QA??dA??qdqQ2 04???0R8??0R22.

解：因为所带电荷保持不变，故电场中各点的电位移矢量D?保持不变，

又 w?112DE?2?D2?11D2w0?0 0?r?r2?0?r因为介质均匀，∴电场总能量 W?W0/?r 23.

解：未插导体片时，极板A、B间场强为：

E1=V / d

插入带电荷q的导体片后，电荷q在C、B间产生的场强为：

E2=q / (2?0S)

A 则C、B间合场强为：

d/2 E1 E2 E＝E1＋E2＝(V / d)＋q / (2?0S)

C d/2 E1 E因而C板电势为：

2 B U＝Ed / 2＝[V＋qd / (2?0S)] / 2

24.

解：球壳的外表面上极化电荷面密度为：

???P??r1?1Q?1?Q11n?P1??0e1E1??2???r14?R??1??r1??4?R2 外球壳的表面上极化电荷面密度为：

??2?PE??1Q?1?Q2n??P2???0?e22??r2?2???? r24πR??1??r2??4πR2两层介质分界面净极化电荷面密度为：

?????1???Q2??4πR2??11???????

r2r1?25.

解：两球相距很远，可视为孤立导体，互不影响．球上电荷均匀分布．设两球半径分别为r1和r2，导线连接后

的电荷分别为q1和q2，而q1 + q1 = 2q，则两球电势分别是

U1?q14??， Uq22???

0r140r2两球相连后电势相等， U1?U2，则有

q1r?q2?q1?q22qr??r 1r21?r2r12由此得到 qr12q1??6.67?10?9rC

1?r2qr22q2?r?r?13.3?10?9C

12两球电势 Uq11?U2?4???6.0?103 V

0r126.

解：应用安培环路定理和磁场叠加原理可得磁场分布为，

B??0I0I2?x??2?(3a?x) (a2?x?52a) B?的方向垂直x轴及图面向里．

27.

解：当磁场B?方向与Ox轴成45°时如图所示．

(1) ?F?41?I?l1Bsin105??1.55?10N

方向垂直纸面向外．

?F2?I?l2Bsin90??1.60?10?4N

方向为垂直纸面向．

(2) 因为ab与cd均与B?平行，因此Fab?Fcd?0 (3) 如图所示．

?/2 Fbc??IRBsin(45???)d??2IRB?0.453N

0方向垂直纸面向外，同理 Fda?0.453 N，方向垂直纸面向里． 28.

解：由安培公式dF??Idl??B?，当B?的方向沿x轴正方向时

(1) ?F?41?I?l1Bsin60??1.39?10 N

方向垂直纸面向外(沿z轴正方向)，

?F2?I?l2Bsin135??1.13?10?4 N

方向垂直纸面向里(沿z轴反方向)．

b(2) Fab??dF?IabBsin45??IRasin45?Bsin45?y B? b 45° ??I ??x O c y b Id?l ???? B x O c

?IRB?0.32 N，方向为垂直纸面向里．

同理 Fcd?IRB?0.32 N，方向垂直纸面向外．

把

Oa?3l/3，Oe?3l/6代入B1、B2，

?3?0I6?0I3?0I3则的大小为 BB??(1?)?(3?1) (3) 在bc圆弧上取一电流元Idl = IRd?，如图所示．这段电流元在磁场中所受力

dF?IdlBsin??IRBsin?d? 方向垂直纸面向外，所以圆弧bc上所受的力

?/2Fbc??IRBsin?d??IRB?0.32N

0方向垂直纸面向外，同理Fda?0.32 N，方向垂直纸面向里． 29.

解：AA＇线圈在O点所产生的磁感强度 A＇ B?0NAIAAA＇平面)

BC B A?2r?250?0 (方向垂直AC CC＇线圈在O点所产生的磁感强度 O ??BA C＇ B?0NCICC?2r?500?0 (方向垂直CC＇平面)

A CO点的合磁感强度 B?(B221/2A?BC)?7.02?10?4 T B的方向在和AA＇、CC＇都垂直的平面，和CC＇平面的夹角

??tg?1BCB?63.4? A30.

解：令B???

?1、B2、Bab和Bacb分别代表长直导线1、2和通电三角框的 ab、ac和cb边在O点产生的磁感强度．则

B??B??B??1?B2?acb?Bab B?1：对O点，直导线1为半无限长通电导线，有

B?0I1?4?(， B?Oa)1的方向垂直纸面向里．

B?0I2：由毕奥－萨伐尔定律，有 B?2?4?(Oe)(sin90??sin60?)

方向垂直纸面向里．

Bab和Bacb：由于ab和acb并联，有 Iab?ab?Iacb?(ac?cb)

根据毕奥－萨伐尔定律可求得 Bab=Bacb且方向相反． 所以

B??B??1?B2

4?3l4?3l24?lB?的方向：垂直纸面向里．

31.

解：将i?分解为沿圆周和沿轴的两个分量，轴线上的磁场只由前者产生．和导线绕制之螺线管相比较，沿轴方

向单位长度螺线管表面之电流i的沿圆周分量isin?就相当于螺线管的nI． 利用长直螺线管轴线上磁场的公式 B = ?0nI 便可得到本题的结果 B = ?0 isin?

32.

解： I?R??

3B?By??0R??2(R2?y2)3/2

B?的方向与y轴正向一致．

33.

解：(1) 在环作半径为r的圆形回路, 由安培环路定理得

B?2?r??NI， B??NI/(2?r)

在r处取微小截面dS = bdr, 通过此小截面的磁通量

dΦ?BdS??NI2?rbdr

穿过截面的磁通量

Φ??BdS??NIR2S2?rbdr??NIb2?lnR 1(2) 同样在环外( r < R1 和r > R2 )作圆形回路, 由于

?Ii?0

B?2?r?0

∴ B = 0

34.

解：在圆柱体部与导体中心轴线相距为r处的磁感强度的大小，由安培环路定律可得：

B??0I2?R2r(r?R)

因而，穿过导体画斜线部分平面的磁通?1为

???R?BdS???0I?I1??B?dS?2?R2rdr?0

04?在圆形导体外，与导体中心轴线相距r处的磁感强度大小为

B??0I2?r(r?R)

因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通?2为

???2R?0I2??B?dS????0Iln2 R2?rdr2?穿过整个矩形平面的磁通量 ????0I?0I1??2?4??2?ln2

35.

解：洛伦兹力的大小 f?qvB 对质子： q21vB?m1v/R1 对电子： q22vB?m2v/R2 ∵ q1?q2 ∴ R1/R2?m1/m2 36.

解：令B??1、B2、B?acb和B?ab分别代表长直导线1、2和三角形框的(ac+cb)边和ab边中的电流在O点产生的磁感强度．则 B??B????1?B2?Bacb?Bab

B??0I1：由毕奥－萨伐尔定律，有 B1?4?(Oe)(sin90??sin60?)

Oe?3l/6

∴ B?0I1?4?l(23?3)，方向垂直纸面向外．

B??2：对O点导线2为半无限长直载流导线，B2的大小为

B?0I0I2?4?(Ob)?3?4?l， 方向垂直纸面向里． B?B?acb?ab：由于电阻均匀分布，又ab与ac?cb并联，有

Iab?ab?Iacb?(ac?cb)?2Iacb?ab

代入毕奥－萨伐尔定律有：B??acb?Bab?0

∴ B??B??????1?B2?Bacb?Bab?B1?B2

B的大小为： B =B2?B1?3?0I4?l(1?2?3)??0I4?l3(3?1) 方向：垂直纸面向里． 37.

解：(1) AB，CD，EF三条直线电流在O点激发的磁场为零；

(2) BBC??0I/(8R)

BDB??0I/(6R)

∴ B?0I?0I0?6R?8R??0I24R

方向为从O点穿出纸面指向读者． 38.

解：两段圆弧在O处产生的磁感强度为

Bl1?0Il21??0I4?R2， B2?14?R2

2两段直导线在O点产生的磁感强度为

B?0I23?B4?[?sinl12R?sinl4?R2R] 1cosl1122R1B?B1?B3?B4?B2

??0I[?sinl12R?sinl2]??0I(l1l2?Rl11cos12R24?R2?22) 1R22R1方向?．

39.

解：毕奥─萨伐尔定律： dB?????04??Idl?rr3 如图示，dBz?dB?sin?，sin??a/r (a为电流环的半径)． ∵ r >> a ∴ r?z2?a2?z

B?0Iaz?4??z3??dl??0IS

l2?z3 小电流环的磁矩 pm?IS

∴ p3m?2?Bzz/?0

z dBz z z dB? ??r O a dl? I

在极地附近z≈R，并可以认为磁感强度的轴向分量Bz就是极地的磁感强度B，因而有： pm?2?BR3/?0≈8.10×1022 A·m2

40.

解∶设圆轨道半径为R pm?IS

I?en?ev2? S??R2 v?e m R L?pv?m?e?R2?1epm 2?R2vR L?mvR

∴ pmL?evR2mvR?e??2m pm与L方向相反 41.

解：设弧ADB = L1，弧ACB = L2，两段弧上电流在圆心处产生的磁感强度分别为

B1??0I1L14?R2 B?0I2L22?4?R2

B?B?1、2方向相反．

圆心处总磁感强度值为

B?B02L22?B1??4?R2(I2L2?I1L1)??0I4?R2(1?I1L1IL)

22两段导线的电阻分别为 r?1L11?S r22??2LS

因并联

I1r2?2I?r?L2 21?1L1又 L2?2?R/??2R ∴ B??0I22?R(1??2?)=1.60×10-8 T 142.

解：在距离导线中心轴线为x与x?dx处，作一个单位长窄条，其面积为dS?1?dx．窄条处的磁感强度B??r?0Ix2?R2

R S ?x dx 所以通过dS的磁通量为 d??BdS?r?0Ix2?R2dx

通过１m长的一段S平面的磁通量为

R????r?0Ixdx??r?0I?602?R24??10 Wb

43.

解：当只有一块无穷大平面存在时，利用安培环路定理，可知板外的磁感强度值为

B?12?0i 现有两块无穷大平面，i????????1与i2夹角为??，因B1?i1，B2?i2，故B1和B2夹角也为??或?－??． (1) 在两面之间B??1和B2夹角为( ?－??)故

B1i??2?i2/220(i12?2i1i2cos?)1 (2) 在两面之外B?B?1和2的夹角为??，故

B12?2o?0(i21?i2?2i1i2cos?)1/2 (3) 当i1?i2?i，??0时，有

B1i?22?0i1?cos??0 B1o?22?0i1?cos???0i 44.

解：(1) dF?????0I1dl?1?r?1212?I2dl2?dB1?I2dl2?4?r3

12 (2) dF?I2dl2?0I1/(2?a) ∴

dF?0I1Idl?2?a 2245.

解：两半长直导线中电流在O点产生的磁场方向相同，即相当于一根长直导线电流在O点产生的磁场：

B1??0I/(2?R)

半圆导线电流在O点产生的磁场为 B2??0I/(4R)

总的磁感强度为： B?B2221?B2??0I42??/(4?R)

??tan?1B1B?tan?1(2/?)?32.5° 2??为B?与两直导线所在平面的夹角．

46.

解：设载流线圈1、2、3在O点产生的磁感强度分别为B1、B2、B3．显然有B1 = B2 = B3，则O点的磁感强度

为