶電線在O點(diǎn)產(chǎn)生的總場強(qiáng)為vvvvEEaEbEab1. 3. 9解答:(b)在圓柱上取一弧長為Rd、長為z的細(xì)

4、條，如圖（a）中陰影部分所示，細(xì)條所帶電荷量為dq（zRd ），所以帶電細(xì)條的線密度與精選文檔面密度的關(guān)系為dqdi Rdz由習(xí)題137知無限長帶電線在距軸線 R處產(chǎn)生的場強(qiáng)為v dEer2 oR圖(b)為俯視圖，根據(jù)對(duì)稱性，無限長帶電圓柱面軸線上的場強(qiáng)僅有x分量，即dExdEcosx 2-cos d0E Ex?-x2 ocos21. 4. 5解答:如圖所示的是該平板的俯視圖，00 是與板面平行的對(duì)稱平面。設(shè)體密度0 ,根據(jù)對(duì)稱性分析知，在對(duì)稱面兩側(cè)等距離處的場強(qiáng)大小相等，方向均垂直于該對(duì)稱面且背離該面。 過板內(nèi)任一點(diǎn)P,并以 面OO為中心作一厚度2x( d)、左右面積為S的長方體，長方體6個(gè)

5、表面作為高斯面，它所包圍的電荷量為(2xS)，根據(jù)高斯定理二 E dS(|2x|S)精選文檔前、后、上、下四個(gè)面的E通量為0,而在兩個(gè)對(duì)稱面S上的電場E的大小相等，因此2ES(|2x S)考慮電場的方向，求得板內(nèi)場強(qiáng)為Ei?0式中：x為場點(diǎn)坐標(biāo)用同樣的方法，以O(shè)yz面為對(duì)稱面，作一厚度為2x ( d)、左右面積為S的長方體，長方體6個(gè)表面作為高斯面，它所包圍的電荷量為 (Sd)，根據(jù)咼斯定理(Sd)- E dS0前、后、上、下四個(gè)面的E通量為0,而在兩個(gè)對(duì)稱面S上的電場 E的大小相等，因此2ES -(Sd)0考慮電場的方向，得di1. 4. 8解答:(1)圖148為所挖的空腔，T點(diǎn)為空腔中任意

6、一點(diǎn)，空腔中電荷分 布可看作電荷體密度為的實(shí)心均勻帶電球在偏心位置處加上一個(gè)電荷體密度為的實(shí)心均勻帶電球的疊加結(jié)果，因此，空腔中任意點(diǎn)T的場強(qiáng)E應(yīng)等于電荷體密度為的均勻帶電球在 T點(diǎn)產(chǎn)生場強(qiáng)E與電荷體密度為的均勻帶電球在T點(diǎn)產(chǎn)生場強(qiáng)E的疊加結(jié)果。而E與E均可利用高斯定理求得，即v vvvE E3 o3 ovv式中：ri為從大球圓心O指向T點(diǎn)的矢徑；r2從小球圓心O指向T點(diǎn) 的矢徑。空腔中任意點(diǎn)T的場強(qiáng)為(v因T點(diǎn)為空腔中任意一點(diǎn)，c為一常矢量，故空腔內(nèi)為一均勻電場(2) M點(diǎn)為大球外一點(diǎn)，根據(jù)疊加原理b33 0 (rMC)3 ae?p點(diǎn)為大球內(nèi)一點(diǎn)，根據(jù)疊加原理，求得EbL_37 (rp c)

7、21. 4. 9解答:在均勻帶電的無限長圓柱體內(nèi)作一同軸半徑為r(r R)、長為L的小圓柱體，如圖149( a)所示，小圓柱面包圍的電荷量為qr2L由咼斯定理-E dSr2L0根據(jù)對(duì)稱性，電場E僅有徑向分量，因此，圓柱面的上、下底面的E通量為0,僅有側(cè)面的E通量，則Er2 rLr2L0解得柱體內(nèi)場強(qiáng)E內(nèi)E 內(nèi) r?2r2 0在均勻帶電的無限長圓體外作一同軸半徑為r(r R)、長為L的小圓柱體(未畫出)，小圓柱包圍的電荷量為QR2L解得柱體外場強(qiáng)柱內(nèi)外的場強(qiáng)的E-r曲線如圖149 (b)所示1. 4. 10解答:入/2 n Ri 入/2 n gR2Er kRiR2(1)作半徑為r(Ri r R2

8、)、長為L的共軸圓柱面，圖1410(a) 為位于兩個(gè)圓柱面間的圓柱面，其表面包圍的電荷量為根據(jù)對(duì)稱性，電場E僅有徑向分量，因此，圓柱面的上、下底面的E通量為0,僅有側(cè)面的E通量，則在R1rR2的區(qū)域II內(nèi)，利用咼斯定理有2 rLEHr解得區(qū)域II內(nèi)的場強(qiáng)Eiior同理，可求得r R的區(qū)域|中的場強(qiáng)E|0在r R2的區(qū)域III中的場強(qiáng)EmEi.?2 or若12，有Eio E|1(?E|02 or各區(qū)域的場強(qiáng)的Er曲線如圖1.4.10(b所示1. 5. 2證明:-包) 隍UULE1十E2(1)在圖1.5.2中，以平行電場線為軸線的柱面和面積均為 S的兩 個(gè)垂直電場線面元Sp S,形成一閉合的高斯面

9、。面元 s和s上的場強(qiáng) 分別為巳和E2，根據(jù)高斯定理，得E1S1E2S2 S( E1E2)0證得Ei E2說明沿著場線方向不同處的場強(qiáng)相等。（2）在（1）所得的結(jié)論基礎(chǔ)上，在圖1.5.2中作一矩形環(huán)路路徑, 在不同場線上的場強(qiáng)分別為Ei和E2，根據(jù)高斯定理得E1l E2l 0證得Ei E2說明垂直場線方向不同處的場強(qiáng)相等。從而證得在無電荷的空間中，凡是電場線都是平行連續(xù)（不間斷） 直線的地方，電場強(qiáng)度的大小處處相等。1. 6. 4證明：r 一由高斯定理求得距球心r處的P點(diǎn)的電場為：E ,求得離球3 0心r處的P點(diǎn)的電勢為r drr 3 0R3dr3R22 rQ(3R2 r2)R 3 or23

10、0228 oR31. 6. 5解答:(1)根據(jù)電勢的定義,III區(qū)的電勢為V (r)Q1 Q2Vni(r)-4 orII區(qū)的電勢為Viii(R-)QiQ-4 oR-ViiR-Qir 4 or-drQiR- 4Q- - ordr1 Q1 Q-4 o r R-I區(qū)的電勢為VI(r) Vii (Ri)1 QQ-4 o RiR-當(dāng)Q1q-時(shí)，Eiii (r) o，代入(1)中三個(gè)區(qū)域中的電勢的表達(dá)式，求得Vii (r) o，W(r)Q114 o rr-，Vi(r)Q11r-V-r曲線如圖165( a)所示Q-r-費(fèi)時(shí)，代入(1)中三個(gè)區(qū)域的電勢的表達(dá)式，求得Vm (r)號(hào) R2)Qi4RiVii (r

11、)o r R，Vi(P)0V r曲線如圖所示。| VrIIIIOR1 R2Q1.43-a，挖去空腔對(duì)3應(yīng)小球的電荷量qb3，電荷密度為的大球在M點(diǎn)的電勢為V (Pm) Q40rM3 a3 0 rM電荷密度為-的小球在M點(diǎn)的電勢為v仏）4 o(Mc)3 0 rMb3cM點(diǎn)的電勢為VmV(m) V (Pm)a3b33 0 rMrM電荷密度為 的大球在P點(diǎn)的電勢為aV (rp)E內(nèi) dr E drrpa2 2嚴(yán)rp)電荷密度為-的小球在P點(diǎn)的電勢為V (rp)0 rpcP點(diǎn)的電勢為VpV (rp)V(rp)2rp2b3p c電荷密度為 的大球在0點(diǎn)的電勢為V (ro)aE內(nèi) dr E drroaJ)

12、a23電荷密度為-的小球在0點(diǎn)的電勢為V(ro)bE內(nèi)dr b E外bc2)b230點(diǎn)的電勢為Vo電荷密度為V (ro)的大球在aV (ro)E內(nèi)cV (ro)-3a203b2o 點(diǎn)的電勢為drE drac2) 3(3a26 oc2)0精選文檔電荷密度為-的小球在0點(diǎn)的電勢為V （r。）bE內(nèi)drE外drb2b26 o3 ocbb22 o0點(diǎn)的電勢為VoV（r。）V（r。）3a2 3b2 c26 o精選文檔第二章2.2dS R sin d d(1)面元上的電荷量為2dq dS0R cos sin d d(2)導(dǎo)體上一面元dS所受的電場力等于vv 2dF ( dS)EdSen2 o2 2o CO

13、SdS?式中：E為除了面兀dS外其他電荷在dS所在處產(chǎn)生的場強(qiáng)。以z=o平面為界，導(dǎo)體右半球的電荷為正，導(dǎo)體左半球的電荷為負(fù)，根據(jù)對(duì)稱性，面元所受力垂直于 z軸的分量將被抵消，因而，只需計(jì)算面元dS所受的電場力的z分量，即v 2 2dFz 4s-cos dS?（4）2 o將（1）式代入（4）式，對(duì)右半球積分，注意積分上下限，得2心 R2 COS32 osin dI?2r2衛(wèi)！?4 o左半球所受的力為qR24 o2. 1. 4解答:01020304解：由左至右各板表面的電荷密度1?3,4,因 qB 0 ,利用靜電平衡條件列方程得:1423qA（無限大平行金屬板）12 S34 0解得：1qA2S2

14、4qA32SVE內(nèi)dlE內(nèi) d2dqAd0 2 0S將B板接地：（0=0）qASqASv vE內(nèi) dlE內(nèi)d2d 盟00S2. 2. 1解答:由于電荷q放在空腔的中心，在導(dǎo)體殼內(nèi)壁的感應(yīng)電荷-q及殼外 壁的電荷q在球殼內(nèi)、外壁上均勻分布，這些感應(yīng)電荷在球腔內(nèi)產(chǎn)生 的合場強(qiáng)為0;殼內(nèi)電荷與球殼內(nèi)壁電荷在殼外產(chǎn)生的合場強(qiáng)為0，因此，殼內(nèi)、殼外的電場表達(dá)式相同，距球心為r處的場強(qiáng)均表示為vqE(r)2? (r R或 r R?)4 or距球心為r(0 r RJ處電勢為內(nèi) dv+v.R2E外dV十14 o r(0 r R)在導(dǎo)體球殼內(nèi)場強(qiáng)和電勢分別為E 殼(r)0(R rR?)球殼外的電場由殼外壁電荷激

15、發(fā)，殼外的電勢為v r E外 drq4 or(R2 r)精選文檔場強(qiáng)大小E和電勢V的分布如圖所示球形金屬腔內(nèi)壁感應(yīng)電荷的電荷量為-q，由于點(diǎn)電荷q位于偏心位 置，所以腔內(nèi)壁電荷面密度分布 內(nèi)不均勻，球形金屬腔外壁的電荷量 為Q q，腔外壁電荷面密度 外均勻分布，根據(jù)電勢疊加原理，0點(diǎn) 的電勢為q內(nèi) dS Q q q 111 QVo4 or 4 oa 4 ob 40 r a b 4 ob2. 3. 2解答:A（1）平行放置一厚度為t的中性金屬板D后，在金屬板上、下將出現(xiàn)等值異號(hào)的感應(yīng)電荷，電場僅在電容器極板與金屬板之間，設(shè)電 荷面密度為 0，電場為E 0A、B間電壓為Uab （d t）-Q0S（

16、d t）0 0SA、B間電容C為CQ00SUab d t（2） 金屬板離極板的遠(yuǎn)近對(duì)電容C沒有影響（3）設(shè)未放金屬板時(shí)電容器的電容為放金屬板后，板間空氣厚度為3d4此時(shí)電容器的電容為0S3d4C。800 F3由于A、B不與外電路連接，電荷量Qo不變，此時(shí)A、B間電壓為Uab 菩 Uabc 訶2. 3. 5解答：CA 33B 一 332 23 3（1）按圖中各電容器的電容值，知 C、D間電容為CCD （2 3/ 3） F 3 F其等效電路如圖（a）所示，E、F間電容為CEF（2 3/ 3） F 3 F同理，其等效電路如圖（b）所示，A、B間電容為Cab(3/ 3) F 1 FA B(a)(b)A

17、、B間的電勢差為90CV，等效電容CaB上的電荷量為4QabCabU ab 9 10 C由圖(b)可見，與A、B相接的兩個(gè)電容器的電荷量與 QAb相同， 亦為9 10 4C。(3)由圖(b)可見，因3個(gè)電容器的電容值相等，故 E、F間電壓 為1UEF - 900V=300V3又由圖(a)可見，E、F間電壓亦加在3個(gè)電容值相等的電容器 上，所以1UCD 300V=100V32. 3. 7解答：方法一：各個(gè)電容器的標(biāo)號(hào)如圖所示，設(shè) U Uab, C Cab，則有Q CU在A、B、D、E4個(gè)連接點(diǎn)列出獨(dú)立的3個(gè)電荷量的方程Q q1 q4(1)q q2 q5(2)Q q3 q5(3)3個(gè)電壓的方程精選

18、文檔U ADU DBU aeU EBq4 Fq4 FU aeU EDU DBqa4 Fq54 FqiFq210 Fqa4 F(1)、(3)兩式得qiq4q2q5(4)、(5)兩式得q4q3qiq5(8)(7)、(8)式得q4q5qiq3(9)(1)、(9)兩式代入(5)式,按電容器定義，有方法二：因題中G、C3、C4、C5均為4F ,所以據(jù)對(duì)稱性C2上的電荷為零(UE Ud)。C4與G串聯(lián)得:CAB2(F)Ci與C5串聯(lián)得:CAB2(F)CABCABCAB24( F)2. 5. 1解答:串聯(lián)時(shí)，兩電容器的電荷量相同，電能之比為精選文檔Q2W1 2C1 C22W - 2C2并聯(lián)時(shí)，兩電容器的電壓

19、相同，電能之比為GU2WC2W2C2U精選文檔第三章3. 2. 3解答:(1)偶極子所受的力矩大小為M pEsi n最大力矩為 時(shí)2Mmax pE qlE 2 10 3Ngm(2) 偶極子從不受力矩的方向轉(zhuǎn)到受最大力矩的方向，即從0到-，電場力所做的功為2Wo/2Td0/2pEsin d pE 2 103Ngm3. 4. 1解答：圖為均勻介質(zhì)圓板的正視圖，因圓板被均勻極化，故只有在介質(zhì) 圓板邊緣上有極化面電荷，弧長為dl，厚度為h的面元面積為dS hdl hRd ，在a處的極化面電荷密度為vP g P cos根據(jù)對(duì)稱性，極化電荷在圓板中心產(chǎn)生的電場強(qiáng)度只存在 y分量,位于a處的極化電荷在圓板中

20、心產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的y分量為dEk 罟cos2Pcos hdlR22Ph cos dR全部極化面電荷在圓板中心產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為Ph 22PhE0 cos d4 oR4 oR將電場強(qiáng)度寫為矢量：vV Ph3. 4. 5解答:4 oR(1) 根據(jù)電容器的定義并代入數(shù)據(jù)，得C。-S 1.8 10 10F0 l(2) 金屬板內(nèi)壁的自由電荷(絕對(duì)值)為q0 C0U05.4 10 7C(3) 放入電介質(zhì)后，電壓降至U 103V時(shí)電容C為C 亞 5.4 10 10FU(4) 兩板間的原電場強(qiáng)度大小為U05E。0 3 105V/m0 l(5) 放入電介質(zhì)后的電場強(qiáng)度大小U 5E105V/m(6)電介質(zhì)與金屬

21、板交界面上的極化電荷的絕對(duì)值為,因極化電荷與自由電荷反號(hào)，有EEoES ESo(E E)S 3.6 10 7C(7)電介質(zhì)的相對(duì)介電常數(shù)為rCo3. 4. 6解答:空腔面的法線取外法線方向單位矢鐲 eR，建立直角坐標(biāo)系,為矢徑R與z軸的夾角，球面上的極化電荷面密度為PnP cos由上式知，緊貼球形空腔表面介質(zhì)上的極化電荷面密度是不均勻的，極化電荷面密度左側(cè)為正，右側(cè)為負(fù)，球面上坐標(biāo)為(R,) 處的面元面積為dS R2 sin d d該面元上的極化電荷量為dq dSPR2 cos sin d d帶電面元在球心處激發(fā)的電場強(qiáng)度方向由源點(diǎn)指向場點(diǎn)，用單位矢?表示E的方向沿z軸方向，故只dEkdRqL

22、（ eR）根據(jù)對(duì)稱性，極化電荷在球心的場強(qiáng)需計(jì)算場強(qiáng)E的z分量，即EEzk?4 o3P ,?cos k2 0v0 E 0 （ rvPv1）E2cossin d故得（r i）E33. 5. 1解答:因?qū)w板上內(nèi)表面均勻分布自由電荷，取上導(dǎo)體板的法線方向?指向下方，即有Dn 02 10 5C/m2在介質(zhì)1板中，有DnEln 二 7.5 105V/m0 r1在介質(zhì)2板中，有E2nDn5.7 105V/m0 r2如圖所示,貼近上導(dǎo)體板處的極化電荷面密度為0 1 E110r1r14 10 5C/m21.33 103貼近下導(dǎo)體板處的極化電荷面密度為vv2P2 ?20 2 E23 10 5C/m21.502

23、兩介質(zhì)板間的極化電荷面密度為3. 5. 3解答:0 2 E25C/m20)1r2r21(2)( 11.7 106C/m2v v(P2 P) n2i10 5C/m22)1 105C/m2（i）介質(zhì)板用“ 2”標(biāo)記，其余空氣空間用“1”標(biāo)記，單位矢en方向?yàn)橛筛唠妱葜赶虻碗妱?，兩極板間電勢差（絕對(duì)值）為E（Ein（d I） U（ 1）無論在空間1還是在2,電位移矢量D相等，故有0 Eln DnrE2n得E1nrE2n將（2）式代入（1）式得E2n(1 爲(wèi) rd寫成矢量vE2_U盤(1 r)l rd解得vD1vD2vP2(1 r)l /E2亠衛(wèi)-?(1 r)l rdDn，故極板上自由電荷的電荷量（絕

24、對(duì)值）為q。rUS0S 廠)l rdv v極板和介質(zhì)間隙中（空氣中）的場強(qiáng) E空=E1，故機(jī)?v(1-E空=-0電容為0 rS(1 r)l rd精選文檔3. 5. 9解答:精選文檔(1)以r(R r R2)為半徑，長度為一個(gè)單位，作一與導(dǎo)線同軸的圓柱體，圓柱體的表面作為高斯面，求得介質(zhì)中的電位移矢量為VCD(r)-?2 r電場強(qiáng)度為20 rr極化強(qiáng)度矢量為P E ( r 1) 0?P 0 E 2 rr ?(2) 兩極的電勢差U為UR2 迪| n昱R1 20 rr 20 r R(3) 在半徑Ri與R2處，介表面表的極化電荷面密度分別為Pn(R)(r 1) 02 RRR)(r 1) 02 r R2

25、3. 7. 1解答:有玻璃板時(shí)，電容器電容為C d將玻璃板移開后，電容器電容為oS d(1)電容器一直與直流電源相接時(shí)，電壓 U不變未抽出玻璃板時(shí)電容器的能量為-CU2抽出玻璃板后電容器的能量為-CU二者之比W C 丄-W C r 5(2)用直流電源給電容器充電后，先斷開電源再抽出玻璃板，電荷量不變，WQ2Q2故,W2C2CWC5二者之比WrC3. 7. 2解答：距球心r處的電位移矢量和電場強(qiáng)度分別為電介質(zhì)內(nèi)任一點(diǎn)的能量密度為2q。32 2 r4第四章4. 4. 7解答：因i的支路被導(dǎo)線短路，故加在電阻 R2與R4串聯(lián)的電路兩端電壓就是電池2的端電壓，因電池2的負(fù)極接地，A點(diǎn)的電勢為VaR2R

26、4從圖中3 ,2的負(fù)極及1的正極接地，故Vb3, Vd2, Ve1。4. 4. 9解答：設(shè)圖中電池電動(dòng) 1 10V, 2 20V, 3 24V, Ri 2 , R2 10 R3 3 , R4 17 , R5 28 。124 C, q2 256 血，q3132因?yàn)楹娙莸碾娐窙]有電流通過，所以如圖所示的正方形電路為 無分支電路，對(duì)照此電路圖的電動(dòng)勢和電阻的數(shù)值，求得電流I1230.1AR1R2R3R4R5Va Uao11(% R5) 7V電勢：Vb Ubo 3 IR R4)26V3個(gè)電容器組成的電路如圖所示，得UAOU AMU MO魚 Gq3C3UBOU BMU MO生C2q3C3此外qq2q3

27、0代入數(shù)據(jù)，解得：qi4. 5. 2解答：圖中設(shè)定：20V,Ri 6 ,購 1 ,R2 4 ,R內(nèi)2 1 , R3 2，備 1 ,11 1A,l3 2A，選定中間支路電流12的正方向由B指向A，設(shè)兩個(gè)電 池極板均勻左正右負(fù)，電勢1和2的“正方向”就是由負(fù)極指向正極， 設(shè)兩個(gè)網(wǎng)孔的閉合電路的環(huán)行方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，列出節(jié)點(diǎn)議程和回 路方程12 I3 I1 1A1（屜1 Rih （Rrt2 R2 ）l 212 （R內(nèi) 2 R2） 1 2 （R內(nèi) 2&）%代入數(shù)據(jù)，解得118V, 2 7V與設(shè)定的電動(dòng)勢力的正方向相比，知電池 1與2的極性均為左正 右負(fù)。4. 5. 3解答：（1）對(duì)照附圖，令 112V

28、, 210V, 3 8V,R內(nèi) 1 R內(nèi)2 R內(nèi)31 ,R 2 , R2 1 , R3 3 , R4 2 , R5 2 .對(duì)外環(huán)回路取逆時(shí)針繞行方向，電流為甩1 R1R5R20.44 A設(shè)右端節(jié)點(diǎn)為C,則Uac l（R R內(nèi) 1 R2）1 10.2V因?yàn)?10V所以 U ab=Uac-Ubc=0.2V（2）選定流過1的電流I1正方向由右至左，流過 2的電流12與流過3的電流I3正方向由左至右，兩個(gè)網(wǎng)孔閉合電路的繞行方向?yàn)槟鏁r(shí)針R3)R5)方向，列出節(jié)點(diǎn)方程和回路方程I1(RrtlR2R1)1 2(Rrt 21 2 ( Rrt 2R3)1 3 (R4甩 3聯(lián)立解得： I1 0.46A455 解答

29、：已知附圖中各電源內(nèi)阻為零， A、 B 兩點(diǎn)電勢相等，求電阻 R 在圖 455 中給各電阻標(biāo)號(hào)及設(shè)定電流的正方向。 列出節(jié)點(diǎn)方程I1 I2 I30A 、 B 兩點(diǎn)左側(cè)的支路有關(guān)系B、U AB I1R1I3R5B、 A 兩點(diǎn)右側(cè)的支路有關(guān)系已知Uab Uba o,代入數(shù)據(jù)，解得：Il 0.5A, I2 2代I3 1.5A因?yàn)?Uce li(R R2) 4V電路中 3 個(gè)電阻并聯(lián),其等效電阻為 R/ ,而解得： R/ 1R/ 與 3 個(gè)電阻的關(guān)系為1R1 1R R3R4代入數(shù)據(jù)，解得：R 2第五章5. 2. 3解答：(a) 因?yàn)閮芍遍L載流導(dǎo)線延長線均通過圓心， 所以對(duì)0點(diǎn)的磁場 沒有貢獻(xiàn)，故只需考

30、慮兩個(gè)圓弧載流導(dǎo)線在 0點(diǎn)產(chǎn)生的磁場，它們所 激發(fā)的磁場分別為Bi和B2，方向均垂直紙面向里，故 0點(diǎn)的合磁場大 小為3_B B1 B2 -01必314 a b 8 a b方向均垂直紙面向里。(b) 兩延長線的直長載流導(dǎo)線對(duì) 0點(diǎn)的磁場沒有貢獻(xiàn)，只需考慮 兩長度為b的直長載流導(dǎo)線對(duì)0點(diǎn)的磁場Bi、B2和圓弧載流導(dǎo)線對(duì)0 噗的磁場B3，方向均垂直紙面向里，其合磁場大小為3 anlo I OB B1 B2 B3 (cos90 cos135 ) 2 今4 b4 aol -234 b b 2a方向均垂直紙面向里。5. 2. 12解答：如圖5.2.12所示，圓柱形薄導(dǎo)體管，在x R處，沿軸向(z軸)割

31、一無限長縫，管壁上均勻地通有沿z軸方向，面密度為a的電流，這樣 的電流分布可看作一封閉的圓柱薄導(dǎo)體管，管壁上均勻地通有沿z軸方向流有電流面密度為-a的電流，這兩部分電流在軸線上激發(fā)的磁場分別用Bi和Bh表示，因Bt 0，兩部分電流在軸線上激發(fā)的合磁場為0ahB Bt Bh0 j2 R5. 2. 14解答：圖5214為附圖的俯視圖，在導(dǎo)體薄板上沿z軸方向取一寬度為dy的窄條，在其上流動(dòng)的電流大小為dl dy2a它在重面上距導(dǎo)體薄板x處產(chǎn)生的磁場大小為dB0dl。血dB 2 2、1/2 , / 22、1/22 (x y )4 a(x y )根據(jù)對(duì)稱性，總磁場僅有y分量，而dBy dBcosadBx

32、/ 22 1/2(x y )lxdy4 a(x* 2 y2)1/2總磁場為0IxBByj475.2.17 解答:如圖5.2.17所示,圓環(huán)面積為2 rdl，圓環(huán)所帶電荷量為dq 2 r(Rd )球面旋轉(zhuǎn)速度為2球面對(duì)應(yīng)的電流大小為dI fdqr(Rd )電流dl在球心激發(fā)的磁場大小為dBodlr2R0 R .3sin2I精選文檔osin3 d方向沿軸向，與旋轉(zhuǎn)角速度 一致5. 3. 2解答:1與2，設(shè)框架左右側(cè)電流I在長方形框架產(chǎn)生的磁通量分別為 面積的法線方向取垂直紙面向里，因a c,則有oll a b4i 2ln1.385 10 Wb2 a框架的磁通量為2 12.77 10 4Wb5. 4

33、. 1解答：由于磁場的對(duì)稱性分布，可用安培環(huán)路定理求解。穿過該面的電流為(1)在0 r R1，設(shè)以r為半徑的圓面積為3 ,I，由培環(huán)路定理?B1 dl0I2 RB 1解得B在R11( 護(hù)R2122 R1r R2,同理，解得r2二1R1精選文檔(3)在R2r &,設(shè)以r為半徑的圓2面積為S,穿過該面的電流為I，由安培環(huán)路定理dl I2出3IS22 2) (R3 R22 2 2 2 (R R (r2 R )3222 2(R R )32解得2 R I32 r2 r22RR32B3B2、B3的方向與電流成右手關(guān)系。在R3 r,設(shè)以r為半徑的圓面積為S3,穿過該面的電流為I ,由安培 環(huán)路定理?B4 d

34、lI2 rB4(I I) 0解得:B40.5. 4. 4解答：根據(jù)對(duì)稱性，空間各點(diǎn)的磁場 B的方向平行Oxz面且僅有x分量，在y 0空間B沿x軸的負(fù)方向；在y 0空間B沿x軸的負(fù)方向；在y 0空間B沿x軸的正方向。圖5.4.4為俯視圖，(1)求板內(nèi)磁場B內(nèi)：在板內(nèi)以y=0平面為對(duì)稱面，距此面相同距離y作平行Oxy面的逆時(shí)針方向的矩形路徑，如圖5.4.4(a所示，通過此路徑包圍面積(陰影部分)的電流I j(2y)h根據(jù)安培環(huán)路定理2h比 oj(2 y)h解得B 內(nèi)oJ |y考慮B內(nèi)的方向有B內(nèi) BxioJyi(2)求板外磁場B外：在板外以y o平面為對(duì)稱面，距此面相同 距離作平行Oxy面的逆時(shí)針

35、方向的矩形路徑，如圖5.4.4(a所示，通過此 路徑包圍面積的電流I j(2d)h根據(jù)安培環(huán)路安理2hB外oJ(2d)h解得B 外o jd考慮B外的方向，有B外0jdi(y 0,取負(fù)號(hào);y 0,取正號(hào))由此可見，厚度為2d的無限大導(dǎo)體平板均勻流過電流時(shí)，板風(fēng)磁 場的大小與對(duì)稱面的距離成正比，板外磁場的大小為常量(均勻磁場)，其x分量如圖5.4.4(b所示，此情況與習(xí)題145的結(jié)果比較。5. 6. 2證明一：建立直角坐系Oxy，坐標(biāo)原點(diǎn)0與A點(diǎn)重合，X軸沿AC方向，如 圖5.6.2所示，設(shè)AC L,在彎曲導(dǎo)線ADC上取一元dl,設(shè)其上的電 流為I，它在磁場B中受的安培力為dF Idl B Idl

36、B(sin ai cosaj) dFxi dFyj式中dFx IBdl sina IBdy dFy IBdl cosa IBdx彎曲導(dǎo)線ACD在磁場B中受的安培力的x分量與y分量分別為FxADC dFx IB 0dy 0Fyadc dFy IB Ldx IBL證法二：作平行于AC、相距y的兩條直線，與導(dǎo)線ADC的兩端相交得圓弧h和l2二者所受的安培力在x的方向的投影分別為F2xiI l Bsin 1i IB yiI 2Bsin 2i IB yiF 1xF2x 0說有載流圓弧IdX和Idl2所受安培力在x方向的分力數(shù)值相等方向 相反，在不同位置作平行于 AC，相距y的兩條直線，與導(dǎo)線ADC的 不

37、同位置相交得元圓弧li1和li2，導(dǎo)線ACD所受的磁場力y方向的投 影應(yīng)是各元圓弧li1和li2所受x方向的分力的矢量和Fxi( Fi1x Fi2x )i 0即磁場力合力在 x 方向?yàn)?0。I ii和I J二者所受的安培力在y方向的投影分別為F1y I l 1 Bcox 1J IB x1 jF2y I l 2 Bcox 2J IB x2 j在不同位置作平行于 AC、相距y的兩條直線，與導(dǎo)線 ADC的不 同位置相交得元圓弧lii和li2，導(dǎo)線ADC所受的磁場力y方向的投影 應(yīng)是各元圓弧 li1 和 li2 所受 y 方向的分力的矢量和Fy jFilyFi2y j IBxii xi2 j IBLj

38、此力與載流直導(dǎo)線 AC 所受的磁場力相等。564 解答：線框可動(dòng)的部分的 MN 段和 PQ 段所受的安培力平行轉(zhuǎn)軸 ，且 方向相反，故不提供對(duì)線框轉(zhuǎn)軸的力矩。 只有 NP 段受安培力對(duì)線框提 供繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)的力矩。設(shè)NP段重心到軸的矢徑為a,則由圖5. 6. 4可見，磁力矩2M m FNP a(IBa)asin k IBa cosak式中：中為垂直紙面向外,順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)力矩的單位矢。設(shè) MN 段 PQ 段的合質(zhì)量為 mi, NP 段的質(zhì)量為 m2, MNPQ 段所 受的重力矩miga-mbga(2aS )gsina(aS )ga sin a ( k)達(dá)到平衡時(shí)，有Mm Mg 0即IBa2cosa

39、2a2S gsina代入數(shù)據(jù)，解得2S g tan a3B9.4 10 3TI5. 6. 9解答(1)面積為S的線圈上的力矩大小為Ma pmB si na NISB si na當(dāng)線圈法線e.與磁場B的夾角 為-時(shí)，力矩最大，即2d 2M NISB NI B 0.18Ngm4(2)當(dāng)夾角為時(shí)，力矩大小為1iMa NISBsi na Mmax NISB即arcsin 130 或 1502第六早6. 2. 2解答:在任一瞬時(shí)，兩個(gè)正方形電路中的電動(dòng)勢的方向相反，故電路的 總電動(dòng)勢的絕對(duì)值為d大d小dB / 2 以、 dT(a b)dtdtmCOS t(a2 b2) Bm cos t因回路單位長度的電

40、阻5 102 /m，故回路電阻為2R 4(a b) 6 10回路中感應(yīng)電流的最大值為m 1R .5A6. 2. 3解答:(1)滿足條件r= x下，載流大線圈在面積為S的小線圈的磁通量 小線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢(絕對(duì)值)為ddt2 20 Ir R4 dx、(3x ) 2dt3 0 lr2R22x4若0時(shí)，小線圈內(nèi)感應(yīng)電流與大線圈的電流的方向相同6. 3. 2解答:當(dāng)金屬桿以速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，桿上有電動(dòng)勢Bl，附圖的等效圖電路如圖6.3.2所示，桿中的電流大小為精選文檔Bl(R1 R2)R1R2R(R1 RJ R1R2R| R26. 3. 7解答：（1）線圈上一元段的電動(dòng)勢為d ( B)gdl rB sin

41、adl由圖6.3.7得BR2sin2 dBR2d(Rsi n )Bs inaRdAM間的電動(dòng)勢為AMBR A、C間的電勢差為 0/4sin2 dAC間的電動(dòng)勢為AC2/4.2,BR 0 sin dBR精選文檔U CA ACIRaCAC4 AC RR 4A、M間的電勢差為U MA MA IRAMBR2AC R丄 BR204所以M點(diǎn)的電勢低于A點(diǎn)的電勢6. 4. 2 解答（一）（1）如圖6.4.2所示，根據(jù)磁場的變化趨勢，按楞次定律感生電場E感為順時(shí)針（用柱坐標(biāo)的單位矢e表示），積分方向向右，梯形PQ邊 的 感 生 電 動(dòng) 勢 大 小 為q R dBPQ p2 dte gdlRdBcos150 P

42、Q1 dB2 dthR 4.3 10 3V梯形QM邊的感生電動(dòng)勢大小為m R dBQM Q 2 dte gdl 0梯形NP邊的感生電動(dòng)勢大小為p R dBNP N2 dte gdl 0梯形NM邊的感生電動(dòng)勢（積分方向向左）大小為dB 丄徑|R“MN1|dB|一 e gdlcos30dt2dt |22|dt|N RMNM22i 1.110 37（2）利用上面的結(jié)果，整個(gè)梯形的總電動(dòng)勢大小為PQMNP PQ QM MN NP 3210 V解法二:（1）作輔助線OP和OQ, VOQP的面積為丄h PQ，按法拉第電磁2感應(yīng)定律，選閉合回路OPQ的感應(yīng)電動(dòng)勢的正方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，則VOQP d些（丄 h

43、R） 4.3 10 3Vdt dt 2若按逆時(shí)針方向3VOQPVOQP 4.310 V因半徑0P和0Q與感生電場E感垂直，所以0P和0Q上的感生電動(dòng)勢op QO 0，故有OPQ pQ QO Op pQ 4.3103VOMN的面積為1 2 |MN|，選閉合回路MN的感應(yīng)電動(dòng)勢的正方VOMNddt向?yàn)轫槙r(shí)針方向，按法拉第電磁感應(yīng)定律，有db 1hR 1.1 103V（因 空 0）dt 2 2dt因半徑幾ON與感生電場E感垂直，所以O(shè)M和ON上的感生電動(dòng)勢OMNO0，故有VMNMNNO OMMN 1.110 3V(2)因總電勢PQMNP選取的繞行方向是逆時(shí)針方向，與選定磁通的正方向?yàn)樽笫株P(guān)系，故按法拉第電磁感應(yīng)定律，有dPQMN-dtPQNMh dB2 dt3.2 10因罟 0）n2VRS7.5 10 5H當(dāng)通入線圈的電流l=3A時(shí)，自感磁鏈為4LI 2.25 10 Wb每匝