電磁學(xué)課后習(xí)題答案

1、第五章靜電場59若電荷Q均勻地分布在長為L的細(xì)棒上求證：(1)在棒的延長線，且離棒中心為t處 的電場強(qiáng)度為c 1 衛(wèi)E _； 2Ji e04r 一2L(2)在棒的垂直平分線上，離棒為r處的電場強(qiáng)度為E Q1分析這是計(jì)算連續(xù)分布電荷的電場強(qiáng)度此時権艸長度不能忽略，因而不能將棒當(dāng)作點(diǎn)電 荷處理但帶電細(xì)棒上的電荷可看作均勻分布在一維的長直線上如圖所示，在長直線上任意 取一線元dx,其電荷為dq=Qdx/L,它在點(diǎn)P的電場強(qiáng)度為dE1李JJTE0dq2err整個帶電體在點(diǎn)P的電場強(qiáng)度接著針對具體問題來處理這個矢量積分.(1)若點(diǎn)P在棒的延長線上，帶電棒上各電荷元在點(diǎn)P的電場強(qiáng)度方向相同,EdEiL(2

2、)若點(diǎn)P在棒的垂直平分線上，如圖(A)所示，則電場強(qiáng)度E沿x軸方向的分量因?qū)ΨQ性疊加為零，因此，點(diǎn)P的電場強(qiáng)度就是EdEyjsin adE jdq證延長線上-點(diǎn)P的電場強(qiáng)度E = L十用幾何關(guān)系統(tǒng)-積分變0E( - )p電場強(qiáng)度的方向222240LrxLrL / 2rL / 2 " 4rLJCeJT££400沿x軸.(2)根據(jù)以上分析，中垂線上一點(diǎn)艮曲電場強(qiáng)度E的方向沿y軸，大小為=/sindq-j a = +) dE24rJIE0利用幾何關(guān)系sina=r/r, ,= 2x=統(tǒng)Tm變量，迦+ L/2 1E -z2L/TQdx§/3422rn xr ne

3、e roL40此結(jié)果與無限長帶電直線周圍的電場強(qiáng)度分布相同圖(B) 這說明只要滿足t 題5-14圖7L2<<1,帶電長直細(xì)棒可視為無限長帶電直線.514設(shè)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E與半徑為R的半球面的對稱軸平行，試計(jì)算叔此宰球面的電場強(qiáng)度通量.分析方法1：由電場強(qiáng)度通量的定義，對半球面S求積分，即 sE dSS方法2：作半徑為R的平而S'與半球面S 起可構(gòu)成閉合曲面，由于閉合面內(nèi)無電荷, 由高斯定理E -dS =工 q = 0 )e0這表明穿過閉合曲面的凈通量為零，穿入平面S'的電場強(qiáng)度通量在數(shù)值上等于穿岀半球而S的電場強(qiáng)度通量因而解1由于閉合曲面內(nèi)無電荷分布，根據(jù)高斯定

4、理，有OEdstdS * SS依照約定取閉合曲面的外法線方向?yàn)槎猟S的方向,0 E 11 JI "COS H 299"cos 兀RRE解2取球坐標(biāo)系，電場強(qiáng)度矢蚤和面元在球坐標(biāo)系中可表示為EEcoses incoses iTis ine()0 0=cj Jr20 ()rz zS ERsin (kin °(")°( >)=| dSRsindd§ E dSSji ji =22 ERsindsin 0 002a也 5-17 N分析通常有兩種處理方法：（1）利用高斯定理求球內(nèi)外的電場分布.由題意知電荷呈球?qū)ΨQ 分布，因而電場分布也是球

5、對稱，選擇與帶電球體同心的球而為高斯而，在球而上電場強(qiáng)度0大小為常量，且方向垂直于球面，因而有dSE 白4 ji1=十 /根據(jù)高斯定理EdSMV,可解得電場強(qiáng)度的分布. £0(2)利用帶電球殼電場疊加I的方法'求琲內(nèi)外的電場分布將帶電球分割成無數(shù)個両帶電球2,每個帶電球殼在殼內(nèi)激發(fā)的電場dEO,而在球殼殼，球殼帶電荷為dq P 4 itdr外激發(fā)的電場=dEdq4r 2Gr()=JJl£q s s )由電場疊加可解得帶電球體內(nèi)外的甲劉分平r0dEK0 dEErErJ解i因電荷分布和電場分布均為球?qū)ΨQ,球而上各點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小為常量，由高斯定理1EdS得球體內(nèi)(OWr

6、WR)ftlVe0()=21 JkEr2r4 Jrkr4rdrrE0球體外(r >R)Er 21 *kr4 Te e0009戈 9()=J erer4 £解2將帶電球分割成球殼，球殼帶電2d P r qdVkr4 Jtd由上述分析，球體內(nèi)(OWrWR)Elkr4rdrkrnrree2rr0 Ji or44 ee0球體外(r > R)zzER n lkr4rdrkRlkr4rdrkR22ree040r4 erjt e5-20-個內(nèi)外半徑分別為Ri和&的均勻帶電球殼，總電荷為Q】，球殼外同心罩一個半徑 為&的均勻帶電球而，球面帶電荷為Q求電場分布電場強(qiáng)度是否為

7、離球心距離工的連續(xù)函 數(shù)？試分析.分析以球心0為原點(diǎn)，球心至場點(diǎn)的距離r為半徑，作同心球面為高斯面由于電荷呈球?qū)?稱分布，電場強(qiáng)度也為球?qū)ΨQ分布，高斯面上電場強(qiáng)度沿徑矢方向，且大小相等因而2' EdSE4"rs；在確定咼斯而內(nèi)的電荷q后，利用高斯益EdSq/ 6即口J求-厶 出電場強(qiáng)度的分布.解取半徑為r的同心球面為高斯面，由上述分析E *T _ 4rqe _（一）r<RX,該高斯面內(nèi)無電荷，習(xí)0.故毛 33R1<r<R2,高斯而內(nèi)電荷Q R(r - J )R 12QrR1133 =4 e RRrji021R2<r<R3,高斯而內(nèi)電荷為Q】，故Q

8、14 err>R3,高斯面內(nèi)電荷為Qi+Qc,故E4QQ2214 er兀0電場強(qiáng)度的方向均沿徑矢方向， 側(cè)，電場強(qiáng)度的左右極限不同， 度的躍變量各區(qū)域的電場強(qiáng)度分布曲線如圖(B)所示在帶電球面的兩 電場強(qiáng)度不連續(xù)，而在緊貼r = Rs的帶電球面兩側(cè)，電場強(qiáng)QoAE EE2432 e4 JT eR°03這一躍變是將帶電球面的厚度抽象為零的必然結(jié)果，且具有普遍性實(shí)際帶電球面應(yīng)是有一 定厚度的球殼，殼層內(nèi)外的電場強(qiáng)度也是連續(xù)變化的，本題中帶電球殼內(nèi)外的電場，在球殼 的厚度變小時，E的變化就變陡，最后當(dāng)厚度趨于零時，E的變化成為一躍變.521兩個帶有等量異號電荷的無限長同軸圓柱面，半徑

9、分別為R和R2> RD ,單位長度 上的電荷為入求離軸線為t處的電場強(qiáng)度：(l)r<R1, (2)R1<r<R2,(3)r>R2.(a)( b >題 5-21 N分析電荷分布在無限長同軸圓柱面上,電場強(qiáng)度也必定沿軸對稱分布，取同軸圓柱而為高斯面，只有側(cè)面的電場強(qiáng)度通量不為零，且EqSE2直匚 求出不同半徑高斯面內(nèi)的電V荷無即可解得各區(qū)域電場的分布.解作同軸圓柱面為高斯而，根據(jù)高斯定理E .2rLq/=f：vji0r<Rx,qOE 01XE22 Jr er0在帶電面附j(luò)應(yīng)電場強(qiáng)度大小不連續(xù)，電場強(qiáng)度有一躍變z,qOr>R2在帶電面附近，電場強(qiáng)度大小

10、不連續(xù)，電場強(qiáng)度有一躍變XG202 h jie e 202 JirrL0這與5 20題分析討論的結(jié)果一致.522如圖所示，有三個點(diǎn)電荷Q、Q2> Q3沿丁條直線等間距分布且Qi=Q3 = Q. B知其 中任一點(diǎn)電荷所受合力均為零，求在固定的情況下，將&從點(diǎn)0移到無窮遠(yuǎn)處外力 所作的功.Q o 0©dd _ 二題5-22圖分析由庫侖力的定義，根據(jù)a、Q3所受合力鬲勒可求得山外力作功應(yīng)等于電場力作功W的負(fù)值，即取=TV求電場力作功的方法有兩種：（1）根據(jù)功的定義，電場力作的功為W oQ9Edl=（- O0）=其中E是點(diǎn)電荷Q】、Qs產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度.（2）根據(jù)電場力作功與電

11、勢能差的關(guān)系，有W QVVQV* 020其中V。是Q】、Qs在點(diǎn)0產(chǎn)生的電勢（取無窮遠(yuǎn)處為零電勢） 解1由題意©所受的合力為零QQQ 12 2 Q 3 2°4d42d恥JIE=2=0解得QQQ11 (+ )2344由點(diǎn)電荷電場的疊加，Qi>8Q3激發(fā)的電場在y軸上任意一點(diǎn)的電場強(qiáng)度為(y + )223/2將a從點(diǎn)0沿y軸移到無窮遠(yuǎn)處，（沿其他路徑所作的功相同，請想一想為什么？）外力所作 的功為WORD格式ZQIQyQEdlQdy023/8n042d222 e1解2與解1相同，在任一點(diǎn)電荷所受合力均為零時QQ2,并由電勢4的疊加得Q】、Qs在點(diǎn)0的電勢專業(yè)資料整理JTE

12、JTEn0 0將a從點(diǎn)o推到無窮遠(yuǎn)處的過程中，外g省功W QV20zQ8dJT£0比較上述兩種方法，顯然用功與電勢能變化的關(guān)系來求解較為簡潔這是因?yàn)樵谠S多實(shí)際問 題中直接求電場分布困難較大，而求電勢分匝要簡單得多.5-23已知均勻帶電長直線附近的電場強(qiáng)度近似為Ee2rJie0為電荷線密度.求在r = ri和r = n ®點(diǎn)間的電陰差；（2）在點(diǎn)電荷的電場中，我們曾取t 8處的電勢為零，求均勻帶電長直線甬吐的電勢時？能否這樣取？試說明.解（1）由于電場力作功與路徑無關(guān)，若沿徑向積分，則有E應(yīng)與直線止的電勢聊等.IJl£01（2）不能嚴(yán)格地講，電場強(qiáng)度只適用于無限長的

13、均勻帶電直線，而此時電荷分U12Edrlnr12r布在無限空間，r-處的電茹527兩個同心球面的半徑甸為R和甌 各自帶為電荷Q】和QV求：各區(qū)域電勢分布, 并畫岀分布曲線；（2）兩球面間的電勢差為多少？題5-27圖00分析通常可采用兩種方法（1）由于電荷均勻分布在球面上，電場分布也具有球?qū)ΨQ性，因 此，可根據(jù)電勢與電場強(qiáng)度的積分關(guān)系求電勢取同心球面為高斯面，借助高斯定理可求得WORD格式各區(qū)域的電場強(qiáng)度分布，再由VEdl可求得電勢分布.（2）利用電勢疊加原理求電勢.PP一個均勻帶電的球面，在球面外產(chǎn)生的電勢為Q4rJIE0專業(yè)資料整理Jie0<丿R<!<R1中R是球而的半徑根

14、據(jù)上述分析，利用電勢疊加原理，將兩個球而在各區(qū)域樹沁1 =r QE 21 2e+ r 4廣Jl£0口 QE 3 Q er1224 Ji Er由電勢VEdl可求得各區(qū)域的祠/分布°+f1+當(dāng)R0WR2時,有當(dāng)rR2時，有K1rQ14jre0E1dlK2R1QE2%E 3dlR1+ JR20KV22 rJ14 eJT0Q=Jr 1JT80EdlCO 211R2Q24R= Jl£02VEdl34 jtrr4Rjie02R9E 3 dl1 24 n £R 02(2)兩個球面間的電勢差u cR.122Q111Edl2R4 Ji 取 R012解2(1)由各球而電勢的

15、疊加計(jì)龜勢分循該點(diǎn)位于兩個球而內(nèi)，貝IJQQ12V14 n 4 n eReR0102WORD格式若該點(diǎn)位于兩個球而之間，則24 Ji 4 n eR專業(yè)資料整理_ 002+若該點(diǎn)位于兩個球面之外，g|R2,則vQ3Qf 1=(-)=_ -"-4 EJTr0(2)兩個球而間的電號QQ11UVVrR124 n 4 Ji122 e eRR0102第六章靜電場中的導(dǎo)體與電質(zhì)6 1將一個帶正電的帶電體A從遠(yuǎn)處移到一個不帶電的導(dǎo)體B附近，則導(dǎo)體B的電將()(A)(B )能低(C)不會發(fā)生儻(D)無法確定分析與解不帶電的導(dǎo)體B相對無窮遠(yuǎn)處為零電辭甬帶正電的帶電體A移到不帶電的導(dǎo)體B附近肘，在&

16、;體B的近端感應(yīng)負(fù)電荷;在遠(yuǎn)端感應(yīng)正電荷，不帶電導(dǎo)體的電將高于無 窮遠(yuǎn)處，因而正確叡)金)。6-3如圖焉示將二個電靄q的點(diǎn)電荷放在一個半盔R的不帶電的導(dǎo)體球附近，點(diǎn)電荷距導(dǎo)體球球比d,參見阻圖亠無窮遠(yuǎn)處為零電菇則在導(dǎo)體球球心點(diǎn)有()(A)qE0, V4 Ji de0(B)E QQ4 H 0d4 3T d(C) E0, VO(D) Eqq4 H Cod4 H ER01(1 xEdEdSq = 1=-z題6-3圖分析與解達(dá)到靜電平衡時導(dǎo)體內(nèi)處處各點(diǎn)電場強(qiáng)度為零。點(diǎn)電荷q在導(dǎo)體球表面感應(yīng)等量異號的感應(yīng)電荷土q，導(dǎo)體球表而的感應(yīng)電荷土q在球心0點(diǎn)激發(fā)的電勢為零，0點(diǎn)的電勢等于點(diǎn)電荷q在該處激發(fā)的電勢。

17、因而正確答案為（A） o64根據(jù)電介質(zhì)中的高斯定理，在電介質(zhì)中電位移矢量沿任意一個閉合曲面的積分等于這個曲面所包圍自由電荷的代數(shù)和。下列推論正確的是（）（A）若電位移矢量沿任意一個閉合曲面的積分等于零，曲面內(nèi)一定沒有自由電荷（B）若電位移矢量沿任意一個閉合曲而的積分等于零，曲而內(nèi)電荷的代數(shù)和一定等于零（C）若電位移矢量沿任意一個閉合曲面的積分不等于零，曲面內(nèi)一定有極化電荷（D）介質(zhì)中的高斯定律表明電位移矢量僅僅與自由電荷的分布有關(guān)（E）介質(zhì)中的電位移矢量與自由電荷和極化電荷的分布有關(guān)分析與解電位移矢量沿任意一個閉合曲面的通量積分等于零，表明曲面內(nèi)自由電荷的代數(shù)和等于零；由于電介質(zhì)會改變自由電荷

18、的空間分布，介質(zhì)中的電位移矢量 與自由電荷與位移電荷的分布有關(guān)。因而正確答案為（E） o65對于各向同性的均勻電介質(zhì)，下列概念正確的是（）（A）電介質(zhì)充滿整個電場并且自由電荷的分布不發(fā)生變化時，電介質(zhì)中的電場強(qiáng)度一定等 于沒有電介質(zhì)時該點(diǎn)電場強(qiáng)度的1/ er倍（B）電介質(zhì)中的電場強(qiáng)度一定等于沒有介質(zhì)時該點(diǎn)電場強(qiáng)度的1/£倍（C）在電介質(zhì)充滿整個電場時，電介質(zhì)中的電場強(qiáng)度一定等于沒有電介質(zhì)時該點(diǎn)電場強(qiáng)度 的1/£倍（D）電介質(zhì)中的電場強(qiáng)度一定等于沒有介質(zhì)時該點(diǎn)電場強(qiáng)度的£倍分析與解電介質(zhì)中的電場由自由電荷激發(fā)的電場與極化電荷激發(fā)的電場迭加而成，由于極 化電荷可能會改

19、變電場中導(dǎo)體表面自由電荷的分布，由電介質(zhì)中的高斯定理，僅當(dāng)電介質(zhì)充 滿整個電場并且自由電荷的分布不發(fā)生變化時，在電介質(zhì)中任意高斯面S有OiS eOiS即E = Eo/s,因而正確答案為（A）。6-8 -導(dǎo)體球半徑為匕，外罩一半徑為&的同心薄導(dǎo)體球殼，外球殼所帶總電荷為Q,而內(nèi)球的電勢為V=（）.求此系統(tǒng)的電勢和電場的分布.分析若QV,內(nèi)球電勢等于外球殼的電勢，則外球殼內(nèi)必定為等勢體，電場強(qiáng)度 0H 4-r-JT02處處為零,內(nèi)球不帶電.若Q一 i內(nèi)球電勢不等于外球殼電勢，則外球殼內(nèi)電場強(qiáng)度不為零，內(nèi)球帶4 eRJI02電.一般情況下，假設(shè)內(nèi)導(dǎo)體球帶表示.XI引7或電勢疊加求出電勢的PP

20、q，1、荷的這一分布，利用高斯定理可求伶電場分布.7陰平衡時電荷的分布如圖所示.分布.最后將電場強(qiáng)度和電勢用已矩量VoKQ. R :q =()= ( )-s()=依照電解根據(jù)靜電平衡時電儲粉布廠可知電場分布呈球?qū)ΨQ.取同心球面為高斯面，由高斯定2/EdSEr4rErq e ,根據(jù)不同半徑的高斯而內(nèi)的電荷分布，解得各理兀0（）=區(qū)域內(nèi)的電場分布為r<RI時，ErO0201RW 時，E2r4 £rji0宀時，E2r4 erJT0由電場強(qiáng)度與電勢的積分關(guān)系，可得各相應(yīng)區(qū)域內(nèi)的電勢分布.r<R曲oC% 均V Edl 丄Edl _I1 t 1 %2dlH2E3dl'I q4

21、RJT£01曠/4RJT£02Ri <r<R2時，V Ed】 dlR2r r 2 Rdi q3 4rJTE0=/Q4RJl£02r>R2 時,V3r E3dlQQ4r+0也可以從球而電勢的疊加求電勢的分布.在導(dǎo)體球內(nèi)（r<R=qQ44 eRR n0102+在導(dǎo)體球和球殼之間（R1 <r<R2）V2qQ4r4 eRJTE Jl=cnjz在球殼外（r>R2）由題意V0=qQ44 eRJI JIqQ4R4 eRJl£Jl 0201代入電場、電勢的分布得r<R時Ri <r<R2時,E0；1VxVoRVR

22、Q=101-E； 222r4 eRrJI02r>R2 時,(RR)Q2RVV 103RV(RR)Q 1021E；分析導(dǎo)體球達(dá)到靜電平衡時，內(nèi)表面感應(yīng)電荷一q,外表而感應(yīng)電荷q；內(nèi)表面感應(yīng)電荷不 均勻分布，外表面感應(yīng)電荷均勻分布.球心0點(diǎn)的電勢由點(diǎn)電荷q、導(dǎo)體表面的感應(yīng)電荷共 同決定.在帶電面上任意取一電荷元，電荷元在球心產(chǎn)生的電勢dVdq4JT0R由于R為常量，因而無論球而電荷如何分布，半徑為R的帶電球面在球心產(chǎn)生的電勢為7+s4oR4 兀 RJie e0由電勢的疊加可以求得球心的電勢.解導(dǎo)體球內(nèi)表面感應(yīng)電荷一q,外表而感應(yīng)電荷q；依照分析，球心的電勢QQQQ4abji e0r4 ji

23、坯 jie00第七章恒定磁場72個半徑為t的半球而如圖放在均勻磁場中，通過半球而的磁通量為()22(A) rB2 (B) rBJT JTr 7-2ISI2 ( D) t Bcos a(C)2 JtBcos a分析專解作半徑為t的圓S'與半球面構(gòu)成一閉合曲面，根據(jù)磁場的高斯定理，磁感線是閉合曲線，閉合曲面的磁通量為零，即穿進(jìn)半球面S的磁通量等于穿出圓面S'的磁通量；BS.因而正確答案為（D） m73下列說法正確的是（）（A）閉合回路上各點(diǎn)磁感強(qiáng)度都為零時，回路內(nèi)一定沒有電流穿過（B）閉合回路上各點(diǎn)磁感強(qiáng)度都為零時，回路內(nèi)穿過電流的代數(shù)和必定為零（C）磁感強(qiáng)度沿閉合回路的積分為零時

24、，回路上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度必定為零（D）磁感強(qiáng)度沿閉合回路的積分不為零時，回路上任意一點(diǎn)的磁感強(qiáng)度都不可能為零 分析與解由磁場中的安培環(huán)路定律，磁感強(qiáng)度沿閉合回路的積分為零時，回路上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度不一定為零；閉合回路上各點(diǎn)磁感強(qiáng)度為零時，穿過回路的電流代數(shù)和必定為零。因 而正確答案為（B）74超圖（a尸知Cb ）中各有一半徑相同的圓形回路LI、L2,圓周內(nèi)有電流II、12,在臭空中，m圖中L2回路外有電流13,Pl、P2為兩圓形回路上22的對應(yīng)點(diǎn)，則（）(A)(B)&BIP(C)(D)計(jì),BpBIPBdlBdLIL題7-4圖分析與解由磁場中的安培環(huán)路定律,積分回路外的電流不會影響磁感強(qiáng)度沿

25、回路的積分;但同樣會改變回路上各點(diǎn)的磁場分布.因而正確答案為（C）710如圖所示，有兩根導(dǎo)線沿半徑方向接觸鐵壞的a、b兩點(diǎn)，并與很遠(yuǎn)處的電源相接。求環(huán)心0的磁感強(qiáng)度.分析根據(jù)疊加原理，點(diǎn)0的磁感強(qiáng)度可視作由ef、be、fa三段直線以及acb、adb兩段圓弧 電流共同激發(fā).由于電源距環(huán)較遠(yuǎn)，o =B.而be、fa兩段直線的延長線通過點(diǎn)0,由于 efX =Idlr,由畢一薩定律知BbeB流過圓弧的電流I0】、L的方向如圖所示，兩 圓弧在點(diǎn)0激發(fā)的磁場分別為Il BoII011 /022B,2124r4r其中II、12分別是圓弧acb、adb的弧長，由于導(dǎo)線電阻R與弧長1成正比，而圓弧acb、adb

26、又 構(gòu)成并聯(lián)電路，故有L1I1122將Bl、B2疊加可得點(diǎn)0的磁感強(qiáng)度B.解由上述分析可知，點(diǎn)0的合磁感強(qiáng)度=一 =r011022 BB122r24r4ji Ji=z分析應(yīng)用磁場疊加原理求解.將不同形狀的載流導(dǎo)線分解成長直部分和圓弧部分，它們各X =自在點(diǎn)0處所激發(fā)的磁感強(qiáng)度較容易求得，則總的磁感強(qiáng)度 Bo B1解(a)長直電流對點(diǎn)0而言，有IdlrO,因此它柱點(diǎn)0產(chǎn)生的磁場為零，則點(diǎn)0處總的磁感強(qiáng)度為1/4圓弧電流所激發(fā)，故有B 口0 0=8RB。的方向垂直紙面向外.(b)將載流導(dǎo)線看作圓電流和長直電流，由疊加原理可得2R 2Rn2RB。的方向垂直紙而向里.(c)將載流導(dǎo)線看作1/2圓電流和

27、兩段半無限長直電流，由疊加原理可得UUUI04R兀I04RJII I I0 0 04R 2R 4RJIB。的方向垂直紙而向外.715如圖所示，載流長直導(dǎo)線的電流為I,試求通過矩形面積的磁通量.題 7-15RA|分析由于矩形平面上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度不同，故磁通量HBS.為此，可在矩形平而上取一矩形而元dS=ldx E圖（b）,載流長直導(dǎo)線的磁場穿過該而元的磁通量為一 一 1dBSO dldx2x=f n矩形平而的總磁通量d=f =.解由上述分析可得矩形平而的總磁通量Hidud才Oln02ldxd2x2dn n11717有一同軸電纜，其尺寸如圖（a）所示.兩導(dǎo)體中的電流均為I,但電流的流向相反,導(dǎo)體的

28、磁性可不考慮.試計(jì)算以下各處的磁感強(qiáng)度：（1）r<Rl； （2） R1<r<R2；(3)R2<r<R3；(4) r>R3.畫出 Br 圖線.(u>J3 7-I7 M分析同軸電纜導(dǎo)體內(nèi)的電流均勻分布，其磁場呈軸對稱，取半徑為r的同心圓為積分路徑,感強(qiáng)度.qBdlB2,=利用安培環(huán)路定理Bdl ul,可解得各區(qū)域的:Vwji r解由上述分析得r<RL=T 2B2 Jrr1 u Ji02=«-1uB1 Ir1 022 JR = 1Ri<r<R：B22 叱 olTlR2<r<R322B 2tuhRI3ir20 2R=(-

29、R)=2JI322IRrO332 JiRR22r 32r>R3B42 圧 wIIOB 04磁感強(qiáng)度B (r)的分布曲線如圖(b).729如圖（a）所示，一根長直導(dǎo)線載有電流Ix=30A,矩形回路載有電流I2=20A.試計(jì)算作用在回路上的合力.已知d= 1.0cm, b= 8. 0cm, 1 = 0. 12m.分析矩形上、下兩段導(dǎo)線受安培力F】和F：的大小相等，方向相反，對不變形的矩形回路來 說，兩力的矢量和為零.而矩形的左右兩段導(dǎo)線，由于載流導(dǎo)線所在處磁感強(qiáng)度不等，所受 安培力D和F?大小不同，且方向相反，因此線框所受的力為這兩個力的合力.解由分析可知，線框所受總的安培力F為左、右兩邊安

30、培力Fs和N之矢量和，如圖（b） 所示，它們的大小分別為1 012u 1II 201 b-IIF42d1.2810 3 N故合力的大小為min 012012FF34db2d2ji ji合力的方向朝左，指向直導(dǎo)線.第八章電磁感應(yīng)電磁場8-1一根無限長平行直導(dǎo)線載有電流I, 一矩形線圈位于導(dǎo)線平面內(nèi)沿垂直于載流導(dǎo)線方向以恒定速率運(yùn)動（如圖所示），則（）(A) 線圈中無感應(yīng)電流(B) 線圈中感應(yīng)電流為順時針方向(C) 線圈中感應(yīng)電流為逆時針方向(D) 線圈中感應(yīng)電流方向無法確定題8 - 1圖分析與解由右手定則可以判斷，在矩形線圈附近磁場垂直紙而朝里，磁場是非均勻場，距 離長直載流導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁場越弱.

31、因而當(dāng)矩形線圈朝下運(yùn)動時，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，感 應(yīng)電流方向由法拉第電磁感應(yīng)定律可以判定.因而正確答案為(B)85下列概念正確的是()(A) 感應(yīng)電場是保守場(B) 感應(yīng)電場的電場線是一組閉合曲線(C) OLI=m,因而線圈的自感系數(shù)與回路的電流成反比(D) OLIm,回路的磁通量越大，回路的自感系數(shù)也一定大分析與解對照感應(yīng)電場的性質(zhì)，感應(yīng)電場的電場線是一組閉合曲線.因而正確答案為(B)87有兩根相距為d的無限長平行直導(dǎo)線，它們通以大小相等流向相反的電流，且電流均以M的變化率增長.若有一邊長為d的正方形線圈與兩導(dǎo)線處于同一平面內(nèi)，如圖所示.求 dt線圈中的感應(yīng)電動勢.I| d !idd卞d1

32、Ir分析本題仍可用法拉第電磁感應(yīng)定律d畫求解由于回路處在非均勻磁場小dt通量就需用BdS弊計(jì)算（其中B為兩無限長直電流單獨(dú)存在時產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度&與B?之和）.為了積分的需要，建立如圖所示的坐標(biāo)系.由于B僅與x有關(guān)，即BB（,故取一個平行 于長直導(dǎo)線的寬為dx、長為d的面元dS,如圖中陰影部分所示，則dSddxr所以，總磁 通量可通過線積分求得（若取面元dSdxdy,則上述積分實(shí)際上為二重積分）.本題在工程技術(shù)中又稱為互感現(xiàn)象，也可用公式EmM一求解.dt解1穿過面元dS的磁通量為dt2dBdSBdSBdSddxddx22xd2x2d2 d00UdUoldlduld3 In4再由法拉第電

33、磁感應(yīng)定律，有di dtdt2Ji解2當(dāng)兩長直導(dǎo)線有電流I通過時,穿過線圈的磁通量為一丿線圈與兩長直導(dǎo)線間的互感為Uodod3In4當(dāng)電流以dl變化時，線圈中的互感電動勢=一卄為dlod3 di=4 dtInjiWORD格式試想：如線圈又以速率V沿水平向右運(yùn)動，如何用法拉第電磁感應(yīng)定律求圖示位置的電動勢呢？此時線圈中既有動生電動勢，又有感生電動勢.設(shè)時刻t,線圈左端距右側(cè)直導(dǎo)線的距離為g,則穿過回路的磁通量彳§BdSl,它表現(xiàn)為變量I和E的二元函數(shù)，將代 S、dd ,再令即可入Eg 求毗即可求解，求解時應(yīng)按復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)，注意，其中vdt得圖示位置處回路中的總電動勢.最終結(jié)果為兩項(xiàng)，其

34、中一項(xiàng)為動生電動勢，另一項(xiàng)為感生專業(yè)資料整理電動勢.812如圖所示，長為L的導(dǎo)體棒0P,處于均勻磁場中，并繞00軸以角速度宀旋轉(zhuǎn)，棒 與轉(zhuǎn)軸間夾角恒為（），磁感強(qiáng)度B與轉(zhuǎn)軸平行.求0P棒在圖示位置處的電動勢.O，題X-I2圖分析如前所述，本題既可以用法拉第電磁感應(yīng)定律E =_爲(wèi)嘗算（此時必須構(gòu)造一個dt含0P導(dǎo)體在內(nèi)的閉合回路，如直角三角形導(dǎo)體回路OPQO）,也可用Bdl = （ x ）Ev來計(jì)算.由于對稱性，導(dǎo)體0P旋轉(zhuǎn)至任何位置時產(chǎn)生的電動勢與圖示位置是相同的.解1由上分析，得Ev平OPX BdlvBsin 901=/(lsin°cosd)& °cosri )

35、0 co cos °d i B=_1 s sin LB 2sin0 3ldlBL02由矢量vB的方向可知端點(diǎn)P的電勢較高.= = + +解2設(shè)想導(dǎo)體0P為直角三角形 WMopqo的一部分，任一時刻穿過回路的磁通量為零，則回路的總電動勢EopEEPQQOdt顯然,Eqq=O,所以EdpEpqEqo = co （ PQ ）2 B由上可知，導(dǎo)體棒OP旋轉(zhuǎn)時，在單位時間內(nèi)切割的磁感線數(shù)與導(dǎo)體棒QP等效.后者是垂直 切割的情況.8 13如圖（a ）所示，金屈桿AB以勻速 v2=0ms平彳孑學(xué)一長直導(dǎo)線移動，此導(dǎo)線II通有電流I = 40A.求桿中的感應(yīng)電動勢，桿的哪一端電勢較高?II1II(b)II(a )=/（ x ）分析本題可用兩種方法求解.（1）用公式BdlEv求解，建立圖（&）所示的坐WORD格式標(biāo)系，所取導(dǎo)體元dldx,該處的磁感強(qiáng)