大学物理电磁学12-16习题解

大学物理电磁学12-16习 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 解 12章 静电场 1d1dqs,,， ddE,,,,12(3 如图所示，在直角三角形ABCD22A 444RRR,,,,,,000-9 q1的A点处，有点电荷q = 1.8×10C，B点处1 -9有点电荷q = -4.8×10C，AC = 3cm，BC = 场强的分量为dE = dEcosθ，dE = dEsinθ( 2xyE 2B C 4cm，试求C点的场强( 对于带负电的圆弧，同样可得在O点的场强的两个分量(由于弧θ q2E [解答]根据点电荷的场强大小的公式 形是对称的，x方向的合场强为零，总场强沿着y轴正方向，大小为 1E 图13.1 EEE,,2dsin,y,L ,/6/6,,,,,,sind(cos)qq1 ,,,,， Ek,,22RR,,,,220000,,rr40 92-23,其中1/(4πε) = k = 9.0×10N?m?C( 0( ,,(1)点电荷q在C点产生的场强大小为 122,,R01q12(5 均匀带电细棒，棒长a = 20cm，电荷线密度为λ = 1 E,12-8-13×10C?m，求: ,,4AC0 (1)棒的延长线上与棒的近端d = 8cm处的场强; 1 ,9(2)棒的垂直平分线上与棒的中点相距d = 8cm处的场强( 1.810，294-1， ,，，,，,9101.810(NC),22[解答](1)建立坐标系，其中L = a/2 = 0.1(m)，x = L+d = 0.18(m)( 1(310)， 在细棒上取一线元y 方向向下( dl，所带的电量为dq = dl 点电荷q在C点产生的场强大小为 2lr λdl， P x 1x ||q1根据点电荷的场强公式，电o 2L -L E,d 122荷元在P点产生的场强的,,4BC10 大小为 ,94.810，94-1ddql,， ,，，,，,9102.710(NC),22dEk,, 1(410)，22rxl4(),,,0 方向向右( 场强的方向沿x轴正向(因此P点的总场强大小通过积分得 1C处的总场强大小为 L,dl22, E EEE,，12,12,4()xl,,0,L 44-1， L,，,，,0.913103.24510(NC),1 ,总场强与分场强E的夹角为 xl,4,,20,LE1( ,11,,,:arctan33.69,, ()E2,，4xLxL,,0 12(4 半径为R的一段圆弧，圆心角为60?，一半均匀带正电，另 12L,一半均匀带负电，其电线密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强( ( ? ,22,4xL[解答]在带正电的圆弧上取一弧元 ,,0ds R ds = Rdθ， E xO x θ 将数值代入公式得P点的场强为 1电荷元为dq = λds， 33D = Qr/4πr，E = Qr/4πεr，P = 0((2)在介质层内靠近金属球000E E y在O点产生的场强大小为 3处，自由电荷Q产生的场为E = Qr/4πεr;极化电荷q`产生的场强y 00001 33为E` = q`r/4πεr;总场强为 E = Qr/4πεεr( 1000r 1`由于 E = E + E`，解得极化电荷为 ， 0qQ,,(1)10,r 介质层内表面的极化电荷面密度为 `Qq1`01(在介质层外表面，极化电荷为 ,,,,(1)122,,,44RRr11E θ O x x E 3-3E 8.9×10kg?m( yds R y = π/2，都可得 14(1 通有电流I的导线形状π/4、θ2C A I 如图所示，图中ACDO是边长为b2,I0b 的正方形(求圆心O处的磁感应强度( ,,BB238,bB = , O D 上述公式可以直接引用( [解答]电流在O点的产生的a 14(2 如图所示的载流导线，磁场的方向都是垂直纸面向里C A l θ Idl Z 图中半圆的的半径为R，直线部分的(根据毕-萨定律: 图15.4 b 伸向无限远处(求圆心O处的r 磁感应强度B = , R O o 0D [解答]在直线磁场公式 ,Idlr，0， Y a dB,I 24,r X Idl 圆弧上的电流元与到O点的矢径垂直， 图15.5 在O点产生的磁场大小为 ,Ild0， ,dB12I,4a,0中， B,,(coscos),,12由于 dl = adφ， 4R, 令θ = 0、θ = π/2，或者θ = π/2、θ = π，就得半无限长导线在端点半积分得 1212 径为R的圆周上产生的磁感应强度 3/2,3,I,Id,00I( ,BB,d,,110,,( BL,4a8a,04R, 两无限长半直线在O点产生的磁场方向都向着-Z方向，大小为B = OA和OD方向的直线在O点产生的磁场为零(在AC段，电流元在Oz μI/2πR( 点产生的磁场为 0 半圆在O处产生的磁场方向沿着-X方向，大小为B = μI/4R( ,x0Ildsin,0， ,dB22O点的磁感应强度为 4r, ,,II由于 l = bcot(π - θ) = -bcotθ， 00( Bikik,,,,,,BBxz2所以 dl = bdθ/sinθ; 42RR, 场强大小为 又由于 r = b/sin(π - θ) = b/sinθ， ,I,Isind,,22200， 可得 ， ,，,，4BBB,,dBxz24,R4b, 积分得 B2z与X轴的夹角为( ,,,arctanarctan3/4,I,,B0xBB,,dsind ,,2,,/2,4b,L14(3 如图所示的正方形线圈ABCD，每边长为a，通有电流I(求 正方形中心O处的磁感应强度B = , 3/4,,,II200[解答]正方形每一边到O点的距离都是,,,(cos) ,A D 48bb,,/2,a/2，在O点产生的磁场大小相等、方向相I 同(以AD边为例，利用直线电流的磁场公同理可得CD段在O点产生的磁场B = B( 32O 式: O点总磁感应强度为 B 32,,IIC 00,，，,，( BBBB图15.6 12384ab, [讨论](1)假设圆弧张角为φ，电流在半径为a的圆心处产生的 ,I磁感应强度为 0，令θ = π/4、θ = 3π/4、R = a/2，B,,(coscos),,12124RI,,0B( ,,4a,2,I0AD在O产生的场强为，O点的磁感应强度为 ,B(2)有限长直导线产生的磁感应大小为 AD2,a,I0 θ2( B,,(coscos),,124b,22,I0，方向垂直纸面向里( ,,BB4对于AC段，θ = π/2、θ = 3π/4;对于CD段，θ = 121AD,a 2 I B b θ 1 22Rax,,4()， 14(4 两个共轴圆线圈，每个线圈中的电流强度都是I，半径为R，，}227/2[()]Rax，,O = R，试证:O、O两个圆心间距离O12122a 2222中点O处附近为均匀磁场( 在x = 0处dB/dx = 0，得R = 4a，所以 I I x [证明]方法一:用二阶导数(一个2a = R( OO2半径为R的环电流在离圆心为x的轴线x = 0处的场强为 O 1x RRC C 2上产生的磁感应强度大小为: Bk,223/2B B 图15.7 [(/2)]RR， 8,I160( ,,k35555RR2,IR0( ,B223/2方法二:用二项式展开(将B展开得 2()Rx，1 2IR,设两线圈相距为2a，以O点为原点建立坐标，两线圈在x点产生0B ,12223/2的场强分别为 2[2]Raaxx，，， 2IR,20， B,,IR01223/2( ,2[()]Rax，，223/22223/2，，，，2()[1(2)/()]RaaxxRa 2IR,20IRB( ,,02223/2k设，则 ,2[()]Rax，,223/22()Ra，方向相同，总场强为B = B + B( 1222axx，,3/2( 一个线圈产生的磁场的曲线是凸Bk,，(1)122Ra，状，两边各有一个拐点(两个线圈的磁2,，2axx,3/2同理，( 场叠加之后，如果它们相距太近，其曲Bk,，(1)222Ra，线就是更高的凸状;如果它们相距太当x很小时，二项式展开公式为 远，其曲线的中间部分就会下凹，与两 nn(1),边的峰之间各有一个拐点(当它们由n2(1)1...，,，，，xnxx( 远而近到最适当的位置时，两个拐点12,就会在中间重合，这时的磁场最均匀，将B和B按二项式展开，保留二次项，总场强为 12而拐点处的二阶导数为零( 2,，32axx2 设k = μIR/2，则 Bk,，,，[10222Ra，21352,,，axx2 ，,,，()...]221222,，Ra2,,，32axx ，，,，k[1222Ra，21352,,,，axx2 ，,,，()...]221222,，Ra11 Bk,，{}223/2223/2222[()][()]RaxRax，，，,,,354ax,3x ，,,，...],，,，2[1k22222B对x求一阶导数得 24()Ra，2Ra， dBax，， ,,3{k225/222,,34Rad[()]xRax，，2 ,，,，2[1...]kx222ax,2()Ra， ,}225/2[()]Rax，,22令R - 4a = 0，即a = R/2，得 求二阶导数得 2,,IRI8522200d4()BRax,，， ,,,Bk2223/2 ,,3{k，()25RaR2227/2d[()]xRax，， 可知:O点附近为均强磁场( 3 圆柱形导体面中均匀地通有电流I=5.0A，如图所示(求圆柱轴线上任一14(5 将半径为R的无限长导体圆柱面，沿轴向割去一宽为h(h< R122 在坐标系中的x点，它们共同产生的磁感应强度大小为 (2)在圆柱和圆筒之间离轴线r处作一径向的长为l = 1、宽为 II,,dr的矩形，其面积为 dS = ldr = dr， 0102( B,，方向与磁力线的方向一致，通过矩形的磁通量为 dΦ = BdS = 2(/2)2(/2)abxcbx，，，,,, 在矩形中取一面积元dS = ldx， Bdr， 通过面积元的磁通量为dΦ = BdS = Bldx， 总磁通量为 通过线圈的磁通量为 R2,,IIR1002dlnr,,( ,b/2,,lII22rR,,0121R 1,，()dx,,2/2/2，，，,abxcbx,*,b/214(15 一长直载流导体，具有半径为R的圆形横截面，在其内 部有与导体相切，半径为a的圆柱形长孔，其轴与导体轴平行，相距b labc,，0 (lnln)II,,11= R – a，导体截有均匀分布的电流I( 2acb,，-7-4=2×10×10×100×2ln2=2.77×10(Wb)( (1)证明空孔内的磁场为均匀场并求出磁感应强度B的值; (2)若要获得与载流为I，单位 14(13 一电子在垂直于均匀磁场的方向长度匝数n的长螺线管内部磁场相等B 做半径为R = 1.2cm的圆周运动，电子速度v = 的均匀磁场，a应满足什么条件, R a 4-1Rb 10m?s(求圆轨道内所包围的磁通量是多少, (1)[证明]导体中的电流垂直纸 o OO`-19[解答]电子所带的电量为e = 1.6×10库面向外，电流密度为 1 1 -31v 仑，质量为m = 9.1×10千克( 电子在磁场所受的洛伦兹力成为电子做图15.16 圆周运动的向心力，即: 图15.18 2f = evB = mv/R， I所以 B = mv/eR( ( ,,222()Ra电子轨道所包围的面积为 S = πR， ,, 长孔中没有电流，可以当作通有磁通量为 -9相反电流的导体，两个电流密度的大小Φ = BS = πmvR/e =2.14×10(Wb)( B Brθ 都为δ，这样，长孔中磁场是两个均匀 R P r 分布的圆形电流产生的( 14(14 同轴电缆由导体圆柱和一同轴导体薄圆筒构成，电流I从φ r` B r`如果在圆形截面中过任意点P取一导体流入，从另一导体流出，且导体上电流均匀分布在其横截面积上，Ob O` a 一个半径为r的同心圆，其面积为 S 设圆柱半径为R，圆筒半径为R，如图所示(求: 1 1 122= πr， (1)磁感应强度B的分布; R 1dr R 22包围的电流为 ΣI = δS = πrδ， (2)在圆柱和圆筒之间单位长度截面的磁 根据安培环路定理可得方程 通量为多少, 2I l I 2πrB = μΣI， [解答](1)导体圆柱的面积为 S = πR， r01 2磁感应强度为 面电流密度为 δ = I/S = I/πR( 1 ,,,,I在圆柱以半径r作一圆形环路，其面积为 00 ， Br,,r2S = πr， 22rr,图15.17 22方向与矢径r垂直( 包围的电流是 I = δS = Ir/R( rr1 同理，密度为-δ的电流在P点产生的磁感应强度为 根据安培环路定理 ,,0， Bl,,,d,,II， Br,`,r00r`Ñ,L2 方向与矢径r`垂直( 由于B与环路方向相同，积分得2πrB = μI， 0r 设两个磁感应强度之间的夹角为θ，则合场强的平方为 所以磁感应强度为 2B = μIr/2πR，(0 < r < R)( 011222BBBBB,，，2cos, rrrr``在两导体之间作一半径为r的圆形环中，所包围的电流为I，根据 安培环中定理可得 ,,22220( Brrrr,，，()(`2`cos),B = μI/2πr，(R < r < R)( 2012 根据余弦定理，如图可知: 在圆筒之外作一半径为r的圆形环中，由于圆柱和圆筒通过的电 6 222， brrrr,，,`2`cos,的无限长直导线旁有一正三角形线圈，边长为14(16 载有电流I1由于φ = π - θ，所以 a，载有电流I，一边与直导线平等且与直导线相距为b，直导线与线2 圈共面，如图所示，求I作用在这三角形线圈上的力( ,,10， Bb,[解答]电流I在右边产生磁场方向21y A 由于b和δ都是常量，可见:长孔中是均匀磁场( 垂直纸面向里，在AB边处产生的磁感应 I1 将δ和b代入公式得磁感应强度大小为 强度大小为 I2C I,B = μI/2πb， 01o0x α ， B,b 2()Ra作用力大小为 ，,1 a B 可以证明磁场的方向向上( F = IaB = μIIa/2πb， AB2012图15.20 (2)[解答]长螺线管内部的场为 方向向左( B =μnI， 三角形的三个内角 α = 60?， 0 与上式联立得 在AC边上的电流元Idl所受磁场力为 2 dF = IdlB， 12 ， ,,aR两个分量分别为 dF = dFcosα ,x2n 这就是a所满足的条件( 和 dF = dFsinα， y [注意]此题中的长孔中的磁场与习题12(13(中空腔中的电场情与BC边相比，两个x分量大小相等，方向相同;两个y分量大小相等， 况非常类似( 方向相反( 由于 dl = dr/sinα， 补加4: 在XOY平面内有一载流线圈abcda，通有电流I = 20A，所以 dF = IdrBcotα， x2 积分得 º半径R = 20cm，电流方向如图所示(线圈处于磁感应强度B = bcba，sin,,,IIcot1012-2 ,Frd8.0×10T的均强磁场中，B沿着X轴正方向(求:直线段ab和cd以x,2,rbºº及圆弧段和在外磁场中所受安培bcda,,IIcotba，sin,Y 012 ,lnb B 力的大小和方向( 2,bI R a ºα θ 旋法则，弧和[解答]根据右手螺,II3，ba3/2bc012c ( ,lnoX 6,b1 ºd 向外，弧和abcd边受力方向垂直纸面da作用在三角形线圈上的力的大小为 图15.19 边受力方向垂直纸面向里(由于对称的关F = F – 2F ABx ºº系，ab边和cd边所受安培力的大小是相同的，弧和弧所受安,IIaba233/2，bcda012， ,,(ln)23,bb培力的大小也是相同的( ab边与磁场方向的夹角是α = 45?，长度为l = R/sinα，所受安培方向向左( 力为 F = |Il×B| = IlBsinα 14(17 载有电流I的无限长直导ab1I 1I = IRB = 0.32(N) = F( 线，在它上面放置一个半径为R电流为2cd r在圆弧上取一电流元Idl，其矢径R与X轴方向的夹角为θ，所受I的圆形电流线圈，长直导线沿其直径方 2 R 力的大小为 向，且相互绝缘，如图所示(求I在电2θ o dF = |Idl×B| = IdlBsinθ， 流I的磁场中所受到的力( bc1 由于线元为 dl = Rdθ， [解答]电流I在右边产生磁场方向1所以 dF = IRBsinθdθ， 垂直纸面向里，右上1/4弧受力向右上bc 因此安培力为 方，右下1/4弧受力向右下方;电流I在图15.211 ,/2,/2左边产生磁场方向垂直纸面向外，左上FIRBIRB,,,sind(cos),,, bc,001/4弧受力向右下方，左下1/4弧受力向右上方(因此，合力方向向右， = IRB = 0.32(N) = F( 大小是右上1/4弧所受的向右的力的四倍( da 电流元所受的力的大小为dF = IdlB， 2 其中 dl = Rdθ，B = μI/2πr， 01 7 而 r = Rcosθ， ab，,,,,233( prraba,,，,d[()]所以向右的分别为 ,m26a = dFcosθ = μIIdθ/2π， dFx012 积分得 如果λ > 0，p的方向垂直纸面向外( m (3)当a>>b时，因为 ,/2,,IIII012012， ,,ddF,bb,,,,,,x,00， B,，,，ln(1)(...)24,044aa,, b电流I所受的合力大小为 ,,,20所以 ( B,F = 4F = μII， 4ax012,3方向向右( ,,ab3 ,，,[(1)1]pm 6aB 3214(18 如图所示，斜面上放有一木制圆abbbab,,,,θ 23( ,，，,[33()()]柱，质量m = 0.5kg，半径为R，长为 l = 62aaa0.10m，圆柱上绕有10匝导线，圆柱体的轴线 o 位导线回路平面内(斜面倾角为θ，处于均匀磁14(20 一圆线圈直径为8cm，共12匝，通有电流5A，将此线圈 场B = 0.5T中，B的方向竖直向上(如果线圈置于磁感应强度为0.6T的均强磁场中，求: θ平面与斜面平行，求通过回路的电流I至少要(1)作用在线圈上的电大磁力矩为多少, G多大时，圆柱才不致沿斜面向下滚动, (2)线圈平面在什么位置时磁力矩为最大磁力矩的一半( 图15.22[解答]线圈面积为 S = 2Rl， [解答](1)线圈半径为R = 0.04m， 2磁矩大小为 p = NIS， 面积为 S = πR， m 2方向与B成θ角，所以磁力矩大小为 磁矩为 p = NIS = πRNI， m M = |p×B| = pBsinθ = NI2RlBsinθ， 磁力矩为 M = pBsinθ( mmmm方向垂直纸面向外(重力大小为 G = mg， 当θ = π/2时，磁力矩最大 2力臂为 L = Rsinθ，重力矩为 M = GL = mgRsinθ， M = pB = πRNIB = 0.18(N?m)( gmm 圆柱不滚动时，两力矩平衡，即 (2)由于M = Msinθ，当M = M/2时，可得 mm NI2RlBsinθ = mgRsinθ， sinθ = 0.5，θ = 30?或150?( 解得电流强度为 IIR,,2012 dd(sin)sindMFR,,,,I = mg/2NlB = 5(A)( 22, 14(19 均匀带电细直线AB，电荷线密度为λ，可绕垂直于直线的电流所受的力矩为 轴O以ω角速度均速转动，设直线长为b，其A端距转轴O距离为a，2,,IIR1012 ,,M(1cos)d,,求: ,ω 22,0(1)O点的磁感应强度B; B IIR(2)磁矩p; ,m012( ,b B (3)若a>>b，求B与p( 20m [解答](1)直线转动的周期为T = 如果电流I置于圆电流圆心处，那么I就12R a A 2π/ω， 与I产生的磁力线重合，所受的力为零，力矩1o I1 O 在直线上距O为r处取一径向线元dr，也为零( I图15.232 所带的电量为 dq = λdr， -4形成的圆电流元为 dI = dq/T = ωλdr/2π， 14(21 一个电子在B = 20×10T的磁场在圆心O点产生的磁感应强度为 中，沿半径R = 2cm的螺旋线运动，螺距h = 5cm，如图所示，求: dB = μdI/2r = μωλdr/4πr， (1)电子的速度为多少, 00R 整个直线在O点产生磁感应强度为 (2)B的方向如何, [解答]电子带负电，设速度v的方向与磁力线的ab，h ,,,,,,1ab，00， Br,,dln负方向成θ角，则沿着磁力线方向的速度为 ,44,,raav = vcosθ， 1 如果λ > 0，B的方向垂直纸面向外( 垂直速度为 v = vsinθ( 2 2图15.26 (2)圆电流元包含的面积为S = πr， 由 R = mv/eB， 2 2形成的磁矩为 dp = SdI = ωλrdr/2， 得 v = eBR/m( m2 积分得 由 h = vT， 1 8 ,3 = 2cm，y = 14(22 一银质条带，z11NI3003210，，Y -1B= 32(A?m)( H,,,21mm(银条置于Y方向的均匀磁场中l3010， B = 1.5T，如图所示(设电流强度I = (2)根据公式B = μH，得铁的磁导率为 X o 28-3200A，自由电子数n = 7.4×10个?m，B0.02-4-1-1= 6.25×10(Wb?A?m)( ,,,Iz y 11试求: H32Z-7 (1)电子的漂移速度; 由于μ = μμ，其中μ = 4π×10为真空磁导率，而相对磁导率为μ = 1 + r00r图15.27 (2)霍尔电压为多少, χ，所以磁化率为 m [解答](1)电流密度为 δ = ρv， ,4,6.2510，( 其中电荷的体密度为 ρ = ne. ,,,,,,11496.4m,7,,410，0电流通过的横截面为 S = yz， 11 电流强度为 I =δS = neSv， 磁化强度为 4-1得电子的漂移速度为 M = χH = 496.4×32 = 1.59×10(A?m)( m 15(3 一螺绕环中心周长l = 10cm，线圈匝数N = 200匝，线圈中I1 v,,2819,通有电流I = 100mA(求: neS7.4101.6100.0010.02，，，，， -4-1=8.45×10(m?s)( (1)管内磁感应强度B和磁场强度H为多少, 00 (2)霍尔系数为 (2)设管内充满相对磁导率μ = 4200的铁磁质，管内的B和Hr 是多少, 11 R,,H2819,(3)磁介质内部由传导电流产生的B和由磁化电流产生的B`各0ne，，，7.4101.610-113-1= 8.44×10(m?C)， 是多少, 霍尔电压为 [解答](1)管内的磁场强度为 ,3NI20010010，，IB2001.5， ,11H,,0,2 UR,,，8.4410HHl1010，y0.0011-1= 200(A?m)( -5= 2.53×10(V)( 磁感应强度为 -7-4 第15章 磁介质的磁化 B = μH = 4π×10×200 = 2.5×10(T)( 00 -1 15(1 一均匀磁化的磁介质棒，直径为25mm，长为75mm，其总磁(2)当管内充满铁磁质之后，磁场强度不变H = H =200(A?m)( 0 2矩为12000A?m(求棒的磁化强度M为多少, 磁感应强度为 2[解答]介质棒的面积为S = πr， B = μH = μμH r0 2-7体积为 V = Sl = πrl， = 4200×4π×10×200 = 1.056(T)( 2-4磁矩为p = 12000A?m，磁化强度为 (3)由传导电流产生的B为2.5×10T(由于B = B + B`，所以m00 磁化电流产生的磁感应强度为 ,ppmm M,,B` = B - B ?1.056(T)( 0,VV 12000 ,,,323(2510/2)7510，，，,15(4 一根无限长的直圆柱形铜导线，外包一层相对磁导率为μr 8-1=3.26×10(A?m)( 的圆筒形磁介质，导线半径为R，磁介质外半径为R，导线内有电流12 I通过(I均匀分布)，求: 215(2 一铁环中心线的周长为30cm，横截面积为1.0cm，在环上(1)磁介质内、外的磁场强度H和磁感应强度B的分布，画H-r，密绕线圈共300匝，当通有电流32mA时，通过环的磁通量为B-r曲线说明之(r是磁场中某点到圆柱轴线的距离); -62.0×10Wb，求: (2)磁能密度分布( 2(1)环内磁感应强度B的值和磁场强度H的值; [解答](1)导线的横截面积为S = πR， 01 2(2)铁的磁导率μ、磁化率χ和磁化强度M( 导线内的电流密度为 δ = I/S = I/πR( m01 [解答](1)根据公式B = Φ/S得磁感应强度为 在导线内以轴线的点为圆心作一半径为r的圆，其面积为 S 2,6=πr， 2.010，= 0.02(T)( B,22,4通过的电流为 ΣI = δS = Ir/R( 11.010， 根据磁场的安培环路定理 根据磁场中的安培环路定理 ， Hl,,dIHl,,dI， ,,ÑÑ,,LL 由于B与dl的方向相同，得磁场强度为 环路的周长为l = 2πr，由于B与dl的方向相同，得磁场强度为 9 少, IIr,，(0?r?R)( H,,1[解答](1)导体圆柱的横截面积为 2lR2,12 = πR， S01 2在介质之中和介质之外同样作一半径为r的环路，其周长为l = 圆柱体内的电流密度为δ = I/S = I/πR( 012πr，包围的电流为I，可得磁场强度为 在圆柱体内以轴线的点为圆心作一半径为r的圆，其面积为 S 2II= πr， ,，(r?R)( H1,,22通过的电流为 ΣI = δS = Ir/R( lr2,1 导线之内的磁感应强度为 根据磁场中的安培环路定理 Ir,0; BHrR,,,,,(0),Hl,,dI， 01,2Ñ,L2R,1 介质之内的磁感应强度为 环路的周长为l = 2πr，由于B与dl的方向相同，得磁场强度为 ,,Ir0IIr,; ,,,,,,()BHHRrR,,,r012 ，(0?r?R)( H1,,2r2,lR2,1介质之外的磁感应强度为 磁感应强度为 I,0( BHrR,,,,(),022r,,,Irr10，(0?r?R)( ,,BH,,1(2)导线之内r102B 2H ,R1的磁能密度为 (2)在介质之中同样作一半径为r的环路，其周长为l = 2πr，包112wH,,,BH,m0000围的电流为I，可得磁场强度为 22 o II o , Rr R R r 211，(R?r?R)( H,,12lr2,22Ir,0,,,,(0)rR磁感应强度为 1248R,1,,Ir20，(R?r?R)( ,,BH,,12r20; 2r,介质之中的磁能密度为 磁化强度为 11122B(1),,I wHH,,,,BH,,,r2mr0( MHH,,,,,(1),r2222,,2r02,,I00r0磁化面电流的线密度为 i = M×n，n是介质表面的法向单位矢量(在; ,,,,()mRrR12228,r00介质的两个圆形表面，由于M与n垂直，i = |M×n| = M( m介质之外的磁感应强度为 在介质的内表面，由于r = R，所以磁化电流为 1 2,I1120(1),,I( ,,,,,BHwHrR,(),r2m0222( i,m228r,2,R1 3-115(5 一根磁棒的矫顽力为H = 4.0×10A?m，把它放在每厘米上在介质的外表面，由于r = R，所以 c2绕5匝的线圈的长螺线管中退磁，求导线中至少需通入多大的电流, (1),,Ir2( i,[解答]螺线管能过电流I时，产生的磁感应强度为 B = μnI( 0m2,R2根据题意，螺线管产生的磁场强度至少要与磁棒的矫顽力大小相 等，但方向相反，因此 B = μH， (3)导体圆筒的横截面积为 0c 22所以电流强度为 S` = π(R - R)， 32 3I = H/n = 4.0×10/500 = 8(A)( 圆筒内的电流密度为δ` = I/S`( c 2 在圆筒内以作一半径为r的圆，其面积为 S = π(r - 215(6 同轴电缆由两个同轴导体组成(内层是半径为R的圆柱，R)， 12 外层是半径分别为R和R的圆筒，如图所圆所包围的电流为 23 示(两导体间充满相对磁导率为μ的均匀Sr2 R2 IISII,,,,,`,不导电的磁介质(设电流强度由内筒流入由o S`R 1外筒流出，均匀分布是横截面上，导体的相 对磁导率为μ(求H和B的分布以及i为多r1mR 3 10 图16.6 13-1222210(A?m)( HcRr,rR,,，32， ,,,II(1),22222RRRR,,3232[解答]直线电流I产生磁感应强度为 B = μI/2πr， 0根据安培环路定理，得磁场强度为 Hl,,dI,Ñ,L产生的磁场为 H = B/μ = I/2πr( 0 为了磁芯从内到外的磁化方向全部翻转，电流在磁芯外侧r = 22IRr(),,I3， 0.4mm处产生的磁场应该为 H = H， H,,c22,,22()rRRr,32即 H=I/2πr， c (R?r?R)( 所以，脉冲电流为 23 磁感应强度为 I = 2πrH c 1,3322( 20.410100.4(A),，，，,,,,IRr(),r103， BH,,,,2,r10222()RRr,,32 第16章 电磁场 (R?r?R)( 23 (4)在圆筒之外作一圆，由于包围的电流为零，所以磁场强度和 P177( 磁感应强度都为零( 16(1 一条铜棒长为L = 0.5m，水平放O` B 置，可绕距离A端为L/5处和棒垂直的轴ω -42A B 15(7 在平均半径r = 0.1m，横截面积S = 6×10m铸钢环上，均OO`在水平面内旋转，每秒转动一周(铜棒匀密绕N = 200匝线圈，当线圈内通有I = 0.63安的电流时，钢环中的置于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，1L/5 -4-4O 磁通量Φ = 3.24×10Wb(当电流增大到I = 4.7安时，磁通量Φ = 磁感应强度B = 1.0×10T(求铜棒122 -46.18×10Wb，求两种情况下钢环的绝对磁导率( 两端A、B的电势差，何端电势高( 图17.1 [解答]钢环中的磁感应强度为B = Φ/S;根据安培环路定理[解答]设想一个半径为R的金属棒绕一 端做匀速圆周运动，角速度为ω，经过时间dt后转过的角度为 ，得磁场强度为H = NI/2πr( Hl,,dI,Ñ,Ldθ = ωdt， 根据公式B = μH，得绝对磁导率为 扫过的面积为 L ω 2dS = Rdθ/2， Br2,,l ( ,,,dθ 切割的磁通量为 HNISo R 2(1)在第一种情况下 dΦ = BdS = BRdθ/2， ,4动生电动势的大小为 20.13.2410,，，， ,,2,4ε = dΦ/dt = ωBR/2( 2000.63610，，，-3-1 = 2.69×10(H?m) ( 根据右手螺旋法则，圆周上端点的电势高( (2)在第二种情况下 AO和BO段的动生电动势大小分别为 ,4220.16.1810,，，，,,BLBL2， ,,(),,,AO,42004.7610，，，2550 -4-1= 6.88×10(H?m) ( 2,,BLBL4162 ( ,,,()BO255015(8 一矩磁材料，如图所示(反向磁场一超过矫顽力H，磁化c 方向立即翻转(用矩磁材料制造的电子计算机中存储元件的环形磁芯，由于BO > AO，所以B端的电势比A端更高，A和B端的电势差为 其外径为0.8mm，内径为0.5mm，高为0.3mm(若磁芯原来已被磁化，23BL,方向如图所示，现在需使磁芯从内到外的磁化方向全部翻转，导线中脉 ,,,,,,BOAO10冲电流I的峰值至少需要多大,设磁性材料的矫顽力 242,3321.010(0.5)BL，，，,,M ,,1010 -H o H -4c= 4.71×10(V)( [讨论]如果棒上两点到o的距离分别为L和l，则两点间的电势差 为 图16.8 11 杆又变成通电导体，所受的安培力与速度方向相反，所以杆将做减速运222,,,BLlBlBLLl()(2)，，动(随着杆的速度变小，动生电动势也会变小，因而电流也会变小，所( ,,,,222受的安培力也会变小，所以杆做加速度不断减小的减速运动，最后缓慢 地停下来( 16(2 一长直载流导线电流强度为I，铜棒AB长为L，A端与[解答](1)方法一:速度法(设杆运动时间t时的速度为v，则动直导线的距离为x，AB与直导线的夹生电动势为 A I A xA角为θ，以水平速度v向右运动(求ABε = BLv， l 棒的动生电动势为多少，何端电势高, 电流为 I = ε/R， θ v r [解答]在棒上长为l处取一线元所受的安培力的大小为 dl 2dl，在垂直于速度方向上的长度为 v/R， F = ILB = εLB/R = (BL)B dl = dlcosθ; 方向与速度方向相反( ?o x 线元到直线之间的距离为 取速度的方向为正，根据牛顿第二定律F = ma得速度的微分方程图17.2 r = x + lsinθ， 为 A 直线电流在线元处产生的磁感应强度为 2()dBLvv， ,,m,,II00Rtd( ,,B22(sin)，,,,rxlA2d()vBL由于B，v和dl相互垂直，线元上动生电动势的大小为 即: ?,,dtvmR ,,Ivlcosd0， ,,dd,Bvl积分得方程的通解为 ,，2(sin),,xlA2()BL棒的动生电动势为 ( lnvtC,,，1mRL,,Ivcosdl0 ,,根据初始条件，当t = 0时，v = v，可得常量C = lnv(方程的特解为 010,，2sin,,xl0A2()BL( vvt,,exp[]L0,,Ivcos，d(sin)xl,0mRA ,,2sinsin,,,xl，0A 由于v = dx/dt，可得位移的微分方程 2,IvxL，sin,()BL0A， ,cotln,， dexp[]dxvtt,,02,xmRA A端的电势高( 方程的通解为 [讨论](1)当θ?π/2时，cotθ = cosθ/sinθ?0，所以ε?0，就是说:2()BL当棒不切割磁力线时，棒中不产生电动势( xvtt,,exp[]d0,mR(2)当θ?0时，由于 2xLLL，sinsinsin,,,,IvL,mRv()BLA00lnln(1),，,，所以，， ,,,,，exp[]tC22xxx2x,()BLmRAAAA 这就是棒垂直割磁力线时所产生电动势( mRv0当t = 0时，x = 0，所以常量为( C, 22()BL16(3 如图所示，平行导轨上放置一金属杆AB，质量为m，长 为L(在导轨上的端接有电阻方程的特解为 A R(匀强磁场B垂直导轨平面向2B mRv()BL0( 里(当AB杆以初速度v向运动xt,,,{1exp[]}02v 0R ()BLmR时，求: (1)AB杆能够移动的距离; B mRv0当时间t趋于无穷大时，杆运动的距离为x,( (2)在移动过程中电阻R2图17.3 ()BL上放出的焦耳热为多少, 2[分析]当杆运动时会产生动生电动势，在电路中形成电流;这时方法二:冲量法(由F = -(BL)v/R，得 12 22()BL(cos)dBLvv,， ， ,,mgmsin,,ddxFt,RtdR mRFtmvd0,,右边积分得 ， 0,即 ， tddtv,2,,mgRBLvsin(cos),即:杆所受的冲量等于杆的动量的变化量( 方程可化为 mvR0左边积分后，可得( x,22()BL,,mRmgRBLvd[sin(cos)],,( dt,22(cos)sin(cos)BLmgRBLv,,,,(2)杆在移动过程中产生的焦耳热元为 积分得方程的通解为 22,()BLv2 ddddQIRttt,,,,mR2RR( ,,，tmgRBLvCln[sin(cos)],,2(cos)BL, 22()BLv2()BL0根据初始条件，当t = 0时，v = 0，可得常量 ,,exp[]dttRmR mR， CmgR,ln(sin),整个运动过程中产生的焦耳热为 2(cos)BL,,22()BLv2()BL0 ,,Qttexp[]d方程的特解为 ,RmR02,,mRmgRBLv[sin(cos)],,， t,ln,2222,mvmv2()BL(cos)sinBLmgR,,00， ,,,exp[]t22mR0棒的速度为 即:焦耳热是杆的动能转化而来的( 2mgRBLsin(cos),,， ,,,vt{1exp[]} 2(cos)BLmR,16(4 如图所示，质量为m、长度为L的金属棒AB从静止开始沿 倾斜的绝缘框架滑下(磁感应强度B的方向竖直向上(忽略棒AB与框动生电动势为 架之间的摩擦)，求棒AB的动生电动势(若棒AB沿光滑的金属框架滑 ,,,BLvcos 下，设金属棒与金属框组成的回路的电阻R为常量，棒AB的动生电动2mgRBL(cos),势又为多少, ( ,,,tan{1exp[]},tBLmR[解答](1)棒的加速度为 B A a = gsinθ， [讨论]当时间t趋于无穷大时，最终速度为 D 经过时间t，棒的速度为 mgRsin,， ,vv = at = (gsinθ)t， 2B (cos)BL,而切割磁力线的速度为 v = vcosθ， ?θ C 所以棒的动生电动势为 mgR最终电动势为 ， ,,,tan图17.4 ε = BLv = BLg(sinθcosθ)t = ?BLBLg(sin2θ)t/2( mg最终电流为 ( I,tan,(2)设棒运动时间t时的速度为v，则动生电动势为 ε = BLBLvcosθ， 另外，棒最终做匀速运动，重力做功的功率等于感生电流做功的电流为 I = ε/R， 功率，重力做功的功率为 P = mgsinθv， 所受的安培力的大小为 感生电流做功的功率为 2F = ILB = εLB/R = (BL)vcosθ/R， 22,,(cos)BLv2其方向水平向右(安培力沿着斜面向上的分量为植 F` = Fcosθ， ， ,,,PIRRR其方向与速度的方向相反( 取速度的方向为正，根据牛顿第二定律ΣF = ma得速度的微分方mgRsin,两式联立也可得， ,v程为 2(cos)BL, 由此可以求出最终电动势和电流( 13 B [注意]只有当物体做匀速运动时，重力所做的功才等于电流所做的r 3kvtan,23功，否则，重力还有一部分功转换成物体的动能( ， ,,,(3cossin)tttt,,,2x I 16(5 电磁涡流制动器是一个电导率为ζ，厚度为t的圆盘，此盘3o kvtan,2R 绕通过其中心的垂直轴旋转，且有一覆盖即:( ,,,,,,tttt(sin3cos)iB 22的均匀磁场B垂直于圆盘，小面小面积为a图17.8 ω a r t a 积离轴r(r>>a)(当圆盘角速度为ω时，试 证此圆盘受到一阻碍其转动的磁力矩，其16(7 如图所示的回路，磁感应强度B垂直于回路平面向里，磁 图17.5 2222大小近似地表达为M?Barωζt( 通量按下述规律变化Φ = 3t + 2t + 1，式中Φ的单位为毫韦伯，t的单 [解答]电导率是电阻率的倒数ζ = 1/ρ(不妨将圆盘与磁场相对的位为秒(求: 部分当成长、宽和高分别为a、a和t的小导体，其横截面积为 (1)在t = 2s时回路中的感生电动B S = at， 势为多少, 电流将从横截面中流过，长度为a，因此其电阻为 (2)电阻上的电流方向如何, [解答](1)将磁通量的单位化为韦l1( a ,,,Ra 伯得 ,StR S I t 23宽为a的边扫过磁场中，速度大小为 Φ = (3t + 2t + 1)/10， 图17.7 v = rω， 感生电动势大小为 3产生的感生电动势为 ε = Bav = Barω， ε = |dΦ/dt| = 2(3t + 1)/10( -2圆盘其他部分的电阻远小于小导体的电阻，因此通过小导体的电t = 2s时的感生电动势为1.4×10(V)( 流强度为 (2)由于原磁场在增加，根据楞次定律，感应电流所产生的磁场 I = ε/R = Barωζt， 的方向与原磁场的方向相反，所以在线圈中感生电流的方向是逆时针所受的安培力为 的，从电阻的左边流向右边( 22 F = IaB = Barωζt， 其方向与速度方向相反(产生的磁力矩为 16(8 如图所示的两个同轴圆形导体线圈，小线圈在大线圈上 222M = Fr = Barωζt( 面(两线圈的距离为x，设x远大于圆半径R(大线圈中通有电流I时，其方向与角速度的方向相反( 若半径为r的小线圈中的磁场可看作是均匀的，且以速率v = dx/dt运 动(求x = NR时，小线圈中的感应电动势为多少,感应电流的方向如 16(6 如图，有一弯成θ角的金属架COD放在磁场中，磁感应强何, 度B的方向垂直于金属架COD所在平面，一导体杆MN垂直于OD边，[解答]环电流在轴线上产生的磁感应强度为 并在金属架上以恒定速度v向右滑动，v与MN垂直，设t = 0时，x = 0，2IR,0B， ,求下列两情形，框架内的感应电动势ε( i223/22()xR，(1)磁场分布均匀，且B不随时间改变; (2)非均匀的交变磁场B = 当x>>R时，磁感应强度为 M C Kxcosωt( B 2IR,0[解答](1)经过时间t，导体杆前进 B( ,3v 2x的距离为 x = vt， θ O 2杆的有效长度为 l = xtanθ = v(tanθ)t， 小线圈的面积为S = πr，通过的磁通量为 D N x 2动生电动势为 ε = Blv = Bv(tanθ)t( i22图17.6 IRr,,0(2)导体杆扫过的三角形的面积为 BS， ,,,32x222S = xl/2 = xtanθ/2 = vttanθ/2， 通过该面的磁通量为 当小线圈运动时，感应电动势为 22333,,IRrvd,kxtankvtan,,30， ,,,,,,BStcosttcos,,,,422d2tx 感应电动势为 当x = NR时，感应电动势为 d,2 ,,,3,,Irvi0( ,t,d422NR 感应电流的磁场与原磁场的方向相同，感应电流的方向与原电流的 14 环绕方向相同( 圈运动产生的动生电动势( *16(11 如图，一个矩形的金属线框，边长分别为a和b(b足够16(9 如图所示，匀强磁场B与矩形导线回路的法线n成θ = 60? 长)(金属线框的质量为m，自感系数为L，忽略电阻(线框的长边与x角，B = kt(k为大于零的常数)(长为L的导体杆AB以匀速v向右平 轴平行，它以速度v沿x轴的动，求回路中t时刻的感应电动势的大0y n B A 方向从磁场外进入磁感应强B 小和方向(设t = 0时，x = 0)( 0bθ 度为B的均匀磁场中，B的[解答]经过时间t，导体杆运动的距v 000x aL v 方向垂直矩形线框平面(求矩离为 x 形线框在磁场中速度与时间D B 的关系式v = v(t)和沿x轴方o x 图17.9 向移动的距离与时间的关系图17.11 x = vt， 式x = x(t)( 扫过的面积为 S = Lx = Lvt， [解答]由于b边很长，所以线框只有右边在做切割磁力线的运通过此面积的磁通量为 动(当线框速度为v时，产生的动生电动势为 ε = Bav( 02/2( Φ = B?S = BScosθ = Lvkt当线框中的电流为i时，产生的自感电动势的大小为 感应电动势的大小为 di( ε = dΦ/dt = Lvkt( ,,LLdt由于回路中磁通量在增加，而感应电流的磁通量阻碍原磁通量增加，其根据欧姆定律得 ε + ε = iR， L磁场与原磁场的方向相反，所以感应电动势的方向是顺时针的( 由于不计电阻，所以有 di( ? 16(10 长为b，宽为a的矩形线圈ABCD与无限长直截流导线共BavL，,00dt面，且线圈的长边平行于长直导线，线圈以速度v向右平动，t时刻基右边所受的力为 F = iaB， 0AD边距离长直导线为x;且长直导线中的电流按I = Icosωt规律随时0根据牛顿第二定律得 间变化，如图所示(求回路中的电动势ε( dv， [解答]电流I在r处产生的磁感iaBm,0A B dt应强度为 B 2Idr,ddivr0， B,微分得 ， ? v aBm,02bx 2r,x ddtt x 穿过面积元dS = bdr的磁通量为 x 联立?和?式得微分方程 C D a 22()aBdv0， ，,v0图17.10 2dtmL 这是简谐振动的微分方程，其通解为 Ib,0， ddd,,BSr,aBaB2r,00( vAtBt,，cossin穿过矩形线圈ABCD的磁通量为 mLmL xa，,,IbIb1xa，当t = 0时，v = v，所以A = v( 0000， ,,dln()r,,22rx加速度 ,,x a = dv/dt t回路中的电动势为 aBaBaB000， d,,,，(sincos)AtBt,, ,mLmLmLdt 当t = 0时，a = 0，所以B = 0( t ,bxaIx，d11d速度方程为 0,,，,[ln()()]I 2ddxtxaxt，,aB0( vvt,cos0mL,Ibxaavt，cos,00,，[ln()sin]t( ,,2()xxxa，,由于v = dx/dt，所以 显然，第一项是由于磁场变化产生的感生电动势，第二项是由于线 15 2aBRBd0 xvtvtt,,dcosd( E,0,,kmL2drt 对于c点，由于r = 0.15m，R = 0.12m，所以 aBmL02-4-1( E = (0.12)×0.01/2×0.15 = 4.8×10(V?m)( ,，vtCsink0aBmL0 当t = 0时，x = 0，所以C = 0，所以位移方程为 16(13 两个共轴的导体圆筒称为电缆，其 r2内、外半径分别为r和r，设电流由内筒流入，外12o r1aBmL0( 筒流出，求长为l的一段电缆的自感系数(提示:按xvt,sin0aBmL0定义L = NΦ/I，本题中NΦ是图中阴影部分面积l I I 的磁通量)( 16(12 如图所示的圆面积内，匀强磁场B的方向垂直于圆面积向[解答]在内外半径之间，磁感应强度的大小里，圆半径R = 12cm，dB/dt = 为 B = μI/2πr， 0 -2-1图17.13 10T?s(求图中a、b、c三点的涡旋电场其中r是场点到轴线之间的距离，B的方向是以轴a B 为多少(b为圆心),设ab = 10cm，bc = 线为中心的同心圆( r R 15cm( 在r处取一长为l的面积元dS = ldr， b [解答](1)当点在磁场之中时，以通过面积元的磁通量为 dΦ = BdS， b为圆心，以r为半径作一圆形环中，其总磁通量为 r c r周长为 2,,IIlr002图7.12 ,,lrdln,C = 2πr， ， ,22rr,,21r1面积为 S = πr( 取环路的逆时针方向为正，根据右手螺旋法则，面积的法向方向垂直纸电缆的自感系数为 面向外。 lr,,02( L,,ln根据安培环路定理 Ir2,1 ,B[讨论]电缆单位长度的自感系数为 ,,,,， ddElSkÑ,,LS,t Lr,02( L,,ln由于磁场增加，其变化率的方向与磁场方向相同，而感应电流的磁场与0lr2,1磁场增加的方向的方向相反，即垂直纸面向里，根据右手螺旋法则，涡 旋电场的方向与环路方向相同，所以左边等于 16(14 两个共轴圆线圈，半径分别为R和r，B El,,,,ddd2ElElEr,( kkkk蜒 ,,,LLL匝数分别为N和N，两者相距L(设小线圈的12r 而磁感应强度的方向与面积的法向方向相反，所以右边等于 半径很小，小线圈处的磁场近似地可视为均匀， L 求两线圈的互感系数( ,BddBBI 21[解答]设大线圈中通以电流I，N匝线圈形,,,,ddSSr,( 11,,SSo ,tttddR 成的环电流在轴线上产生的磁感应强度为 因此涡旋电场为 图17.14 2NIR,011B，小线圈的面积为 S = ,rBd223/2 ( E,2()LR，k2dt2对于a点，由于r = 0.1m，所以 πr， -4-1E = 0.1×0.01/2 = 5×10(V?m)( 大线圈通过一匝小线圈的磁通量为 k 对于b点，由于r = 0，所以E = 0( k22NIRr,,011BS ， ,,(2)当点在磁场之外时，以b为圆心，以r为半径作一圆形环路(根,223/22()LR，据安培环路定理 ,在小线圈中产生的全磁通为 B ,,,,， ddElSkÑ,,LS,t22NNIRr,,0121N， ,,左边的积分仍然为E2πr(由于半径R之外的磁感应强度及其变化率为,,k212223/22()LR，2零，所以右边的大小为πRdB/dt，因此涡旋电场为 互感系数为 16 bac,,，220NNRr( ,,,Mln,,01221( M,,Ic2,223/2ILR2()，1当线圈中通以交变电流I = Isinωt时，直导线中的感应电动势大0 [讨论]当两线圈相距很远时，L>>R，互感系数约为 小为 ,bdIac，02( NNr,,,,,MIt(ln)cos,,0012( M,d2tc,2R 16(18 在长圆柱形的纸筒上绕有两个线圈1和2，每个线圈的自 16(15 两个共轴的长直螺线管长为L，半径分别为R和R，设感都是0.01H，如图所示(求: 12 R > R;匝数分别为N和N(求两螺线管的互感系数( (1)线圈1的a端和线圈2的a`端相接时，b和b`之间的自感L2112 [解答]设大螺线管中通以电流I，在轴线上产生的磁感应强度为 为多少, 2 B = μnI = μNI/L( (2)线圈1的b端和线圈2022022a a2小螺线管的面积为 S = πR， 的a`端相接时，a和b`之间的1` 大螺线圈通过一匝小螺线管的磁通量为 自感L为多少, 2Φ = BS = πμNIR/L， [解答](1)当线圈1的a0221 在小线圈中产生的全磁通为 端和线圈2的a`端相接时，在bb` b 2Φ = NΦ = πμNNIR/L， 和b`之间通以电流I，两个线圈产12101221图17.18 互感系数为 生的磁场方向相反，由于两个线 2M = Φ/I = πμNNR/L( 圈是相同的，总磁场B = 0，所以磁场能量为零，自感L也为零( 1220121 (2)当线圈1的b端和线圈2的a`端相接时，在a和b`之间通以 16(16 一圆形线圈C由50匝表面绝缘的细导线密绕而成，圆面电流I，两个线圈产生的磁场方向相同，由于两个线圈是相同的，总磁1 2积S = 2cm，将C放在一个半径R = 20cm的大圆线圈C的中心，两线场为B = B + B = 2B，磁场的能量为 12121 圈共轴，C线圈为100匝(求: 222BB121( ,,,d4d4WVVLI(1)两线圈的互感M; m,,1,,222-1VV(2)C线圈中的电流以50A?s的速率减少2I 2C 2时，C中的感应电动势为多少, 2W1m自感系数为 =0.04(H)( LL,,412[解答](1)设大线圈中通以电流I，N匝线C 22I1 圈形成的环电流在圆心产生的磁感应强度为 B = μNI/2R， 16(19 两个线圈的自感分别为L和L，，它们之间的互感为M(将02212图17.16 小线圈中的全磁通为 两个线圈顺串联，如图a所示，求1和4之间的互感;(2)将两线圈反 Φ = NBS =μNNIS/2R，互感系数为 串联，如图b所示，求1和3之间的自感( 1210122 M = Φ/I = μNNS/2R [解答]两个线圈串联时，122012 -7-4-6= 4π×10×50×100×2×10/2×0.2=10π(H)( 通以电流I之后，总磁场等于两 (2) C中的感应电动势的大小为 个线圈分别产生的磁场的矢1 -6-51 2 3 4 ε = MdI/dt = 10π×50 = 5×10π(V)( 量和B = B + B，磁场的能量为 212a 16(17 长直导线与矩形单匝线圈共面放置， a 导线与线圈的长边平行，矩形线圈的边长分别为 a、b，它到直导线的距离为c(如图)，当矩形线圈中1 3 4 2 I b b 通有电流I = Isinωt时，求直导线中的感应电动0 c 势( 图17.19 [解答]如果在直导线中通以稳恒电流I，在距 离为r处产生的磁感应强度为 图17.17 B = μI/2πr( 20B ,dWV在矩形线圈中取一面积元dS = bdr，通过线圈的磁通量为 m,,2Vac，,,IbrIbdac，00， ,,,,BSdln22,,BBBB,121222,,rc ddd,，，VVVSc,,,,,,22VVV互感系数为 17 μ( 其中μ = μr011BBcos,2212( ,，，LILIVd磁场强度为 12,22,VH = B/μ = nI， (1)当两个线圈顺串时，两磁场的方向相同，θ = 0，所以 因此中心轴线上能量密度为 111112222， WLILIMI,，，,,,,BH,wBHnI()m1222222 自感系数为 12500,72 ,，，，，,1000410(2)2W20.5m( LLLM,,，，2124-32= 2π×10(J?m)( I2(2)当两个线圈反串时，两磁场的方向相反，θ = π，所以 (2)螺绕环的总体积约为V = bL，将磁场当作匀强磁场，总磁 能为 11222， WLILIMI,，,m12W = wV 2242自感系数为 = 2π×10×(0.015)×0.5=2.25π = 7.07(J)( 2Wm( LLLM,,，,2122dUI16(22 试证:平行板电容器中的位移电流可写成的IC,d dt 16(20 两个共轴的螺线管A和B完全耦合，A管的自感系数L = 形式，式中C是电容器的电容，U是两板间的电势差(对于其他的电1 -3-34.0×10H，通有电流I = 2A，B管的自感L = 9×10H，通有电流I = 容器上式可以应用吗, 122 4A(求两线圈内储存的总磁能( [证明]根据麦克斯韦理论:通过电场任意截面的位移电流强度等于 [解答]A管储存的自能为 通过该截面电位移通量的时间变化率，即I = dΦ/dt( dD 在平行板电容器中，由于Φ = DS， 1D2 WLI,m111而电位移D等于电容器的面电荷密度，即 2 D = ζ( 1,,323， ,，，，,，4102810(J)因为电容器带电量为q = ζS = DS = Φ， D2 所以 I = dq/dt， 1d2B管储存的自能为 WLI,m222即:位移电流等于极板上电量的时间变化率(根据电容的定义C = q/U，2 可得 1,,323; ,，，，,，91047210(J)I = CdU/dt( d2 由于两线圈完全耦合，互感系数为 其他电容器可以看作由很多平等板电容器并联而成，总电容等于各电容 之和，所以此式对于其他电容器也可以应用( MLL,12 16(23 如果要在一个1.0PF的电容器中产生1.0A的位移电流，,,,333， ,，，，,，410910610(H)加上电容器上的电压变化率为多少, A管和B管储存的相互作用能为 [解答]因为I = CdU/dt，所以电压变化率为 d -3-3-1212-1W = MII = 6×10×2×4 = 48×10(J)， dU/dt = I/C = 1/10 = 10(V?s)( m1212d 两线圈储存的总能量为 W = W + W + W = 0.128(J)( 16(24 在圆形极板的平行板电容器上，加上频率为50Hz，峰值mm1m2m12 5 为2×10V的交变电压，电容器电容C = 2PF，求极板间位移电流的最 16(21 一螺绕环中心轴线的周长L = 500mm，横截面为正方形，大值为多少, 其边长为b = 15mm，由N = 2500匝的绝缘导线均匀密绕面成，铁芯的[解答]交变电压为 U = Ucos2πνt， m 相对磁导率μ = 1000，当导线中通有电位移电流为 r o 流I = 2.0A时，求: I = CdU/dt = -CU2πνsin2πνt， dm (1)环内中心轴线上处的磁能密电流最大值为 度; I = CU2πν mm -125-5(2)螺绕环的总磁能( = 2×10×2×10×2π×50 = 4π×10(A)( I b [解答](1)设螺绕环单位长度上的 线圈匝数为 n = N/L， 16(25 一平行板电容器的两极板面积为S的圆形金属板，接在交 b 中心的磁感应强度为 流电源上，板上电荷随时间变化，q = qsinωt(求: mo` B = μnI， (1)电容器中的位移电流密度; 图17.21 18 (2)两极板间磁感应强度的分布( qx( ,,,(1)[解答](1)平行板电容器的面电荷密度为ζ = q/S，位移电流密度为 d222，xaq,dd,qm( ,,,,,costd当电荷q以速度v向O运动时，可认为圆面以dx/dt = -v向电荷运ddtStS (2)在安培-麦克斯韦环路定律中 动，因此，通过此圆面的位移电流为 d,d ， Hl,,，dIII,dÑd,Ltd 两极板间没有传导电流，即I = 0(由于轴对称，在两板之间以轴为圆22222,，,,,，qxavxvxa()()/心作一个半径为r的圆，其周长为 C = 2πr， ,[]222xa，使磁场的方向与环路的方向相同，左边为 2( Hl,,,,ddd2HlHlrH,qav蜒 ,,,LLL,( 223/22()xa，2环路所包围的面积为S` = πr，右边的位移电流为 16(27 在真空中，一平面电磁波的电场为 q,2m( ,,`(cos)IStr,,,ddxS7-1(V?m)( ,，,0.3cos[210()],Ety因此，两极板间磁场强度的分布为 c 求: qr,m， ,cosHt,r (1)电磁波的波长和频率; 2S v 磁感应强度的分布为 (2)传播方向; θ O φ q x (3)磁场的大小和方向( R ,,qr0m( ,,cosBHt,,r 0[解答](1)电磁波的角频率为 2S7-1E 16(26 如图所示，电荷+q以速度vω = 2π×10(rad?s)， 7向O点运动(电荷到O点的距离以x表频率为 ν = ω/2π = 10(Hz)( 87r 示)(以O点O圆心作一半径为a的圆，波长为 λ = cT = c/ν = 3×10/10 = 30(m)( a θ 圆面与v垂直(试计算通过此圆面的位(2)电磁波的传播方向为x方向( q v x O 移电流( (3)磁场的方向在z方向，由于 [解答]在圆面上取一半径为R的a ， ,,EH,00yz环，其面积为 图17.26 dS = 2πRdR， 所以磁场强度为 环上任一面元的法线方向与场强方向之间的夹角为φ，场强大小为 ,,,10002HEEE,,, E = q/4πεr， 0zyyyc,,,221/2000其中r = (x + R)，通过环的电通量为 dΦ = E?dS = EdScosφ， 11xe7,E,，,,cos[210()]ty87,其中cosφ = x/r，所以得 ,，，，,310410400c ( qxRRqxRRddd,,,， 1e3223/2磁感应强度为 BHE,,,22()rxR，,,zzy000c xa22,97( qxxRd()，,，,10cos[210()],t积分得电通量为 ,,ce,223/2,22()xR，00 16(28 一个长直螺线管，每单位长度有n匝线圈，载有电流i，qx( ,,(1)设i随时间增加，di/dt>0，设螺线管横截面为圆形，求: 22,2xa，0(1)在螺线管内距轴线为r处某点的涡旋电场; 由于电位移强度D和电场强度E的关系为 D = εE， (2)在该点处坡印廷矢量的大小和方向( 0 所以电位移通量和电通量之间的关系为 [解答](1)长直螺线管通有电流i时，在轴线上产生的磁感应强 Φ = εΦ， 度为 d0er i i E 因此点电荷在圆面上通过的电位移通量为 B = μni， S 0 磁场是均匀的，也是轴对称的( o B dl 以轴线上某点为圆心，以r 19 为半径作一环路，环路的周长为 C = 2πr， ζ = q/S`， 2， 面积为 S=πr不计边缘效应，边缘的场强为 根据电场的环路定理 =q/S`ε( E=ζ/ε00 ,在边缘做一个半径为a的环路，其周长为2πa，面积为S`(根据B， ,,,,ddElSÑ,,LS环路定理 ,t 2可得 2πrE = -πrdB/dt，因此涡旋电场为 ，左边为2πaH;右边的I = 0，I = Hl,,，dIIddÑ,L,nrdi0，负号表示涡旋电场的方向与环路的环,,Edq/dt，所以磁场强度为 2dt 绕方向相反( dq( ,H(2)管中磁场强度为H = B/μ = ni( ,02dat 坡印廷矢量为S = E×H，其大小为 d,ddd( IES,,,,DSdd,0d,,SStttddd2,nrdi0( dddEq,,,SEHi22) ,,,,,,aa2dt0dddttt 当di/dt > 0时，S的方向沿径向指向轴线;当di/dt < 0时，S的方向沿坡印廷矢量为S = E×H，其大小为 径向向外( qqd， ,,SEH ,,2`daSt0-316(29 有一氦氖激光管所发射的激光功率为10×10W，设激光 -3为圆柱形光束，圆柱横截面直径为2.0×10m，试求激光的最大电场强方向垂直环路指向轴线(电容器侧面的表面积为S`` = 2πaL， 度和最大磁感应强度为多少, 流入电容器的能量速率为 2[解答]圆柱面积为 S = πr， ddWLqq( ,,SS``坡印廷矢量的平均值为 SPS,/( ,d`dtSt0设最大电场强度为E和最大磁感应强度为B，可以证明:00 当电容器带电q时，根据电容公式C = q/U，两端的电压为U = q/C，1(由于，可得 ,,EH,SEH,000000所带的静电能为 2 22,,,c1CUq22000， ,,,SEEEE， W`,,000022,2,,22C000 静电能的增加速率为 22SP所以 ,,Ed`dWqq0( ,,,ccS00ddtCt ,S`033-1由于电容，所以，流入电容器的能量速率等于其静电能增加,C(V?m)， ,,，102.41.54910L 的速率( 22SP9[取ε = 1/4πk = 1/(4π×9×10)](同理， ， ,,16(31 半径为a的长直导体载有沿轴线方向的电流I，I均匀地分H00,,ccS00布在横截面上(证明: 磁感应强度的最大值为 (1)在导线表面，坡印廷矢S S S S S S 量S的方向垂直于导线表面向内; 22,,SP00I (2)导体内消耗的焦耳热 I ,,,BH,000ccS等于S传递来的能量( L [证明](1)导体的横截面积S S S S 5S S ,,66-7S` 为 H (T)，(取μ = 4π×10)( ,，,，4105.16100I a I S 3图17.31 2S` = πa， a E 电流密度为 S``16(30 一平行板电容器由相距为L的两个半径为a的圆形导体板δ = I/S`( ` 构成，略去边缘效应(证明:在电容器充电时，流入电容器的能量速率导体的电阻率为ρ，电场强度大小为E = ρδ， 等于其静电能增加的速率( 方向与电流的流向相同( 2[证明]电容器的面积为 S` = πa， 在导体表面做一个半径为a的环路，其周长为C = 2πa(根据环路 电容器充了电量q时，面电荷密度为 定理 L 20 H S` S a E S`` (4)当线圈中电阻不为零时，电流通过电阻要产生电压降iR，当， Hl,,，dIIdÑ,L = q/C; 电容器带电时，两端的电压为 Uc左边为2πaH;右边的I = 0，所以磁场强度为 H = I/2πa( 当电感中电流变化时，产生的感应电动势大小为 U = Ldi/dt( dL 由于电场强度E的方向沿着轴向，磁场强度方向沿着环路，根据它们相当于两个电源，方向相同，而与电阻上电压降的方向相反，所以S = E×H，可知:在导线表面，坡印廷矢量S的方向垂直于导线表面向电路方程为 内( diq(由于I = dq/dt，所以方程变为 ,,,LiR (2)在导体表面的坡印廷矢量的大小为dtC 22IIIddqqqSEH， ( ,,,,,LR，，,02SaaS`22`,,ddttC rt对于长为L的导体来说，其表面积为 设方程的解为q = Ae，代入微分方程可得 2S`` = 2πaL，单位时间内传递来的能量为 Lr + Rr + 1/C=0( 22rt根的判别式为D = R - 4L/C，当R?4L/C时，e只有实部，电路不能2LI发生振荡( ， PSS,,``,S`2当R < 4L/C时，设r = α + ωi(i为虚数单位)，其中 L,R2其中正好是这段导体的电阻，而IR是导体消耗焦耳热的功， R,,,,S`2L 率，所以导体内消耗的焦耳热等于S传递来的能量( 224/1LCRR, ( ,,,,224LLCL16(32 如图所示的电路，在电键K接通后，电池中的稳恒电流为 10A，(线圈的电阻R = 0)( 电路能够发生振荡，振荡频率为 (1)说明为什么当电键断开时，L-C2,11R电路就发生振荡电流; ( ,,,,R 2ε 224,,LCL(2)求振荡电流的频率; K C=8μF (3)求电容器两端的最大电势差; α使振幅按指数规律减小( (4)若线圈的电阻R?0，试讨论能否[讨论]当电路中的电阻R = 0时，α = 0，频率为 发生振荡,如能振荡，振荡频率为多少, ，这正是纯LC电路的振荡频率( ,,,1/2LCL=2H,R=0 [解答](1)当电键K接通后，由于电 图17.32 池中的电流是稳恒的，电流不通过电容器， 只通过电感L(K断开时，L中的电流发生了17(33 一飞机在离电台10km处飞行，收到电台的讯号强度为 -6-2变化，就会产生感应生动势，给电容器C充电;电容器充完电之后又10×10W?m，求: 放电(这个过程不断进行，就产生振荡电流( (1)该电台发射的讯号在飞机所在处的电场强度的峰值E和磁0 (2)振荡电流的频率为 场强度的峰值H为多少, 0 (2)设电台发射是各向同性的，求电台的发射功率( 1 ,,[解答(]1)飞机电台收到讯号强度就是平均坡印廷矢量，根据17(29,2LC 2S题的结果得电场强度的峰值为 ,E30110,c0=37.79(Hz)( ,,,6,8,，，22810,2-2-1= 8.68×10(V?m)， ,1024,(3)电量的方程为 q = qcosωt，电流的方程为 I = dq/dt = m -ωqsinωt， 磁场强度的峰值为 m 其中ωq = i，所以最大电量为q = i/ω( mmmm2S ,电容器两端的最大电势差为 H0,c0 qiiLCLmmm ,,,,Uimm1,CCCC,3-4-1=2.3×10(A?m)( ,10,6 23(2)电台的发射功率等于单位时间内通过飞机所在球面的平均能(V)( ,,，10510,6，810量，即 21 242-6 = 4π×(10)×10×10 PrS,4, 3= 4π×10(W) = 12.56(kW)( 补充题 17(1 在半径为R的圆柱形空间内，d/4d,,LB22AB Ek ,,，(/4)RLL匀强磁场随时间的变化率为dB/dt，一根长22θ Pd2dLtRL,/4A B 为L的金属导体棒置于磁场中，求棒AB两r dl A a θ R 端的感生电动势( 22RLB,/2d，令dε/dL = 0，得 ， LR,2[解答]方法一:场强法(取,为圆心rABO,222dtRL,/4B o 为半径的环路，其周长为C = 2πr， 2面积为 S = πr( L/22设环路的为逆时针方向，则面积的方向垂直平面向外。 由于 ， ,sin,,R2在环流公式中 ,所以θ = 45?(这种情况下OAB的面积最大，感生电动势也最大，最大B， ,,,,ddElSkÑ,,LS值为 ,t 设dB/dt > 0，则感应电流的磁场垂直纸面向外，环路上的涡旋电场强度2RBdE的方向与环路方向相同，而?B/?t的方向与dS的方向相反，可得 ( ,,kAB2dt22πrE = πrdB/dt， k rBd所以 ( E,k17((2)(均匀磁场充满在半径为R的圆柱形空间，一金属杆长为2dt 设AP为l，在杆上r处取一线元dl，感应电动势为 2R，一半在磁场外，另一半在磁场中，并R R C A 跨在圆柱形磁场的两端(磁场随时间的rBdB a ， ,,dddcos,,,Ellα kD 变化率为dB/dt，求棒AB两端的感生电R 2dt 设杆到圆心O的距离为a，则a = rcosθ，于是得 动势( O [解答]方法一:面积法(连接OA和aBdo B ( ,dd,lOB，由于AC = R，三角形AOC为等边2dt AB两端的感生电动势为 三角形，其高为，面积为 aR,3/2LaBaLBdd( ,,,dlAB,2d2dttaR320(而三角形BCO是等腰三角形，?BCO SR,,124221/2由于a = [R - (L/2)]，所以得 = 120º，所以α = 30º = π/6，扇形OCD的面积为 LLBd22( ,,,,,R()22AB (由于OA和OB与场强方向垂直，感应SRR,,22dt2212 方法二:面积法(在三角形OAB中，OA和OB与场强方向垂直，电动势为零(所以杆上的感应电动势为 BOA感应电动势为零(所以杆上的感应电动势为 ,,,，,，,ElElEldddABkkk,,,BOAABO,,,，,，,ElElElddd ABkkk,,,,ABOB,,,,, ddElSkÑ,,LS,tB,ElSdd,,,,, k2Ñ,,LSRB,dddBB,t( ,，(3),,，d()SSS12,S43dtddttddBaLB ,,dS,S方法二:场强法(由上题可知磁d2dttR R P C 场中涡旋电场的场强为 B dl A a LLBdθ 22r ( rBd,,R()R E，(r?R)(在磁场外kE,22dtk2dtO[讨论]AB两端的感生电动势与棒的长度L有关，对L求导得 以,为圆心，以r为半径作一环路，其o B 周长为 C = 2πr，但是包围磁场 2的面积为 S = πR，根据环路公式 22 ,BR22，可得 2πrE = πRdB/dt， ,,,,aRBlddddElSkkÑ,,LS,,,t,CD22dtr0所以电场强度为 R22aRBlddRBd ,，(r > R)( E,,k222d(/2)3/4tlRR，，2drt0 在杆上r处取一线元dl，当线元在磁场中时，感应电动势为 R2aRBlRd2/2， ,arctanrBdaBd( ,,,dldddcos,,,Ell2dt33/2RRk02dt2dt AC段的感应电动势为 3R3,,由于，，，所以 arctan,a,arctan3,R3dBaBaRBdd22363( ,R,,,dl,AC4dt2d2dtt02,RBd当线元在磁场之外时，感应电动势为 ( ,,CD12dt2RBdAB两端的感生电动势为 ,,dddcos,,,Ellk2drt2RB,d( ,,,,，,，(3)ABACCB2aRBldd43dt， ,22dtr 可见:此题用场强法也能计算出同一结果，但是面积法更简单( 222其中 CP = l，r = l + R - 2lRcos120º 22 = (l + R/2) + 3R/4(利用积分公式 11x，得CB两端的感生电动势为 darctaxgC,，22,xaaa， 1