電磁學(xué)_第二版__習(xí)題問題詳解

1、實用標(biāo)準(zhǔn)電磁學(xué)第二版習(xí)題解答電磁學(xué) 第二版習(xí)題解答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 兩個同號點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相互作用力最大？解答：設(shè)一個點電荷的電荷量為q = q ,另一個點電荷的電荷量為q2 =(Q -q),兩者距離為r,則由庫侖定律求得兩個點電荷之間的作用力為q(Q -q)F ,24 ； 0r令力F對電荷量q的一隊導(dǎo)數(shù)為零，即dF (Q-q)-q n =°dq 4 0r得Qqi= q2=-即取 qi=q2=Q時力F為極值，而。2Q-故當(dāng)q=q2 = 5時，F(xiàn)取最大

2、值。1.2.3兩個相距為L的點電荷所帶電荷量分別為2q和q,將第三個點電荷放在何處時，它所受的合力為零？解答：要求第三個電荷Q所受的合力為零，只可能放在兩個電荷的連線 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 個電場力方向相反，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.決、RB(a)(b)(c)(1)先求豎直無限長段帶電線在 O點產(chǎn)生的場強(qiáng) 巳，由習(xí)題1.3

3、.7nEix =4二 0RdldE1y =k1-sin - - -krIdlldl(R2l2)3/2nE1y = -k ， 0 (R l )2、3/24二 oR仿習(xí)題1.3.7解答過程，得文檔大全4二 0R(-i? ?)Ei =0?-?)4二 0R同理，水平無限長段帶電線在 O點產(chǎn)生的場強(qiáng)k 二 / 2E3x =一R 0ncos= d：=4二 0R對于圓弧段帶電線在O點產(chǎn)生的場強(qiáng)E3,參看圖1.3.8 (b),得dl . d-dE3x =k一cos，；= kcos二x x2RR同理得4二 0R4-R(?)解得實用標(biāo)準(zhǔn)34二 0R(? ?)（2）利用（1）中的結(jié)論，參看習(xí)題1.3.8圖（b）,

4、A比的帶電直線在O點的場強(qiáng)為4二 0R（-？-拉文檔大全B-g的帶電直線在。點產(chǎn)生的場強(qiáng)為B4二 0R(-i? ?根據(jù)對稱性，圓弧帶電線在 O點產(chǎn)生的場強(qiáng)僅有x分量，即EAB = EABx? 二k 二 /2R -二 /2I o " o cos d - ? =?2二 0R(b)(a)故帶電線在O點產(chǎn)生的總場強(qiáng)為E = E e eA B AB在圓柱上取一弧長為Rd平、長為z的細(xì)條，如圖（a）中陰影部分所示，細(xì)條所帶電荷量為dq =仃（zRd中）,所以帶電細(xì)條的線密度與文檔大全面密度的關(guān)系為=四=dl - ； Rdz由習(xí)題1.3.7知無限長帶電線在距軸線 R處產(chǎn)生的場強(qiáng)為dE =er2二

5、oR圖(b)為俯視圖，根據(jù)對稱性，無限長帶電圓柱面軸線上的場強(qiáng)僅有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:如圖所示的是該平板的俯視圖，OO'是與板面平行的對稱平面。設(shè)體密度P > 0 ,根據(jù)對稱性分析知，在對稱面兩側(cè)等距離處的場強(qiáng) 大小相等，方向均垂直于該對稱面且背離該面。 過板內(nèi)任一點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個表面作為高斯面，它所包圍的電荷量為 P(2xS),根據(jù)高斯定

6、理。：(2xS)；E dS =- ；o前、后、上、下四個面的E通量為0,而在兩個對稱面S上的電場E的大小相等，因此P(2x|S)2ES-考慮電場的方向，求得板內(nèi)場強(qiáng)為x Oi?;0式中：x為場點坐標(biāo)用同樣的方法，以O(shè)yz面為對稱面，作一厚度為2x(d)、左右面 積為S的長方體，長方體6個表面作為高斯面，它所包圍的電荷量為P(Sd),根據(jù)高斯定理(Sd)一 E dS =-；。前、后、上、下四個面的E通量為0,而在兩個對稱面S上的電場 E的大小相等，因此2ES =：(Sd)考慮電場的方向，得d . ：dE 二I2p1. 4. 8解答:(1)圖1.4.8為所挖的空腔，T點為空腔中任意一點，空腔中電荷

7、分布可看作電荷體密度為0的實心均勻帶電球在偏心位置處加上一個電荷體密度為一戶的實心均勻帶電球的疊加結(jié)果，因此，空腔中任意點T 的場強(qiáng)E應(yīng)等于電荷體密度為P的均勻帶電球在T點產(chǎn)生場強(qiáng)Ep與電 荷體密度為的均勻帶電球在T點產(chǎn)生場強(qiáng)E_p的疊加結(jié)果。而EpI與E_p均可利用高斯定理求得，即 式中：rl為從大球圓心O指向T點的矢徑；匕從小球圓心O'指向T點 的矢徑?？涨恢腥我恻cT的場強(qiáng)為一E：巳：二短“一引二瓦,因T點為空腔中任意一點，C為一常矢量，故空腔內(nèi)為一均勻電場。(2) M點為大球外一點，根據(jù)疊加原理吉一二；上曖3% .(M + c)M 一P點為大球內(nèi)一點，根據(jù)疊加原理，求得1. 4.

8、 9解答:3% L(rp +c)rp ecL*Er在均勻帶電的無限長圓柱體內(nèi)作一同軸半徑為r(r M R)、長為L的小圓柱體，如圖1.4.9 (a)所示，小圓柱面包圍的電荷量為由高斯定理- E dS =根據(jù)對稱性，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Er 2 rL =r2L解得柱體內(nèi)場強(qiáng)在均勻帶電的無限長圓體外作一同軸半徑為r(rR)、長為L的小圓柱體(未畫出)，小圓柱包圍的電荷量為2Q R2L解得柱體外場強(qiáng). R2E外=E外rer = -一er2 0r柱內(nèi)外的場強(qiáng)的E-r曲線如圖1.4.9 (b)所示1. 4. 10 解答:(1)作半徑為r(R &l

9、t; r < R2)、長為L的共軸圓柱面，圖1.4.10 (a) 為位于兩個圓柱面間的圓柱面，具表面包圍的電荷量為根據(jù)對稱性，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R1 < r < R2的區(qū)域II內(nèi)，利用高斯定理有2 rLE乙 1 IIr1L解得區(qū)域II內(nèi)的場強(qiáng)Ell =E“r?二廠？2二；0r同理，可求得r < R1的區(qū)域I中的場強(qiáng)Ei =0在r a R2的區(qū)域III中的場強(qiáng)EIII = EIIIr er='1 ' '22二；0r若九1 二 -九2 ,有Ei =0 EiiEiii =02二；0r各區(qū)域的

10、場強(qiáng)的Er曲線如圖1.4.10(b)所示。1. 5. 2證明:(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 兩個垂直電場線面元 S、&形成一閉合的高斯面。面元 S和弓上的場 強(qiáng)分別為E1和E2,根據(jù)高斯定理，得- E1GE2S2 = S（一 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)高斯定理得日-E2 = 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

11、場強(qiáng)度的大小處處相等。1. 6. 4證明：由高斯定理求得距球心r處的P點的電場為:心r處的P點的電勢為R :：rr 3；odr二：R3drR 3；or23 3R2 r2l_Q(3R2-r2)3% - 22 一8oR31. 6. 5解答:(1)根據(jù)電勢的定義，III區(qū)的電勢為Viii(r) =Qi Q24二；0rV1NR2)Qi Q24 二；0R2II區(qū)的電勢為Viir2 Qi z二 Qi Q22 drrr 4二；or 84二；ordrI區(qū)的電勢為14-0M(r) =Vii (Ri)=QiQ2 I 4二；oRRU(2)當(dāng)Ql-q2時，Eiii (r) = 0,代入(i)中三個區(qū)域中的電勢的表達(dá)式

12、，求得Viii()= 0, VII(r) =QiV-r曲線如圖i.6.5 (a)所示Q2R2_ QiRi4-0Y(r)=Qi4-0R RU時，代入(i)中三個區(qū)域的電勢的表達(dá)式，求得Viii (r)二(R - R2)Qi4 二 0R1rVii (r)314- 1rRi 廠M(r)= 0V-r曲線如圖所示均勻電荷密度為p的實心大球的電荷量一4 二 3Q=p a3,挖去空腔對3應(yīng)小球的電荷量q = -?3b ,電荷密度為p的大球在m點的電勢為V： (rM ) =4二；0m3；o L電荷密度為-P的小球在M點的電勢為V_：(rM)=M點的電勢為Vm t Vd(rm) V_d(m)=380 <r

13、MM + C電荷密度為P的大球在P點的電勢為V；(rp) = * E內(nèi) dr a E dr22(3a2 - r；)6 ；電荷密度為-P的小球在P點的電勢為V_p(rP)= -3 0 rpcP點的電勢為pVP"'。")： 6d3a3rP c電荷密度為P的大球在O點的電勢為aV (r。) =E內(nèi) drrO00 -_E dr =aa2 (-：)a2: a26；。3；。2；。電荷密度為-P的小球在O點的電勢為bE-外 dr6 ；oO點的電勢為V。二 V") V.：(o)3a2 - 3b2電荷密度為P的大球在O'點的電勢為a-V：(o ) =E內(nèi) drcE

14、dr =a(a2c2)a23；。：22(3a2 - c2)6 o_ ：b2- ：b2+6；03；o電荷密度為-P的小球在O'點的電勢為b -，,V.p（o，）= 1c E一酉 dr 十 E_ dr廿O'點的電勢為c2PVo = V；（r。）V-； （ro） = 丁 3a2 - 3b2 - 6飛第二章2.建立球坐標(biāo)系，如圖所示，球表面上的小面元面積為dS = R2sin"ud(1)面元上的電荷量為dq = dS = ； 0R2 cos71 sin71 d-d(2)導(dǎo)體上一面元dS所受的電場力等于2 一 二：cos2 1 一dF =(二 ds)E =dsen = 0dse

15、n2；。2；。I式中：E'為除了面元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)對稱性，面元所受力垂直于 z軸的分量將被抵消，因而，只 需計算面元dS所受的電場力的Z分量，即1: cos2 U ?dFZ = 0cos71 dS?(4)2；o將(1)式代入(4)式，對右半球積分，注意積分上下限，得實用標(biāo)準(zhǔn)_ 2左半球所受的力為二2 R2 9-Rl?4；。0：d224；。0/2R2 cos3 u sinu du2；。將B板接地：（*=0）文檔大全2 . 1. 4解答:解：由左至右各板表面的電荷密度1, 0 2 5 0 35 0 4

16、,因 qB = 0 ,利用靜電平衡條件列方程得:解得:qA2S（無限大平行金屬板）qA2SV =E內(nèi) dl = E內(nèi)d =-d = "qA；02 0 S實用標(biāo)準(zhǔn)'-'2 - -；3二 2也 S;0qAd2. 2. 1解答:文檔大全由于電荷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，距球心為處的場強(qiáng)均表示為E(r) = q-er (r R1 或 r R?)4二 0r距球心為r(0 < r < R

17、)處電勢為V內(nèi)=f R1E內(nèi) d+fR2E# d=-q- - - + I (0 < r - R)4%l R R2J在導(dǎo)體球殼內(nèi)場強(qiáng)和電勢分別為殼(r) = 0 (R <r <R2)4 二 0R2(R1 < r < R2)球殼外的電場由殼外壁電荷激發(fā)，殼外的電勢為丫外=£ dr = q(R2 M r)4二；0r場強(qiáng)大小E和電勢V的分布如圖所示。2. 2. 2解答:球形金屬腔內(nèi)壁感應(yīng)電荷的電荷量為-q,由于點電荷q位于偏心位置，所以腔內(nèi)壁電荷面密度分布 仃內(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a外均勻分布，根據(jù)電勢疊加原理，O點 的電勢

18、為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)平行放置一厚度為t的中性金屬板D后，在金屬板上、下將出現(xiàn)等值異號的感應(yīng)電荷，電場僅在電容器極板與金屬板之間，設(shè)電o何面將度為 仃0,電場為E= 一A、B間電壓為Uab Td-t)二弋”)-0 SA、B間電容C為Uab d-t(2)金屬板離極板的遠(yuǎn)近對電容 C沒有影響 (3)設(shè)未放金屬板時電容器的電容為放金屬板后，板間空氣厚度為此時電容器的電容為S 4C = UCo = 800F3d 3由于A、B不與外電路連接，電荷量Q0不變，此

19、時A、B間電壓為Uab”AB”5V2. 3. 5解答:A *3333(1)按圖中各電容器的電容值，知C、D間電容為Ccd = (2 3/ 3尸 F =3F其等效電路如圖(a)所示，E、F間電容為CEF(2 3/3尸 F = 3F同理，其等效電路如圖(b)所示，A、B間電容為CAB(3/3)F = 1FE(b)(a)A、B間的電勢差為900V,等效電容Cab上的電荷量為Qab = CabUab=910 C由圖(b)可見，與 A B相接的兩個電容器的電荷量與 Qab相同,亦為 9M10“C。(3)由圖(b)可見，因3個電容器的電容值相等，故 E、F間電壓U EF1- 900V=300V3又由圖(a

20、)可見，E、F間電壓亦加在3個電容值相等的電容器上，所以U CD1-300V=100V2. 3. 7解答:方法一：各個電容器的標(biāo)號如圖所示，設(shè) U =Uab, C = Cab,則有 Q = CU在A、B、D、E4個連接點列出獨立的3個電荷量的方程Q = qiq4一斗二q2 q5Q = q3q5(1) 3個電壓的方程實用標(biāo)準(zhǔn)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）兩式得qi q4 = q2 q5（7）由（4）、（5）兩式得q4 q3 = a q5（8）由（7）、（8）式得q4

21、 = q5 qi = q3（9）將（1）、（9）兩式彳t入（5）式，得1.Iu = 47 qi (Q - qi)按電容器定義，有方法二：因題中Ci、C3、C4、C5均為4F ,所以據(jù)對稱性C2上的電 荷為零（Ue =Ud）。C4與 C3 串聯(lián)得：CAb = 2(NF)Ci 與 C5 串聯(lián)得：CAb=2dF)Cab 二 Cab Cab = 2 2 = 4(F)2. 5. 1解答:串聯(lián)時，兩電容器的電荷量相同，電能之比為文檔大全實用標(biāo)準(zhǔn)Q2W1 2C1 C22W -Q 一C1 一彳2C2并聯(lián)時，兩電容器的電壓相同，電能之比為C1U2四二二2d = CiW2 . C2U2_ C2 _ 22文檔大全實

22、用標(biāo)準(zhǔn)第三章3. 2. 3解答:(1)偶極子所受的力矩大小為M = pEsin1最大力矩為8=工時 2Mmax = pE = qlE = 2 10'Nm(2)偶極子從不受力矩的方向轉(zhuǎn)到受最大力矩的方向，即 日從0到三，電場力所做的功為2W = 0/2Td = 0/2pEsin” = pE = 2 10-3Nm3. 4. 1解答:yf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,在口處的極化面電荷密度為=P en = - P cos:根據(jù)對稱性，極化電荷在圓板中心產(chǎn)生的電場強(qiáng)度只存在 y分量,文

23、檔大全實用標(biāo)準(zhǔn)位于a處的極化電荷在圓板中心產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的y分量為二 dSdE 一 = k-cos：R22- Pcos 二 hdlR22,-Ph cos 二 d：=k R文檔大全全部極化面電荷在圓板中心產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為-Ph4二 0R2 0n COS2 a d"- Ph4R將電場強(qiáng)度寫為矢量：m PhE 二一4 oR3. 4. 5解答：(1)根據(jù)電容器的定義并代入數(shù)據(jù)，得C0 =個= 1.8 10,°F(2)金屬板內(nèi)壁的自由電荷(絕對值)為|q。=CoU°=5.4 10，C(3)放入電介質(zhì)后，電壓降至U = 103V時電容C為C = q0 = 5.4 10-1

24、0F U(4)兩板間的原電場強(qiáng)度大小為U05E0 =3=3 105V/m 0 l(5)放入電介質(zhì)后的電場強(qiáng)度大小U 5E105V/ml(6)電介質(zhì)與金屬板交界面上的極化電荷的絕對值為|q',因極化電荷與自由電荷反號，有E = E0-E而q'=仃 S=、ES= ,(E0- E)S= 3.6父 10,C(7)電介質(zhì)的相對介電常數(shù)為一 二3Co3. 4. 6解答：空腔面的法線取外法線方向單位矢 8 = 4,建立直角坐標(biāo)系，9為矢徑R與z軸的夾角，球面上的極化電荷面密度為由上式知，緊貼球形空腔表面介質(zhì)上的極化電荷面密度 仃是不均 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

25、,、a ) 處的面元面積為dS= R2sin Wd該面元上的極化電荷量為dq、 dS = 一 PR2 cos。sin" d" d帶電面元在球心處激發(fā)的電場強(qiáng)度方向由源點指向場點，用單位矢一?R表不dE =嘿（一船R -根據(jù)對稱性，極化電荷在球心的場強(qiáng) E的方向沿z軸方向，故只 需計算場強(qiáng)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?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

26、向指向下方，即有Dn =00 = 2 10*C/m2在介質(zhì)1板中，有Dn5E1n =匚=7.5 105V/m；0 ；r1在介質(zhì)2板中，有Dn5E2n = = 5.7 105V/m；0 ；r2如圖所示，貼近上導(dǎo)體板處的極化電荷面密度為:1Tlv 0 © 口 ；。£ =二0 'ri=-4 10C/m2 = -1.33 10-5C/m2 3貼近下導(dǎo)體板處的極化電荷面密度為1CE I?e ( (-)20 2 匚2 n20 2 e2 ( 0)>23-5_ 2_ 5_ 2=-10 C/m2 =1.50 10 C/m22兩介質(zhì)板間的極化電荷面密度為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方向為由局電勢指向低電勢，兩極板間電勢差（絕對值）為E2nEin(d-l) = U(1)無論在空間1還是在2,電位移矢量D相等，故有；°Eln = Dn 二。rE2n得Em = ；.E2n（2）將（2）式代入（1）式得U(1- r)l rd寫成矢量E；Ua(1- r)l rd 備解得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,故極板上自由電荷的電荷量（絕對值）為=二-oS =0 rUS(1- r)l rd（空氣中）的場強(qiáng) £空二已，故（3）極板和介質(zhì)間隙中rUr)1+ rd?n（4）電容為C"=U；0；rS(1- r)l rd3. 5. 9解答:(1)以r(R<r<R2)為半徑，長度為一個單位，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M'er電場強(qiáng)度為(r)=極化強(qiáng)度矢量為E - Ji-er2二 rr(2)兩極的電勢差u =R2- Ri= ln 艮2",r2二飛，Ri(3)在半徑R與R2處，介表

29、面表的極化電荷面密度分別為-("-1) 02 rRiCT2二 Pn(R2)=(r - 1) 02 二 r R23. 7. 1解答:有玻璃板時，電容器電容為將玻璃板移開后，電容器電容為(1)電容器一直與直流電源相接時，電壓 U不變。未抽出玻璃板時電容器的能量為1八2W 二-CU 22抽出玻璃板后電容器的能量為12W 二一CU22二者之比(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,Q2W =2C二者之比 3. 7. 2解答:距球心r處的電位移矢量和電場強(qiáng)度分別為D=4qr2e?，E=4q?電介質(zhì)內(nèi)任一點的能量密度為1 口 de =22q（）32二 2 r4第四章

30、4. 4. 7解答:因力的支路被導(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%的端電壓，因電池 %的負(fù)極接地，A點的電勢為Va = I4R4=-RCR2 R4從圖中飛，的負(fù)極及%的正極接地，故Vb = %, Vd = % Ve4. 4. 9解答:設(shè)圖中電池電動 國=10V, &2=20V, %=24V, R = 2Q, R2=10QR3=3C, R4=17C , R = 28C。因為含電容的電路沒有電流通過，所以如圖所示的正方形電路為無分支電路，對照此電路圖的電動勢和電阻的數(shù)值，求得電流W + W - ZI :12-3二 0.1ARi R2 R3 R4 R5Va = Ua

31、o=；i -Q R R 7V由墊_Vb = Ubo= 3 Q RR 26 V3個電容器組成的電路如圖所示，得U AO = U AMUMOCiU BO = U BM U MOC2 C3此夕卜qiq2 q3 0代入數(shù)據(jù)，解得：qi = -124心，& = 256心，q3 =-132e4. 5. 2解答：圖中設(shè)定：=20V,R =6,，%i =1,艮=4,-2 =1,J R3 =2cR3 = 1JIi=1A13=2A,選定中間支路電流I2的正方向由B指向A,設(shè)兩個 電池極板均勻左正右負(fù)，電勢匕和的“正方向”就是由負(fù)極指向正極， 設(shè)兩個網(wǎng)孔的閉合電路的環(huán)行方向為逆時針方向，列出節(jié)點議程和回 路

32、方程I2=I3-I1 =1A- 1 =(鼎 1 RJI 1 % 2 R2W21- 2 =(R 2 R2)I2 g 2 R3)l3代入數(shù)據(jù)，解得1 =18V, 2 =7V與設(shè)定的電動勢力的正方向相比，知電池 。與七2的極性均為左正 右負(fù)。4. 5. 3解答：(1)對照附圖，令 J=12V±=10V,J=8V,R11=02 = Rj3=CR1 =2、R2 =1，R3 =3/ R4 -21'.1, R5 =2對外環(huán)回路取逆時針繞行方向，電流為I =1 =0.44AR1 R1 年 2 R4 R5 R2設(shè)右端節(jié)點為C,則Uac =T(R Rj 1 R2)1 =10.2V因為2 =10V

33、所以 U ab=Uac-Ubc=0.2V(2)選定流過4的電流I1正方向由右至左，流過Q的電流I2與流 過4的電流I3正方向由左至右，兩個網(wǎng)孔閉合電路的繞行方向為逆時針方向，列出節(jié)點方程和回路方程II - I 2 I 31 - 2 = Ii（喝 1 R2 Ri） I2（喝 2 R3）2 - 3 =I2（R2 R3） I3（R4 R3 R5）聯(lián)立解得：I1 =0.46A4. 5. 5解答：已知附圖中各電源內(nèi)阻為零，A、B兩點電勢相等，求電阻R 在圖4. 5. 5中給各電阻標(biāo)號及設(shè)定電流的正方向。列出節(jié)點方程I1 I2 I3 =。A、 B兩點左側(cè)的支路有關(guān)系B、 Uab=IB-I3R5-B、A兩點

34、右側(cè)的支路有關(guān)系Uab -H3R6 I1R2已知 Uab=Uba=。，代入數(shù)據(jù)，解得：I1=0.5A, I2=2A,I3=1.5A因為 Uce = -Ii（R R2） =4V電路中3個電阻并聯(lián)，其等效電阻為 R，而Uce = 1 FR/解得：R =1R/與3個電阻的關(guān)系為1111=+R/ R R3R4代入數(shù)據(jù)，解得:第五章5. 2. 3解答:(a)因為兩直長載流導(dǎo)線延長線均通過圓心， 所以對。點的磁場沒有貢獻(xiàn)，故只需考慮兩個圓弧載流導(dǎo)線在 O點產(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 O點的合磁場大 小為3二IB = B1B2 =義4 二=W3+1a b 8 1ab

35、i方向均垂直紙面向里(b)兩延長線的直長載流導(dǎo)線對 O點的磁場沒有貢獻(xiàn)，只需考慮兩長度為b的直長載流導(dǎo)線對O點的磁場Bi、B2和圓弧載流導(dǎo)線對O噗的磁場B3,方向均垂直紙面向里，其合磁場大小為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 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，

36、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0ah25. 2. 14 解答:圖5.2.14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0Idy4 二 a(x2 y2)1/20dIdB 二22 1/22二(x y )0Ixdy-22.1/24 二 a(x y )根據(jù)對稱性，總磁場僅有y分量，而xdBy =dBcosa =dB22-1/2(x y )總磁場為olx a dy .oI-a、.B =By

37、j = -a2 j =-arctanj4二 a x y 2二 a x5.2.17 解答：如圖5.2.17所示，圓環(huán)面積為2nrdl ,圓環(huán)所帶電荷量為dq =c-2：r(Rdf球面旋轉(zhuǎn)速度為CDf =2 二球面對應(yīng)的電流大小為dI = fdq = - r(Rd-)電流dI在球心激發(fā)的磁場大小為°dIr2 dB =-3- 2R30 V R B 二20；二 R . 3 .sin id 二2方向沿軸向，與旋轉(zhuǎn)角速度 與一致。5. 3. 2解答: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,h11 a b/：1i =中2 =ln =1.385 1

38、0 Wb2 二a框架的磁通量為中=2中1 =2.77 10 Wb射與62,設(shè)框架5. 4. 1解答:由于磁場的對稱性分布，可用安培環(huán)路定理求解(1)在0Wr WR1,設(shè)以r為半徑的圓面積為S ,穿過該面的電流為培環(huán)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,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 =：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的方向與電流成右手關(guān)系。(4)在R3 Mr,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)路定理出dlI2二rB4 - '-(I - I) = 0解得:B4 =0.5. 4. 4解答：根據(jù)對稱性，空間各點的磁場 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平面為對稱面，距此面相同距離|y作平行Oxy面的逆時

40、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昂=%j(2 y)h解得B3 = »0J y考慮B內(nèi)的方向有B內(nèi)=Bxi - - Kyi(2)求板外磁場B外：在板外以y=0平面為對稱面，距此面相同 距離作平行Oxy面的逆時針方向的矩形路徑，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# = . jd考慮B外的方向，有B外=±N0jdi(y >0,取負(fù)號；y <0,取正號)由此可見，厚度為2d的無限大導(dǎo)體平板均勻流過

41、電流時，板風(fēng)磁 場的大小與對稱面的距離成正比，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1.4.5的結(jié)果比較。5. 6. 2證明一：建立直角坐系Oxy ,坐標(biāo)原點O與A點重合，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 = IdlB (sin ai cosaj) = dFxi dFy j式中dFx = IBdl sina = IBdydFy = 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Fx =ADCdF

42、x=IBj0dy=0Fy = .ADCdFy =IB.Ldx = IBL證法二：作平行于AC、相距削的兩條直線，與導(dǎo)線ADC的兩端相交得圓弧為和四2二者所受的安培力在x的方向的投影分別為F1xi - -I Bsin： 1i - -IB yiF2xi - -I：2Bsin； 2i =舊 yiFix F2x =0說有載流圓弧 他1和他2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Ay的兩條直線，與導(dǎo)線ADC的 不同位置相交得元圓弧和32,導(dǎo)線ACD所受的磁場力y方向的投 影應(yīng)是各兀圓弧&li1和&i2所受x方向的分力的矢量和Fxi = " (F

43、hx Fi2x)i =0即磁場力合力在x方向為0。IM和14二者所受的安培力在y方向的投影分別為F1y = I l1Bcox 1J = IB. x1j. Ey = I hBcoxiJ =IB x2j在不同位置作平行于AC、相距數(shù)的兩條直線，與導(dǎo)線ADC的不 同位置相交得元圓弧Mi和M2,導(dǎo)線ADC所受的磁場力y方向的投影 應(yīng)是各兀圓弧和Ali2所受y方向的分力的矢量和Fyj 八 Fily *2yj=IB"xi1 xi2 j = IBLj此力與載流直導(dǎo)線AC所受的磁場力相等。5. 6. 4解答：線框可動的部分的MN段和PQ段所受的安培力平行轉(zhuǎn)軸口口，且 方向相反，故不提供對線框轉(zhuǎn)軸的力

44、矩。只有NP段受安培力對線框提 供繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動的力矩。設(shè)NP段重心到。丁軸的矢徑為a,則由圖5. 6. 4 可見，磁力矩M m = Fnp a(IBa)asin ： k = IBa2 cosak式中：中為垂直紙面向外，順時針轉(zhuǎn)動力矩的單位矢。設(shè)MN段PQ段的合質(zhì)量為m1, NP段的質(zhì)量為m2, MNPQ段所 受的重力矩a、 a、M g = m1g m2g a = (2aS : )g sin a (aS ： ) gasin a (-k)達(dá)到平衡時，有Mm Mg =0即IBa2 cosa = 2a2SPg sin a代入數(shù)據(jù)，解得2SPg tan a3B = ga-a =9.4 102TI6. 6.

45、 9解答(1)面積為S的線圈上的力矩大小為M a = PmBsin a = NISBsin a當(dāng)線圈法線號與磁場B的夾角a嗎時，力矩最大，即M =NISB =NI2-B =0.18Nm(2)當(dāng)夾角為久時，力矩大小為-11 _Ma =NISBsina ='M1 NISBamaxa = arcsin ' =30 喊 150 口 2實用標(biāo)準(zhǔn)給華 弟八早7. 2. 2解答:在任一瞬時，兩個正方形電路中的電動勢的方向相反，故電路的總電動勢的絕對值為dadtd6dtdB/ 2-2、=(a b ) dt文檔大全(a2 -b2)oBm cosot =|-m cosot因回路單位長度的電阻=5M

46、l0/Q/m,故回路電阻為2R ="4(a b) =6 10 '?回路中感應(yīng)電流的最大值為巴Im = =0.5AR8. 2. 3解答：(1)滿足條件rL x下，載流大線圈在面積為S的小線圈的磁通量 為,°IR22中=BS = -0-二 r22x3(2)小線圈的感應(yīng)電動勢(絕對值)為ddtl口0 二,2R23口0 二 lr2R22x4若V>0時，小線圈內(nèi)感應(yīng)電流與大線圈的電流的方向相同9. 3. 2解答:當(dāng)金屬桿以速度V運動時，桿上有電動勢巴KBl,附圖的等效圖電_. Bl(R1R2)DR1R2 " R(Ri R2) R1R2RR1 R26. 3. 7

47、解答：（1）線圈上一元段的電動勢為d =（、. B）|Jdl = rBsinadl由圖6.3.7得2.2,d 二(Rsin ： )BsinaRd： - BR sin 二 d 二AM間的電動勢為AM => BR2 0/4sin A、C間的電勢差為 ： d ： = - - L BR28 4AC間的電動勢為2-/4. 2.12AC = BR 0 sin = d 二二一，BRU CA = AC - IRaC = AC4 AC4A、M間的電勢差為U MA = MA 一 IRAMBR24 AC RR 812二-BR24:二 0所以M點的電勢低于A點的電勢6. 4. 2 解答（一）（1）如圖6.4.2

48、所示，根據(jù)磁場的變化趨勢，按楞次定律感生電場E感為順時針（用柱坐標(biāo)的單位矢ee表示），積分方向向右，梯形PQ邊 的 感 生 電 動 勢 大 小 為產(chǎn)PQRldB2 1 dtcos1501PQ =-2d：10”梯形QM邊的感生電動勢大小為QMm R dB ni八，Q萬標(biāo)電dl =0梯形NP邊的感生電動勢大小為蘆NP梯形NM邊的感生電動勢(積分方向向左)大小為聲MNNR程ejdl悍RL 2 dt2 dt 22 dtcos30° MN1 dB h R3,1.1 10 V2 dt 2 2(2)利用上面的結(jié)果，整個梯形的總電動勢大小為PQMNP- 32 103VPQ QM MN NP 3.2

49、10 V解法二:(1)作輔助線OP和OQ, UOQP的面積為1h PQ ,按法拉第電磁2感應(yīng)定律，選閉合回路OPQ的感應(yīng)電動勢的正方向為順時針方向，則d:>dB 1aloqp = - = -（hR）=4.3 10 Vdtdt 2若按逆時針方向OQP = 一 _OQP = -4.3 10N因半徑OP和OQ與感生電場E感垂直，所以O(shè)P和OQ上的感生 電動勢-op = 'QO =0 ,故有.OPQ = pQ - QO - Op pQ -4.31O'OMN的面積為1'h；'MN，選閉合回路OMN的感應(yīng)電動勢的正方向為順時針方向，按法拉第電磁感應(yīng)定律，有=1.1 10，V （因 dB：0）dtdddb門h rL°mn出出2 2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=0,故有= 1.1 102V(2)因總電勢QMNP選取的繞行方向是逆時針方向，與選定磁通 的正方向為左手關(guān)系，故按法拉第電磁感應(yīng)定律，有%qmn =吧= .|1(|PQ + NM | )h ldB = -3.2x10J3V(S-dB <0) dt122 J dtdt6. 5. 2解答:螺繞環(huán)的自感為,2N 2一5L 10n2V -2J0RS = 7.5 10 H當(dāng)通入線圈的電流I=