第十二章真空中的靜電場12．1如圖所示，在直角三角形ABCD的A點處，有點電荷q1=1.8×10-9C，B點處有點電荷q2=-4.8×10-9C，AC=3cm，BC=4cm，試求C點的場強．E2EE1E2EE1q2ACq1Bθ圖12.1，其中1/(4πε0)=k=9.0×109N·m2·C-2．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．12．2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，其電線密度分別ExxEθRdsEyExxEθRdsEyOy[解答]在帶正電的圓弧上取一弧元ds=Rdθ，電荷元為dq=λds，在O點產生的場強大小為，場強的分量為dEx=dEcosθ，dEy=dEsinθ．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方向的合場強為零，總場強沿著y軸正方向，大小為dsdsExxEθREyOy．12．3均勻帶電細棒，棒長a=20cm，電荷線密度為λ=3×10-8C·m-1，求：（1）棒的延長線上與棒的近端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．[解答]（1）建立坐標系，其中L=a/2=0.1(m)，x=L+d1=0.18(m)．olxxdlyP1r-LLdolxxdlyP1r-LLd1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．①將數值代入公式得P1點的場強為=2.41×103(N·C-1)，olxxdolxxdlr-LLyP2dEydE2dExd2θθ（2）建立坐標系，y=d2．在細棒上取一線元dl，所帶的電量為dq=λdl，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=dE2sinθ．由圖可知：r=d2/sinθ，l=d2cotθ，所以dl=-d2dθ/sin2θ，因此，總場強大小為．②將數值代入公式得P2點的場強為=5.27×103(N·C-1)．方向沿著y軸正向．[討論]（1）由于L=a/2，x=L+d1，代入①式，化簡得，保持d1不變，當a→∞時，可得，③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②式得，當a→∞時，得，④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=2E1．12．4一均勻帶電的細棒被彎成如圖所示的對稱形狀，試問θ為何值時，圓θRO圖12.4心θRO圖12.4[解答]設電荷線密度為λ，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=Rdφ，所帶的電量為dq=λds，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θROxdφdEφdθROxdφdEφ總場強為θOE`E``xθOE`E``xR再計算兩根半無限長帶電直線在圓心產生的場強．根據上一題的公式③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tanθ/2=1，PbaQd圖12.5因此θ/2=π/4，所以PbaQd圖12.512．5一寬為b的無限長均勻帶電平面薄板，其電荷密度為σ，如圖所示．試求：（1）平板所在平面內，距薄板邊緣為a處的場強．（2）通過薄板幾何中心的垂直線上與薄板距離為d處的場強．[解答]（1）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dλ=σdx，根據直線帶電線的場強公式，PbaOPbaOxdxy，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．①場強方向沿x軸正向．（2）為了便于觀察，將薄板旋轉建立坐標系．仍然在平面薄板上取一寬度為dx的帶電直線，電荷的線密度仍然為dλ=σdx，帶電直線在Q點產生的場強為QbdQbdOzdxxyrdEθ沿z軸方向的分量為，設x=dtanθ，則dx=ddθ/cos2θ，因此積分得．②場強方向沿z軸正向．[討論]（1）薄板單位長度上電荷為λ=σb，①式的場強可化為，當b→0時，薄板就變成一根直線，應用羅必塔法則或泰勒展開式，場強公式變為，③這正是帶電直線的場強公式．（2）②也可以化為，當b→0時，薄板就變成一根直線，應用羅必塔法則或泰勒展開式，場強公式變為，這也是帶電直線的場強公式．當b→∞時，可得：，④這是無限大帶電平面所產生的場強公式．12．6（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？[解答]點電荷產生的電通量為Φe=q/ε0．（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Φ1=Φe/6=q/6ε0．（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Φ1=Φe/24=q/24ε0；立方體的另外3個面的法向與電力線垂直，通過每個面的電通量為零．12．7面電荷密度為σ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，RO如圖所示．求通過此半球面的電通量．RO[解答]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=πR2σ，通過球面的電通量為圖12.7Φe=q/ε0圖12.7通過半球面的電通量為Φ`e=Φe/2=πR2σ/2ε0．12．8兩無限長同軸圓柱面，半徑分別為R1和R2(R1>R2)，帶有等量異號電荷，單位長度的電量為λ和-λ，求（1）r<R1；（2）R1<r<R2；（3）r>R2處各點的場強．[解答]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=λl，穿過高斯面的電通量為，根據高斯定理Φe=q/ε0，所以，(R1<r<R2)．（3）在外圓柱面之外做一同軸圓柱形高斯面，由于高斯內電荷的代數和為零，所以E=0，（r>R2）．S2S1E`S1S2EEdS2S1E`S1S2EEd2rS0E`S0[解答]方法一：高斯定理法．（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=ρV=2ρrS，根據高斯定理Φe=q/ε0，可得場強為E=ρr/ε0，(0≦r≦d/2)．①（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Φe=2ES，高斯面在板內的體積為V=Sd，包含的電量為q=ρV=ρSd，根據高斯定理Φe=q/ε0，可得場強為E=ρd/2ε0，(r≧d/2)．②方法二：場強疊加法．（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E2dyrE2dyryoE1ddσ=ρdy，產生的場強為dE1=dσ/2ε0，積分得，③同理，上面板產生的場強為，④r處的總場強為E=E1-E2=ρr/ε0．（2）在公式③和④中，令r=d/2，得E2=0、E=E1=ρd/2ε0，E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②式．12．10一半徑為R的均勻帶電球體內的電荷體密度為ρ，若在球內挖去一塊半徑為R`<R的小球體，如圖所示，試求兩球心O與O`處的電場強度，并證ORaR`O`圖ORaR`O`圖12.10[解答]挖去一塊小球體，相當于在該處填充一塊電荷體密度為-ρ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ρ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Oar`O`rErEOar`O`rErEr`θEPO`點在小球體中心、大球體之內．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，，方向如圖所示．設兩場強之間的夾角為θ，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．12．11如圖所示，在A、B兩點處放有電量分別為+q和-q的點電荷，AB間距離為2R，現將另一正試驗電荷q 0從O點經過半圓弧路徑移到C點，-q+q-q+qOBDCA圖12.11[解答]正負電荷在O點的電勢的和為零：UO=0；在C點產生的電勢為，電場力將正電荷q 0從O移到C所做的功為W=q0UOD=q0(UO-UD)=q0q/6πε0R．12．12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2σ，B平面的電荷面密度為σ，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？[解答]兩平面產生的電場強度大小分別為EA=2σ/2ε0=σ/ε0，EB=σ/2ε0，兩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=σ/2ε0，方向由A平面指向B平面．兩平面間的電勢差為U=Ed=σd/2ε0，當點電荷q從A面移到B面時，電場力做的功為W=qU=qσd/2ε0．12．13一半徑為R的均勻帶電球面，帶電量為Q．若規定該球面上電勢值為零，則無限遠處的電勢為多少？[解答]帶電球面在外部產生的場強為，由于，當UR=0時，．12．14電荷Q均勻地分布在半徑為R的球體內，試證明離球心r（r<R）處的電勢為．[證明]球的體積為，電荷的體密度為．利用12．10題的方法可求球內外的電場強度大小為，（r≦R）；，（r≧R）．取無窮遠處的電勢為零，則r處的電勢為．12．15在y=-b和y=b兩個“無限大”平面間均勻充滿電荷，電荷體密度為ρ，其他地方無電荷．o-bE`S2o-bE`S2S2E`ybEbbES1S0S0S1（2）以y=0作為零電勢面，求電勢分布，畫E-y圖．[解答]平板電荷產生的場強的方向與平板垂直且對稱于中心面：E=E`，但方向相反．（1）在板內取一底面積為S，高為2y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=2yS，包含的電量為q=ρV=2ρSy，根據高斯定理Φe=q/ε0，可得場強為E=ρy/ε0，(-b≦y≦b)．穿過平板作一底面積為S，高為2y的圓柱形高斯面，通過高斯面的電通量仍為Φe=2ES，高斯面在板內的體積為V=S2b，包含的電量為q=ρV=ρS2b，根據高斯定理Φe=q/ε0，可得場強為E=ρb/ε0，(b≦y)；E=-ρb/ε0，(y≦-b)．E-y圖如圖所示．（2）對于平面之間的點，電勢為，在y=0處U=0，所以C=0，因此電勢為，(-b≦y≦b)．這是一條開口向下的拋物線．當y≧b時，電勢為，在y=b處U=-ρb2/2ε0，所以C=ρb2/2ε0，因此電勢為，(b≦y)．當y≦-b時，電勢為，在y=-b處U=-ρb2/2ε0，所以C=ρd2/2ε0，因此電勢為，兩個公式綜合得oyE-bboyU-bboyE-bboyU-bb這是兩條直線．U-y圖如右圖所示．U-y圖的斜率就形成E-y圖，在y=±b點，電場強度是連續的，因此，在U-y圖中兩條直線與拋物線在y=±b點相切．[注意]根據電場求電勢時，如果無法確定零勢點，可不加積分的上下限，但是要在積分之后加一個積分常量．根據其他關系確定常量，就能求出電勢，不過，線積分前面要加一個負號，即這是因為積分的起點位置是積分下限．12．16兩塊“無限大”平行帶電板如圖所示，A板帶正電，B板帶負電并接地（地的電勢為零），設ABP圖12.16A和B兩板相隔5.0cm，板上各帶電荷σ=3.3×10-6CABP圖12.16（1）在兩板之間離A板1.0cm處P點的電勢；（2）A板的電勢．[解答]兩板之間的電場強度為E=σ/ε0，方向從A指向B．以B板為原點建立坐標系，則rB=0，rP=-0.04m，rA=-0.05m．（1）P點和B板間的電勢差為ABPrABPro由于UB=0，所以P點的電勢為=1.493×104(V)．（2）同理可得A板的電勢為=1.866×104(V)．ooxdlyLr-LP1l12．17電量q均勻分布在長為2L的細直線上，試求：（1）帶電直線延長線上離中點為r處的電勢；（2）帶電直線中垂線上離中點為r處的電勢；（3）由電勢梯度算出上述兩點的場強．[解答]電荷的線密度為λ=q/2L（1）建立坐標系，在細線上取一線元dl，所帶的電量為dq=λdl，根據點電荷的電勢公式，它在P1點產生的電勢為總電勢為．（2）建立坐標系，在細線上取一線元dl，所帶的電量為dq=λdl，在線的垂直平分線上的P2點產生的電勢為，積分得olxxxolxxxdl-LLyrθP2．（3）P1點的場強大小為，①方向沿著x軸正向．P2點的場強為，②方向沿著y軸正向．[討論]習題12．3的解答已經計算了帶電線的延長線上的場強為，由于2Lλ=q，取x=r，就得公式①．（2）習題12．3的解答還計算了中垂線上的場強為取d2=r，可得公式②．由此可見，電場強度可用場強疊加原理計算，也可以用電勢的關系計算．12．18如圖所示，一個均勻帶電，內、外半徑分別為R1和R2的均勻帶電AOR1BRAOR1BR2rArB圖12.18（1）A，B兩點的電勢；（2）利用電勢梯度求A，B兩點的場強．[解答]（1）A點在球殼的空腔內，空腔內的電勢處處相等，因此A點的電勢就等于球心O點的電勢．在半徑為r的球殼處取一厚度為dr的薄殼，其體積為dV=4πr2dr，包含的電量為dq=ρdV=4πρr2dr，OROR1R2rdr，球心處的總電勢為，這就是A點的電勢UA．過B點作一球面，B的點電勢是球面外的電荷和球面內的電荷共同產生的．球面外的電荷在B點產生的電勢就等于這些電荷在球心處產生的電勢，根據上面的推導可得OR1OR1R2rBB球面內的電荷在B點產生的電勢等于這些電荷集中在球心處在B點產生的電勢．球殼在球面內的體積為，包含的電量為Q=ρV，這些電荷集中在球心時在B點產生的電勢為．B點的電勢為UB=U1+U2．（2）A點的場強為．B點的場強為．[討論]過空腔中A點作一半徑為r的同心球形高斯面，由于面內沒有電荷，根據高斯定理，可得空腔中A點場強為E=0，(r≦R1)．過球殼中B點作一半徑為r的同心球形高斯面，面內球殼的體積為，包含的電量為q=ρV，根據高斯定理得方程4πr2E=q/ε0，可得B點的場強為，(R1≦r≦R2)．這兩個結果與上面計算的結果相同．在球殼外面作一半徑為r的同心球形高斯面，面內球殼的體積為，包含的電量為q=ρV，根據高斯定理得可得球殼外的場強為，(R2≦r)．A點的電勢為．B點的電勢為．A和B點的電勢與前面計算的結果相同．12．19一圓盤，半徑為R，均勻帶電，面電荷密度為σ，求：（1）圓盤軸線上任一點的電勢（用該點與盤心的距離x來表示）；（2）從電場強度的和電勢梯度的關系，求該點的電場強度．（此題解答與書中例題解答相同，在此省略）12．20（1）設地球表面附近的場強約為200V·m-1，方向指向地球中心，試求地球所帶有的總電量．（2）在離地面1400m高處，場強降為20V·m-1，方向仍指向地球中心，試計算在1400m下大氣層里的平均電荷密度．[解答]地球的平均半徑為R=6.371×106（1）將地球當作導體，電荷分布在地球表面，由于場強方向指向地面，所以地球帶負量．根據公式E=-σ/ε0，電荷面密度為σ=-ε0E；地球表面積為S=4πR2，地球所帶有的總電量為Q=σS=-4πε0R2E=-R2E/k，k是靜電力常量，因此電量為=-9.02×105(C)．（2）在離地面高為h=1400m的球面內的電量為=-0.9×105(C)，大氣層中的電荷為q=Q-Q`=8.12×105(C)．由于大氣層的厚度遠小于地球的半徑，其體積約為V=4πR2h=0.714×1018(m3)，平均電荷密度為ρ=q/V=1.137×10-12(C·m-3)．第十三章靜電場中的導體和電介質BoAPrArCrB圖13.113．1一帶電量為q，半徑為rA的金屬球A，與一原先不帶電、內外半徑分別為rB和rC的金屬球殼BBoAPrArCrB圖13.1[解答]過P點作一個同心球面作為高斯面，盡管金屬球殼內側會感應出異種，但是高斯面內只有電荷q．根據高斯定理可得E4πr2=q/ε0，可得P點的電場強度為．當金屬球殼內側會感應出異種電荷-q時，外側將出現同種電荷q．用導線將A和B連接起來后，正負電荷將中和．A球是一個等勢體，其電勢等于球心的電勢．A球的電勢是球殼外側的電荷產生的，這些電荷到球心的距離都是rc，所以A球的電勢為．13．2同軸電纜是由半徑為R1的導體圓柱和半徑為R2的同軸薄圓筒構成的，其間充滿了相對介電常DS1S2S0rR2R1εrl數為εDS1S2S0rR2R1εrl[解答]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，根據介質中的高斯定理，通過圓柱面的電位移通過等于該面包含的自由電荷，即Φd=q=λl．設高斯面的側面為S0，上下兩底面分別為S1和S2．通過高斯面的電位移通量為，可得電位移為D=λ/2πr，其方向垂直中心軸向外．電場強度為E=D/ε0εr=λ/2πε0εrr，方向也垂直中心軸向外．13．3金屬球殼原來帶有電量Q，殼內外半徑分別為a、b，殼內距球心qobar圖13.3為r處有一點電荷qobar圖13.3[解答]點電荷q在內殼上感應出負電荷-q，不論電荷如何分布，距離球心都為a．外殼上就有電荷q+Q，距離球為b．球心的電勢是所有電荷產生的電勢疊加，大小為13．4三塊平行金屬板A、B和C，面積都是S=100cm2，A、B相距d1=2mm，A、C相距d2=4mm，B、C接地，A板帶有正電荷q=3×10-8C，忽略邊緣效應．求qABC圖13.4（1qABC圖13.4（2）A板電勢為多少？[解答](1)設A的左右兩面的電荷面密度分別為σ1和σ2，所帶電量分別為q1=σ1S和q2=σ2S，在B、C板上分別感應異號電荷-q1和-q2，由電荷守恒得方程q=q1+q2=σ1S+σ2S．①A、B間的場強為E1=σ1/ε0，A、C間的場強為E2=σ2/ε0．設A板與B板的電勢差和A板與C板的的電勢差相等，設為ΔU，則ΔU=E1d1=E2d2，②即σ1d1=σ2d2．③解聯立方程①和③得σ1=qd2/S(d1+d2)，所以q1=σ1S=qd2/(d1+d2)=2×10-8(C)；q2=q-q1=1×10-8(C)．B、C板上的電荷分別為qB=-q1=-2×10-8(C)；qC=-q2=-1×10-8(C)．(2)兩板電勢差為ΔU=E1d1=σ1d1/ε0=qd1d2/ε0S(d1+d2)，由于k=9×109=1/4πε0，所以ε0=10-9/36π，因此ΔU=144π=452.4(V)．由于B板和C板的電勢為零，所以UA=ΔU=452.4(V)．13．5一無限大均勻帶電平面A，帶電量為q，在它的附近放一塊與A平行的Pq1q2ABq圖13.5金屬導體板B，板BPq1q2ABq圖13.5[解答]由于板B原來不帶電，兩邊感應出電荷后，由電荷守恒得q1+q2=0．①雖然兩板是無限大的，為了計算的方便，不妨設它們的面積為S，則面電荷密度分別為σ1=q1/S、σ2=q2/S、σ=q/S，它們產生的場強大小分別為E1=σ1/ε0、E2=σ2/ε0、E=σ/ε0．在B板內部任取一點P，其場強為零，其中1面產生的場強向右，2面和A板產生的場強向左，取向右的方向為正，可得E1-E2–E=0，即σ1-σ2–σ=0，或者q1-q2+q=0．②解得電量分別為q2=q/2，q1=-q2=-q/2．13．6兩平行金屬板帶有等異號電荷，若兩板的電勢差為120V，兩板間相距σ2σ1σ4σ2σ1σ4σ3圖13.6[解答]由于左板接地，所以σ1=0．由于兩板之間的電荷相互吸引，右板右面的電荷會全部吸引到右板左面，所以σ4=0．由于兩板帶等量異號的電荷，所以σ2=-σ3．兩板之間的場強為E=σ3/ε0，而E=U/d，所以面電荷密度分別為σ3=ε0E=ε0U/d=8.84×10-7(C·m-2)，σ2=-σ3=-8.84×10-7(C·m-2)．13．7一球形電容器，內外球殼半徑分別為R1和R2，球殼與地面及其他物體相距很遠．將內球用細oR2R1RoR2R1R3（提示：可看作兩個球電容器的并聯，且地球半徑R>>R2）[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=4πε0R2．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．13．8球形電容器的內、外半徑分別為R1和R2，其間一半充滿相對介電常量為oR2R1εr圖oR2R1εr圖13.8[解答]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：．13．9設板面積為S的平板電容器析板間有兩層介質，介電常量分別為ε1和ε2，厚度分別為d1和d2，d2ε1d2ε1ε2d1圖13.9[解答]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=ε1S/d1和C2=ε2S/d2．總電容的倒數為，總電容為．13．10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，其長為l，其間充滿了介電常量為ε的介質．設沿軸線單位長度導線上的電荷為λ，圓筒的電荷為-λ，略去邊緣效DS1SDS1S2S0rR2R1εl（1）兩極的電勢差U；（2）介質中的電場強度E、電位移D；（3）電容C，它是真空時電容的多少倍？[解答]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=λl，根據介質中的高斯定理Φd=q，可得電位為D=λ/2πr，方向垂直中心軸向外．電場強度為E=D/ε=λ/2πεr，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=ε/ε0．13．11在半徑為R1的金屬球外還有一層半徑為R2的均勻介質，相對介電常量為εr．設金屬球帶電Q0，求：（1）介質層內、外D、E、P的分布；（2）介質層內、外表面的極化電荷面密度．[解答]（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Φd=q，可得電位為D=Q0/4πr2，方向沿著徑向．用矢量表示為D=Q0r/4πr3．電場強度為E=D/ε0εr=Q0r/4πε0εrr3，方向沿著徑向．由于D=ε0E+P，所以P=D-ε0E=．在介質之外是真空，真空可當作介電常量εr=1的介質處理，所以D=Q0r/4πr3，E=Q0r/4πε0r3，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/4πε0r3；極化電荷q1`產生的場強為E`=q1`r/4πε0r3；總場強為E=Q0r/4πε0εrr3．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，面密度為．13．12兩個電容器電容之比C1:C2=1:2，把它們串聯后接電源上充電，它們的靜電能量之比為多少？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？[解答]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=1:2．13．13一平行板電容器板面積為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相對介電常量為εr的均勻介電質板插入電容器的一半空間內，求電容器的靜電能為多少？[解答]平行板電容器的電容為C=ε0S/d，當面積減少一半時，電容為C1=ε0S/2d；另一半插入電介質時，電容為C2=ε0εrS/2d．兩個電容器并聯，總電容為C=C1+C2=(1+εr)ε0S/2d，靜電能為W=CU2/2=(1+εr)ε0SU2/4d．13．14一平行板電容器板面積為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量為εr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．[解答]（1）如前所述，兩電容器并聯的電容為C=(1+εr)ε0S/2d．（2）電容器充電前的電容為C0=ε0S/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=ε0SU2/(1+εr)（3）電容器的一半浸入介質后，真空的一半的電容為C1=ε0S/2d；介質中的一半的電容為C2=ε0εrS/2d．設兩半的所帶自由電荷分別為Q1和Q2，則Q1+Q2=Q．①由于C=Q/U，所以U=Q1/C1=Q2/C2．②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．13．15平行板電容器極板面積為200cm2，板間距離為1.0mm，電容器內有一塊1.0mm厚的玻璃板(εr=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，電容器能量變化為多少？[解答]平行板電容器的電容為C0=ε0εrS/d，靜電能為W0=C0U2/2．玻璃板抽出之后的電容為C=ε0S/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ΔW=W-W0=(C-C0)U2/2=(1-εr)ε0SU2/2d=-3.18×10-5(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=Q2/2C電能器能量變化為=1.59×10-4(J)．13．16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半徑的圓柱體內．[解答]設圓柱形電容器電荷線密度為λ，場強為E=λ/2πε0r，能量密度為w=ε0E2/2，體積元為dV=2πrldr，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．13．17兩個同軸的圓柱面，長度均為l，半徑分別為a、b，柱面之間充滿介電常量為ε的電介質（忽略邊緣效應）．當這兩個導體帶有等量異號電荷(±Q)時，求：（1）在半徑為r(a<r<b)、厚度為dr、長度為l的圓柱薄殼中任一點處，電場能量體密度是多少？整個薄殼層中總能量是多少？（2）電介質中總能量是多少（由積分算出）？（3）由電容器能量公式推算出圓柱形電容器的電容公式？[解答]（1）圓柱形內柱面的電荷線密度為λ=Q/l，根據介質是高斯定理，可知電位移為D=λ/2πr=Q/2πrl，場強為E=D/ε=Q/2πεrl，能量密度為w=D·E/2=DE/2=Q2/8π2εr2l2．薄殼的體積為dV=2πrldr，能量為dW=wdV=Q2dr/4πεlr（2）電介質中總能量為．（3）由公式W=Q2/2C得電容為．13．18兩個電容器，分別標明為200PF/500V和300PF/900V．把它們串聯起來，等效電容多大？如果兩端加上1000V電壓，是否會被擊穿？[解答]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．第十四章穩恒磁場14．1充滿εr=2.1電介質的平行板電容器，由于電介質漏電，在3min內漏失一半電量，求電介質εrSqεrSq-ql[解答]設電容器的面積為S，兩板間的距離為l，則電介質的電阻為．設t時刻電容器帶電量為q，則電荷面密度為σ=q/S，兩板間的場強為E=σ/ε=q/εrε0S，電勢差為U=El=ql/εrε0S，介質中的電流強度為，負號表示電容器上的電荷減少．微分方程可變為，積分得，設t=0時，q=qm，則得C=lnqm，因此電介質的電阻率的公式為．當t=180s時，q=qm/2，電阻率為=1.4×1013(Ω·m)．14．2有一導線電阻R=6Ω，其中通有電流，在下列兩種情況下，通過總電量都是30C，求導線所產生的熱量．（1）在24s內有穩恒電流通過導線；（2）在24s內電流均勻地減少到零．[解答]（1）穩恒電流為I=q/t=1.25(A)，導線產生的熱量為Q=I2Rt=225(J)．（2）電流變化的方程為，由于在相等的時間內通過的電量是相等的，在i-t圖中，在0~24秒內，變化電流和穩恒電流直線下的面I24I24ot/si/A1.252.5在dt時間內導線產生的熱量元為dQ=i2Rdt，在24s內導線產生的熱量為=300(J)．14．3已知銅的相對原子質量A=63.75，質量密度ρ=8.9×103kg·m-3．（1）技術上為了安全，銅線內電流密度不能超過6A·mm-2，求此時銅線內電子的漂移速度為多少？（2）求T=300K時，銅內電子熱運動平均速度，它是漂移速度的多少倍？[解答]（1）原子質量單位為u=1.66×10-27(kg)，一個銅原子的質量為m=Au=1.058×10-25(kg)，銅的原子數密度為n=ρ/m=8.41×1028(個·m-3)，如果一個銅原子有一個自由電子，n也是自由電子數密度，因此自由電子的電荷密度為ρe=ne=1.34×1010(C·m-3)．銅線內電流密度為δ=6×106(A·m-2)，根據公式δ=ρev，得電子的漂移速度為v=ρe/δ=4.46×10-4(m·s-1)．（2）將導體中的電子當氣體分子，稱為“電子氣”，電子做熱運動的平均速度為其中k為玻爾茲曼常數k=1.38×10-23J·K-1，me是電子的質量me=9.11×10-31kg，可得=1.076×105(m·s-1)，對漂移速度的倍數為/v=2.437×108，可見：電子的漂移速率遠小于熱運動的速度，其定向運動可認為是附加在熱運動基礎上的運動．14．4通有電流I的導線形狀如圖所示，圖中ACDO是邊長為b的正方形．求圓心O處的磁感應強ICObaDAICObaDA圖14.4[解答]電流在O點的產生的磁場的方向都是垂直紙面向里的．根據畢-薩定律：，圓弧上的電流元與到O點的矢徑垂直，在O點產生的磁場大小為，由于dl=adφ，積分得．OA和OD方向的直線在O點產生的磁場為零．在AC段，電流元在O點產生的磁場為lrθlrθIdlIdlCObaDA由于l=bcot(π-θ)=-bcotθ，所以dl=bdθ/sin2θ；又由于r=b/sin(π-θ)=b/sinθ，可得，積分得同理可得CD段在O點產生的磁場B3=B2．O點總磁感應強度為．BIθ1bθ2[討論]（BIθ1bθ2．（2）有限長直導線產生的磁感應大小為．對于AC段，θ1=π/2、θ2=3π/4；對于CD段，θ1=π/4、θ2=π/2，都可得．上述公式可以直接引用．14．5如圖所示的載流導線，圖中半圓的的半徑為R，直線部分伸向無限遠處．求圓心O處的磁感應強度B=？XYRIZXYRIZo圖14.5中，令θ1=0、θ2=π/2，或者θ1=π/2、θ2=π，就得半無限長導線在端點半徑為R的圓周上產生的磁感應強度．兩無限長半直線在O點產生的磁場方向都向著-Z方向，大小為Bz=μ0I/2πR．半圓在O處產生的磁場方向沿著-X方向，大小為Bx=μ0I/4R．O點的磁感應強度為．場強大小為，與X軸的夾角為．14．6如圖所示的正方形線圈ABCD，每邊長為a，通有電流I．求正方形中心O處的磁感應強度B=？[解答]正方形每一邊到O點的距離都是a/2，在O點產生的磁場大小相等、方向相同．以AD邊為例，IOIODBCA圖14.6，令θ1=π/4、θ2=3π/4、R=a/2，AD在O產生的場強為，O點的磁感應強度為，方向垂直紙面向里．14．7兩個共軸圓線圈，每個線圈中的電流強度都是I，半徑為R，兩個圓xO2CIOxRBO1C2aIRB圖14.7心間距離xO2IOxRBO12IRB圖14.7[證明]方法一：用二階導數．一個半徑為R的環電流在離圓心為x的軸線上產生的磁感應強度大小為：．設兩線圈相距為2a，以O點為原點建立坐標，兩線圈在x，．方向相同，總場強為B=B1+B2．一個線圈產生的磁場的曲線是凸狀，兩邊各有一個拐點．兩個線圈的磁場疊加之后，如果它們相距太近，其曲線就是更高的凸狀；如果它們相距太遠，其曲線的中間部分就會下凹，與兩邊的峰之間各有一個拐點．當它們由遠而近到最適當的位置時，兩個拐點就會在中間重合，這時的磁場最均勻，而拐點處的二階導數為零．設k=μ0IR2/2，則B對x求一階導數得求二階導數得，在x=0處d2B/dx2=0，得R2=4a2，所以2a=Rx=0處的場強為．方法二：用二項式展開．將B1展開得．設，則．同理，．當x很小時，二項式展開公式為．將B1和B2按二項式展開，保留二次項，總場強為令R2-4a2=0，即a=R/2，o`oRiho`oRih圖14.8`14．8將半徑為R的無限長導體圓柱面，沿軸向割去一寬為h(h<<R)的無限長縫后，沿軸向均勻地通有電流，面密度為i，求軸線上的磁感應強度B=？[解答]方法一：補缺法．導體圓柱面可看作由很多無限長直導線組成，如果補上長縫，由于對稱的緣故，電流在軸線上產生的磁感應強度為零．割去長縫，等效于同時加上兩個大小相等，方向相反的電流，其中，與i相同的電流補上了長縫，與i相反的電流大小為I=ih．在軸線上產生的磁感應強度為．方法二：積分法．在導體的截面上建立坐標，x坐標軸平分角α，α=h/R．電流垂直紙面向外，在圓弧上取一線元ds=Rdθ，無限長直線電流為xyoRθdsαdBdxyoRθdsαdBdBydBx在軸線產生的磁感應強度大小為，兩個分量分別為，．積分得；IR圖IR圖14.9By的方向沿著y方向．By的大小和方向正是無限長直線電流ih產生的磁感應強度．14．9在半徑為R=1.0cm的無限長半圓柱形導體面中均勻地通有電流I=5.0A，如圖所示．求圓柱軸線上任一點的磁感應強度B=？[解答]取導體面的橫截面，電流方向垂直紙面向外．半圓的周長為C=πR，電流線密度為i=I/C=IπR．在半圓上取一線元dl=Rdφ代表無限長直導線的截面，電流元為dI=idl=Idφ/π，xdBydxdBydBxdByRo1φ方向與徑向垂直．dB的兩個分量為dBx=dBcosφ，dBy=dBsinφ．積分得，．由對稱性也可知Bx=0，所以磁感應強度B=By=6.4×10-5(T)，方向沿著y正向．14．10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PxaI圖14.10布．求在薄板所在平面內距板的邊緣為xPxaI圖14.10[解答]電流分布在薄板的表面上，單位長度上電流密度，即面電流的線密度為δ=I/a，以板的下邊緣為原點，在薄板上取一寬度為dl的通電導線，電流強度為dI=δdl，在P點產生磁感應強度為，磁場方向垂直紙面向外．由于每根電流產生的磁場方向相同，總磁場為PxaPxaIodlldI．[討論]當a趨于零時，薄板就變成直線，因此，這就是直線電流產生的磁場強度的公式．14．11在半徑為R的木球上緊密地繞有細導線，相鄰線圈可視為相互平行，蓋住IRO圖14.11半個球面，如圖所示．設導線中電流為I，總匝數為N，求球心O處的磁感應強度BIRO圖14.11[解答]四分之一圓的弧長為C=πR/2，單位弧長上線圈匝數為n=N/C=2N/πR．在四分之一圓上取一弧元dl=Rdθ，線圈匝數為dN=ndl=nRdθ，dByxRo1θ環電流大小為dByxRo1θ環電流的半徑為y=Rsinθ，離O點的距離為x=Rcosθ，在O點產生的磁感應強度為，方向沿著x的反方向，積分得O點的磁感應強度為R2RR2R4R1R3圖14.1214．12兩個共面的平面帶電圓環，其內外半徑分別為R1、R2和R3、R4(R1<R2<R3<R4)，外面圓環以每秒鐘n2轉的轉速順時針轉動，里面圓環以每稱n1轉逆時針轉動，若兩圓環電荷面密度均為σ，求n1和n2的比值多大時，圓心處的磁感應強度為零．[解答]半徑為r的圓電流在圓心處產生的磁感應強度為B=μ0I/2r．在半徑為R1和R2的環上取一半徑為r、寬度為dr的薄環，其面積為dS=2πrdr，所帶的電量為dq=σdS=2πσrdr，圓環轉動的周期為T1=1/n1，形成的電流元為dI=dq/T1=2πn1σrdr．薄環電流可以當作圓電流，在圓心產生的磁感應強度為dB1=μ0dI/2r=πμ0n1σdr，圓環在圓心產生磁感應強度為B1=πμ0n1σ(R2-R1)．同理，半徑為R3和R4的圓環在圓心處產生的磁感應強度為B2=πμ0n2σ(R4-R3)．由于兩環的轉動方向相反，在圓心產生的磁感應強度也相反，當它們大小相同時，圓心處的磁感應強度為零，即：πμ0n1σ(R2-R1)=πμ0n2σ(R4-R3)，解得比值為．14．13半徑為R的無限長直圓柱導體，通以電流I，電流在截面上分布不均勻，電RI圖14.13流密度δ=krRI圖14.13[解答]在圓柱體內取一半徑為r、寬度為dr的薄圓環，其面積為dS=2πrdr，電流元為dI=δdS=2πkr2dr，從0到r積分得薄環包圍的電流強度為Ir=2πkr3/3；從0到R積分得全部電流強度I=2πkR3/3，因此Ir/I=r3/R3．根據安培環路定理可得導體內的磁感應強度．14．14有一電介質圓盤，其表面均勻帶有電量Q，半徑為a，可繞盤心且與盤面垂直的軸轉動，設角速度為ω．求圓盤中心o的磁感應強度B=？aωo圖14.14[解答]圓盤面積為S=πa2，面電荷密度為aωo圖14.14在圓盤上取一半徑為r、寬度為dr的薄環，其面積為dS=2πrdr，所帶的電量為dq=σdS=2πσrdr．薄圓環轉動的周期為T=2π/ω，形成的電流元為dI=dq/T=ωσrdr．薄環電流可以當作圓電流，在圓心產生的磁感應強度為dB=μ0dI/2r=μ0ωσdr/2，從o到a積分得圓盤在圓心產生磁感應強度為B=μ0ωσa/2=μ0ωQ/2πa．如果圓盤帶正電，則磁場方向向上．14．15二條長直載流導線與一長方形線圈共面，如圖所示．已知a=b=c=10cm，l=10m，I1=I2bdxcxabdxcxaI1o1I2l圖14.15[解答]電流I1和I2在線圈中產生的磁場方向都是垂直紙面向里的，在坐標系中的x點，它們共同產生的磁感應強度大小為．在矩形中取一面積元dS=ldx，通過面積元的磁通量為dΦ=BdS=Bldx，通過線圈的磁通量為BoRv圖14.16=2×10-7BoRv圖14.1614．16一電子在垂直于均勻磁場的方向做半徑為R=1.2cm的圓周運動，電子速度v=104m·s-1．求圓軌道內所包圍的磁通量是多少？[解答]電子所帶的電量為e=1.6×10-19庫侖，質量為m=9.1×10-31千克．電子在磁場所受的洛倫茲力成為電子做圓周運動的向心力，即：f=evB=mv2/R，所以B=mv/eR．電子軌道所包圍的面積為S=πR2，磁通量為Φ=BS=πmvR/e=2.14×10-9(Wb)．14．17同軸電纜由導體圓柱和一同軸導體薄圓筒構成，電流I從一導體流入，從另一導體流出，且導體上電流均勻分布在其橫截面積上，設圓柱半徑為R1，圓筒半lR2R1IIlR2R1IIdr圖14.17（1）磁感應強度B的分布；（2）在圓柱和圓筒之間單位長度截面的磁通量為多少？[解答]（1）導體圓柱的面積為S=πR12，面電流密度為δ=I/S=I/πR12．在圓柱以半徑r作一圓形環路，其面積為Sr=πr2，包圍的電流是Ir=δSr=Ir2/R12．根據安培環路定理，由于B與環路方向相同，積分得2πrB=μ0Ir，所以磁感應強度為B=μ0Ir/2πR12，(0<r<R1)．在兩導體之間作一半徑為r的圓形環中，所包圍的電流為I，根據安培環中定理可得B=μ0I/2πr，(R1<r<R2)．在圓筒之外作一半徑為r的圓形環中，由于圓柱和圓筒通過的電流相反，所包圍的電流為零，根據安培環中定理可得B=0，(r>R2)．（2）在圓柱和圓筒之間離軸線r處作一徑向的長為l=1、寬為dr的矩形，其面積為dS=ldr=dr，方向與磁力線的方向一致，通過矩形的磁通量為dΦ=BdS=Bdr，總磁通量為．*14．18一長直載流導體，具有半徑為R的圓形橫截面，在其內部有與導體相切，半徑為a的圓柱baRO1O`1圖baRO1O`1圖14.18（1）證明空孔內的磁場為均勻場并求出磁感應強度B的值；（2）若要獲得與載流為I，單位長度匝數n的長螺線管內部磁場相等的均勻磁場，a應滿足什么條件？[解答]（1）導體中的電流垂直紙面向外，電流密度為．長孔中沒有電流，可以當作通有相反電流的導體，兩個電流密度的大小都為δ，這樣，長孔中磁場是兩個均勻分布的圓形電流產生的．如果在圓形截面中過任意點P取一個半徑為r的同心圓，其面積為baRO1O`1rr`BrBBr`θφPbaRO1O`1rr`BrBBr`θφP根據安培環路定理可得方程2πrBr=μ0ΣI，磁感應強度為，方向與矢徑r垂直．同理，密度為-δ的電流在P點產生的磁感應強度為，方向與矢徑r`垂直．設兩個磁感應強度之間的夾角為θ，則合場強的平方為．根據余弦定理，如圖可知：，由于φ=π-θ，所以，由于b和δ都是常量，可見：長孔中是均勻磁場．將δ和b代入公式得磁感應強度大小為，可以證明磁場的方向向上．（2）[解答]長螺線管內部的場為B=μ0nI，與上式聯立得，這就是a所滿足的條件．[注意]此題中的長孔中的磁場與習題13．10．中空腔中的電場情況非常類似．14．19在XOY平面內有一載流線圈abcda，通有電流I=20A，半徑R=20cm，電流方向如圖所示．線圈處于磁感應強度B=8.0×10-2T的均強磁場中，dcθbIaXRo1αBY圖14.19BdcθbIaXRo1αBY圖14.19[解答]根據右手螺旋法則，弧和cd邊受力方向垂直紙面向外，弧和ab邊受力方向垂直紙面向里．由于對稱的關系，ab邊和cd邊所受安培力的大小是相同的，弧和弧所受安培力的大小也是相同的．ab邊與磁場方向的夾角是α=45°，長度為l=R/sinα，所受安培力為Fab=|Il×B|=IlBsinα=IRB=0.32(N)=Fcd．在圓弧上取一電流元Idl，其矢徑R與X軸方向的夾角為θ，所受力的大小為dFbc=|Idl×B|=IdlBsinθ，由于線元為dl=Rdθ，所以dFbc=IRBsinθdθ，因此安培力為=IRB=0.32(N)=Fda．14．20載有電流I1的無限長直導線旁有一正三角形線圈，邊長為a，載有電流I2，一邊與直導線平等且與直導線相距為b，直導線與線圈共面，如圖所示，求I1作用在這三角形線圈上的力．[解答]電流I1在右邊產生磁場方向垂直紙面向里，在AB邊處產生的磁感應強度大小為CI2ybAxaCI2ybAxao1αBI1圖14.20作用力大小為FAB=I2aB=μ0I1I2a/2πb，三角形的三個內角α=60°，在AC邊上的電流元I2dl所受磁場力為dF=I2d兩個分量分別為dFx=dFcosα和dFy=dFsinα，與BC邊相比，兩個x分量大小相等，方向相同；兩個y分量大小相等，方向相反．由于dl=dr/sinα，所以dFx=I2drBcotα，積分得．作用在三角形線圈上的力的大小為F=FAB–2Fx，方向向左．14．21載有電流I1的無限長直導線，在它上面放置一個半徑為R電流為I2的圓形電流線圈，長直導線沿其直徑方向，且相互絕緣，如圖所示．求I2在電流I1的磁場中所受到的力．[解答]電流I1在右邊產生磁場方向垂直紙面向里，右上1/4弧受力向右上方，右下1/4弧受力向右下方；電流I1在左邊產生磁場方向垂直紙面向外，左上1/4弧受力向右下方，左下1/4弧受力向右上方．因θrI1θrI1oRI2圖14.21電流元所受的力的大小為dF=I2dlB，其中dl=Rdθ，B=μ0I1/2πr，而r=Rcosθ，所以向右的分量為dFx=dFcosθ=μ0I1I2dθ/2π，積分得，電流I2所受的合力大小為F=4Fx=μ0I1I2，方向向右．14．22如圖所示，斜面上放有一木制圓柱，質量m=0.5kg，半徑為R，長為l=0.10m，圓柱上繞有10匝導線，圓柱體的軸線位導線回路平面內．斜面傾角為θ，處于均勻磁場B=0.5T中，B的方向豎直向上．如果線圈平面與斜面平行，求通過回路的電流I至少要多大時，圓柱才不致沿斜面向下滾動？[解答]線圈面積為S=2Rl，θBθoG圖14.22磁矩大小為θBθoG圖14.22方向與B成θ角，所以磁力矩大小為Mm=|pm×B|=pmBsinθ=NI2RlBsinθ，方向垂直紙面向外．重力大小為G=mg，力臂為L=Rsinθ，重力矩為Mg=GL=mgRsinθ，方向垂直紙面向里．圓柱不滾動時，兩力矩平衡，即NI2RlBsinθ=mgRsinθ，解得電流強度為I=mg/2NlB=5(A)．14．23均勻帶電細直線AB，電荷線密度為λ，可繞垂直于直線的軸O以ω角速度均速轉動，設直線長為b，其A端距轉軸O距離為a，求：（1）O點的磁感應強度B；（2）磁矩pm；BAbωoa圖14.23（3）若a>>bBAbωoa圖14.23[解答]（1）直線轉動的周期為T=2π/ω，在直線上距O為r處取一徑向線元dr，所帶的電量為dq=λdr，形成的圓電流元為dI=dq/T=ωλdr/2π，在圓心O點產生的磁感應強度為dB=μ0dI/2r=μ0ωλdr/4πr，整個直線在O點產生磁感應強度為，如果λ>0，B的方向垂直紙面向外．（2）圓電流元包含的面積為S=πr2，形成的磁矩為dpm=SdI=ωλr2dr/2，積分得．如果λ>0，pm的方向垂直紙面向外．（3）當a>>b時，因為，所以．．14．24一圓線圈直徑為8cm，共12匝，通有電流5A，將此線圈置于磁感應強度為0.6T的均強磁場中，求：（1）作用在線圈上的電大磁力矩為多少？（2）線圈平面在什么位置時磁力矩為最大磁力矩的一半．[解答]（1）線圈半徑為R=0.04m，面積為S=πR2，磁矩為pm=NIS=πR2NI，磁力矩為M=pmBsinθ．當θ=π/2時，磁力矩最大Mm=pmB=πR2NIB=0.18(N·m)．（2）由于M=Mmsinθ，當M=Mm/2時，可得sinθ=0.5，θ=30°或150°．I2ROI1圖14.25*14．25在半徑為R，通以電流I2的圓電流的圓周上，有一無限長通以電流I1的直導線（I1，I2相互絕緣，且I1與圓電流I2所在平面垂直），如圖所示，求I2所受的力矩．若II2ROI1圖14.25[解答]在x軸上方的圓周上取一電流元I2dl，其大小為I2dl=I2所受的安培力為dF=I2dl×I2ROI1BI2dlxθφφr其大小為dI2ROI1BI2xθφφr其中φ=θ/2，B是電流I1在電流元I2d，因此安培力的大小可化為，力的方向垂直紙面向里．如果在x軸下方取一電流元，其受力方向垂直紙面向外，因此，圓周所受的安培力使其繞x軸旋轉．I2ROI2ROI1B電流所受的力矩為．如果電流I1置于圓電流圓心處，那么I2就與I1產生的磁力線重合，所受的力為零，力矩也為零．14．26一個電子在B=20×10-4T的磁場中，沿半徑R=2cm的螺旋線運動，螺距h=5cm，如圖所示，求：（1）電子的速度為多少？（2）B的方向如何？[解答]電子帶負電，設速度v的方向與磁力線的負方向成θ角，則沿著磁力線方向的速Rh圖14.26度為v1=vcosθ，垂直速度為v2=vRh圖14.26由R=mv2/eB，得v2=eBR/m．由h=v1T，得v1=h/T=heB/2πm，因此速度為=7.75×106(m·s-1)；由=2.51，得θ=68.3°=68°18′．YXy1oBIZz1圖14.2714．27一銀質條帶，z1=2cm，y1=1mm．銀條置于Y方向的均勻磁場中B=1.5T，如圖所示．設電流強度I=200AYXy1oBIZz1圖14.27（1）電子的漂移速度；（2）霍爾電壓為多少？[解答]（1）電流密度為δ=ρv，其中電荷的體密度為ρ=ne.電流通過的橫截面為S=y1z1，電流強度為I=δS=neSv，得電子的漂移速度為=8.45×10-4(m·s-1)．（2）霍爾系數為=8.44×10-11(m3·C-1)，霍爾電壓為=2.53×10-5(V)．第十五章磁介質的磁化15．1一均勻磁化的磁介質棒，直徑為25mm，長為75mm，其總磁矩為12000A·m2．求棒的磁化強度M為多少？[解答]介質棒的面積為S=πr2，體積為V=Sl=πr2l磁矩為pm=12000A·m2，磁化強度為=3.26×108(A·m-1)．15．2一鐵環中心線的周長為30cm，橫截面積為1.0cm2，在環上密繞線圈共300匝，當通有電流32mA時，通過環的磁通量為2.0×10-6Wb，求：（1）環內磁感應強度B的值和磁場強度H的值；（2）鐵的磁導率μ、磁化率χm和磁化強度M．[解答]（1）根據公式B=Φ/S得磁感應強度為=0.02(T)．根據磁場的安培環路定理，由于B與dl的方向相同，得磁場強度為=32(A·m-1)．（2）根據公式B=μH，得鐵的磁導率為=6.25×10-4(Wb·A-1·m-1)．由于μ=μrμ0，其中μ0=4π×10-7為真空磁導率，而相對磁導率為μr=1+χm，所以磁化率為．磁化強度為M=χmH=496.4×32=1.59×104(A·m-1)．15．3一螺繞環中心周長l=10cm，線圈匝數N=200匝，線圈中通有電流I=100mA．求：（1）管內磁感應強度B0和磁場強度H0為多少？（2）設管內充滿相對磁導率μr=4200的鐵磁質，管內的B和H是多少？（3）磁介質內部由傳導電流產生的B0和由磁化電流產生的B`各是多少？[解答]（1）管內的磁場強度為=200(A·m-1)．磁感應強度為B=μ0H0=4π×10-7×200=2.5×10-4(T)．（2）當管內充滿鐵磁質之后，磁場強度不變H=H0=200(A·m-1)．磁感應強度為B=μH=μrμ0H=4200×4π×10-7×200=1.056(T)．（3）由傳導電流產生的B0為2.5×10-4T．由于B=B0+B`，所以磁化電流產生的磁感應強度為B`=B-B0≈1.056(T)．15．4一根無限長的直圓柱形銅導線，外包一層相對磁導率為μr的圓筒形磁介質，導線半徑為R1，磁介質外半徑為R2，導線內有電流I通過（I均勻分布），求：（1）磁介質內、外的磁場強度H和磁感應強度B的分布，畫H-r，B-r曲線說明之（r是磁場中某點到圓柱軸線的距離）；（2）磁能密度分布．[解答]（1）導線的橫截面積為S0=πR12，導線內的電流密度為δ=I/S0=I/πR12．在導線內以軸線的點為圓心作一半徑為r的圓，其面積為S=πr2，通過的電流為ΣI=δS=Ir2/R12．根據磁場中的安培環路定理，環路的周長為l=2πr，由于B與dl的方向相同，得磁場強度為，（0≦r≦R1）．在介質之中和介質之外同樣作一半徑為r的環路，其周長為l=2πr，包圍的電流為I，可得磁場強度為，（r≧R1）．導線之內的磁感應強度為rrRrrR2R1HoR1Bo介質之內的磁感應強度為；介質之外的磁感應強度為．（2）導線之內的磁能密度為；介質之中的磁能密度為；介質之外的磁感應強度為．15．5一根磁棒的矯頑力為Hc=4.0×103A·m-1，把它放在每厘米上繞5匝的線圈的長螺線管中退磁，求導線中至少需通入多大的電流？[解答]螺線管能過電流I時，產生的磁感應強度為B=μ0nI．根據題意，螺線管產生的磁場強度至少要與磁棒的矯頑力大小相等，但方向相反，因此B=μ0Hc，所以電流強度為I=Hc/n=4.0×103/500=8(A)．15．6同軸電纜由兩個同軸導體組成．內層是半徑為R1的圓柱，外層是半徑分oR1R2R3圖15.6別為R2和R3的圓筒，如圖所示．兩導體間充滿相對磁導率為μr2的均勻不導電的磁介質．設電流強度由內筒流入由外筒流出，均勻分布是橫截面上，導體的相對磁導率為μr1．求oR1R2R3圖15.6[解答]（1）導體圓柱的橫截面積為S0=πR12，圓柱體內的電流密度為δ=I/S0=I/πR12．在圓柱體內以軸線的點為圓心作一半徑為r的圓，其面積為S=πr2，通過的電流為ΣI=δS=Ir2/R12．根據磁場中的安培環路定理，環路的周長為l=2πr，由于B與dl的方向相同，得磁場強度為，（0≦r≦R1）．磁感應強度為，（0≦r≦R1）．（2）在介質之中同樣作一半徑為r的環路，其周長為l=2πr，包圍的電流為I，可得磁場強度為，（R1≦r≦R2）．磁感應強度為，（R1≦r≦R2）．磁化強度為．磁化面電流的線密度為im=M×n0，n0是介質表面的法向單位矢量．在介質的兩個圓形表面，由于M與n0垂直，im=|M×n0|=M．在介質的內表面，由于r=R1，所以磁化電流為．在介質的外表面，由于r=R2，所以．（3）導體圓筒的橫截面積為S`=π(R32-R22)，圓筒內的電流密度為δ`=I/S`．在圓筒內以作一半徑為r的圓，其面積為S=π(r2-R22)，圓所包圍的電流為，根據安培環路定理，得磁場強度為，（R2≦r≦R3）．磁感應強度為，（R2≦r≦R3）．（4）在圓筒之外作一圓，由于包圍的電流為零，所以磁場強度和磁感應強度都為零．15．7在平均半徑r=0.1m，橫截面積S=6×10-4m2鑄鋼環上，均勻密繞N=200匝線圈，當線圈內通有I1=0.63安的電流時，鋼環中的磁通量Φ1=3.24×10-4Wb．當電流增大到I2=4.7安時，磁通量Φ2=6.18×10-4Wb，求兩種情況下鋼環的絕對磁導率．[解答]鋼環中的磁感應強度為B=Φ/S；根據安培環路定理，得磁場強度為H=NI/2πr．根據公式B=μH，得絕對磁導率為．（1）在第一種情況下=2.69×10-3(H·m-1)．（2）在第二種情況下=6.88×10-4(H·m-1)．15．8一矩磁材料，如圖所示．反向磁場一超過矯頑力Hc，磁化方oHM-Hc圖15.8向立即翻轉．用矩磁材料制造的電子計算機中存儲元件的環形磁芯，其外徑為0.8mm，內徑為0.5mm，高為0.3mm．若磁芯原來已被磁化，方向如圖所示，現在需使磁芯從內到外的磁化方向全部翻轉，導線中脈沖電流I的峰值至少需要多大？設磁性材料的矯頑力Hc103(A·oHM-Hc圖15.8[解答]直線電流I產生磁感應強度為B=μ0I/2πr，產生的磁場為H=B/μ0=I/2πr．為了磁芯從內到外的磁化方向全部翻轉，電流在磁芯外側r=0.4mm處產生的磁場應該為H=Hc，即Hc=I/2πr，所以，脈沖電流為I=2πrHc．第十六章電磁感應電磁場與電磁波16．1一條銅棒長為L=0.5m，水平放置，可繞距離A端為L/5處和棒垂直的軸OO`在水平面內旋轉，每秒轉動一周．銅棒置于豎直向上的勻強磁場中，如圖所示，磁感應強度B=1.0×10-4T．求銅棒兩端A、B的電勢差，何端電勢高．[解答]設想一個半徑為R的金屬棒繞一端做勻速圓周運動，角速度為ω，經過時間dt后轉過的角度為dθ=ωdt，OO`BABL/5ω圖OO`BABL/5ω圖16.1切割的磁通量為dΦ=BdS=BR2dθ/2，動生電動勢的大小為ε=dΦ/dt=ωBR2/2．根據右手螺旋法則，圓周上端點的電勢高．AO和BO段的動生電動勢大小分別為dθLdθLωoRl．由于BO>AO，所以B端的電勢比A端更高，A和B端的電勢差為=4.71×10-4(V)．[討論]如果棒上兩點到o的距離分別為L和l，則兩點間的電勢差為．16．2一長直載流導線電流強度為I，銅棒AB長為L，A端與直導線的距離為xA，AB與直導線的夾角為θ，以水平速度v向右運動．求AB棒的動生oxvAoxvABIθxArldl圖16.2[解答]在棒上長為l處取一線元dl，在垂直于速度方向上的長度為dl⊥=dlcosθ；線元到直線之間的距離為r=xA+lsinθ，直線電流在線元處產生的磁感應強度為．由于B，v和dl⊥相互垂直，線元上動生電動勢的大小為，棒的動生電動勢為，A端的電勢高．[討論]（1）當θ→π/2時，cotθ=cosθ/sinθ→0，所以ε→0，就是說：當棒不切割磁力線時，棒中不產生電動勢．（2）當θ→0時，由于，所以，這就是棒垂直割磁力線時所產生電動勢．16．3如圖所示，平行導軌上放置一金屬桿AB，質量為m，長為L．在導軌上的端接有電阻R．勻強磁場B垂直導軌平面向里．當AB桿以BABRv0圖BABRv0圖16.3（1）AB桿能夠移動的距離；（2）在移動過程中電阻R上放出的焦耳熱為多少？[分析]