大學(xué)物理電磁學(xué)典型習(xí)題

大學(xué)物理電磁學(xué)典型習(xí)題_文檔視界部分習(xí)題解答

第一章靜止電荷的電場

1、10解：（一定要有必要的文字說明）在圓環(huán)上與角度θ相應(yīng)的點的附近取一長度dl，

其上電量dq=λdl=0λsinθdl，該電荷在O點產(chǎn)生的場強的大小為

=

=2

04R

dqdEπε2

004sinR

dlπεθλθπελsin400R

=

θd

dE的方向與θ有關(guān)，圖中與電荷dq對O點的徑矢方向相反。其沿兩坐標軸方

向的分量分別為θθθπελθdR

dEdExcossin4cos00-

=-=

θθπελθdR

dEdE

y

2

00sin4sin-

=-=

整個圓環(huán)上電荷在圓心處產(chǎn)生的場強的兩個分量分別為

==

?x

xdE

ER

004πελ-

?

=π

θθθ20

0cossind

==

?Y

ydE

ER

004πελ-

?

-

=π

ελθθ20

002

4sinR

d

所以圓心處場強為E=Eyj=R

004ελ-

j

1、11解：先將帶電系統(tǒng)看成一個完整的均勻帶電圓環(huán)計算場強，然后扣除空隙處電荷產(chǎn)

生的場強；空隙的寬度與圓半徑相比很小，可以把空隙處的電荷看成點電荷。

空隙寬度md2

10

2-?=，圓半徑mr5.0=，塑料桿長mdrl12.32=-=π桿上線電荷密度mClq/10

19

-?==λ

一個均勻帶電圓環(huán)，由于電荷分布關(guān)于圓心對稱，環(huán)上對稱的二電荷元在圓心處產(chǎn)生的場強互相抵消，因而整個圓環(huán)在圓心處的場強E1=0空隙處點電荷設(shè)為q/，則q/=dλ，他在圓心處產(chǎn)生的場強

mVr

d

r

q

E/72.0442

02

0/

2==

=

πελπε方向由空隙指向圓心。

空隙處的電荷實際上不存在，因此圓心處場強等于均勻帶電圓環(huán)在該點產(chǎn)生的場強與空隙處電荷在該點產(chǎn)生的場強之差，故

mVEEE/72.021-=-=負號表示場強方向從圓心指向空隙。

1、12解：設(shè)想半圓形線CAD與半圓形線ABC構(gòu)成一個圓形如圖，且圓上線電荷密度均

為λ。在角θ處作角θd，在半圓形線CAD和直線CM上分別截出線段/dl和dl，dl上電荷dq在圓心O處產(chǎn)生的場強

2

02

044rdl

r

dqdEπελπε=

=由圖可知

θ

θθ

θcos,cos,tan2

ardadlal=

==。故a

ddE04πεθ

λ=

/dl上電荷/dq在O點處產(chǎn)生的場強a

da

dl

a

dq

dE

02

0/2

0//

444πεθ

λπελπε=

=

=

這里有θaddl=/

可見/dE=dE，且二者的方向也相同，故/dl上電荷在O點產(chǎn)生的場強等效于

dl上電荷在O點產(chǎn)生的場強。由此可推出半圓形線CAD中的CD段（占二分

之一）上的電荷在O點產(chǎn)生的場強等效于直線CM上電荷在O點產(chǎn)生的場強，DA段上的電荷在O點產(chǎn)生的場強等效于直線AN上電荷在O點產(chǎn)生的場強?？傊畧D中所示電荷系統(tǒng)在O點產(chǎn)生的場強等效于均勻帶電圓形線在圓心O處產(chǎn)生的場強，由于均勻帶電圓形線上電荷分布相對于圓心是對稱的，圓心處場強為

零，因此該電荷系統(tǒng)在O點產(chǎn)生的場強為零。

1、17解：（本題電荷分布具有對稱性，故應(yīng)運用高斯定律求解）

（第一步應(yīng)首先進行對稱性分析，明確電場的分布特點）。在無限長均勻帶電薄壁

圓筒上電荷分布具有軸對稱性，從而決定了電場分布也具有軸對稱性，表現(xiàn)在與圓筒軸線等遠處的場強大小相等，各點場強的方向都與軸線垂直。

考慮圓筒外一點P（該點應(yīng)為電場所在空間具有一般代表性的任意一點），

該點至軸線的距離為r。為求P點的場強，過P作一與

帶電圓筒共軸的圓柱形閉合高斯面，柱高為h，底面半徑

為r(如圖），在圓柱面的側(cè)面上各點場強的大小相等，方向與側(cè)面垂直，所以通過側(cè)面的電通量為rhEESEds

S

dESS

eπφ211

1

1===

?=

??

圓柱兩底面上各點的場強方向與底面平行，故通過兩底面

的電通量均為零。因此通過整個高斯面的電通量rhEeeπφφ21==

高斯面所包圍的帶電薄壁圓筒的面積為ahESπ2=，所包圍的電量為

σπσahSq2==，根據(jù)高斯定律0

22εσ

πεπahqrhE=

=

可得P點的場強為r

aE0εσ

=

如果P點在圓筒內(nèi)，有同樣的分析，在圓筒內(nèi)的高斯面的電通量仍可表示為

rhEeeπφφ21==，但高斯面內(nèi)無電荷，據(jù)高斯定律可得E=0。

1、20解：（解題思路：將帶電厚壁分割成無限多個連續(xù)帶電薄平面，總電場的分布為各個

帶電平面產(chǎn)生的場強的疊加）。在厚壁內(nèi)取一厚為dx且與壁面平行的薄壁，這就是一個無限大均勻帶電平面，其面電荷密度dxρσ=（因qSdx=ρ，而S

q=σ）。它壁

外右側(cè)的任意點P1（如圖）產(chǎn)生的場強是dxdE0

22ερ

εσ

=

=

整個帶電厚壁是由無限多平行均勻帶電薄層連續(xù)組成的，每一帶電薄層在點P1產(chǎn)的電

場方向相同，根據(jù)場強疊加原理，點P1的場強大小為0

22

22ερερ

D

dxED

D

=

=

?

-

由此可知，在厚壁外右側(cè)的電場是均勻電場。根據(jù)同樣的討論可知，在厚壁外左側(cè)場

強大小和右側(cè)相同，只不過方向相反。在厚壁內(nèi)部坐標為x處作一平面與x軸垂直，這一平面將厚壁分為左、右兩部分。根據(jù)前面的討論，左部電荷在平面上任意點的場強)2

(

20

1xDE+=

ερ

，右部電荷在平

面上同一點的場強)2

(20

2xDE-=

ερ

，二者方向相反，該點的合場強為

E=E1—E2=

x0

ερ，當x＞0時E與x軸同向；當x＜0時E與x軸反向。

1、22解：（本題應(yīng)根據(jù)其特點采用下述的巧妙方法。注意培養(yǎng)學(xué)生發(fā)散思維能力）（說明解題思路）球形空腔中體電荷密度為零，因而空腔中的電場可歸結(jié)為一個半徑

為R、體電荷密度為ρ的均勻帶電球體和一個半徑為r、體電荷密度為ρ-的均勻帶電球體所產(chǎn)生的電場的疊加。

設(shè)空腔內(nèi)任意點P對大球中心O的徑矢為c，

對空腔中心O/的徑矢為b，O/對O的徑矢為a

（如圖）。已知大球在P點產(chǎn)生的場強為E10

3ερ

=

c；

小球在P點產(chǎn)生的場強為E20

3ερ

=

b。P點的合場強為E=E1+E2=

3ερ

（c–b）

=

3ερ

a。E與P點的位置無關(guān)，因此，空腔內(nèi)的電場是均勻的。

第三章電勢

3、6解：（1）沿桿長方向作x軸，桿的一端作原點（如圖），在桿上坐標x處取一桿元dx，

所Φd帶電量dq=λdx。此電荷元在距桿的另一端為a的點P處產(chǎn)生的電勢為

)

(40xaldx

d-+=πελφ整個帶電桿在點P產(chǎn)生的電勢為

Va

alxaldx

l

3

0105.2ln

4)

(4?=+=

-+=

?

πε

λ

πελφ

（2）類似的討論可得細桿中垂線上任意點的電勢Vbbl

lll3

2

2

22

22

220

103.4]

)([])([ln

42

1

2

1

?=-

+++=

πε

λ

φ

3、9解：（1）無限長均勻帶電圓柱的電場具有軸對稱性，為求柱內(nèi)某點P（與軸線距離為

r如圖）的場強，過P點作一共軸閉合圓柱面，其底面半徑為r，高為h。由于電場

方向與軸線垂直，只有圓柱面的側(cè)面有電通量，其值為

rhEESS

dES

e?==?=

?πφ2閉合柱面所包圍的電量hrq2?=ρπ

據(jù)高斯定律有0

2

2ερππhrrhE?=

?得0

2ερr

E?=

應(yīng)用高斯定律同樣可求得帶電圓柱體外一點的場強，不

同的是，所作閉合圓柱面內(nèi)的電量為haq2?=ρπ。因此

圓柱外距軸線為r的一點處的場強為r

a

E02

2ερ?=

（2）若以軸線為電勢零點，則圓柱內(nèi)距軸線為r處的電勢0

2

42ερερφr

drr

Edrr

r

?-

=?=

=

?

?

圓柱外距軸線r處的電勢)1ln

2(4220

2

02

-=

?+

=

=

?

?

?

r

aa

drr

drr

a

Edrd

r

d

r

ερερερφ

3、14解：(1)以均勻帶電圓環(huán)軸線上距圓心x處產(chǎn)生的電勢為2

1)

(42

2

0xRq

+=

πεφ

因此在圖中所示雙環(huán)軸線上距對稱中心x處的電勢為

[]

[]

2

1

2

1

2

2

2

2

2

2

21)

(4)

(4l

l

xR

q

xR

q

+

+-

-

+=+=πε

πε

φφφ

(2)(略)

第四章靜電場中的導(dǎo)體

4、2解：（思路：要知道各處的電勢分布，應(yīng)先了解導(dǎo)體各表面的電荷分布，而本題給出了

內(nèi)球電勢和外球所帶的電量，故應(yīng)設(shè)法利用這些條件先球得內(nèi)球表面所帶電量）

設(shè)導(dǎo)體球面上的電量為1q,根據(jù)高斯定律可知，導(dǎo)體殼內(nèi)表面感應(yīng)電荷為1q-，外球所帶總電量為Q，因此球殼外表面上電量為(1q+Q)。于是這個電荷系統(tǒng)可認為上由三個半徑分別為R1、R2、R3，電量分別為1q、1q-、(1q+Q)的共心均勻帶電球面所組成。對內(nèi)球來說，其電勢3

012

011

011444RQqRqRqπεπεπεφ++-+

=

由此方程可解得2

131********)4(RRRRRRQRRRq+--=

φπε

據(jù)此可求得此系統(tǒng)各處的電勢和電場分布內(nèi)球內(nèi)（r3R）；r

QqrQqrqrq01010101

4444πεπεπεπεφ+=

++

-+

=

2

012

012

01

2

014444r

Qqr

Qqr

qr

qEπεπεπεπε+=

++

-+

=

4、3解：在球殼B內(nèi)作一包圍內(nèi)腔的高斯面，由于球殼內(nèi)場強處處為零，此高斯面的電

通量為零。根據(jù)高斯定律，球殼B的內(nèi)表面上所帶電量與球A所帶電量等值異號，

所以CQqAB8

int103-?-=-=

球殼B總電量為BQ，因此其外表面上電量為CqQqBBBext8

int105-?=-=

球A的電勢為VRqRqRQBextBAA3

3

020int10106.5444?=+

+

=

πεπεπεφ

VRqRqr

qQBextBext

BAB3

3

03

00int

105.44044?=+

=+

+=

πεπεπεφ

將球殼B接地時，其電勢變?yōu)榱?。因為AQ與intBq等量異號，它們在球殼B產(chǎn)生的

電勢之和為零，所以球殼外表面不再有電荷。球殼B與地斷開后，再將球A接地時，電荷將重新分布。設(shè)球A、球殼B內(nèi)表面、球殼B外表面上電量分別為/

AQ、int/

Bq、

/

Bext

q

。因此/A

φ=0，于是有

04443

0/

2

0/

int1

0/

=+

+

RqR

qRQBextBAπεπεπε

注意到這時仍有0/int/=+BAqQ而且/

/intintBextBBqqq+=于是得到

0)(

413

/

int2

/

1

/

=++

-+

RQqRQRQA

BAAπε

解此方程得到/

AQC8101.2-?=，int/

Bq

C8101.2-?-=

/

BextqCqqBB9

/

intint10

0.9-?-=-=

金屬球A接地，電勢/Aφ=0，球殼B的電勢為

VRqRqr

qr

QBextBextBAB

2

3

0/

3

0/

0/

int0/

/

101.84444?-==

+

+

=

πεπεπεπεφ

4、5解：（必要的文字說明）從上到下設(shè)各導(dǎo)體板表面上面電荷密度分別為1σ、2σ、3σ、

4σ、5σ、6σ，相鄰兩板距離分別為1d、2d（如圖）

，在上板和中板之間電場方向垂直面板。作底面為單位面積的閉合圓柱面，二底面分別位于二導(dǎo)體板內(nèi)，圓柱面的軸線與板面垂直，則此閉合圓柱面電通量為零。根據(jù)高斯定律可得2σ=--3σ同理5σ=--4σ，忽略邊緣效應(yīng)，則導(dǎo)體板可看成是無限大的，具有屏蔽性，在相鄰導(dǎo)體板之間的電場只由相對二表面上的電荷決定。因此，上板和中板之間的場強、中板和下板之間的場強分別為0

31εσ=

E和0

42εσ=

E

上班和下板相連接，因此相鄰兩板的電勢差相等，即1E1d=2E2d由此可得3σ1d=4

σ

2d，設(shè)中板總面電荷密度為σ，則3σ+4σ=σ據(jù)此可解得

2

6

1

2

12310

9.4m

Cd

ddddd-?=-=

+=

σσσ

2

6

34101.8m

C-?=-=σσσ2

6

2109.4m

C

-?-=σ

2

6

510

1.8m

C-?-=σ

在上板內(nèi)任意點場強均為零，它是6個無限大均勻帶電平面在該點產(chǎn)生的場強的疊

加的結(jié)果，故有

0)(216543210

=-----σσσσσσε（符號問題：注意各面對

會產(chǎn)生的場強的方向均以垂直板面指向外為參考正方向）結(jié)合前面的同理可推知1σ=6σ，上下兩塊導(dǎo)體板原來是不帶電的，根據(jù)電荷守恒定律，二導(dǎo)體板表面

出現(xiàn)感應(yīng)電荷后，總電量仍為零。因此有1σ+2σ+5σ+6σ=0這樣便得到1σ=6

σ

2

6

52

10

5.6)(2

1m

C-?=+-

=σσ

4、6解：由于靜電屏蔽的原因，點電荷bq和dq不能在點電荷cq所在的空腔內(nèi)產(chǎn)生電場。

因此，cq受到的作用力為零。同理bq受到的作用力也為零。

在導(dǎo)體內(nèi)作一閉合曲面包圍bq所在空腔，導(dǎo)體內(nèi)場強處處為零，因此閉合曲面的電通量為零，根據(jù)高斯定律，空腔壁上有電量--bq。同理在cq所在空腔壁上也有電量--cq。這導(dǎo)體本身的總電量為零，可見在導(dǎo)體球外表面上電荷的電量為（bq+cq）。由于dq距導(dǎo)體球很遠，忽略它對導(dǎo)體球外表面電荷分布的影響，在電荷在外表面上時均勻分布的。它在dq所在處產(chǎn)生的場強2

04r

qqEcbπε+=

dq受到的作用力為dq2

04)(rqqqEcbdπε+=

顯然這個力的計算是近似的。

4、7解：在處于靜電平衡的導(dǎo)體表面外側(cè)一點，場強為0

εσ=

E（方向指向外法線方向）

這是空間所有電荷在該點產(chǎn)生的合場強。就這點所鄰近的表面上面積為S?上電

荷而言，它在該點所產(chǎn)生的場強為0

12εσ

=

E，因此其他電荷在該點產(chǎn)生的場強

為0

122εσ

=

-=EEE。這也是其他電荷在面積S?處產(chǎn)生的場強。該面積上

電荷所受電場力SS

qEF?=

?==0

2

222εσ

εσ

σ。單位面積受的力為

2

2εσ

=

?=

S

Ff顯然無論為何種電荷其方向總是垂直表面指向外。

第五章靜電場中的電介質(zhì)

5、2解：（1）兩個薄金屬球殼和兩層電介質(zhì)將空間劃分為四個區(qū)，由于電荷分布具有球?qū)?/p>

稱性，且內(nèi)球殼帶負電，所以各區(qū)D和E的方向都與場點對球心的徑矢方向相反。

各區(qū)D和E的大小分布情況如下：內(nèi)球內(nèi)（rR2）：2

4r

QDπ=

，2

04r

QEπε=

（2）內(nèi)、外球殼之間的電勢差為Vr

Qdrr

QdrrdErdERR

rRR

R

RrR

R3

2

202

1021108.3442

2

1

1

1?-+

=

?+

?=

-?

?

?

?

επεεπεφφ

（3）第一層介質(zhì)內(nèi)表面上面束縛電荷密度為=

-=?-=?=EeEePrnrn)1()1(1010/

εεεεσ

2

6

2

1

1

110

104)1(m

CRQrr-?=-πε

ε

5、3解：如圖是共軸導(dǎo)體圓筒的縱剖面圖。過內(nèi)層介質(zhì)內(nèi)與軸線相距r的一點作一閉合共

軸圓柱面，其底面半徑為r，高為h。兩筒帶電后，電場具有軸對稱性，閉合圓柱面上只

有側(cè)面部分存在電位移通量。因此這一閉合圓柱面的電位移通量為rhDS

dDS

π2=??

設(shè)內(nèi)筒上線電荷密度為λ，根據(jù)D的高斯定律有hrhDλπ=2因此r

Dπλ

2=

，r

D

Err101

012επελ

εε=

=

（R1<r<r0）

同理，在外層介質(zhì)內(nèi)的場強為r

Er2022επελ

=

（r0<r<R2）

在兩層介質(zhì)內(nèi)，最大場強分別為,21

10max1RErεπελ

=

,20

20max2rErεπελ

=

122

01

01

102max

21

RrRrRrEErrmav=

=

εε所以E1max<E2max

當電壓升高時，外層介質(zhì)內(nèi)表面先擊穿。兩筒間的電勢差

)

ln

1

ln

1

(

2220

22

1

01

2010212

1

2

1

rRRrdrr

drr

drEdrEUrrRrrrRrRrrRεε

πε

λεπελεπελ+

=

+

=

+

=

?

?

?

?

電介質(zhì)不被擊穿的條件是E2max<Emax，即

max

020max0

202,2ErErrrεπελεπελ

代入電勢差表達式中得到0

12

2

max0ln

2

1rRRErU

5、12解：設(shè)蓋革計數(shù)管所帶電量為Q，管長為l，則線電荷密度l

Q=

λ

在金屬絲與同軸圓筒之間的場強rl

Qr

R0022πεπελ

==

設(shè)金屬絲與圓筒的直徑分別為1d和2d，則它們的電勢差

1

202

2

2

2

0ln

222

1

2

1

ddl

Qdrrl

QEdrUddddπεπε=

=

=

?

?

故電容FddlU

QC13

1

20100.8ln2-?==

=

πε

5、14解：設(shè)平行板電容器每個板的面積為S，兩板距離為1d，兩板到盒子上下底面的距離

均為2d。在電容器放進盒子以前，其電容設(shè)為C0；放進盒內(nèi)后，電容器的上方平板與金屬盒的相對表面具有電容，相當于一個電容器，設(shè)電容為C1；電容器下方平板與金屬盒的相對表面具有電容設(shè)為C2。C1和C2是串聯(lián)組合關(guān)系，這個串聯(lián)組合和C0是并聯(lián)組合。這個的電容為2

1210CCCCCC++

=式中1

00dSCε=

，2

021dSCCε=

=

所以FddSC10

2

1

0108.7)211(

-?=+=ε

如果一個板和盒子用導(dǎo)線連接起來，則整個系統(tǒng)就是C0和C1（或C2）的并聯(lián)，其電容為FddSCCC9

2

1

010/

10

06.1)11(

-?=+

=+=ε

5、15解：作垂直與電容器寬邊的截面圖，沿電容器下板

長度方向作x軸。設(shè)兩板之間的夾角為θ，由圖可知a

l=

θtan，在下板坐標x處取長為dx、寬

為b的窄條，它與上板位于它的正上方的相應(yīng)窄條的距離為θtan/xdd+=這兩塊相對的窄條形金屬板可看成是一個電容器，當電容器充電時，這兩塊條形板之間

電場近似均勻，且電場方向近似垂直于二板面。它們不同于獨立存在的二平行相對導(dǎo)體板，不存在電場的邊緣效應(yīng)。因此，它們所構(gòu)成的電容器的電容為θ

εεtan0/

0xdbdx

d

dS

dC+=

=

整個電容器的電容

)1ln()tan1ln(tantan000

0d

ll

ab

d

ab

xdbdx

dCCd

+

=

+

=

+==

??

εθθ

εθ

ε

5、16解：設(shè)兩平行板間距離為d，介質(zhì)板厚度為d/

，插入前電容器電勢差為U，插入后

電勢差為U/。電容器上面電荷密度為σ。插入介質(zhì)板前，電容器內(nèi)場強0

εσ=

E

電勢差0

εσdEdU=

=插入介質(zhì)后，電容器內(nèi)空氣中場強仍為E，介質(zhì)內(nèi)場強r

Eεεσ0/=

兩板間電勢差r

d

ddd

EddEUεεσεσ0/

/

/

///

)()(+

-=

+-=而U/

=0.60U

因此有r

d

dddεεσεσεσ0/

/

)(60

.0+

-=

解此方程得1.24.0/

/

=-=

d

dd

rε

5、21解：已知一球形電容器的電容為

它也可看成是兩個半球形電容器的并聯(lián)組合，因此半球形電容器的電容

1

22

10022RRRRCCr-=

=

επε，未充油時1

221014RRRRC-=

πε

當該電容器下半部充油時，它是一個未充油的半球形電容器和一個充油的半球形電容器組成的并聯(lián)。其電容)1(2221

2210122

101

22102rrRRRRRRRRRRRRCεπεεπεπε+-=

-+

-=

充油后和充油前電容的相對變化量為

2

11

1

2-=

-rCCCε

第六章恒定電流

6、8解：（1）在絕緣層內(nèi)距軸線r處作一半徑為r、厚為dr、長為L同軸圓柱形薄殼，此

薄殼沿徑向的電阻rL

drdRπρ

2=，電纜沿徑向的電阻則為

Ω?==

==

?

?8

1

2102.2ln

222

1

rrL

rL

drdRRrrπρπρ

電纜沿徑向的電流AR

UI7

10

5.4-?==

6、9解：在電容器內(nèi)作一半徑為r、厚為dr的同心球殼，此球殼的徑向電阻為2

4r

drdRπρ

=

球形電容器的漏電阻即為)11(

442

1

2

2

1

rrr

drdRRrr-

=

==

?

?π

ρ

πρ

6、14解：由圖可知cbeIII+=，=++IRUIR21IIIb+=

右回路的電壓方程為=

++cceceeRIURIε

左下回路的電壓方程為022=++RIURIee外圍大回路的電壓方程為=+2211RIRIε聯(lián)立以上方程即可解得

第七章磁力

7、4解：電子的動能

eUm=2

21υ

故smm

eU/104.810

1.910

0.2106.1227

31

4

19

?=?????=

=--υ

在橫向地磁場的作用下，電子沿弧形軌道運動，規(guī)定半徑為meB

mR6.9υ=

設(shè)電子搶到屏的距離為，則電子到達屏?xí)r它的偏轉(zhuǎn)距離為md

RRx3

2

22

2

10

22

.06.96.9(-?=--=--

=

7、9解：（1）交流電源的頻率應(yīng)和電子回旋頻率相等，即

Hzm

eB7

101.12?==

πν

（2）氘核由加速器射出時的速度m

eBDm

eBR2=

=

υ

其能量Jm

eBDmEK12

2

2

102.18)(2

1-?===υ

7、13解：設(shè)mcmbma5

3

3

10

5,10

2,10

5---?=?=?=。硅片的電阻bc

aRρ

=

因此電流a

Ubc

R

UIρ=

=，硅片的霍耳電壓a

neBUbnec

IBUHρ=

=

由此可得TUb

UneaBH

2

10

34.1-?==

ρ

7、15解：設(shè)管道橫截面二邊長沿電流方向為a，沿磁場方向為b，管內(nèi)電流強度為

JlbI=，所受磁場作用力為JlbBaBIaF==方向?qū)щ娨后w的流動方向。因此l段兩端由磁力產(chǎn)生的壓力差為JlBab

Fp==?

（2）由上式可得2

/338mAlB

pJ=?=

第八章磁場的源

8、4解：環(huán)中心O位于直線電流的延長線上，電流的直線部分在該點不產(chǎn)生磁場。設(shè)鐵的

優(yōu)弧長為1l，電流為1I；劣弧長為2l，電流為2I。因為優(yōu)弧與劣弧電壓相等，所以，2211RIRI=。鐵環(huán)粗細均勻，電阻率一定，因此電阻與長度成正比，2211lIlI=

優(yōu)弧上電流在O點產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向外。設(shè)r為鐵環(huán)半徑，則磁感應(yīng)強度大小為2

1

101011422r

lIr

IrlBπμμπ=

=

，同理劣弧上電流在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度

2

21

202021422r

lIr

Ir

lBπμμπ=

=

方向垂直于紙面向內(nèi)。O點的總磁感應(yīng)強度

0)(422112

21=-=

-=lIlIr

BBBπμ

8、5解：（1）兩導(dǎo)線在該點產(chǎn)生的磁場方向都是垂直紙面向外。磁感應(yīng)強度

d

IdIBBπμπ

μ1010212

2=

=

=，該點總的磁感應(yīng)強度T

D

IBB5

1

0110

0.422-?==

=πμ（2）在斜線面積上距1I為r處取長為l、寬為dr的條形面積，該面積上的磁感應(yīng)強度為)11

(2)

(22102

01

0r

dr

IrdIr

IB--

=

-+

=

π

μπμπμ方向與面積垂直，

故該面積上的磁通量drr

dr

lIBldrBdSd)11

(

210--

=

==πμφ，斜線面積上的磁通量即為

WbrrrdrdrIdrr

dr

lIdrdr6

3

11

3101010

2.2)((ln

2)11(23

1

--?=--=

--

==

??

π

μπ

μφφ

8、6解：取半圓形的圓心O為原點，軸線方向為X軸，半徑方向為Y軸，垂直于半徑指向

弧線方向為Z軸正方向建立空間直角坐標系，P為軸線上任意一點，在半圓形的任意點

A取一電流元，設(shè)OA與Z軸夾角為α，AP=r，θ為AP與X軸之間的夾角。根據(jù)畢奧-薩法爾定律，此電流元在P點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為3

04r

rlIdBdπμ?=

，

根據(jù)方向關(guān)系可知其大小為2

04r

Idl

dBπμ=

方向與AP垂直，且在AOP平面上。Bd沿X軸的分量為

θπμθsin4sin2

01r

Idl

dBdBdBx-

=-==

2

3

2

2

2

02

00

2

0)

(4sin44sinXRIR

r

IR

dlr

IdB

BR

X

x+-

=-

=-==

?

?μθμπθ

μπ

Bd與X軸垂直的分量2Bd的大小為θπμθcos4cos2

02rIdldBdB=

=，

方向與OA的方向相反。2Bd沿Y軸和Z軸的分量分別為

ααθπμαθπμαdr

IR

r

Idl

dBdBysincos4sincos4sin2

02

02-

=-

=-=

0sincos422

2

0=-

==

??-

ααθπμπ

π

dr

IRdByBy

αθπμαcoscos4cos2

02r

Idl

dBdBz-

=-=

2

32

2

02

022

2

0)

(2cos2coscos4xRIRxr

IRdr

IRdBzBz+-

=-

=-

==

??-

πμθπμααθπμπ

π

8、8解：（1）設(shè)圓柱半徑為R，圓柱橫截面的圓周上線電流密度為R

Iπλ2=

（A）圓柱外的磁場分布

考慮圓柱外一點P，取OP方向為Z軸方向。在圓周上角θ處的A點取線元dl，過此點的長直電流π

θπλ22IdR

IdldldI==

=，此電流在P點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為

d

Idd

dI

dB2

00142πθ

μπμ=

=

式中d為P點到線元dl的距離，方向可由右手螺旋定則確定。

由于電流分布相對于Z軸是對稱的，所以1Bd中只有與Z軸垂直的分量dB是有效的，

與Z軸平行的分量相應(yīng)的分量所抵消。αcos1dBdB=（α為AP與Z軸間的夾角）

d

Rrθ

αcoscos-=

。所以)

cos2(4)cos(4)cos(2

2

2

02

2

0θπθθμπθ

θμrRRrdRrId

dRrIdB-+-=

-=

對上式求積分即可求得磁感應(yīng)強度r

I

Bπμ20=

（B）圓柱內(nèi)的磁場分布

與上述類似的討論可得B=0（注意r﹤R）

（2）P是電流平面外任意點，從點P向電流平面作垂線，以垂足O為原點建立坐標系?？紤]坐標為x，寬為dx的直線電流，其電流強度為jdxdI=。此電流在P點產(chǎn)生的磁

感應(yīng)強度為r

jdx

r

dI

dBπμπμ2200=

=

。因為電流相對于Y軸對稱分布Bd的z分量將被抵

消只有x分量是有效的，)

(2cos2

2

0xzjzdxx

zdB

dBdBx+=

==πμα

對上式積分可得2

0j

Bμ=

8、10解：長直螺線管的磁感線集中于管內(nèi)，平行于管軸。垂直于管壁在管內(nèi)外取一矩形回

路，管外部分處處B=0，，在管內(nèi)與磁感線垂直的線段上，磁感線的線積分為零，唯有管內(nèi)與磁感線平行的線段a上B為恒量，且B的方向與回路方向相同，因此B沿

回路的線積分BaBdr

rdBa

??==

?。設(shè)螺線管單位長度上的匝數(shù)為n，則矩形回路

所包圍的電流為naI，根據(jù)安培環(huán)路定理naIBa0μ=，故nIB0μ=

8、13解：應(yīng)用安培環(huán)路定理可以證明此螺繞環(huán)外部磁場為零；內(nèi)部的磁場強度為r

NI

Bπμ20=

。在內(nèi)部截面上距軸線r處取一寬為dr、長為h的條形面積，面積上磁

通量為hdrr

NI

BdSdπμφ20=

=

整個截面上的磁通量1

200ln

222

1

RRNIhdrr

NIhdRRπ

μπμφφ=

==

?

?

8、15解：無限長導(dǎo)體圓柱內(nèi)、外的磁場分布分別為2

012R

Ir

Bπμ=

，r

I

Bπμ202=

在剖面上距軸線r處取一長為l、寬為dr的條形面積，該面積上磁場方向與面積垂直，

磁感應(yīng)強度為2

012R

Ir

Bπμ=

。該面積的磁通量rdrR

Il

BldrBdSd2

02πμφ=

==

圓柱內(nèi)環(huán)繞軸線的磁通量為??

=

==

R

Il

rdrR

Il

d0

02

042π

μπμφφ

8、18解：圓盤上面電荷密度2

R

q

πσ=，考慮圓盤上半徑為r、寬為dr的同心圓環(huán)，環(huán)上

電量為2

22R

qrdrrdrdq=

=πσ。當盤以角速度ω轉(zhuǎn)動時，環(huán)上電流2

2R

qrdrdqdIπωπ

ω

=

=

它在盤心處的磁感應(yīng)強度為2

0022R

qdr

r

dI

dBπωμμ=

=

。故盤心處的總磁感應(yīng)強度

R

q

drR

q

dBBR

πωμπωμ2200

2

0===

?

?

8、20解：設(shè)金屬筒半徑為R，面電流密度為R

Ijπ2=，在筒壁上沿電流方向取長為h、

寬為dl的條形面積，此面積上電流是直線電流，其大小dlR

IjdldIπ2=

=

在此面積內(nèi)側(cè)緊鄰處無磁場，說明在該處此直線電流的磁場1B與筒壁上其它電流的

磁場2B大小相等，方向相反。因此，在此面積外側(cè)緊鄰處，此直線電流的磁場

1/

1BB-=與筒壁其他電流的磁場2B大小相等方向相同。該處合場強的大小為

22/

12BBBB=+=。又已知該處磁感應(yīng)強度大小為R

I

Bπμ20=

，因此R

I

BBπμ42

02=

=

小面積上電流方向與2B的方向垂直，故此面積筒壁受到的磁力大小為

2

2

2

028R

hdlIhdIBdFπμ=

=。單位面積筒壁受的磁力大小為

2

02

022

202

)2(

2

8jR

IR

I

hdl

dFdS

dFμπμπμ=

=

=

=

方向垂直且指向軸線。

8、23解：（1）作半圓柱面及導(dǎo)線截面，過導(dǎo)線作z軸將半圓弧等分。半圓柱面上面電流密度為RI

jπ=

，在圓弧上取線元dl，過dl的電流為θπ

πdI

dlR

I

jdldI=

=

=

這里θRddl=。此直線電流對軸線上的直線電流單位長度的作用力為

θπμπμdR

I

R

IdIdF2

2

0022=

=

。方向沿線元與直線電流連線指向外側(cè)。

由于半圓柱面上電流分布對z軸具有對稱性，所以其與z軸垂直的分量將被抵消，只有與z軸平行的分量是有效的其大小θθπμθdR

I

dFdFxcos2cos2

2

0=

=

整個半圓柱面上的電流對其軸線上的導(dǎo)線單位長度的作用力大小為

??-

=

=

=

22

2

2

02

2

0cos2π

π

πμθθπμR

I

dR

I

dF

Fx

x，方向沿z軸的反方向，即為斥力。

（2）若將一無限長直導(dǎo)線代替半圓柱面，此導(dǎo)線應(yīng)在z軸上某點通過，設(shè)該點坐標為d，

則它對軸線上導(dǎo)線單位長度的作用力為d

I

Fzπμ22

0=

由方程

R

I

d

I

2

2

02

02πμπμ=

可得Rdπ2

1=

8、28解：（1）兩極板間的位移電流Adt

dEr

dt

dESdt

dId2

2

00010

0.7-?====πεεφε

（2）沿極板邊緣B的積分?=?rBldBπ2根據(jù)deL

Idt

dldB00

0μφεμ==??。由以上關(guān)系可得Tr

IBd

7

010

8.22-?==

πμ

第九章磁場中的磁介質(zhì)9、6解：（1）管內(nèi)的磁感應(yīng)強度Tl

NI

B5

0010

5.2-?==

μ

磁場強度mAl

NIBH/200

0===

μ

（2）當管內(nèi)充滿均勻磁介質(zhì)時，在管內(nèi)TBBr11.00==μ

mrAHBB

H/2000

0====

μμμ

（3）在磁介質(zhì)內(nèi)，由導(dǎo)線中電流產(chǎn)生的磁場TB5

0105.2-?=

由磁化電流產(chǎn)生的磁場TBBB11.0105.211.05

0/=?-=-=-

9、7解：（1）環(huán)內(nèi)的磁通量密度TS

B2

10

2-?==

φ

（2）環(huán)內(nèi)的磁場強度mAl

NIB

Hr

/320==

=

μμ

（3）磁化面電流密度mAHB

Mj/106.14

/?=-=

=μ

（4）環(huán)內(nèi)材料的磁導(dǎo)率mHH

B/10

3.64

-?==

μ

相對磁導(dǎo)率2

100.5?==

μμμr

（5）鐵心內(nèi)的磁化強度mAB

M/106.14

?==

μ

9、9解：設(shè)無鐵心時，使管內(nèi)產(chǎn)生同樣的磁場的電流為/I，則/0nIBμ=未抽鐵心時，管內(nèi)磁場強度nIH=，聯(lián)立以上兩式得H

BI

I0/μ=

由圖可查得，當TB2.1=時，H約為mA/220，因此得mAI/106.24/?=

9、11解：當導(dǎo)線中存在電流時，由于導(dǎo)線位于磁心的軸線上所以磁心內(nèi)磁場具有軸對稱性。

應(yīng)用關(guān)于H的環(huán)路定理，H沿環(huán)內(nèi)半徑為r、軸線與導(dǎo)線重合的圓周的積分為

?==?irHrdHπ2，所以r

iHπ2=

可見磁心內(nèi)磁場是不均勻的，外側(cè)磁場最弱。只要電流的峰值在磁心外側(cè)產(chǎn)生的磁場超過矯頑力，磁心的磁化方向就全部翻轉(zhuǎn)。因此，以R表示磁心的外半徑，電流的峰值的最小值應(yīng)為mARH

Ic

0.52==π

第十章電磁感應(yīng)

10、1解：在導(dǎo)線ab上距長直導(dǎo)線r處取線元dr，該處的磁感應(yīng)強度r

I

Bπμ20=

方向垂直紙面向內(nèi)。該線元以速度υ運動時，其感應(yīng)電動勢drr

IdrBdπυ

μυε20==

方向向左，導(dǎo)線中的感應(yīng)電動勢

Vd

ldIdrr

Idr

dd

5

0010

1.1ln

22-+?=+=

==

??

π

υ

μπυ

μεε

10、3解：線圈左側(cè)邊處的磁感應(yīng)強度d

I

Bπμ201=

，方向垂直紙面向內(nèi)，線圈運動時左邊產(chǎn)

生的感應(yīng)電動勢d

L

ILBπυμυε2011=

=，方向為順時針方向。

同理可得線圈右邊的感應(yīng)電動勢)

(2022adL

ILB+=

=πυμυε，方向為逆時針方向。

線圈的上下兩邊因與速度方向平行，感應(yīng)電動勢為零，因而線圈中總的感應(yīng)電動勢Va

dd

LN

IN3

02110

2)11(

2)(-?=+-

=

-=π

υμεεε

10、4解：在矩形線圈面積上與直線電流相距r處，取一寬為dr、長為l的的條形面積，該

面積上的磁場方向與面積垂直，大小為r

i

Bπμ20=

。

該面積上磁通量r

ildr

BdSdπμφ20=

=，矩形線圈的磁通量則為

d

adil

r

ildr

da

dd

+=

==??

+ln

2200π

μπμφφ。感生電動勢

)(100cos104.4100cos)(ln250)(ln

22

00Vttd

adNldtdidadNl

dt

dN

ππμπ

μφε-?-=+-+-

=-=10、5解：設(shè)想磁場中存在Oab三角形回路，此回路的面積為2

2

)2

(

2

1LRLS-=

此面積的通量為2

2

)2

(

2

1LRLBBS-=

=φ。當磁場變化時，回路中感生電動勢

dt

dBLRLdt

d2

2

)

2

(

2

1--

=-

=φε。因為磁場在增強，電動勢沿逆時針方向。另一方

面，感生電動勢也可以用感生電場沿三角形回路的積分計算?????+

?+

?=

?=

Oa

ab

bO

i

i

i

L

i

ldE

ldE

ldE

ldE

ε

因為磁場分布的軸對稱性，在Oa段和bO段上，iE與ld垂直，這兩段上無電動勢，ab上的電動勢即為ε，故棒中的感生電動勢為dt

dBLRL2

2

)

2

(

2

-=

ε。故b端電勢高

10、8解：當線環(huán)平面法線與磁場方向夾角為θ時，線環(huán)平面的磁通量為

tBSBSωθφcoscos==當線n旋轉(zhuǎn)時，它的感應(yīng)電動勢為

tnNBStNBS