电磁第八章(习题和解答)

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电磁场第八章习题[整理版]

习题8.1 有一内充空气、截面尺寸为()a b b a ab ⨯<<的矩形波导，以主模工作在20%。

若要求工作频率至少高于主模截止频率的20%。

(1) 给出尺寸a 和b 的设计(2) 根据设计的尺寸，计算在工作频率时的波导波长和波阻抗。

8.2 在尺寸为 222.8610.16a b mm ⨯=⨯得矩形波导中，传输TE 10模，工作频率30GHz 。

(1)求截止波长c λ，波导波长g λ，和波阻抗10TE Z 。

(2)若波导的宽边尺寸增大一倍，上述参数如何变化？还能传输什么模式？(3)若波导的窄边尺寸增大一倍，上述参数如何变化？还能传输什么模式？8.3 空气填充的矩形波导中传输波的频率3f GHz =，相速81.25310/p v m s =⨯⨯；传输波的电场为()40sin /j z y E x e V m aβπ-⎛⎫=⎪⎝⎭0x z E E ==(1) 求波导管壁上纵向表面电流密度的最大值；(2) 若该波导的负载不匹配，则波导中将出现驻波。

试确定电场的两个相邻最小点之间的距离；(3) 求波导的横截面尺寸。

8.4 一矩形波导得横截面尺寸为22310a b mm ⨯=⨯由紫铜制作，传输电磁波的频率为10f GHz =。

试计算：(3) 当波导内为空气填充，且传输TE 10波时，每米衰减多少分贝？(4) 当波导内填充以 2.54r ε=的介质，仍传输TE 10波时，每米衰减多少分贝？8.5 设计10cm λ=的矩形波导，材料用紫铜，内充空气，并且要求TE 10模的工作频率至少有30%的安全因子，即210.7 1.3c c f f f ≥≥，此处1c f 和2c f 分别表示TE 10波和相邻高阶模式的截止频率。

8.6 矩形波导得前半段填充空气，后半段填充介质(介电常数为ε)，问当TE 10波从空气段入射介质段时，反射波场量和投射波场量各为多大？8.7 试推导在矩形波导中传输TE mn 波时的传输功率。

大物b课后题08-第八章电磁感应电磁场

习题8-6 一根无限长直导线有交变电流0sin i I t ω=，它旁边有一与它共面的矩形线圈ABCD ，如图所示，长为l 的AB 和CD 两边与直导向平行，它们到直导线的距离分别为a 和b ，试求矩形线圈所围面积的磁通量，以及线圈中的感应电动势。

解建立如图所示的坐标系，在矩形平面上取一矩形面元dS ldx =，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为02m id B dS ldx xμφπ=⋅=通过矩形面积CDEF 的总磁通量为0000ln ln sin 222bm ai il I l b bldx t x a aμμμφωπππ===⎰由法拉第电磁感应定律有00ln cos 2m d I l bt dt aφμωεωπ=-=- 8-7 有一无限长直螺线管，单位长度上线圈的匝数为n ，在管的中心放置一绕了N 圈，半径为r 的圆形小线圈，其轴线与螺线管的轴线平行，设螺线管内电流变化率为dI dt，球小线圈中感应的电动势。

解无限长直螺线管内部的磁场为0B nI μ=通过N 匝圆形小线圈的磁通量为20m NBS N nI r φμπ==由法拉第电磁感应定律有20m d dIN n r dt dtφεμπ=-=- 8-8 一面积为S 的小线圈在一单位长度线圈匝数为n ，通过电流为i 的长螺线管内，并与螺线管共轴，若0sin i i t ω=，求小线圈中感生电动势的表达式。

解通过小线圈的磁通量为0m BS niS φμ==由法拉第电磁感应定律有000cos m d dinS nSi t dt dtφεμμωω=-=-=- 8-9 如图所示，矩形线圈ABCD 放在16.010B T -=⨯的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面的法线方向之间的夹角为60α=︒，长为0.20m 的AB 边可左右滑动。

若令AB 边以速率15.0v m s -=•向右运动，试求线圈中感应电动势的大小及感应电流的方向。

解利用动生电动势公式0.20()50.6sin(60)0.30()2B Av B dl dl V πε=⨯•=⨯⨯-︒=⎰⎰感应电流的方向从A B →.8-10 如图所示，两段导体AB 和BC 的长度均为10cm ，它们在B 处相接成角30︒；磁场方向垂直于纸面向里，其大小为22.510B T -=⨯。

习题8

习题八
∂H z ∂x
x=0 = 0
x=a
由此可得 kx
=
mπ a
，B
= 0 ，故
Hz
=
H
zm
A
cos⎜⎛ ⎝
mπ a
x ⎟⎞ e− jβ z ⎠
=
H
0
cos⎜⎛ ⎝
mπ a
x ⎟⎞ e− jβ z ⎠
式中， H0 = H zm A 。
将(1)式代入横向场分量的表达式，可得
Ey
=
jωµ kc
∂H z ∂x
⎟⎟⎠⎞2
小于媒质中的光速，与频率、波导的口面尺寸、波导中的媒质 ε r 及媒质中的光速有
关。群速、相速、光速的关系是
(3) 截止波长
vp
⋅ vg
=
⎜⎛ ⎜⎝
c光 εr
⎟⎞2 ⎟⎠
λc =
2 ⎜⎛ m ⎟⎞2 + ⎜⎛ n ⎟⎞2
⎝ a ⎠ ⎝b⎠
它与传输模式、波导的截面尺寸有关。
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习题八
(4) 波导波长
解：相速是电磁波等相位点移动的速度。群速是包络波上某一恒定相位点移
114
《电磁场与电磁波》——习题详解
动的速度。根据平面波斜入射理论，波导内的导行波可以被看成平面波向理想金属表面斜
入射得到的，如图 8-1 所示。从图中可以看出，由于理想导体边界的作用，平面波
从等相位面 D 上的 A 点到等相位面 B 上的 M 点和 F 点所走过的325λ0 = 3.976 cm
⎝ 2a ⎠
β = k 1− ⎜⎛ λ0 ⎟⎞2 = 0.755k = 1.58×10−2 rad/m ⎝ 2a ⎠
Z = TE10

电磁场理论第八章

v 1− (
λ
2a
)2
波导中的波长：波导中的波长：Qvp = f ⋅ λg ∴λg =
vp f
=
λ
1− (
λ
2a
)2
1 λ 2 波导中的群速： = v ⋅ 1− ( ) 波导中的群速：vg = dβ / dω 2a
波阻抗：波阻抗：波导中相对于波的传播方向成右手螺旋关系的横向电场与横向磁场分量的复振幅之比。的横向电场与横向磁场分量的复振幅之比。
电磁场理论基础》《电磁场理论基础》
第8章导行电磁波
几个概念
被引导的电磁波称为导行电磁波导行电磁波。被引导的电磁波称为导行电磁波。将电磁波约束在有界空间内的装置称为导波结构导波结构。将电磁波约束在有界空间内的装置称为导波结构。引导电磁波沿指定方向传播的导波结构称为广义引导电磁波沿指定方向传播的导波结构称为广义传输线。传输线。广义传输线可以分为三类：广义传输线可以分为三类：模传输线（（1）TEM模传输线（同轴线、平行双导线）模传输线同轴线、平行双导线）模或TM模传输线（规则金属波导）模传输线（（2）TE模或模或模传输线规则金属波导）混合模传输线（介质波导、光导纤维）（3）混合模传输线（介质波导、光导纤维）
2π mπ 2 nπ 2 ( ) +( ) a b
2
截止波长：截止波长： λc =
2π = = 2a kc
mπ 2 nπ 2 2π λ 2 相位常数：相位常数：β = ω µε − ( ) − ( ) = 1− ( ) λ a b 2a
相速：相速：
π ω k ⋅ v 2λ ⋅ v vp = = = = β β β
b
z
a

大学物理第八章课后习题答案

大学物理第八章课后习题答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第八章电磁感应电磁场8 －1一根无限长平行直导线载有电流I，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），则（）（A）线圈中无感应电流（B）线圈中感应电流为顺时针方向（C）线圈中感应电流为逆时针方向（D）线圈中感应电流方向无法确定分析与解由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为（B）．8 －2将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（）（A）铜环中有感应电流，木环中无感应电流（B）铜环中有感应电流，木环中有感应电流（C）铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小（D）铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大23分析与解根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但在木环中不会形成电流．因而正确答案为（A ）．8 －3 有两个线圈，线圈1 对线圈2 的互感系数为M 21 ，而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 ．若它们分别流过i 1 和i 2 的变化电流且ti t i d d d d 21<，并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为ε12 ，由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ，下述论断正确的是（）．（A ）2112M M = ，1221εε=（B ）2112M M ≠ ，1221εε≠（C ）2112M M =， 1221εε<（D ）2112M M = ，1221εε<分析与解教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律t i M εd d 12121=；ti M εd d 21212=．因而正确答案为（D ）． 8 －4 对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是（）（A ）位移电流的实质是变化的电场（B ）位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C ）位移电流服从传导电流遵循的所有定律（D ）位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A ）．48 －5 下列概念正确的是（）（A ）感应电场是保守场（B ）感应电场的电场线是一组闭合曲线（C ） LI Φm =，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比（D ） LI Φm =，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大分析与解对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线．因而正确答案为（B ）．8 －6 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为()Wb π100sin 100.85t Φ⨯=，求在s 100.12-⨯=t 时，线圈中的感应电动势．分析由于线圈有N 匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成tψt ΦN ξd d d d -=-=，其中ΦN ψ=称为磁链．解线圈中总的感应电动势()()t tΦNξπ100cos 51.2d d =-= 当s 100.12-⨯=t 时，V 51.2=ξ． 8 －7 有两根相距为d 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以tI d d 的变化率增长．若有一边长为d 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示．求线圈中的感应电动势．5分析本题仍可用法拉第电磁感应定律tΦξd d -=来求解．由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用⎰⋅=SΦS B d 来计算（其中B 为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度B 1 与B 2 之和）．为了积分的需要，建立如图所示的坐标系．由于B 仅与x 有关，即()B B x =，故取一个平行于长直导线的宽为ｄx 、长为d 的面元ｄS ，如图中阴影部分所示，则x d S d d =，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元y x S d d d =，则上述积分实际上为二重积分）．本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式tl M E M d d -=求解．解1 穿过面元ｄS 的磁通量为()x d xI μx d d x I μΦd π2d π2d d d d 0021-+=⋅+⋅=⋅=S B S B S B 因此穿过线圈的磁通量为()43ln π2d π2d π2d 02020Id μx x Id μx d x Id μΦΦd d dd =-+==⎰⎰⎰ 再由法拉第电磁感应定律，有6tI d μt ΦE d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为 43ln π20dI μΦ=线圈与两长直导线间的互感为 43ln π20d μI ΦM == 当电流以tl d d 变化时，线圈中的互感电动势为 tI d μt I M E d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 试想：如线圈又以速率v 沿水平向右运动，如何用法拉第电磁感应定律求图示位置的电动势呢此时线圈中既有动生电动势，又有感生电动势．设时刻t ，线圈左端距右侧直导线的距离为ξ，则穿过回路的磁通量()ξf ΦS,1d =⋅=⎰S B ，它表现为变量I 和ξ的二元函数，将Φ代入t ΦE d d -= 即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中v =tξd d ，再令ξ＝d 即可求得图示位置处回路中的总电动势．最终结果为两项，其中一项为动生电动势，另一项为感生电动势．8 －8 有一测量磁感强度的线圈，其截面积S ＝4.0 cm 2 、匝数N ＝160 匝、电阻R ＝50Ω．线圈与一内阻R i ＝30Ω的冲击电流计相连．若开始时，线圈的平面与均匀磁场的磁感强度B 相垂直，然后线圈的平面很快地转到与B 的方向平行．此时从冲击电流计中测得电荷值54.010C q -=⨯．问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少7分析在电磁感应现象中，闭合回路中的感应电动势和感应电流与磁通量变化的快慢有关，而在一段时间内，通过导体截面的感应电量只与磁通量变化的大小有关，与磁通量变化的快慢无关．工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱．解在线圈转过90°角时，通过线圈平面磁通量的变化量为NBS NBS ΦΦΦ=-=-=0Δ12 因此，流过导体截面的电量为ii R RNBS R R Φq +=+=Δ 则 ()T 050.0=+=NSR R q B i 8 －9 如图所示，一长直导线中通有I ＝5.0 A 的电流，在距导线9.0 cm 处，放一面积为0.10 cm 2 ，10 匝的小圆线圈，线圈中的磁场可看作是均匀的．今在1.0 ×10－2 s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处．求：（1）线圈中平均感应电动势；（2）设线圈的电阻为1.0×10－2Ω，求通过线圈横截面的感应电荷．8分析虽然线圈处于非均匀磁场中，但由于线圈的面积很小，可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的，因而可近似用NBS ψ=来计算线圈在始、末两个位置的磁链．解（1）在始、末状态，通过线圈的磁链分别为1011π2r ISμN S NB ψ==,2022π2r IS μN S NB ψ== 则线圈中的平均感应电动势为 V 1011.111πΔ2ΔΔ8210-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==r r t IS μN t ΦE 电动势的指向为顺时针方向．（2）通过线圈导线横截面的感应电荷为tΦE d d -= 8 －10 如图（ａ）所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高9分析本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由tΦE d d -=求解外（必须设法构造一个闭合回路），还可直接用公式()l B d ⋅⨯=⎰l E v 求解．在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元ｄl 上的动生电动势()l B d d ⋅⨯=v E .在一般情况下，上述各量可能是ｄl 所在位置的函数．矢量（v ×B ）的方向就是导线中电势升高的方向．解1 如图（ｂ）所示，假想半圆形导线O P 在宽为2R 的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路．设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或端点P 距形导轨左侧距离为x ，则B R Rx Φ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2π212 即B R tx RB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-= 由于静止的形导轨上的电动势为零，则E ＝－2R v B ．式中负号表示电动势的方向为逆时针，对OP 段来说端点P 的电势较高．解2 建立如图（c ）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元ｄl ，则()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B vB R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰- 由矢量（v ×B ）的指向可知，端点P 的电势较高．10 解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路．由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量==BS Φ常数.由法拉第电磁感应定律tΦE d d -=可知，E ＝0 又因 E ＝E OP ＋E PO即 E OP ＝－E PO ＝2R v B由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势．上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法．8 －11 长为L 的铜棒，以距端点r 处为支点，以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B 的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差．分析应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同．在开路时，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）．本题可直接用积分法求解棒上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作是O A 棒与O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而E O A 和E O B 则可以直接利用第８－2 节例1 给出的结果．解1 如图（ａ）所示，在棒上距点O 为l 处取导体元ｄl ，则()()r L lB ωl lB ωE L-r r AB AB 221d d --=-=⋅⨯=⎰⎰-l B v 因此棒两端的电势差为()r L lB ωE U AB AB 221--== 当L ＞2r 时，端点A 处的电势较高解2 将AB 棒上的电动势看作是O A 棒和O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中221r ωB E OA =,()221r L B ωE OB -= 则()r L BL ωE E E OB OA AB 221--=-= 8 －12 如图所示，长为L 的导体棒OP ，处于均匀磁场中，并绕OO ′轴以角速度ω旋转，棒与转轴间夹角恒为θ，磁感强度B 与转轴平行．求OP 棒在图示位置处的电动势．分析如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律t ΦE d d -= 计算（此时必须构造一个包含OP 导体在内的闭合回路，如直角三角形导体回路OPQO ），也可用()l B d ⋅⨯=⎰lE v 来计算．由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的．解1 由上分析，得()l B d ⋅⨯=⎰OP OP E v l αB l o d cos 90sin ⎰=v()()l θB θωl o d 90cos sin ⎰-=l()⎰==L θL B ωl l θB ω022sin 21d sin 由矢量B ⨯v 的方向可知端点P 的电势较高．解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势QO PQ OP E E E t ΦE ++==-=0d d 显然，E QO ＝0，所以()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-= 由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效．后者是垂直切割的情况．8 －13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速12.0m s -=⋅v 平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40A ．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高分析本题可用两种方法求解．（1）用公式()l B d ⋅⨯=⎰lE v 求解，建立图（a ）所示的坐标系，所取导体元x l d d =，该处的磁感强度xI μB π20=．（2）用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路．为此可设想杆AB 在一个静止的形导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t ，杆AB 距导轨下端CD 的距离为y ，先用公式⎰⋅=SΦS B d 求得穿过该回路的磁通量，再代入公式tΦE d d -=，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势．解1 根据分析，杆中的感应电动势为()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m 1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰v v v I μx x μxl E AB AB l B 式中负号表示电动势方向由B 指向A ，故点A 电势较高．解2 设顺时针方向为回路AB CD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为ｄx 、长为y 的面元ｄS ，则穿过面元的磁通量为x y xI μΦd 2πd d 0=⋅=S B 穿过回路的磁通量为11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===S Iy μx y x I μΦΦ 回路的电动势为V 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iy μt y x I μt ΦE 由于静止的形导轨上电动势为零，所以 V 1084.35-⨯-==E E AB式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A ，故点A 电势较高．8 －14 如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．分析本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：1．当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零［此两段导体上处处满足()0l B =⋅⨯d v ］，因而线框中的总电动势为()()()()hg ef hgef gh ef E E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v 其等效电路如图（ｂ）所示．2．用公式tΦE d d -=求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量．为此设时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c ）所示，显然ξ是时间t 的函数，且有v =tξd d ．在求得线框在任意位置处的电动势E （ξ）后，再令ξ＝d ，即可得线框在题目所给位置处的电动势．解1 根据分析，线框中的电动势为hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgef l B l B d d v v ()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μv v ()1202πl d I I μ+=1vI 由E ef ＞E hg 可知，线框中的电动势方向为efgh ．解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为()()ξl ξξx Il μdx ξx Il μΦl 120020ln π2π21++=+=⎰ 相应电动势为()()1120π2d d l ξξl l I μt ΦξE +=-=v 令ξ＝d ，得线框在图示位置处的电动势为 ()1120π2l d d l l I μE +=v 由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．*8 －15 有一长为l ，宽为b 的矩形导线框架，其质量为m ，电阻为R ．在t ＝0时，框架从距水平面y ＝0 的上方h 处由静止自由下落，如图所示．磁场的分布为：在y ＝0 的水平面上方没有磁场；在y ＝0 的水平面下方有磁感强度为B 的均匀磁场，B 的方向垂直纸面向里．已知框架在时刻t 1 和t 2 的位置如图中所示．求在下述时间内，框架的速度与时间的关系：（1） t 1 ≥t ＞0，即框架进入磁场前；（2） t 2 ≥t ≥t 1 ，即框架进入磁场，但尚未全部进入磁场；（3）t ＞t 2 ，即框架全部进入磁场后．分析设线框刚进入磁场（t 1 时刻）和全部进入磁场（t 2 时刻）的瞬间，其速度分别为v 10 和v 20 ．在情况（1）和（3）中，线框中无感应电流，线框仅在重力作用下作落体运动，其速度与时间的关系分别为v ＝gt （t ＜t 1）和v ＝v 20 ＋g （t －t 2 ）（t ＞t 2 ）．而在t 1＜t ＜t 2这段时间内，线框运动较为复杂，由于穿过线框回路的磁通量变化，使得回路中有感应电流存在，从而使线框除受重力外，还受到一个向上的安培力F A ，其大小与速度有关，即()A A F F =v ．根据牛顿运动定律，此时线框的运动微分方程为()tv v d d m F mg A =-，解此微分方程可得t 1＜t ＜t 2 时间内线框的速度与时间的关系式．解（1）根据分析，在1t t ≤时间内，线框为自由落体运动，于是()11t t gt ≤=v 其中1t t =时，gh 2101==v v（2）线框进入磁场后，受到向上的安培力为v Rl B IlB F A 22== 根据牛顿运动定律，可得线框运动的微分方程tv m v d d 22=-R l B mg 令mRl B K 22=，整理上式并分离变量积分，有 ⎰⎰=-t t t g 110d d vv Kv v 积分后将gh 210=v 代入，可得()()[]1212t t K e gh K g g K----=v （3）线框全部进入磁场后（t ＞t 2），作初速为v 20 的落体运动，故有()()()[]()222031221t t g e gh K g g Kt t g t t K -+--=-+=--v v 8 －16 有一磁感强度为B 的均匀磁场，以恒定的变化率t d d B 在变化．把一块质量为m 的铜，拉成截面半径为r 的导线，并用它做成一个半径为R 的圆形回路．圆形回路的平面与磁感强度B 垂直．试证：这回路中的感应电流为td d π4B d ρm I =式中ρ 为铜的电阻率，d 为铜的密度．解圆形回路导线长为πR 2，导线截面积为2πr ，其电阻R ′为22rR ρS l ρR ==' 在均匀磁场中，穿过该回路的磁通量为BS Φ=，由法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电流为t t t d d 2πd d π1d d 122B ρRr B R R ΦR R E I ='='='= 而2ππ2r R d m =，即dm Rr π2π2=，代入上式可得 td d π4B d ρm I = 8 －17 半径为R ＝2.0 cm 的无限长直载流密绕螺线管，管内磁场可视为均匀磁场，管外磁场可近似看作零．若通电电流均匀变化，使得磁感强度B 随时间的变化率td d B 为常量，且为正值，试求：（1）管内外由磁场变化激发的感生电场分布；（2）如1s T 010.0d d -⋅=tB ，求距螺线管中心轴r ＝5．0 cm 处感生电场的大小和方向．分析变化磁场可以在空间激发感生电场，感生电场的空间分布与场源———变化的磁场（包括磁场的空间分布以及磁场的变化率td d B 等）密切相关，即S B l E d d ⋅∂∂-=⎰⎰S S k t .在一般情况下，求解感生电场的分布是困难的．但对于本题这种特殊情况，则可以利用场的对称性进行求解．可以设想，无限长直螺线管内磁场具有柱对称性，其横截面的磁场分布如图所示．由其激发的感生电场也一定有相应的对称性，考虑到感生电场的电场线为闭合曲线，因而本题中感生电场的电场线一定是一系列以螺线管中心轴为圆心的同心圆．同一圆周上各点的电场强度E k 的大小相等，方向沿圆周的切线方向．图中虚线表示r ＜R 和r ＞R 两个区域的电场线．电场线绕向取决于磁场的变化情况，由楞次定律可知，当0d d <t B 时，电场线绕向与B 方向满足右螺旋关系；当0d d >t B 时，电场线绕向与前者相反．解如图所示，分别在r ＜R 和r ＞R 的两个区域内任取一电场线为闭合回路l （半径为r 的圆），依照右手定则，不妨设顺时针方向为回路正向．（1） r ＜R ， tB r t r E E k l k d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tB r E k d d 2-= r ＞R ， t B R t r E E k lk d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tB r R E k d d 22-= 由于0d d >tB ，故电场线的绕向为逆时针．（2）由于r ＞R ，所求点在螺线管外，因此tB r R E k d d 22-= 将r 、R 、tB d d 的数值代入，可得15m V 100.4--⋅⨯-=k E ，式中负号表示E k 的方向是逆时针的．8 －18 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B 的方向与柱的轴线平行．如图（ａ）所示，有一长为l 的金属棒放在磁场中，设B 随时间的变化率tB d d 为常量．试证：棒上感应电动势的大小为分析变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从而产生感生电动势．由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由⎰⋅=lk E l E d 计算棒上感生电动势．此外，还可连接OP 、OQ ，设想PQOP 构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，由于OP 、OQ 沿半径方向，与通过该处的感生电场强度E k 处处垂直，故0d =⋅l E k ，OP 、OQ 两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势，就是导体棒PQ 上的电动势．证1 由法拉第电磁感应定律，有 22Δ22d d d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-==-==l R l t B t B S t ΦE E PQ 证2 由题８－17可知，在r ＜R 区域，感生电场强度的大小tB r E k d d 2= 设PQ 上线元ｄx 处，E k 的方向如图（b ）所示，则金属杆PQ 上的电动势为()()222202/2d d d 2/d d 2d cos d l R l t B x r l R t B r x θE E l k k PQ -=-==⋅=⎰⎰x E 讨论假如金属棒PQ 有一段在圆外，则圆外一段导体上有无电动势该如何求解8 －19 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环，其尺寸如图（ａ）所示，共有N 匝（图中仅画出少量几匝），求该螺绕环的自感L ．分析如同电容一样，自感和互感都是与回路系统自身性质（如形状、匝数、介质等）有关的量．求自感L 的方法有两种：1．设有电流I 通过线圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式IΦL =计算L ．2．让回路中通以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动势E L ，由公式t I E L L d /d =计算L ．式中E L 和tI d d 都较容易通过实验测定，所以此方法一般适合于工程中．此外，还可通过计算能量的方法求解．解用方法1 求解，设有电流I 通过线圈，线圈回路呈长方形，如图（ｂ）所示，由安培环路定理可求得在R 1 ＜r ＜R 2 范围内的磁场分布为xNI μB π20=由于线圈由N 匝相同的回路构成，所以穿过自身回路的磁链为 12200ln π2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψS R R ==⋅=⎰⎰S B 则1220ln π2R R h N μI ψL = 若管中充满均匀同种磁介质，其相对磁导率为μr ，则自感将增大μr 倍．8 －20 如图所示，螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体，其截面积分别为S 1 和S 2 ，磁导率分别为μ1 和μ2 ，管长为l ，匝数为N ，求螺线管的自感．（设管的截面很小）分析本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响．在无介质时，通电螺线管内的磁场是均匀的，磁感强度为B 0 ，由于磁介质的存在，在不同磁介质中磁感强度分别为μ1 B 0 和μ2 B 0 ．通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S 1 和S 2 的两部分磁通量之和．由自感的定义可解得结果．解设有电流I 通过螺线管，则管中两介质中磁感强度分别为I L N μnl μB 111==,I LN μnl μB 222== 通过N 匝回路的磁链为221121S NB S NB ΨΨΨ+=+=则自感2211221S μS μlN I ψL L L +==+= 8 －21 有两根半径均为a 的平行长直导线，它们中心距离为d ．试求长为l的一对导线的自感（导线内部的磁通量可略去不计）．分析两平行长直导线可以看成无限长但宽为d 的矩形回路的一部分．设在矩形回路中通有逆时针方向电流I ，然后计算图中阴影部分（宽为d 、长为l ）的磁通量．该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加．解在如图所示的坐标中，当两导线中通有图示的电流I 时，两平行导线间的磁感强度为()r d I μr I μB -+=π2π200 穿过图中阴影部分的磁通量为 aa d l μr Bl ΦS a d a -==⋅=⎰⎰-ln πd d 0S B 则长为l 的一对导线的自感为aa d l μI ΦL -==ln π0 如导线内部磁通量不能忽略，则一对导线的自感为212L L L +=．L 1 称为外自感，即本题已求出的L ，L 2 称为一根导线的内自感．长为l 的导线的内自感8π02l μL =，有兴趣的读者可自行求解． 8 －22 如图所示，在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB 和A ′B ′，每个线圈的自感均为L ，求：（1） A 和A ′相接时，B 和B ′间的自感L 1 ；（2） A ′和B 相接时，A 和B ′间的自感L 2 ．分析无论线圈AB 和A ′B ′作哪种方式连接，均可看成一个大线圈回路的两个部分，故仍可从自感系数的定义出发求解．求解过程中可利用磁通量叠加的方法，如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为Φ，则穿过两线圈回路的磁通量为2Φ；而当两组线圈按（1）或（2）方式连接后，则穿过大线圈回路的总磁通量为2Φ±2Φ，“ ±”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反．解（1）当A 和A ′连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相反，通过回路的磁通量亦相反，故总通量为0221=-=ΦΦΦ，故L 1 ＝0．（2）当A ′和B 连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相同，通过回路的磁通量亦相同，故总通量为ΦΦΦΦ4222=+=，故L I ΦI ΦL 4422===．本题结果在工程实际中有实用意义，如按题（1）方式连接，则可构造出一个无自感的线圈．8 －23 如图所示，一面积为4.0 cm 2 共50 匝的小圆形线圈A ，放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央，此两线圈同心且同平面．设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的．求：（1）两线圈的互感；（2）当线圈B 中电流的变化率为－50 A·ｓ－1 时，线圈A 中感应电动势的大小和方向．分析设回路Ⅰ中通有电流I 1 ，穿过回路Ⅱ的磁通量为Φ21 ，则互感M ＝M 21 ＝Φ21I 1 ；也可设回路Ⅱ通有电流I 2 ，穿过回路Ⅰ的磁通量为Φ12 ，则21212I ΦM M == ．虽然两种途径所得结果相同，但在很多情况下，不同途径所涉及的计算难易程度会有很大的不同．以本题为例，如设线圈B 中有电流I 通过，则在线圈A 中心处的磁感强度很易求得，由于线圈A 很小，其所在处的磁场可视为均匀的，因而穿过线圈A 的磁通量Φ≈BS ．反之，如设线圈A 通有电流I ，其周围的磁场分布是变化的，且难以计算，因而穿过线圈B 的磁通量也就很难求得，由此可见，计算互感一定要善于选择方便的途径．解（1）设线圈B 有电流I 通过，它在圆心处产生的磁感强度R I μN B B 200=穿过小线圈A 的磁链近似为 A B A A A A S RI μN N S B N ψ200== 则两线圈的互感为H 1028.6260-⨯===RS μN N I ψM A B A A （2）V 1014.3d d 4-⨯=-=tI M E A 互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同．8 －24 如图所示，两同轴单匝线圈A 、C 的半径分别为R 和r ，两线圈相距为d ．若r 很小，可认为线圈A 在线圈C 处所产生的磁场是均匀的．求两线圈的互感．若线圈C 的匝数为N 匝，则互感又为多少解设线圈A 中有电流I 通过，它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁感强度近似为()2/322202d R IR μB +=穿过线圈C 的磁通为 ()22/32220π2r d R IR μBS ψC +==则两线圈的互感为 ()2/3222202πdR R r μI ψM +== 若线圈C 的匝数为N 匝，则互感为上述值的N 倍． 8 －25 如图所示，螺绕环A 中充满了铁磁质，管的截面积S 为2.0 cm 2 ，沿环每厘米绕有100 匝线圈，通有电流I 1 ＝4.0 ×10 －2 A ，在环上再绕一线圈C ，共10 匝，其电阻为0.10 Ω，今将开关Ｓ突然开启，测得线圈C 中的感应电荷为2.0 ×10 －3C ．求：当螺绕环中通有电流I 1 时，铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率μr ．分析本题与题８－８相似，均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度．线圈C 的磁通变化是与环形螺线管中的电流变化相联系的．解当螺绕环中通以电流I 1 时，在环内产生的磁感强度110I n μμB r =则通过线圈C 的磁链为S I n μμN BS N ψr c 11022==设断开电源过程中，通过C 的感应电荷为q C ，则有()RS I n μμN ψR ψR qc r c c 110201Δ1=--=-= 由此得 T 10.02110===S N Rqc I n μμB r 相对磁导率1991102==I n μS N Rqc μr8 －26 一个直径为0.01 m ，长为0.10 m 的长直密绕螺线管，共1 000 匝线圈，总电阻为7.76 Ω．求：（1）如把线圈接到电动势E ＝2.0 V 的电池上，电流稳定后，线圈中所储存的磁能有多少磁能密度是多少*（2）从接通电路时算起，要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半，需经过多少时间分析单一载流回路所具有的磁能，通常可用两种方法计算：（1）如回路自感为L （已知或很容易求得），则该回路通有电流I 时所储存的磁能221LI W m =，通常称为自感磁能．（2）由于载流回路可在空间激发磁场，磁能实际是储存于磁场之中，因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量，即V w W V m m d ⎰=，式中m w 为磁场能量密度，积分遍及磁场存在的空间．由于μB w m 22=，因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生的磁感强度B 的分布．上述两种方法还为我们提供了计算自感的另一种途径，即运用V w LI V m d 212⎰=求解L ．解（1）密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感l S N L 2=，电流稳定后，线圈中电流RE I =，则线圈中所储存的磁能为J 1028.3221522202-⨯===lRSE N μLI W m 在忽略端部效应时，该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管。

大学物理第08章恒定磁场习题

第八章电磁感应与电磁场
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物理学
第五版
第八章习题
（2）如 dB 0.010 T s1，求距螺线管中心 dt
轴 r 5.0 cm 处感生电场的大小和方向.
第八章电磁感应与电磁场
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物理学
第五版
第八章习题
6 在半径为 R 的圆柱形空间中存在
着均匀磁场 B 的方向与柱的轴线平行. 如
图所示，有一长为 l 的
电动势E 大小. 哪一端电
势较高？
第八章电磁感应与电磁场
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物理学
第五版
第八章习题
3 如图所示，长为 L 的导体棒 OP，处于均匀磁场中，并绕 OO’ 轴以角速
度旋转，棒与转
轴间夹角恒为，
磁感强度 B 与转轴平行. 求 OP 棒在图示位置处的电动势.
第八章电磁感应与电磁场
3
物理学
第八章电磁感应与电磁场
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物理学
第五版
10 如图所示,一面积为 4.0cm2 共 50 匝的小圆形线圈 A ，放在半径为 20cm共 100 匝的大圆形线圈 B 的正中央，此两线圈同心且同平面.
第八章习题
第八章电磁感应与电磁场
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第八章习题
设线圈 A 内该各点的磁感强度可看作是相同的. 求：（1）两线圈的互感；（2）当线圈 B 中电流的变化率为 50A s1 时，线圈 A 中感应电动势的大小和方向.
第五版
第八章习题
4 如图所示,金属杆
AB 以匀速率 v = 2.0 m s1
平行于一长直导线移动，
v
此导线通有电流 I = 40 A .

电磁学第8、9章作业分析2007

第八章作业分析（2007/05/23）8.2 三个电量为q-的点电荷各放在边长为r的等边三角形的三个顶点上，点电荷Q(Q>0)Q之值应为多大？q-解：由题222141rqff⋅==πε，2)32(4hqQfπε=，而ff3=，rh23=，联立解之：qQ33=8.5 一个电偶极子的电矩为lP q=，证明此电偶极子轴线上距其中心为r(r>>l)处的一点的场强为34/2rPEπε=。

解：由题241++⋅=rqEπε，241--⋅=rqEπε，而22222rlrr+⎪⎭⎫⎝⎛==-+由对称性可知+E、-E的沿中垂线方向方量相互抵消，只剩平行于l的方向，则：32142cos2++++⋅=⋅⋅42==rqlrlrqEEπεπεθ而r>>l，即t+≈r∴34rpEπε=8.7 有一长度为L，电荷线密度为λ的均匀带电直线段, 求直线的延长线上距近端为R的P点处的场强。

x dx x0解：取线地dx 有：dx dq λ=∴ 2041x dxdE λπε⋅=∴ )(44102L R R Lx dxE L R R+⋅=⋅=⎰+πελλπε 方向沿带电直线8.9 如图8-43，一个细的带电塑料圆环，半径为R ，所带电荷线密度λ和θ有θλλsin 0=的关系，求在圆心处的电场强度的方向和大小。

解：取线元dl ，有：θd R dl ⋅=∴ )(sin 41410002R d RR Rd E d-⋅⋅=⋅=θθλπεθλπε∴ 0cos sin 42000=-=⎰θθθπελπd RE xRd R E y 00220004sin 4ελθθπελπ-=-=⎰8.11 如图8-45所示，有宽度为L ，电荷面密度为σ的无限长均匀带电平面，求在与带电平面共面的P 点处的场强。

dx x x解：取宽度为dx 的无限长，其在P 点的场强为：xa L dx r dE -+⋅⋅=⋅=121200πεσπελ方向均垂直于带长方向且向外 ∴ ⎰+=-+⋅=L LaL x R L dx E 000ln 22πεσπεσ8.13 (1) 点电荷q 位于边长为a 的正方体的中心，通过此立方体的每一面的E 通量各是多少？(2) 若电荷移至正立方体的一个项点上，那么通过每个平面的E 通量又各是多少？解：(1) 由对称性可知立方体的六个面对中心完全对称，应平分总通量6εφqe =(2) 若移至某一顶点则与该顶点相连的三个面由于E始终在面内所以0=e φ，而另三个面的通量可用补的思想，设法把此顶点置于一个更大的立方体中心，则此时那三个面完全对称地占了总通量的241461=⨯，即024εφq e =8.15 在图8-47所示的空间内电场强度分量为2/1bx E x =，0==c y E E ，其中/C m N 8001/2-⋅=b ，试求：(1) 通过正立方体的E 通量；(2) 正立方体的总电荷是多少？设a =10cm ；解：(1) 与x 轴方向平行的四个面0=e φ，另两个面中靠近原点的那个面正通量为：53.2211-=⋅⋅-=⋅-=a x b S E x e φN.m 2/c ；同理另一个正通量为：/C m .N 58.32222==x b a e φ ∴ 总通量 05.112=+=e e e φφφ N.m 2/C (2) 由高斯定理：0εφqe =∴1201029.9-⨯==e q φε C8.19有一半径为R 的带电球体，电荷密度为r k /=ρ(即电荷密度与半径成反比)，设k为已知常数。

大物习题解答-大学物理习题答案(许瑞珍_贾谊明)-第8章磁场中的磁介质

第八章磁场中的磁介质8－1一螺绕环的平均半径为R=0.08m ，其上绕有N=240匝线圈，电流强度为I=0.30A 时管内充满的铁磁质的相对磁导率μr ＝5000，问管内的磁场强度和磁感应强度各为多少？解：（1）由I d =⋅⎰l H L 得I R N H NI R H π=→=π22代入数值为 m A H /1043.108.014.323.02402⨯=⨯⨯⨯= （2）T H B r 9.01043.150********=⨯⨯⨯⨯π=μμ=-8－2在图11－8所示的实验中，环型螺绕环共包含500匝线圈，平均周长为50cm ，当线圈中的电流强度为2.0A 时，用冲击电流计测得介质内的磁感应强度为2.0T ，求这时（1）待测材料的相对磁导率μr ；（2）磁化电流线密度j s 。

解：（1）I R N H π=2代入数值m A H /2000105025002=⨯⨯=- 7962000104270=⨯⨯π=μ=μ-H B r （2）m A nI j r s /1056.121050500)1796()1(62⨯=⨯⨯⨯-=-μ=- 8－3如图所示，一根长圆柱型同轴电缆，内、外导体间充满磁介质，磁介质的相对磁导率为μr （μr <1），导体的磁化可以略去不计，电缆沿轴向有稳定电流I 通过，内外导体上的电流的方向相反，求（1）空间各区域的磁感应强度和磁化强度；（2）磁介质表面的磁化电流。

解：依题意，内圆柱的电流密度21R I j π=（1）r<R 时：根据∑⎰=⋅I d l H L得21121222R Ir jr H r j r H π==→π=π 2101012R Ir H B πμ=μ= 0)1(11=-μ=H M r （导体的μr =1）R 1<r<R 2时：根据∑⎰=⋅I d l H L 得rI H I r H π=→=π2222 r I H B r r πμμ=μμ=20202习题8－3图r I H M r r π-μ=-μ=2)1()1(22 R 2<r<R 3时： )(2223R R I j -π= 根据∑⎰=⋅I d l H L 得222322332223)(2)(2R R r R r I H R r j I r H --π=→-π-=π 22232230303)(2R R r R r I H B --πμ=μ= 0)1(33=-μ=H M r （导体的μr =1）r>R 3时：H=0, B=0, M=0（2）I I r s )1(-μ=8－4一个截面为正方形的环形铁心，其中磁介质的相对磁导率为μr ，若在此环形铁心上绕有N 匝线圈，线圈中的电流为I ，设环的平均半径为r ，求此铁心的磁化强度。

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2
2 a
r
0 (lnb)
2
a
15-19 如图15-18所示，平板电容器（忽略边缘效应）充电
时，沿环路L1、L2磁感应强度的B的环流中，必有[ ]
(A) ∮L1B·dl>∮L2B·dl (B) ∮L1B·dl=∮L2B·dl (C) ∮L1B·dl<∮L2B·dl (D) ∮L2B·dl=0
dE /d t1.0110v3m-1s-1 .求两板间的位移电流, 并计算电容器
（2）圆盘的磁矩为 m 1 qR2 2R
4
证：取 dS2rdr，则
旋转形成电流
dI
dq
2

dqqdSR q2
R2 rdr
2rdr
(1) ddB 圆 B 圆心心盘20dr面(I 沿20q ）R2dr
B 圆心 d B 圆心 2 0 q R 2 0 R d r2 0 q R
2a
0
4

Ib

b
2
Bb
0Ib
2b
0
4

dr dr
dIr 2
2
dBr

0dIr
2r
0 dr 4r
Br 2
dB r 240
bdr
ar
0

ln
2
b a
B Ba Bb Br
0 0lnb
（2） dmdIS
q R2
rdrr2
qR2 r3dr
m dm

q R2
R r 3 dr
0
1 q R 2 4
15-16 一根很长的铜导线载有电流10A，(电流均匀分布), 在导
线内部作一平面Ｓ，如图示试计算通过Ｓ平面的磁通量（沿导
线长度方向取长为１米的一段作计算）铜的磁导率 0
15-1 如图15-1示，电流沿两种不同形状的导线流动，则在两种电
流分布情况下，两圆心处的磁感应强度大小为多少？
解：(a)
B OB 圆 B 直B圆 B直
OR
(b)
设为正，则
BOB圆B直
20 R I2 0R I2 0R I(1)
RO
B直 B圆
设为正，则
2 R 4 4r
4
4
RO
r
0I 0I ( 1 1 ) 8 R 4 R 2 2
2
0 I ( 4) 8 R
15-11 以同样的几根导线连接成立方体，在一对角线相连的两顶点A及C上接一电源，问在立方体中心的磁感应强度的大小为多少？
解：设总电流为I ，则在立方
体中，过A或C点的6条边上的电流均为I/3 ,而不过A或C点的6
度大小分别为BA和BB ，则BA与BB 之比为 1 : 1
，
此时Ｐ点处磁感应强度与Ｘ轴夹角为
30
。
BA
IA
1m p

BB
2m
BA

0IA 2rA
BB

0IB 2rB
IB
x
15-15 一个塑料圆盘，半径为R，带电q 均匀分布于表面，圆
盘绕通过圆心垂直盘面的转轴转动，角速度为ω，试证明：
（1）在圆盘中心处的磁感应强度 B 0q
R1 I1 2
R2 2
I2

Ａ
d1B 4 0I1dR sl2i9n0 40IR 1d２Ｏ１
B 1d1B 4 0IR 2 0 d 40IR 1
Ｂ
B2
0I2 2
4R

B1 B2

1
B O B 1 B 2 0
如图15-5所示，已知导线上的电流为I，三角框的每一边长为L，求
三解角：框B 中 O 心 O点B 的1 磁B 感 2 应强B 度的大小。1
I
a
O点到△各边的距离
r
3 2
L 3

L 23
2I
∵
电阻 Racb2Rab ∴
I 1 I 2
设为正，则
I
I
Ｏ
b I c
15-7 如图示，在纸面内有一宽度a的无限长的薄载流平面，
电流I 均匀分布在面上（或线电流密度i=I/a )，试求与载流平
面共面的点Ｐ处的磁场（设Ｐ点到中心线距离为x0 ）.
解：建立如图示坐标系在x处取宽dx的窄带 a x a
其电流为 dIidx
2
2
dB 0 dI 2r

0
idx
果，导线a、b、c单位长度上分别受力F1、F2、F3，如图15-3
所示，则F1、F2的比值是多少？
解:导线b 、c在导线a 处的磁感强度
a bc
方向均为
F 12Ia 0r1((B Iab I bB Ica)2Ic)Ia(20Irb
0Ic ) 22r
导线a 、c在导线b 处的磁感强度方向分别为
(x2
R2 R 2 )3 2
方向：沿转轴向上
15-18 有一闭合回路由半径为a和b的两个同心共面半圆连接而成. 如图示，其上均匀分布线密度为λ的电荷，当回路以匀角速度ω 绕过O点垂直于回路平面的轴转动时，求圆心O点处的磁感应强度的大小。
解：Ia

a 2

a
2
Ba
0Ia
解q1对：q可B 2的1认作为用4v力0aq1和1：2 F vv 1m 22 <rˆ< 1 2c1q ,2 v 2 B 1(向右)
Fe21

q1q2
4 0a2
rˆ21
(向下)
v1 q 1
rˆ21
v2

q 2 Fm21
F21 aFrtm22a g 1F F Fn m ee2 22 21 a4qr 1tq0a2a g 2 1n 00 v (021v02 2v)12v22
地有电流强度I通过，如图示，试求圆柱轴线任一点Ｐ处的磁感
应强度。
Ｚ
解：如图建立直角坐标系xyz,
取长窄条电流元dIIRRdId

R y
则

dB20dRI20I2dR
dB半径, 在xoy平面内
dB
x
B xdcB o s) (0 2 0 I 2 R d ( co ) s 0
一宽度为h (h<<R)的无限长狭缝后，再沿轴向均匀地流有电流，
其面电流密度为i（如图示），则管轴线上磁感应强度的大小
是多少?
解：用补偿法：均匀分布电流的圆管（i）＋
宽度为h 的窄条（-i） B 轴线 B 窄条 B 圆管 B 圆管 0 B轴线 B窄条
-i
大小
0I (2) 4r
(c)
BP3 40rI(co 6 sco56 s)
3 0I (2 3 ) 4 3a 6 2
90I 2a
15-10 利用典型载流导线的磁场公式和叠加原理，求图中所示
的O点处磁感应强度.
解： B直与 B弧方向均为
I
BOB弧B直
0 I 1 0 I (cos cos 3 )
解：以对称轴为中心, 作半径r 的圆环, 则环上
B2r0I内当
0＜r＜R时 ,
I内
r2 R2
I
B

0Ir 2R2
方向沿环的切向
r

d m B d S B B d 1 d S r
S dr
m d m 0 r2 0 R I2d r r 4 0I 1 .0 1 60 w
解：取半径a宽度da的窄环, 则
其上电流为
dI N Ida
a
Rr
dB圆心 20adI2(R 0NrI)daa
B 圆心 d圆 B 心 rR 2 (R 0N r)a Id 2 (R 0N a r)lIn R r
B圆心纸面向外.
15-13 ☆ 在一半径为R的无限长半圆柱形金属薄片中，自上而下
答:(C)
15-20 一平行板电容器的两极板都是半径为R的圆导体片，
在充电时，板间电场强度变化率为dE/dt ，若忽略边缘效应，
则两板间的位移电流为多少？
解:
Idd d tdSd d E td S R 2d d E t
15-21 半径为R = 0.10m的两块圆板，构成平行板电容器，放在真空中，现对电容器匀速充电，使两板间电场的变化率为
A
大小： B 0 I1 2r
I1 r ab
dF I2drB I2Bdr 同向叠加
I2dr
FdF rrabI2B drra rbI220Ir1dr B
0I1I2 ln rb 2 ra

F向ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ.
15-3 三条无限长的直导线，等距离的并排安放，导线a，b，
c分别载有1A，2A，3A同方向的电流。由于磁相互作用的结
2(x0 x)
a 2
B dB
0 idx
a 2 2 ( x0 x )

0i 2
a 2 dx a 2 ( x0
x)
0i l nx0 a 2 2 x0 a 2
0I lnx0 a 2 2a x0 a 2
15-8 将半径为R的无限长导体薄壁管（厚度忽略）沿轴向割去
a
BO B1 B2 B
30I (1 2 3) 4L
30I ( 31) 4L
2I
I
I
Ｏ
b I c
方向为
15-6 如图示，两根导线沿半径方向引到铁环上的Ａ，Ｂ两点，并在很远处与电源相连，求环中心的磁感应强度。