電磁學課后部分習題答案解析

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，他

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,另一個點電荷的電荷量為

%=(。-兩者距離為r,則由庫侖定律求得兩個電電荷之間的作用力為

F二q(Qq)

4在'。廠

令力F對電荷量q的一階導數(shù)為零，即

dF_{Q-q)-q_

-7—U

dq4麻。廠

得

Q

4=%=萬

即取?=%=?時力F為極值，而

d2F2八

dq痛

幻一Q土4or

故當％=%=?時,F取最大值

1.2.6兩個電荷量相等的同性點電荷相距為2a,在兩者連線的中垂面上置

一試探點電荷%,求為受力最大的點的軌跡.

解答：

如圖(a)所示,設(shè)有兩個電荷量為q的點電荷，坐標分別為(-。，0,0)和

(a,0,0),試探點電荷%置于二者連線的中垂面Oyz上坐標為(0,y,z).

r^yj+zk為原點0至試探點電荷q。的失徑,距離為r=正+孑，如圖⑹所

示.

(b)

根據(jù)對稱性，所受合力的方向與失徑r平行或反平行.其大小為

F=2k產(chǎn)2sina=2k—名應「

廠+。(八*％

求上式的級值,去F對r的一階導數(shù)并令其為零,的方程

-3r2+(/+*=0

求得

求二階導數(shù)并帶入r=-y,得

d-F/+/[%<()

=-\la~kqqQr^

dr~4ia

lr=------

2

說明此時F取極大值

因此，外受力最大的點的軌跡是在中垂面上的圓心坐標為(0,0,0)半徑為

華的圓?

1.3.6附圖中均勻帶電圓環(huán)的半徑為R,總電荷量為q

(1)求數(shù)軸線上離環(huán)心0為X處的場強E

(2)軸線上何處場強最大?其值是多少？

(3)大致畫出E-x曲線.

解答:設(shè)圓環(huán)的帶電線密度為

如圖(a)所示，圓環(huán)一小段dl到軸上一點P的距離為r,即有dqfdl,

cosa=：該小段對P點產(chǎn)生的場強大小為

dE=k4=k^-

廠r~

根據(jù)對稱性，尸點場強僅有x分量，在x軸的分量大小為

dE=dEcosa=k'

叱;a

qx

E=\dEx=k——“x3/2兀R=-----四-

(4+巧力2與(肥+%21%4f俾+%2)%

P點場強為

主=qx3i

4f(R2+/)/

d2E.

(2)應求也并令其值為0,求得當％=逑，E取極值，而二TL<°，

ax2a人

2

土逑點的場強取最大值，其值為

根據(jù)對稱性，位于軸上x=

2

二工q二

i=±-=----1

6。37r2

(3)如圖(b)所示。

dl_____

亞--也-o立￡

~~~2~

(a)(b)

1.3.8把線電荷密度為〃的無限長均勻帶電線分別彎成圖(a),(b)所示的兩

種形狀.若圓弧半徑為R,求兩圖中的0點的場強E.

解答：

(1)先求豎直半無限長段帶電線在。點產(chǎn)生的場強E1,由習題1.3.7(2)

可知

4%R

得

r)dl.rfldl

dE.,=k——sina=-k----------r-

‘/(后+〃)%

故

同理,水平無限帶電線在0點產(chǎn)生的場強為

對于圓弧帶電線o點的場強E3,

m14dl.r/da

dE.=k-Hrcosa=k-cosa

3xrr2R

/cosada=---

R)4唉R

同理得

4/r%R

故

i+j

4TT%R

解得

7

E=E\+E2+Eii+j

4TT￡0R

(2)利用(1)的結(jié)論.圖b,A-8的帶點直線在o點的場強為

Eh春(一沔

B-8的帶點直線。點的場強為

Ev=--——Ji切

4萬&R

根據(jù)對稱性，圓弧帶電0點的產(chǎn)生的場強僅有x分量，即

豆弧=片小卷以

cosada=——{—

2fR

故帶電線在0點產(chǎn)生的總場強為

E=E上的江+E=0

1.4.6電荷以體密度P=夕。(1-1)分布在半徑R的球內(nèi)，其中夕o為常

量,r為球內(nèi)某點與球心的距離.

(1).求球內(nèi)外的場強？

（2）.r為多大時場強最大?該點場強七?^二9

解答：（1）以帶電球心為心，在球內(nèi)以r為半徑作一高斯面，它所包圍的電荷

量為

21

q(r)=(1-^-)rsin0drd0d(p=4^p0{C-r'dr

=AX（g-3）

JK

由于電荷分布滿足球?qū)ΨQ性，因此在球面上的電場方向僅為徑向，其

大小相等，即

4r

用4夕2=Po兀戶3~—

￡0

求得求內(nèi)的場強為

百A）rzi3尸一

E內(nèi)二-----（1------）e

344Rr

以帶電球為心,在球外以rOR）為半徑作一高斯面,它包圍的電荷量為

34Po兀R'

q(R)=p^R\--r)=

03

求的球外的場強為

￡外二PoR3工

12%戶

⑵顯然，云外不從在極值現(xiàn)求石內(nèi)的極值,令

隼啜（1-步。

2

即當廠=§R時.片內(nèi)取極值.又因

r=2R/3

故場強最大值

9/

1.4.8在球心為0半徑為a、電荷體密度為P的均勻帶電體內(nèi)偏

心挖去一個半徑為b的小球（球心為。），如附圖所示.

（1）試怔空心內(nèi)存在均勻電場并寫出場強表達式（以c代表從0到。的矢

量）；

⑵求。、d連線延長線上M點和P點的場強E,n和Ep

解答：

習題1.4.8附圖圖1.4.8

圖為挖空腔,T為空腔這任意一點，空腔這電荷分布可看作電荷體

密度為0的實心均勻帶電球再偏心位置處加上一個電荷體密度為-P的均勻帶電

的疊加結(jié)果.因此.空腔這任意T的場強￡應該等于一個電荷體密度為2的均勻

-?-?

帶電球在T點產(chǎn)生場強￡與電荷密度為-夕的均勻帶電球產(chǎn)生的場強與

E-p均可利用高斯定理求得，即

—?-?

方=紅E-P=-^

3%'3痂

-?--?I

式中：弓為從大球圓心。指向T點的矢徑；G為從圓心O指向T點的矢徑.

空腔中任意點T的場強為

E=EP+E-P=^-^=/-C

343%

因T點為空腔中任意一點,c為一常矢量，所以空腔內(nèi)為-均勻電場

(2)M點為大球內(nèi)一點，根據(jù)疊加原理得

P點為大球外一點,根據(jù)疊加原理得

EP

3f0L(rp+c)

L6.3附圖中A與0,0與B,B與D的距離皆為L,A點有正電荷q,B點

有負電荷-q。

(1)把單位正點電荷從0點沿半圓0CD移動到D

點，電場力做了少功？?

(2)將單位正點電荷從D點移到無窮遠處電場力

所做的功為多少？

解答：1)單位正電荷位于A點正電荷和B點負

電荷的場中，它在0點所具有的電勢能為

習題L6.3附圖

Wo=k^-+k^-=O

LL

同理，它在D所具有的電勢能為

恒=女旦+左二^=—q

3LL6%右0乙

將單位正電荷從0點移到D點電場力所做的功與路徑無關(guān)，則

A.O—q=Wo—WD=-------------

6718aL

2)因為將單位正點電荷從D點移到無窮遠處電場力所做的功為:

A+=WD—W<X>=——--------0=———

67T8OL67T￡OL

則單位負點電荷從D點移到無窮遠處電場力所做的功為

671S()L

1.6.6求1.4.8題中0,0',P,M各點的電勢。

解答:均勻電荷密度為p的實心大球的電荷量。=夕等"3挖去空腔對應小球

的電荷量q=

①電荷密度為p的大球在M點的電勢為

Vp(.)=―-—=Pa

3e()KM

電荷密度為的小球在M點的電勢為

丫(Q_P6

V-p---------------------------------------------------------

4犯()(RM+C)3￡O(-M+C)

則M點的電勢為

(33

VM=Vp(rw)+V-p(/-,W)—PI-----------

3eoIrwPM+cy

②電荷密度為。大球在P點的電勢為

a_oo_

V.(")=J而*d；+J后*47=2(3"2_方)

rpa6eo

電荷密度為-0小球在P點的電勢為

—pb3

V—p(rp)—

3eo(o+c)

P點的電勢為

2

VP=Vp(rp)+V-p(/?/,)=P3d—Kp'------------

6co(rw+c?

③電荷密度為夕大球在o點的電勢為

aoo1

pa2(一夕”2_pg

Vp{ro)=［石內(nèi)*4廠+j*E*dr=

roa6g()6e()2e()

電荷密度為一0的小球在0點的電勢為

b_co_

V-p(ro)=jb-p內(nèi)養(yǎng)dr+Jf-p*公=4.伊_%+但

650''3eo

cb

=2巴:、

32。、22

④電荷密度為「大球在。點的電勢為

a_oo_

222

VP(r0')=J瓦*d；+jE*J?=-^-(3a-3Z?+c)

cab￡o

電荷密度為一P小球在。'點的電勢為

082212

V-PM=后“僑"+后一。*"="_3=色

J6eo3eo2so

?！c的電勢為

Vo=Vp仿｝+V-p(m)=，-(3/—3/—c?)

2.1.33塊平行金屬板A、B、C構(gòu)成平行板導體組.以S代表各板面積，X

及d分別代表A、B之間及B、C之間的距離.設(shè)d小到各板可視為無限大平板.

令B、C板接地，A板電荷量為Q,略去A板的厚度，求：

(1)B、C板上的感應電荷；

(2)空間的場強及電勢分布.

解答：

(1)設(shè)各板表面的面密度由左至右電荷為必，%,a3,

a

4?%,(T6

即有%=-%,%=~a5.由于B、C板接地，故兩板的外側(cè)

電荷面密度5=q=。?設(shè)A、B板的距離為x,則A、C間

習題2.L3附圖

的距離為d-X,因UAB=UAC，故有

,用二￡(d—九)

式中:

_2__4￡lI，=

Kil

￡o%

得

—d—%

cr4%

_Q_Q

因

聯(lián)合解得

X—(1

?0,

SdSd

從而知

%=一5Sa。

求得B板的電荷

x.d

C板的電荷

（2）各區(qū)的場強分別為

X

EiFFE=0,Ew=-------QeABEmQEAC

%SdsQSd

設(shè)r為A到場點的距離，則各區(qū)的電勢分別為

d-xx

匕市v=o,v?=。（工一廠），%Q(d-x-r)

￡0Sd￡0Sd

2.1.5半徑為R的金屬球經(jīng)電壓為U的電池接地，球外有一與球心距離為

2R的點電荷q,求球面上的感應電荷q'。

解答:金屬球內(nèi)為等勢區(qū)，電勢值為U.面上

各點的感應電荷面密度分布不均勻，

u工

設(shè)球上電荷的總電荷量為q，,取球心0,該點的電勢為所有電荷在該點電勢的總貢

獻，按電勢疊加原理

rrTTq,ffbdSqq

4府0（27?）4^（）7?4座o（2R）4Tzz'oR

解得

q=^7V￡ORU——

2

2.2.3半徑為RA的金屬球外罩一同心球殼金屬球殼B,球殼極薄，內(nèi)外半徑

均可看作R”已知A、B的電荷分別為必和

（1）求A的表面&及B的內(nèi)外表面S3、S3的電荷qi

、Q2'q3；

（2）求A和B的電勢V,和VB；

（3）將球殼B接地，再回答（1）（2）兩問；

（4）在（2）問之后將球A接地，再回答（1）（2）

兩問；

（5）在（2）問之后在B外再罩一個很薄的同心球殼

C（半徑為Rc）,再回答（1）（2）兩問，并求C的電勢

Vco

解答:

（1）A的表面5］及B的內(nèi)外表面$2、S3的電荷量％、/%分別為

%=0八，%=-。4，%=。八+QB

（2）用場強E積分求A的電勢VA,即

1

匕=,邑+%

4碼）《*+E叼3+4兀%&RB

球殼B的電勢VB可用球殼場強瓦卜=絲烏Z沿徑向積分求得

4fr

V—「3八口幺理］

4笳o幾廠4疫°（此J

（3）將球殼B接地后，導體A的表面S1及B的內(nèi)、外表面§2、S3的電荷

量彷、92%分別為

%=。八，%=-。八必=0

可求得導體A的電勢為

V4=—（-——-）

4%）RARB

因?qū)w殼B接地，故B的電勢為

匕=。

（4）在（2）問之后將導體A接地后，球A的表面S1及B的內(nèi)外表面S2、S3

的電荷量1、92%分別為

%=。"，％=-0，/+。8

根據(jù)電勢疊加原理，有

O,+GQ

)=左(廣+

R

解得

B的內(nèi)外表面邑、S3的電荷量分別為

42=誓。2

%=0+%=S'包一RA）

A的電勢為

匕=。

B的電勢為

y_/_。8（&-RA）

B4底QRB4九外R：

（5）在（2）間之后在B外再罩一個很薄的同心金屬球殼C（半徑為Rc）后，

A的表面S］及B的表面S?、S3的電荷量J、920不變.由于同心金屬球殼C的

存在，球殼C的內(nèi)、外壁的電荷量分別為-%和“3?因此按電勢疊加原理，金屬

球殼C的存在對A和B的電勢的貢獻均為0.匕和匕分別為

4fRARB

y_+QB

4密時

球殼C的外壁的電荷量為%=QA+QB，故球殼C的電勢為

v=QA+QB

4?。?/p>

2.3.2平板電容器兩極板A、B的面積都是S,相距為d.

在兩板間平行放置一厚度為x的中性金屬板C,則A、B仍可看作一個電容器的

兩極板.略去邊緣效應.

(1)求電容C的表達式；.1.

(2)金屬板離極板的遠近對電容C有無影與C

響？TB

(3)設(shè)末放金屬板時電容器的電容習題2.3.2附圖

Co=600MF，兩極板間的電勢

差為10V,A、B不與外電路連接，求放入厚度x的金屬板后的電容C及兩

4

板間的電勢差U.

解答：(1)平行放置一厚度為x的中性金屬板后,在金屬板上、下將出現(xiàn)等值

異號的感應電荷，電場僅在電容板極與金屬板之間，設(shè)電荷面密度為名,電場

為后=曳

%

A、B間電壓為

UAB=曳3-%)=4(d-X)

%￡()S

A、B間的電容C為

Q_2)_()S

UABd-x

(2)金屬板離極板的遠近對電容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

PV4

。=妥=—C（）=800〃尸

3d3

T

由于A、B不與外電路連接，電荷量0o不變，此時A、B間電壓為

U=幺=。％=7.5V

"CABc

2.5.23個點電荷的相對位置，計算：

（1）各對電荷之間的相互作用能；

（2）該電荷系統(tǒng)的相互作用能。

解答：將3個電荷分別編號為123,如圖2.5.2所示。

23

習題252的圖

S2.5.2

（1）按定義

V21=k—,V12=k——

aa

V3\=k——,V\3=k—―

2a2a

V23=A:—,V32=k——

aa

電荷1與電荷2之間的相互作用能為

1―〃2

W\2=—(<71V21+q2V12)—---------

2V74的)a

電荷1與電荷3之間的相互作用能為

1“2

W13=_(<yiV3i+q?V13)—--------

2S/rsoa

電荷2與電荷3之間的相互作用能為

1、—

W23=—(zqiV32+q^V23)=--------

2V7

(2)電荷系統(tǒng)的相互作用能為

—3。2

Wl23=Wl2+W23+W13=--------------

8女■()〃

2.5.4一均勻帶電體(非導體)半徑為R,總電荷量為Q,求其靜電能.

解答：

均勻帶電體的電荷體密度0=1%，距球心r處的電勢為

3

Rco

V(r)=1石內(nèi)

rR

均勻帶電球的靜電能為

2\，.niiziiA-7rR23Q2

-r~)rsinOdra0d(p=----------p"

'15fo20^-foT?

3.2.1.偶極距為p的偶極子處在外電場E中：(1)若E是均勻的,p與E的夾角

9為何值時電偶極子達到平衡?此平衡是穩(wěn)定平衡還是不“q

穩(wěn)定平衡？圖一六iS—U

3.2.1_q/

(2)若E是不均勻的，電偶極子能否達到平衡？

解答：

(1)如圖3.2.1所示，偶極子的電荷量q和-q所受的電場力分別為qE和-qE,

大小相等,合力為0,但所受的力矩為

M=pXE

當且僅當0=0和6=口時，電偶極子的力矩為0,達到平衡狀態(tài)，但在

。=0的情況下稍受微擾，電偶幾極子將受到回復力矩回到平衡位置上

因此，o=0時,是穩(wěn)定平衡，但在9=11的情況是不穩(wěn)定平衡.

(2)若E不均勻，一般情況下，偶極子的電荷量q和-q所受的電場

力不0,電場力將使偶級帳子轉(zhuǎn)向至偶極矩p與場強E平行的情況由

于電場不均勻，偶極子所受的合力不為0,因此,偶極子不能達到平衡

狀態(tài)

3.4.2附圖中A為一塊金屬，其外部充滿電介質(zhì)，已知交界面某一點的極

化電荷面密度為。'，該點附近電介質(zhì)的相對介質(zhì)常

量為￡r求該點的自由電荷面密度

解答：

緊靠導體A表面的極化電荷面密度與該處的

極化強度矢量于在導體面法線上的投影為Pn的

關(guān)系為

。=~Pn

式中：法線的方向為導體的外法線方向.

利用關(guān)系P=與0=E,得

DD

0=-￡x—n-=-x-

o￡0￡r￡r

緊鄰該導體面作一貫通導體表面的小柱面，根據(jù)電介質(zhì)中的高斯定理可證得

緊靠導體A的表面電介質(zhì)的電位移矢量在導體面的外法線投影

從而有

3.5.3平板電容器兩極板相距為d,面積為S,其中放有一層厚度為t,相對

介點常量為*的均勻電介質(zhì)，電介質(zhì)兩邊都是空氣（見附圖）。設(shè)兩極板間電勢

差（絕對植）為U,略去邊緣效應。

__?—?

求（1）：電介質(zhì)中的電場強度石，電位移Q和極化強度產(chǎn)；

（2）：極板上自由電荷的絕對值外;

（3）:極板和電介質(zhì)間隙中（空氣中）的場強后空；

（4）:電容C.

解答：

（1）：加棚“2”標記，其余空氣空間用“1”I

標記，單位e”方向為由高電勢指向低電勢，兩極----------------j

間的電勢差（絕對值）4T_

無論在空間1還是在2中，其電位移矢量。相等，故有

*0及〃==￡。￡書2n

即

u

------------------en

(1—￡,.)/+￡rd

解得

3_r_—1)U-

P2=20%E2-

°(l-￡r)l+￡rd

(2)因。。二?！?，故極板上自由電荷的電荷量(絕對值)為

明3^7

(3)極板和介質(zhì)間隙中(空氣中)的場強￡空=￡],故

-slj一

E空=-------------------en

(1-￡「)/+￡rd

(4)電容為

Q―^—￡廬公

'~U~(l-￡r)l+￡rd

3.7.2將半徑為R、電荷量為q。的導體置于絕對介電常數(shù)為￡

的均勻無限大電介質(zhì)中，求電介質(zhì)內(nèi)任一點的能量密度.

解答：

距球心r處的電位移矢量和電場能量強度分別為

/_夕°一

一三q°一

D~G,E=----er

4%廣4?！阹~

電介質(zhì)內(nèi)任一點的能量密度為

1—*--qo2

We=—D'E=

2327r2”4

4.3.2用電阻率為。(常量)的金屬制成一根長度為L、底面半徑分別為a

和A的贅臺導體

（1）求它的電阻；

（2）試證當a=b時，答案簡化為丑（其中S為柱體的橫截面積）.

S

解答：按電阻定義

因長度/是半徑r的函數(shù)，故

l=rCQta=r-L-

b-a

Ldr

dl=

h-a

元電阻為

pLdr

dR二

7i[b-a^r2

求得錐臺形導體的電阻為

(1)當a=〃時，電阻為

7ia~S

4.4.7求附圖中A、B、D、E各點的

電勢.

解答：

因?1的支路被導線短路，故加在電阻R?與

此串聯(lián)的電路兩端電壓就是電池e?的端電壓，

因電池e2的負極接地，A點的電勢為

習題4.4.7附圖

VA=I4R4=

火2+穴4

從圖中可見63、e2的負極及e1的正極接地，故

Ve

B=3?VD=e2VE=-6]

4.5.1附圖￡1=12V,￡2=2匕吊=1.5Q,R3=2Q,，2=L4,求電流/i」3及R2的阻

值.

解答：

列出節(jié)點方程及選兩個網(wǎng)孔的閉合回路的電流正方向為順時針方向，得

13=12—11

￡\—hR\—I3R3sr

Ri

￡2=—I2R2—I3R3

代入數(shù)據(jù)，解得

/i=4412=—3ARi=4Q

/3的電流方向與圖中設(shè)定的正方向相反.

5.2.4截流導線形狀如附圖所示(直線部分伸向無限遠)，求0點的B.

解答：

(a)設(shè)兩直線截流導線在0點激發(fā)的磁場分別為Bl和B2,圓弧截流導線在

習題5.2.4附圖

0點激發(fā)的磁場為B3,則

故合磁場為

方=瓦+瓦+瓦=—皿pJ+’E、

2H1271y

磁場大小為

5=嗎\與=-7^

2R\47i24〃R

(b)設(shè)平行x軸的直線截流導線在o點激發(fā)的磁場為B1,平行z

軸的直線截流導線在0點激發(fā)的磁場為B2,圓弧截流導線在0點激發(fā)的磁場為

B3,則

〃。/

B\—

4^

瓦潟用

〃（）/

Bi=

4/rR

故合磁場為

豆=瓦+瓦+耳=——「(1+?)7+日

4乃RL')」

磁場大小為

B=^-^2+271+7T2

4萬R

(c)設(shè)平行X軸正方向的直線截流導線在O點激發(fā)的磁場為B1,

平行x軸負方向的直線截流導線在O點激發(fā)的磁場為B2,圓弧截流導線在O點

激發(fā)的磁場為B3,則

JLloI

B\=-k

4兀R

Rol

Bi=

4TTR

3〃o/

&=

8R

故合磁場為

<3-1-1-)

屋扇瓦+瓦二郎-，+—j+—k

(27171

磁場大小為

5.2.10附圖中的A、C是由均勻材料制成的鐵環(huán)的兩點,

兩根直長截流導線從A、C沿半徑方向伸出，電流方向如圖所

示。求環(huán)心。處的磁場B。

解答：

設(shè)在鐵環(huán)的優(yōu)弧長度/i的電流為H,劣弧長度上的

電流為12,因為電阻與長度成正比，所以有習題5.2.10附圖

———或/1/1=1112

hh

電流n與12在o點產(chǎn)生的磁場分別為

cUollI2

02=----------------------

2R2兀R

由此得

B1=B2

電流II與電流12流向相反，因此二者在O點產(chǎn)生的B1與B2方向相反，故

B=B1+B2=O

5.3.2兩無限長截流直導線與一長方形框架共面

（見附圖），已知。=8=C=10cm,I=10m,I=100A

求框架的磁通量。

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

①1與①2,設(shè)框架面積的法線方向取垂直紙面向里，因。=

則有習題5.3.2附圖

小〃o〃[a+bi八

①]=①2=----In-------=1.385x10Wb

2%a

框架的磁通量為

①=2①1=2.77x10-4卬匕

5.4.4電流以密度J沿Z方向均勻流過厚度為2d的無限大導

體平板，求空中各點的磁場片.

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

三沿x軸的負方向；在y〈0空間另沿x軸的正方向

（1）求板內(nèi)磁場如:在板內(nèi)以y=0平面為對稱面，距此面

相同距離3作平行Oxy面逆時針方向的矩形路徑，如圖所示，通過此路徑包圍面

積的電流

I'=JQy）h

根據(jù)安培環(huán)路定理

2姓”（21|）.

解得

B內(nèi)=|y|

考慮B內(nèi)的方向，有

B內(nèi)=B/=一RoJyi

（2）求板外磁場當卜: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

J(2d)h

根據(jù)安培環(huán)路定理

2hB外=〃oJ(2d)h

考慮猊的方向，有

8外=±〃()4,(y>0,取負號；y<0,取正號)

5.6.5半徑R=0.2m、電流I=10A的圓形線圈位于B=1T的均勻磁場中，線

圈平面與磁場方向垂直.線圈是剛性的,且無其他力作用

(