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文章发布时间 : 2024/11/5 18:32:32星期二

第9章静电场

P35．

12．3 如图所示，

A 在直角三角形ABCD的q1 A点处，有点电荷q1 =

-9

1.8×10C，B点处有点C 电荷q2 = -4.8×10-9C，AC E1 = 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

E?kqr2E2 θ E 图13.1

B q2 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．

[解答]在带正电

ds R 的圆弧上取一弧元

θ O Ex x ds = Rdθ，

Ey E 电荷元为dq = λds，

y 在O点产生的场强大小为

dE?1dq24??0R?1?ds24??0R??4??0Rd?，

?1q2场强的分量为dEx = dEcosθ，dEy = dEsinθ．

，

-2

4??0r9

对于带负电的圆弧，同样可得在O点的

其中1/(4πε0) = k = 9.0×10N·m·C．

点电荷q1在C点产生的场强大小为

E1?1q12Ex θ O 场强的两个分量．由于E Ey ds R 弧形是对称的，x方向

y 的合场强为零，总场强沿着y轴正方向，大小为

E?2Ey?x 4??0AC?9

?LdEsin?

?9?10?91.8?10(3?10?2)2 ?1.8?10(N?C)，

?4-1?2??0R?/6方向向下．

点电荷q2在C点产生的场强大小为

E2?1|q2|2?0sin?d???2??0R?/6(?cos?)0

?(1?32)?2??0R．

4??0BC?92

?9?10?94.8?10?2

12．5 均匀带电细棒，棒长a = 20cm，

4-1(4?10) ?2.7?10(N?C)，

电荷线密度为λ = 3×10C·m，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 =

-8-1

方向向右．

C处的总场强大小为

E?4E1?E2

4-122?0.913?10?3.245?10(N?C)，

0.1(m)，x = L+d1 = 0.18(m)．在细棒上取一线元dl，所

y l-L o dl L 总场强与分场强E2的夹角为

??arctanE1E2?33.69?．

r P1 x

12．4 半径为R的一段圆弧，圆心角为

d1 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

dE1?kdqr2??dl2Ey???4??0d2L4??0(x?l)

??l??Lsin?d?

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 E1?L?4??0d2Lcos?l??L

?4??0??Ldl(x?l)2

??4??0d2dl22L

?l2l??L??1L4??0x?l

?L?14??0d22L?d?L222． ②

??4??01(1x?L2L?2?1x?L将数值代入公式得P2点的场强为

)

Ey?9?10?3

92?0.1?3?102?821/20.08(0.08?0.1)-1

?4??0x?L2． ①

将数值代入公式得P1点的场强为 E1?9?10?9= 5.27×10(N·C)．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

2?0.1?3?100.18?0.122?8

E1??a= 2.41×103(N·C-1)，

方向沿着x轴正向．

（2）建立

dE2 y dE 坐标系，y = d2． yθ 在细棒上P2 dEx 取一线元dl，所

d2 r 带的电量为 -L L θ o dq = λdl， x ldl 在棒的垂直平

分线上的P2点产生的场强的大小为

dE2?kdqr24??0d1d1?a??14??0d1d1/a?1，

保持d1不变，当a→∞时，可得

E1??4??0d1， ③

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??0d222ad?(a/2)1(d2/a)?(1/2)22

??dl24??0r，

??4??0d2，

2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

??4??0d2sin?d?，

当a→∞时，得 Ey??2??0d2， ④

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．

12．6 一均匀带电无限长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．

R O θ 方向沿着x轴负向．

`当O点合场强为零时，必有Ex?Ex，

图13.4

[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，所带的电量为 dq = λds，

dφ 可得 tanθ/2 = 1，因此 θ/2 = π/4，所以 θ = π/2．

12．7 一宽为b的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为ζ，

a P 如图所示．试求： b （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

d Q 图13.5

R O φ θ x dE 在圆心处产生的场强的大小为

dE?kdqr2??ds24??0R??4??0Rd?，

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

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??0R??4??0R2???/2y b O dx a P x ??/2cos?d?

2???/2?sin??/2

线密度为

dλ = ζd x，根据直线带电线的场强公式

E??2??0r??2??0Rsin?2，

，

得带电直线在P点产生的场强为

dE?d?2??0r?方向沿着x轴正向．

再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强．

R 根据上一题的E`` x O θ 公式③可得半无限

长带电直线在延长E` 上O点产生的场强大小为

E?`?dx2??0(b/2?a?x)，

其方向沿x轴正向．

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??2??0??2??0b/2??b/21b/2?a?xdx

?4??0R，

?b/2ln(b/2?a?x)?b/2

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

Ex?2Ecos``?2??2??0Rcos?2??2??0ln(1?ba)． ①

，

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x 系．仍然在dx 平面薄板上r θ z 取一宽度为O d Q dx的带电直dE 线，电荷的y b 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????dx0r2??0(b2?x2)1/2，沿z轴方向的分量为

dEz?dEcos???cos?dx2??221/2，

0(b?x)设x = dtanθ，则dx = ddθ/cos2

θ，因此

dEz?dEcos???2??d?

0积分得

arctan(b/2d)E?z??d?

?arctan(b/2d)2??0??b??arctan(2d)． ②

0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??2??0a， ③

这正是带电直线的场强公式．

（2）②也可以化为

E?arctan(b/2d)z?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

E?z?，

2??0d这也是带电直线的场强公式．

当b→∞时，可得

E?z?2?， ④

0这是无限大带电平面所产生的场强公式．

12．8 （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．

12．9 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R O 电通量．

[解答]设想

图13.7

在平板下面补一个半球面，与上面的半球面合成一个球面．球面内包含的电荷为

q = πR2ζ，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．

12．10 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???SE?dS

?S1E?dS??S2E?dS??S0E?dS

?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）

E1 y 由于平板的

可视很多薄

r dy 板叠而成d E2 o 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

dζ = ρdy，

产生的场强为 dE1 = dζ/2ε0，积分得

r??E?dS?S?SEdS?E2?rl，

根据高斯定理Φe = q/ε0，所以

E??2??0r， (R1 < r < R2)．

（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）．

12．11 一厚度为d的均匀带电无限大平板，电荷体密度为ρ，求板内外各点的场强．

[解答]方法一：高斯定理法．（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对称于中心面：E = E`．

在板内取一底面积为S，高为2r的圆柱面作为高斯面，

d 2r E S1 S0 S2 E1???d/2?dy2?0??2?0(r?d2)，③

同理，上面板产生的场强为

d/2E2??r?dy2?0??2?0(d2?r)，④

S1 S0 E r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．

E` S2 E` 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

12.12

12．13 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

R 一块半径为R`

R` 的小球体，如图所

O a O` 示，试求两球心O与O`处的电场强度，并证明小球空腔内的电场为均强电场．

[解答]挖去一块小球体，相当于在该处填充一块电荷体密度为-ρ的小球体，因此，空间任何一点的场强是两个球体产生的场强的叠加．

对于一个半径为R，电荷体密度为ρ的球体来说，当场点P在球内时，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?r?2体在O`点产生的场强为零，大球在O点产生的场强大小为

EO`??3?0a，

方向也由O指向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

图13.10

Er??3?0 r，

r P E r` Er` O a O` θ Er`??3?0 r`，

方向如图所示．

设两场强之间的夹角为θ，合场强的平

方为

222 E?Er?Er`?2ErEr`cos?

14?033?r?

?(?3?0222)(r?r`?2rr`cos?)，

P点场强大小为

E??3?0根据余弦定理得

r．

2 a2?r2?r`?2rr`co?s?(?， )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?r?2所以 E??3?0a，

14可见：空腔内任意点的电场是一个常量．还

3?R?

?03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．

12．14 如图所示，在A、B两点处放

P点场强大小为

E??R323?0r．

O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

EO??R`3?0a32，

有电量分别为+q和-q的点电荷，AB间距离为2R，现将另一

D 正试验电荷q 0

A O B 从O点经过半圆

-q +q C 弧路径移到C

图13.11

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；

方向由O指向O`．

O`点在小球体中心、大球体之内．小球

在C点产生的电势为

UC?q4??03R??q4??0R??q6??0R，

12．17 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

U?Q(3R?r)8??0R322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．

12．15 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．

12．16 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．

43?[证明]球的体积为V?电荷的体密度为 ??QV3?R，

3Q4?R3．

利用13．10题的方法可求球内外的电场强度大小为

E??3?0r?Q4??0R3（r≦R）； r，

E?Q4??0r2，（r≧R）．

取无穷远处的电势为零，则r处的电势为

?R?U?R?E?dl??Edr??Edr

rr?3R??4??rQR0rdr??4??RQr0?2dr

?Q8??0RQ8??0R3R3r2r??Q4??0r2

R，

?(R?r)?2Q4??0R

由于

?? UR?U????E?dl??Edr

RR?Q(3R?r)8??0R322．

??4??RQ0r2dr??Q4??0r?

12．18 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．

?Q4??0R，

当UR = 0时，U???

Q4??0R．

[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`，但方向相反．

（1）在板内取一底面

E` E 积为S，高为

S0 2y的圆柱面S2 S1 b -b o 作为高斯面，

y 场强与上下两S 2S0 表面的法线方

E` E 向平等而与侧S1 b b 面垂直，通过高斯面的电通量为

U???E?dl???nqb?0dy??nqb?0 y?C，

在y = b处U = -ρb2/2ε0，所以C = ρb2/2ε0，

因此电势为

U???b?0y??b22?0，(b≦y)．

当y≦-b时，电势为

U???E?dl??2

?b?0dy??b?0y?C，

在y = -b处U = -ρb/2ε0，所以C = ρd/2ε0，因此电势为

U??b?0y??b22?0，

?e???SE?dS

两个公式综合得

?S1E?dS??S2E?dS??S0E?dS?2ES．

U???b?0|y|??b2高斯面内的体积为 V = 2yS，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地

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图如左图所示．

（2）对于平面之间的点，电势为

U???E?dl???2?0，(|y|≧d)．

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．

E o b y U -b o b y -b

[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

?y?0dy

???y22?0?C，

这是因为积分的起点位置是积分下限．

12．19 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

A B 板相隔5.0cm，板上各带电荷ζ=3.3×10-6C·m-2，求：

（1）在两板之间离A

P 在y = 0处U = 0，所以C = 0，因此电势为

U???y22?0，(-b≦y≦b)．

这是一条开口向下的抛物线．

当y≧b时，电势为

图13.16

板1.0cm处P点的电势；（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

A 坐标系，则rB = 0，rP = -0.04m，rA = -0.05m．

（1）P点和B板间的电势差为

rBrB总电势为

U1??4??0L??Ldlr?l

LP B o r ???4??0qln(r?l)l??L

?8??0Llnr?Lr?L．

（2）建立坐标系，在细线上取一线元dl，所带的电量为-L dq = λdl，

在线的垂直平分线上的P2点产生的电势为

UP?UB??E?dl??Edr

rPrPy P2 r o ???0(rB?rP)，

θ ldl L x 由于UB = 0，所以P点的电势为 UP?3.3?10?6?128.84?1010(V)． ?0.04=1.493×

dU2?积分得

?2dl2（2）同理可得A板的电势为

4??0(r?l)1/2，

UA???0(rB?rA)=1.866×10(V)．

U2?4

?4??0L??L1(r?l)221/2dl

12．20 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；

（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

y 立坐标系，在

r 细线上取一

o l dl L P1 x 线元dl，所带-L 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?1??4??0qLln(r?l?l)l??L22

?8??0Lq4??0Llnr?L?Lr?L?Lr?L?Lr222222

?ln．

（3）P1点的场强大小为

E1???U1?r

1r?L?q8??0Lr?Lq2(1?)

?dl?124??0r?l

4??0r?L， ①

方向沿着x轴正向．

P2点的场强为

E2???q[1?在球心处产生的电势为

?U2?rdUO?dq4??0r???0rdr，

4??0Lrr?L(r?L?L)2222球心处的总电势为

UO???0R2?q4??0r21r?L2， ②

?R1rdr??2?022(R2?R1)，

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．

B rB R2 O 方向沿着y轴正向．

[讨论]习题13．3的解答已经计算了带电线的延长线上的场强为

E1?12L?22R1 4??0x?L由于2Lλ = q，取x = r，就得公式①．（2）习题13．3的解答还计算了中

垂线上的场强为

Ey?14??0d22L?d2?L22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?0(R2?rB)．

22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．

12．21 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：

（1）A，B两点

?(rB?R1)，

33R2 B rB O R 1rA A 图13.18

包含的电量为 Q = ρV，

这些电荷集中在球心时在B点产生的电势为

U2?Q4??0rB??3?0rB(rB?R1)．

33B点的电势为

UB = U1 + U2

?3的电势；

（2）利用电势梯度求A，B两点的场强．

[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点的电势就等于球心O点的电势．

在半径为r的球壳处取一厚度为dr的薄壳，其体积为 dV = 4πr2dr，包含的电量为

dq = ρdV = 4πρr2dr，

?6?0(3R?r?2222BR1rB)．

（2）A点的场强为

EA???UA?rA?0．

R2 O R1 B点的场强为

EB???UB?rB?r dr ?3?0(rB?R1r32B)．

[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?43 ??6?0(3R?r?2222BR1rB3)．

A和B点的电势与前面计算的结果相同．

12．21 （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．

（2）在离地面1400m高处，场强降为20V·m-1，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?R1)，

33包含的电量为 q = ρV，

根据高斯定理得方程 4πr2E = q/ε0，可得B点的场强为

E?3?3?0(r?R1r2)， (R1≦r≦R2)．

R =6.371×10m．

（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，因此电量为

这两个结果与上面计算的结果相同．

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?43?(R2?R1)，

33包含的电量为 q = ρV，

根据高斯定理得可得球壳外的场强为

E?q4??0r2??(R2?R1)3?0r233，(R2≦r)．

Q??(6.371?10)?2009?10962=-9.02×105(C)．

A点的电势为

??UA??E?dl??Edr

rArA（2）在离地面高为h = 1400m的球面

内的电量为

312R1R2??rA0dr?R1?3??0(r?3Rr3Q`??(R?h)E`k2=-0.9×10(C)，

)dr

???R2?(R2?R1)3?0r2大气层中的电荷为

q = Q - Q` = 8.12×105(C)．

2dr

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)．

??2?0(R2?R1)．

2B点的电势为

??UB?R2?E?dl??Edr

rBrB?rB?3??0(r?R1r3?2)dr??R2?(R2?R1)3?0r233dr

第13章静电场中的导体

和电介质

P70．

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）

P A o rA rC rB r R2 S1 电场强度和电位移R1 是轴对称分布的．在

D 内外半径之间作一l 个半径为r、长为lS0 εr 的圆柱形高斯面，根据介质中的高斯定理，通过圆柱面的电

位移通过等于该面

S2 [解答]介质中的

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????D?dS

SS1S2?B S0D?dS??D?dS??D?dS?2?rlD，

图14.1 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

b o r a q [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，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图14.3 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势叠加，大小为

Uo?1q?1?q?14??0Q?qb．

4??0r4??0a

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？

13．4 三块平行金属板A、B和C，面积都是S = 100cm，A、B相距d1 = 2mm，A、C相距d2 = 4mm，B、C接地，A板带有正电荷q = 3×10C，忽略边缘效应．求（1）B、C板上的电荷为多少？

-8

B A q C 11

图14.4

q1 q2

P B q （2）A板电势为多少？

[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

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．

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(C)． B、C板上的电荷分别为

qB = -q1 = -2×10-8(C)；

qC = -q2 = -1×10(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)．

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

-8-8

的场强向左，取向右的方向

A 图14.5 为正，可得

E1 - E2 – E = 0，

即 ζ1 - ζ2 – ζ = 0，

或者说 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？ [解答]由于左板接地，所以ζ1 = 0．

图14.6 ζ1 ζ2 ζ3 ζ4 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)， 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．将内球用细导线接地．试证：球面间电容可用公式C?4??0R22R2?R1表示．

（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 R3 12

C1?4??011/R1?1/R2?4??0R1R2R2?R1 ?R1q4??0R2R1(1?1R2)?(R2?R1)q4??0R22

外球壳和大外球壳之间也是一个电容器，电容为

C2?4??011/R2?1/R3球面间的电容为

C?qU?4??0R22．

R2?R1．

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

C?C1?C2?4??0R1R2R2?R1?4??0R2

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

C?4??011/R1?1/R2?4??0R1R2R2?R1R2 R1 o εr 图14.8 ?4??0R22R2?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

q4??0R2?q`4??0R1．

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：

C1?2??0R1R2R2?R1．

?0，

当电容器中充满介质时，电容为：

C2?2??0?rR1R2R2?R1因此感应电荷为

q`??R1R2q．

．

根据高斯定理可得两球壳之间的场强为

E?q`4??0r2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)R1R2R2?R1??R1q4??0R2r2．

，

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

R1R1

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

d1 ε1 ε2 图14.9 U??E?dl??Edr

R2R1R2??R2(?R1q4??0R2r2一薄导体，可知两d2 个电容器串联，电容分别为

)dr

C1 = ε1S/d1和C2 = ε2S/d2．总电容的倒数为

1C?1C1?1C2?d1?1S?d2?2S??2d1??1d2?1?2S，

电容为 C?qU?2??lln(R2/R1)．

总电容为 C??1?2S?2d1??1d2在真空时的电容为

．

C0?qU?2??0lln(R2/R1)，

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；

（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？

[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．通过高斯面的电位移通量为

l ε R2 S1 r D S0 所以倍数为C/C0 = ε/ε0．

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

R1 ?d?蜒?D?dS?S?SDdS?4?rD

2S2 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．

由于 D = ε0E + P，所以 P = D - ε0E = (1?1?d????D?dS

SS1S2?S0D?dS??D?dS??D?dS?2?rlD，

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

R2?r4?r)Q0r3．

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/4πε0r；

U??LE?dl??LEdr?R1?2??rdr

???2??lnR2R1．

总场强为 E = Q0r/4πε0εrr3．由于 E = E0 + E`，

解得极化电荷为 q1`?(1?1)Q0，

?r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

介质层内表面的极化电荷面密度为

??`1q1`24?R1?(1?r?1)Q04?R12．

在介质层外表面，极化电荷为

q2??q1，

``面密度为

?2?`q24?R22`?(1?1?r4?R2)Q02．

变了，但是电量不变，所以静电能为 W = Q/2C = C0U/2C = ε0SU/(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?C1QC1?C2?C0U1?C2/C12

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 = Q/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

，

真空中一半电容器的自由电荷面密度为 ?1?Q1S/2?2C0U(1?C2/C1)S?2?0U(1??r)d．

同理，介质中一半电容器的自由电荷面密度为

?2?2C0U(C1/C2?1)S?2?0?rU(1??r)d．

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 = C0U/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)U/2

2-5

= (1 - εr)ε0SU/2d = -3.18×10(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 = Q/2C，

电能器能量变化为

?W?W?W0?(C0C?1)C0U222

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 = Q/8πεrl．

薄壳的体积为dV = 2πrldr，能量为 dW = wdV = Q2dr/4πεlr．

（2）电介质中总能量为

?(?r?1)?0?rSU2d2= 1.59×10-4(J)．

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??0EdV

VV2222

W??VdW??4??lraQ2dr?Q24??llnba．

（3）由公式W = Q2/2C得电容为

C?Q22W?2??lln(b/a)．

2R??4??a?l02rdr??l4??02lnRa．

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

当R = b时，能量为

W1??l4??02lnba；

1C?1C1?1C2?C2?C1C1C2，

当R?ab时，能量为

W2??l4??02lnba??l8??02得 C?lnbaC1C2C1?C2?120PF．

，

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．

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．

??1808.842?10?12?2.1?ln2

=1.4×1013(Ω·m)．

补加：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 = IRt = 225(J)．

（2）电流变化的方程为 i?2.5(1?124t)，

第14章稳恒电流的磁场

P117．

补加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． [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??lSi/A q S εr -q ．

由于在相等的时间2.5 I 内通过的电量是相1.25 t/s 等的，在i-t图中，

o 24 在0~24秒内，变化

电流和稳恒电流直线下的面积是相等的．在dt时间内导线产生的热量元为

dQ = i2Rdt，

在24s内导线产生的热量为

2424设t时刻电容器带电量为

l 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

?dqdt?UR?1q，

Q??0iRdt?2?[2.5(1?01241t)]Rdt

2?0?r???2.5?6?24?21324?(1?负号表示电容器上的电荷减少．

微分方程可变为

dqq??124t)30

=300(J)．

dt，

?0?r?补加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

积分得 lnq??t?0?r??C，

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)．

当t = 180s时，q = qm/2，电阻率为

n = ρ/m = 8.41×10(个·m)，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

10-3

ρe = ne = 1.34×10(C·m)．铜线内电流密度为 δ = 6×10(A·m)，

根据公式δ = ρev，得电子的漂移速度为 v = ρe/δ = 4.46×10(m·s)．

（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?8kT-4

-1

-2

28-3

3?/2B1??LdB1??0?0Id?4?a?3?0I8a．

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

dB2??0Idlsin?4?r2，

由于 l = bcot(π - θ) = -bcotθ，

所以 dl = bdθ/sinθ；又由于 r = b/sin(π - θ) = b/sinθ，可得 dB2?积分得

?0Isin??d4?b?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 = 9.11×10kg，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．

14．1 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 = ？

A I b O a 图15.4 B?-31

B2??dB?L?4?b??0I3?/4/2sin?d?

??0I4?b3?/4(?cos?)?/2?2?0I8?b

同理可得CD段在O点产生的磁场B3 = B2．

O点总磁感应强度为

B?B1?B2?B3?3?0I8a?2?0I4?bC ．

[讨论]（1）假设圆弧张角为φ，电流在

D 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

?0I4?b(cos?1?cos?2)．

[解答]电流在O点的产生的磁场的方

向都是垂直纸面向

A l Idl θ C 里的．根据毕-萨定

b 律： r dB?θ2 对于AC段，θ1 = π/2、θ2 = 3π/4；对于CD段，θ1 = π/4、

θ2 = π/2，都可得 I B2?B3?2?0I8?b?0Idl?r04?r2，

O a Idl D ．

b θ1 B 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

?IdldB1?02，

4?a由于 dl = adφ，积分得

上述公式可以直接引用．

14．2 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 = ？

Z [解答]在直线磁场公式

B??0I4?Ro R Y B?4BAD?22?0I?a，

(cos?1?cosI ?2)方向垂直纸面向里．

14．4 两个共轴圆线圈，每个线圈中的电流强度都是I，2a 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．

O1RI x O O2R图15.7

I x 中，

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?X 图15.5 ?0I4?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

B??Bxi?Bzk??[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的轴线上产生的磁感应强度大小为：

?0I4Ri??0I2?Rk．

B??0IR2223/2．

2(R?x)场强大小为

B?Bx?Bz?22设两线圈相距为2a，以O点为原点建

?0I4?R4??2，

立坐标，两线圈在x点产生的场强分别为

B1?与X轴的夹角为

??arctanBzBx?arctan2?0IR2223/2，

2[R?(a?x)]?．

B2?2?0IR223/2

14．3 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

A D 一边到O点的距离都I 是a/2，在O点产生的

O 磁场大小相等、方向相同．以AD边为例，利

B C 用直线电流的磁场公图15.6 式：

B?2[R?(a?x)]．

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

?0I4?R(cos?1?cos?2)，

令θ1 = π/4、θ2 = 3π/4、R = a/2，AD在O产生的场强为

BAD?2?0I2?a，

O点的磁感应强度为

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 = μ0IR/2，则

B?k{1[R?(a?x)]223/22

?32ax?xB?k[1??2? 22R?a1[R?(a?x)]223/22?}

?3?52ax?x2???(2)?...] 21?222R?a?3?2ax?x?k[1??? 222R?a?3?5?2ax?x2???()?...] 221?222R?a12212B对x求一阶导数得

dBdx??3k{a?x[R?(a?x)]a?x[R?(a?x)]225/2225/2，

}

?求二阶导数得

dBdx22?2k[1?R?4(a?x)[R?(a?x)]222227/2?32?x222R?a?

??3k{

?3?54ax????...] 22224(R?a)?32R?4a2222222?2

R?4(a?x)[R?(a?x)]2

2227/2}，

?2k[1?2

?在x = 0处dB/dx = 0，得R = 4a，所以

2a = R．

x = 0处的场强为 B?k2223(R?a)x?...]

2令R2 - 4a2 = 0，即a = R/2，得

B?2k?[R?(R/2)] /2?0IR223/2(R?a)2?85?0I25R，

?k1655R3?8?0I55R可知：O点附近为均强磁场．

．

14．5 将半径为R的无限长导体圆柱面，沿轴向割去一宽为h(h<

[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

o 流在轴线上产生的磁感

R 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

i 方法二：用二项式展开．将B1展开得

B1??0IR22223/22[R?a?2ax?x]

??0IR2(R?a)223/222223/2[1?(2ax?x)/(R?a)]223/2．

设k??0IR2，则

22(R?a)B1?k(1?2ax?xR?a222)?3/2．．

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?h o` 图15.8` ．

同理，B2?k(1??2ax?xR?a22)?3/2当x很小时，二项式展开公式为 (1?x)?1?nx?nn(n?1)1?2?0I2?Rx?...．

2??0ih2?R方法二：积分法．在导体的截面上建立

将B1和B2按二项式展开，保留二次项，总坐标，x坐标轴平分角α，α = h/R．场强为电流垂直纸面向

y ds R 20

θ dBx α o x dBy dB 外，在圆弧上取一线元

ds = Rdθ，

无限长直线电流为 dI = ids = iRdθ，

在轴线产生的磁感应强度大小为

dB?dI = idl = Idφ/π，

在轴线上产生的磁感应强度为

dB??0dI2?R??0Id?2?R2，

方向与径向垂直．dB的两个分量为 dBx = dBcosφ，dBy = dBsinφ．积分得

??0dI2?R??0i2?d?，

两个分量分别为

dBx?dBsin???0i2?sin?d?，

Bx??2?0?0I2Rcos?d???0I2?R2?sin?0?0，

dBy??dBcos????0i2?cos?d?．

?By?积分得 Bx??2?0?0I2Rsin?d?

?0i2?2???/2??/2sin?d????0i2?2???/2cos??/2 ??0I2?R2?(?cos?)0??0I?R2．

???0i2?[cos(2???/2)?cos(?/2)]?0；

2???/2By???0i2???/2cos?d????0i2?2???/2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．

14．7 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

x P a 图15.10

I sin??/2

????0i2?[sin(2???/2)?sin(?/2)]

?0i2?2sin?2??0i2????0ih2?R．

By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．

14．6 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

R I 平面内距板的边缘

为x的P点处的磁感应强度（如图所示）． [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， Px 以板的下边缘

dl dI 为原点，在薄板上取

a I l 一宽度为dl的通电

导线，电流强度为 dI = δdl，

在P点产生磁感应强度为

dB?图15.9 ?0dI2?r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

y 一线元dl = Rdφ代表无限长直导线的截

面，电流元为

dBy dB φ R odBx x

??0?dl2?(x?a?l)，

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

aB??2?(x?a?l)

0?0?dl???0?2?a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n1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，圆心处的磁感应强度为零．

[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，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

n1n2 = R4?R3R2?R1ln(x?a?l)l?0??0I2?aln(1?ax)．

[讨论]当a趋于零时，薄板就变成直线，因此

B??0Iln(1?a/x)2?xa/x??0I2?x，

这就是直线电流产生的磁场强度的公式．

14．8 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 R O 图15.11

y R θ n = N/C = 2N/πR． x dB o在四分之一圆上取一弧元

dl = Rdθ，

线圈匝数为 dN = ndl = nRdθ，环电流大小为 dI = IdN = nIRdθ．环电流的半径为 y = Rsinθ，离O点的距离为 x = Rcosθ，在O点产生的磁感应强度为

dB??．

?0ydI2R32??0nI22sin?d?

?0NI?R2sin?d?，

14．10 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？

[解答]在圆柱体内取一半

R 方向沿着x的反方向，积分得O点的磁感应强度为

B?I ?0NI?R?/2?/2?02sin?d?

径为r、宽度为dr的薄圆环，

图15.13

??0NI2?R?0(1?cos2?)d???0NI4R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；从0到R积分得全部电流强度

I = 2πkR3/3，

因此Ir/I = r3/R3．

14．9 两个共面的平面带电圆

R3 R1 R2

R4 22

图15.12 根据安培环路定理可得导体内的磁感应强度

B????0Ir2?r??0l2?b/2??b/2(I1a?b/2?xa?ba?I2c?b/2?xcc?b)

-4

)dx

?0I2?R3r．

14．11 有一电介质圆盘，其表面均匀带有电量Q，半径

ω 为a，可绕盘心且与

a盘面垂直的轴转o 动，设角速度为ω．求圆盘中心o的磁感应强度B = ？

图15.14 2

??0l2?(I1ln-7

?I1ln=2×10×10×100×2ln2=2.77×10(Wb)．

14．13 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 = 10m·s．求圆轨道内所包围的磁通量是多少？

[解答]电子所带的

图15.16

-1

B o R v [解答]圆盘面积为 S = πa，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，所带的电量为 dq = ζdS = 2πζrdr．

薄圆环转动的周期为 T = 2π/ω，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，

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． 14．12 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

a 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)．

14．14 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

I1 dx l oI2 x 横截面积上，设圆柱半径为R1，圆筒半径为R2，如图所示．求：

R2 R1 dr （1）磁感应强度Bl 的分布；

（2）在圆柱和圆筒之间单位长度截面的磁

I I b 图15.15 c 的磁通量．

[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，在坐标系中的x点，它们共同产生的磁感应强度大小为

?0I1?0I2B?2?(a?b/2?x)?2?(c?b/2?x)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．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 = Ir/R1．

根据安培环路定理

图15.17

．

在矩形中取一面积元dS = ldx，通过面积元的磁通量为dΦ = BdS = Bldx，

通过线圈的磁通量为

??B?dl???IL0??0Ir，

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/2πR1，(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，总磁通量为

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 = πrδ，

根据安培环路定理可得方程 2πrBr = μ0ΣI，

磁感应强度为 Br??0?I2?r??0?2r，

方向与矢径r垂直．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．

设两个磁感应强度之间的夹角为θ，则

R2R1??

?0I2?R2?R11rdr??0I2?合场强的平方为

．

B?Br?Br`?2BrBr`cos?

B2ln22214．15 一长直载流导体，具有半径为

?(?0?2222)(r?r`?2rr`cos?)．

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匀磁场，a应满足什么条件？

图15.18 R a b OO`根据余弦定理，如图可知：

b?r?r`?2rr`cos?，

222由于φ = π - θ，所以

B??0?2b，

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??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，

与上式联立得

a?12?n?R，

（1）[证明]导体中的电流垂直纸面向外，电流密度为

??I?(R?a)22．

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

Br R B θ 这就是a所满足的条件．

[注意]此题中的长孔中的磁场与习题

12．13．中空腔中的电场情况非常类似．

补加4：在XOY平面内有一载流线

I a α r P φ r` Br` Ob O`a Y 24

b R θ od B c X 图15.19 o半径R = 圈abcda，通有电流I = 20A，bc方向向左．

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，

两个分量分别为 dFx = dFcosα

和 dFy = dFsinα，

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，方向相反．

由于 dl = dr/sinα，所以 dFx = I2drBcotα，积分得

Fx?b?asin?20cm，电流方向如图所示．线圈处于磁感应强度B = 8.0×10T的均强磁场中，B沿着X轴正方向．求：直线段ab和cd以及圆弧段

obc-2

oa在外磁场中所受安培力的大小和和d方向．

o弧和cd[解答]根据右手螺旋法则，bcoa边受力方向垂直纸面向外，d弧和ab边受

力方向垂直纸面向里．由于对称的关系，ab边和cd

o边所受安培力的大小是相同的，bc?0I1I2cot?2??b1rdr

?oa弧所受安培力的大小也是相同的．弧和d?0I1I2cot?2?lnb?asin?b

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

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 dFbc = |Idl×B| = IdlBsinθ，

由于线元为 dl = Rdθ，所以 dFbc = IRBsinθdθ，因此安培力为

??0I1I236?lnb?a3/2b．

作用在三角形线圈上的力的大小为

F = FAB – 2Fx

??0I1I2a2?(b?233lnb?a3/2b)，

方向向左．

14．17 载有

?/20Fbc?IRB??/20sin?d??IRB(?cos?)

= IRB = 0.32(N) = Fda．

14．16 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

oy I1 A I2 b α B a C x 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．

o I1 I2 r R θ 图15.21

[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弧所受的向右的力的四倍．

电流元所受的力的大小为dF = I2dlB，

B = μ0I1/2πb，

图15.20 作用力大小为

FAB = I2aB = μ0I1I2a/2πb，

其中 dl = Rdθ，B = μ0I1/2πr，而 r = Rcosθ，所以向右的分别为

dFx = dFcosθ = μ0I1I2dθ/2π，

积分得

Fx?应强度B；

（2）磁矩pm；

（3）若a>>b，求B0与pm． [解答（]1）直线转动的周期为T = 2π/ω，在直线上距O为r处取一径向线元dr，所带的电量为 dq = λdr，

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?b?0I1I22??/2d?0d???0I1I24，

电流I2所受的合力大小为

F = 4Fx = μ0I1I2，

方向向右．

14．18 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

B θ o B??0??4??a1rdr??0??4?lna?ba，

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

θ G 图15.22

pm?a?b??2?ardr?2??6[(a?b)?a]．

33如果λ > 0，pm的方向垂直纸面向外．

（3）当a>>b时，因为

B?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，方向与B成θ角，所以磁力矩大小为 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，

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 NI2RlBsinθ = mgRsinθ，

解得电流强度为

I = mg/2NlB = 5(A)．

14．19 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

ω b，其A端距转轴O距

B 离为a，求：

b （1）O点的磁感

o a A 图15.23

?0??4?ln(1?ba)??0??b4?(a?...)，

所以 B?pm???0??b4?a3．

)?1] b33??a6[3ba[(1?bba2??a63?3()?()]?aa??ab22．

14．20 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 = πR，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°．

*补加5：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？

[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

?I?0I1， B?01?2?r4?Rcos?因此安培力的大小可化为

dF??0I1I4?2合，所受的力为零，力矩也为零．

14．21 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： R （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

R O I1 图15.25 φ B I2dl I2 成θ角，则沿着磁力线方向的速度为 v1 = vcosθ，垂直速度为 v2 = vsinθ．由 R = mv2/eB，得 v2 = eBR/m．由 h = v1T，

得 v1 = h/T = heB/2πm，

图15.26 I1 r R O φ θ I2 x 因此速度为

v?v1?v2?22eBmR?(2h2?2)

= 7.75×106(m·s-1)；

由 tan??v2v1?2?Rh= 2.51，

得 θ = 68.3° = 68°18′．

14．22 一银质条带，z1 = 2cm，y1 = 1mm．银条置于Y方向的均匀磁场中B = 1.5T，如图所y1 Z 示．设电流强度I =

Y o tan2??d，

B X z1 I 力的方向垂直纸面向里．

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?dF(Rsin?)??0I1I2R2?sin2?2d?

图15.27 200A，自由电子数n = 7.4×1028个·m-3，试求：

（1）电子的漂移速度；

（2）霍尔电压为多少？

[解答]（1）电流密度为 δ = ρv，其中电荷的体密度为 ρ = ne.

电流通过的横截面为 S = y1z1，

电流所受的力矩为

M??0I1I2R2?2??012(1?cos?)d?

??0I1I2R2．

R O I1 B 电流强度为 I =δS = neSv，得电子的漂移速度为

v?IneS?17.4?10?1.6?10-4

-1

28?19 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

?0.001?0.02

I2 27

=8.45×10(m·s)．

（2）霍尔系数为

RH?1ne?17.4?10-11

28（2）根据公式B = μH，得铁的磁导率

?1.6?10-1

?19

为

??BH?0.0232= 8.44×10(m·C)，

霍尔电压为

UH?RHIBy1?8.44?10-5

?11= 6.25×10-4(Wb·A-1·m-1)．

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

?m???0?1?6.25?104??10?4200?1.50.001= 2.53×10(V)．

?7?1?496.4．

第15章磁介质的磁化

P137．

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·m．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·m，磁化强度为

M??pm?V?pmV?3磁化强度为

M = χmH = 496.4×32 = 1.59×10(A·m)．

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

-1

?12000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

H0?NIl?200?100?1010?10-1

?2?3?(25?10/2)?75?102?3=3.26×108(A·m-1)．

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时，通过环的磁通量为2.0×10-6Wb，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．

[解答]（1）根据公式B = Φ/S得磁感应强度为

B?2.0?101.0?10?6?4

= 200(A·m)．

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

= 0.02(T)．

根据磁场的安培环路定理

??H?dl?L?I，

由于B与dl的方向相同，得磁场强度为

H?NIl?300?32?1030?10?2?3= 32(A·m)．

-1

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/πR1．

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 =πr，

通过的电流为 ΣI = δS = Ir2/R12．

根据磁场中的安培环路定理

??r?0I8?r222,(R1?r?R2)；

介质之外的磁感应强度为

wm?12B?H?12?0H2??0I2228?r,(r?R2)．

??H?dl??I，

15．5 一根磁棒的矫顽力为Hc = 3-1

4.0×10A·m，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，

所以电流强度为

I = Hc/n = 4.0×103/500 = 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

R2 o R1 R3 图16.6

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??Il?Ir2?R21，（0≦r≦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，可得磁场强度为

H??Il?I2?r，（r≧R1）．

导线之内的磁感应强度为

B??0H??0Ir2?R21,(0?r?R1)；

介质之内的磁感应强度为

B??H??r?0H??r?0I2?r ,(R1?r?R2)；

介质之外的磁感应强度为

B??0H??0I2?r,(r?R2)．

H B 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的分布以及im为多少？

[解答]（1）导体圆柱的横截面积为

S0 = πR12，

r 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，通过的电流为 ΣI = δS = Ir2/R12．

根据磁场中的安培环路定理

o o r R1 R2 R1 （2）导线之内的磁能密度为

wm?12B0?H0?2212?0H0

2??0Ir8?R241,(0?r?R1)；

??H?dl??I，

L介质之中的磁能密度为

wm?12B?H?12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??Il?Ir2?R12?H2?122?r?0H

，（0≦r≦R1）．

磁感应强度为

B??r1?0H?（R2≦r≦R3）．

磁感应强度为

，（0≦r≦R1）．

B??r1?0H??r1?0Ir2?R12?r1?0I(R3?r)2?(R?R)r232222，

（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

H??Il?I2?r（R2≦r≦R3）．

（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 = 6×10m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

-4

，（R1≦r≦R2）．

磁感应强度为

B??r2?0H??r2?0I2?r，（R1≦r≦R2）．

磁化强度为

M?B?H?(?r2?1)H?(?r2?1)I2?r?0．

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??H?dl?L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n垂直，im = |M×n| = M．

在介质的内表面，由于r = R1，所以磁化电流为

im?(?r2?1)I2?R10

得磁场?I，

强度为H = NI/2πr．

根据公式B = μH，得绝对磁导率为

BH2?r?NIS?4．

???．

在介质的外表面，由于r = R2，所以

im?(?r2?1)I2?R2（1）在第一种情况下

??2??0.1?3.24?10200?0.63?6?10?4．

（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

= 2.69×10-3(H·m-1) ．

（2）在第二种情况下

??2??0.1?6.18?10200?4.7?6?10?4?4

= 6.88×10-4(H·m-1) ．

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

22?I?I??`S?I?Ir?R22222SS`2

?I(1?R3?R2)?IR3?r2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

M H R3?R2根据安培环路定理??H?dl?L?I，得磁场

强度为

H??I2?r?I(R?r)2?(R?R)r2223232，

到外的磁化方

向全部翻转，-Hc o 导线中脉冲电

图16.8

流I的峰值至少需要多大？设磁性材料的矫顽力Hc?1?103(A·m-1)．

2??BO??B4L2(5)?216?BL502．

[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??AO?23?BL102

?3?BL10?3?2??1.0?10(0.5)10-4

?42

= 4.71×10(V)．

13?10?0.4(A)．

2?[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

第16章电磁场

P177．

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

A L/5 O` ω B B ??Bl22??B(L?2Ll)22．

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I 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？

xA A θ r dl o 图17.2

l v B x O 图17.1

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 = Rdθ/2，切割的磁通量为 dΦ = BdS = BR2dθ/2，动生电动势的大小为 ε = dΦ/dt = ωBR2/2．

根据右手螺旋法则，圆周上端点的电势高．

AO和BO段的动生电动势大小分别为

?AO??BL2(5)?2[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；线元到直线之间的距离为

r = xA + lsinθ，

直线电流在线元处产生的磁感应强度为

?0I2?r2

L l o dθ R ω B???0I2?(xA?lsin?)．

由于B，v和dl⊥相互垂直，线元上动生电动势的大小为

d??Bvdl???0Ivcos?dl2?(xA?lsin?)，

?BL502棒的动生电动势为

，

???0Ivcos?2?L?x0dlA?lsin?

??0Ivcos?2?sin?L?0d(xA?lsin?)xA?lsin?xA?Lsin?xA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)vR2??0Iv2?cot?ln，

?mdvdt，

A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?xA?ln(1?Lsin?xA)?Lsin?xA即：

dvv??(BL)mR2dt

积分得方程的通解为

lnv??(BL)mR2t?C1．

，

根据初始条件，当t = 0时，v = v0，可得常量C1 = lnv0．方程的特解为

所以???0IvL2?xA，这就是棒垂直割磁力线

v?v0exp[?(BL)mR2t]．

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

A 量为m，长为B L．在导轨上的v0 R 端接有电阻R．匀强磁场B垂直导轨平面向里．当AB

B 图17.3

??mRv0(BL)2 由于v = dx/dt，可得位移的微分方程

dx?v0exp[?(BL)mR2t]dt，

方程的通解为

x?v0?exp[?(BL)mR(BL)mR2t]dt

2杆以初速度v0向运动时，求：

（1）AB杆能够移动的距离；

（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．

[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，

exp[?t]?C2，

当t = 0时，x = 0，所以常量为C2?方程的特解为

x?mRv0(BL)2mRv0(BL)2．

{1?exp[?(BL)mR2t]}．

当时间t趋于无穷大时，杆运动的距离为x?mRv0(BL)2．

方法二：冲量法．由F = -(BL)2v/R，得

?(BL)R2dx?Fdt，

右边积分得

?tFdt?0?mv0，

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植 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

mgsin??(BLcos?)vRmRmgRsin??(BLcos?)v222

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?mv0R(BL)2．

（2）杆在移动过程中产生的焦耳热元为

dQ?IRdt?2?mdvdt，

?2Rdt?(BLv)R22dt

即 dt?t]dt

dv，

?(BLv0)R2exp[?2(BL)mR方程可化为

dt??mR(BLcos?)2整个运动过程中产生的焦耳热为

Q?(BLv0)R20d[mgRsin??(BLcos?)v]mgRsin??(BLcos?)v22．

2??exp[?02(BL)mR?2t]dt

积分得方程的通解为

t??mR(BLcos?)22 ln[mgRsin??(BLcos?)v]?C．

??mv2exp[?2(BL)mR2t]0?mv220，

量

根据初始条件，当t = 0时，v = 0，可得常

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，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，所以棒的动生电动势为

ε = BLv⊥ = BLg(sinθcosθ)t = BLg(sin2θ)t/2．

（2）设棒运动时间t时的速度为v，则动生电动势为 ε = BLvcosθ，电流为 I = ε/R，所受的安培力的大小为

D B C θ 图17.4 B A C?mR(BLcos?)2ln(mgRsin?)，

方程的特解为

t??mR(BLcos?)2ln[mgRsin??(BLcos?)v]mgRsin?2，

棒的速度为

v?mgRsin?(BLcos?)2{1?exp[?(BLcos?)mR2 t]}，

动生电动势为

??BLvcos? ?mgRBLtan?{1?exp[?(BLcos?)mR2 t]}．

[讨论]当时间t趋于无穷大时，最终速度为 v?mgRsin?(BLco?s2)，

最终电动势为 ??mgRtan?， BL 33

最终电流为 I?mgBLtan?．

M = Fr = Barωζt．

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

M C 架内的感应电动势B εi．

v （1）磁场分布θ O 均匀，且B不随时N D x 间改变；图17.6 （2）非均匀的

交变磁场B = Kxcosωt．

[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，动生电动势为 εi = Blv = Bv(tanθ)t．

（2）导体杆扫过的三角形的面积为 S = xl/2 = xtanθ/2 = vttanθ/2，

通过该面的磁通量为

??BS?kxtan?23222

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，感生电流做功的功率为

P?IR?2?2R?(BLvcos?)RmgRsin?2，

两式联立也可得v?(BLcos?)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，

B 此盘绕通过其中心的ω a r a t 垂直轴旋转，且有一

覆盖小面积为a的均

图17.5

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，试证此圆盘受到一阻碍其转动的磁力矩，其大小近似地表达为M≈B2a2r2ωζt．

[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、宽和高分别为a、a和t的小导体，其横截面积为

S = at，

电流将从横截面中流过，长度为a，因此其电阻为

R??lS?12

222

cos?t

?kvtan?233tcos?t

感应电动势为

?i??3d?dt

?t．

a a S I t

??kvtan?2kvtan?23 (3tcos?t??tsin?t)，

23宽为a的边扫过磁场中，速度大小为 v = rω，

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

即：?i? t(?tsin?t?3cos?t)．

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

B 34

R 图17.7

B r x I 秒．求：

（1）在t = 2s时回路中的感生电动势为多少？

（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 = (3t + 2t + 1)/10，感生电动势大小为

ε = |dΦ/dt| = 2(3t + 1)/10．

-2

t = 2s时的感生电动势为1.4×10(V)．

（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?3

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D 回路中t时刻的感应电动势的大小和方向（设t = 0时，x = 0）．

L o R 图17.8

n B θ A v B 图17.9

[解答]经过时间t，导体杆运动的距离为 x = vt，

扫过的面积为 S = Lx = Lvt，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．

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．

[解答]电流A B I在r处产生的磁感应强度为

B??0IR2223/2，

2(x?R)当x>>R时，磁感应强度为 B??0IR2x32．

小线圈的面积为S = πr，通过的磁通量为

??BS???0IRr2x322B rx ，

?0I2?r，

drv b当小线圈运动时，感应电动势为

???d?dt?3??0IRrv2x422穿过面积元dS = bdr的磁通量为

d??BdS?D a C ，

，

?0Ib2?r图17.10

dr当x = NR时，感应电动势为

??3??0Irv2NR422穿过矩形线圈ABCD的磁通量为

．

???0Ib2?x?a?x1rdr??0Ib2?ln(x?ax)，

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．

回路中的电动势为

???d?dt联立①和②式得微分方程

dvdt22?(aB0)mL2v?0，

???0b2?[ln(x?adI11dx)?I(?)] xdtx?axdt这是简谐振动的微分方程，其通解为

v?AcosaB0mLt?BsinaB0mLt．

??0I0b2?[?ln(x?ax)sin?t?avcos?tx(x?a)]．

当t = 0时，v = v0，所以A = v0．

加速度

at = dv/dt

?aB0mL(?AsinaB0mLt?BcosaB0mLt)，

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，y B0 自感系数

bv0 为L，忽略

a电阻．线框的长边与x轴平

o x 当t = 0时，at = 0，所以B = 0．

速度方程为

v?v0cosaB0mLt．

由于v = dx/dt，所以 x?行，它以

图17.11

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．

当线框中的电流为i时，产生的自感电动势的大小为 ?L?Ldidt?vdt?mLaB0aB0 vcosttd0?mL?v0sinaB0mLt?C．

当t = 0时，x = 0，所以C = 0，所以位移方程为

x?v0mLaB0sinaB0mLt．

．

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 = 10T·s．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．

-2

-1

根据欧姆定律得 ε + εL = iR，

由于不计电阻，所以有

B0av?Ldidt?0． ①

a B r b r c 图7.12

R 右边所受的力为 F = iaB0，根据牛顿第二定律得

iaB0?mdvdt，

dvdt22微分得 aB0

didt?m， ②

[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 = πr．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。

根据安培环路定理

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，

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．

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，总磁通量为

r2??ELk?dl????BS?t?dS，

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

???2?rr1?0Ildr??0Il2?lnr2r1，

蜒?Ek?dl?L?LEkdl?Ek ?dl?Ek2?r．

L电缆的自感系数为

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

???BS?I??0l2?lnr2r1．

?t?dS?dBdt?SdS?dBdt[讨论]电缆单位长度的自感系数为

?r．

L0?2Ll??02?lnr2r1．

因此涡旋电场为 Ek?rdB2dt．

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

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

I1 B r L ??ELk?dl????BS?t?dS，

o R 似地可视为均匀，求两线圈的互感系数．图17.14

[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?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，因此涡旋电场为

Ek?R2?0N1I1R2223/2，

2(L?R)dB2rdt．

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???0N1I1Rr2(L?R)2222对于c点，由于r = 0.15m，R = 0.12m，所以

Ek = (0.12)×0.01/2×0.15 = 4.8×10(V·m）．

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

-4

-1

3/2，

在小线圈中产生的全磁通为

r2 r1 l 37

o I I ?21?N2????0N1N2I1Rr2(L?R)223/222，

图17.13

互感系数为

M??21I1???0N1N2Rr2(L?R)22223/2．

[讨论]当两线圈相距很远时，L>>R，互感系数约为

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 =

c a I b

??0N1N2r2R2．

I0sinωt时，求直导线中的感应电动势．

图17.17

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 = πR1，

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：

（1）两线圈的互感M；（2）C2线圈中的电

I2 -1C2 流以50A·s的速率减少时，C1中的感应电动势为多少？

[解答](1)设大线圈中

C1 2

[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

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

a?c???SBdS??c?0Ibdr2?r??0Ib2?lna?cc，

互感系数为 M??I??0b2?lna?cc．

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 ??MdIdt??0b2?(lna?cc)I0?cos?t．

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．

（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I，两个线

图17.18

b b` a a图17.16

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，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)．

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

Wm?Wm?12L1I?21222L2I?MI，

自感系数为

L?2WmI2V?2?B2dV?4?VB122?dV?4122L1I．

?L1?L2?2M．

自感系数为

L?2WmI2

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 = 4.0×10H，通有

-3

电流I1 = 2A，B管的自感L2 = 9×10H，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??12122L1I1

-3

?4L1=0.04(H)．

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

Wm?B2?4?10?3?2?8?102?3(J)，

B管储存的自能为

Wm2?122L2I2

1 2 3 a 4 ?12?9?10?3?4?72?102?3(J)；

由于两线圈完全耦合，互感系数为

1 2 3 4 M??4?10?3L1L2 ?9?10?3?3?6?10(H)，

b 图17.19

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)．

B1?B2dV

V?2?dVB22?V?2?dV??2?dV??VVB12?

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，当导线中通有电流I = 2.0A时，求：

（1）环内中心轴线上处的磁能密度；

b I o ?12L1I?212L2I?2?VB1B2cos??dV．

（1）当两个线圈顺串时，两磁场的方向相同，θ = 0，所以

Wm?12L1I?212L2I?MI，

22自感系数为

L?2WmI2b o` ?L1?L2?2M．

（2）当两个线圈反串时，两磁场的方向相反，θ = π，所以

图17.21

（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

w??1212B?H?12BH??716．24 在圆形极板的平行板电容器上，加上频率为50Hz，峰值为2×10V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，

2?(nI)

12?1000?4??104

-3

(25000.52?2)

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?dt?dqSdt?qm?Scos?t．

= 2π×10(J·m)．

（2）螺绕环的总体积约为V = bL，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?CdUdt2

的形式，式中C是

电容器的电容，U是两板间的电势差．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)．

（2）在安培-麦克斯韦环路定律中

??H?dl?I?ILd，

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??LLHdl?H ?Ldl?2?rH．

环路所包围的面积为S` = πr2，右边的位移电流为

Id??dS`?qm?S(cos?t)?r．

2因此，两极板间磁场强度的分布为

H?qm?r2Scos?t，

磁感应强度的分布为

B??0H??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

q v r θ x O a 图17.26

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Rr v 的环，其面积为 θ φ x dS = 2πRdR， q r 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 = (x + R)，通过环的电通量为 dΦe = E·dS = EdScosφ，

其中cosφ = x/r，所以得 d?e?qxRdR2?0r3场为

Ey?0.3cos[2??10(t?7xcm)． )](V·

-1

a O R E 求：

（1）电磁波的波长和频率；

（2）传播方向；

（3）磁场的大小和方向． [解答]（1）电磁波的角频率为

7-1

ω = 2π×10(rad·s)，频率为 ν = ω/2π = 107(Hz)．

波长为 λ = cT = c/ν = 3×10/10 = 30(m)．

（2）电磁波的传播方向为x方向．（3）磁场的方向在z方向，由于

221/2

?qx2RdR23/22?0(x?R)，

?0Ey??0Hz，

所以磁场强度为 Hz?积分得电通量为

?0?0?e?qx2?0qa?2(x0d(x?R)222Ey?1?0?0?0?7Ey?Ey

71c?0Ey

?R)x23/2

?3?10?4??101400?8?2?0(1?x?a22)．

?cos[2??10(t?xc)]．

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?q2(1?xx?a22磁感应强度为

Bz??0Hz??10?91cEy

7cos[2??10(t?xc)]．

)．

16．28 一个长直螺线管，每单位长度有n匝线圈，载有电流i，设i随时间增加，di/dt>0，设螺线管横截面为圆形，求：（1）在螺线管内距轴线为r处某点的涡旋电场；

（2）在该点处坡印廷矢量的大小和方向．

当电荷q以速度v向O运动时，可认为圆面以dx/dt = -v向电荷运动，因此，通过此圆面的位移电流为

Id?d?ddt2

2??q2[x?a(?v)?x(?v)/x?a222x?a22[解答]（1）长直螺线管通有电流i时，

]

在轴线上产生的磁感应强度为

B = μ0ni，

i E S dl r i ?q2av23/222(x?a)．

o B

16．27 在真空中，一平面电磁波的电

磁场是均匀的，也是轴对称的．

以轴线上某点为圆心，以r为半径作一环路，环路的周长为 C = 2πr，

面积为 S=πr，根据电场的环路定理

?4?BS2

53?10?6?5.16?10?6(T)，

??E?dl???L?t?dS，

（取μ0 = 4π×10）．

16．30 一平行板电容器由相距为L的两个半径为a的圆形导体板构成，略去边缘效应．证明：在电容器充电时，流入电容器的能量速率等于其静电能增加的速率．

[证明]电容器的面积为 S` = πa2，电容器充了电量q时，面电荷密度为

ζ = q/S`，不计边缘效应，边缘的场强为

a H L S E S`` S` -7

可得 2πrE = -πr2dB/dt，因此涡旋电场为

E???0nrdi2dt，

负号表示涡旋电场的方向与环路的环绕方向相反．

（2）管中磁场强度为H = B/μ0 = ni．坡印廷矢量为S = E×H，其大小为

S?EH??0nrdi2idt2．

当di/dt > 0时，S的方向沿径向指向轴线；当di/dt < 0时，S的方向沿径向向外．

16．29 有一氦氖激光管所发射的激光功率为10×10W，设激光为圆柱形光束，圆柱横截面直径为2.0×10-3m，试求激光的最大电场强度和最大磁感应强度为多少？

[解答]圆柱面积为 S = πr2，坡印廷矢量的平均值为 S?P/S．

设最大电场强度为E0和最大磁感应强度为B0，可以证明：S?由于?0E0?S?12E012E0H0．

-3

E=ζ/ε0=q/S`ε0．

在边缘做一个半径为a的环路，其周长为2πa，面积为S`．根据环路定理

??H?dl?I?ILd，

左边为2πaH；右边的I = 0，Id = dq/dt，所

以磁场强度为

H?dq2?adt．

ddt(Id?2d?ddtdt?ddt?SD?dS?d?dt??S?0EdS

?0H0，可得 ?02?0?02Pc?0SE20??a?0dE??a2dqdt)

?0?0E0???0c2坡印廷矢量为S = E×H，其大小为

E，

20S?EH?qdq2?aS`?0dt，

所以 E0?32Sc?0? 方向垂直环路指向轴线．

电容器侧面的表面积为S`` = 2πaL，流入电容器的能量速率为

dWdt?SS``?Lqdq?102.4?1.549?10(V·m），

3-1

[取ε0 = 1/4πk = 1/(4π×9×10)]．同理， H0?2Sc?0?2Pc?0S?0S`dt．

，

当电容器带电q时，根据电容公式C =

q/U，两端的电压为U = q/C，所带的静电能为

磁感应强度的最大值为

B0??0H0?

2?0Sc?2?0PcS 42

W`?CU22?q22C，

静电能的增加速率为

dW`dt?qdqCdt．

P?SS``??LS`LI2S`，

由于电容C??0S`L，所以，流入电容器的其中R??2

正好是这段导体的电阻，而

能量速率等于其静电能增加的速率．

16．31 半径为a的长直导体载有沿轴线方向的电流I，I均匀地分布在横截面上．证明：

（1）在导线表面，坡印廷矢量S的方向垂直于导线表面向内；

I S S S S S S S S S I S S S IR是导体消耗焦耳热的功率，所以导体内消耗的焦耳热等于S传递来的能量．

16．32 如图所示的电路，在电键K接通后，电池中的稳恒电流为10A，（线圈的电阻R = 0）．

（1）说明为什么当电键断开时，L-C电路就发生振荡电流；

（2）求振荡电流的频率；（3）求电容器两端的最大电势差；

L=2H,R=0 图17.32 ε R C=8μF K 图17.31

（2）导体内消耗的焦耳热等于S传递来的能量．

L [证明]（1）

S` 导体的横截面积I a H I S 为

E a 2

S` = πa，

S``电流密度为

δ = I/S`．

导体的电阻率为ρ，电场强度大小为E = ρδ，方向与电流的流向相同．

在导体表面做一个半径为a的环路，其周长为C = 2πa．根据环路定理

（4）若线圈的电阻R≠0，试讨论能否

发生振荡？如能振荡，振荡频率为多少？ [解答]（1）当电键K接通后，由于电池中的电流是稳恒的，电流不通过电容器，只通过电感L．K断开时，L中的电流发生了变化，就会产生感应生动势，给电容器C充电；电容器充完电之后又放电．这个过程不断进行，就产生振荡电流．

（2）振荡电流的频率为 ??12?12?2?8?10?6??H?dl?I?ILd，

LC103左边为2πaH；右边的Id = 0，所以磁场强度

为 H = I/2πa．

由于电场强度E的方向沿着轴向，磁场强度方向沿着环路，根据S = E×H，可知：在导线表面，坡印廷矢量S的方向垂直于导线表面向内．

（2）在导体表面的坡印廷矢量的大小为

S?EH??II??I2??8?=37.79(Hz)．

（3）电量的方程为 q = qmcosωt，

电流的方程为 I = dq/dt = -ωqmsinωt，其中ωqm = im，所以最大电量为qm = im/ω．

电容器两端的最大电势差为

S`2?a2?aS`，

Um?qmC?im?C2?imLCC?imLC 对于长为L的导体来说，其表面积为

S`` = 2πaL，

单位时间内传递来的能量为

?108?10?6?5?10(V)．

3 43

（4）当线圈中电阻不为零时，电流通过电阻要产生电压降iR，当电容器带电时，两端的电压为 Uc = q/C；当电感中电流变化时，产生的感应电动势大小为 UL = Ldi/dt．

它们相当于两个电源，方向相同，而与电阻上电压降的方向相反，所以电路方程为

?Ldidt?qC?iR．

平均坡印廷矢量，根据17．29题的结果得电场强度的峰值为

E0?2Sc?0

?10?210(V·m)， 24?= 8.68×

-2-1

磁场强度的峰值为

H0?2Sc?016?由于I = dq/dt，所以方程变为

Ldqdt22

?Rdqdt?qC?0．

?10?3=2.3×10(A·m)．

-4-1

设方程的解为q = Aert，代入微分方程可得

Lr2 + Rr + 1/C=0．

根的判别式为D = R - 4L/C，当R≧4L/C

时，ert只有实部，电路不能发生振荡．

当R2 < 4L/C时，设r = α + ωi(i为虚数单位)，其中

???R2L2

（2）电台的发射功率等于单位时间内通过飞机所在球面的平均能量，即

2(10)×10×10 P?4?rS= 4π×

42-6

= 4π×103(W) = 12.56(kW)．

，

2??4L/C?R2L?1LC?R224L．

电路能够发生振荡，振荡频率为

???2??12?1LC?R224L．

α使振幅按指数规律减小．

[讨论]当电路中的电阻R = 0时，α = 0，

频率为

??1/2?LC，

这正是纯LC电路的振荡频率．

17．33 一飞机在离电台10km处飞行，收到电台的讯号强度为10×10W·m，求：

（1）该电台发射的讯号在飞机所在处的电场强度的峰值E0和磁场强度的峰值H0为多少？

（2）设电台发射是各向同性的，求电台的发射功率．

[解答]（1）飞机电台收到讯号强度就是

-6

-2

17．1 在半径为R的圆柱形空间内，匀强磁场随时间的B 变化率为dB/dt，一根长为L的金属导体棒置于磁场中，求棒AB两端的感生电动势．

[解答]方法一：场强法．取Ｏ为圆心r为半径的环路，其周长为C = 2πr，面积为 S = πr2．设环路的为逆时针方向，则面积的方向垂直平面向外。

在环流公式中

R 补充题

OA和OB与场强方向垂直，感应电动势为零．所以杆上的感应电动势为 A Ek θ Pr a θ dl OB ?AB??BAEk?dl??Ek?dl??Ek?dl

BOOA????Ek?dl?L?2?BS?t?dS

?dBdt?SdS?aLdBdt?L2R?(2L2)2dBdt．

??Ek?dl???L?BS?t?dS，

[讨论]AB两端的感生电动势与棒的长

度L有关，对L求导得

d?ABdL?(R?L/4?L22设dB/dt > 0，则感应电流的磁场垂直纸面向外，环路上的涡旋电场强度Ek的方向与环路方向相同，而?B/?t的方向与dS的方向相反，可得

2πrEk = πr2dB/dt，所以 Ek?rdB2dt?L/422R?L/42dt)dB

?R?L/22222dBR?L/42dt，

．

令dεAB/dL = 0，得 L?L/2R2R，

设AP为l，在杆上r处取一线元dl，感应电动势为

d??Ek?dl?rdB2dtdlcos?，

由于 sin???22，

设杆到圆心O的距离为a，则a = rcosθ，于是得

d??adB2dtdl．

所以θ = 45°．这种情况下OAB的面积最大，感生电动势也最大，最大值为

?AB?R2dB2dt．

AB两端的感生电动势为

?AB?adB2dt2

L?dl?0aLdB2dt 17．（2）．均匀磁场充满在半径为R的

．

圆柱形空间，一金属

R C R A 杆长为2R，一半在B a α D 磁场外，另一半在磁R 场中，并跨在圆柱形O磁场的两端．磁场随B 时间的变化率为

dB/dt，求棒AB两端的感生电动势．

由于a = [R - (L/2)]，所以得

?AB?L2R?(221/2

L2)2dBdt．

方法二：面积法．在三角形OAB中，

[解答]方法一：面积法．连接OA和OB，由于AC = R，三角形AOC为等边三角形，其高为a?3R/2，面积为 aR234d??Ek?dl?rdB2dtdlcos??adB2dt dl．

AC段的感应电动势为 ?AC?adB2dtR?dl?0aRdB2dt?34R2dBdt．

S1??2R．

当线元在磁场之外时，感应电动势为

d??Ek?dl?R2而三角形BCO是等腰三角形，∠BCO = 120o，所以α = 30o = π/6，扇形OCD的面积为

S2??2R2dB2rdtdlcos?

??122R．

?aR22dBdldtr2，

由于OA和OB与场强方向垂直，感应电动势为零．所以杆上的感应电动势为 ?AB?其中 CP = l，

r2 = l2 + R2 - 2lRcos120o = (l + R/2)2 + 3R2/4．

利用积分公式

1x?a22?BAEk?dl??OBEk?dl??AOEk?dl

????Ek?dl?L??BS?t?dS dBdt?dBdt?(SdS?(S1?S2)

?dx?1aarctagxa?C，

得CB两端的感生电动势为

?CD?2R?R2?34?3)dBdt．

aR22dBdtR?r02dl2

方法二：场强

法．由上题可知磁

P C R B dl A r θ a 场中涡旋电场的R Ek 场强为

OrdB， Ek?B R 2dt?aR2aR2dBdt?(l?R/2)0dl?3R/4l?R/23R/2R2

2?dBdt3R223Rarctan

0（r≦R）．

在磁场外以Ｏ为圆心，以r为半径作一

环路，其周长为 C = 2πr，但是包围磁场的面积为 S = πR2，根据环路公式

由于a?，arctan3??32，arctan33??6，

所以 ?CD??RdB12dt．

??ELk?dl????BS?t?dS，

AB两端的感生电动势为 ?AB??AC??CB?R2可得 2πrEk = πR2dB/dt，所以电场强度为

Ek?R24(?3?3)dBdt．

dB2rdt，（r > R）．

可见：此题用场强法也能计算出同一结

果，但是面积法更简单．

在杆上r处取一线元dl，当线元在磁场中时，感应电动势为

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