1、南校后勤服務中心專售第9章 真空中的靜電場習題解答91 精密的實驗已表明，一個電子與一個質子的電量在實驗誤差為的范圍內是相等的，而中子的電量在的范圍內為零。考慮這些誤差綜合的最壞情況，問一個氧原子（含8個電子、8個質子、8個中子）所帶的最大可能凈電荷是多少？若將原子看成質點，試比較兩個氧原子間的電力和萬有引力的大小，其凈力是引力還是斥力？解：（1）一個氧原子所帶的最大可能凈電荷為（2）兩個氧原子間的電力和萬有引力的大小之比為其凈力是引力。92如習題92圖所示，在直角三角形ABC的A點處，有點電荷q1 = 1.810-9C，B點處有點電荷q2 = 4.810-9C，AC = 3cm，BC = 4

2、cm，試求C點的場強。解：根據點電荷場強大小的公式E2EE1q2ACq1B，點電荷q1在C點產生的場強大小為方向向下。點電荷q2在C點產生的場強大小為，方向向右。C處的總場強大小為，總場強與分場強E2的夾角為93半徑為R的一段圓弧，圓心角為60，一半均勻帶正電，另一半均勻帶負電，其電荷線密度分別為+和-，求圓心處的場強。ExxERdsEyOy解：在帶正電的圓弧上取一弧元ds = Rd，電荷元為dq = ds，在O點產生的場強大小為，場強的分量為dEx = dEcos，dEy = dEsin。dsExxEREyOy對于帶負電的圓弧，同樣可得在O點的場強的兩個分量由于弧形是對稱的，x方向的合場強為

3、零，總場強沿著y軸正方向，大小為。94 均勻帶電細棒，棒長a = 20cm，電荷線密度為 = 310-8Cm-1，求：（1）棒的延長線上與棒的近端相距d1 = 8cm處的場強；（2）棒的垂直平分線上與棒的中點相距d2 = 8cm處的場強。olxxdlyP1r-LLd1解：（1）建立坐標系，其中L = a/2 = 0.1(m)，x = L+d1 = 0.18(m)。在細棒上取一線元dl，所帶的電量為dq = dl，根據點電荷的場強公式，電荷元在P1點產生的場強的大小為 場強的方向沿x軸正向因此P1點的總場強大小通過積分得 將數值代入公式得P1點的場強為= 2.41103(NC-1)方向沿著x軸正

4、向。（2）建立坐標系，y = d2。在細棒上取一線元dl，所帶的電量為olxxdlr-LLyP2dEydE2dExd2dq = dl在棒的垂直平分線上的P2點產生的場強的大小為 由于棒是對稱的，x方向的合場強為零，y分量為 dEy = dE2sin。由圖可知：r = d2/sin，l = d2cot所以 dl = -d2d/sin2因此 總場強大小為 將數值代入公式得P2點的場強為= 5.27103(NC-1)方向沿著y軸正向討論：（1）由于L = a/2，x = L+d1，代入式，化簡得保持d1不變，當a時，可得 這就是半無限長帶電直線在相距為d1的延長線上產生的場強大小（2）由式得當a時，

5、得 ， 這就是無限長帶電直線在線外產生的場強公式。如果d1=d2，則有大小關系Ey = 2E1。95 一無限長均勻帶電細棒被彎成如習題95圖所示的對稱形狀，試問為何值時，圓心O點處的場強為零。RO解：設電荷線密度為，先計算圓弧的電荷在圓心產生的場強。在圓弧上取一弧元 ds =R d所帶的電量為 dq = ds在圓心處產生的場強的大小為由于弧是對稱的，場強只剩x分量，取x軸方向為正，場強為 dEx = -dEcos總場強為ROxddE方向沿著x軸正向。再計算兩根半無限長帶電直線在圓心產生的場強OEExR根據上一題的公式可得半無限長帶電直線在延長上O點產生的場強大小為 由于兩根半無限長帶電直線對稱

6、放置，它們在O點產生的合場強為方向沿著x軸負向當O點合場強為零時，必有，可得 tan/2 = 1因此 /2 = /4，所以 = /296 一寬為b的無限長均勻帶電平面薄板，其電荷密度為，如習題96圖所示。試求平板所在平面內，離薄板邊緣距離為的點處的場強。解：建立坐標系。在平面薄板上取一寬度為dx的帶電直線，電荷的線密度為 d = d x根據直線帶電線的場強公式得帶電直線在P點產生的場強為PbaOxdxy其方向沿x軸正向。由于每條無限長直線在P點的產生的場強方向相同，所以總場強為 場強方向沿x軸正向。97 有一半徑為的半球面,均勻地帶有電荷,電荷面密度為,求球心處的電場強度。解: 如圖所示，在球

7、面上任取一面元，其上帶電量為，電荷元在球心處產生的場強的大小為方向如圖。由對稱性分析可知，球心處場強方向豎直向下，其大小為98（1）點電荷q位于一個邊長為a的立方體中心，試求在該點電荷電場中穿過立方體一面的電通量是多少？（2）如果將該場源點電荷移到立方體的的一個角上，這時通過立方體各面的電通量是多少？解：點電荷產生的電通量為e = q/0（1）當點電荷放在中心時，電通量要穿過6個面，通過每一面的電通量為1 = e/6 = q/60（2）當點電荷放在一個頂角時，電通量要穿過8個卦限，立方體的3個面在一個卦限中，通過每個面的電通量為1 = e/24 = q/240；立方體的另外3個面的法向與電力線

8、垂直，通過每個面的電通量為零RO99 面電荷密度為的均勻無限大帶電平板，以平板上的一點O為中心，R為半徑作一半球面，如習題99圖所示。求通過此半球面的電通量。解：設想在平板下面補一個半球面，與上面的半球面合成一個球面。球面內包含的電荷為 q = R2通過球面的電通量為 e = q/0通過半球面的電通量為e = e/2 = R2/20910 兩無限長同軸圓柱面，半徑分別為R1和R2(R2 R1)，帶有等量異號電荷，單位長度的電量分別為和-，求（1）r R1；（2） R1 r R2處各點的場強。解：由于電荷分布具有軸對稱性，所以電場分布也具有軸對稱性。（1）在內圓柱面內做一同軸圓柱形高斯面，由于高

9、斯內沒有電荷，所以E = 0，（r R1）（2）在兩個圓柱之間做一長度為l，半徑為r的同軸圓柱形高斯面，高斯面內包含的電荷為 q = 穿過高斯面的電通量為根據高斯定理e = q/0，所以， (R1 r R2）911 一厚度為d的均勻帶電無限大平板，電荷體密度為，求板內外各點的場強。解：方法一：高斯定理法S2S1ES1S2EEd2rS0ES0（1）由于平板具有面對稱性，因此產生的場強的方向與平板垂直且對稱于中心面：E = E在板內取一底面積為S，高為2r的圓柱面作為高斯面，場強與上下兩表面的法線方向平等而與側面垂直，通過高斯面的電通量為高斯面內的體積為 V = 2rS，包含的電量為 q =V =

10、 2rS根據高斯定理 e = q/0可得場強為 E = r/0，(0rd/2)（2）穿過平板作一底面積為S，高為2r的圓柱形高斯面，通過高斯面的電通量仍為 e = 2ES高斯面在板內的體積為V = Sd，包含的電量為 q =V = Sd，根據高斯定理 e = q/0，可得場強為 E = d/20，(rd/2) 方法二：場強疊加法E2dyryoE1d（1）由于平板的可視很多薄板疊而成的，以r為界，下面平板產生的場強方向向上，上面平板產生的場強方向向下。在下面板中取一薄層dy，面電荷密度為d = dy，產生的場強為 dE1 = d/20積分得同理，上面板產生的場強為r處的總場強為E = E1-E2

11、 = r/0（2）在公式和中，令r = d/2，得E2 = 0、E = E1 = d/20E就是平板表面的場強。平板外的場強是無數個無限薄的帶電平板產生的電場疊加的結果，是均強電場，方向與平板垂直，大小等于平板表面的場強，也能得出式。912 一個均勻帶電圓盤，半徑為，電荷面密度為，求：(1) 軸線上任一點的電勢（用表示該點至圓盤中心的距離）；(2) 利用電場強度與電勢的關系求軸線上的場強分布。解：如圖所示，將均勻帶電圓盤視為一系列連續分布的同心帶電細圓環所組成，距點處取一寬為的細圓環，其帶電量為，在點處產生的電勢為所以，整個帶電圓盤在點產生的電勢為軸線上的場強分布為ORaRO913 一半徑為R

12、的均勻帶電球體內的電荷體密度為，若在球內挖去一塊半徑為R的小球體，如習題913圖所示，試求兩球心O與處的電場強度，并證明小球空腔內的電場為均強電場解：挖去一塊小球體，相當于在該處填充一塊電荷體密度為-的小球體，因此，空間任何一點的場強是兩個球體產生的場強的疊加。對于一個半徑為R，電荷體密度為的球體來說，當場點P在球內時，過P點作一半徑為r的同心球形高斯面，根據高斯定理可得方程P點場強大小為當場點P在球外時，過P點作一半徑為r的同心球形高斯面，根據高斯定理可得方程P點場強大小為O點在大球體中心、小球體之外大球體在O點產生的場強為零，小球在O點產生的場強大小為方向由O指向O。O點在小球體中心、大球

13、體之內小球體在O點產生的場強為零，大球在O點產生的場強大小為方向也由O指向O證明：在小球內任一點P，大球和小球產生的場強大小分別為OarOrErErEP方向如圖所示設兩場強之間的夾角為，合場強的平方為 根據余弦定理得 所以 可見，空腔內任意點的電場是一個常量。還可以證明，場強的方向沿著O到O的方向。因此空腔內的電場為勻強電場。914 如習題914圖所示，在A、B兩點處放有電量分別為+q和-q的點電荷，現將另一正試驗電荷q0從O點經過半圓弧路徑移到C點，求移動過程中電場力所做的功。解：正負電荷在O點的電勢的和為零 -q+qOBDCAUO = 0；在C點產生的電勢為電場力將正電荷q0從O移到C所做

14、的功為W = q0UOD = q0(UO-UD) = q0q/60R915 真空中有兩塊相互平行的無限大均勻帶電平面A和B。A平面的電荷面密度為2，B平面的電荷面密度為，兩面間的距離為d當點電荷q從A面移到B面時，電場力做的功為多少？ 解：兩平面產生的電場強度大小分別為EA = 2/20 = /0，EB = /20，兩平面在它們之間產生的場強方向相反，因此，總場強大小為 E = EA - EB = /20方向由A平面指向B平面。兩平面間的電勢差為U = Ed = d/20當點電荷q從A面移到B面時，電場力做的功為 W = qU = qd/20916 一半徑為R的均勻帶電球面，帶電量為Q。若規定

15、該球面上電勢值為零，則無限遠處的電勢為多少？解：帶電球面在外部產生的場強為，由于 當UR = 0時，917 電荷Q均勻地分布在半徑為R的球體內，試證明離球心r（rR2）證明方法一：并聯電容法在外球外面再接一個半徑為R3大外球殼，外殼也接地內球殼和外球殼之間是一個電容器，電容為外球殼和大外球殼之間也是一個電容器，電容為外球殼是一極，由于內球殼和大外球殼都接地，共用一極，所以兩個電容并聯當R3趨于無窮大時，C2 = 40R2并聯電容為 方法二：電容定義法假設外殼帶正電為q，則內殼將感應電荷q。內球的電勢是兩個電荷產生的疊加的結果。由于內球接地，所以其電勢為零；由于內球是一個等勢體，其球心的電勢為因

16、此感應電荷為根據高斯定理可得兩球殼之間的場強為負號表示場強方向由外球殼指向內球殼取外球殼指向內球殼的一條電力線，兩球殼之間的電勢差為球面間的電容為oR2R1r109如習題109圖所示，球形電容器的內、外半徑分別為R1和R2，其間一半為真空，另一半充滿相對介電常數為r的均勻電介質，求該電容器的電容。解：球形電容器的電容為對于半球來說，由于相對面積減少了一半，所以電容也減少一半。當電容器中充滿介質時，電容為由于內球是一極，外球是一極，所以兩個電容器并聯d212d11010如習題1010圖所示，板面積為S的平行板電容器，板間有兩層介質，介電常數分別為1和2，厚度分別為d1和d2，求該電容器的電容。解

17、：假設在兩介質的介面插入一薄導體，可知兩個電容器串聯，電容分別為C1 = 1S/d1和C2 = 2S/d2總電容的倒數為總電容為 DS1S2S0rR2R1l1011 圓柱形電容器是由半徑為R1的導線和與它同軸的內半徑為R2的導體圓筒構成的，其間充滿了介電常數為的介質，其長為l。沿軸線單位長度上的導線和圓筒分別帶電和-，略去邊緣效應。求：（1）兩極板間的電勢差U；（2）介質中的電場強度和電位移；（3）電容C。解：介質中的電場強度和電位移是軸對稱分布的在內外半徑之間作一個半徑為r、長為l的圓柱形高斯面，側面為S0，上下兩底面分別為S1和S2。通過高斯面的電位移通量為高斯面包圍的自由電荷為 q =

18、根據介質中的高斯定理 d = q可得電位為 D = /2r方向垂直中心軸向外。電場強度為 E = D/ = /2r，方向也垂直中心軸向外。取一條電力線為積分路徑，電勢差為電容為 在真空時的電容為所以倍數為C/C0 = /0。1012 在半徑為R1的金屬球外有一層相對介電常數為r的均勻介質，介質層的內、外半徑分別為和R2。設金屬球帶電Q0，求：（1）介質層內、外、的分布；（2）介質層內、外表面的極化電荷面密度。解：（1）在介質內，電場強度和電位移以及極化強度是球對稱分布的。在內外半徑之間作一個半徑為r的球形高斯面，通過高斯面的電位移通量為高斯面包圍的自由電荷為q = Q0根據介質中的高斯定理 d

19、 = q可得電位為 D = Q0/4r2方向沿著徑向，用矢量表示為D = Q0r/4r3電場強度為 E = D/0r = Q0r/40rr3方向沿著徑向。由于D = 0E + P所以 P = D - 0E = 在介質之外是真空，真空可當作介電常量r = 1的介質處理，所以D = Q0r/4r3，E = Q0r/40r3，P = 0。（2）在介質層內靠近金屬球處，自由電荷Q0產生的場為E0 = Q0r/40r3極化電荷q1產生的場強為E = q1r/40r3總場強為 E = Q0r/40rr3由于 E = E0 + E解得極化電荷為 介質層內表面的極化電荷面密度為在介質層外表面，極化電荷為面密度

20、為1013 兩個電容器電容之比C1:C2 = 1:2，把它們串聯后接到電源上充電，它們的靜電能之比為多少？如果把它們并聯后接到電源上充電，它們的靜電能之比又是多少？解：兩個電容器串聯后充電，每個電容器帶電量是相同的，根據靜電能量公式W = Q2/2C，得靜電能之比為W1:W2 = C2:C1 = 2:1兩個電容器并聯后充電，每個電容器兩端的電壓是相同的，根據靜電能量公式W = CU2/2，得靜電能之比為W1:W2 = C1:C2 = 1:21014 一平行板電容器的極板面積為S，板間距離為d，接在電源上維持其電壓為U。將一塊厚度為d、相對介電常數為r的均勻電介質板插入電容器的一半空間內，求電容

21、器的靜電能為多少？解：平行板電容器的電容為C = 0S/d，當面積減少一半時，電容為C1 = 0S/2d另一半插入電介質時，電容為C2 = 0rS/2d兩個電容器并聯，總電容為C = C1 + C2 = (1 + r)0S/2d靜電能為W = CU2/2 = (1 + r)0SU2/4d1015 一平行板電容器的極板面積為S，板間距離為d，兩板豎直放著。若電容器兩板充電到電壓為U時，斷開電源，使電容器的一半浸在相對介電常數為r的液體中。求：（1）電容器的電容C；（2）浸入液體后電容器的靜電能；（3）極板上的自由電荷面密度。解：（1）如前所述，兩電容器并聯的電容為C = (1 + r)0S/2d

22、（2）電容器充電前的電容為C0 = 0S/d，充電后所帶電量為 Q = C0U當電容器的一半浸在介質中后，電容雖然改變了，但是電量不變，所以靜電能為W = Q2/2C = C02U2/2C = 0SU2/(1 + r)d（3）電容器的一半浸入介質后，真空的一半的電容為 C1 = 0S/2d介質中的一半的電容為 C2 = 0rS/2d設兩半的所帶自由電荷分別為Q1和Q2，則Q1 + Q2 = Q 由于C = Q/U，所以U = Q1/C1 = Q2/C2 解聯立方程得真空中一半電容器的自由電荷面密度為同理，介質中一半電容器的自由電荷面密度為1016 一平行板電容器的極板面積為200cm2，板間距

23、離為1.0mm，電容器內有一塊1.0mm厚的玻璃板(r = 5)。將電容器與300V的電源相連。求：（1）維持兩極板電壓不變抽出玻璃板，電容器的能量變化為多少？（2）斷開電源維持板上電量不變，抽出玻璃板，電容器的能量變化為多少？解：平行板電容器的電容為C0 = 0rS/d靜電能為 W0 = C0U2/2玻璃板抽出之后的電容為C = 0S/d（1）保持電壓不變抽出玻璃板，靜電能為 W = CU2/2電能器能量變化為W = W - W0 = (C - C0)U2/2= (1 - r)0SU2/2d = -3.1810-5(J)（2）充電后所帶電量為 Q = C0U保持電量不變抽出玻璃板，靜電能為W

24、 = Q2/2C電能器能量變化為= 1.5910-4(J)1017 設圓柱形電容器的內、外圓筒半徑分別為a、b。試證明電容器能量的一半儲存在的圓柱殼內。解：設圓柱形電容器電荷線密度為，場強為 E = /20r能量密度為 w = 0E2/2體積元為 dV = 2rldr能量元為 dW = wdV在半徑a到R的圓柱體儲存的能量為當R = b時，能量為當時，能量為所以W2 = W1/2，即電容器能量的一半儲存在半徑的圓柱體內1018 兩個同軸的導體圓柱面，長度均為l，半徑分別為a和b，柱面之間充滿介電常數為的電介質（忽略邊緣效應）。當這兩個圓柱面分別帶有等量異號電荷(Q)時，求：（1）在半徑為(a

25、r b)、厚度為、長度為l的圓柱薄殼中的電場總能量是多少？（2）電介質中的電場總能量是多少？（3）由電容器能量公式推算出圓柱形電容器的電容公式。解：（1）圓柱形內柱面的電荷線密度為 = Q/l根據介質是高斯定理，可知電位移為 D = /2r = Q/2rl場強為 E = D/ = Q/2rl能量密度為w = DE/2 = DE/2 = Q2/82r2l2薄殼的體積為dV = 2rldr能量為 dW = wdV = Q2dr/4lr（2）電介質中總能量為（3）由公式W = Q2/2C得電容為1019 兩個電容器，分別標明為200pF/500V和300pF/900V。把它們串聯起來，等效電容多大？

26、如果兩端加上1000V電壓，是否會被擊穿？解：當兩個電容串聯時，由公式得 加上U = 1000V的電壓后，帶電量為Q = CU第一個電容器兩端的電壓為U1 = Q/C1 = CU/C1 = 600(V)第二個電容器兩端的電壓為U2 = Q/C2 = CU/C2 = 400(V)由此可知，第一個電容器上的電壓超過它的耐壓值，因此會被擊穿；當第一個電容器被擊穿后，兩極連在一起，全部電壓就加在第二個電容器上，因此第二個電容器也接著被擊穿。第11章習題答案11-1無限長直線電流的磁感應強度公式為B，當場點無限接近于導線時(即a0)，磁感應強度B，這個結論正確嗎？如何解釋？答：結論不正確。公式只對理想線

27、電流適用，忽略了導線粗細，當a0， 導線的尺寸不能忽略，電流就不能稱為線電流，此公式不適用。 11-2如圖所示，過一個圓形電流I附近的P點，作一個同心共面圓形環路L，由于電流分布的軸對稱，L上各點的B大小相等，應用安培環路定理，可得LBdl0，是否可由此得出結論，L上各點的B均為零？為什么？習題11-2圖答：L上各點的B不為零. 由安培環路定理 得 ，說明圓形環路L內的電流代數和為零，并不是說圓形環路L上B一定為零。10-3 設題10-3圖中兩導線中的電流均為8A，對圖示的三條閉合曲線,，分別寫出安培環路定理等式右邊電流的代數和并討論：(1)在各條閉合曲線上，各點的磁感應強度的大小是否相等?(

28、2)在閉合曲線上各點的是否為零?為什么?解： (1)在各條閉合曲線上，各點的大小不相等 (2)在閉合曲線上各點不為零只是的環路積分為零而非每點11-4把一根柔軟的螺旋形彈簧掛起來，使它的下端和盛在杯里的水銀剛好接觸，形成串聯電路，再把它們接到直流電源上通以電流，如圖所示，問彈簧會發生什么現象？怎樣解釋？答：彈簧會作機械振動。當彈簧通電后，彈簧內的線圈電流可看成是同向平行的，而同向平行電流會互相吸引，因此彈簧被壓縮，下端會離開水銀而電流被斷開，磁力消失，而彈簧會伸長，于是電源又接通，彈簧通電以后又被壓縮，這樣不斷重復，彈簧不停振動習題10-6圖y11-5如圖所示為兩根垂直于xy平面放置的導線俯視

29、圖，它們各載有大小為I但方向相反的電流.求：(1)x軸上任意一點的磁感應強度；(2)x為何值時，B值最大，并給出最大值Bmax.解：(1) 利用安培環路定理可求得1導線在P點產生的磁感強度的大小為： 2導線在P點產生的磁感強度的大小為：PrB1B2xy12oxddqq、的方向如圖所示P 點總場 ，(2) 當 ，時，B(x)最大由此可得：x = 0處，B有最大值11-6如圖所示被折成鈍角的長直載流導線中，通有電流I20 A，120，a2.0 mm，求A點的磁感應強度.習題10-7圖d解：載流直導線的磁場A點的磁感應強度=1.7310-3T方向垂直紙面向外。11-7一根無限長直導線彎成如圖所示形狀

30、，通以電流I，求O點的磁感應強度.解：圖所示形狀，為圓弧電流和兩半無限長直載流導線的磁場疊加。習題10-8圖圓電流的中心的 半無限長直載流導線的磁場 +方向垂直紙面向外。11-8如圖所示，寬度為a的薄長金屬板中通有電流I，電流沿薄板寬度方向均勻分布.求在薄板所在平面內距板的邊緣為x的P點處的磁感應強度.習題10-9圖y解：取離P點為y寬度為dy的無限長載流細條 長載流細條在P點產生的磁感應強度 所有載流長條在P點產生的磁感強度的方向都相同，方向垂直紙面向外.所以 方向垂直紙面向外. 11-9如圖所示，半徑為R的圓盤上均勻分布著電荷，面密度為，當這圓盤以角速度繞中心垂軸旋轉時，求軸線上距圓盤中心

31、O為x處的P點的磁感應強度.習題10-10圖解：在圓盤上取一半徑為r，寬度為dr的環帶，此環帶所帶電荷 此環帶轉動相當于一圓電流，其電流大小為 它在x處產生的磁感強度為 故P點處總的磁感強度大小為： 方向沿x軸方向.11-10半徑為R的均勻帶電細圓環，單位長度上所帶電量為，以每秒n轉繞通過環心，并與環面垂直的轉軸勻速轉動.求：(1)軸上任一點處的磁感應強度值；(2)圓環的磁矩值.解：(1) 的方向為y軸正向(2) 11-11 已知磁感應強度Wbm-2的均勻磁場，方向沿軸正方向，如題10-12圖所示試求：(1)通過圖中面的磁通量；(2)通過圖中面的磁通量；(3)通過圖中面的磁通量解： (1)通過

32、面積的磁通是(2)通過面積的磁通量(3)通過面積的磁通量 (或曰)11-12兩平行長直導線，相距0.4 m，每根導線載有電流I1I220 A，如圖所示，試計算通過圖中斜線部分面積的磁通量.習題10-13圖xdxd解：如圖取面微元 ldx=0.20dx方向垂直紙面向外.=2.2610-6Wb11-13長直同軸電纜由一根圓柱形導線外套同軸圓筒形導體組成，尺寸如圖所示.電纜中的電流從中心導線流出，由外面導體圓筒流回.設電流均勻分布，內圓柱與外圓筒之間可作真空處理，求磁感應強度的分布.解： (1) (2) (3) (4) 題10-14圖 習題10-15圖11-14如圖所示，一截面為長方形的閉合繞線環，通有電流I1.7 A，總匝數N1000 匝，外直徑與內直徑之比為1.6，高h5.0 cm.求：(1)繞線環內的磁感應強度分布；(2)通過截面的磁通量.解：(1) 環內取一同心積分回路方向為右螺旋 (2) 取面微元 hdr通過截面的磁通量. =8.010-6Wb11-15一根m1.0 kg的銅棒靜止在兩根相距為l1.0