第十章 气体分子运动论
10．1 已知温度为27℃的气体作用于器壁上的压强为105Pa，求此气体内单位体积里的分子数． [解答]根据气体压强公式p = nkT，其中k = 1.38×10-23J·K-1称为玻尔兹曼常数． 当T = 300K时，气体单位体积内的分子数为n = p/kT = 2.415×1025(m-3)．
10．2 一个温度为17℃、容积11.2×10-3m3的真空系统已抽到其真空度为1.33×10-3Pa．为了提高其真空度，将它放在300℃的烘箱内烘烤，使吸附于器壁的气体分子也释放出来．烘烤后容器内压强为1.33Pa，问器壁原来吸附了多少个分子？
[解答]烘烤前容器内单位体积内的分子为n1 = p1/kT1 = 3.32×1017(m-3)， 烘烤后容器内单位体积内的分子为n2 = p2/kT2 = 1.68×1020(m-3)．
器壁原来吸附的分子数为N = (n2 – n1)V = 1.88×1018．
10．3 在0℃下一容器的真空度为1.33×10-12Pa，此时每立方厘米内有多少个气体分子？ [解答]单位体积内的分子为n = p/kT = 3.53×108(m-3) = 3.53×102(cm-3)．
10．4 已知275K和1.00×103Pa条件下气体的密度ρ = 1.24×10-5g·cm-3，求：
（1）气体的方均根速率v；
（2）气体的摩尔质量μ，并指出是什么气体． [解答]（1）气体的密度为ρ = 1.24×10-2(kg·m-3)， 根据气体压强和能量的公式p?212?v，得气体的方均根速度为 3v2?3p/?= 491.87(m·s-1)．
（2）根据理想气体状态方程pV?M?RT，
由于气体密度为ρ = M/V，所以方程可变为p??RT， ?气体的摩尔质量为μ = ρRT/p = 0.0283(kg)．这种气体是氮气N2．
10．5 当温度为0℃时，求：
（1）N2分子的平均平动动能和平均转动动能； （2）7gN2气体的内能．、
[解答]（1）N2分子有t = 3个平动自由度，其平均平动动能为
wt?tkT= 5.65×10-21(J)． 2rkT= 3.77×10-21(J)． 2将N2分子当作刚体，它就还有r = 2个转动自由度，其平均转动动能为
wr?（2）N2分子的摩尔质量为μ = 0.028kg，质量M = 0.007kg的N2分子的摩尔数为
n0 = M/μ = 0.25，
分子总数为N = n0NA，其中NA = 6.02×1023为阿佛伽德罗常数， 而气体普适常量R = kNA = 8.31(J·K-1·mol-1)．
N2分子的自由度为i = t + r = 5， 气体的内能为E?
iiiNkT?n0NAkT?n0RT= 1.417×103(J)． 22210．6 一个能量为1.6×10-7J的宇宙射线粒子射入氖管中，氖管中含有氖气0.01mol，如射线粒子能量全部转变成氖气的内能，氖气温度升高多少？
[解答]氖气是堕性气体，分子式是Ne，只能平动动能，自由度为i = t = 3．
当射线粒子能量全部转变成氖气的内能时，由公式E?in0RT可得气体升高的温度为 2T?2E= 1.28×10-6(K)． in0R
10．7 某些恒星的温度达到108K的数量级，此时原子已不存在，只有质子存在，求： （1）质子的平均动能是多少？ （2）质子的方均根速率多大？
[解答]（1）质子的平动自由度为 t = 3，平均平动动能为wt?（2）质子的质量为mp = 1.67261×1027(kg)， 由于wt?tkT= 2.07×10-15(J)． 2tkTt1kT?mpv2，所以质子的方均根速率为v2?= 1.573×106(m·s-1)． 22mp
10．8 一容器被中间隔板分成体积相等的两半，一半装有氦气，温度为250K；另一半装有氧气，温度为310K．两种气体的压强均为p0．求抽去隔板后的混合气体温度和压强为多少？
[解答]设氦气和氧气分子各有N1和N2个，氦气是单原子分子，自由度为i1 = 3；氧气是双原子分子，自由度为i2 = 5．
i1iN1kT1，E2?2N2kT2． 22ii隔板抽去后，氦气和氧气分子的总能量为E?1N1kT?2N2kT．
22隔板抽去前，氦气和氧气分子的总能量为E1?这个过程能量守恒，即，E = E1 + E2，所以有i1N1T1 + i2N2T2 = (i1N1 + i2N2)T．
由于压强p0?n1kT1?同理可得N2?2N1pVkT1，所以N1?0； V2kT1p0V． 2kT2将N1和N2的公式代入上面公式可得
i1p0Vi2p0VipVipV??(10?20)T， 2k2k2kT12kT2约去公因子，可得混合气体的温度为
T?(i1?i2)TT12= 284.4(K)．
i1T2?i2T1(N1?N2)(i?i)(T?T)kT?1(p0V?p0V)kT?1212p0= 1.0275 p0． V2(i1T2?i2T1)V2kT12kT2混合气体的压强为
p?nkT?
210．9 试证明：N个分子，不论分子速度的分布服从什么规律，总有v?v．
[证明]设第i个分子的速率为vi，则分子的平均速率为v?速率平方的平均值为v?21?vi， Ni1vi2． ?Ni显然，??1(vi?v)2?0，因此 ?Ni1111???(vi2?2viv?v2)??vi2?2v?vi?v2?1?v2?2v?v?v2?v2?v2，
NiNiNiNi2由于δ≧0， 所以v2?v2，因此不论分子的速度的分布服从什么规律，都有v?v．
另外也可直接用平均值运算．
由于(vi?v)2?0，展开得vi2?2viv?v2?0，
取平均值时得vi2?2viv?v2?0．
2因为vi?v、v?v并且v2?v2，所以vi2?v2?0，即v?v． 证毕．
10．10 将（11.19）式表示成以理想气体最可几速率vp为单位表示的形式，即令x = v/vp，若已知
?10e?xdx?0.7468，试计算：
2（1）分子速率小于最可几速率的分子占分子总数的百分比为多少？ （2）分子速率大于最可几速率的分子占分子总数的百分比为多少？
（3）参照表11.1，写出同一温度下氢气分子对应同一分子数百分比的速率区间． [解答] 理想气体分子数占分子总数的比率为dN/N = f(v)dv， 其中f(v)是麦克斯韦速率分布函数：
m3/2mv22f(v)?4?()exp(?)v．
2k?T2kT2kT设x = v/vp，其中vp?，则dv = vpdx，
m42?x2xe． 因此速率分为dN/N = g(x)dx，其中g(x)??（1）分子速率小于最可几速率的分子占分子总数的百分比为
N14??g(x)dx?N0?111?xe02?x21dx，设I??x2e?xdx，则
021111221?x22?x2I??xedx???xde??(xe?x??e?xdx)
20202001?1即 I?(0.7648?e)，
2N42I?(0.3648?e?1)= 0.4276 = 42.76%． 所以1?N??1（2）分子速率大于最可几速率的分子占分子总数的百分比为
N2N?1?1= 0.5724 = 57.24%． NN（3）对于氧气分子，速率在v1~v2之间的分子数占分子总数的比率为
?NNvv2?v1?m3/2mv22)exp(?)vdv， f(v)dv??4?(2k?T2kTv1v2其中m表示氧分子的质量．用m`表示氢分子的质量，则m = 16m`，对于氢分子的同一比率则有
?N216m`3/216m`v22??4?()exp(?)vdv，取v` = 4v，可得 Nv2k?T2kT12?Nm`3/2m`v`22?4?()exp(?)v`dv`， N4?2k?T2kTv14v可见：氧气分子速率从v1到v2之间的分子数的比率与氢气分子速率从4v1到4v2之间的分子数的比率相同．
2
从这个思路可以证明：当一种气体的分子的质量是另一种气体的质量的α倍时，这种气体分子速率从v1到v2之间的分子数的比率与另一种气体分子速率从αv1到αv2之间的分子数的比率相同．
10．11． 由11．10题结果，求速率在0.99vp到1.01vp之间的分子数占分子总数的百分比．
1.0142?x2?N[解答] 分子数比率为xe． ??g(x)dx，其中g(x)?N0.09?利用中值定理得
?N4?1?g(1)(1.01?0.09)?e?0.02= 0.0166 = 1.66%． N?
10．12 求上升到什么高度时大气压强减到地面大气压强的75%．设空气温度为0℃，空气的平均摩尔质量为0.028 9kg·mol-1．
[解答] 根据玻尔兹曼分布可得压强随高度变化关系p?p0exp(?mgz)． kT其中m是一个分子的质量．
用NA表示阿氏常数，则气体的摩尔质量为μ = NAm，气体的普适常数为R = k.NA．压强公式可表示为p?p0exp(?)． RTRTp0ln高度为z?= 2304(m)． ?gp
10．13 已知f(v)是麦克斯韦分子速率分布函数，说明以下各式物理意义． （1）f(v)dv；
（2）nf(v)dv，n为分子数密度； （3）（4）
?gz?v2v1vf(v)dv；
?（5）?vp0?f(v)dv，vp为最可几速率；
vpv2f(v)dv．
[解答]（1）由公式dN/N = f(v)dv可知：f(v)dv表示分子数在速率区间v~v+dv之中分子数的比率dN/N． （2）由于n = N/V，可得ndN/N = dN/V，因此nf(v)dv表示分子数在速率区间v~v+dv之中分子数密度．
（3）（4）
?v2v1vf(v)dv表示分子在速率区间v1到v2之间的平均速率．
?（5）?vp0?f(v)dv表示分子速率小于最可几速率的分子占分子总数的比率．
vpv2f(v)dv表示分子速率大于最可几速率的速率平方的平均值．
10．14 质量为6.2×10-14g的微粒悬浮于27℃的液体中，观察到它的方均根速率为1.4cm·s-1．由这些结果计算阿佛加德罗常数NA．
[解答]当粒子平动时，其平均平动动能为w?31kT?mv2， 22由此得阿氏常数为NA?R3RT= 6.1545×1023(mol-1)． ?kmv2
10．15 氮分子的有效直径为3.8×10-10m，求它在标准状态下的平均自由程和连续碰撞的平均时间间隔．
[解答] 在标准状态下，T = 273K，p = 1.013×105Pa，氮分子的平均自由程为
??kT-8
= 5.80×10(m)． 22?dp氮分子的摩尔质量为μ = 0.028kg·mol-1，平均速率为
v?8kT8RT= 454.2(m·s-1)． ??m??连续碰撞的时间间隔为:t??v= 1.276×10-10(s)．
10．16 在标准状态下CO2气体分子的平均自由程?= 6.29×10-8m，求两次碰撞之间的平均时间和CO2
气体分子的有效直径．
[解答] C的原子量是12，O的原子量是16，CO2的分子量是44，摩尔质量为μ = 0.044kg·mol-1，其平均速率为
v?8kT8RT= 362.3(m·s-1)． ??m??两次碰撞之间的平均时间为：t?根据公式???v= 1.736×10-10(s)．
kT，可得CO2气体分子的有效直径为 22?dpd?kT= 3.648×10-10(m)． 2??p
10．17 容器贮有O2气，其压强为1.013×105Pa，温度为27℃，有效直径为d = 2.9×10-10m，求： （1）单位体积中的分子数n；（2）氧分子质量m；（3）气体密度ρ；（4）分子间平均距离l；（5）最
2可几速率vp；（6）平均速率v；（7）方均根速率v；（8）分子的平均总动能?；（9）分子平均碰撞
频率z；（10）分子平均自由程?．
[解答]（1）由p = nkT得单位体积中的分子数为：n = p/kT = 2.45×10-25(m-3)． （2）氧分子的原子质量单位是32，一质量单位是u = 1.66055×10-27kg，分子的质量为
m = 32u = 5.31×10-26(kg)．
（3）根据理想气体状态方程pV?M?RT，氧的摩尔质量μ = 0.032 kg·mol-1，其密度为
??Mp??= 1.30(kg·m-3)． VRT（4）一个分子占有体积为v = 1/ n，设想分子整齐排列，则分子间的平均距离为 l = (1/n)1/3 = 3.445×10-9(m)．
2kT= 394.7(m·s-1)． m8kT（6）平均速率为：v?= 445.4(m·s-1)．
?m（5）最可几速率为：vp?3kT= 483.5(m·s-1)． mi（8）分子的自由度为i = 5，平均总动能为：??kT= 1.035×10-20(J)．
22（9）分子平均碰撞频率为：z?2?dnv= 4.07×109(s-1)．
kT-7
（10）分子平均自由程为：??= 1.09×10(m)． 22?dp（7）方均根速率为：v?2
10．18设氢的范德瓦耳斯常量b值为1mol气体体积总和的4倍．将气体分子看作刚球，试计算H2分子的直径．（对于H2，b = 2.66×10-5m3·mol-1）．
23
[解答] 1mol气体有NA = 6.02×10个分子，设分子直径为d，将分子当作刚性球体，则有
4d3b1/3b?4NA?()3，可解得分子直径为：d?2()= 2.76×10-10(m)．
3216?NA
10．19 1mol气体在0℃时的体积为0.55L，试用范德瓦耳斯方程计算它的压强．再将它看作理想气体，压强又为多少？（a = 0.364Pa·m6·mol-1，b = 4.27×10-5m3·mol-1） [解答]气体体积为v = 0.55×10-3m-3．根据范氏方程(p?可得压强为：p?a)(v?b)?RT， v2RTa?2= 3.67×106(Pa)． v?bvRT而理想气体的压强为：p?= 4.12×106(Pa)．
v
第十一章 热力学基础
11．1 一系统由如图所示的状态a沿abc到达c，有350J热量传入系统，而系统对外做功126J． （1）经adc，系统对外做功42J，问系统吸热多少？
（2）当系统由状态c沿曲线ac回到状态a时，外界对系统做功为84J，问系统是吸热还是放热，在这一过程中系统与外界之间的传递的热量为多少？
p [解答]（1）当系统由状态a沿abc到达c时，根据热力学第一定律，吸收c b 的热量Q和对外所做的功A的关系是：Q = ΔE + A， 其中ΔE是内能的增量．Q和A是过程量，也就是与系统经历的过程有关，而ΔEd a 是状态量，与系统经历的过程无关． V O 当系统沿adc路径变化时，可得：Q1 = ΔE1 + A1，
图11.1 这两个过程的内能的变化是相同的，即：ΔE1 = ΔE，
将两个热量公式相减可得系统吸收的热量为：Q1 = Q + A1 - A = 266(J)．
（2）当系统由状态c沿曲线ac回到状态a时，可得：Q2 = ΔE2 + A2， 其中，ΔE2 = -ΔE，A2 = -84(J)，可得：Q2 = -(Q – A) + A2 = -308(J)， p/Pa 可见：系统放射热量，传递热量的大小为308J． m 2×105 1
11．2 1mol氧气由状态1变化到状态2，所经历的过程如图，一次沿1×105 2 1→m→2路径，另一次沿1→2直线路径．试分别求出这两个过程中系统3V/m O 吸收热量Q、对外界所做的功A以及内能的变化E2 - E1． -2-21×10 5×10 [解答]根据理想气体状态方程pV = RT，可得气体在状态1和2的温
图11.2
度分别为
T1 = p1V1/R和T2 = p2V2．
氧气是双原子气体，自由度i = 5，由于内能是状态量，所以其状态从1到2不论从经过什么路径，内能的变化都是
?E?V2iiR(T2?T1)?(p2V2?p1V1)= 7.5×103(J)． 22系统状态从1→m的变化是等压变化，对外所做的功为
A??pdV?p(V2?V1)= 8.0×103(J)．
V1系统状态从m→2的变化是等容变化，对外不做功．因此系统状态沿1→m→2路径变化时，对外做功为
8.0×103J；吸收的热量为
Q = ΔE + A = 1.55×104(J)．
系统状态直接从1→2的变化时所做的功就是直线下的面积，即
A?1(p2?p1)(V2?V1)= 6.0×103(J)． 2吸收的热量为
Q = ΔE + A = 1.35×104(J)．
11．3 1mol范氏气体，通过准静态等温过程，体积由V1膨胀至V2，求气体在此过程中所做的功？ [解答] 1mol范氏气体的方程为
(p?a)(v?b)?RT， 2vV2通过准静态等温过程，体积由V1膨胀至V2时气体所做的功为
A??pdv??V1V2V1RTaa(?2)dv?RTln(v?b)?v?bvvV2?RTlnV1V2?b11?a(?)． V1?bV2V1
11．4 1mol氢在压强为1.013×105Pa，温度为20℃时的体积为V0，今使其经以下两种过程达同一状态：
（1）先保持体积不变，加热使其温度升高到80℃，然后令其作等温膨胀，体积变为原体积的2倍； （2）先使其作等温膨胀至原体积的2倍，然后保持体积不变，升温至80℃．
试分别计算以上两过程中吸收的热量，气体所做的功和内能增量．将上述两过程画在同一p-V图上并说明所得结果．
[解答]氢气是双原子气体，自由度i = 5，由于内能是状态量，所以不论从经过什么路径从初态到终态，内能的增量都是 p iT2 ?E?R(T2?T1)= 1.2465×103(J)．
2（1）气体先做等容变化时，对外不做功，而做等温变化时，对外所做的功为
A2??pdV?RT2?V1V2V2V11dV?RT2ln2= 2.0333×103(J)， VT1 O V0 V 2V0 所吸收的热量为
Q2 = ΔE + A2 = 3.2798×103(J)．
（2）气体先做等温变化时，对外所做的功为
A1??pdV?RT1?V1V2V2V11dV?RT1ln2= 1.6877×103(J)， V所吸收的热量为
Q1 = ΔE + A1 = 2.9242×103(J)．
如图所示，气体在高温下做等温膨胀时，吸收的热量多些，曲线下的面积也大些．
11．5 为了测定气体的γ（γ=Cp/CV），可用下列方法：一定量气体，它的初始温度、体积和压强分别为T0，V0和p0．用一根通电铂丝对它加热，设两次加热电流和时间相同，使气体吸收热量保持一样．第一次保持气体体积V0不变，而温度和压强变为T1，p1；第二次保持压强p0不变，而温度和体积则变为T2，V2，证明：
??(p1?p0)V0．
(V2?V0)p0(dQ)V， dT[证明]定容摩尔热容为CV?在本题中为CV = ΔQ/(T1 – T0)； 定压摩尔热容为Cp?(dQ)pdT，在本题中为Cp = ΔQ/(T2 – T0)．
对于等容过程有：p1/T1 = p0/T0，
所以：T1 = T0p1/p0；对于等压过程有：V2/T2 = V0/T0， 所以
T2 = T0V2/V0．
因此
??CpCV?T1?T0T0p1/p0?T0(p1?p0)V0． 证毕． ??T2?T0T0V2/V0?T0(V2?V0)p0
11．6 理想气体的既非等温也非绝热的过程可表示为pVn = 常数，这样的过程叫多方过程，n叫多方指数．
（1）说明n = 0，1，γ和∞各是什么过程．
p1V1?p2V2．
n?1??n)， （3）证明：多方过程中理想气体的摩尔热容量为：C?CV(1?n（2）证明：多方过程中理想气体对外做功：A?并就此说明（1）中各过程的值．
[解答]（1）当n = 0时，p为常数，因此是等压过程；
当n = 1时，根据理想气体状态方程pV = RT，温度T为常数，因此是等温过程； 当n = γ时表示绝热过程；
当n =∞时，则有p1/nV = 常数，表示等容过程．
（2）[证明]对于多方过程有
pVn = p1V1n = p2V2n = C(常数)，
理想气体对外所做的功为
V2V2A?V1?pdV??CV?ndV?V1pV?pVC(V21?n?V11?n)?1122．证毕． 1?nn?1（2）[证明]对于一摩尔理想气体有pV = RT， 因此气体对外所做的功可表示为：A?气体吸收的热量为
RT1?RT2，
n?1i1R(T2?T1)?R(T2?T1)， 21?nQi1i?2?in摩尔热容量为：C??(?)R?R
T2?T121?n2(1?n)(i?2)/i?ni??n??R?CV．证毕．
1?n21?nQ = ΔE + A =
11．7 一气缸内贮有10mol的单原子理想气体，在压缩过程中，外力做功209J，，气体温度升高1℃．试
计算气体内能增量和所吸收的热量，在此过程中气体的摩尔热容是多少？
[解答]单原子分子的自由度为i = 3，一摩尔理想气体内能的增量为
?E?iR?T= 12.465(J)， 210mol气体内能的增量为124.65J．
气体对外所做的功为A = - 209J，所以气体吸收的热量为
Q = ΔE + A = -84.35(J)．
1摩尔气体所吸收的热量为热容为-8.435J，所以摩尔热容为
C = -8.435(J·mol-1·K-1)．
11．8 一定量的单原子分子理想气体，从初态A出发，沿图示直线过程变到另一状态B，又经过等容、等压过程回到状态A．
（1）A→B，B→C，C→A，各过程中系统对外所做的功A，内能的增量ΔE以及所吸收的热量Q． （2）整个循环过程中系统对外所做的总功以及从外界吸收的总热量（各过程吸热的代数和）． [解答]单原子分子的自由度i = 3．
p/105Pa （1）在A→B的过程中，系统对外所做的功为AB直线下的面积，即 B 3 AAB = (pA + pB)(VB – VA)/2 = 200(J)，
2 内能的增量为：
?EAB?iMiR(TB?TA)?(pBVB?pAVA)= 750(J)．
22?1 O A 吸收的热量为：QAB = ΔEAB + AAB = 950(J)．
B→C是等容过程，系统对外不做功．内能的增量为
C V/10-3m3 2 1 图11.8
?EBC?iMiR(TC?TB)?(pCVC?pBVB)= -600(J)．
22?
吸收的热量为：QBC = ΔEBC + ABC = -600(J)，即放出600J的热量．
C→A是等压过程，系统对外做的功为
ACA = pA(VA – VC) = -100(J)． 内能的增量为：?ECA?iMiR(TA?TC)?(pAVA?pCVC)= -150(J)．
22?吸收的热量为：QCA = ΔECA + ACA = -250(J)，也就是放出250J的热量．
（2）对外做的总功为：A = AAB + ABC + ACA = 100(J)． 吸收的总热量为：Q = QAB + QBC + QCA = 100(J)．
由此可见：当系统循环一周时，内能不变化，从外界所吸收的热量全部转化为对外所做的功． 11．9 1mol单原子分子的理想气体，经历如图所示的的可逆循环，连接ac两点的曲线Ⅲ的方程为p = 22
p0V/V0，a点的温度为T0．
p b II （1）以T0，R表示Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ过程中气体吸收的热量． c 9p0 （2）求此循环的效率．
I [解答]由题可知：p0V0 = RT0．
III （1）I是等容过程，系统不对外做功，内能的变化为
a p0 ii?EI?R(Tb?Ta)?(pbV0?RT0) V O 22V0 ?i(9p0V0?RT0)?12RT0． 2图11.9
吸收的热量为：QI = ΔEI = 12RT0．
II是等容过程，根据III的方程，当pc = 9p0时，Vc = 3V0．系统对外所做的功为 AII = pb(Vc - Vb) = 9p02V0 = 18RT0． 内能的变化为
?EII?iiiR(Tc?Tb)?(pcVc?pbVb)?9p02V0?27RT0．
222吸收的热量为：QII = ΔEII + AII = 45RT0．
在过程III中，系统对外所做的功为
VaAIII?Vc?p0a2p26pdV?2?VdV?02(Va3?Vc3)??RT0．
V0Vc3V03V内能的变化为
?EIII?iiiR(Ta?Tc)?(RT0?pcVc)?(RT0?9p03V0)??39RT0．
222吸收的热量为：QIII = ΔEIII + AIII = -143RT0/3．
（2）系统对外做的总功为：A = AI + AII + AIII = 28RT0/3， 系统从高温热源吸收的热量为：Q1 = QI + QII = 57RT0， 循环效率为：??A= 16.37%． Q1 11．10 1mol理想气体在400K和300K之间完成卡诺循环．在400K等温线上，初始体积为1×10-3m3，最后体积为5×10-3m3．试计算气体在此循环中所做的功及从高温热源所吸收的热量和向低温热源放出的热量．
[解答] 卡诺循环由气体的四个变化过程组成，等温膨胀过程，绝热膨胀过程，等温压缩过程，绝热压缩过程．
气体在等温膨胀过程内能不改变，所吸收的热量全部转化为对外所做的功，即
V2V2Q1?A1?V1V4?pdV?RT1?V41VdV?RT1ln2= 5.35×103(J)． VV1V1气体在等温压缩过程内能也不改变，所放出的热量是由外界对系统做功转化来的，即
Q2?A2?V3?pdV?RT2?V1dV?RT2ln4， VV3V3利用两个绝热过程，可以证明：V4/V3 = V2/V1，
可得：Q2 = 4.01×103(J)．
气体在整个循环过程中所做的功为：A = Q1 - Q2 = 1.34×103(J)．
11．11 一热机在1000K和300K的两热源之间工作，如果（1）高温热源提高100K，（2）低温热源降低100K，从理论上说，哪一种方案提高的热效率高一些？为什么？
[解答]（1）热机效率为：η = 1 – T2/T1，
提高高温热源时，效率为：η1 = 1 – T2/(T1 + ΔT)， 提高的效率为：??1??1???T2T23= 2.73%． ?T2?T??T1T1??TT1(T1??T)110T2T2??T= ΔT/T = 10%． ?T1T1（2）降低低温热源时，效率为：η2 = 1 – (T2 - ΔT)/T1， 提高的效率为：??2??2???可见：降低低温热源更能提高热机效率．对于温度之比T2/T1，由于T2 < T1，显然，分子减少一个量
比分母增加同一量要使比值降得更大，因而效率提得更高．
11．12 使用一制冷机将1mol，105Pa的空气从20℃等压冷却至18℃，对制冷机必须提供的最小机械功是多少？设该机向40℃的环境放热，将空气看作主要由双原子分子组成． [解答]空气对外所做的功为
V2V2A?V1?pdV?p?dV= p(V – V) = R(T – T)，
2
1
2
1
V1其中T2 = 291K，T1 = 293K．空气内能的增量为
?E?iR(T2?T1)， 2i?2R(T2?T1)= -58.17(J)． 2其中i表示双原子分子的自由度：i = 5．空气吸收的热量为 Q = ΔE + A =
负号表示空气放出热量．因此，制冷机从空气中吸收的热量为：Q2 = -Q = 58.17(J)．
空气是低温热源，为了简化计算，取平均温度为：T`2 = (T2 + T1)/2 = 292(K)； 环境是高温热源，温度为：T`1 = 313(K)．
欲求制冷机提供的最小机械功，就要将制冷当作可逆卡诺机，根据卡诺循环中的公式
Q1T1?， Q2T2T1`可得该机向高温热源放出的热量为：Q1?`Q2= 62.35(J)，
T2因此制冷机提供的最小机械功为：W = Q1 - Q2 = 4.18(J)．
[注意]由于低温热源的温度在变化，所以向高温热源放出的热量的微元为
i?2T1`RdT2`， dQ1?`dQ2，其中dQ2??dQ??2T2`i?2`dT2因此：dQ1??RT1`，
2T2积分得制冷机向高温热源放出的热量为：Q1??Ti?2RT1`ln2= 62.35(J)， 2T1与低温热源取温度的平均值的计算结果相同（不计小数点后面2位以后的数字）．
第十二章 真空中的静电场
12．1 如图所示，在直角三角形ABCD的A点处，有点电荷q1 = 1.8×10-9C，B点处有点电荷q2 = -4.8×10-9C，AC = 3cm，BC = 4cm，试求C点的场强．
[解答]根据点电荷的场强大小的公式 A q 1q1q，其中1/(4πε0) = k = 9.0×109N·m2·C-2． E?k2?2r4??0rE2 B C 点电荷q1在C点产生的场强大小为： θ q2 ?9E1 E q111.8?1094-1
E1?4??0AC2?9?10?(3?10?2)2?1.8?10(N?C)
图12.1
方向向下．
点电荷q2在C点产生的场强大小为
|q2|4.8?10?994-1E2??9?10??2.7?10(N?C)， 2?224??0BC(4?10)1方向向右．
C处的总场强大小为
2E?E12?E2?0.913?104?3.245?104(N?C-1)，
总场强与分场强E2的夹角为??arctanE1?33.69?． E2
12．2 半径为R的一段圆弧，圆心角为60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其电线密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强． ds R θ O Ex x Ey E y [解答]在带正电的圆弧上取一弧元 ds = Rdθ，电荷元为dq = λds， 在O点产生的场强大小为
dE?1dq1?ds???d?，
4??0R24??0R24??0R场强的分量为dEx = dEcosθ，dEy = dEsinθ．
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
E?2Ey??dEsin?
L??2??0R?/6?0sin?d???(?cos?)2??0R?/6
0Ex θ O E Ey ds R y x ?(1?3?．
)22??0R
12．3 均匀带电细棒，棒长a = 20cm，电荷线密度为λ = 3×10-8C·m-1，求： （1）棒的延长线上与棒的近端d1 = 8cm处的场强；
（2）棒的垂直平分线上与棒的中点相距d2 = 8cm处的场强．
[解答]（1）建立坐标系，其中L = a/2 = 0.1(m)，x = L+d1 = 0.18(m)． 在细棒上取一线元dl，所带的电量为dq = λdl，
根据点电荷的场强公式，电荷元在P1点产生的场强的大小为
y dq?dldl dE1?k2? 2lx r4??(x?l)0 r L d1 场强的方向沿x轴正向．因此P1点的总场强大小通过积分得
P1 x ?dl?1E1? ?2?4??0?L(x?l)4??0x?l?L?1112L?． ① ?(?)?224??0x?Lx?L4??0x?L将数值代入公式得P1点的场强为
LL-L o 2?0.1?3?10?8E1?9?10?= 2.41×103(N·C-1)， 220.18?0.19方向沿着x轴正向．
（2）建立坐标系，y = d2．
在细棒上取一线元dl，所带的电量为dq = λdl， 在棒的垂直平分线上的P2点产生的场强的大小为
dE2?kdq?dl， ?22r4??0r由于棒是对称的，x方向的合场强为零，y分量为 dEy = dE2sinθ．
由图可知：r = d2/sinθ，l = d2cotθ， 所以 dl = -d2dθ/sin2θ， 因此 dEy?总场强大小为
dE2 y dEy θ P 2 dEx r d2 -L L θ o x lx dl ??sin?d?，
4??0d2?sin?d??cos??4??d02l??LL??Ey?4??0d2Ll??L??4??0d2ld?l222L
l??L?12L?2224??0d2d?L9． ②
将数值代入公式得P2点的场强为
2?0.1?3?10?8= 5.27×103(N·C-1)． Ey?9?10?221/20.08(0.08?0.1)方向沿着y轴正向．
[讨论]（1）由于L = a/2，x = L+d1，代入①式，化简得
E1??a?1， ?4??0d1d1?a4??0d1d1/a?1E1?保持d1不变，当a→∞时，可得
?， ③
4??0d1ad?(a/2)222这就是半无限长带电直线在相距为d1的延长线上产生的场强大小．
（2）由②式得
Ey??4??0d2??4??0d21(d2/a)?(1/2)22，
当a→∞时，得 Ey??， ④
2??0d2这就是无限长带电直线在线外产生的场强公式．如果d1=d2，则有大小关系Ey = 2E1．
12．4 一均匀带电的细棒被弯成如图所示的对称形状，试问θ为何值时，圆心O点处的场强为零． [解答]设电荷线密度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场强． 在圆弧上取一弧元 ds =R dφ， R 所带的电量为
O θ dq = λds，
在圆心处产生的场强的大小为
dE?kdq?ds???d?， 22r4??0R4??0Rdφ 图12.4
由于弧是对称的，场强只剩x分量，取x轴方向为正，场强为
dEx = -dEcosφ． 总场强为
Ex???4??0R2???/2??cos?d????4??0R2???/2sin??/2
R φ O θ x /2dE ???sin，方向沿着x轴正向． 2??0R2 E`` R O θ E` x 再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强．
根据上一题的公式③可得半无限长带电直线在延长上O点产生的场强大小为
E`??，
4??0R`Ex?2E`cos由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在O点产生的合场强为
?2???cos，方向沿着x轴负向．
2??0R2`x当O点合场强为零时，必有Ex?E，可得 tanθ/2 = 1， 因此 θ/2 = π/4， 所以 θ = π/2．
b a P d Q 图12.5
12．5 一宽为b的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为ζ，如图所示．试求： （1）平板所在平面内，距薄板边缘为a处的场强．
（2）通过薄板几何中心的垂直线上与薄板距离为d处的场强．
[解答]（1）建立坐标系．在平面薄板上取一宽度为dx的带电直线，电荷的线密度为dλ = ζd x， 根据直线带电线的场强公式E??， 2??0r，其方向沿x轴正向．
y 得带电直线在P点产生的场强为
dE?d?2??0r?b/2?dx2??0(b/2?a?x) b dx O
a 由于每条无限长直线在P点的产生的场强方向相同，所以总场强为
E??1??dx?ln(b/2?a?x)?/2b/2?a?x2??0?b2??0?b?ln(1?)． ① 2??0ab/2P x ?b/2场强方向沿x轴正向．
（2）为了便于观察，将薄板旋转建立坐标系．仍然在平面薄板上取一宽度为dx的带电直线，电荷的线密度仍然为dλ = ζd x， 带电直线在Q点产生的场强为
dE?d?2??0r??dx2??0(b?x)221/2，
沿z轴方向的分量为
dEz?dEcos???cos?dx， 221/22??0(b?x)2
x r O d y b dx 设x = dtanθ，则dx = ddθ/cosθ，因此
θ z ?dEz?dEcos??d?
2??0积分得
arctan(b/2d) Q dE Ez???bd??arctan()． ② ?2????02d0?arctan(b/2d)场强方向沿z轴正向．
[讨论]（1）薄板单位长度上电荷为λ = ζb， ①式的场强可化为
E??ln(1?b/a)， 2??0ab/a当b→0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为
E??， ③ 2??0a这正是带电直线的场强公式．
（2）②也可以化为Ez??arctan(b/2d)，
2??0db/2d当b→0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为
Ez??，
2??0d这也是带电直线的场强公式．
当b→∞时，可得：Ez??， ④ 2?0这是无限大带电平面所产生的场强公式．
12．6 （1）点电荷q位于一个边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体一面的电通量是多少？
（2）如果将该场源点电荷移到立方体的的一个角上，这时通过立方体各面的电通量是多少？ [解答]点电荷产生的电通量为Φe = q/ε0．
（1）当点电荷放在中心时，电通量要穿过6个面，通过每一面的电通量为Φ1 = Φe/6 = q/6ε0．
（2）当点电荷放在一个顶角时，电通量要穿过8个卦限，立方体的3个面在一个卦限中，通过每个面的电通量为Φ1 = Φe/24 = q/24ε0；
立方体的另外3个面的法向与电力线垂直，通过每个面的电通量为零．
12．7 面电荷密度为ζ的均匀无限大带电平板，以平板上的一点O为中心，R为半径作一半球面，如图所示．求通过此半球面的电通量．
[解答]设想在平板下面补一个半球面，与上面的半球面合成一个球面．球R 2O 面内包含的电荷为 q = πRζ，
通过球面的电通量为 Φe = q/ε0，
通过半球面的电通量为Φ`e = Φe/2 = πR2ζ/2ε0．
12．8 两无限长同轴圆柱面，半径分别为R1和R2(R1 > R2)，带有等量异号电荷，单位长度的电量为λ和-λ，求（1）r < R1；（2） R1 < r < R2；（3）r > R2处各点的场强．
[解答]由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性． （1）在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以
E = 0，（r < R1）．
（2）在两个圆柱之间做一长度为l，半径为r的同轴圆柱形高斯面，高斯面内包含的电荷为 q = λl，穿过高斯面的电通量为
?e???E?dS??EdS?E2?rl，
SS根据高斯定理Φe = q/ε0，所以
E??， (R < r < R)．
12
2??0r（3）在外圆柱面之外做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内电荷的代数和为零，所以
E = 0，（r > R2）．
12．9 一厚度为d的均匀带电无限大平板，电荷体密度为ρ，求板内
S1 E 外各点的场强．
E [解答]方法一：高斯定理法．
S1 （1）由于平板具有面对称性，因此产生的场强的方向与平板垂直且S0 d 2r S0 对称于中心面：E = E`．
S2 在板内取一底面积为S，高为2r的圆柱面作为高斯面，场强与上下两 表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为 E` S2 E` ?e?E?dS?E?dS?E?dS?E?dS
?S?S1?S2?S0 ?ES?E`S?0?2ES，
高斯面内的体积为 V = 2rS，包含的电量为 q =ρV = 2ρrS， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，
可得场强为 E = ρr/ε0，(0≦r≦d/2)．①
（2）穿过平板作一底面积为S，高为2r的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为 Φe = 2ES，
高斯面在板内的体积为V = Sd，包含的电量为 q =ρV = ρSd，
根据高斯定理 Φe = q/ε0，
可得场强为 E = ρd/2ε0，(r≧d/2)． ②
方法二：场强叠加法．
（1）由于平板的可视很多薄板叠而成的，以r为界，下面平板产生的场强方向向上，上面平板产生的场强方向向下．在下面板中取一薄层dy，面电荷密度为 E1 y dζ = ρdy，
产生的场强为 dE1 = dζ/2ε0，
r dy 积分得
d rE2 o ?dy?dE1??(r?)，③ ?d/2d/2?2?02?02 同理，上面板产生的场强为
E2??r?dy?d?(?r)，④ 2?02?02r处的总场强为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就是平板表面的场强．
平板外的场强是无数个无限薄的带电平板产生的电场叠加的结果，是均强电场，方向与平板垂直，大小等于平板表面的场强，也能得出②式．
12．10 一半径为R的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ，若在球内挖去一块半径为R` R` P点作一半径为r的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程 O a O` 14E4?r2??r3? ?03P点场强大小为 E??r． 3?014?R3? ?03图12.10 当场点P在球外时，过P点作一半径为r的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程 E4?r2??R3P点场强大小为 E?． 23?0rO点在大球体中心、小球体之外．大球体在O点产生的场强为零，小球在O点产生的场强大小为 ?R`3，方向由O指向O`． EO?23?0aO`点在小球体中心、大球体之内．小球体在O`点产生的场强为零，大球在O点产生的场强大小为 θ Er EO`??a，方向也由O指向O`． 3?0r P E r` Er` O a O` [证明]在小球内任一点P，大球和小球产生的场强大小分别为 Er???r， Er`?r`，方向如图所示． 3?03?0设两场强之间的夹角为θ，合场强的平方为 E2?Er2?Er`2?2ErEr`cos??(?222)r(?r`?2rr`c?o，s )3?0根据余弦定理得 2 a2?r2?r`?2rr`co?s?(?， )所以 E??a， 3?0可见：空腔内任意点的电场是一个常量．还可以证明：场强的方向沿着O到O`的方向．因此空腔内的电场为匀强电场． 12．11 如图所示，在A、B两点处放有电量分别为+q和-q的点电荷，AB间距离为2R，现将另一正试验电荷q 0从O点经过半圆弧路径移到C点，求移动过程中电场力所做的功． [解答]正负电荷在O点的电势的和为零：UO = 0； D 在C点产生的电势为 A O B q?q?q-q +q C ， UC???4??03R4??0R6??0R图12.11 电场力将正电荷q 0从O移到C所做的功为 W = q0UOD = q0(UO-UD) = q0q/6πε0R． 12．12 真空中有两块相互平行的无限大均匀带电平面A和B．A平面的电荷面密度为2ζ，B平面的电荷面密度为ζ，两面间的距离为d．当点电荷q从A面移到B面时，电场力做的功为多少？ [解答]两平面产生的电场强度大小分别为 EA = 2ζ/2ε0 = ζ/ε0，EB = ζ/2ε0， 两平面在它们之间产生的场强方向相反，因此，总场强大小为 E = EA - EB = ζ/2ε0， 方向由A平面指向B平面． 两平面间的电势差为 U = Ed = ζd/2ε0， 当点电荷q从A面移到B面时，电场力做的功为 W = qU = qζd/2ε0． 12．13 一半径为R的均匀带电球面，带电量为Q．若规定该球面上电势值为零，则无限远处的电势为多少？ [解答]带电球面在外部产生的场强为 E????Q4??0r2， ??Q由于 UR?U???E?dl??Edr??dr?4??0r24??0rRRRQ当UR = 0时，U???． 4??0RQ?RQ4??0R， 12．14 电荷Q均匀地分布在半径为R的球体内，试证明离球心r（r Q(3R2?r2)． U?8??0R34Q3Q． ?R3，电荷的体密度为 ???33V4?R?Q利用12．10题的方法可求球内外的电场强度大小为E?（r≦R）； r?r， 3?04??0R3Q，（r≧R）． E?24??0r[证明]球的体积为V?取无穷远处的电势为零，则r处的电势为 ?R?U??E?dl??Edr??Edr??rrRrRQ4??0R3?rdr??RQ4??0r2dr?Q8??0R3Rr2r??Q4??0r? RQ(3R2?r2)． ??(R?r)?38??0R34??0R8??0RQ22Q 12．15 在y = -b和y = b两个“无限大”平面间均匀充满电荷，电荷体密度为ρ，其他地方无电荷． （1）求此带电系统的电场分布，画E-y图； （2）以y = 0作为零电势面，求电势分布，画E-y图． E` E [解答]平板电荷产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`，S0 但方向相反． S2 S1 b -b o （1）在板内取一底面积为S，高为2y的圆柱面作为高斯面，场强与上 下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为 y S2 S0 ?e?E?dS?E?dS?E?dS?E?dS?2ES． SS1S2S0E` E S1 高斯面内的体积为 V = 2yS， b b 包含的电量为 q = ρV = 2ρSy， 根据高斯定理 Φe = q/ε0， 可得场强为 E = ρy/ε0， (-b≦y≦b)． 穿过平板作一底面积为S，高为2y的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为 Φe = 2ES， 高斯面在板内的体积为 V = S2b，包含的电量为 q = ρV = ρS2b， 根据高斯定理 Φe = q/ε0， 可得场强为 E = ρb/ε0， (b≦y)； E = -ρb/ε0， (y≦-b )． E-y图如图所示． （2）对于平面之间的点，电势为 ?????y?y2U???E?dl???dy???C， ?02?0?y2在y = 0处U = 0，所以C = 0，因此电势为 U??，(-b≦y≦b)．这是一条开口向下的抛物线． 2?0当y≧b时，电势为U??E?dl??nqbdy??nqby?C， ???0?0?b?b2在y = b处U = -ρb/2ε0，所以C = ρb/2ε0，因此电势为U??，(b≦y)． y??02?02 2 当y≦-b时，电势为 U??E?dl???2 2 ?b?bdy?y?C， ?0?0?b?b2在y = -b处U = -ρb/2ε0，所以C = ρd/2ε0，因此电势为 U?， y??02?0?b?b2两个公式综合得 U??，(|y|≧d)． |y|??02?0这是两条直线． U-y图如右图所示．U-y图的斜率就形成E-y图，在y = ±b点，电场强度是连续的，因此，在U-y图中两条直线与抛物线在y = ±b点相切． -b E o U -b o b y b y [注意]根据电场求电势时，如果无法确定零势点，可不加积分的上下限，但是要在积分之后加一个积分常量．根据其他关系确定常量，就能求出电势，不过，线积分前面要加一个负号，即 U???E?dl这是因为积分的起点位置是积分下限． 12．16 两块“无限大”平行带电板如图所示，A板带正电，B板带负电并接地（地的电势为零），设A和B两板相隔5.0cm，板上各带电荷ζ=3.3×10-6C·m-2，求： A B （1）在两板之间离A板1.0cm处P点的电势； P 图12.16 （2）A板的电势． [解答]两板之间的电场强度为 E=ζ/ε0，方向从A指向B． 以B板为原点建立坐标系，则rB = 0，rP = -0.04m，rA = -0.05m． （1）P点和B板间的电势差为 rBrBUP?UB??E?dl??Edr?rPrP?(rB?rP)， ?0A P B o r 由于UB = 0，所以P点的电势为 3.3?10?6UP??0.04=1.493×104(V)． ?128.84?10（2）同理可得A板的电势为 UA??(rB?rA)=1.866×104(V)． ?0y r P1 x 12．17 电量q均匀分布在长为2L的细直线上，试求： （1）带电直线延长线上离中点为r处的电势； （2）带电直线中垂线上离中点为r处的电势； -L （3）由电势梯度算出上述两点的场强． [解答]电荷的线密度为λ = q/2L． （1）建立坐标系，在细线上取一线元dl，所带的电量为dq = λdl， 根据点电荷的电势公式，它在P1点产生的电势为 dU1?o l dl L 1?dl4??0r?l L???Ldl?ln(r?l)总电势为 U1??4??0?Lr?l4??0?l??Lq8??0Llnr?L． r?L（2）建立坐标系，在细线上取一线元dl，所带的电量为dq = λdl， 在线的垂直平分线上的P2点产生的电势为 dU2?积分得 ?dl， 221/24??0(r?l)?U2?4??0?q?122?ln(r?l?l)dl221/2?4??0(r?l)?LLL l??Ly P2 -L 8??0Llnr2?L2?Lr2?L2?L?q4??0Llnr2?L2?L． r r o θ lxx dl L x （3）P1点的场强大小为 E1???U1q11q1， ① ?(?)?22?r8??0Lr?Lr?L4??0r?L?U2qq1r?[?]??r4??0r4??0Lrr2?L2(r2?L2?L) 方向沿着x轴正向． P2点的场强为 E2??1r?L22， ② 方向沿着y轴正向． [讨论]习题12．3的解答已经计算了带电线的延长线上的场强为 E1?2L?，由于2Lλ = q，取x = r，就得公式①． 4??0x2?L21（2）习题12．3的解答还计算了中垂线上的场强为 Ey?12L?2224??0d2d?L取d2 = r，可得公式②． 由此可见，电场强度可用场强叠加原理计算，也可以用电势的关系计算． 12．18 如图所示，一个均匀带电，内、外半径分别为R1和R2的均匀带电球壳，所带电荷体密度为ρ，试计算： R2 （1）A，B两点的电势； （2）利用电势梯度求A，B两点的场强． B rB O R [解答]（1）A点在球壳的空腔内，空腔内的电势处处相等，因此A点的电1r 势就等于球心O点的电势． A A在半径为r的球壳处取一厚度为dr的薄壳，其体积为 dV = 4πr2dr， 图12.18 包含的电量为 dq = ρdV = 4πρr2dr， 在球心处产生的电势为 dUO?dq4??0r??rdr， ?0R2 O 球心处的总电势为 R1 UO???0R2R1?rdr??2(R2?R12)， 2?0r dr 这就是A点的电势UA． 过B点作一球面，B的点电势是球面外的电荷和球面内的电荷共同产生的． 球面外的电荷在B点产生的电势就等于这些电荷在球心处产生的电势，根据上面的推导可得 U1??2(R2?rB2)． 2?0B R2 O rB 球面内的电荷在B点产生的电势等于这些电荷集中在球心处在B点产生的电势．球壳在球面内的体积为 V?43?(rB?R13)，包含的电量为 Q = ρV， 3 R1 这些电荷集中在球心时在B点产生的电势为 U2?Q4??0rB??3(rB?R13)． 3?0rBR13?22B点的电势为UB = U1 + U2?(3R2?rB?2)． 6?0rB（2）A点的场强为 EA???UA?0． ?rA?UBR13?B点的场强为EB???(rB?2)． ?rB3?0rB[讨论] 过空腔中A点作一半径为r的同心球形高斯面，由于面内没有电荷，根据高斯定理，可得空 腔中A点场强为 E = 0， (r≦R1)． 过球壳中B点作一半径为r的同心球形高斯面，面内球壳的体积为 V?包含的电量为 q = ρV， 根据高斯定理得方程 4πr2E = q/ε0， 4?(r3?R13)， 3R13?可得B点的场强为 E?(r?2)， (R1≦r≦R2)．这两个结果与上面计算的结果相同． 3?0r在球壳外面作一半径为r的同心球形高斯面，面内球壳的体积为 V?包含的电量为 q = ρV， 43?(R2?R13)， 33?(R2?R13)根据高斯定理得可得球壳外的场强为 E?，(R2≦r)． ?224??0r3?0rqA点的电势为 3?(R2?R13)R13?(r?2)dr??dr UA??E?dl??Edr??0dr??23?0r3?0rrRR2rr?2 ?(R2?R12)． 2?0??AAR1R2?A1B点的电势为 3?(R2?R13)R13?R13?22(r?2)dr??dr? UB??E?dl??Edr??(3R2?rB?2)． 23?0r3?0r6?0rBrR2rr??BBR2?BA和B点的电势与前面计算的结果相同． 12．19 一圆盘，半径为R，均匀带电，面电荷密度为ζ，求： （1）圆盘轴线上任一点的电势（用该点与盘心的距离x来表示）； （2）从电场强度的和电势梯度的关系，求该点的电场强度． （此题解答与书中例题解答相同，在此省略） 12．20 （1）设地球表面附近的场强约为200V·m-1，方向指向地球中心，试求地球所带有的总电量． -1 （2）在离地面1400m高处，场强降为20V·m，方向仍指向地球中心，试计算在1400m下大气层里的平均电荷密度． [解答]地球的平均半径为 R =6.371×106m． （1）将地球当作导体，电荷分布在地球表面，由于场强方向指向地面，所以地球带负量． 根据公式 E = -ζ/ε0，电荷面密度为 ζ = -ε0E；地球表面积为 S = 4πR2， 地球所带有的总电量为Q = ζS = -4πε0R2E = -R2E/k，k是静电力常量， (6.371?106)2?200因此电量为 Q??=-9.02×105(C)． 99?10(R?h)2E`（2）在离地面高为h = 1400m的球面内的电量为 Q`??=-0.9×105(C)， k大气层中的电荷为 q = Q - Q` = 8.12×105(C)． 由于大气层的厚度远小于地球的半径，其体积约为 V = 4πR2h = 0.714×1018(m3)， 平均电荷密度为 ρ = q/V = 1.137×10-12(C·m-3)． 第十三章 静电场中的导体和电介质 13．1 一带电量为q，半径为rA的金属球A，与一原先不带电、内外半径分 别为rB和rC的金属球壳B同心放置，如图所示，则图中P点的电场强度如何？若用导线将A和B连接起来，则A球的电势为多少？（设无穷远处电势为零） [解答]过P点作一个同心球面作为高斯面，尽管金属球壳内侧会感应出异种，但是高斯面内只有电荷q．根据高斯定理可得 E4πr2 = q/ε0， A o rA rC rB B P 图13.1 可得P点的电场强度为 E?q4??0r2． 当金属球壳内侧会感应出异种电荷-q时，外侧将出现同种电荷q．用导线将A和B连接起来后，正负电荷将中和．A球是一个等势体，其电势等于球心的电势．A球的电势是球壳外侧的电荷产生的，这些电荷到球心的距离都是rc，所以A球的电势为 U?q4??0rc． 13．2 同轴电缆是由半径为R1的导体圆柱和半径为R2的同轴薄圆筒构成的，其间充满了相对介电常数为εr的均匀电介质，设沿轴线单位长度上导线的圆筒的带电量分别为+λ和-λ，则 r R2 S1 R1 通过介质内长为l，半径为r的同轴封闭圆柱面的电位移通量为多少？圆柱面上任一 点的场强为多少？ D [解答]介质中的电场强度和电位移是轴对称分布的．在内外半径之间作一个半l S 径为r、长为l的圆柱形高斯面，根据介质中的高斯定理，通过圆柱面的电位移通过0εr 等于该面包含的自由电荷，即 Φd = q = λl． 设高斯面的侧面为S0，上下两底面分别为S1和S2．通过高斯面的电位移通量为 ?d???SD?dS??D?dS??D?dS??D?dS?2?rlD， S0S1S2S2 可得电位移为 D = λ/2πr，其方向垂直中心轴向外． 电场强度为 E = D/ε0εr = λ/2πε0εrr，方向也垂直中心轴向外． 13．3 金属球壳原来带有电量Q，壳内外半径分别为a、b，壳内距球心为r处有一点电荷q，求 球心o的电势为多少？ [解答]点电荷q在内壳上感应出负电荷-q，不论电荷如何分布，距离球心 b 都为a．外壳上就有电荷q+Q，距离球为b．球心的电势是所有电荷产生的电 o 势叠加，大小为 a r 1q1?q1Q?qq Uo???4??0r4??0a4??0b 图13.3 13．4 三块平行金属板A、B和C，面积都是S = 100cm2，A、B相距d1 = 2mm，A、C相距d2 = 4mm，B、C接地，A板带有正电荷q = 3×10-8C，忽略边缘效应．求 （1）B、C板上的电荷为多少？ （2）A板电势为多少？ B A C [解答](1)设A的左右两面的电荷面密度分别为ζ1和ζ2，所带电量分别为 q q1 = ζ1S和q2 = ζ2S， 在B、C板上分别感应异号电荷-q1和-q2，由电荷守恒得方程 q = q1 + q2 = ζ1S + ζ2S． ① A、B间的场强为 E1 = ζ1/ε0， A、C间的场强为 E2 = ζ2/ε0． 图13.4 设A板与B板的电势差和A板与C板的的电势差相等，设为ΔU，则 ΔU = E1d1 = E2d2， ② 即 ζ1d1 = ζ2d2． ③ 解联立方程①和③得 ζ1 = qd2/S(d1 + d2)， 所以 q1 = ζ1S = qd2/(d1+d2) = 2×10-8(C)； q2 = q - q1 = 1×10-8(C)． B、C板上的电荷分别为 qB = -q1 = -2×10-8(C)； qC = -q2 = -1×10-8(C)． (2)两板电势差为 ΔU = E1d1 = ζ1d1/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板的电势为零，所以 UA = ΔU = 452.4(V)． q q1 q2 13．5 一无限大均匀带电平面A，带电量为q，在它的附近放一块与A平行的金属 P B A 图13.5 导体板B，板B有一定的厚度，如图所示．则在板B的两个表面1和2上的感应电荷分别为多少？ [解答]由于板B原来不带电，两边感应出电荷后，由电荷守恒得 q1 + q2 = 0． ① 虽然两板是无限大的，为了计算的方便，不妨设它们的面积为S，则面电荷密度分别为 ζ1 = q1/S、ζ2 = q2/S、ζ = q/S， 它们产生的场强大小分别为 E1 = ζ1/ε0、E2 = ζ2/ε0、E = ζ/ε0． 在B板内部任取一点P，其场强为零，其中1面产生的场强向右，2面和A板产生的场强向左，取向右的方向为正，可得 E1 - E2 – E = 0， 即 ζ1 - ζ2 – ζ = 0， 或者 q1 - q2 + q = 0． ② 解得电量分别为 q2 = q/2，q1 = -q2 = -q/2． 13．6 两平行金属板带有等异号电荷，若两板的电势差为120V，两板间相距为1.2mm，忽略边缘效应，求每一个金属板表面的电荷密度各为多少？ ζ1 ζ2 ζ3 ζ4 [解答]由于左板接地，所以ζ1 = 0． 由于两板之间的电荷相互吸引，右板右面的电荷会全部吸引到右板左面， 所以ζ4 = 0．由于两板带等量异号的电荷，所以ζ2 = -ζ3． 两板之间的场强为 E = ζ3/ε0，而 E = U/d， 所以面电荷密度分别为 ζ3 = ε0E = ε0U/d = 8.84×10-7(C·m-2)， 图13.6 ζ2 = -ζ3 = -8.84×10-7(C·m-2)． 13．7 一球形电容器，内外球壳半径分别为R1和R2，球壳与地面及其他物体相距很远．将内球用细 24??0R2导线接地．试证：球面间电容可用公式C?表示． R2?R1（提示：可看作两个球电容器的并联，且地球半径R>>R2） [证明]方法一：并联电容法．在外球外面再接一个半径为R3大外球壳，外壳也接地．内球壳和外球壳之间是一个电容器，电容为 R2 o R1 RR1C1?4??0?4??012 1/R1?1/R2R2?R1外球壳和大外球壳之间也是一个电容器，电容为 C2?4??0 1． 1/R2?1/R3R3 外球壳是一极，由于内球壳和大外球壳都接地，共用一极，所以两个电容并联．当R3趋于无穷大时，C2 = 4πε0R2．并联电容为 4??0R2RR． C?C1?C2?4??012?4??0R2?R2?R1R2?R1方法二：电容定义法．假设外壳带正电为q，则内壳将感应电荷q`．内球的电势是两个电荷产生的 叠加的结果．由于内球接地，所以其电势为零；由于内球是一个等势体，其球心的电势为 2?0， 4??0R1R因此感应电荷为q`??1q． R24??0R2根据高斯定理可得两球壳之间的场强为 E?q?q`R1qq`， ??224??0r4??0R2r负号表示场强方向由外球壳指向内球壳． 取外球壳指向内球壳的一条电力线，两球壳之间的电势差为 R1R1U?R2?E?dl?R2?Edr?R1R2?(?R1qR1q(R2?R1)q11)dr ?(?)?24??0R2r24??0R2R1R24??0R2球面间的电容为 2q4??0R2． C??UR2?R1 13．8 球形电容器的内、外半径分别为R1和R2，其间一半充满相对介电常量为εr的均匀电介质，求电容C为多少？ [解答]球形电容器的电容为 R2 C?4??0RR1?4??012． 1/R1?1/R2R2?R1R1 o 对于半球来说，由于相对面积减少了一半，所以电容也减少一半： εr 图13.8 2??0R1R2． C1?R2?R1当电容器中充满介质时，电容为：C2?2??0?rR1R2． R2?R1由于内球是一极，外球是一极，所以两个电容器并联：C?C1?C2?2??0(1??r)R1R2． R2?R1 13．9 设板面积为S的平板电容器析板间有两层介质，介电常量分别为ε1和ε2，厚度分别为d1和d2，求电容器的电容． [解答]假设在两介质的介面插入一薄导体，可知两个电容器串联，电容分别d1 ε1 为 C1 = ε1S/d1和C2 = ε2S/d2． d2 ε2 d2?2d??d111d1112总电容的倒数为 ， ?????CCC?S?S??S图13.9 121212总电容为 C??1?2S． ?2d1??1d2 13．10 圆柱形电容器是由半径为R1的导线和与它同轴的内半径为R2的导体圆筒构成的，其长为l，其间充满了介电常量为ε的介质．设沿轴线单位长度导线上的电荷为λ，圆筒的电荷为-λ，略去边缘效应．求： （1）两极的电势差U； r R2 S1 R1 （2）介质中的电场强度E、电位移D； （3）电容C，它是真空时电容的多少倍？ D [解答]介质中的电场强度和电位移是轴对称分布的．在内外半径之间作一l 个半径为r、长为l的圆柱形高斯面，侧面为S0，上下两底面分别为S1和S2．通 S0 ε 过高斯面的电位移通量为 ?d???SD?dS??D?dS??D?dS??D?dS?2?rlD， S0S1S2 高斯面包围的自由电荷为 q = λl， 根据介质中的高斯定理 Φd = q， 可得电位为 D = λ/2πr，方向垂直中心轴向外． 电场强度为 E = D/ε = λ/2πεr，方向也垂直中心轴向外． 取一条电力线为积分路径，电势差为 R2S2 U??E?dl??Edr?LL?dr??lnR2． ?2??r2??R1R1电容为 C?q2??l． ?Uln(R2/R1)在真空时的电容为 C0?2??0lq，所以倍数为C/C0 = ε/ε0． ?Uln(R2/R1) 13．11 在半径为R1的金属球外还有一层半径为R2的均匀介质，相对介电常量为εr．设金属球带电Q0，求： （1）介质层内、外D、E、P的分布； （2）介质层内、外表面的极化电荷面密度． [解答]（1）在介质内，电场强度和电位移以及极化强度是球对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r的球形高斯面，通过高斯面的电位移通量为 ?d?蜒?D?dS?S?SDdS?4?r2D 高斯面包围的自由电荷为q = Q0， 根据介质中的高斯定理 Φd = q， 可得电位为 D = Q0/4πr2， 方向沿着径向．用矢量表示为 D = Q0r/4πr3． 电场强度为 E = D/ε0εr = Q0r/4πε0εrr3，方向沿着径向． Q0r． ?r4?r3在介质之外是真空，真空可当作介电常量εr = 1的介质处理，所以 D = Q0r/4πr3，E = Q0r/4πε0r3，P = 0． （2）在介质层内靠近金属球处，自由电荷Q0产生的场为 E0 = Q0r/4πε0r3； 极化电荷q1`产生的场强为E` = q1`r/4πε0r3； 总场强为 E = Q0r/4πε0εrr3． 1`由于 E = E0 + E`，解得极化电荷为 q1?(?1)Q0， ?r由于 D = ε0E + P， 所以 P = D - ε0E = (1?1)`Q0q11介质层内表面的极化电荷面密度为 ??． ?(?1)224?R1?r4?R1`1``在介质层外表面，极化电荷为 q2， ??q1`q21Q0面密度为 ??． ?(1?)224?R2?r4?R2`2 13．12 两个电容器电容之比C1:C2 = 1:2，把它们串联后接电源上充电，它们的静电能量之比为多少？如果把它们并联后接到电源上充电，它们的静电能之比又是多少？ [解答]两个电容器串联后充电，每个电容器带电量是相同的，根据静电能量公式W = Q2/2C，得静电能之比为 W1:W2 = C2:C1 = 2:1． 两个电容器并联后充电，每个电容器两端的电压是相同的，根据静电能量公式W = CU2/2，得静电能之比为 W1:W2 = C1:C2 = 1:2． 13．13 一平行板电容器板面积为S，板间距离为d，接在电源上维持其电压为U．将一块厚度为d相对介电常量为εr的均匀介电质板插入电容器的一半空间内，求电容器的静电能为多少？ [解答]平行板电容器的电容为 C = ε0S/d，当面积减少一半时，电容为C1 = ε0S/2d；另一半插入电介质时，电容为C2 = ε0εrS/2d．两个电容器并联，总电容为 C = C1 + C2 = (1 + εr)ε0S/2d， 静电能为 W = CU2/2 = (1 + εr)ε0SU2/4d． 13．14 一平行板电容器板面积为S，板间距离为d，两板竖直放着．若电容器两板充电到电压为U时，断开电源，使电容器的一半浸在相对介电常量为εr的液体中．求：（1）电容器的电容C；（2）浸入液体后电容器的静电能；（3）极板上的自由电荷面密度． [解答]（1）如前所述，两电容器并联的电容为 C = (1 + εr)ε0S/2d． （2）电容器充电前的电容为C0 = ε0S/d， 充电后所带电量为 Q = C0U． 当电容器的一半浸在介质中后，电容虽然改变了，但是电量不变，所以静电能为 W = Q2/2C = C02U2/2C = ε0SU2/(1 + εr)d． （3）电容器的一半浸入介质后，真空的一半的电容为 C1 = ε0S/2d；介质中的一半的电容为 C2 = ε0εrS/2d．设两半的所带自由电荷分别为Q1和Q2，则 Q1 + Q2 = Q． ① 由于C = Q/U，所以 U = Q1/C1 = Q2/C2． ② 解联立方程得 Q1?C0UC1Q， ?C1?C21?C2/C1真空中一半电容器的自由电荷面密度为 ?1?2C0U2?0UQ1． ??S/2(1?C2/C1)S(1??r)d2C0U2?0?rU． ?(C1/C2?1)S(1??r)d同理，介质中一半电容器的自由电荷面密度为 ?2? 13．15 平行板电容器极板面积为200cm2，板间距离为1.0mm，电容器内有一块1.0mm厚的玻璃板(εr = 5)．将电容器与300V的电源相连．求： （1）维持两极板电压不变抽出玻璃板，电容器的能量变化为多少？ （2）断开电源维持板上电量不变，抽出玻璃板，电容器能量变化为多少？ [解答]平行板电容器的电容为 C0 = ε0εrS/d，静电能为 W0 = C0U2/2． 玻璃板抽出之后的电容为 C = ε0S/d． （1）保持电压不变抽出玻璃板，静电能为 W = CU2/2， 电能器能量变化为 ΔW = W - W0 = (C - C0)U2/2= (1 - εr)ε0SU2/2d = -3.18×10-5(J)． （2）充电后所带电量为 Q = C0U，保持电量不变抽出玻璃板，静电能为 W = Q2/2C， ??SUC0C0U2电能器能量变化为?W?W?W0?(= 1.59×10-4(J)． ?(?r?1)0r?1)2dC2 13．16 设圆柱形电容器的内、外圆筒半径分别为a、b．试证明电容器能量的一半储存在半径R?ab的圆柱体内． [解答]设圆柱形电容器电荷线密度为λ，场强为 E = λ/2πε0r，能量密度为 w = ε0E2/2， 体积元为 dV = 2πrldr，能量元为 dW = wdV． 在半径a到R的圆柱体储存的能量为 2W??wdV??V?0V?2l?2lRdr?ln． EdV??24??0r4??0aa2R?2lb当R = b时，能量为W1?ln； 4??0a22?lb?lb当R?ab时，能量为W2?ln?ln， 4??0a8??0a所以W2 = W1/2，即电容器能量的一半储存在半径R?ab的圆柱体内． 13．17 两个同轴的圆柱面，长度均为l，半径分别为a、b，柱面之间充满介电常量为ε的电介质（忽略边缘效应）．当这两个导体带有等量异号电荷(±Q)时，求： （1）在半径为r(a < r < b)、厚度为dr、长度为l的圆柱薄壳中任一点处，电场能量体密度是多少？整个薄壳层中总能量是多少？ （2）电介质中总能量是多少（由积分算出）？ （3）由电容器能量公式推算出圆柱形电容器的电容公式？ [解答]（1）圆柱形内柱面的电荷线密度为 λ = Q/l， 根据介质是高斯定理，可知电位移为 D = λ/2πr = Q/2πrl，场强为 E = D/ε = Q/2πεrl， 能量密度为w = D·E/2 = DE/2 = Q2/8π2εr2l2．薄壳的体积为dV = 2πrldr，能量为 dW = wdV = Q2dr/4πεlr． （2）电介质中总能量为 Q2Q2bW??dW??dr?ln． V4??lr4??laaQ22??l（3）由公式W = Q/2C得电容为 C?． ?2Wlnb(a/)2 b 13．18 两个电容器，分别标明为200PF/500V和300PF/900V．把它们串联起来，等效电容多大？如果两端加上1000V电压，是否会被击穿？ [解答]当两个电容串联时，由公式得 C?111C2?C1， ???CC1C2C1C2C1C2?120PF． C1?C2加上U = 1000V的电压后，带电量为 Q = CU， 第一个电容器两端的电压为 U1 = Q/C1 = CU/C1 = 600(V)； 第二个电容器两端的电压为 U2 = Q/C2 = CU/C2 = 400(V)． 由此可知：第一个电容器上的电压超过它的耐压值，因此会被击穿；当第一个电容器被击穿后，两极连在一起，全部电压就加在第二个电容器上，因此第二个电容器也接着被击穿． 第十四章 稳恒磁场 14．1 充满εr = 2.1电介质的平行板电容器，由于电介质漏电，在3min内漏失一半电量，求电介质的电阻率． q -q l[解答]设电容器的面积为S，两板间的距离为l，则电介质的电阻为 R??． S S设t时刻电容器带电量为q，则电荷面密度为 ζ = q/S， 两板间的场强为 E = ζ/ε =q/εrε0S， 电势差为 U = El =ql/εrε0S， 介质中的电流强度为 ?εr l dqU1??q，负号表示电容器上的电荷减少． dtR?0?r?tdq1微分方程可变为 ??dt，积分得 lnq???C， ?0?r?q?0?r?设t = 0时，q = qm，则得C = lnqm，因此电介质的电阻率的公式为 ??t． ?0?rln(qm/q)180 =1.4×1013(Ω·m)． ?128.842?10?2.1?ln2 当t = 180s时，q = qm/2，电阻率为 ?? 14．2 有一导线电阻R = 6Ω，其中通有电流，在下列两种情况下，通过总电量都是30C，求导线所产生的热量． （1）在24s内有稳恒电流通过导线； （2）在24s内电流均匀地减少到零． [解答]（1）稳恒电流为 I = q/t = 1.25(A)， 导线产生的热量为 Q = I2Rt = 225(J)． （2）电流变化的方程为 i?2.5(1?1t)， 24由于在相等的时间内通过的电量是相等的，在i-t图中，在0~24秒内，变化电流和稳恒电流直线下的面积是相等的． i/A 2 在dt时间内导线产生的热量元为 dQ = iRdt， 2.5 在24s内导线产生的热量为 I 24241.25 122t/s Q?iRdt?[2.5(1?t)]Rdt 24o 24 00??11??2.5?6?24??(1?t)3324224=300(J)． 014．3 已知铜的相对原子质量A = 63.75，质量密度ρ = 8.9×103kg·m-3． （1）技术上为了安全，铜线内电流密度不能超过6A·mm-2，求此时铜线内电子的漂移速度为多少？ （2）求T = 300K时，铜内电子热运动平均速度，它是漂移速度的多少倍？ [解答]（1）原子质量单位为 u = 1.66×10-27(kg)， 一个铜原子的质量为 m = Au = 1.058×10-25(kg)， 铜的原子数密度为 n = ρ/m = 8.41×1028(个·m-3)， 如果一个铜原子有一个自由电子，n也是自由电子数密度，因此自由电子的电荷密度为 ρe = ne = 1.34×1010(C·m-3)． 铜线内电流密度为 δ = 6×106(A·m-2)， 根据公式δ = ρev，得电子的漂移速度为 v = ρe/δ = 4.46×10-4(m·s-1)． （2）将导体中的电子当气体分子，称为“电子气”，电子做热运动的平均速度为 v? 可得 v= 1.076×105(m·s-1)， 对漂移速度的倍数为 v/v = 2.437×108， 可见：电子的漂移速率远小于热运动的速度，其定向运动可认为是附加在热运动基础上的运动． 14．4 通有电流I的导线形状如图所示，图中ACDO是边长为b的正方形．求圆心O处的磁感应强度B = ？ C A [解答]电流在O点的产生的磁场的方向都是垂直纸面向里的．根据毕-萨定I 0r， b 律：dB??0Idl?24?r圆弧上的电流元与到O点的矢径垂直，在O点产生的磁场大小为 O D ?0Idla dB1?， 由于 dl = adφ， 28kT?me其中k为玻尔兹曼常数k = 1.38×10-23J·K-1，me是电子的质量me = 9.11×10-31kg， 4?a3?/2积分得 B1??LdB1??0?0Id?3?0I． ?8a4?a图14.4 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O点产生的磁场为 C dB2?由于 l = bcot(π - θ) = -bcotθ， 所以 dl = bdθ/sin2θ； 又由于 r = b/sin(π - θ) = b/sinθ， ?Isin?d?可得 dB2?0， 4?b?0Idlsin?， 4?r2A l Idl θ r O a b D Idl ?I3?/4?Isin?d??0(?cos?)积分得B2??dB?0?4?b?/24?bL同理可得CD段在O点产生的磁场B3 = B2． 3?/4??/22?0I 8?bO点总磁感应强度为 B?B1?B2?B3?3?0I2?0I． ?8a4?bθ2 [讨论]（1）假设圆弧张角为φ，电流在半径为a的圆心处产生的磁感应强度为 ?IB?0?． 4?a（2）有限长直导线产生的磁感应大小为 B??0I(cos?1?cos?2)． 4?b对于AC段，θ1 = π/2、θ2 = 3π/4；对于CD段，θ1 = π/4、θ2 = π/2，都可得 I b θ1 B B2?B3? 2?0I．上述公式可以直接引用． 8?b14．5 如图所示的载流导线，图中半圆的的半径为R，直线部分伸向无限远处．求圆心O处的磁感应强度B = ？ [解答]在直线磁场公式 Z ?0IB?(cos?1?cos?2)中， 4?R令θ1 = 0、θ2 = π/2，或者θ1 = π/2、θ2 = π，就得半无限长导线在端点半径为R的圆周上产生的磁感应强度 B??0I． 4?R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Bz = μ0I/2πR． 半圆在O处产生的磁场方向沿着-X方向，大小为Bx = μ0I/4R． O点的磁感应强度为 o I R Y X 图14.5 B??Bxi?Bzk??场强大小为 2Bx?Bz2??0I4Ri??0Ik． 2?R?0I4??2， 4?RBz2与X轴的夹角为 ??arctan ?arct．anBx?B? 14．6 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 = ？ [解答]正方形每一边到O点的距离都是a/2，在O点产生的磁场大小相等、方向相同．以AD边为例，利用直线电流的磁场公式： A D ?0II B?(cos?1?cos?2)， 4?R令θ1 = π/4、θ2 = 3π/4、R = a/2，AD在O产生的场强为 O B C BAD?2?0I， 2?aO点的磁感应强度为 B?4BAD22?0I， ??a图14.6 方向垂直纸面向里． 14．7 两个共轴圆线圈，每个线圈中的电流强度都是I，半径为R，两个圆心间距离O1O2 = R，试证：O1、O2中点O处附近为均匀磁场． 2a [证明]方法一：用二阶导数．一个半径为R的环电流在离圆心为x的轴线 I I x 上产生的磁感应强度大小为： ?0IR2O1C O O2C x ． B?2(R2?x2)3/2 RB RB 图14.7 设两线圈相距为2a，以O点为原点建立坐标，两线圈在x点产生的场强分别为 B1??0IR22[R?(a?x)]223/2， B2??0IR22[R?a(?x)]223/2． 方向相同，总场强为B = B1 + B2． 一个线圈产生的磁场的曲线是凸状，两边各有一个拐点．两个线圈的磁场叠加之后，如果它们相距太近，其曲线就是更高的凸状；如果它们相距太远，其曲线的中间部分就会下凹，与两边的峰之间各有一个拐点．当它们由远而近到最适当的位置时，两个拐点就会在中间重合，这时的磁场最均匀，而拐点处的二阶导数为零． 设k = μ0IR2/2，则 11B?k{2?} 23/2223/2[R?(a?x)][R?(a?x)]B对x求一阶导数得 dBa?xa?x??3k{2?} 25/2225/2dx[R?(a?x)][R?(a?x)]求二阶导数得 d2BR2?4(a?x)2R2?4(a?x)2??3k{2?2}， 227/227/2dx[R?(a?x)][R?(a?x)]在x = 0处d2B/dx2 = 0，得R2 = 4a2，所以 2a = R． x = 0处的场强为 B?k8?0I162． ?k?223/23[R?(R/2)]55R55R方法二：用二项式展开．将B1展开得 2[R2?a2?2ax?x2]3/2?0IR22ax?x2?3/2设k?，则 B1?k(1?2)． R?a22(R2?a2)3/2?2ax?x2?3/2同理，B2?k(1?)． R2?a2nB1??0IR2?0IR2． ?223/22223/22(R?a)[1?(2ax?x)/(R?a)]1nx?当x很小时，二项式展开公式为 (1?x)??将B1和B2按二项式展开，保留二次项，总场强为 n(n?1)2x?．... 1?2?32ax?x21?3?52ax?x22?3?2ax?x2B?k[1??2????(2)?...]?k[1??2? 2222R?a1?222R?a2R?a1?3?5?2ax?x22???()?...] 1?222R2?a2?3x2?3?54a2x2?2k[1??? ???2?...] 2R2?a224(R?a2)2?3R2?4a22?2k[1??2x?...] 222(R?a)令R2 - 4a2 = 0，即a = R/2，得 B?2k??0IR2(R2?a2)3/2?85?0I， 25Ri o R 可知：O点附近为匀强磁场． 14．8 将半径为R的无限长导体圆柱面，沿轴向割去一宽为h(h< h o` 图14.8` 后，沿轴向均匀地通有电流，面密度为i，求轴线上的磁感应强度B = ？ [解答]方法一：补缺法．导体圆柱面可看作由很多无限长直导线组成，如果补上长缝，由于对称的缘故，电流在轴线上产生的磁感应强度为零．割去长缝，等效于同时加上两个大小相等，方向相反的电流，其中，与i相同的电流补上了长缝，与i相反的电流大小为I = ih． 在轴线上产生的磁感应强度为 B??0I?0ih． ?2?R2?R方法二：积分法．在导体的截面上建立坐标，x坐标轴平分角α，α = h/R． 电流垂直纸面向外，在圆弧上取一线元 ds = Rdθ， 无限长直线电流为 dI = ids = iRdθ， ?dI?i在轴线产生的磁感应强度大小为 dB?0?0d?， 2?R2?两个分量分别为 y ds R θ dBx o α x dBy dB ?0isin?d?， 2??idBy??dBcos???0cos?d?． 2?dBx?dBsin??积分得 ?0i2???/2?0iBx?sin?d???cos?2???2?/22???/2???/2?0i[cos(2???/2)?cos(?/2)]?0； 2?2???/2?0i?0i2???/2?0i??[sin(2???/2)?sin(?/2)] By??cos?d???sin??2?2??/22??/2?i?ih??i?02sin?0??0． 2?22?2?RBy的方向沿着y方向．By的大小和方向正是无限长直线电流ih产生的磁感应强度． 14．9 在半径为R = 1.0cm的无限长半圆柱形导体面中均匀地通有电流I=5.0A，如图所示． 求圆柱轴线上任一点的磁感应强度B = ？ [解答]取导体面的横截面，电流方向垂直纸面向外． 半圆的周长为 C = πR， 电流线密度为 i = I/C = IπR． 在半圆上取一线元dl = Rdφ代表无限长直导线的截面，电流元为 dI = idl = Idφ/π， ?， 在轴线上产生的磁感应强度为 dB??0dI??0Idy 2?R2?2RdBy dB 方向与径向垂直．dB的两个分量为 φ R dBx = dBcosφ，dBy = dBsinφ． ??o1 dBx x ?0I?0Icos?d??2sin??0， 积分得 Bx? 2R I 图14.9 ?2?0R2?R0??I?IBy??02sin?d??02(?cos?)2?R2?R0??0?0I． ?2R由对称性也可知Bx = 0，所以磁感应强度 B = By = 6.4×10-5(T)，方向沿着y正向． 14．10 宽度为a的薄长金属板中通有电流I，电流沿薄板宽度方向均匀分布．求在薄板所在平面内距板的边缘为x的P点处的磁感应强度（如图所示）． x P [解答]电流分布在薄板的表面上，单位长度上电流密度，即面电流的线密度为δ = I/a， I a 以板的下边缘为原点，在薄板上取一宽度为dl的通电导线，电流强度为 图14.10 dI = δdl， 在P点产生磁感应强度为 dB??0dI?0?dl， ?2?r2?(x?a?l)a磁场方向垂直纸面向外．由于每根电流产生的磁场方向相同，总磁场为 o [讨论]当a趋于零时，薄板就变成直线，因此 ?Iln(1?a/x)?IB?0?0， 2?xa/x2?x这就是直线电流产生的磁场强度的公式． 14．11 在半径为R的木球上紧密地绕有细导线，相邻线圈可视为相互平行，盖住半个球面，如图所示．设导线中电流为I，总匝数为N，求球心O处的磁感应强度B = ？ [解答]四分之一圆的弧长为 C = πR/2， 单位弧长上线圈匝数为 I n = N/C = 2N/πR． R O 在四分之一圆上取一弧元 dl = Rdθ， 图14.11 线圈匝数为 dN = ndl = nRdθ， 环电流大小为 dI = IdN = nIRdθ． y 环电流的半径为 y = Rsinθ， 离O点的距离为 x = Rcosθ， R 在O点产生的磁感应强度为 θ 2x dB o1 ?0NI?0ydI?0nI22 ， sin?d?dB??sin?d???R2R32 方向沿着x的反方向，积分得O点的磁感应强度为 ????0ln(x?a?l)B??2?2?(x?a?l)0?Ia?0ln(1?)． 2?axa?0?dl l?0Px a dl l dI I ?0NI?/22B?sin?d? ??R0?0NI?/2?0NI． ?(1?cos2?)d??2?R?4R0 R3 14．12 两个共面的平面带电圆环，其内外半径分别为R1、R2和R3、R4(R1 < R2 < R3 < R4)，外面圆环以每秒钟n2转的转速顺时针转动，里面圆环以每称n1R1 转逆时针转动，若两圆环电荷面密度均为ζ，求n1和n2的比值多大时，圆心处 2 R的磁感应强度为零． R4 [解答]半径为r的圆电流在圆心处产生的磁感应强度为 B = μ0I/2r． 在半径为R1和R2的环上取一半径为r、宽度为dr的薄环，其面积为dS = 2πrdr， 图14.12 所带的电量为 dq = ζdS = 2πζrdr， 圆环转动的周期为 T1 = 1/n1， 形成的电流元为 dI = dq/T1 = 2πn1ζrdr． 薄环电流可以当作圆电流，在圆心产生的磁感应强度为 dB1 = μ0dI/2r = πμ0n1ζdr， 圆环在圆心产生磁感应强度为 B1 = πμ0n1ζ(R2-R1)． 同理，半径为R3和R4的圆环在圆心处产生的磁感应强度为 B2 = πμ0n2ζ(R4-R3)． 由于两环的转动方向相反，在圆心产生的磁感应强度也相反，当它们大小相同时，圆心处的磁感应强度为零，即： πμ0n1ζ(R2-R1) = πμ0n2ζ(R4-R3)， 解得比值为 R?R3n1． = 4n2R2?R1 14．13 半径为R的无限长直圆柱导体，通以电流I，电流在截面上分布不均匀，电流密度δ = kr，求：导体内磁感应强度？ R [解答]在圆柱体内取一半径为r、宽度为dr的薄圆环，其面积为 dS = 2πrdr， 电流元为 dI = δdS = 2πkr2dr， 从0到r积分得薄环包围的电流强度为 Ir = 2πkr3/3； I 3 从0到R积分得全部电流强度 I = 2πkR/3， 因此Ir/I = r3/R3． 根据安培环路定理可得导体内的磁感应强度 B??0Ir?I?03r2． 2?r2?R 14．14 有一电介质圆盘，其表面均匀带有电量Q，半径为a，可绕盘心且与盘面垂直的轴转动，设角速度为ω．求圆盘中心o的磁感应强度B = ？ [解答]圆盘面积为 S = πa2，面电荷密度为 ζ = Q/S = Q/πa2． 在圆盘上取一半径为r、宽度为dr的薄环，其面积为 dS = 2πrdr， ω 所带的电量为 dq = ζdS = 2πζrdr． 薄圆环转动的周期为 T = 2π/ω， a o 形成的电流元为 dI = dq/T = ωζrdr． 薄环电流可以当作圆电流，在圆心产生的磁感应强度为 dB = μ0dI/2r = μ0ωζdr/2， 图14.14 从o到a积分得圆盘在圆心产生磁感应强度为 B = μ0ωζa/2 = μ0ωQ/2πa． 如果圆盘带正电，则磁场方向向上． 14．15 二条长直载流导线与一长方形线圈共面，如图所示．已知a = b = c = 10cm，l = 10m，I1 = I2 = 100A，求通过线圈的磁通量． dx I2 [解答]电流I1和I2在线圈中产生的磁场方向都是垂直纸面向里的，在坐I1 标系中的x点，它们共同产生的磁感应强度大小为 ?0I1?0I2l x ． B??2?(a?b/2?x)2?(c?b/2?x)o1 在矩形中取一面积元dS = ldx， 通过面积元的磁通量为dΦ = BdS = Bldx， c a b 通过线圈的磁通量为 图14.15 ?0lb/2I1I2??(?)dx 图14.13 ?/2a?b/2?xc?b/2?x2??b?la?bc?0(I1ln?I1ln)=2×10-7×10×100×2ln2=2.77×10-4(Wb)． 2?ac?b 14．16 一电子在垂直于均匀磁场的方向做半径为R = 1.2cm的圆周运动，电子速度v = 104m·s-1．求圆轨道内所包围的磁通量是多少？ [解答]电子所带的电量为e = 1.6×10-19库仑，质量为m = 9.1×10-31千克． 电子在磁场所受的洛伦兹力成为电子做圆周运动的向心力，即： f = evB = mv2/R， 所以 B = mv/eR． 电子轨道所包围的面积为 S = πR2， 磁通量为 Φ = BS = πmvR/e =2.14×10-9(Wb)． B o R v 图14.16 14．17 同轴电缆由导体圆柱和一同轴导体薄圆筒构成，电流I从一导体流入，从另一导体流出，且导体上电流均匀分布在其横截面积上，设圆柱半径为R1，圆筒半径为R2，如图所示．求： （1）磁感应强度B的分布； R1 dr R2 （2）在圆柱和圆筒之间单位长度截面的磁通量为多少？ [解答]（1）导体圆柱的面积为 S = πR12， 面电流密度为 δ = I/S = I/πR12． I l I 在圆柱以半径r作一圆形环路，其面积为 Sr = πr2， 包围的电流是 Ir = δSr = Ir2/R12． 根据安培环路定理 图14.17 由于B与环路方向相同，积分得 2πrB = μ0Ir， 所以磁感应强度为 B = μ0Ir/2πR12，(0 < r < R1)． 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 B = μ0I/2πr，(R1 < r < R2)． 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流相反，所包围的电流为零，根据安培环中定理可得 B = 0，(r > R2)． （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dr的矩形，其面积为 dS = ldr = dr， 方向与磁力线的方向一致，通过矩形的磁通量为 dΦ = BdS = Bdr， ??B?dl???I??IL00r， ?I总磁通量为 ??02? * R2?0IR21dr?ln． ?r2?R1R114．18 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 = R – a，导体截有均匀分布的电流I． （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，单位长度匝数n的长螺线管内部磁场相等的均 R 匀磁场，a应满足什么条件？ b a [解答]（1）导体中的电流垂直纸面向外，电流密度为 O1 O`1 I． ??22?(R?a)长孔中没有电流，可以当作通有相反电流的导体，两个电流密度的大小都 为δ，这样，长孔中磁场是两个均匀分布的圆形电流产生的． 如果在圆形截面中过任意点P取一个半径为r的同心圆，其面积为 S = πr2， 包围的电流为 ΣI = δS = πr2δ， 根据安培环路定理可得方程 2πrBr = μ0ΣI， 磁感应强度为 Br?图14.18 ?0?I?0??r，方向与矢径r垂直． 2?r2Br R B θ 同理，密度为-δ的电流在P点产生的磁感应强度为 Br`??0?2r`， 方向与矢径r`垂直． P r φ r` Br` O1 b O`1 a 设两个磁感应强度之间的夹角为θ，则合场强的平方为 B2?Br2?Br2`?2BrBr`cos? 2222根据余弦定理，如图可知：b?r?r`?2rr`cos?， 由于φ = π - θ，所以 B?B2?(?0?)2(r2?r`2?2rr`cos?)． b， 2由于b和δ都是常量，可见：长孔中是均匀磁场． 将δ和b代入公式得磁感应强度大小为 B??0??0I2?(R?a)， 可以证明磁场的方向向上． （2）[解答]长螺线管内部的场为 B =μ0nI， 1与上式联立得 a??R，这就是a所满足的条件． 2?n[注意]此题中的长孔中的磁场与习题13．10．中空腔中的电场情况非常类似． o半径R = 20cm，电流方向如图所14．19 在XOY平面内有一载流线圈abcda，通有电流I = 20A，bc示．线圈处于磁感应强度B = 8.0×10-2T的均强磁场中，B沿着X轴正方向．求：直线段ab和cd以及圆 o和dao在外磁场中所受安培力的大小和方向． 弧段bcY b B o弧和cd边受力方向垂直纸面向外，dao弧和ab[解答]根据右手螺旋法则，bcI R 边受力方向垂直纸面向里．由于对称的关系，ab边和cd边所受安培力的大小是相 a α θ oo同的，bc弧和da弧所受安培力的大小也是相同的． o1 c X ab边与磁场方向的夹角是α = 45°，长度为l = R/sinα，所受安培力为 d Fab = |Il×B| = IlBsinα= IRB = 0.32(N) = Fcd． 在圆弧上取一电流元Idl，其矢径R与X轴方向的夹角为θ，所受力的大小为 图14.19 dFbc = |Idl×B| = IdlBsinθ，由于线元为 dl = Rdθ， 所以 dFbc = IRBsinθdθ， 因此安培力为 Fbc?IRB??/20sin?d??IRB(?cos?)?/20= IRB = 0.32(N) = Fda． 14．20 载有电流I1的无限长直导线旁有一正三角形线圈，边长为a，载有电流I2，一边与直导线平等且与直导线相距为b，直导线与线圈共面，如图所示，求I1作用在这三角形线圈上的力． [解答]电流I1在右边产生磁场方向垂直纸面向里，在AB边处产生的磁感应强度大小为 B = μ0I1/2πb， y 作用力大小为 FAB = I2aB = μ0I1I2a/2πb，方向向左． A I1 三角形的三个内角 α = 60°， 在AC边上的电流元I2dl所受磁场力为 dF = I2dlB， I2 C 两个分量分别为 dFx = dFcosα 和 dFy = dFsinα， o1 x α b 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，方向相a B 反．由于dl = dr/sinα，所以 dFx = I2drBcotα， 图14.20 积分得 ?0I1I2cot?b?asin??0I1I2cot?b?asin?1 ?lnFx?dr?2?b2?rb??0I1I23b?a3/2． ln6?bF = FAB – 2Fx?作用在三角形线圈上的力的大小为 ?0I1I2a23b?a3/2(?ln)，方向向左． 2?b3b 14．21 载有电流I1的无限长直导线，在它上面放置一个半径为R电流为I2的圆形电流线圈，长直导线沿其直径方向，且相互绝缘，如图所示．求I2在电流I1的磁场中所受到的力． [解答]电流I1在右边产生磁场方向垂直纸面向里，右上1/4弧受力向右上方，右下1/4弧受力向右下方；电流I1在左边产生磁场方向垂直纸面向外，左上1/4弧受力向右下方，左 I1 下1/4弧受力向右上方．因此，合力方向向右，大小是右上1/4弧所受的向右的I2 力的四倍． r 电流元所受的力的大小为dF = I2dlB， R θ 其中 dl = Rdθ，B = μ0I1/2πr，而 r = Rcosθ， o 所以向右的分量为 dFx = dFcosθ = μ0I1I2dθ/2π， 图14.21 ?0I1I2?/2?II积分得 Fx?d?d??012， 2?40电流I2所受的合力大小为 F = 4Fx = μ0I1I2，方向向右． 14．22 如图所示，斜面上放有一木制圆柱，质量m = 0.5kg，半径为R，长为 l = 0.10m，圆柱上绕有10匝导线，圆柱体的轴线位导线回路平面内．斜面倾角为θ，处于均匀磁场B = 0.5T中，B的方向竖直向上．如果线圈平面与斜面平行，求通过回路的电流I至少要多大时，圆柱才不致沿斜面向下滚动？ [解答]线圈面积为 S = 2Rl，磁矩大小为 pm = NIS， B 方向与B成θ角，所以磁力矩大小为 θ Mm = |pm×B| = pmBsinθ = NI2RlBsinθ， 方向垂直纸面向外． 重力大小为 G = mg，力臂为 L = Rsinθ， o 重力矩为 Mg = GL = mgRsinθ，方向垂直纸面向里． 圆柱不滚动时，两力矩平衡，即 θ NI2RlBsinθ = mgRsinθ， 解得电流强度为 I = mg/2NlB = 5(A)． G 图14.22 14．23 均匀带电细直线AB，电荷线密度为λ，可绕垂直于直线的轴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，求： （1）O点的磁感应强度B； （2）磁矩pm； （3）若a>>b，求B0与pm． ω [解答]（1）直线转动的周期为T = 2π/ω， B 在直线上距O为r处取一径向线元dr，所带的电量为 dq = λdr， b 形成的圆电流元为 dI = dq/T = ωλdr/2π， 在圆心O点产生的磁感应强度为 dB = μ0dI/2r = μ0ωλdr/4πr， 整个直线在O点产生磁感应强度为 a A a?bo ?0??1?0??a?b ， B?dr?ln4?ar4?a图14.23 如果λ > 0，B的方向垂直纸面向外． （2）圆电流元包含的面积为S = πr2，形成的磁矩为 dpm = SdI = ωλr2dr/2， ?积分得 pm???a?b2?ar2dr???6λ > 0，pm的方向垂直纸面向外． [a(?b3)?a3．如果]?0?????bbln(1?)?0(?...)， 4?a4?a??a3b3??a3bb2b3??a2b?0??b所以 B?．pm?． [(1?)?1]?[3?3()?()]?4?a6a6aaa2（3）当a>>b时，因为 B? 14．24 一圆线圈直径为8cm，共12匝，通有电流5A，将此线圈置于磁感应强度为0.6T的均强磁场中，求： （1）作用在线圈上的电大磁力矩为多少？ （2）线圈平面在什么位置时磁力矩为最大磁力矩的一半． [解答]（1）线圈半径为R = 0.04m，面积为 S = πR2， 磁矩为 pm = NIS = πR2NI， 磁力矩为 M = pmBsinθ．当θ = π/2时，磁力矩最大 Mm = pmB = πR2NIB = 0.18(N·m)． （2）由于M = Mmsinθ，当M = Mm/2时，可得 sinθ = 0.5，θ = 30°或150°． * 14．25 在半径为R，通以电流I2的圆电流的圆周上，有一无限长通以电流I1的直导线（I1，I2相互绝缘，且I1与圆电流I2所在平面垂直），如图所示，求I2 R 所受的力矩．若I1置于圆电流圆心处（仍垂直），I2所受力矩又如何？ O I1 I2 图14.25 [解答]在x轴上方的圆周上取一电流元I2dl，其大小为 I2dl = I2Rdθ， 所受的安培力为 dF = I2dl×B， 其大小为 dF = |I2dl×B| = I2RdθBsinφ， 其中φ = θ/2，B是电流I1在电流元I2dl处产生的磁感应强度 B??0I1?0I1， ?2?r4?Rcos?φ B I2dl I1 θ R O r φ 因此安培力的大小可化为 x ?II? dF?012tan?d，力的方向垂直纸面向里． 4?2如果在x轴下方取一电流元，其受力方向垂直纸面向外，因此， 圆周所受的安培力使其绕x轴旋转． 电流元所受的力矩为 dM?dFR(s?in?)电流所受的力矩为 I2 B R O ?0I1IR22?2sin? d2? ?0I1I2R2?1M?(1?cos?)d? ?2?20?0I1I2R?2． I1 I2 如果电流I1置于圆电流圆心处，那么I2就与I1产生的磁力线重合，所受的力为零，力矩也为零． 14．26 一个电子在B = 20×10-4T的磁场中，沿半径R = 2cm的螺旋线运动，螺距h = 5cm，如图所示，求： （1）电子的速度为多少？ （2）B的方向如何？ [解答]电子带负电，设速度v的方向与磁力线的负方向成θ角，则沿着磁力线方向的速度为 v1 = vcosθ，垂直速度为 v2 = vsinθ． R 由 R = mv2/eB，得 v2 = eBR/m． 由 h = v1T，得 v1 = h/T = heB/2πm， h 22因此速度为v?v1?v2?eBhR2?()2 m2? 图14.26 = 7.75×106(m·s-1)； 由 tan??v22?R= 2.51，得 θ = 68.3° = 68°18′． ?v1h 14．27 一银质条带，z1 = 2cm，y1 = 1mm．银条置于Y方向的均匀磁场中B Y B = 1.5T，如图所示．设电流强度I = 200A，自由电子数n = 7.4×1028个·m-3，试求： （1）电子的漂移速度； X （2）霍尔电压为多少？ o [解答]（1）电流密度为 δ = ρv， Iz y1 1 其中电荷的体密度为 ρ = ne. 电流通过的横截面为 S = y1z1， Z 电流强度为 I =δS = neSv， 图14.27 得电子的漂移速度为 v?I1-4-1 =8.45×10(m·s)． ?28?19neS7.4?10?1.6?10?0.001?0.0211-113-1 （2）霍尔系数为RH?= 8.44×10(m·C)， ?28?19ne7.4?10?1.6?10霍尔电压为 UH?RHIB200?1.5= 2.53×10-5(V)． ?8.44?10?11y10.001 第十五章 磁介质的磁化 15．1 一均匀磁化的磁介质棒，直径为25mm，长为75mm，其总磁矩为12000A·m2．求棒的磁化强度M为多少？ [解答]介质棒的面积为S = πr2，体积为 V = Sl = πr2l， 磁矩为pm = 12000A·m2，磁化强度为 M??pmpm120008-1 =3.26×10(A·m)． ???32?3?VV?(25?10/2)?75?10 15．2 一铁环中心线的周长为30cm，横截面积为1.0cm2，在环上密绕线圈共300匝，当通有电流32mA -6 时，通过环的磁通量为2.0×10Wb，求： （1）环内磁感应强度B的值和磁场强度H的值； （2）铁的磁导率μ、磁化率χm和磁化强度M． 2.0?10?6[解答]（1）根据公式B = Φ/S得磁感应强度为B?= 0.02(T)． ?41.0?10根据磁场的安培环路定理 ??H?dl??I， L由于B与dl的方向相同，得磁场强度为 NI300?32?10?3-1 = 32(A·m)． H???2l30?10（2）根据公式B = μH，得铁的磁导率为 ??由于μ = μrμ0，其中μ0 = 4π×10-7为真空磁导率，而相对磁导率为μr = 1 + χm，所以磁化率为 ?6.25?10?4?m??1??1?496.4． ?04??10?7磁化强度为 M = χmH = 496.4×32 = 1.59×104(A·m-1)． 15．3 一螺绕环中心周长l = 10cm，线圈匝数N = 200匝，线圈中通有电流I = 100mA．求： （1）管内磁感应强度B0和磁场强度H0为多少？ （2）设管内充满相对磁导率μr = 4200的铁磁质，管内的B和H是多少？ （3）磁介质内部由传导电流产生的B0和由磁化电流产生的B`各是多少？ [解答]（1）管内的磁场强度为 B0.02= 6.25×10-4(Wb·A-1·m-1)． ?H32NI200?100?10?3= 200(A·m-1)． H0???2l10?10磁感应强度为 B = μ0H0 = 4π×10-7×200 = 2.5×10-4(T)． （2）当管内充满铁磁质之后，磁场强度不变H = H0 =200(A·m-1)． 磁感应强度为 B = μH = μrμ0H= 4200×4π×10-7×200 = 1.056(T)． （3）由传导电流产生的B0为2.5×10-4T．由于B = B0 + B`，所以磁化电流产生的磁感应强度为 B` = B - B0 ≈1.056(T)． 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的圆筒形磁介质，导线半径为R1，磁介质外半径为R2，导线内有电流I通过（I均匀分布），求： （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，B-r曲线说明之（r是磁场中某点到圆柱轴线的距离）； （2）磁能密度分布． [解答]（1）导线的横截面积为S0 = πR12，导线内的电流密度为 δ = I/S0 = I/πR12． 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 =πr2， 通过的电流为 ΣI = δS = Ir2/R12． 根据磁场中的安培环路定理??H?dl??I， L环路的周长为l = 2πr，由于B与dl的方向相同，得磁场强度为 H??IIr，（0≦r≦R1）． ?2l2?R1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 = 2πr，包围的电流为I，可得磁场强度?II为 H?，（r≧R1）． ?l2?r导线之内的磁感应强度为 ?IrB??0H?02,(0?r?R1)； B H 2?R1介质之内的磁感应强度为 B??H??r?0H?B??0H??r?0I,(R1?r?R2)； 2?r介质之外的磁感应强度为 o R1 r o R1 R2 r ?0I,(r?R2)． 2?r （2）导线之内的磁能密度为 wm?112 B0?H0??0H022?0I2r2?24,(0?r?R1)； 8?R1?r?0I211122介质之中的磁能密度为 wm?B?H??H??r?0H?,(R1?r?R2)； 2228?2r2?0I2112介质之外的磁感应强度为 wm?B?H??0H?,(r?R2)． 22228?r 15．5 一根磁棒的矫顽力为Hc = 4.0×103A·m-1，把它放在每厘米上绕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？ [解答]螺线管能过电流I时，产生的磁感应强度为 B = μ0nI． 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 = μ0Hc， 3 所以电流强度为 I = Hc/n = 4.0×10/500 = 8(A)． 15．6 同轴电缆由两个同轴导体组成．内层是半径为R1的圆柱，外层是半径分别为R2和R3的圆筒，如图所示．两导体间充满相对磁导率为μr2的均匀不导电的磁介质．设电流强度由内筒流入由外筒流出，均匀分布是横截面上，导体的相对磁导率为μr1．求H和B的分 R2 布以及im为多少？ o [解答]（1）导体圆柱的横截面积为S0 = πR12， R1 圆柱体内的电流密度为δ = I/S0 = I/πR12． 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 = πr2， R3 通过的电流为 ΣI = δS = Ir2/R12． 图15.6 H?dl?I， 根据磁场中的安培环路定理 ??L?环路的周长为l = 2πr，由于B与dl的方向相同，得磁场强度为 ?IIr，（0≦r≦R1）． ?l2?R12磁感应强度为 H?B??r1?0H??r1?0Ir，（0≦r≦R1）． 22?R1（2）在介质之中同样作一半径为r的环路，其周长为l = 2πr，包围的电流为I，可得磁场强度为 ?II，（R1≦r≦R2）． ?l2?r??I磁感应强度为 B??r2?0H?r20，（R1≦r≦R2）． 2?r(??1I)B磁化强度为 M?． ?H?(?r2?1)H?r2?02?rH?磁化面电流的线密度为 im = M×n0，n0是介质表面的法向单位矢量．在介质的两个圆形表面，由于M与 n0垂直，im = |M×n0| = M． 在介质的内表面，由于r = R1，所以磁化电流为 im?在介质的外表面，由于r = R2，所以 im?(?r2?1I)． 2?R1(?r2?1I)． 2?R2（3）导体圆筒的横截面积为 S` = π(R32 - R22)， 圆筒内的电流密度为δ` = I/S`． 在圆筒内以作一半径为r的圆，其面积为 S = π(r2 - R22)， 圆所包围的电流为 22SR3?r2r2?R2?I?I??`S?I?IS`?I(1?R2?R2)?IR2?R2， 3232I(R32?r2)?I根据安培环路定理?（R2≦r≦R3）． ?LH?dl??I，得磁场强度为H?2?r?2?(R32?R22)r， ?r1?0I(R32?r2)磁感应强度为 B??r1?0H?，（R2≦r≦R3）． 22?(R32?R2)r（4）在圆筒之外作一圆，由于包围的电流为零，所以磁场强度和磁感应强度都为零． 15．7 在平均半径r = 0.1m，横截面积S = 6×10-4m2铸钢环上，均匀密绕N = 200匝线圈，当线圈内通有I1 = 0.63安的电流时，钢环中的磁通量Φ1 = 3.24×10-4Wb．当电流增大到I2 = 4.7安时，磁通量Φ2 = 6.18×10-4Wb，求两种情况下钢环的绝对磁导率． [解答]钢环中的磁感应强度为B = Φ/S；根据安培环路定理NI/2πr． 根据公式B = μH，得绝对磁导率为 ??B?2?r?． HNIS（1）在第一种情况下 ??H?dl??I，得磁场强度为 LH = 2??0.1?3.24?10?4-3-1 = 2.69×10(H·m) ． ???4200?0.63?6?10（2）在第二种情况下 2??0.1?6.18?10?4-4-1 = 6.88×10(H·m) ． ???4200?4.7?6?10 15．8 一矩磁材料，如图所示．反向磁场一超过矫顽力Hc，磁化方向立即翻转．用矩磁材料制造的电子计算机中存储元件的环形磁芯，其外径为0.8mm，内径为0.5mm，高M 为0.3mm．若磁芯原来已被磁化，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，导线中脉冲电流I的峰值至少需要多大？设磁性材料的 -Hc o H 图15.8 矫顽力Hc?1?103(A·m-1)． 2?[解答]直线电流I产生磁感应强度为 B = μ0I/2πr， 产生的磁场为 H = B/μ0 = I/2πr． 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 = 0.4mm处产生的磁场应该为 H = Hc， 即 Hc=I/2πr，所以，脉冲电流为 I = 2πrHc?2??0.4?10?3 1?103?0.4(A)． 2?第十六章 电磁感应 电磁场与电磁波 16．1 一条铜棒长为L = 0.5m，水平放置，可绕距离A端为L/5处和棒垂直的轴OO`在水平面内旋转，每秒转动一周．铜棒置于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，磁感应强度B = 1.0×10-4T．求铜棒两端A、B的电势差，何端电势高． [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 dθ = ωdt，扫过的面积为dS = R2dθ/2， O` B 2 切割的磁通量为 dΦ = BdS = BRdθ/2， ω A B 动生电动势的大小为 ε = dΦ/dt = ωBR2/2． L/5 根据右手螺旋法则，圆周上端点的电势高． O AO和BO段的动生电动势大小分别为 图16.1 ?AO??BO， ()?2550?B4L216?BL2． ?()?2550?BL2?BL2L l o dθ R ω 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 ???BO??AO3?BL23?BL23?2??1.0?10?4(0.5)2= 4.71×10-4(V)． ???101010?[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 ???B(L?l)22 ??Bl22?B(L2?2Ll)2． 16．2 一长直载流导线电流强度为I，铜棒AB长为L，A端与直导线的距离为xA，AB与直导线的 夹角为θ，以水平速度v向右运动．求AB棒的动生电动势为多少，何端电势高？ [解答]在棒上长为l处取一线元dl，在垂直于速度方向上的长度为 dl⊥ = dlcosθ； I xA A 线元到直线之间的距离为 r = xA + lsinθ， θ l 直线电流在线元处产生的磁感应强度为 v r dl ?0I?0I． B??2?r2?(xA?lsin?)B 由于B，v和dl⊥相互垂直，线元上动生电动势的大小为 o x ?0Ivcos?dl图16.2 ， d??Bvdl??2?(xA?lsin?)棒的动生电动势为 ?Ivcos???02??0Ivcos?dl??x?lsin?2?sin?0ALxA?Lsin?d(xA?lsin?)?0Iv， ?cot?ln?2?xxA?lsin?A0LA端的电势高． [讨论]（1）当θ→π/2时，cotθ = cosθ/sinθ→0，所以ε→0，就是说：当棒不切割磁力线时，棒中不产 生电动势． （2）当θ→0时，由于lnxA?Lsin?Lsin?Lsin??IvL?ln(1?)?，所以??0，这就是棒垂直 xAxAxA2?xA割磁力线时所产生电动势． 16．3 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R．匀强磁场B垂直导轨平面向里．当AB杆以初速度v0向运动时，求： （1）AB杆能够移动的距离； A （2）在移动过程中电阻R上放出的焦耳热为多少？ [分析]当杆运动时会产生动生电动势，在电路中形成电流；这时杆又B v0 变成通电导体，所受的安培力与速度方向相反，所以杆将做减速运动．随 R 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． B [解答]（1）方法一：速度法．设杆运动时间t时的速度为v，则动生图16.3 电动势为ε = BLv，电流为 I = ε/R， 所受的安培力的大小为 F = ILB = εLB/R = (BL)2v/R，方向与速度方向相反． 取速度的方向为正，根据牛顿第二定律F = ma得速度的微分方程为 (BL)2vdv??m， Rdtdv(BL)2即： ??dt vmR(BL)2积分得方程的通解为 lnv??t?C1． mR(BL)2根据初始条件，当t = 0时，v = v0，可得常量C1 = lnv0．方程的特解为v?v0exp[?t]． mR(BL)2 由于v = dx/dt，可得位移的微分方程dx?v0exp[?t]dt， mR方程的通解为 (BL)2?mRv0(BL)2x?v0?exp[?t]dt?exp[?t]?C2， 2mR(BL)mRmRv0当t = 0时，x = 0，所以常量为C2?． (BL)2方程的特解为 mRv0(BL)2x?{1?exp[?t]}． 2(BL)mR当时间t趋于无穷大时，杆运动的距离为x?方法二：冲量法．由F = -(BL)2v/R，得 mRv0． 2(BL)(BL)2?dx?Fdt， R右边积分得 ?Fdt?0?mvt0， 即：杆所受的冲量等于杆的动量的变化量．左边积分后，可得x?（2）杆在移动过程中产生的焦耳热元为 mv0R． 2(BL)(BLv0)2?2(BLv)22(BL)2dQ?IRdt?dt?dt?exp[?t]dt RRRmR2整个运动过程中产生的焦耳热为 2(BLv0)22(BL)2?mv02(BL)2Q?exp[?t]dt?exp[?t]?RmR2mR0??02mv0， ?2即：焦耳热是杆的动能转化而来的． 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的动生电动势又为多少？ [解答]（1）棒的加速度为a = gsinθ， B A 经过时间t，棒的速度为v = at = (gsinθ)t， 而切割磁力线的速度为 v⊥ = vcosθ， D 所以棒的动生电动势为 ε = BLv⊥ = BLg(sinθcosθ)t = BLg(sin2θ)t/2． B （2）设棒运动时间t时的速度为v，则动生电动势为 ε = BLvcosθ， θ C 电流为 I = ε/R， 所受的安培力的大小为 图16.4 2 F = ILB = εLB/R = (BL)vcosθ/R， 其方向水平向右．安培力沿着斜面向上的分量为 F` = Fcosθ， 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得速度的微分方程为 (BLcos?)2vdvmgsin???m， RdtmR即 dt?dv， mgRsin??(BLcos?)2v方程可化为 ?mRd[mgRsin??(BLcos?)2v]． dt?22(BLcos?)mgRsin??(BLcos?)v积分得方程的通解为 t??mR2ln[mgRsin??(BLcos?)v]?C． 2(BLcos?)mRln(mgRsin?)， (BLcos?)2根据初始条件，当t = 0时，v = 0，可得常量 C?方程的特解为 ?mR[mgRsin??(BLcos?)2v]， t?ln2(BLcos?)mgRsin?棒的速度为 mgRsin?(BLcos?)2v?{1?exp[?t]}， 2(BLcos?)mR动生电动势为 mgR(BLcos?)2??BLvcos??tan?{1?exp[?t]}． BLmRmgRsin?[讨论]当时间t趋于无穷大时，最终速度为 v?， (BLco?s2)mgRtan?， BLmg最终电流为 I?tan?． BL最终电动势为 ??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功率，重力做功的功率为 P = mgsinθv， (BLvcos?)2感生电流做功的功率为 P?IR?， ?RRmgRsin?两式联立也可得 v?， 2(BLco?s)2?2由此可以求出最终电动势和电流． [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功，否则，重力还有一部分功转换成物体的动能． 16．5 电磁涡流制动器是一个电导率为ζ，厚度为t的圆盘，此盘绕通过其中心的垂直轴旋转，且有一覆盖小面积为a2的均匀磁场B垂直于圆盘，小面积离轴r（r>>a）．当圆盘角速度为ω时，试证此圆盘 222 受到一阻碍其转动的磁力矩，其大小近似地表达为M≈Barωζt． [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部分当成长、 B 宽和高分别为a、a和t的小导体，其横截面积为 S = at， ω a r a 电流将从横截面中流过，长度为a，因此其电阻为 t R??l1． ?S?t图16.5 a a 宽为a的边扫过磁场中，速度大小为 v = rω， S I t 产生的感生电动势为 ε = Bav = Barω， 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流强度为 I = ε/R = Barωζt， 所受的安培力为 F = IaB = B2a2rωζt， 其方向与速度方向相反．产生的磁力矩为 M = Fr = B2a2r2ωζt．其方向与角速度的方向相反． 16．6 如图，有一弯成θ角的金属架COD放在磁场中，磁感应强度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，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，求下列两情形，框架内的感应电动势εi． （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 = Kxcosωt． M C B [解答]（1）经过时间t，导体杆前进的距离为 x = vt， 杆的有效长度为 l = xtanθ = v(tanθ)t， v 2 动生电动势为 εi = Blv = Bv(tanθ)t． θ O （2）导体杆扫过的三角形的面积为 N D x 222 S = xl/2 = xtanθ/2 = vttanθ/2， 图16.6 通过该面的磁通量为 kx3tan?kv3tan?3??BS?cos?t ?tcos?t 22感应电动势为 kv3tan?2d???(3tcos?t??t3sin?t)， ?i??dt2kv3tan?2即：?i?t(?tsin?t?3cos?t)． 2 16．7 如图所示的回路，磁感应强度B垂直于回路平面向里，磁通量按下述规律变化Φ = 3t2 + 2t + 1， 式中Φ的单位为毫韦伯，t的单位为秒．求： （1）在t = 2s时回路中的感生电动势为多少？ B （2）电阻上的电流方向如何？ [解答]（1）将磁通量的单位化为韦伯得 Φ = (3t2 + 2t + 1)/103， 感生电动势大小为 ε = |dΦ/dt| = 2(3t + 1)/103． R -2 t = 2s时的感生电动势为1.4×10(V)． 图16.7 （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的，从电阻的左边流向右边． 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，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？感应电流的方向如何？ [解答]环电流在轴线上产生的磁感应强度为 B ?0IR2， B?r 223/22(x?R)当x>>R时，磁感应强度为 B?2 ?0IR22x3． x I o R 图16.8 小线圈的面积为S = πr，通过的磁通量为 ??BS???0IR2r22x3， d?3??0IR2r2v当小线圈运动时，感应电动势为???， ?4dt2x23??0Irv当x = NR时，感应电动势为??． 2N4R2 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环绕方向相同． 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°角，B = kt（k为大于零的常数）．长为L的导体杆AB以匀速v向右平动，求回路中t时刻的感应电动势的大小和方向（设t = 0时，x = 0）． n B A [解答]经过时间t，导体杆运动的距离为x = vt， θ 扫过的面积为 S = Lx = Lvt， L v 通过此面积的磁通量为 Φ = B·S = BScosθ = Lvkt2/2． 感应电动势的大小为 ε = dΦ/dt = Lvkt． D B 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，其磁场 图16.9 与原磁场的方向相反，所以感应电动势的方向是顺时针的． 16．10 长为b，宽为a的矩形线圈ABCD与无限长直截流导线共面，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AD边距离长直导线为x；且长直导线中的电流按I = I0cosωt规律随时间变化，如图所示．求回路中的电动势ε． A B [解答]电流I在r处产生的磁感应强度为B?穿过面积元dS = bdr的磁通量为 ?0I， 2?rB rx x d??BdS??0Ibdr， 2?rdrx v bx C 穿过矩形线圈ABCD的磁通量为 D a 图16.10 ?0Ibx?a1?0Ibx?a??dr?ln()， ?2?xr2?x回路中的电动势为 ????Ib?bx?aavcos?td?x?adI11dx??0[ln()?I(?)]?00[?ln()sin?t?]． dt2?xdtx?axdt2?xx(x?a) 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轴平行，它以速度v0沿x轴的方向从磁场外进入磁感应强度为B0的均匀磁场中，B0的方向垂直矩形线框平面．求矩形线框在磁场中速度与时间的关系式v = v(t)和沿x轴方向移动的距离与时间的关系式x = x(t)． [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动．当线框速度为v时，产生的动生电动势为 ε = B0av． y 当线框中的电流为i时，产生的自感电动势的大小为 B0 bx div0 ?L?L． ax dt根据欧姆定律得 ε + εL = iR，由于不计电阻，所以有 B0av?Ldi?0． ① dtdvm， dto 图16.11 x 右边所受的力为 F = iaB0，根据牛顿第二定律得 iaB0? didv?m2， ② dtdtd2v(aB0)2联立①和②式得微分方程 ?v?0， dt2mL微分得 aB0这是简谐振动的微分方程，其通解为 2v?AcosaB0mLt?BsinaB0mLt． aB0(?AsinaB0mLt?BcosaB0mLt)， 当t = 0时，v = v0，所以A = v0．加速度at = dv/dt?mLaB0当t = 0时，at = 0，所以B = 0．速度方程为v?v0cost． mL由于v = dx/dt，所以 x?vdt?v0cos??aB0mLttd?v0aBmLsin0t?C． aB0mLaB0mLsint． aB0mLa B 当t = 0时，x = 0，所以C = 0，所以位移方程为x?v0 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里，圆半径R = 12cm，dB/dt = 10-2T·s-1．求图中a、b、c三点的涡旋电场为多少（b为圆心）？设ab = 10cm，bc = 15cm． [解答]（1）当点在磁场之中时，以b为圆心，以r为半径作一圆形环中，其周长为 C = 2πr， 面积为 S = πr2． 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面向外。 r b R 图16.12 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 ?BE?dl??根据安培环路定理 ??Lk?S?t?dS， r c 蜒?ELk?dl??LEkdl?Ek ?dl?Ek2?r． L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 ???BdBdB2?dS?dS??r． S?tdt?SdtrdB． 2dt因此涡旋电场为 Ek?对于a点，由于r = 0.1m，所以 Ek = 0.1×0.01/2 = 5×10-4(V·m-1)． 对于b点，由于r = 0， 所以Ek = 0． （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．根据安培环路定理 ??Ek?dl???L左边的积分仍然为Ek2πr．由于半径R之外的磁感应强度及其变化率为零，所以右边的大小为πR2dB/dt， ?B?dS， S?tR2dB因此涡旋电场为 Ek?． 2rdt对于c点，由于r = 0.15m，R = 0.12m，所以Ek = (0.12)2×0.01/2×0.15 = 4.8×10-4(V·m-1）． 16．13 两个共轴的导体圆筒称为电缆，其内、外半径分别为r1和r2，设电流由内筒流入，外筒流出，求长为l的一段电缆的自感系数（提示：按定义L = NΦ/I，本题中NΦ是图中阴影部分面积的磁通量）． [解答]在内外半径之间，磁感应强度的大小为 B = μ0I/2πr， r2 其中r是场点到轴线之间的距离，B的方向是以轴线为中心的同心圆． o r1 在r处取一长为l的面积元dS = ldr，通过面积元的磁通量为 dΦ = BdS， r2总磁通量为 ???r1?0I?Ilrldr?0ln2， 2?r2?r1?I?I I l 电缆的自感系数为 L??0lr2ln． 2?r1L?0r2?ln． l2?r1图16.13 [讨论]电缆单位长度的自感系数为 L0? 16．14 两个共轴圆线圈，半径分别为R和r，匝数分别为N1和N2，两者相距L．设小线圈的半径很小，小线圈处的磁场近似地可视为均匀，求两线圈的互感系数． [解答]设大线圈中通以电流I1，N1匝线圈形成的环电流在轴线上产生的磁感应强度为 B??0N1I1R22(L?R)223/2， B r 小线圈的面积为 S = πr2， 大线圈通过一匝小线圈的磁通量为 ??BS???0N1I1R2r22(L2?R2)3/2??0N1N2I1R2r2在小线圈中产生的全磁通为 ?21?N2??， 223/22(L?R)互感系数为 M?， I1 o R L ?21I1???0N1N2R2r22(L2?R2)3/2图16.14 ． 2??0N1N2r[讨论]当两线圈相距很远时，L>>R，互感系数约为 M?2R． 16．15 两个共轴的长直螺线管长为L，半径分别为R1和R2，设R2 > R1；匝数分别为N1和N2．求两螺线管的互感系数． [解答]设大螺线管中通以电流I2，在轴线上产生的磁感应强度为B = μ0n2I2 = μ0N2I2/L． 小螺线管的面积为 S = πR12， 大螺线圈通过一匝小螺线管的磁通量为 Φ = BS = πμ0N2I2R12/L， 在小线圈中产生的全磁通为 Φ12 = N1Φ = πμ0N1N2I2R12/L， 互感系数为 M = Φ12/I2 = πμ0N1N2R12/L． 16．16 一圆形线圈C1由50匝表面绝缘的细导线密绕而成，圆面积S = 2cm2，将C1放在一个半径R = 20cm的大圆线圈C2的中心，两线圈共轴，C2线圈为100匝．求： I2 （1）两线圈的互感M； C2 -1 （2）C2线圈中的电流以50A·s的速率减少时，C1中的感应电动势为多少？ C1 [解答](1)设大线圈中通以电流I2，N2匝线圈形成的环电流在圆心产生的磁感应强度为 B = μ0N2I2/2R， 小线圈中的全磁通为 Φ12 = N1BS =μ0N1N2I2S/2R， 图16.16 互感系数为 M = Φ12/I2 = μ0N1N2S/2R= 4π×10-7×50×100×2×10-4/2×0.2=10-6π(H)． (2) C1中的感应电动势的大小为 ε = MdI2/dt = 10-6π×50 = 5×10-5π(V)． 16．17 长直导线与矩形单匝线圈共面放置，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），当矩形线圈中通有电流I = I0sinωt时，求直导线中的感应电动势． [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 a B = μ0I/2πr． 在矩形线圈中取一面积元dS = bdr，通过线圈的磁通量为 I a?cb ?0Ibdr?0Iba?c， ??BdS??lnc 2?r2?c?S?c互感系数为 M??I??0ba?c． ln2?c图16.17 当线圈中通以交变电流I = I0sinωt时，直导线中的感应电动势大小为 ??MdI?0ba?c?(ln)I0?cos?t． dt2?c 16．18 在长圆柱形的纸筒上绕有两个线圈1和2，每个线圈的自感都是0.01H，如图所示．求： （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L为多少？ （2）线圈1的b端和线圈2的a`端相接时，a和b`之间的自感L为多a a` 少？ [解答]（1）当线圈1的a端和线圈2的a`端相接时，在b和b`之间通以电流I，两个线圈产生的磁场方向相反，由于两个线圈是相同的，总磁场B = 0，所以磁场能量为零，自感L也为零． b b` （2）当线圈1的b端和线圈2的a`端相接时，在a和b`之间通以电流 图16.18 I，两个线圈产生的磁场方向相同，由于两个线圈是相同的，总磁场为B = B1 + B2 = 2B1，磁场的能量为 B12B21Wm??dV?4?dV?4L1I2． 2?2?2VV2W自感系数为 L?2m?4L1=0.04(H)． I 16．19 两个线圈的自感分别为L1和L2，，它们之间的互感为M．将两个线圈顺串联，如图a所示，求1和4之间的互感；（2）将两线圈反串联，如图b所示，求1和3之间的自感． [解答]两个线圈串联时，通以电流I之后，总磁场等于两个线圈分别产生的磁场的矢量和B = B1 + B2，磁场的能量为 1 2 3 a 4 Wm??VBdV2?2??VBBB?BdV??dV??12dV2?2??VV21221 2 3 4 b 图16.19 ?BBcos?11L1I2?L2I2??12dV． 22?V（1）当两个线圈顺串时，两磁场的方向相同，θ = 0，所以 11L1I2?L2I2?MI2， 222W自感系数为 L?2m?L1?L2?2M． IWm?（2）当两个线圈反串时，两磁场的方向相反，θ = π，所以 11L1I2?L2I2?MI2， 222W自感系数为 L?2m?L1?L2?2M． IWm? 16．20 两个共轴的螺线管A和B完全耦合，A管的自感系数L1 = 4.0×10-3H，通有电流I1 = 2A，B管的自感L2 = 9×10-3H，通有电流I2 = 4A．求两线圈内储存的总磁能． [解答]A管储存的自能为 Wm1?11L1I12??4?10?3?22?8?10?3(J)， 22112L2I2??9?10?3?42?72?10?3(J)； 22B管储存的自能为 Wm2?由于两线圈完全耦合，互感系数为 M?L1L2?4?10?3?9?10?3?6?10?3(H)， A管和B管储存的相互作用能为 Wm12 = MI1I2 = 6×10-3×2×4 = 48×10-3(J)， 两线圈储存的总能量为 Wm = Wm1 + Wm2 + Wm12 = 0.128(J)． 16．21 一螺绕环中心轴线的周长L = 500mm，横截面为正方形，其边长为b = 15mm，由N = 2500匝的绝缘导线均匀密绕面成，铁芯的相对磁导率μr = 1000，当导线中通有电 o 流I = 2.0A时，求： （1）环内中心轴线上处的磁能密度； （2）螺绕环的总磁能． [解答]（1）设螺绕环单位长度上的线圈匝数为 n = N/L， 中心的磁感应强度为 B = μnI，其中μ = μrμ0． 磁场强度为 H = B/μ = nI， 因此中心轴线上能量密度为 b b I = 2π×104(J·m-3)． （2）螺绕环的总体积约为V = b2L，将磁场当作匀强磁场，总磁能为 W = wV= 2π×104×(0.015)2×0.5=2.25π = 7.07(J)． 16．22 试证：平行板电容器中的位移电流可写成Id?C11112500w?B?H?BH??(nI)2??1000?4??10?7(?2)2 22220.5o` 图16.21 dU的形式，式中C是电容器的电容，U是dt两板间的电势差．对于其他的电容器上式可以应用吗？ [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通过该截面电位移通量的时间变化率，即Id = dΦD/dt． 在平行板电容器中，由于ΦD = DS， 而电位移D等于电容器的面电荷密度，即 D = ζ． 因为电容器带电量为q = ζS = DS = ΦD，所以 Id = dq/dt， 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，可得 Id = CdU/dt． 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． 16．23 如果要在一个1.0PF的电容器中产生1.0A的位移电流，加上电容器上的电压变化率为多少？ [解答]因为Id = CdU/dt，所以电压变化率为 dU/dt = Id/C = 1/10-12 = 1012(V·s-1)． 16．24 在圆形极板的平行板电容器上，加上频率为50Hz，峰值为2×105V的交变电压，电容器电容C = 2PF，求极板间位移电流的最大值为多少？ [解答]交变电压为 U = Umcos2πνt， 位移电流为Id = CdU/dt = -CUm2πνsin2πνt， 电流最大值为Im = CUm2πν= 2×10-12×2×105×2π×50 = 4π×10-5(A)． 16．25 一平行板电容器的两极板面积为S的圆形金属板，接在交流电源上，板上电荷随时间变化，q = qmsinωt．求： （1）电容器中的位移电流密度； （2）两极板间磁感应强度的分布． [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 ?d?d?dqqm???cos?t． dtSdtS（2）在安培-麦克斯韦环路定律 ??H?dl?I?ILLd中，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心作一个半径为r的圆，其周长为 C = 2πr， 使磁场的方向与环路的方向相同，左边为 蜒?H?dl??HdlL?H2r．H ?dl??L环路所包围的面积为S` = πr2，右边的位移电流为 Id??dS`?因此，两极板间磁场强度的分布为 H?磁感应强度的分布为 B??0H?qm?(co?st?r)2． Sqm?rcos?t， 2S?0qm?r2Scos?t． 16．26 如图所示，电荷+q以速度v向O点运动（电荷到O点的距离以x表示）．以O点O圆心作一半径为a的圆，圆面与v垂直．试计算通过此圆面的位移电流． [解答]在圆面上取一半径为R的环，其面积为dS = 2πRdR， a 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 E = q/4πε0r2， 其中r = (x2 + R2)1/2，通过环的电通量为 dΦe = E·dS = EdScosφ， r a 其中cosφ = x/r，所以得 θ qxRdRqxRdR d?e??， q v x O 3223/22?0ra2?0(x?R)积分得电通量为 图16.26 qxd(x2?R2)qx ?e??(1?)． 223/2?222?02?002(x?R)x?a由于电位移强度D和电场强度E的关系为 D = ε0E， 所以电位移通量和电通量之间的关系为 Φd = ε0Φe， 因此点电荷在圆面上通过的电位移通量为?d?q(1?2xx?a22)． v q r θ φ r x O R E