电焊机1次测线圈 220V多少圈 380V多少圈
问题描述：
电焊机1次测线圈 220V多少圈 380V多少圈铁芯宽5CM 叠厚8CM
问题解答：
电焊机1次测线圈每伏圈数与功率有关,最方便在铁芯上用电线绕五圈,开机量电压,电压值除五后为一圈几伏了.铁芯宽5CM 叠厚8CM ,只有500伏安!初级每伏1.15匝左右.
我来回答：
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那就是一个小时144圈了,是原来的五分之一啊,原来是720圈是1000瓦每小时的,那你的电脑有200瓦的,我就知道这一些了,
高磁棒的半径为x,那么绕一圈的长度为：2*π*x,根据题意,有：(90-80)*2*π*x=15.28+22.4解得：x=0.6 厘米,即磁棒的半径为0.6厘米.总长； L=2*π*0.6*80+15.28=316.72厘米.
90-80=10圈22.4+15.28=37.68厘米漆包线长：37.68÷10×80+15.28=316.72厘米半径：37.68÷3.14÷2=6厘米
答：我们专业生产电焊机：这个原理很简单 因为电焊机就是一个变压器一样,它有初级（接电源）和次级（接焊把线和地线）,变压器都有一个永恒的公式 就是 初级电压除以初级线圈数=次级电压除以次级线圈数； 所以,当初级接220V时,线圈数量少些,当接380V,线圈数量多些,这样次级电压就可以保持不变,焊接电流也就不变.不会烧变压
电磁铁电磁力计算公式磁场强度的计算公式：H = N × I / Le式中：H为磁场强度,单位为A/m；N为励磁线圈的匝数；I为励磁电流（测量值）,单位位A；Le为测试样品的有效磁路长度,单位为m.磁感应强度计算公式：B = Φ / (N × Ae)式中：B为磁感应强度,单位为Wb/m^2；Φ为感应磁通（测量值）,单位为
5.D6.C你有答案吗?这对不?
一楼老兄图有点争议,上SB2可以理解为总停,那么SB1哪?多余的.
电阻档坏了,打开看,如果有两个保险丝的话,可能是其中一个爆掉了,有可能换上就好；否则多半可以用肉眼可以直接观察到烧坏的电阻；再往下就要找专业人员来查了.
25.12/3.14/200*100=4
电子镇流器不像电感镇流器,这东西不拆开外壳的话很难直接测出好坏.你倒不如先测测灯管的灯丝有没有断.既然你会用万用表,那估计你能很容易的找出灯丝的位置,用电阻档测量一下,大约几十欧上百欧的样子,如果阻值非常大,接近于开路状态,就说明这根灯丝已经断了.对于一般的热阴极镇流器来说,灯管的两根灯丝任意一根开路,都无法点亮.电子
芯片烧了,更新吧.
只有交流电压挡一个档位出现这种测量不准现象吗?还是所有档位都这样?如果是所有档位测量出来指针偏转的幅度都很小,那么说明故障在表头,因为万用表内部电压挡,电流挡,所有分流电阻和分压电阻不可能全部损坏,所以说如果所有档位测量出来都是指针偏转幅度很小,那么就要把故障指向表头,如果只是交流电压挡出现该问题,则要重点检查交流电压
你的测量值肯定不可能是一个定值.只能在一个范围内.如果你拿万用表去测量380的高压电,他都不会在380这个点上,我们说的220和380只是一个计算值,实际运用过程会有偏差撒, 再问： 哦哦 我还以为我这个万能表不好使呢
机械停表是用来测时间间隔的,有两种不同的刻度划分情况：其中一种秒针转1圈是30秒,分针转1圈是15分；另一种秒针转1圈是60秒,分针转1圈是30分.不知你的图中是哪种情况,请你具体分析一下就知道了!
只要检查与所用档位有关的电路的原件,就可以了.通常肉眼就能看到烧坏的原件.但是万用表中使用的都是精密电阻,有的阻值比较特别,不太好找合适的原件.
220v是一条火线,一条零线,380V是两条或着三条火线,现在国家实行三线线五线制,380V三条火线一条零线,一条地线,地线为双色线,零线为黑线,有时也可能是绿线,220V是一条红色火线,黑色零线,双色地线
小棒的直径是(22.4+15.28)÷10÷3.14=37.68÷3.14＝12cm铜线的长度是 50x12x3.14+15.28=1899.28cm
25.12米=2512厘米.12(厘米)25.12÷3.14（也就是圆周率)=8（厘米）答：线圈的直径是8厘米.
零线有问题
也许感兴趣的知识53习题 11 11-1 ． 直 角 三 角 形 ABC 的 A 点 上 ， 有 电 荷 q1 = 1.8 × 10 C ， B 点 上 有 电 荷?9q 2 = ?4.8 × 10 ?9 C ，试求 C 点的电场强度(设 BC = 0.04m ， AC = 0.03m )。解： q1 在 C 点产生的场强： E1 =2 4πε 0 r ACq1i，q 2 在 C 点产生的场强： E2 =q2 j， 2 4πε 0 rBCj∴ C 点的电场强度： E = E1 + E2 = 2.7 × 10 4 i + 1.8 × 10 4 j ；αiC 点的合场强： E = E12 + E22 = 3.24 × 104 V方向如图： α = arctanm，1.8 = 33.7 = 33 42 ' 。 2.711-2．用细的塑料棒弯成半径为 50cm 的圆环，两端间空隙为 2cm ，电量为 3.12 × 10 ?9 C 的 正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。 解：∵棒长为 l = 2π r ? d = 3.12m ， ∴电荷线密度： λ =O Rα αx2cmq l= 1.0 ×10?9 C ? m ?1可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为 0，有一段空隙，则圆 心处场强等于闭合线圈产生电场再减去 d = 0.02m 长的带电棒在该点产生的场强，即所求 问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在 O 点产生的场强。 解法 1：利用微元积分：dEO x =α1 4π ε 0?λ RdθR2cos θ ，∴ EO =∫ α cos θ dθ = 4π ε R ? 2sin α ≈ 4π ε R ? 2α = 4π ε R? 0 0 0λλλd2= 0.72 V ? m ?1 ；解法 2：直接利用点电荷场强公式： 由于 d && r ，该小段可看成点电荷： q′ = λ d = 2.0 × 10?11 C ， 则圆心处场强： EO =q′ 4πε 0 R 2= 9.0 × 109 ×2.0 ×10 ?11 = 0.72 V ? m ?1 。 2 (0.5)方向由圆心指向缝隙处。5411-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为 λ ，四分之 一圆弧 AB 的半径为 R ，试求圆心 O 点的场强。 解：以 O 为坐标原点建立 xOy 坐标，如图所示。 ①对于半无限长导线 A∞ 在 O 点的场强：λ π ? ? E Ax = 4π ε R (cos 2 ? cos π ) ? 0 有： ? ? E = λ ( sin π ? sin π ) ? A y 4π ε 0 R 2 ?②对于半无限长导线 B ∞ 在 O 点的场强：xEλ π ? ? EB x = 4π ε R ( sin π ? sin 2 ) ? 0 有： ? ? E = λ (cos π ? cos π ) ? B y 4π ε 0 R 2 ?③对于 AB 圆弧在 O 点的场强：有：π ? λ λ π E AB x = ∫ 2 cos θ d θ = (sin ? sin π ) ? 0 4π ε R 4π ε 0 R 2 ? 0 ? π ? E = 2 λ sin θ d θ = ? λ (cos π ? cos π ) ? AB y ∫0 4π ε R 4π ε 0 R 2 0 ?y∴总场强： EO x =λ λ λ ， EO y = ，得： EO = (i + j ) 。 4π ε 0 R 4π ε 0 R 4π ε 0 R2 2 EO x + EO y =或写成场强： E =2λ ，方向 45 。 4π ε 0 R11-4．一个半径为 R 的均匀带电半圆形环，均匀地带有电荷，电荷的线密度为 λ ，求环心处 O 点的场强 E。dq 解：电荷元 dq 产生的场为： d E = ； 4π ε 0 R 2λYdqdθθo根据对称性有： d E y = 0 ，则：∫RdEXE = ∫ dE x = ∫ d E sin θ = ∫π0λ R sin θ dθ λ ， = 2 4π ε 0 R 2π ε 0 R方向沿 x 轴正向。即： E =λ i。 2π ε 0 R5511-5．带电细线弯成半径为 R 的半圆形，电荷线密度 为 λ = λ 0sin ? ，式中 λ 0 为一常数， ? 为半径 R 与 x 轴 所成的夹角，如图所示．试求环心 O 处的电场强度。 解：如图， dE =λ 0 sin ? d? λ dl = ， 4π ε 0 R 2 4π ε 0 R?dEx = dE cos ? ? 考虑到对称性，有： E x = 0 ； ? ?dE y = dE sin ? ?∴ E = dE y = dE sin ? =∫∫∫π0λ 0 sin 2 ? d? λ0 λ0 π (1 ? cos 2? ) d ? ， = = ∫0 4π ε 0 R 4π ε 0 R 2 8ε0 R方向沿 y 轴负向。 11-6．一半径为 R 的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为 σ ，求球心 O 处的电场强度。 解：如图，把球面分割成许多球面环带，环带宽为 d l = Rd θ ，所带电荷：dq = 2π rσ d l 。 利用例 11-3 结论，有： d E =x dq 4π ε 0 ( x 2 + r )3 2 2=σ ? 2π r xd l4π ε 0 ( x 2 + r 2 ) 23∴ dE =σ ? 2π R cos θ ? R sin θ ? Rdθ4π ε 0 [( R sin θ ) 2 + ( R cos θ ) 2 ]3 2，rθOx化简计算得： E =σ 2ε 0∫π201 σ σ 。 sin 2θ dθ = ，∴ E = i 2 4ε 0 4ε 011-7．图示一厚度为 d 的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为 ρ 。求 内、外的场强分布，并画出场强随坐标 x 变化的图线，即 E ? x 图线(设原 在带电平板的中央平面上， Ox 轴垂直于平板)。 解：在平板内作一个被平板的中间面垂直平分的闭合圆柱面 S1 为高斯面， 当 x ≤板 点d 时，由 ∫ E ? dS = 2 E ? ?S 和 ∑ q = 2 x ρ ?S ， S1 2有： E =ρx ； ε0? d 2ρd 2ε 0EO?d 当 x & 时，由 ∫ E ? dS = 2 E ? ?S 和 ∑ q = 2d ρ ?S ， S2 2有： E =d 2xρd 。图像见右。 2ε 0ρd 2ε 05611-8．在点电荷 q 的电场中，取一半径为 R 的圆形平面(如图所示)， 平面到 q 的距离为 d ，试计算通过该平面的 E 的通量. 解：通过圆平面的电通量与通过与 A 为圆心、 AB 为半径、圆的平面 为周界的球冠面的电通量相同。 【先推导球冠的面积：如图，令球面的半径为 r ，有 r = 球冠面一条微元同心圆带面积为： dS = 2π r sin θ ? rdθ ∴球冠面的面积： S =d 2 + R2 ，rO0 cosθ = d rdθ? r sin θ∫θ02π r sin θ ? rdθ = 2π r 2 cos θxd = 2π r 2 (1 ? ) 】 r∵球面面积为： S球面 = 4π r ，通过闭合球面的电通量为： Φ闭合球面 =2qε0，由：Φ 球冠 Φ 球面=S球面 S球冠，∴ Φ 球冠 =1 d q q d (1 ? ) ? = (1 ? )。 2 r ε 0 2ε 0 R2 + d 211-9．在半径为 R 的“无限长”直圆柱体内均匀带电，电荷体密度为 ρ，求圆柱体内、外的 场强分布，并作 E~r 关系曲线。 解： 由高斯定律∫∫SE ? dS =1ε0∑ q ，考虑以圆柱体轴为中轴，半径为 r ，长为 l 的高斯面。i S内ρ π r2 l ρr （1）当 r & R 时， 2π r l ? E = ，有 E = ； ε0 2ε0（2）当 r & R 时， 2π r l ? E =ρ π R2 l ρ R2 ，则： E = ； ε0 2ε 0 rEρR 2ε0?ρr ? 2ε ( r & R ) ? 0 即： E = ? ； 2 ?ρ R (r & R) ? 2ε 0 r ?图见右。oRr11-10． 半径为 R1 和 R2 R1 & R2 ） （ 的两无限长同轴圆柱面， 单位长度分别带有电量 λ 和 ?λ ， 试求： （1） r & R1 ； （2） R1 & r & R2 ； （3） r & R2 处各点的场强。57解：利用高斯定律：∫∫SE ? dS =1ε0∑q 。i S内（1） r & R1 时，高斯面内不包括电荷，所以： E1 = 0 ； （2） R1 & r & R2 时，利用高斯定律及对称性，有： 2π r l E2 =λl λ ，则： E2 = ； ε0 2π ε 0 r （3） r & R2 时，利用高斯定律及对称性，有： 2π rlE3 = 0 ，则： E3 = 0 ；?E = 0 ? λ ? ? 即： E = ? E = r 2π ε 0 r ? ?E = 0 ? r & R1 R1 & r & R2 。 r & R211-11．一球体内均匀分布着电荷体密度为 ρ 的正电荷，若保持电荷分布不变,在该球体中挖去半径为 r 的一个小球体，球心为 O ′ ，两球心间距离OO ′ = d ，如图所示。求：（1）在球形空腔内，球心 O ′ 处的电场强度 E 0 ； （2）在球体内 P 点处的电场强度 E ，设 O ′ 、O 、 P 三点在同一直径上，且 OP = d 。解：利用补偿法，可将其看成是带有电荷体密度为 ρ 的大球和带有电荷体密度为 ? ρ 的小球 的合成。 （1）以 O 为圆心，过 O ′ 点作一个半径为 d 的高斯面，根据高斯定理有：ρ 4 3 ρd ，方向从 O 指向 O′ ； ? π d ? E0 = S ε0 3 3ε 0 （2）过 P 点以 O 为圆心，作一个半径为 d 的高斯面。根据高斯定理有： ρ 4 3 ρd ∫ S E ? d S = ε 0 ? 3 π d ? EP1 = 3ε 0 ，方向从 O 指向 P ， 过 P 点以 O ′ 为圆心，作一个半径为 2d 的高斯面。根据高斯定理有： ρ r3 ρ 4 3 ∫ S E ? d S = ? ε 0 ? 3 π r ? EP 2 = ? 3ε 0 d 2 ，∫E ?d S =112ρ r3 ∴ E = EP + EP = (d ? 2 ) ，方向从 O 指向 P 。 3ε 0 4d1 211-12．设真空中静电场 E 的分布为 E = cx i ，式中 c 为常量，求空间电荷的分布。 解：如图，考虑空间一封闭矩形外表面为高斯面， z 有：∫∫SE ? d S = cx 0 ? ? S1 由高斯定理： ∫∫ E ? d S = S ε0∑q ，S内o∫x0 0?S设空间电荷的密度为 ρ ( x ) ，有： cx 0 ? ? S = ∴ρ ( x)? Sd x ε0yx0x∫x00ρ ( x) d x = ∫ ε 0cd x ，可见 ρ ( x ) 为常数 ? ρ = ε 0 c 。0x058带电，电荷面密度为 σ ，求顶点 O 的电势．(以无穷远处为电势零点) 解：以顶点为原点，沿轴线方向竖直向下为 x 轴，在侧面上取环面元， 如图示，易知，环面圆半径为： r = x tan11-13．如图所示，一锥顶角为 θ 的圆台，上下底面半径分别为 R1 和 R2 ，在它的侧面上均匀θ2，环面圆宽： d l =dx cosθ2dS = 2π r ? d l = 2π ? x tanθ， ? 2 cos θ 2dx利用带电量为 q 的圆环在垂直环轴线上 x0 处电势的表达式：U环 =1 4πε 0?q2 r + x0 2，dl =dx cosσ 2π ? x tan ?有： dU =θdxθ21 4πε 0?2 cos2考虑到圆台上底的坐标为： x1 = R1 cot ∴U =∫x2x1θ θ ， x2 = R2 cot ， 2 2 θ σ θ R cot σ ( R2 ? R1 ) σ θ ? tan ∫ θ2 d x = 。 ? tan d x = 2ε 0 2 R cot 2 2ε 0 2 2ε 02 1( x tan ) + x 2θ2 = σ ? tan θ d x ， 2ε 0 2 2θrx11-14．电荷量 Q 均匀分布在半径为 R 的球体内，试求：离球心 r 处（ r & R ）P 点的电势。 解：利用高斯定律：∫∫2SE ? dS =13ε 0 S内∑ q 可求电场的分布。o rPR P∞（1） r & R 时， 4π r E 内=Q r Qr ? 3 ；有： E内 = ； ε0 R 4π ε 0 R 3 Q Q （2） r & R 时， 4π r 2 E 外 = ；有： E 外 = ； ε0 4π ε 0 r 2离球心 r 处（ r & R ）的电势： U r =∫RrE 内 ? d r + ∫ E 外 ? d r ，即：R∞Ur = ∫Rr∞ 3Q Q r2 Qr Q ? 。 ?dr + ∫ ?dr = R 4π ε r 2 8π ε 0 R 8π ε 0 R 3 4π ε 0 R 3 011-15．图示为一个均匀带电的球壳，其电荷体密度为 ρ ，球壳内表面半径为 R1 ，外表面半 径为 R2 ．设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势。 解：当 r & R1 时，因高斯面内不包围电荷，有： E 1 = 0 ， 当 R1 & r & R 2 时，有： E 2 =ρ π (r 3 ? R13 )4πε 0 r 2 =4 3ρ (r 3 ? R13 ) ， = 3ε 0 r 2当 r & R 2 时，有： E 3 =3 ρ π ( R2 ? R13 )4 34πε 0 r 23 ρ ( R2 ? R13 ) ， 3ε 0 r 259以无穷远处为电势零点，有：U = ∫ E 2 ? d r + ∫ E 3? d r = ∫R1 R2R2∞R2R13 3 ∞ ρ (R ? R ) ρ (r 3 ? R13 ) ρ 2 2 1 dr + ∫ dr = ( R2 ? R12 ) 。 2 2 R 2ε 0 3ε 0 r 3ε 0 r211-16．电荷以相同的面密度σ 分布在半径为 r1 = 10cm 和 r2 = 20cm 的两个同心球面上，设 （1）求电荷面密度 σ ； （2）若要使球心处的电势也为零，外球面上电荷面密度 σ ′ 为多少？ （ ε 0 = 8.85 × 10 ?12 C 2 ? N ?1 m ?2 ） 解： （1）当 r & r 1 时，因高斯面内不包围电荷，有： E 1 = 0 ， 当 r1 & r & r 2 时，利用高斯定理可求得： E 2 = 当 r & r 2 时，可求得： E 3 =2 1 2 2无限远处电势为零，球心处的电势为 U 0 = 300V 。σr ， ε0 r2 1 2r1O r2σ (r + r ) ， ε0 r2 2 2 2 r2 ∞ r σ r1 ∞ σ ( r1 + r2 ) σ ∴U0 = ∫ E2 ? d r + ∫ E3 ? d r = ∫ dr+∫ dr = (r1 + r2 ) 2 r1 r2 r ε r2 r ε0 r ε0 02 1 28.85 × 10 ?12 × 300 = 8.85 × 10 ?9 C m 2 ?3 r1 + r2 30 × 10 （2）设外球面上放电后电荷密度 σ ' ，则有： σ r1 σ =? U 0 ' = (σ r1 + σ ' r2 ) / ε 0 = 0 ，∴ σ ' = ? r2 2那么： σ =ε 0U 0=则应放掉电荷为：3 ?q = 4π r22 (σ ? σ ' ) = σ ? 4π r22 = 4 × 3.14 × 8.85 ×10 ?12 × 300 × 0.2 = 6.67 ×10 ?9 C 。 211-17．如图所示，半径为 R 的均匀带电球面，带有电荷 q ，沿某一半径方向上有一均匀带 电细线，电荷线密度为 λ ，长度为 l ，细线左端离球心距离为 r0 。设球和线上的电荷分布不 受相互作用影响， 试求细线所受球面电荷的电场力和细线在该电场中的电势能 （设无穷远处 的电势为零） 。 解： （1）以 O 点为坐标原点，有一均匀带电细线的方向为 x 轴， 均匀带电球面在球面外的场强分布为： E =q 4π ε 0 r 2（r & R） 。取细线上的微元： d q = λ d l = λ d r ，有： d F = E d q ， ∴F =∫r 0 +lq 4π ε 0 xr0λd r = 2? λ ql r ? （ r 为 r 方向上的单位矢量） 4π ε 0 r0 ( r0 + l ) q 4π ε 0 r（ r & R ， ∞ 为电势零点） 。（2）∵均匀带电球面在球面外的电势分布为： U =对细线上的微元 d q = λ d r ，所具有的电势能为： dW = ∴W =q 4π ε 0 r?λ dr ，q 4π ε 0∫r 0+lλdrrr0=qλ 4π ε 0lnr 0+ l 。 r06011-18. 一电偶极子的电矩为 p ，放在场强为 E 的匀强电场中， p 与 E 之间夹角为 θ ，如图 所示．若将此偶极子绕通过其中心且垂直于 p 、 E 平面的轴转 180 ，外力需作功多少？ 解：由功的表示式： d A = Mdθ 考虑到： M = p × E ，有： A =∫θπ +θpE sin θ dθ = 2 pE cos θ 。11-19． 如图所示， 一个半径为 R 的均匀带电圆板， 其电荷面密度为 σ (＞0)今有一质量为 m ， 电荷为 ? q 的粒子( q ＞0)沿圆板轴线( x 轴)方向向圆板运动，已知在距圆心 O （也是 x 轴 原点）为 b 的位置上时，粒子的速度为 v0 ，求粒子击中圆板时的速度(设圆板带电的均匀性 始终不变)。 解：均匀带电圆板在其垂直于面的轴线上 x 0 处产生的电势为：U= U Obσ 2 ( R 2 + x 0 ? x 0 ) ，那么， 2ε 0 σ = UO ?Ub = ( R + b ? R2 + b2 ) ， 2ε 0由能量守恒定律， 有： v =2 v0 +1 1 1 2 qσ 2 m v 2 = m v0 ? ( ? qU Ob ) = mv0 + ( R + b ? R2 + b2 ) ， 2 2 2 2ε 0qσ (R + b ? R 2 + b 2 ) mε 0思考题 11 11-1． 两个点电荷分别带电 q 和 2q ， 相距 l ， 试问将第三个点电荷放在何处它所受合力为零? 答： 由qQ 2qQ ， 解得：x = l ( 2 ? 1) ， 即离点电荷 q 的距离为 l ( 2 ? 1) 。 = 2 4π ε 0 x 4π ε 0 (l ? x ) 211-2．下列几个说法中哪一个是正确的？ （A）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向； （B）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同； （C）场强方向可由 E = F / q 定出，其中 q 为试验电荷的电量， q 可正、可负， F 为试验 电荷所受的电场力； （D）以上说法都不正确。 答： （C） 11-3．真空中一半径为 R 的的均匀带电球面,总电量为 q ( q ＜0)，今在球 面面上挖去非常小的一块面积 ?S (连同电荷)，且假设不影响原来的电荷 分布，则挖去 ?S 后球心处的电场强度大小和方向. 答：题意可知： σ = 有： E =q 4π ε 0 R 2，利用补偿法，将挖去部分看成点电荷，σ ?S ，方向指向小面积元。 4π ε 0 R 211-4．三个点电荷 q1 、 q 2 和 ? q 3 在一直线上，相距均为 2 R ，以 q1 与 q 2 的中心 O 作一半径 为 2 R 的球面， A 为球面与直线的一个交点，如图。求： (1)通过该球面的电通量∫∫ E ? dS ；61(2) A 点的场强 E A 。 解：(1)∫∫SE ? dS =q1 + q2ε0；(2) E A =q3 q1 q2 + ? 。 2 2 4πε 0 (3R) 4πε 0 R 4πε 0 R 211-5．有一边长为 a 的正方形平面，在其中垂线上距中心 O 点 a / 2 处， 有一电荷为 q 的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量 为多少？ 解：设想一下再加5个相同的正方形平面将 q 围在正方体的中心， 通过此正方体闭合外表面的通量为： Φ闭合 = q / ε 0 ，那么， 通过该平面的电场强度通量为： Φ =q 。 6ε011-6．对静电场高斯定理的理解，下列四种说法中哪一个是正确的？ (A)如果通过高斯面的电通量不为零，则高斯面内必有净电荷； (B)如果通过高斯面的电通量为零，则高斯面内必无电荷； (C)如果高斯面内无电荷，则高斯面上电场强度必处处为零； (D)如果高斯面上电场强度处处不为零，则高斯面内必有电荷。 答：(A) 11-7．由真空中静电场的高斯定理∫SE ?dS =1ε0∑ q 可知(A)闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零； (B)闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定都不为零； (C)闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定都为零； (D)闭合面内无电荷时，闭合面上各点场强一定为零。 答：(C) 11-8． 图示为一具有球对称性分布的静电场的 E ~ r 关系曲线． 请指出该 静电场是由下列哪种带电体产生的。 (A)半径为 R 的均匀带电球面； (B)半径为 R 的均匀带电球体； (C)半径为 R 、 电荷体密度 ρ = Ar ( A 为常数） 的非均匀带电球体； (D)半径为 R 、电荷体密度 ρ = A / r ( A 为常数)的非均匀带电球体。 答：(D) 11-9．如图，在点电荷 q 的电场中，选取以 q 为中心、R 为半径的球面上一点 P 处作电势零 点，则与点电荷 q 距离为 r 的 P'点的电势为 (A)q ?1 1 ? q (B) ? ? ? 4πε 0 ? r R ? 4πε 0 r62(C)q ? 1 1? q (D) ? ? ? 4πε 0 ? R r ? 4πε 0 (r ? R )答：(B) 11-10．密立根油滴实验，是利用作用在油滴上的电场力和重力平衡而测量电荷的，其电场 由两块带电平行板产生．实验中，半径为 r 、带有两个电子电荷的油滴保持静止时，其所在 电场的两块极板的电势差为 U 12 ．当电势差增加到 4 U 12 时，半径为 2 r 的油滴保持静止，则 该油滴所带的电荷为多少？ 解：4U U 12 4 4 q = ρ ? π r 3 g ┄①， 12 q ′ = ρ ? π (2r ) 3 g ┄② d 3 d 3 ∴①②联立有： q ′ = 2q = 4e 。11-11．设无穷远处电势为零，则半径为 R 的均匀带电球体产生的电场的电势分布规律为(图 中的 U 0 和 b 皆为常量)：答：(C) 11-12．无限长均匀带电直线的电势零点能取在无穷远吗？ 答：不能。见书中例 11-12。习题 12 12-1．一半径为 0.10 米的孤立导体球，已知其电势为 100V (以无穷远为零电势)，计算球表 面的面电荷密度。 解：由于导体球是一个等势体，导体电荷分布在球表面，∴电势为： U = 则： σ =Q σR ， = 4π ε 0 R ε 0ε 0UR=8.85 × 10?12 ×100 = 8.85 × 10 ?9 C m2 。 0.112-2．两个相距很远的导体球，半径分别为 r1 = 6.0cm ，r2 = 12.0cm ，都带有 3 × 10 ?8 C 的 电量，如果用一导线将两球连接起来，求最终每个球上的电量。 解：半径分别为 r1 的电量为 q 1 ， r2 电量为 q 2 ， 由题意，有：q1 q2 ┄①， q1 + q 2 = 6 × 10 ?8 ┄②， = 4π ε 0 r1 4π ε 0 r2①②联立，有： q1 = 2 × 10 ?8 C ， q2 = 4 × 10 ?8 C 。 12-3．有一外半径为 R1 ，内半径 R2 的金属球壳，在壳内有一半径为 R3 的金属球，球壳和内 球均带电量 q ，求球心的电势． 解：由高斯定理，可求出场强分布：R3 ? R 2 R163? E1 = 0 ? q ? E2 = 4π ε 0 r 2 ? ? ? ? E3 = 0 ? 2q ? E4 = 4π ε 0 r 2 ? ?∴U0 =r & R3 R 3& r & R 2 R 2 & r & R1 r & R1R2 R1 ∞∫R3 0E1 ? d r + ∫ E2 ? d r + ∫ E3 ? d r + ∫ E4 ? d rR3 R2 R1=∫R2q 4π ε 0 r2R3dr + ∫∞2q 4π ε 0 r2R1dr =q 4π ε 0(1 1 2 ? + )。 R3 R2 R112-4．一电量为 q 的点电荷位于导体球壳中心，壳的内外半径分别为 R1 、 R2 ．求球壳内外 和球壳上场强和电势的分布，并画出 E ~ r 和 V ~ r 曲线. 解：由高斯定理，可求出场强分布：? q ? E1 = 4π ε r 2 0 ? ? ? E2 = 0 ? q ? E3 = ? 4π ε 0 r 2 ?∴电势的分布为： 当 0 & r ≤ R1 时， U1 =0 & r & R1 R 1& r & R 2 r & R2R1 r ∞ q q dr + ∫ dr 2 R2 4π ε r 2 4π ε 0 r 0O? qR1 R2rE O U O r R1 R2R1 R2r∫=q 1 1 1 ( ? + )； 4π ε 0 r R1 R2当 R1 & r ≤ R2 时， U 2 =q q ； dr = 2 4π ε 0 r 4π ε 0 R2 ∞ q q 当 r ≥ R2 时， U 3 = ∫ 。 dr = 2 r 4π ε r 4π ε 0 r 0∫∞R212-5．半径 R1 = 0.05m, ，带电量 q = 3 ×10?8 C 的金属球，被一同心导体球壳包围，球壳内 半径 R2 = 0.07 m ，外半径 R3 = 0.09m ，带电量 Q = ?2 ×10?8 C 。试求距球心 r 处的 P 点的 场强与电势。 （1） r = 0.10m （2） r = 0.06m （3） r = 0.03m 。 解：由高斯定理，可求出场强分布：? E1 = 0 ? q ? E2 = 4π ε 0 r 2 ? ? ? ? E3 = 0 ? Q+q ? E4 = 4π ε 0 r 2 ? ?r & R1 R 1& r & R 2 R2 & r & R3 r & R3QR1 q ? R 2 R3∴电势的分布为：64当 r ≤ R1 时， U1 =∫R2 R1q 4π ε 0 r2dr + ∫ q2q 1 1 Q+q Q+q ( ? )+ ， dr = 2 R 3 4π ε r 4π ε 0 R1 R 2 4π ε 0 R 3 0∞当 R 1& r ≤ R 2 时， U 2 = 当 R2 & r ≤ R3 时， U 3 = 当 r & R3 时， U 4 =∫ ∫R2 r ∞4π ε 0 rdr + ∫q 1 1 Q+q Q+q ( ? )+ ， dr = 2 R 3 4π ε r 4π ε 0 r R 2 4π ε 0 R 3 0∞Q+q Q+q ， dr = 2 R 3 4π ε r 4π ε 0 R 3 0Q+q Q+q ， dr = 2 r 4π ε r 4π ε 0 r 0 ∴（1） r = 0.10m ，适用于 r & R 3 情况，有：∫∞Q+q Q+q = 9 ×103 N ， U 4 = = 900 V ； 4π ε 0 r 2 4π ε 0 r （2） r = 0.06m ，适用于 R1 & r & R 2 情况，有： E4 = E2 = 4π ε 0 r q2= 7.5 ×104 N ， U 2 =Q+q 1 1 ( ? )+ = 1.64 × 103 V ； 4π ε 0 r R 2 4π ε 0 R 3 q（3） r = 0.03m ，适用于 r & R1 情况，有：E1 = 0 ， U1 =q Q+q 1 1 ( ? )+ = 2.54 × 103 V 。 4π ε 0 R1 R 2 4π ε 0 R 312-6．两块带有异号电荷的金属板 A 和 B ，相距 5.0mm ，两板面积都是 150cm 2 ，电量分 别为 ± 2.66 × 10 ?8 C ， A 板接地，略去边缘效应，求： （1） B 板的电势； （2） AB 间离 A 板 1.0mm 处的电势。σ q 解： （1）由 E = 有： E = ， ε0 ε 0S则： U AB = Ed =A1mm5mm?Pqd ，而 U A = 0 ， ε 0SB2.66 × 10?8 × 5 × 10?3 = ?1000 V ， ∴U B = ? 8.85 × 10?12 × 1.5 ×10 ?2 1 离 A 板 1.0mm 处的电势： U P = × ( ?103 ) = ?200 V 512-7．平板电容器极板间的距离为 d，保持极板上的电荷不变，忽略边缘效应。若插入厚度 为 t(t&d)的金属板，求无金属板时和插入金属板后极板间电势差的比；如果保持两极板的电 压不变，求无金属板时和插入金属板后极板上的电荷的比。 解： （1）设极板带电量为 Q0 ，面电荷密度为 σ 0 。σ 无金属板时电势差为： U1 = E0 ? d = 0 d ， ε0 σ 有金属板时电势差为： U 2 = E0 ? ( d ? t ) = 0 ( d ? t ) ， ε0 σ0 d ε0 U1 d 电势差比为： = = ； U 2 σ 0 (d ? t ) d ? t ε0+?E0 +σ 0 d ?σ 0 t E0d65（2）设无金属板时极板带电量为 Q0 ，面电荷密度为 σ 0 ，σ σ 由于 U1 = U 2 ，有 E0 ? d = E ? (d ? t ) ，即 0 ? d = (d ? t ) ε0 ε0 Q σ d ?t 。 ∴ 0 = 0 = Q σ d解法二： 无金属板时的电容为： C0 =有金属板时极板带电量为 Q ，面电荷密度为 σ 。+σEt?σUε 0Sd，有金属板时的电容为： C0 =ε 0Sd ?t。那么：（1）当极板电荷保持不变时，利用 C =Q U d 知： 1 = ； U U2 d ? t Q d ?t Q （2）当极板电压保持不变时，利用 C = 知： 0 = 。 U Q d12-8．实验表明，在靠近地面处有相当强的电场 E 垂直于地面向下，大小约为 130V/m .在 离地面 1.5km 的高空的场强也是垂直向下，大小约为 25V/m . （1）试估算地面上的面电荷密度(设地面为无限大导体平面)； （2）计算从地面到 1.5km 高空的空气中的平均电荷密度． 解： （1）因为地面可看成无穷大导体平面，地面上方的面电荷密度可用 E0 = 直向上为正向，考虑到靠近地面处场强为 E0 = ?130V ，所以：σ 考察，选竖 ε0E ' = ?25σ = ε 0 E = 8.85 × 10?12 × (?130) = ?1.15 × 10?9 C m 2 ；（2）如图，由高斯定理∫∫SE ? dS =1ε 0 S内∑ q ，有：i?S h = 1.5kmρ × 1.5 × 103 ρ h ?S ，则： ?25 ? ( ?130) = ， E ' ?S + E0 ( ??S ) = 8.85 × 10?12 ε0 得： ρ = 6.2 × 10?13 C m3 。E0 = ?130地面12-9．同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属圆柱(内)和圆筒(外)构成，设内圆柱 半径为 R1 ，电势为 V1 ，外圆筒的内半径为 R2 ，电势为 V2 .求其离轴为 r 处( R1 & r & R2 )的 电势。 解：∵ R1 & r & R2 处电场强度为： E = ∴内外圆柱间电势差为： V1 ? V2 = 则：∫R2R1(V ? V ) λ = 1 2 2π ε 0 ln( R2 R1 )λ ， 2π ε 0 r R λ λ dr = ln 2 2π ε 0 r 2π ε 0 R1? R1R2同理， r 处的电势为： U r ? V2 =∫R2rR ln( R2 r ) λ ∴ U r = V2 + ln 2 = (V1 ? V2 ) + V2 。 2π ε 0 r ln( R2 R1 )【注：上式也可以变形为： U r = = V1 ? (V1 ? V2 )R λ λ dr = ln 2 （*） 2π ε 0 r 2π ε 0 rV1V2ln( r R1 ) ，与书后答案相同，或将（*） ln( R2 R1 )66式用： V1 ? U r =∫rR1λ λ r dr = ln 计算，结果如上】 2π ε 0 r 2π ε 0 R112-10．半径分别为 a 和 b 的两个金属球，它们的间距比本身线度大得多，今用一细导线将 两者相连接，并给系统带上电荷 Q，求： （1）每个求上分配到的电荷是多少？（2）按电容定义式，计算此系统的电容。 解： （1）首先考虑 a 和 b 的两个金属球为孤立导体，由于有细导线相连，两球电势相等：4π ε 0 raqa=4π ε 0 rbqb┄①，再由系统电荷为 Q，有： qa + qb = Q ┄②Qa Qb ， qb = ； a+b a+b Q Q Q Q = = （2）根据电容的定义： C = （或 C = ） ，将（1）结论代入， U qa U qb 4π ε 0 a 4π ε 0b 有： C = 4π ε 0 ( a + b) 。两式联立得： qa = 12-11． 图示一球形电容器， 在外球壳的半径 b 及内外导体间的电势差 U 维持恒定的条件下， 内球半径 a 为多大时才能使内球表面附近的电场强度最小？求这个最小电场强度的大小。4π ε 0 r 2 b b Q Q b?a 而电势差： U = ∫ E ? d r = ∫ ， dr= ? 2 a a 4π ε r 4π ε 0 a b 0 ab U Q Uab ∴ ，那么，场强表达式可写为： E = = ? 。 b ? a r2 4π ε 0 b ? a bU 因为要考察内球表面附近的场强，可令 r = a ，有： Ea = ， (b ? a ) a dEa bU 将 a 看成自变量，若有 = 0 时，出现极值，那么： ? (b ? 2a ) = 0 da ( ab ? a 2 ) 2 b 4U 得： a = ，此时： Ea mi n = 。 2 b12-12．一空气平板电容器，极板 A、 B 的面积都是 S ，极板间距离为 d ．接上电源后， A 板电势 U A = V ， B 板电势 U B = 0 ．现将一带 有电荷 q 、面积也是 S 而厚度可忽略的导体片 C 平行插在两极板的中 间位置，如图所示，试求导体片 C 的电势。解：由高斯定理可得球形电容器空间内的场强为： E =Q，d d σ σ +σ + EBC ? ，而： E AB = A ， EBC = A 2 2 ε0 ε0 q σ d qd q d ε0 且 σ = ，∴ V = A + ，则： σ A = (V ? ) 。 S ε0 2ε 0 S 2ε 0 S d d σ +σ d 导体片 C 的电势： U C = U CB = ECB ? = A ? ， 2 ε0 2 1 q ∴ U C = (V + d) 。 2 2ε 0 S解：由题意， V = E AB ?6712-13． 两金属球的半径之比为 1∶4， 带等量的同号电荷， 当两者的距离远大于两球半径时， 有一定的电势能；若将两球接触一下再移回原处，则电势能变为原来的多少倍？ 解： （1）设小球 r1 = R ，大球 r2 = 4 R ，两球各自带有电量为 q ，有： 接触之前的电势能： W0 =q2 4π ε 0 R+q2 4π ε 0 4 R；（2）接触之后两球电势相等电荷重新分布，设小球带电为 q1 ，大金属球带电为 q 2 ， 有：q1 4π ε 0 R 1=q2 4π ε 0 R 2┄①和 q 1 + q 2 = 2q ┄②，①②联立解得： q1 =2 q12q 8q ， q2 = 。 5 54 2 64 2 q q 16 那么，电势能为： W = + = 25 + 25 = W0 。 4π ε 0 R 4π ε 0 4 R 4π ε 0 R 4π ε 0 4 R 25 q2 2思考题 12 12-1．一平行板电容器，两导体板不平行，今使两板分别带有 + q 和 ? q 的电 荷，有人将两板的电场线画成如图所示，试指出这种画法的错误，你认为电场 线应如何分布。 答：导体板是等势体，电场强度与等势面正交， 两板的电场线接近板面时应该垂直板面。 12-2．在“无限大”均匀带电平面 A 附近放一与它平行，且有一定厚度的“无限大”平面导 体板 B ，如图所示．已知 A 上的电荷面密度为 + σ ，则在导体板 B 的两个表面 1 和 2 上的感生电荷面密度为多少？ 答： σ 1 = ?σ2，σ 2 =σ2。12-3． 充了电的平行板电容器两极板(看作很大的平板)间的静电作用力 F 与两极板间的电压 U 之间的关系是怎样的？ 答：对静电能的求导可以求得电场作用于导体上的力。 12-4．一个未带电的空腔导体球壳，内半径为 R ，在腔内离球心的 距离为 d 处( d & R )，固定一点电荷 + q ，如图所示，用导线把球壳 接地后，再把地线撤去．选无穷远处为电势零点，则球心 O 处的电 势为多少？ 答： U 0 =q ?q + 4πε 0 d 4πε 0 R12-5．在一个原来不带电的外表面为球形的空腔导体 A 内，放一 带有电荷为 + Q 的带电导体 B ，如图所示，则比较空腔导体 A 的 电势 U A 和导体 B 的电势 U B 时，可得什么结论？ 答： U A 和 U B 都是等势体， U A =Q 4πε 0 R3；UB =Q 4πε 0 R3+Q ? 1 1 ? ? 4πε 0 ? R1 R2 ?? ? ? ?68习题 13 13-1．如图为半径为 R 的介质球， 试分别计算下列两种情况下球表面上的极化面电荷密度和 极化电荷的总和，已知极化强度为 P(沿 x 轴)。 （2） P = P0 （1） P = P0 ； 解：可利用公式 q ' = ?∫∫首先考虑一个球的环形面元，有： d S = 2π R sin θ ( Rd θ ) ， （1） P = P0 时，由 σ ' = P cos θ 知 σ 1 ' = P0 cos θ ，πSx 。 R P ? d S = ? ∫∫ P cos θ d S 算出极化电荷。SyROθxq1 ' = ? ∫ P0 cos θ ? 2π R 2 sin θ d θ = ?0π R 2 P02∫π0sin 2θ d 2θ = 0 ；yRdSx x R cos θ （2） P = P0 时， σ 2 ' = P0 cos θ = P0 cos θ = P0 cos 2 θ ， R R RθPq2 ' = ? ∫ P0 cos 2 θ ? 2π R 2 sin θ dθ = 2π R 2 P0 ∫ cos 2 θ d cosθ0 0ππOx = R cos θθr = R sin θx=2π R P0 cos 3 θ 32π0=?4π R P0 。 3213-2．平行板电容器，板面积为 100cm 2 ，带电量 ± 8.9 × 10 ?7 C ，在两板间充满电介质后， 其场强为 1.4 × 10 6 V/m ，试求： （1）介质的相对介电常数 ε r ；(2)介质表面上的极化电荷密 度。 解： （1）由 E =Q 8.9 × 10 ?7 σ ，有： ε r = = = 7.18 ε 0 ES 8.85 × 10 ?12 × 1.4 × 10 6 × 100 × 10 ?4 ε 0ε r （2） σ ' = P = ε 0 (ε r ? 1) E = 7.66 ×10 ?5 C m 2 d ，相对介电常数 3（1）插入厚度为 13-3．面积为 S 的平行板电容器，两板间距为 d ，求： 为 ε r 的电介质，其电容量变为原来的多少倍？（2）插入厚度为 为原来的多少倍？ 解： （1）电介质外的场强为： E0 = 而电介质内的场强为： Er =d 的导电板，其电容量又变 3d 3σ ， ε 0ε r σ 2 σ d 所以，两板间电势差为： U = ? d+ ? ， ε0 3 ε 0ε r 3 ε S 3ε 0ε r S 3ε r Q σS C 那么， C = ，而 C0 = 0 ，∴ ； = = = d U U (2ε r + 1) d C0 2ε r + 1d 的导电板，可看成是两个电容的串联， 3 ε S 3ε S 有： C1 = C2 = 0 = 0 ， d /3 d C1C 2 3 ε0S 3 C 3 = = C0 ? ∴C = = 。 C1 + C 2 2 d 2 C0 2（2）插入厚度为d 3 d 3σ ， ε0εr6913-4．在两个带等量异号电荷的平行金属板间充满均匀介质后，若已知自由电荷与极化电荷 的面电荷密度分别为 σ 0 与 σ ′ (绝对值)，试求： （1）电介质内的场强 E ； （2）相对介电常数εr 。解： （1）由：+σ?σ σ0 ?σ ' E= （∵ σ ' 给出的是绝对值） ε0 σ σ σ ε0 σ0 = （2）又由 E = 0 ，有： ε r = 0 = 0 ? 。 ε 0ε r ε0E ε0 σ 0 ?σ ' σ 0 ? σ '13-5．在导体和电介质的分界面上分别存在着自由电荷和极化电荷。若导体内表面的自由电荷 面密度为 σ ，则电介质表面的极化电荷面密度为多少？(已知电介质的相对介电常数为 ε r ) 解：由 q ' = ? 有： 与∫∫SE ?dS =1ε0∑ (q + q ') ，有：εr∫∫SP ? d S ，考虑到 P = ε 0 (ε r ? 1) E ，q' ， ε 0 (ε r ? 1) q + q'∫∫SSE ?d S = ?∫∫E ?d S =得： q ' = ?(ε r ? 1) qε0联立，有： ?εr，∴ σ ' = ?q' q + q' ， = ε 0 (ε r ? 1) ε0 ε r ?1εrσ。13-6．如图所示，半径为 R0 的导体球带有电荷 Q，球外有一层均匀介质同心球壳，其内、 外半径分别为 R1 和 R2 ，相对电容率为 ε r ，求：介质内、外的电场强度大小和电位移矢量大 小。 解：利用介质中的高斯定理∫∫SD ? d S = ∑ qi 。S内（1）导体内外的电位移为： r & R0 ， D = （2）由于 E =Q ；r & R0 ， D = 0。 4π r 2D ，所以介质内外的电场强度为： ε 0ε r D Q r & R 0 时， E1 = 0 ； R 1& r & R 0 时， E2 = = ； ε 0 4π ε 0 r 2 D Q D Q ； r & R 2 时， E4 = 。 R 2 & r & R 1 时， E3 = = = 2 ε r ε 0 4π ε r ε 0 r ε 0 4π ε 0 r 213-7．一圆柱形电容器，外柱的直径为 4cm ，内柱的直径可以适当 选择，若其间充满各向同性的均匀电介质，该介质的击穿电场强度 大小为 E0 = 200 kV / m ，试求该电容器可能承受的最高电压。 解：由介质中的高斯定理，有： E =r?Rλ ， 2π ε 0ε r r R R λ λ R ∴Ur = ∫ E ? d r = ∫ dr= ln ， r r 2π ε ε r 2π ε 0ε r r 0 r R λ ∵击穿场强为 E0 ，∴ = r E0 ，则 U r = r E0 ln ， r 2π ε 0ε r70令dU r drr = r0= 0 ，有： E0 lnR R R ? E0 = 0 ，∴ ln = 1 ? r0 = ， e r0 r0∴ U max = r0 E0 lnR R E0 = = 147 KV 。 r0 e它们的相对介电常数为 ε r1 13-8． 一平行板电容器， 中间有两层厚度分别为 d1 和 d 2 的电介质， 和 ε r 2 ，极板面积为 S ，求电容量。 解：∵ D1 = D2 = σ ，∴ E 1= 而： U = E1d 1+ E2 d 2 =σ σ ， E2 = ， ε 0ε r 1 ε 0ε r 2σ d 1 σ d2 + ， ε 0ε r 1 ε 0ε r 2 ε0S εε ε S Q 。 有： C = = = 0 r1 r 2 d1 d 2 ε r 2 d 1+ ε r1d 2 U + ε r1 ε r 213-9．利用电场能量密度 we = 量为 Q 。ε r1 εr21 2 ε E 计算均匀带电球体的静电能，设球体半径为 R ，带电 2RQr ? r&R ? E1 = 4π ε R 3 ? 0 解：首先求出场强分布： E = ? ?E = Q r&R ? 2 4π ε 0 r 2 ? ε 2 ε R ε Qr ) 2 4π r 2 d r + 0 ∴ W = ∫∫∫ 0 E d V = 0 ∫ ( 3 0 2 2 4π ε 0 R 2 =Oθ∫∞ R(Q4π ε 0 r2) 2 4π r 2 d r3Q 。 20π ε 0 R213-10．半径为 2.0cm 的导体外套有一个与它同心的导体球壳，球壳的内外半径分别为 4.0cm 和 5.0cm ，当内球带电量为 3.0 × 10 ?8 C 时，求： （1）系统储存了多少电能?（2）用 导线把壳与球连在一起后电能变化了多少？ 解： （1）先求场强分布：? E 1= 0 ? q ?E 2= 4π ε 0 r 2 ? E=? ? E 3= 0 ? q ? E 3= 4π ε 0 r 2 ?r & R1 R1 & r & R 2 R 2& r & R 3 r & R3R1 ? R 2R3考虑到电场能量密度 we =1 2 ε E ，有：球与球壳之间的电能： 2 ε0 2 ε0 R 2 q q2 1 1 2 2 W1 = ∫∫∫ E dV = ∫ ( ) 4π r d r = ( ? ) = 1.01× 10 ?4 J R 1 4π ε r 2 2 2 8π ε 0 R 1 R 2 0球壳外部空间的电能：71W2 = ∫∫∫ε02E 2 dV =ε02 ∫∞R3(q 4π ε 0 r) 2 4π r 2 d r = 2q2 8π ε 0 R3= 8.1× 10?5 J ，∴系统储存的电能： W = W1 + W2 = 1.82 ×10?4 J ； （2）如用导线把壳与球连在一起，球与球壳内表面所带电荷为 0，所以 W1 ' = 0 而外表面所带电荷不变，那么： W ' = W2 = 8.1× 10 ?5 J 。 13-11．球形电容器内外半径分别为 R1 和 R2 ，充有电量 Q 。 （1）求电容器内电场的总能量；1 Q2 算得的电容器所储电能值相等。 2 C Q 解： （1）由高斯定理可知，球内空间的场强为： E = ， R1 & r & R2 ） （ 4π ε 0 r 2 1 利用电场能量密度 we = ε E 2 ，有电容器内电场的能量： 2 ε0 2 ε 0 R2 Q Q2 1 1 Q 2 ( R2 ? R1 ) 2 2 W = ∫∫∫ E dV = ∫ ( ) 4π r d r = ( ? )= ； 2 2 R1 4π ε 0 r 2 8π ε 0 R1 R 2 8π ε 0 R1 R2（2）证明此结果与按 We = （2）由 U R1 R2 =∫R2Q 4π ε 0 r2R1dr =Q 4π ε 0(1 1 Q ( R2 ? R1 ) ? )= ， R1 R 2 4π ε 0 R1 R2则球形电容器的电容为： C = 那么， We =Q U R 1R2= 4π ε 0R1 R 2 R 2 ? R1，1 Q 2 Q 2 ( R 2 ? R 1) = 。 （与前面结果一样） 2 C 8π ε 0 R1 R 213-12．一平行板电容器的板面积为 S ，两板间距离为 d ，板间充满相对介电常数为 ε r 的均 匀介质，分别求出下述两种情况下外力所做的功： （1）维持两板上面电荷密度 σ 0 不变而把 介质取出； （2）维持两板上电压 U 不变而把介质取出。 解： （1）维持两板上面电荷密度 σ 0 不变，有介质时： W1 = （ D = ε 0ε r E ， σ 0 = D ）1 1 σ 02 S d ε 0ε r E 2 S d = ， 2 2 ε 0ε r1 1 σ 02 S d 2 取出介质后： W2 = ε 0 E S d = ， 2 2 ε0 1 σ 02 S d 1 (1 ? ) ； 外力所做的功等于静电场能量的增加： ?W = W2 ? W1 = 2 ε0 εr 1 1 ε 0ε r S 2 2 U ， （2）维持两板上电压 U 不变，有介质时： W1 = CU = 2 2 d 1 1 ε 0S 2 2 U ， 取出介质后： W2 = CU = 2 2 d 1 ε 0S 2 U (1 ? ε r ) 。 ∴ ?W = W2 ? W1 = 2 d思考题 13 13-1．介质的极化强度与介质表面的极化面电荷是什么关系？72答： σ ′ = P cos θ 。 13-2．不同介质交界面处的极化电荷分布如何？ ′ ′ 答： σ 1 = P1 ? en1 ， σ 2 = P2 ? en2σ P = ( P1 ? P2 ) ? en 即在两种介质的交界面上，极化电荷的面密度等于两种介质的极化强度的法向分量之差。 13-3．介质边界两侧的静电场中 D 及 E 的关系如何？ 答：在两种介质的交界面上，若无自由电荷电位移矢量在垂直界面的分量是连续的，平行于 界面的分量发生突变。电场强度在垂直界面的分量是不连续的，有突变。 13-4．真空中两点电荷 qA 、 q B 在空间产生的合场强为 E = E A + E B .系统的电场能为We = ∫∫∫V01 1 ε 0 E 2 dτ = ∫∫∫ ε 0 E ? Edτ V0 2 2 1 1 2 2 = ∫∫∫ ε 0 E A dτ + ∫∫∫ ε 0 E B dτ + ∫∫∫ ε 0 E A ? E B dτ . V0 2 V0 2 V0（1）说明等式后面三项能量的意义； （2） A、B 两电荷之间的相互作用能是指哪些项？ （3）将 A、B 两电荷从给定位置移至无穷远，电场力做功又是哪些项？ 答：第一项表示点电荷 A 所形成的电场的能量，第二项是点电荷 B 所形成的电场的能量， 第三项是两个点电荷的相互作用能。习题 14 14-1．如图所示的弓形线框中通有电流 I ，求圆心 O 处的磁感应强度 B 。 解：圆弧在 O 点的磁感应强度： B1 =? 0 Iθ ? 0 I = ，方向： ⊙ ； 4π R 6 R ?0I[sin 600 ? sin( ?600 )] = 0 3? 0 I 2π R， 方向： ； ?直导线在 O 点的磁感应强度： 2 = B4π R cos 60∴总场强： B =? 0I2R(1 ? ) ，方向 ? 。 π 3314-2．如图所示，两个半径均为 R 的线圈平行共轴放置，其圆心 O1、O2 相距为 a，在两线 圈中通以电流强度均为 I 的同方向电流。 （1）以 O1O2 连线的中点 O 为原点，求轴线上坐标为 x 的任 意点的磁感应强度大小； （2）试证明：当 a = R 时，O 点处的磁场最为均匀。 解：见书中载流圆线圈轴线上的磁场，有公式： B =? 0 I R22( R 2 + z 2 )3 2。73（1）左线圈在 x 处 P 点产生的磁感应强度： BP1 =? 0 I R22右线圈在 x 处 P 点产生的磁感应强度： BP 23 a 2[ R + ( + x) 2 ] 2 2 ? 0 I R2 = ， 3 a 2 2 2 2[ R + ( ? x) ] 2，B P1 和 B P 2 方向一致，均沿轴线水平向右，∴ P 点磁感应强度： BP = BP1 + BP 2 = （2）因为 BP 随 x 变化，变化率为? 0 I R2 ?2a ?3 a ?3 ? [ R 2 + ( x + )2 ] 2 + [ R2 + ( x ? )2 ] 2 ? ； ? 2 2 ? ?dB ，若此变化率在 x = 0 处的变化最缓慢，则 O 点处的 dx 磁场最为均匀， 下面讨论 O 点附近磁感应强度随 x 变化情况， 即对 BP 的各阶导数进行讨论。 对 B 求一阶导数： 3? 0 I R 2 ? a a ?5 a a ?5 ? dB =? ( x + )[ R 2 + ( x + ) 2 ] 2 + ( x ? )[ R 2 + ( x ? )2 ] 2 ? ? 2 2 2 2 2 dx ? ? dB 当 x = 0 时， = 0 ，可见在 O 点，磁感应强度 B 有极值。 dx 对 B 求二阶导数： d dB d 2B ( )= = dx dx d x2? ? a a 5( x + ) 2 5( x ? ) 2 ? ? 3? 0 I R ? 1 1 ? 2 2 ? ? + ? ? 5 7 5 7 ? 2 ?[ R 2 + ( x + a ) 2 ]2 [ R 2 + ( x + a )2 ] 2 [ R 2 + ( x ? a ) 2 ] 2 [ R 2 + ( x ? a ) 2 ] 2 ? ? ? ? 2 2 2 2 ? 2 2 2 a ?R d B 当 x = 0 时， = 3? 0 I R 2 ， 2 x =0 dx a 2 7 2 2 [R + ( ) ] 2 2 d B 可见，当 a & R 时， x = 0 & 0 ，O 点的磁感应强度 B 有极小值， d x22当 a & R 时， 当 a = R 时，d2B d x2 d2B d x2x=0& 0 ，O 点的磁感应强度 B 有极大值， = 0 ，说明磁感应强度 B 在 O 点附近的磁场是相当均匀的，可看成匀x=0强磁场。 【利用此结论，一般在实验室中，用两个同轴、平行放置的 N 匝线圈，相对距离等于线圈 半径， 通电后会在两线圈之间产生一个近似均匀的磁场， 比长直螺线管产生的磁场方便实验， 这样的线圈叫亥姆霍兹线圈】 14-3．无限长细导线弯成如图所示的形状，其中 c 部分是在 xoy 平面内半径为 R 的半圆，试求通以电流 I 时 O 点的磁感应强度。 解：∵a 段对 O 点的磁感应强度可用∫SB ? d l = ? 0 ∑ I 求得，74?0I ?0I ，∴ B a = ? j 4π R 4π R b 段的延长线过 O 点， B b = 0 ， ?0 I ?0 I ?0 I ?π = ，∴ Bc = k c 段产生的磁感应强度为： Bc = 4π R 4R 4R ?0 I ?0 I 则：O 点的总场强： B O = ? j+ k ，方向如图。 4π R 4R有： B a = 14-4．如图所示，半径为 R 的木球上绕有密集的细导线，线圈平面彼此平行，且以单层线圈 均匀覆盖住半个球面。设线圈的总匝数为 N，通过线圈的电流为 I，求球心 O 的磁感强度。 解：从 O 点引出一根半径线，与水平方向呈 θ 角，则有水平投影： x = R cos θ ，圆环半径： r = R sin θ ，取微元 d l = Rd θ ， 有环形电流： d I = 利用： B =2N I? 0 I R2πdθ ，，有：2( R 2 + x 2 )3 2? 0 N IR 2 sin 2 θ dθ ? 0 N I sin 2 θ dθ dB = = ， = 2(r 2 + x 2 )3 2 π ( R 2 sin 2 θ + R 2 cos 2 θ )3 2 πR ?0N I π 2 ? 0 N I π 1 ? cos 2θ ?0N I 2 2 sin θ dθ = dθ = 。 ∴B = π R ∫0 π R ∫0 2 4R?0 r 2 dI14-5．无限长直圆柱形导体内有一无限长直圆柱形空腔（如图所示） ，空腔与导体的两轴线 平行，间距为 a ，若导体内的电流密度均匀为 j ， j 的方向平行于轴线。求腔内任意点的磁 感应强度 B 。 解：采用补偿法，将空腔部分看成填满了 ± j 的电流，那么， 以导体的轴线为圆心，过空腔中任一点作闭合回路，利用∫SB ? d l = ? 0 ∑ I ，有： 2π R ? B 1= ? 0 jπ R 2 ，∴ B1 =?0 j2×R，同理，还是过这一点以空腔导体的轴线为圆心作闭合回路：2π r ? B 2 = ? 0 (? j ) π r 2 ，有： B 2 = ?由图示可知： R + ( ? r ) = a 那么， B = B1 + B 2 =?0 j2×r ，O? O ?' ? P?0 j2×R??0 j2×r =1 ? j ×a 。 2 0OaO' rRP14-6．在半径 R = 1cm 的无限长半圆柱形金属片中，有电流 I = 5A 自下而上通过，如图所 示。试求圆柱轴线上一点 P 处的磁感应强度的大小。 解：将半圆柱形无限长载流薄板细分成宽为 d l = R dθ 的长直电流，75有： d I =d l dθ ，利用 ∫ B ? d l = ? 0 ∑ I 。 = S πR π在 P 点处的磁感应强度为： dB =? 0 d I ? 0 I dθ = ， 2π R 2π 2 R∴ dBx = dB sin θ =?0I sin θ dθ ，而因为对称性， By = 0 2π 2 R ?0 I π ?I 2 ∫0 sin θ dθ = π 20R = 6.37 ×10?5 T 。 2π R那么， B = Bx = dBx =∫14-7．如图所示，长直电缆由半径为 R1 的导体圆柱与同轴的内外半径分别为 R2、R3 的导体 圆筒构成，电流沿轴线方向由一导体流入，从另一导体流出，设电流强度 I 都均匀地分布在 。 横截面上。求距轴线为 r 处的磁感应强度大小（ 0 & r & ∞ ） 解：利用安培环路定理∫SB ? d l = ? 0 ∑ I 分段讨论。（1）当 0 & r ≤ R1 时，有： B1 ? 2π r = ? 0 ∴ B1 =π r2I 2 π R1? 0Ir ； 2 2π R1?0I ； 2π r 2 π r 2 ? π R2 （3）当 R 2 ≤ r ≤ R 3 时，有： B 3 ? 2π r = ? 0 ( I ? I) ， 2 2 π R3 ? π R2（2）当 R1 ≤ r ≤ R 2 时，有： B 2 ? 2π r = ? 0 I ，∴ B 2 =? I R3 ? r ∴ B3 = 0 ? 2 ； 2 2π r R 3 ? R 22 2（4）当 r & R 3 时，有： B 4 ? 2π r = ? 0 ( I ? I ) ，∴ B 4 = 0 。??0Ir (0 & r ≤ R1 ) ? 2π R 2 1 ? ?? 0I ( R1 ≤ r ≤ R 2 ) ? ? 则： B = ? 2π r ? ? I R2 ? r 2 ? 0 ? 23 ( R 2 ≤ r ≤ R3 ) 2 ? 2π r R 3 ? R 2 ? (r & R 3 ) ? 0 ?14-8．一橡皮传输带以速度 v 匀速向右运动，如图所示，橡皮带上均匀带有电荷，电荷面密 度为 σ 。 （1）求像皮带中部上方靠近表面一点处的磁感应强度 B 的大 小； （2）证明对非相对论情形，运动电荷的速度 v 及它所产生的 磁场 B 和电场 E 之间满足下述关系： B =1 1 ） 。 v × E （式中 c = 2 c ε 0 ?076解： （1）如图，垂直于电荷运动方向作一个闭合回路 abcda ，考虑到橡皮带上等效电流密 度为： i = σ v ，橡皮带上方的磁场方向水平向外，橡皮带下方的磁场方向水平向里，根据 安培环路定理有：∫abc dB ? d l =? 0 L i ? B ? 2 L = ? 0 L σ v ，∴磁感应强度 B 的大小： B = （2）非相对论情形下：? 0σ v2；L adb c匀速运动的点电荷产生的磁场为： B = 点电荷产生的电场为： E = ∴? ?0 qv × r ? ， 2 4π r1 4π ε 0?q ? r， r2? 1 1 q ? ?0 qv × r v × E = ε 0 ? 0v × ? 2r= ? =B， 4π ε 0 r 4π c2 r2 1 1 即为结论： B = 2 v × E （式中 c = ） 。 c ε 0 ?014-9．一均匀带电长直圆柱体，电荷体密度为 ρ ， 半径为 R 。若圆柱绕其轴线匀速旋转，角速度为 ω ， 求： （1）圆柱体内距轴线 r 处的磁感应强度的大小； （2）两端面中心的磁感应强度的大小。 解： （1）考察圆柱体内距轴线 r 处到半径 R 的圆环等效电流。 ∵dI =R d q ρ ? 2π r Ld r 1 = = ρ ω Lr d r ，∴ I = ∫ ρ ω L r d r = ρ ω L ( R 2 ? r 2 ) ， r t T 2 选环路 a b c d 如图所示， L a b 由安培环路定理： ∫ B ? d l = ? 0 ∑ I ，S1 有： B ? L = ? 0? ρ ω L ( R 2 ? r 2 ) 2∴B =r Ldc?0 ρ ω2(R2 ? r 2 )（2）由上述结论，带电长直圆柱体旋转相当于螺线管，端面的磁感应强度是中间磁感应强 度的一半，所以端面中心处的磁感应强度： B端面中心 =?0 ρ ω R 24。14-10．如图所示，两无限长平行放置的柱形导体内通过等值、反向电流 I ，电流在两个阴 影所示的横截面的面积皆为 S ，两圆柱轴线间的距离 O1O2 = d ，试求两导体中部真空部分 的磁感应强度。 解：因为一个阴影的横截面积为 S ，那么面电流密度为：i=IS，利用补偿法，将真空部分看成通有电流 ± i ，设其中一个阴影在真空部分某点 P 处产生的磁场为 B1 ，距离 为 r1 ，另一个为 B2 、 r2 ，有： r1 ? r2 = d 。 利用安培环路定理可得：? d⊥? r1⊥Pr1 r2?? r2 ⊥O1?dO277B1 =?0I I π r12 ? I r ? 0 π r22 ? I r 0 1 0 2 S S = ， B2 = = ， 2π r1 2S 2π r2 2S则： B1 =? 0 I r1 ? ? 0 I r2 ? r1⊥ ， B2 = r2 ⊥ ，2S 2S∴ B = B1 + B 2 =?0I2S? ? (r1r1⊥ + r2 r2 ⊥ ) =?0I d ? d⊥ 。2S，方向向上。即空腔处磁感应强度大小为 B =?0I d2S14-11．无限长直线电流 I 1 与直线电流 I 2 共面，几何位置如图所示， 试求直线电流 I 2 受到电流 I 1 磁场的作用力。 解：在直线电流 I 2 上任意取一个小电流元 I 2 dl ， 此电流元到长直线的距离为 x ，无限长直线电流 I 1 在小电流元处产生的磁感应强度为：B=? 0 I1 ?， 2π x再利用 d F = I Bd l ，考虑到 d l =? 0 I1 I 2 dx dx ，有： d F = ? ， 0 cos 60 2π x cos 600 ? 0 I1 I 2 b b ? 0 I1 I 2 dx ∴F = ∫ ? = ln 。 0 a 2π x cos 60 π a14-12．在电视显象管的电子束中，电子能量为 12000 eV ，这个显像管的取向使电子沿水平方向由南向北运动。该处地球磁场的垂直分量向下，大小为 B = 5.5 ×10?5 T ，问： （1）电 子束将偏向什么方向？（2）电子的加速度是多少？（3）电子束在显象管内在南北方向上通 过 20 cm 时将偏转多远？ 解： （1）根据 f = q v × B 可判断出电子束将偏向东。 （2）利用 E =1 mv 2 ，有： v = 2 E ， m 2 qvB qB 2 E 而 f = qvB = ma ，∴ a = = = 6.28 × 1014 m ? s ?1 m m m 1 2 1 L 2 （3） y = at = a ( ) = 3mm 。 2 2 v南 ? ○B北电子束方向14-13．一半径为 R 的无限长半圆柱面导体，载有与轴线上的 长直导线的电流 I 等值反向的电流，如图所示，试求轴线上长 直导线单位长度所受的磁力。 解：设半圆柱面导体的线电流分布为 i =I1 ， πR如图，由安培环路定理， i 电流在 O 点处产生的磁感应强度为：dB =?0i ? Rd θ ， 2π RydB?θ?O78可求得： BO = d By = 又∵ d F = I d l × B ， 故 d F = BO I 2 d l = 有： f =∫? 0 iR π ? 0 I1 sin θ ? d θ = 2 ； π R 2π R ∫0d F ? 0 I1 I 2 = 2 ，而 I 1 = I 2 ， dl π R? 0 I1I 2 dl ， π 2R2 d F ? 0I 。 所以： f = = dl π 2R14-14．如图 14-55 所示，一个带有电荷 q ( q & 0 )的粒子， 以速度 v 平行于均匀带电的长直导线运动，该导线的线电荷 密度为 λ （ λ & 0 ） ，并载有传导电流 I 。试问粒子要以多大 的速度运动，才能使其保持在一条与导线距离为 d 的平行线上？ 解：由安培环路定律∫ B ?d l = ?l0I 知：电流 I 在 q 处产生的磁感应强度为： B =?0I ，方向 ? ； 2π d运动电荷 q 受到的洛仑兹力方向向左，大小： F洛 = q v B =q v? 0 I2π d，同时由于导线带有线电荷密度为 λ ，在 q 处产生的电场强度可用高斯定律求得为：λ qλ ， q 受到的静电场力方向向右，大小： F电 = ； 2π ε 0 d 2π ε 0 d 欲使粒子保持在一条与导线距离为 d 的平行线，需 F洛 = F电 ， q v? 0 I λ qλ 即： ，可得 v = 。 = 2π d ?0ε 0 I 2π ε 0 dE=可以绕水平轴 OO ′ 转动，如图 14-53 所示。导线放在方向竖 直向上的匀强磁场中，当导线中的电流为 I 时，导线离开原来 的竖直位置偏转一个角度 θ 而平衡，求磁感应强度。 解：设正方形的边长为 a ，质量为 m ， m = ρ aS 。 平衡时重力矩等于磁力矩： 14-15．截面积为 S 、密度为 ρ 的铜导线被弯成正方形的三边，由 M = pm × B ，磁力矩的大小： M = BI a 2 sin (900 ? θ ) = BI a 2 cos θ ；a sin θ = 2mg a sin θ 2 2mg 2ρ g S 平衡时： BI a 2 cos θ = 2mga sin θ ，∴ B = tan θ = tan θ 。 Ia I重力矩为： M = mg a sin θ + 2mg ? 14-16．有一个 U 形导线，质量为 m ，两端浸没在水银槽中， 导线水平部分的长度为 l ，处在磁感应强度大小为 B 的均匀 磁场中，如图所示。当接通电源时， U 导线就会从水银槽中 跳起来。假定电流脉冲的时间与导线上升时间相比可忽略， 试由导线跳起所达到的高度 h 计算电流脉冲的电荷量 q 。79解：接通电流时有 F = BI l ? mdv dq ， = BI l ，而 I = dt dt v m mv 则： m d v = B l d q ，积分有： q = ∫ ； dv= 0 Bl Bl 1 mv m 又由机械能守恒： mv 2 = mgh ，有： v = 2 gh ，∴ q = = 2g h 。 2 Bl Bl14-17．半径为 R 的半圆形闭合线圈，载有电流 I ，放在均匀磁场中，磁场方向与线圈平面 平行，如图所示。求： （1）线圈所受力矩的大小和方向（以直径为转轴） ； （2）若线圈受上述磁场作用转到线圈平面与磁场垂直的位置，则力矩做功为多少？ 解： （1）线圈的磁矩为： pm = I S n =Iπ R2 n， 2由 M = pm × B ，此时线圈所受力矩的大小为：R IM2BM = pm B sinπ 1 2 = πR IB； 2 2磁力矩的方向由 p m × B 确定，为垂直于 B 的方向向上，如图； （2）线圈旋转时，磁力矩作功为：1 Bπ R I A = I ?Φ m = I ( Φ 2 m ? Φ1m ) = I ( B ? π R 2 ? 0) = 。 2 2 π 1 1 2 【或： A = ∫ Md θ = ∫ π R 2 I B sin θ dθ = π R 2 I B 】 0 2 2oSB思考题 14-1．在图（ a ）和（ b ）中各有一半径相同的圆形回路 L1 、 L2 ，圆周内有电流 I 1 、 I 2 ， 其分布相同，且均在真空中，但在（ b ）图中 L2 回路外有电流 I 3 ， P 、 P2 为两圆形回路 1 上的对应点，则：( A) ∫ B ? dl =L1 L1∫ (C ) ∫ B ? dl = ∫L2B ? dl， P1 = B P2 ； ( B ) B B ? dl， P1 ≠ B P2 BL2∫ B ? dl ≠ ∫ ； ( D ) ∫ B ? dl ≠ ∫L1 L1L2B ? dl， P1 = B P2 ； B B ? dl， P1 ≠ B P2 。 BL2答： B 的环流只与回路中所包围的电流有关，与外面的电流无关，但是回路上的磁感应强 度却是所有电流在那一点产生磁场的叠加。所以（C）对。 14-2．哪一幅图线能确切描述载流圆线圈在其轴线上任意点所产生的 B 随 x 的变化关系？ （ x 坐标轴垂直于圆线圈平面，原点在圆线圈中心 O ）80答：载流圆线圈在其轴线上任意点所产生的磁感应强度 B = ∴ x = 0 时， B =? 0 IR 22( R 2 + x 2 )3 2?0 I2R（ x && R ） B ≈ ，?0 IR 22 x3。根据上述两式可判断（C）图对。 14-3．取一闭合积分回路 L ，使三根载流导线穿过它所围成的面．现改变三根导线之间的相 互间隔，但不越出积分回路，则：∑ I 不变， L 上各点的 B 不变； (B)回路 L 内的 ∑ I 不变， L 上各点的 B 改变； (C)回路 L 内的 ∑ I 改变， L 上各点的 B 不变； (D)回路 L 内的 ∑ I 改变， L 上各点的 B 改变.(A)回路 L 内的 答： （B）对。 14-4．一载有电流 I 的细导线分别均匀密绕在半径为 R 和 r 的长直圆筒上形成两个螺线管 ( R = 2r )，两螺线管单位长度上的匝数相等．两螺线管中的磁感应强度大小 B R 和 Br 应满 足： ( A) BR = 2 Br ； ( B) BR = Br ； (C ) 2 BR = Br ； ( D) BR = 4 Br . 答：对于长直螺线管： B =? 0 nI ，由于两螺线管单位长度上的匝数相等，所以两螺线管磁感应强度相等。 （B）对。 14-5． 均匀磁场的磁感应强度 B 垂直于半径为 r 的圆面。 今以该圆周为边线， 作一半球面 S ， 则通过 S 面的磁通量的大小为多少？ 答： Φ = B π r 2 。 14-6． 如图， 匀强磁场中有一矩形通电线圈， 它的平面与磁场平行， 在磁场作用下，线圈向什么方向转动？ 答：ab 受力方向垂直纸面向里，cd 受力外， 在力偶矩的作用下，ab 垂直纸面向里运动，cd 垂直纸面向外运动，从上往下看，顺时针旋 转。 14-7．一均匀磁场，其磁感应强度方向垂直于纸面，两带电粒子在磁场81中的运动轨迹如图所示，则 （A）两粒子的电荷必然同号； （B）粒子的电荷可以同号也可以异号； （C）两粒子的动量大小必然不同； （D）两粒子的运动周期必然不同。 答：选（B）习题 15 15-1．一圆柱形无限长导体，磁导率为 ? ，半径为 R ，通有沿轴线方向的均匀电流 I ，求： （2）导体外任一点的 H、B 。 （1）导体内任一点的 H、B 和 M ； 解：如图，面电流密度为： i = （1）当 r & R 时，利用： 有： 2π r ? H 1 = π r i ，2∫lI 。 π R2 H ? dl = ∑ I ，RIIr ， 2π R 2?∴导体内任一点的磁场强度 H1 =再由 B = ? H ，有导体内任一点的磁感应强度： B1 = 利用公式 M =B?0? H ，有磁化强度： M =l1 ?I r Ir Ir ? ? = ( ? 1) ； 2 2 2 ? 0 2π R 2π R 2π R ? 0?Ir ， 2π R 2（2）当 r & R 时，利用：∫ H ? dl = ∑ I 有：I导体外任一点的磁场强度： H 2 =2π r，磁感应强度： B2 =?0 I 。 2π r15-2．螺绕环平均周长 l = 10 cm ，环上绕有线圈 N = 200 匝，通有电流 I = 100 mA 。试求： （1）管内为空气时 B 和 H 的大小； （2）若管内充满相对磁导率 ? r = 4200 的磁介质， B 和 H 的大小。 解： （1） B = ? 0 nI = ? 0N I = 4π × 10 ? 7 × 100 × 10 ?3 = 2.5 × 10 ? 4 T ， LI IrOH=B?0= 200 A m ；（2） H =N I = 200 A m ， B = ? H = ? 0 ? r H = 4π × 10 ?7 × 4200 × 200 = 1.05 T 。 L15-3．螺绕环内通有电流 20 A ，环上所绕线圈共 400 匝，环的平均周长为 40 cm ，环内磁 感应强度为 1.0T ，计算： （1）磁场强度； （2）磁化强度； （3）磁化率； （4）磁化面电流和相对磁导率。N 400 I= × 20 = 2 × 10 4 A m ； L 0 .4 B 1 （2）磁化强度： M = ?H = ? 2 × 10 4 = 7.76 × 10 5 A m ； ?7 ?0 4π × 10解： （1）磁场强度： H =82（3）磁化率： χ m = ? r ? 1 ，而 ? r = （4）磁化面电流密度： σ s = M =B B ，∴ χ m = ? 1 = 39.8 ? 1 = 38.8 ； ?0H ?0H? H = 7.76 × 105 A m ，B?0 5 5 则磁化面电流： i s = σ s L = 7.76 ×10 × 0.4 = 3.1×10 A ，相对磁导率： ? r =B = 39.8 【或 ? r = χ m + 1 = 38.8 + 1 = 39.8 】 ?0H15-4．如图所示，一半径为 R1 的无限长圆柱形直导线外包裹着一层外径为 R2 的圆筒形均匀 介质，其相对磁导率为 ? r ，导线内通有电流强度为 I 的恒定电流，且电流在导线横截面均 匀分布。求： （1） 磁感应强度和磁场强度的径向分布， 并画出 B~r、 H~r 曲线； （2）介质内、外表面的磁化面电流密度。 （设金属导 线的 ? r = 1 ） 解： 利用介质磁场的安培环路定理： H ? dl =l∫考虑到导线内电流密度为： = i ∑I ， πRI2 1，可求出磁场分布。 （1）当 r & R1 时，有： H 1 ? 2π r = π r 2 i ，得： H1 = 当 R1 & r & R 2 时，有： H 2 ? 2π r = I ，得： H 2 = 当 r & R 2 时，有： H 3 ? 2π r = I ，得： H 3 = （2）当 r = R1 时，有： M 1 =?0I r Ir ， B1 = ? H1 = ； 2 2 2π R1 2π R1， B2 = ? H 2 =I 2π r? 0? r I ； 2π rI 2π r， B3 = ? H 3 =B?0 I ； 2π r?0B2? H2 ，M1 =?0B1? H1 =I 2π R1( ? r ? 1) ，根据 α ' = M × e n ，有： α 1 ' = M 1 = 同理，当 r = R 2 时， M 2 = 有： α 2 ' =( ? r ? 1) I 2π R1OR1R2r，H?0B2? H2 ，O R1 R2( ? r ? 1) I 2π R 2r。15-5．图 a 为铁氧体材料的 B ? H 磁滞曲线，图 b 为此材料制成的计算机存贮元件的环形磁 芯。磁芯的内、外半径分别为 0.5mm 和 0.8mm ，矫顽力为 H C =500πA/m 。设磁芯的磁化方向如图 b 所示，欲使磁芯的磁化方向翻转，试问： （1）轴向电流如何加？至少加至多大时，磁芯中磁化方向开始翻转？ （2）若加脉冲电流，则脉冲峰值至少多大时，磁芯中从内而外的磁化方向全部翻转？83解： （1）利用介质磁场的安培环路定理： ∴ i max = 2π r内 H c = 2π × 0.5 × 10?3 ×∫ H ? dl = ∑ I ，有 Hlc? 2π r内 = i max ，500π= 0.5 A ； 500（2）同理： i max = 2π r外 H c = 2π × 0.8 × 10?3 ×π= 0.8 A 。思考题 15 15-1．何谓顺磁质、抗磁质和铁磁质，它们的区别是什么？ 答：顺磁质：磁介质在磁场中磁化后，产生的附加磁场的方向与原来的磁场方向相同。 抗磁质：磁介质在磁场中磁化后，产生的附加磁场的方向与原来的磁场方向相反。 铁磁质：磁介质在磁场中磁化后，产生的附加磁场的方向与原来的磁场方向相同，并且 附加磁场远远大于原来磁场。 15-2．将电介质与磁介质加以比较。 答： 电介质 在电场中能与电场发生作用的物质 产生极化电场 有无极分子位移极化和有极分子取向极化 引入电极化强度和极化电荷 引入的电位移矢量与电介质无关 有相对介电常数 ε r 电介质的存在减弱了原电场磁介质 在磁场中能与磁场发生作用的物质 激发附加磁场 有顺磁质、抗磁质和铁磁质 引入磁化强度和磁化电流 引入的磁场强度矢量与磁介质无关 有相对磁导率 ? r 磁介质的存在改变了原磁场15-3．何谓磁滞回线？ 答：对于铁磁质来说，磁感应强度 B 随磁场强度 H 的变化而变化所形成的闭合曲线就叫磁 滞回线。见教材 P107 页图 15-11。 15-4．磁化电流与传导电流有何不同之处，又有何相同之处？ 答： 磁化电流激发附加磁场， 产生与传导电流产生外磁场； 磁化电流对磁场强度无贡献， 传导电流决定磁场强度；磁化电流与传导电流都能影响磁场分布。习题 16 16-1．如图所示，金属圆环半径为 R，位于磁感应强度为 B 的均匀磁 场中，圆环平面与磁场方向垂直。当圆环以恒定速度 v 在环所在平面 内运动时，求环中的感应电动势及环上位于与运动方向垂直的直径两 端 a、b 间的电势差。 解： （1）由法拉第电磁感应定律 ε i = ?dΦ ，考虑到圆环内的磁通量不变，所以，环中的感 dt84应电动势 ε i = 0 ； （2）利用： ε ab =∫ab(v × B) ? dl ，有： ε ab = Bv ? 2 R = 2 Bv R 。【注：相同电动势的两个电源并联，并联后等效电源电动势不变】 16-2．如图所示，长直导线中通有电流 I = 5.0 A ，在与其相距 d = 0.5cm 处放有一矩形线圈，共 1000 匝，设线圈长 l = 4.0cm ，宽 a = 2.0cm 。 不计线圈自感，若线圈以速度 v = 3.0cm/s 沿垂直于长导线的方向向右 运动，线圈中的感生电动势多大？ 解法一：利用法拉第电磁感应定律解决。 首先用∫ B ? dl = ? ∑ I 求出电场分布，易得： B = 2π r ，l 0?0I则矩形线圈内的磁通量为： Φ =∫x+ ax?0I ?0I l x + a ?l d r = ln ， 2π r 2π x由 εi = ?NN ?0I l 1 1 dx dΦ ，有： ε i = ? ( ? )? x + a x dt 2π dt N ?0I l a v = 1.92 ×10 ?4 V 。∴当 x = d 时，有： ε i =2π (d + a )解法二：利用动生电动势公式解决。 由∫lB ? dl = ? 0 ∑ I 求出电场分布，易得： B =?0I ， 2π r考虑线圈框架的两个平行长直导线部分产生动生电动势， 近端部分： ε 1 = NB1 l v ， 远端部分： ε 2 = NB2 lv ， 则： ε = ε 1 ? ε 2 =N ? 0I 1 N ? 0I a l v 1 ( ? )l v = = 1.92 × 10?4 V 。 2π d d + a 2π d ( d + a )16-3．如图所示，长直导线中通有电流强度为 I 的电流，长为 l 的金属棒 ab 与长直导线共面 且垂直于导线放置，其 a 端离导线为 d，并以速度 v 平行于长直导线作匀速运动，求金属棒 中的感应电动势 ε 并比较 Ua、Ub 的电势大小。 解法一：利用动生电动势公式解决：d ε = (v × B ) ? d l = v ?? 0I dr ， 2π r85∴ε = ?? 0v I 2π∫d +ld? 0v I d + l dr =? ln ， r 2π d由右手定则判定：Ua&Ub。 解法二：利用法拉第电磁感应定律解决。 作辅助线，形成闭合回路 abb ' a ' ，如图，Φ = ∫ B?dS = ∫Sd +ld?0I ?0 I y d + l ydr = ln ， 2π r 2π ddra'yb'r∴ε = ??0I d + l d y ?0I v d + l dΦ =? ln ? =? ln 。 2π 2π d dt d dt由右手定则判定：Ua&Ub。16-4．电流为 I 的无限长直导线旁有一弧形导线，圆心角为 120 ， 几何尺寸及位置如图所示。求当圆弧形导线以速度 v 平行于长直 导线方向运动时，弧形导线中的动生电动势。 解法一： （用等效法）连接 AO 、 OB ，圆弧形导线与 AO 、 OB 形成闭合回路，闭合回路的电动势为 0，所以圆弧形导线电动势与 AOB 直导线的电动势相等。BAOε AO = ∫ (v × B ) ? d l = ? ∫2RR?0I v ?0I v dx =? ln 2 ， 2π x 2π ?0I v ?0I v 5 dx =? ln ， 2π x 2π 4AθBε O B = ∫ (v × B ) ? d l = ? ∫∴ ε AB = ε AO + ε O B = ?5 R 2 2RO?0I v 5 ln 。 2π 2解法二： （直接讨论圆弧切割磁感应线）从圆心处引一条半径线，与水平负向夹角为 θ ，那 么， B =?0I ?0I ?0I = = ，再由 ε = ∫ (v × B ) ? d l 有： 2π x 2π (2 R ? R cos θ ) 2π R (2 ? cos θ )2π 3 0d ε = B ? Rdθ ? v sin θ ，∴ ε = ? ∫?0I2π R (2 ? cos θ )?Rv sin θ dθ = ??0I v 5 ln 。 2π 216-5．电阻为 R 的闭合线圈折成半径分别为 a 和 2a 的两个圆，如图 所示，将其置于与两圆平面垂直的匀强磁场内，磁感应强度按B = B0 sin ω t 的规律变化。已知 a = 10cm ， B0 = 2 × 10 ?2 T ，ω = 50rad/s ， R = 10? ，求线圈中感应电流的最大值。解：由于是一条导线折成的两个圆，所以，两圆的绕向相反。86εi = ?dΦ dB =? ( ?π ? 4a 2 + π a 2 ) = 3π a 2 B0ω cos ω t ， dt dt∴I =εiR=3π a 2 B0 ω cos ω t RI max =5πa 2 B0 ω 3π × 0.12 × 2 × 10 ?2 × 50 = = 9.42 × 10 ?3 A 。 R 1016-6．直导线中通以交流电，如图所示，置于磁导率为 ? 的介质中， 已知： I = I 0 sin ω t ，其中 I 0、ω 是大于零的常量，求：与其共面的 N 匝矩形回路中的感应电动势。 解：首先用∫lB ? dl = ? 0 ∑ I 求出电场分布，易得： B =?0I ， 2π x则矩形线圈内的磁通量为： Φ =∫d +ad?0I ? 0 I l d + a ? 0 I0 l d +a ?l d r = ln = sin ω t ln ， d d 2π r 2π 2π∴ε = ?NN ? 0 I0 l dΦ d +a 。 =? ω cos ω t ln 2π dt ddB & 0 的磁场，一直导线弯成等腰梯形的 dt 闭合回路 ABCDA ，总电阻为 R ，上底为 a ，下底为 2a ，求： （1） AD 段、 BC 段和闭合16-7．如图所示，半径为 a 的长直螺线管中，有 回路中的感应电动势； （2） B 、 C 两点间的电势差 U B ? U C 。 解： （1）首先考虑 ?OAD ， S ?OAD = ∴ ε 感1 = ? 而 ε 感1 = ∴ ε AD =1 3 3 2 a? a= a ， 2 2 4dΦ dB 3 2 dB ， =? ? S ?OAD = ? a ? dt dt 4 dtl∫E涡? d l = ∫ E涡 ? d l + ∫ E涡 ? d l + ∫ E涡 ? d l = ∫ E涡 ? d l = ε DAAO OD AD DA3 2 dB ； a ? 4 dt 1 π 2 π dB ， ? a ，∴ ε 感2 = ? a 2 ? 2 3 6 dt再考虑 ?OBC ，有效面积为 S扇OAD = 同理可得： ε BC =π6a2 ?dB ； dt873 2 dB ，逆时针方向。 )a ? 6 4 dt R （2）由图可知， AB = CD = a ，所以，梯形各边每段 a 上有电阻 r = ， 5 2 ε π 3 a dB 回路中的电流： I = = ( ? ，逆时针方向； ) ? 6 4 R dt R那么，梯形闭合回路的感应电动势为： ε = ε BC ? ε AD = (π?那么， U B ? U C = I ? 2r ? ε BC = I ?2 π + 3 )a 2 ? dB 。 R ? ε BC = ?( 5 10 dt16-8．圆柱形匀强磁场中同轴放置一金属圆柱体，半径为 R ，高为 h ， 电阻率为 ρ ，如图所示。若匀强磁场以dB = k （ k & 0，k 为恒量） dt的规律变化，求圆柱体内涡电流的热功率。 解：在圆柱体内任取一个半径为 r ，厚度为 dr ，高为 h 的小圆柱通壁，dB dB ? π r 2 ，即： ε 涡 = ?π r 2 = k π r 2 ， l dt dt l 由电阻公式 R = ρ ，考虑涡流通过一个 d r 环带，如图， S 2π r 有电阻： R = ρ ， hdr有：∫E涡?dl =涡流而热功率： d P = i R =2(k π r ) k πh 3 = r dr ， 2π r 2ρ ρ hdr2 2 2∴P =k 2π h R 3 k 2π h R 4 r dr = 。 2 ρ ∫0 8ρ16-9．一螺绕环，每厘米绕 40 匝，铁心截面积 3.0cm 2 ，磁导率 ? = 200 ? 0 ，绕组中通有 电流 5.0mA ，环上绕有二匝次级线圈，求： （1）两绕组间的互感系数； （2）若初级绕组中 的电流在 0.10s 内由 5.0A 降低到 0，次级绕组中的互感电动势。 解：已知 n初 =40 = 4000 匝， N 次 = 2 ， ? = 200 ? 0 = 8π × 10?5 ， S = 3 × 10?4 m 2 。 0.01 （1）由题意知螺绕环内： B = ? nI ，则通过次级线圈的磁链： ψ 次 = N 次 BS = N 次 ? n I S ，∴M =ψ次I初= N ? n S = 2 × 8π × 10?5 × 4000 × 3 × 10?4 = 6.03 ×10?4 H ；（2） ε 次 = M? I初 5?0 = 6.03 ×10?4 × = 3.02 ×10?2 V 。 ?t 0.116-10． 磁感应强度为 B 的均匀磁场充满一半径为 R 的圆形空间 B， 一金属杆放在如图 14-47 所示中位置，杆长为 2R，其中一半位于磁场内，另一半位于磁场外。 当dB & 0 时，求：杆两端感应电动势的大小和方向。 dt88解：∵ ε ac = ε ab + ε bc ，而： ε ab = ?d Φ 扇形Oab ， dt∴ ε ab = ?d 3 2 3R 2 d B ， [? R B] = 4 4 dt dtε bc = ?∵d Φ ? Obc dtd π R2 π R2 d B 3R 2 π R 2 d B = ? [? B] = ，∴ ε ac = [ ； ] + dt 12 12 d t 4 12 d tdB & 0 ，∴ ε ac & 0 ，即 ε a c 从 a → c 。 dt16-11．一截面为长方形的螺绕环，其尺寸如图所示，共有 N 匝，求此螺绕环的自感。 解：如果给螺绕环通电流，有环内磁感应强度：B=?0N I 2π rR2( R1 & r & R 2 ) 则 Φ = ∫∫ B ? d S ，有：SΦ=∫R1? 0 N I h R2 ?0 N I ?h?dr = ln 2π r 2π R1ψ? 0 N 2 h R2 利用自感定义式： L = ，有： L = ln 。 I 2π R116-12．一圆形线圈 A 由 50 匝细导线绕成，其面积为 4cm2，放在另一个匝数等于 100 匝、 半径为 20cm 的圆形线圈 B 的中心， 两线圈同轴。 设线圈 B 中的电流在线圈 A 所在处激发的 磁场可看作匀强磁场。求： （1）两线圈的互感； （2）当线圈 B 中的电流以 50A/s 的变化率减小时，线圈 A 中的感生电动势的大小。 解：设 B 中通有电流 I ，则在 A 处产生的磁感应强度为：B=?0 N B I ?N I ? 2π RB = 0 B 2 4π RB 2 RB?0 N A N B I2 RB? S A 。则： M =A B?（1）A 中的磁通链为：ψ A = N A BS A =ψAIB=? 0NANBSA2 RB，∴M =4π ×10 ?7 ? 50 ?100 ? 4 × 10?4 = 20π ×10 ?7 = 6.28 ×10 ?6 H 。 2 ? 0.2dψ A ? 0 N A N B S A d I = ? = 6.28 × 10?6 ? 50 = 3.14 × 10?4 V ,∴ ε A = 3.14 × 10 ?4 V 。 dt 2 RB dt（2）∵8916-13．如图，半径分别为 b 和 a 的两圆形线圈（ b && a ） ，在 t = 0 时共面放置，大圆形线 圈通有稳恒电流 I，小圆形线圈以角速度 ω 绕竖直轴转动，若小圆形线圈的电阻为 R ，求： （1）当小线圈转过 90 时，小线圈所受的磁力矩的大小； （2）从初始时刻转到该位置的过程中，磁力矩所做功的大小。 解：利用毕—萨定律，知大线圈在圆心 O 处产生的磁感应强度为：B=?0I2b，由于 b && a ，可将小圆形线圈所在处看成是匀强磁场，磁感应强度即为 B =?0I2b，所以，任一时间穿过小线圈的磁通量：Φ = B?S =?0I2b? π a 2 cos ω t ，1 d Φ ? 0 I ωπ a 2 小线圈的感应电流： i = ? = ? sin ω t ， R dt 2b R ? 0 I ωπ a 2 小线圈的磁矩： pm = i S a = ( ? sin ω t ) ? π a 2 ， 2b R（1）由 M = pm × B ，有： M = pm ? B sin ω t = 当ω t =2 ? 0 I 2 ωπ 2 a 44b2?Rsin 2 ω tπ2时： M =? I ωπ a2 2 0 244 b2 R；（2） A = M ? dθ∫=? I ω π 2a42 2 04 b2 R∫π2 0sin 2 ω t d ω t =2 ? 0 I 2ω π 2 a 44 b2 R∫π2 0? 2 I 2ωπ 3a 4 1 ? cos 2ω t dω t = 0 。 2 16 R b 2圆柱的磁导率为 ? 1 ，筒与圆柱之间充以磁导率为 ? 2 的磁介质。电流 I 可由中心圆柱流出， 由圆筒流回。求每单位长度电缆的自感系数。16-14．一同轴电缆由中心导体圆柱和外层导体圆筒组成，两者半径分别为 R1 和 R2 ，导体B2 1 2 解：考虑到 Wm = LI 和 wm = ，可利用磁能的形式求自感。 2 2?由环路定理，易知磁场分布：?1Ir ? ? B1 = 2π R 2 ? 1 ? ?B = ? 2 I ? 2 2π r ?( r & R1 ) ( R1 ≤ r & R 2 )2 2 B1 B2 dV + ∫ dV ∫ 2? 1 2? 2则： Wm = wm dV =∫∴单位长度的磁能为：Wm 1 R 1 ? 1 Ir 2 1 = ( ) ? 2π rd r + 2 l 2 ? 1 ∫0 2π R 1 2? 2∫R2R1(? 2I 2 ?1I 2 ? 2 I 2 R2 ) ? 2π rd r = + ln ， 2π r 16π 4π R1利用 Wm = LI 2 / 2 ，有单位长度自感： L =?1 ? 2 R2 + ln 。 8π 2π R19016-15． 一电感为 2.0H ， 电阻为 10 的线圈突然接到电动势 ε = 100V ， 内阻不计的电源上， 在接通 0.1s 时，求： （1）磁场总储存能量的增加率； （2）线圈中产生焦耳热的速率； （3） 电池组放出能量的速率。R ? t ε 1 2 解： （1）利用磁能公式 Wm = LI 及 LC 电路通电暂态过程 I (t ) = (1 ? e L ) ， 2 R R R 2 ? t ? t 1 ε Lε 2 有磁场总储能： Wm (t ) = L[ (1 ? e L )] = (1 ? e L ) 2 ， 2 2 R 2R R R 2 ? t ? t dW (t ) ε 对上式求导得储能增加率： = (1 ? e L )e L ， dt R dW (t ) 将 L = 2.0 H ， R = 10 ? ， ε = 100V ， t = 0.1 s 代入，有： t = 0.1s = 238 J s ； dt dQ （2）由 = P = I 2 R ，有线圈中产生焦耳热的速率： dtR R ? t ? t d Q (t ) ε ε2 d Q (t ) = I 2 R = [ (1 ? e L )]2 R = (1 ? e L ) 2 ；代入数据有： dt R R dtt = 0.1 s= 152 J s ；（3）那么，电池组放出能量的速率： 代入数据有：R ? t dE ε2 = I ε = (1 ? e L ) ， dt RdE dtt = 0.1 s= 390 J s 。16-16. 在一对巨大的圆形极板（电容 C = 1.0 × 10?12 F ）上，加上频率为 50 Hz ，峰值为1.74 ×105 V 的交变电压，计算极板间位移电流的最大值。解：设交变电压为： u = U m cos ω t ，利用位移电流表达式： I D = 有： I D = C ∴ I Dmdq ， dtdu = ?ω CU m sin ω t ，而 ω = 2π f ， dt = 2π f CU m = 2π × 50 × 10?12 × 1.74 × 105 = 5.46 × 10 ?5 A 。16-17．圆形电容器极板的面积为 S，两极板的间距为 d。一根长为 d 的极细的导线在极板间 沿轴线与极板相连，已知细导线的电阻为 R，两极板间的电压为 U = U 0 sin ω t ，求： （1）细导线中的电流； （2）通过电容器的位移电流； （3）通过极板外接线中的电流； （4）极板间离轴线为 r 处的磁场强度，设 r 小于极板半径。U U0 = sin ω t ； R R ε S dq dU （2）通过电容器的位移电流： id = =C = CU 0ω cos ω t = 0 U 0ω cos ω t ； dt dt d U ε S （3）通过极板外接线中的电流： i = iR + id = 0 sin ω t + 0 U 0ω cos ω t ； R d 2 U π r ε0S （4）由 ∫ H ? d l = ∑ I 有： 2π r ? H = 0 sin ω t + ? U 0ω cos ω t ， l R S d解： （1）细导线中的电流： iR =91∴H =ε r U0 sin ω t + 0 U 0ω cos ω t 。 2π r R 2d思考题 16 16-1． 图为用冲击电流计测量磁极间磁场的装置。 小线圈与冲击电流计相接， 线圈面积为 A ， 匝数为 N ，电阻为 R ，其法向 n 与该处磁场方向相同，将小线圈迅速取出磁场时，冲击电 流计测得感应电量为 q ，试求小线圈所在位置的磁感应强度。 解： q = Id t = ∴B =∫1 1 dΦ ?Φ NBA ∫ ε d t = R ∫ dt d t = R = R ， RRq 。 NA16-2．如图所示，圆形截面区域内存在着与截面相垂直的磁场，磁感应强度随时间变化。 （a）磁场区域外有一与圆形截面共面的矩形导体回路 abcd，以 ε ab 表示在导体 ab 段上产生 的感生电动势，I 表示回路中的感应电流，则 A． ε ab = 0 I = 0 ； B． ε ab = 0 I ≠ 0 ； C． ε ab ≠ 0I = 0；D． ε ab ≠ 0I ≠ 0。（b）位于圆形区域直径上的导体棒 ab 通过导线 与阻值为 R 的电阻连接形成回路，以 ε ab 表示在 导体 ab 段上产生的感生电动势，I 表示回路中的 感应电流，则： A． ε ab = 0 I = 0 ； B． ε ab = 0 I ≠ 0 ； C． ε ab ≠ 0I = 0；D． ε ab ≠ 0I ≠ 0。答： （a）选 C； （b）选 D。 16-3． 在磁感应强度为 B 的均匀磁场内， 有一面积为 S 的矩形线框， 线框回路的电阻为 R（忽 ω 旋转（如图所示） 略自感） ，线框绕其对称轴以匀角速度 。 （1）求在如图位置时线框所受的磁力矩为多大？ （2）为维持线框匀角速度转动，外力矩对线框每转一周需作的功为多少？ 答： （1）由 Φ = BS cos ? = BS cos ω t ， 而： I =ε 1 = BSω sin ω t ， R R1 BS 2ω sin ω t ； R 1 （2） M = B pm sin ω t = B 2 S 2ω sin 2 ω t ， R 2π 1 π ω B2S 2 ∴ W = ∫ Md θ = ∫ B 2 S 2ω sin 2 θ d θ = 。 0 R R∴ pm = I S = 16-4．一平板电容器充电以后断开电源，然后缓慢拉开电容器两极板的间距，则拉开过程中 两极板间的位移电流为多大?若电容器两端始终维持恒定电压，则在缓慢拉开电容器两极板 间距的过程中两极板间有无位移电流?若有位移电流，则它的方向怎样? 答： （1）利用位移电流表达式： I D =dq ，由于平板电容器充电以后断开的电源，所以 q 在 dt 电容器两极板拉开过程中不变化，有 I D = 0 ； （2） 有位移电流， 电容器两端维持恒定电压， 两极板间距增加时场强变小，q 下降且引起 σ92下降，使位移电流降低。位移电流的方向与场线方向相反。 16-5．图 a 为一量值随时间减小，方向垂直纸面向内的变化电场， 均匀分布在圆柱形区域内，试在图 b 中画出： （1）位移电流的大致分布和方向； （2）磁场的大致分布和方向。 答： （1） I d = ε 0 π R 2dE dE ， （ ，位移电流在圆柱形区域内 & 0） dt dt均匀分布，分布具有轴对称性； （2）应用安培环路定理：Id ⊙Br & R 时， B内 =r ≥ R 时， B外 =? 0 Id ? 0ε 0 d E r= r ， B内 与 r 成正比， 2 2π R 2 dr ? 0ε 0 d E2 dr R ， B外 为定值不变。16-6．空间有限的区域内存在随时间变化的磁场，所产生的感生电场场强为 Ei，在不包含磁 场的空间区域中分别取闭合曲面 S，闭合曲线 l，则： A．∫∫ C． ∫∫S S∫ E ?d l = 0； E ? d S ≠ 0， ∫ E ? dl = 0 ；Ei ? d S = 0，i l i l i∫∫ D． ∫∫B．S SEi ? d S = 0， Ei ? d S ≠ 0,∫ E ? dl ≠ 0 ； ∫ E ? dl ≠ 0 。l i l i答：选 B。 16-7．试写出与下列内容相应的麦克斯韦方程的积分形式： （1）电力线起始于正电荷终止于负电荷； （2）磁力线无头无尾； （3）变化的电场伴有磁场； （4）变化的磁场伴有电场。 解： （1） （4）∫SD ? d S = ∑ qi ； （2） ∫ B ? d S = 0 ； （3） ∫ H ? d l = ∑ I c + ∫SS?D ?dS S ?t∫SE ? d l = ?∫?B ?dS S ?t习题 17 17-1．已知电磁波在空气中的波速为 3.0 × 10 8 m/s ，试计算下列各种频率的电磁波在空气中 （2）我国第一颗人造地球卫 的波长： （1）上海人民广播电台使用的一种频率ν = 990kHz ； 星播放东方红乐曲使用的无线电波的频率ν = 20.009MHz ； （3）上海电视台八频道使用的 图像载波频率ν = 184.25MHz . 解：由 λ = （2） λ 2 =cν有： （1） λ1 =3 × 108 = 303 m ； 990 × 1033 ×108 3 × 108 （3） λ 3 = = 1.63 m 。 = 14.99 m ； 20.009 ×106 184.25 × 10617-2． 一电台辐射电磁波， 若电磁波的能流均匀分布在以电台为球心的球面上， 功率为10 5 W 。 求离电台 10km 处电磁波的坡因廷矢量和电场分量的幅值。 解： （1）由于电磁波在空间以球面辐射，所以其能流密度在距离为 10km 处为：93S=P 105 = = 7.96 × 10?5 J m 2 ? s ，电磁波的能流密度即为坡因廷矢量； 4π r 2 4π × 10000 2（2）又∵ S = E × H ，考虑到 E ⊥ H ，有 S = EH ，而 那么， E 2 =2ε E = ?H ，ε0 ε S S ，在真空中，有 ? = ? 0 ， ε = ε 0 ，∴ E 2 = ?0 ?2考虑到 E m = 2 E ， （这是因为波的强度 I = E 2 ，而 I = 所以： Em = (2 S ?1 1 2 Im = E m ） 2 2?0 1 ) 2 = 2.45 × 10?2 V m 。 ε017-3．真空中沿 x 正方向传播的平面余弦波，其磁场分 量的波长为 λ ，幅值为 H 0 .在 t = 0 时刻的波形如图所 示， （1）写出磁场分量的波动表达式； （2）写出电场分 量的波动表达式，并在图中画出 t = 0 时刻的电场分量 波形； （3）计算 t = 0 时， x = 0 处的坡因廷矢量。 解： （1）由图可知， H 满足余弦波，设：H = H 0 cos(ω t ?2π当 t = 0 、 x = 0 时，有： H = ?H0 1 2π ， cos ? = ? ? ? = ± ， 2 2 3 2π 根据波形曲线可以判断出： ? = ? ，∴ 3 2π 2π 2π 2π ? H z = H 0 cos(ω t ? x ? ) = H 0 cos ? (ct ? x) ? ； ?λ 3 3 ? λ ? ?（2）由λx + ?)ε E = ? H 知： E =?0 H = ? 0 cH ， ε0∴ E = ? 0 cH 0 cos ?2π ? ? 2π ； (ct ? x ) ? 3 ? ?λ ?（3）由 S = E × H ，当 t = 0 、 x = 0 时，有： H = ? ∴ S = EH =? 0 cH 0 H0 ，E = ， 2 2? 0 cH 02 ，方向沿 x 轴正向。 417-4．氦氖激光器发出的圆柱形激光束，功率为 10mW，光束截面直径为 2mm.求该激光的 最大电场强度和磁感应强度. 解：因为坡因廷矢量即为电磁波的能流密度，所以：S=P 10 × 10?3 104 = = = 3.18 × 103 W m 2 ， 2 πr π × 10?6 4 π那么： Em = (2 S ??0 1 ) 2 = 1.529 × 103 V m