普通物理学教程 电磁学 第二版 (梁灿斌 著) 高等教育出版社 课后答案 112页

'课后答案网：www.hackshp.cn课后答案网您最真诚的朋友www.hackshp.cn网团队竭诚为学生服务，免费提供各门课后答案，不用积分，甚至不用注册，旨在为广大学生提供自主学习的平台！课后答案网：www.hackshp.cn视频教程网：www.efanjy.comPPT课件网：www.ppthouse.com课后答案网www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn第一章静电场的基本规律1．1判断下列说法是否正确，说明理由。（1）一点的场强方向就是该点的试探点电荷所受电场力的方向。（2）场强的方向可由E=F/q确定，其中q可正可负。（3）在以点电荷为心的球面上，由该点电荷产生的场强处处相等。JK答案：（1）×,正的试探电荷；（2）√；（3）×在无外场是，球面上E大小相等。1．2半球面上均匀分布着正电荷，如何利用对称性判断球心的场强方向？khaw.com答案：利用对称性分析，垂直轴的分量相互抵消。1．3下列说法是否正确？为什么？（1）闭曲面上各点场强为零时，面内总电荷必为零。（2）闭曲面内总电荷为零时，面上各点场强必为零。（3）闭曲面的E通量为零时，面上各点场强必为零。（4）闭曲面上的E通量仅是由面内电荷提供的。（5）闭曲面上各点的场强仅是由面内电荷提供的。（6）应用高斯定理的条件但是电荷分布具有对称性。（7）用高斯定理求得的场强仅是由高斯面内的电荷激发的。答案：（1）×没有净电荷；（2）×；（3）×；（4）√；（5）×；（6）×；（7）×。1．4“均匀带电球面激发的场强等于面上所有电荷集中在球心时激发的场强”，这个说法是否正确？答案：无外场时，对球外而言是正确的。课后答案网www.hackshp.cn1．5附图中A和B为两个均匀点电体，S为与A同心的球面，试问：（1）S面的通量与B的位置及电荷是否有关？（2）S面上某点的电场强度与B的位置及电荷是否有关？（3）可否用高斯定理求出S面上一点的场强？为什么？答案：（1）无关（2）有关（3）不能（导体球）、可以（介质球）。场强叠加原理应用到有导体的问题时，要注意，带电导体单独存在时，有一种电荷分布，它khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn们会产生一种电场；n个带电导体放在一起时，由于静电感应，导体上的电荷分布发生变化，这时，应用叠加原理应将各个导体发生变化的电荷分布“冻结”起来，然后以“冻结”的电荷分布单独存在时产生的电场进行叠加。1.6半径R的军于点电球内挖去半径为r的小球，对附图（a）与（b）的两种挖法，能否用高斯定理和叠加原理求各点的场强？答案：（a图）能，叠加法（补偿法）；（b图）不能khaw.com1.7附图中的S1、S2、S3及S4都是以闭曲线L为边线的曲面（曲面法线方向如图所示）。一直S1的E通量为Φ，求曲面S2、S3、和S4的E通量Φ、Φ及Φ。1234q答案：始终在内的点E=0不变，始终在外的点E=不变，24πεr0q被气球表面掠过的点，E发生跃变，由E=→0。24πεr01.8附图中S1、S2是四个闭曲面，以E1、E2、E3分别代表由q1、q2、q3激发的静电场强，试判断下列各等式的对错JJGGqJJGGqJJGJJGGq132（1）Eds⋅=（2）Eds⋅=（3）()EEd+⋅=sw∫∫s1w∫∫s3w∫∫s321ε02ε01ε0JJGJJGG()qq+JJGJJGJJGG()qq+课后答案网1232（4）()EEd+⋅=s（5）()EEEd++⋅=sw∫∫s12w∫∫s1231ε02ε0JJGJJGJJGG()qqq++132（6）()EEEd++⋅=sw∫∫s1231www.hackshp.cnε0答案：（1）×；（2）×；（3）×；（4）×；（5）√；（6）×；1.9分别画出等值同号与等值异号的两无限大均匀带电平面的电场线图。答案：1.10电场线是不是电电荷在电场中的运动轨迹？（设此khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn点电荷除电场外不受其他力）KJKJKJKKK+v答案：一般不是。Fq=E；FMa=；a=；只有在匀强电场中，静止点电荷运动的轨+t迹才的电力线。1.11下列说法是否正确？如不正确，请举一反例加以论述。（1）场强点点相等的区域中电势也点点相等。（2）如果两点电势相等，则她们的场强也相等。（3）设A点场强（大小）大于B点场强，则A点电势必高于B点电势。（4）场强为零处电势一定为零。khaw.com（5）电势为零处场强一定为零。JK∂u答案：（1）不正确。En=−例如匀强电场。∂n（2）不正确。（3）不正确。E大，电势的变化率就大，并非一定U大∂U（4）不正确。E=0，=0，并不是U一定为0，在等量同号点电荷的连线中点处。∂n∂U（5）不正确。U=0，并不是一定为0，例：在等量异号点电荷连线中点处。∂n1.12两个半径分别为R1及R2=2R1的同心均匀带电球面，内球所带电荷q1>0。当外球所带电荷q2满足什么条件时内球电势为正？满足什么条件时内球电势为零？满足什么条件时内球电势为负？（参考点选在无远。）qq12答案：U=+144πεRπε2R0101RR21∞2qq∞+q112〈或者：UE=+=drEdrdr+dr〉11∫∫∫RRR222∫2R12144πε00rr1πεq要使U>0课后答案网，则()q+>20，即qq>−211212q2要使U=0，则()q+=0，即qq=−211212q要使U<0，则()q+>L时所得结果与点电荷场强公式一致。1ndx解：（1）dE=方向如图：224πεx+R0由对称性分析可知，力的分量相互抵消。L1ndxR2Ed==⋅⋅Esinα2∫∫04πεxR22+x22+R0nRLdx2=2∫02234πε()xR+20nL=⋅4πεL202R+R4nLn（2）当L→∞时：E=⋅=42πεπ1R2εR00RL+24L（3）当R课后答案网L时：nLnLqE=⋅==44πεL2πεR224πεR0020R+124Rwww.hackshp.cn1.3.8把电荷线密度为η的无限长均匀带电线分别弯成附图（a）、（b）两在种形状，若圆弧半径为R，求两图中O点的场强E。解：根据带电直线公式：ηηEx=−()sinθ21sinθEy=−()cosθ12cosθ4πε4πε00khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn当在∞→A中：0πηηθ=0θ=E=E=12xy24πεR4πεR00当在B→∞中：πηηθ=θ=πE=−E=12xy24πεR4πεR00可以不计算，对称分析可知以上两种相互抵消。ηRdθ（1）∵dE=方向如图（a）24πεRkhaw.com0ππηηREd==EdEsinθ=2sinθθd=−[]cosθ2xx∫∫∫044πεRR2πε000ππηηREd==EdEsinθ=2cosθθd=[]sinθ2yy∫∫∫044πεRR2πε000ηE=⋅204πεR00方向：与二直线夹角均为45。（2）如图（b），由对称分析，E与E合成后A∞B∞只有x分量，η对二直线：EE==2方向：x的负方向x2πεR0ηRπη对半圆：EE==sindθ=x2∫042πεπRεR课后答案网00方向：x的正方向。经叠加得：E=00www.hackshp.cn1.3.9无限长带电圆柱面的电荷面密度由下式决定：σ=σϕcos（见附图）求0圆柱面轴线上的场强。解：设取一无限长狭条单元体：η根据E=η=×Rdϕδϕ1c×os02πεR0khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnRσcosϕϕd0dE=方向如右图所示2πεR022π2πRσϕ00cosδ⎡⎤ϕsin2ϕσEd==E−dϕσ=−+=−xx∫∫022πεπRε⎢⎥⎣⎦242ε0000方向：x轴负方向2π11+2πRσϕϕcossinσ⎡⎤cosϕ00Ed==E−dϕ=−−⎢⎥=0yy∫∫022πεπε⎣⎦1+1000111.4.1附图中的立方体边长为a=10cm，场强分量为Eb=x2，EE==0，其中b=800N/(Cm)⋅2，khaw.comxyz求：（1）立方体表面的E通量。（2）立方体内总电荷。解：（1）因为只有E分量，所以立方体只有S、S面有分量。x12125Φ=−ExS+=−baa22⋅=−ba111125Φ=ExS+=ba(2)22⋅=a2ba2225所以：Φ=ba（2-1）2总JKq内由Φ=EdS⋅=总v∫sε05得到：qa=Φ=εε（2-1）2内00总1.4.2均匀电场E与半径为R的半球面的对称轴平行（如附图），试计算此半球面的E通量（约定半球面的法矢向右），若以半球面的边线为边线另做一任意形状的曲面（法矢仍向右），此面的E通量为多少？（提示：两问都用高斯定理）课后答案网解：半球面的任意曲面，其电通量与圆平面的电通量相等。22Φ=ES=ERπ或Φ=ES=ERπwww.hackshp.cn1S′与S成闭合曲面：12Φ+Φ=′0Φ=−Φ=Φ=′ERπ221211ε0同理：S与S′成闭合曲面，31khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnΦ+Φ=′0Φ=−Φ=Φ=′EπR231311ε01.4.3用高斯定理求电荷线密度为的曲线长均匀带电直线在空间任一点激发的场强，并与1.3.7题（2）问的结果比较。解：过P点作圆柱面为高斯面，JKKJKKJKKJKK∑q∵w∫∫sEdsiiii=++=∫∫Eds∫∫Eds∫∫Edsε++sss上下侧0ηh00++Eri2πh=εkhaw.com0η∴E=2πεr01.4.4求半径为R、电荷面密度为η的曲线长均匀带电圆柱面内外的场强，并大致画出E—r曲线。解：设圆柱半径为R，空间电场分布具有轴对称，JKKq内∵当rR：w∫∫Eds⋅=sε0JKKJKKJKK2πR∴∫∫Eds⋅+⋅+⋅=∫∫Eds∫∫Edsε++sss上下侧0ηh∴00++⋅Er2πh=ε0ηδπhRσRE==课后答案网2πεεrhr001.4.5电荷以体密度ρwww.hackshp.cn均匀分布在厚度为d的曲线大平板内，求板内外的场强E解：电场分布以中垂面的面对称分布，取圆柱面为S：dJKKq内∵当r<时：w∫∫Edsi=2ε0JKKJKKJKK+isr2ρ∵∫∫Edsiii++=∫∫Eds∫∫Edsε++sss左右侧0khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn+isr2ρEsEs++++0=ε0+isr2ρρr∴E==2ε+sε00d同理：当r>时：2+isdρEsEs+++=ε0ρd∴E=khaw.com2ε01.4.6电荷以体密度ρ=ρ(1−rR)分布在半径为R的球内，其中ρ为常量，r为球内某点与球00心的距离。求：（1）球内外的场强（以r代表从球到场点的矢量）。（2）r为多大时场强最大？该点场强Emax=？JKKq内解：∵w∫∫Edsi=ε0∫∫∫ρdr2当rR时：Eri4π=E=2ε4πrε00⎛⎞r2∵qd==−ρrρϕ⎜⎟1srdrindϕdθ内∫∫∫∫∫∫0⎝⎠Rkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn2ππa⎛⎞r2=−ρθϕddsinϕ⎜⎟1rdr0∫∫00∫o⎝⎠R3⎛⎞aa2r=−ρπ0ii2⎜⎟∫∫rdrdr⎝⎠ooR34⎛⎞aa=−4πρ⎜⎟0⎝⎠34R3334πρ⎛⎞43RR−ρR∴00E==⎜⎟2241πεε00rr⎝⎠212令：dE内khaw.com=0即：⎡⎤⎢⎥ρρrr−=2′0dr34εR⎣⎦0ρ2ρr∴−=034εR02R∵r=3⎛⎞223×（）Rρ⎜⎟2R30E=−⎜⎟max334εR0⎜⎟⎝⎠2ρR032RρR∴0E=（1-）=max349εRε001.4.7两平行的曲线大平面均匀带电，电荷面密度分别为σ和σ，求：12（1）空间三个区的场强。（2）写出各区场强在下列两种情况下的表达式：（a）σ=σσ≡，（b）σ=−σσ≡课后答案网1212JKσ解：∵无限大均匀带电平面场强分布：En=2ε0JKwww.hackshp.cnJJK取正向为正。根据EE=∑得：iσσσE=−−=−左22εεε000σσE=−=0中间22εε00khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnσσσE=+=左22εεε0001.4.8在球心为o、半径为a、电荷体密度为ρ的均匀带电球体内偏心挖去一个半径为b的小球（球心为o′），如图所示。（1）试证空心小球内存在均匀电场并写出场强表达式（以c代表从o到o′的矢量）。（2）求o、o′连线延长线上M点和P点的场强EM和EP。（以ec代表沿c向的单位矢量，rM、rP分别代表M、P与o的距离）答案：当挖去一个半径为r的小球，解：将挖去的小球o′用电荷体密度为ρ的球补起来，先求均匀带电体khaw.como产生的场强，再求填补带电球o′产生的场强，两者相减即为所求的电场。根据均匀带电球体的场分布：ρqEr=，E=内外23ε4πεr00Elrrθ1222E=0，El==El==001122Elrrθ211143JGρrJGρπR0p3Er0p=−ˆ，Er0m=−ˆ，23ε4πεr000m4343JGρrJGρπrJGρπr00′ˆ3ˆ3ˆE00′′=0，Er00′=−，Er0′p=−2，Er0′m=−23ε04πε00r′p4πε00r′mJGJJG再根据EE=∑i得：iJGJGJGρrJGJGJGρr00′ˆ00′ˆEEE00=−=00′0rEEE00′′′=−=000′r课后答案网3ε3ε00JGJGJGρr3JGJGJGρrR33EEEPPP=−=00′()2−rropˆEEEmmm=−=00′()22−rˆ3ε0ropwww.hackshp.cn′3ε0rrom′′om1.4.9半径为R的曲线长援助体内均匀带电，电荷密度为ρ，求柱内外的场强并大致画出E—r曲线。解：轴对称分布，取S为同轴圆柱面：JGJGq内当rR<，w∫∫EdSi=，ε0khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnJGJGJGJGJGJGρ+hwww∫∫EdSiii++=∫∫EdS∫∫EdSε++SSS上下侧02ρπrh002++Erhπ=，ε02ρπρrhrE==22πrhεε00JGJGq内当rR>，w∫∫EdSi=ε0khaw.com2ρπRh002++Erhπ=ε02ρRE=2εr01.4.10半径分别为R1和R2（R2>R1）的一对无限长共轴圆柱面上均匀带电，沿轴线单位长度的电荷分别为λ和λ。求：12（1）各区域内场强。（2）若λ=−λ，情况如何？大致画出E—r曲线。12解：由轴对称，取S为同轴圆柱面（设高为h，半径为r）：JGJG∑q当rR<：由EdSi=1w∫∫ε0得：E=0当R<：2khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn（）λ+λh12002++Erhπ=，ε0λ+λ12得：E=2πεr0λ若λ=−λ：则rR<，E=0；R<，E=01211222πrε0.1.5.1设静电场中存在这样一个区域（附图虚线所围半扇形部分，扇形响应的圆心为O），域内的静电场线是以O点为心的同心圆弧（如图），试证区域内每点的场强都反比与该点与O的距离。JGG证明：取闭合回路khaw.comL，由v∫E⋅=dl0得：LJJGG00JJGE⋅+dlEdcos90lEd+cosπl+Edcos90l=0v∫∫ll1212∫∫El+−00El+=01122得到：El=El1122Elrrθ1222===，Elrrθ21111所以E∝r1.5.2试证在无电荷的空间中，凡是电场线都是平行连续（不间断）直线的地方，电场强度的大小必定处处相等。（提示：利用高斯定理和环路定理，分别证明连线满足以下条件的两点有相等场强：（1）与场线平行；（2）与场线垂直）JGJGq内证明：由w∫∫EdSi=得：sε0JJGJGJ课后答案网JGJGJGJG0EdSiii++=EdSEdSwww∫∫ab∫∫∫∫ε++SSSab侧0−+=ESES++0abwww.hackshp.cn可得到：EE=同一电力线上的E相等。abJGG由v∫Eidl=0得：L00E⋅+dlEcos90dl+Ecosπdl+Ecos90dl=0v∫∫laab∫lb∫ElEl−=0，EE=，不同电力线上E相等。ababkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn∂UU∂ac（或过c点作平面ca⊥ab，ca为等位面，UU=，E=−=−−=E，故EE=）acacac∂∂zz电力线平行的电场中各点E都相等。-81.6.1设有一个q=1.510C×的点电荷。求：（1）求电势为30V的等势面的半径；（2）电势差为1V的任意两个等势面的半径之差是否相同？q解：点电荷的电位为：u=4πεr0−811q9.5×10（1）则khaw.comr=⋅=910××=4.5（米）43πεu00（2）不相同，r大等位面越稀疏。1.6.2两个电荷分别为q和-3q的点带电体距离为d（见附图），求：（1）两者连线上V=0的点；（2）两者连线上E=0的点。解：（1）令距q为r处u=0，qq−3则+=0，44πεrdπε()−r00d解得：r=4（2）E=0处只可能在+q左侧，设距q为r处E=0，qq=，2244πεrdπε(+r)00d解出：r=+(31)2课后答案网1.6.3附图中A与O、O与B、B与D的距离皆为L，A点有正电荷q，B点有负电荷-q，求：（1）把单位正点电荷从O点沿半圆OCD移到D点，电场力做了多少功？（2）半单位负点电荷从www.hackshp.cnD点沿AD的延长线移到无穷远，电场力做了多少功？解：静电场中电场力作功与路径无关，只与始末位置有关。（1）AAq==−()UUOCD弧OCDo0Dqq−而U=+=0，044πεLLπε00khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnqqq−U=+=−D4(πεπ2)4ll+εL6πεL000qAU=×1(−U)=OCD0D6πεL0（2）同理可得：qqAqUU=×−()=−×−1(0−=)DCO0DCO66πεπLLε001.6.4电荷Q均匀分布在半径为R的球体内，选电势参考点在无限远，试证离球心r处（r：Er⋅=4π，E=2ε4πεro0当rR<：∞∞JGGRRQQ∞UE=⋅=⋅+dlEdrEdr=+rdrdr∫∫∫rrR内外∫∫rR44πεRr32πεkhaw.com00222QRrQ1Qr11=−()+=+()−3242πεR24πεR42πεRRR20004433πRρπ22Rρ33Rr=−()+342πεR24πεR00222ρRrRρ=−()+3223εε0022ρR2r=+()R−32ε202ρ2r=−()R23ε02Qr2=−()R4332πεR03课后答案网22QRr(3−)=34πεR0www.hackshp.cn1.6.5半径为R1和R2的两个同心球面均带电，电荷分别为Q1和Q2，求（1）a、b、c区（见附图）内的电势；（2）在Q1=-Q2和Q2=-Q1（R2时：E=（其中当λ=−λ时，E=0）231234πεr0取U=0时：∞khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnRR12∞R22λλR2U=++EdrEdrEdr=+00dr+=ln11∫∫∫rRR23∫R12142πε00rRπε1RR22∞2λλR2UE=+=drEdrdr=ln22∫∫∫3rRr242πεrrπε00∞Ud==00r3∫r0当取U=0时：UE==dr0011∫rRR1102λλR1UE=+=drEdrdr=ln22∫∫∫1rRr142πεrrπεkhaw.com00RR210R12λλR1U=++EdrEdrEdr=+00dr+=ln33∫∫∫rRR21∫R21242πε00rRπε2所以两筒间的电位差为：RR21λλR2U=0时：UuE==+dr=dr=ln∞12∫∫2Rr122πεrrπεR001RR21λλR2U=0时：U==Edrdr=ln012∫∫2Rr122πεrrπεR0011.6.8半径为R无限长圆柱体内均匀带电，电荷体密度为ρ，把电势参考点选在轴线上，求柱体内外的电势。JGJG∑qJG解：由w∫∫EdSi=，可以求出E的分布：ε02ρρREr=，E=内外22ε2πεr0课后答案网00ρrρ2取U=0时：Ud==rr−0内∫r24εε002RR00www.hackshp.cnρρRrUE外外=+=+∫∫∫∫rRrdrE内drdrdRr22εεr0022ρRRRρ=−ln24εrε00khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn2.1.1在均匀电场中置入一个半径为R的中性金属球，球表面的感生电荷面密度为σ=σθcos（θ角的含义见附图），求带有同号电荷的半个球面所受的0静电力。解：取一点元dq，对其进行受力分析有：由对称性可知，带有同号电荷的球面受力沿x轴，右半球受力：2σFd==∫∫F∫ds⋅cosθ2ε0222πσ032σ0R2π23FRkhaw.com=⋅∫∫cosθ⋅sinθθϕdd=∫∫00ddϕcosθθθsin2ε2ε00ππσπ22⎡⎤cos31+θ2Rσ200=−⎢⎥=ε⎣⎦31+4ε000方向：x轴的正方向2.1.3三块带正电的金属板A、B、C构成平行板导体组（见附图），以S代表各板面积，x及d分别代表A、B之间B、C之间的距离，设d小到各板可视为无限大平板，令课后答案网B、C板接地，A板电荷为Q，略A板的厚度，求：（1）B、C板上的感应电荷；（2）空间的场强及电势分布。www.hackshp.cn解：σSSQ+=σ，UU=23ABACσσ23x=−()dxεε00由上面三式可以解出：QxQdx()−σ=，σ=23SdSdkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnQxQdx()−QS==σ，QS==σ2232ddQxQdx()−∴QQ=−=−，QQ=−=−B2c3ddσσ23E=0，E=0，E=，E=，IIxIIIIIεε00UE==0，UExr=−()，UEdxr=()−−IIIIIIIIIIII（其中r是场点到A板的距离）*2.1.5半径为R的金属求经电压为U的电池接地（如图），球外有一与球心距离为khaw.com2R的电荷q，求球面上的感应电荷。解：因为金属球接地，则U=0，导体是等位体。U0=0，按照UU=∑i可得到：qdqq′′σdsU=+=+=00∫∫w∫s424242πεRRRRπεπε4πε0000qq′+=044πεRRπε200q∴q′=−2*2.1.6接地的无限大导体平板前垂直放置一条无限长均匀带电直线，线的端点与平板距离为d（见附图），若带电线电荷线密度为η，求：（1）垂足O点的电荷面密度；（2）平面上距O为r的点P的感生电荷面密度。解：（1）在板内O点极近处取O′点，直线在O′点课后答案网JJJGG1方向：x的负方向EiO′=−4πεdo板上取包括O点的面元www.hackshp.cn+S，其上的电荷σ0+S在O′点：σ0EO′=方向：x的负方向。2εo板上除了+S外的其它全部感应电荷在O′点。EO′=0，因O′极近点，板上其余电荷在O点产生的电场只能沿板面的切线方向。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnO′点的场强将由以上三个部分组成：δηEo′=+=0（o′在板内）24επεd00η所以：o′=−2πdη∞dxx（2）直线在p′点的法向分量，Edpn′==∫∫Ecosθ22224πεdxr+x+r03∞22−ηη⎡⎤()xr+21Epn′==⎢⎥方向：x的负方向42πε⎢⎥−34πεdr22+khaw.com00⎣⎦d同上（1）类似得到：σpη1−ηEp′=+=0σ=24επεdr22+2πdr22+002.2.1.点电荷q放在中性导体球壳的中心，壳的内外半径分别为R1和R2（见附图），求场强和电势的分布，并大致画出E—r和V—r曲线。解：电荷分布如图，空间电场分布有球对称性，JGJG∑q∑q由高斯定理EdSi=和E=可得：w∫∫2ε4πεr00q当rR<时：E=1124πεr0RR12∞qq⎛⎞11U=++=−EdrEdrEdr⎜⎟+∫∫∫1230RR1244πε⎝⎠rRπεR0102∞q当R<时：E=UE==dr见图（b）232∫34πεrr4πεrwww.hackshp.cn002.2.2球形金属腔所带电荷为Q>0，内半径为a，腔呢距离球心khdaw.comO为r处有一点若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn电荷q（见附图），求O点的电势。解：设球内壁的电荷为−q（不均匀分布），外壁的电荷为Qq+（均匀分布），qdδ′sQ+qU=++0w∫∫44πεπraε4πεb000qq−+Qq=++444πεπrabεπε0002.2.3半径RA的金属球A外罩一同心金属球壳B，起壳极薄，内外半径均可看作RB（见附图），已知A、B的电荷分别为QA和QB，求：（khaw.com1）A的表面S1及B的内外表面S2、S3的电荷q1、q2、q3；（2）A和B的电势VA和VB；（3）将球壳B接地，再回答（1）（2）两问；（4）在（2）问之后将球A接地，再回答(1)、(2)两问；（5）在（2）问只后在B外再罩一个很拨的同心金属球壳C（半径为RC），再回答(1)、(2)两问，并求C的电势VC。解：（1）设qQ=均匀分布，qQ=−均匀分布，qQQ=+均匀分布，由s1As2As3ABJGJG∑q∑q高斯定理EdSi=和E=可得：w∫∫2ε4πεr00QA当R<时：E=B24πεr0∞∞∞JJGJJGQQ∞+QAABUE=⋅drE+⋅dr=dr+drA∫∫∫RRR22∫R课后答案网ABA44πε00rrBπεQQQ+QQQAAABAB=−+=+44444πεRπεRRRRπεπεπε00000ABBABwww.hackshp.cn∞QQ+QAABUd==rB∫R2B44πε00rRπεBqq或根据均匀分布带电球面电势分布球面内U=，球外U=，由叠加4πεR4πεr00定理可得：khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnQQ−+QQQQAABAABU=++=+A44444πεRπεRRRRπεπεπε00000ABBABQ−++QQQQQAABABAU=++=B4444πεRπεRRRπεπε0000BBBB（3）各表面电荷分布如图：QQQQ+−+()QQQQ+AAABABABU=−+++A44444πεRπεRRRRπεπεπε000ABB0C0CQQAB=+44πεRπεRkhaw.com00ABQ−+QQQ−()QQQQ++QQ+AAABABABABU=++++=B44444πεRπεRRRRπεπεπε4πεR000BBB0C0C0BQ−QQQ+−+()QQQQ+QQ+AAABABABABU=++++=C44444πεRπεRRRRπεπεπε4πεR000CCCCC000C（4）当q=0，q=0，qQQ=+，qQ=−+()Q，qQQ=+时：s1s2s3ABs4ABs5ABQQ+QQ+ABABUU==，U=ABC4πεR4πεR0B0C（5）当qQ=，qQ=−，q=0时：s1As2As3QQ−AAU=+，U=0AB44πεRπεR00AB（6）设qQ=′，则qQ=−′，qQQ=+′′s1As2As3AAQQ′′−+Q′Q课后答案网AAABU=++，A444πεRπεRRπε000ABB当接地时，则U=0www.hackshp.cnAR解之得：QQ′=−AABRBQQ′′−++Q′′QQQAAABAB∴U=++=B4444πεRπεRRRπεπε000BBB0B2.2.4有两个极薄的同心金属求壳额，半径分别为a和b，内球壳电荷为Q1，求：khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn（1）外球壳电荷Q2为多大时内球壳电势为零；（2）当满足上问条件时，求空间任一点的电势。解：（1）设外球壳带电Q时，内球壳电位为0，则：2qQ=，qQ=−，qQ=+Qsa1sb内1sb外12QQ−+QQQQ−111212U=++=+=0内44444πεabbabπεπεπεπε00000b解之得：QQ=−21akhaw.comQQ11−Q1+QQQ212（2）当arb<<时：U=++=+r44444πεπrbbrbεπεπεπε00000Q−QQQQQ++111212当rb>时：U=++=r4444πεπrrrrεπεπε00002.2.5同轴传输线由两个很长球彼此绝缘的同轴金属直圆柱构成（见附图），设内圆柱体的电势为V1，半径为a，外圆柱体的电势为V2，内半径为b，求其间离轴为r处（a，UU>，所以内球带电不可能为0，而且是带负电，212∞JGJG∑q设内球带−Q′，于是外球内壁+Q′，外壁为（QQ−′），由高斯定理w∫∫EdSi=ε0得：khaw.comJJG1−Q′当R<时：E=外24πεr011JGJGR22∞122∴W=⋅EDdv⋅=επE44rdr+επErdr∫∫∫∫000内∫R外22211⎡⎤Qr24RQ2∞=+επ4(⎢⎥)rd()dr032∫∫224πεRr04πεRr⎣⎦0023Q=20πεR0课后答案网www.hackshp.cnkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn3.2.1偶极矩为p的偶极子处在外电场E中，（1）若E是均匀的，当p与E的夹角0−30ερ=Ω5l4.310×/25CCm⋅150Ω，1Wσ′ραθ为何值时偶极子达到平衡？此平r0衡是稳定平衡还是不稳定平衡？（2）若E是不均匀的，偶极子能否达到平衡？答案：（1）因为电偶极子在均匀外电场中F=0，Mp=Esinθ合所以当θ=0、π时，M=0，平衡；θ=0时是稳定平衡，θ=π时是非稳定平衡。khaw.comJG（2）如果E不均匀，不能达到平衡。3.2.2两个偶极子相距为r，偶极矩P1和P2的方向与它们的连线平行，试证：3pp12（1）它们之间的相互作用力（大小）为：F=22πεr0（2）相互作用力的方向满足：P1和P2同向时相互吸引，反向时互相排斥。注：“偶极子”一词已暗示组成偶极子的两个点电荷之间的距离远小于偶极子到场点的距离。2p1解：p对A处：E=1−l234()πεr−022p1p对B处：E=2+l234()πεr+02所以受到的力：22qpqp2121Fq=−Eq+E=−21−+ll22334()4()πεrr+−πε00课后答案网22⎡⎤2qp⎢⎥1121=−⎢⎥r3ll4πε22330⎢⎥(1+−)(1)⎣⎦www.hackshp.cn22rr将上式方括号内按马克劳林级数展开取前两项：f()lff=(0)+′()ol22⎡⎤⎡11⎤−⎢⎥11⎢22rr⎥l2⎢⎥−=0+l⎢−⎥=−2ll2233l24l243r⎢⎥(1+)(1−)⎢−+3(1)−−3(1)⎥⎣⎦22rr⎣2r2r⎦l2=0khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn23qplpp21221∴F=−=−3434rrπεπ2εr00JJGJJG负号表示p受力方向与x轴正方向相反，指向p（p与p同向时，相互吸引；2112反方向时，相互排斥）。3.2.3电荷分别为q和‐q、相距为l两个点电荷组成的偶极子位于均匀外电场E−65中。已知qC=×1.010，lc=2.0m，E=×1.010NC/（1）求外电场作用于偶极子上的最大力矩；（khaw.com2）把偶极距从不受力矩的方向转到受最大力矩的方向，求在此过程中外电场5力所做的功。JGJGJG解：（1）TpE=⋅，TPE=⋅sinθπ−−653当θ=时，取最大，TPE=⋅=×××=×1.0102.010210NM2ππ22−3（2）AT==∫∫dθθ0PEdPsinθθ=−=E[]cos0210×NM3.2.4偶极距为P的偶极子处在外电场E中，（1）求偶极子的电势能[即偶极子（作为系统1）与激发外场的电荷（作为系统2）之间的互能]，约定偶极子在无限远时的电势能为零，（2）P与E的夹角为何值时偶极子的电势能最小？其值是多少？（3）P与E的夹角为何值时偶极子的电势能最大？其值是多少？解：（1）Wq=U，Wq=−U，WWW=++()p+−−()p+−pppJGGJGG−++WqE=∫∫∫⋅dlqE=−⋅dlqE=−cosθ⋅dlq=−lEcosθppp+−−JGJGWp=−⋅课后答案网E（2）当θ=0时：Wp=−Emin（3）当θ=π时：Wp=Ewww.hackshp.cnmax3.4.1半径为R、厚度为h（h<u35kV0dt−+tcm击穿εr3.5.9长直导线和它同轴的金属圆筒构成圆柱电容器，期间充满相对介电常量为εr的均匀电介质（如图），设导线半径为R1，圆筒内径为R2，沿导线单位长度上的自由电荷λ，略去边缘效应，求：0（1课后答案网）电介质中的电场强度E、电位移D和极化强度P；（2）两极的电势差U；（3）电介质表面的极化电荷面密度σ′。JGG解：（1）电场具有轴对称分布：www.hackshp.cnw∫∫Dds⋅=∑qJGGJGGJGGDds⋅+Dds⋅+⋅=Ddsλl∫∫∫∫∫∫0++sss上下侧λλ0000++⋅Dr2πll=λ，D=，E=02πr2πεεr0rkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnRR22λλR002U==Edrdr=ln12∫∫RR1122πεεrRπεε00rr1λR02ρεε=−=−(1)(1Eεε)ln00rr112πεεR01rλ′=−=−−0（3）δρε(1ε)10r12πεεR01rλ′==−0δρεε(1)20r12πεεRkhaw.com02rQλL2πεεL00r加（4）C===UλRR02212lnln2πεεRR01r13.5.10两共轴导体圆筒，内筒外半径为R1，外筒内半径为R2（R2<2R1），其间有两噌均匀电介质，分界面半径为a，内层介电常量为ε，外层介电常量为1ε21=ε/2，两电介质的介电强度都是Em，当电压升高时，哪层电介质先击穿？21R2试证两筒之间所允许的最大电势差为：UE=ainmm2aR1λ解：因为两筒间的场强为：E=2πεεr0rRr22λRλλrλR2U==Edrdr+dr=+lnln12∫∫RR∫r1122πεε00rrrrπεε22πεε010rrRπεεr12εr1∵ε=r2课后答案网22λR2∴U=ln122πεεRr01r1www.hackshp.cnλuM内层场强最大值：E==1M22πεεRR01r1Rln21Rr2λ2uM外层场强最大值：E==2M22πεεrR0r2rln1Rr1khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnER221M∴=Er1M∵R<2R21ER2R21M2∴=>>1Err1M即EE>，因两层介质击穿强度都是E，故电压上升时，外层先达到21MMM1R2EE=击穿，而UE=rln2M2MMM2Rrkhaw.com213.6.1附图表示由两层均匀电介质充满的圆柱形电容器的截面，两电介质的介电常量分别为ε、。ε12（1）求此电容器单位长度的电容；（2）D及E在电介质的交界面处是否连续？JGJG解：（1）在介质介面处D连续而E不连续。JGGλλ（2）由w∫∫Dds⋅=∑q可得：D=，E=2πR2πεεr0rRR23λλλλRR23Ud=+=+rdrlnln12∫∫RR1222πεεrrRRπεε22πεεπεε00rr0rr12102λ2πεεε0rr12C==URR23εεln+lnrr21RR123.6.2分界面左右两侧电介质的相对介电常量分别为ε=3和ε=6，设分界面左r1r2侧场强大小为E，与法线成450角且指向右侧，求分界面右侧的场强E。课后答案网122解：EE=，11n2www.hackshp.cnE1nε2ε1εr12因为=，EE==E21nn1Eεεε221n2r2EEE22εr122E2E2V=+=()+()=769222ntε2211mr2khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn2EEt21εr7tgθ==2==2E2nrεr12ε13E1ε2r200θ==66.806648′3.6.3相对介电常量为ε的均匀电介质与真空的交界面为一平面（见附图），已r知真空中均匀场强E1与界面法线夹角为θ，计算（1）以界面上一点为球心、R为半径的球面上场强E的通量；（2）D沿附图中的窄矩形的环流。khaw.com2解：因为Φ=Φ+ΦΦ==εθERcosπ−ΦEEE23D2300DΦD22ΦD3E02Φ==ERcosθπΦ==cosθπRE2εE3εεε00rr22E0εr−12Φ=ERcosθπθ−cosπRER=cosθπE00εεrrJGGJGGJGGDdl⋅=⋅+⋅=DdlDdlDdl+−Ddlv∫∫∫∫∫LllllCC01112=−=−εEdlεεEdlElElεsinθεεsinθ∫∫ll000Cr00C00r0课后答案网123.6.4附图中的曲线代表真空与电介质（相对介电常量为ε）的交界面，A、B、rC是板近的三点，其中B点在交界面上，A、C点分别位于电介质和真空内，已知C点的场强为www.hackshp.cnEC，其方向与界面法线夹角为α，求：（1）A点的场强EA；（2）B点的极化电荷面密度σ′()B。解：（1）由右图可知：EE=cosα，法向不连续no00EεEEnorno0由=得到：E==cosαn0E1εεnrrkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn所以：EE==sinαE切向不连续τ000τ22E0222EEE=+=cosα+εαsinnrτ00εrEτtgα==εαtgr0EnJGGε(1ε−)′=⋅==−=0r（2）δPnPεε(1)EEcosαnrn000εr3.7.1用一块ε=5的玻璃板充满平板电容器两极板间的空间，在下面两种情形下khaw.comr将玻璃板移去，求电容器的新能量W′与原能量W之比值：（1）电容器一直与直流电源相接；（2）用支流电源给电容器充电后，先断开电源再抽出玻璃板。1122ε0sε0εrs解：（1）U不变：由Δ=WCUC−UC=C=0022dd125ε0s−得到：Δ=WU(1−=−×ε)3.210J减少r2d222111QQQd1−4（2）断开电源后Q不变：Δ=WJ−=(1−=×)1.610222CCsεε00r3.7.2将半径为R，电荷为q0的导体球置于介电常量为ε的均匀无限大电介质中，求电介质内任一点的能量密度。JGG解：由w∫∫Dds⋅=∑q自QQ00可求出：D=E=224πr4πεεr0r2课后答案网WE==1εε2Q00r24232πεεr0rwww.hackshp.cnkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn习题4.1.1很定电流场J=Ji（其中J为常数，i为沿x轴正向的单位矢量）中有一半径为R的球面（见附图）。（1）用球坐标表示出球面的任一面元的J通量dI；（2）用积分的方法求出由x>0确定的半球面的J通量I；GGG解：（1）∵dI=⋅=⋅=jdsjirdsˆjcosαdsxrcosϕRsincosθϕ而方向余弦：khaw.comcosα===RRR2ds=Rsincosθϕ22dI=jRsinθcosϕθϕdd（2）因被yoz平面所截，πππ2π⎡⎤112222222I==∫∫∫dI4jR00cosϕdϕθsindθ=−4sjRj[]inϕ0⎢⎥θθπsin2=R⎣⎦240GG通过前面半球的j线数与通过过O圆平面的j线数相等。4.2.1如图所示的电路中，求：（1）开关S打开时A、B间的总电阻；（2）开关S闭合时A、B间的总电阻。解：课后答案网www.hackshp.cn（1）当K断开时，电路图如下（1），由图可得知：R=225Ωab（2）当K闭合时，电路图如下（2），由图可得知：R=208Ωab4.2.2求附图所示各电路图中A、B间的总电阻。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnkhaw.com解：等效电路图（a）~（g）如下：课后答案网www.hackshp.cn（a）R=Ω1K，（b）R=Ω4.5（c）R=1.2Ωababab（d）R=Ω7.4（e）R=5Ω（f）R=1.5Ω（g）R=14Ωababababkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn4.2.3当附图中的R1为何值时A、B间的总电阻恰等于R0？RRR()+110解：由R=+RR=总10RRR++()110R0解得：R=134.3.1用电阻率为ρ的金属制成一根长度为l、内外半径分别为R1和R2的导体管，求下列三种情况通过管子的电阻：（1）电流沿长度方向流过；（2）电流沿径向流过；khaw.com（3）把管子切去一半（如附图），电流沿图示方向流过。解：（1）电流沿长度方向流过，则各截面面积相等，有lR=ρ22π()R−R21（2）电流沿径向方向流过，各截面面积不相等，有R2drρR2Rd==∫∫R=lnR122ππrllR1（3）把管子切去一半，电流沿图示方向流过，考虑离轴线为r，厚度为dr的薄半圆片，则其电阻ρπr为：dR=ldr又因为各电阻不一样，各电阻上的电流分布也不一样，各段电阻相当于并联，则有11R2ldrlR2==∫∫=ln，RdRR1ρπrρπR1ρπ1即有：R=lR课后答案网ln2R14.3.2用电阻率为ρ（常量）的金属制成一根长度为L、底面半径分别为a和b的锥台形导体（见附图），www.hackshp.cn（1）求它的电阻；（2）试证明当a=b时，答案简化为ρL/S（其中S为柱体的横截面积）G解：假定I沿轴线流过任意横截面的j是均匀的，建立坐标如图所示ρdx则有：dR=2πrkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnρdx积分得：Rd==R∫∫2πr其中x，r为变量，若将统一为x的变量，x的变化范围为：x~xl+00由axt=gβ，bxl=+()tgβ00Laba−解出：x=，tgβ=0ba−lx()ba−又∵rx==tgβl222πkhaw.comx()ba−sr==π2l22ρρρdxldxlxl0+dx∴R===∫∫22222∫xππrx()()b−−abπax02llρ⎡⎤11ρ=−⎢⎥=2π()baxxl−+⎣⎦πab00若将变量统一为r，则r的变化范围为：0()→−ba，或由ab→badr−ldr由tgβ==得：dx=ldxba−ρdxldrρρlbdr∴R===∫∫ππr22rba()()−−πbar∫a2llρ⎡⎤11ρ=−=⎢⎥π()baab−⎣⎦πabllρ当ab=时：R==ρ2课后答案网πas4.3.3球形电容器内外半径为a和b，两极板间充满电阻率为ρ的均匀物质，试计算该电容器的漏电电阻。ρdx解：对漏电电阻，其内部电极电位差，电流沿径向从高电位向低电位流过，则有：www.hackshp.cndR=24πrbρdxρρ11()ba−积分得：Rd==R=−=()∫∫a44ππra2ba4πb−84.3.4直径为2mm的导线由电阻率为3.1410×Ω⋅m的材料制成，当20A的电流均匀地流过该导体时，求导体内部的场强。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnGJGjIρ3.1410××−820解：根据j=δE，得E====0.2VδπR233.14(10)×−2m−300−84.3.5铜的电阻温度系数为4.310×/C，在0C时的电阻率为1.610×Ω⋅m，求直径为5mm、长0为160km的铜制电话线在25C时的电阻。3l−−8316010×解：Rt=+ρσ(1)=××1.610(14.310+×××25)=Ω14402−32πr3.14(2.510)××4.3.6将同样粗细的碳棒和铁棒串联起来，适当地选取两棒的长度能使两棒的总电阻不随温度而变，求这时两棒的长度比。khaw.com解：当两者串联起来时，其总阻值为：llCFR=+=+RRρσρσ(1t)++(1t)…………….（*）总CFC00CFFssdR总其总阻值不随温度变化而变化，即=0dtllCF将（*）式对温度t求导并另其等于0，即ρσ+ρσ=0CC00FFsslCρFFσ8.71得到：=−0==lρσ35040FC0C4.3.7某仪器中要一个“200,2ΩW”的电阻，手头有标明“50Ω，1W”的电阻及“150Ω，1W”的电阻各一个，是否可以代用？解：标有“220,2ΩW”的电阻：WUR==WV21()，I==0.01()A额额课后答案网RW标有“50,1ΩW”的电阻：UR==W7.07()V，I==0.14()ARwww.hackshp.cnW标有“150,1ΩW”的电阻：UR==W12.25()V，I==0.08()AR将“50,1ΩW”与“150,1ΩW”的电阻串联起来，可得：7.0712.2519.33+=<21()V所以不能代替。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn14.3.8有100欧、1千欧、10千欧三个电阻，手头有表明“50欧，1瓦”的电阻及解：（1）由WW=，额4得1W41I===()A额42Rmin10210×所以ab两端的电压为：134UIR==×（100+10+10）=0.5111=55.5(V)×ab额min总2210×2（2）由WIR=，得到：I=0.01()AUV=×=0.0110khaw.com310()，UR额==W14×103=15.8()V2PW=×=0.011000.01()1001UV=×=0.011001，UR==W×100=5()V没有超过额424PW=×=0.01101()104414UV=×=0.0110100()，UR==W×10=25()V已超过额44.4.2在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触头在某一位置时，安培计（内阻可忽略）的读数为0.2A，伏特计（内阻无限大）的读数为1.8V。当滑动触头在另一位置时，安培计和伏特计的读数分别为0.4A和1.6V，求电池的电动势和内阻。解：由ε=+UIr和ε=+UIr1122可解出：UU课后答案网21−1.81.6−r===1ΩII−−0.40.212ε=+×=1.80.212()Vwww.hackshp.cn4.4.3用电动势为ε，内阻R内的电池给阻值为R的电阻供电，在保持ε和R内不变的情况下改变R，试证当R=R内时，求：（1）电阻R吸收的功率最大；22εε（2）R所吸收的最大功率为：P==。m44RR内khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnε2解：由功率可得：PR=()R+rdP当其最大值时，则有=0dR222εε()2Rr+−RRr()+即：=04()Rr+222εε()2Rr+−RRr()+=02()2R+=rR()R+r解得：R=khaw.comr22ε2εε所以最大功率为：Pr==()=max22rr+44rR4.4.4附图中R1=Ω40，R3=Ω20，R=304Ω，通过电源的电流I=0.4A，UAB=20V，求RR=304Ω2及电源电动势。解：因为UI=−+εR，AB4ε=−=×+=IRU0.4302032()V4ABRR12ε=++IRR()43R+R12RI()ε−−RIR143R==120Ω2IR−++εIRIR1434.4.5附图中ε1=6V，ε2=10V，R1=Ω3，R2=1Ω，R=4Ω，求UAB、UAC、UCB。ε++ε61012解：I===2()ARrr++314++课后答案网12UI=−=×−=rε2360()Vab11UIac=−−+=r1122εεIrV−www.hackshp.cn8()UI=−+εr=8()Vab224.4.6如果流过附图中的8欧电阻的电流是0.5A，方向向右，求UAC。解：由图可知I=0.5A，则I=0.25A816khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnI=++=0.50.250.251A20918×6+I20918+1由于分流作用：==I420+26I==22IA620918×UI=×=12()Vac6918+4.4.7求附图中A、B、D、E各点的电势。解：因在R所在的支路上有电容器khaw.com3则R上无电流，U=ε3b3又因在R所在的支路被短接，1则R上无电流，U=−ε1d1又U=εc2ε2UI==RRU=aB2444aRR+234.4.8附图中RA=Ω100，R0=Ω200，R=50Ω，若开关S1和S2同时断开与同时闭合时通过RA的电流相等，求RB解：εKK、同时打开，I=….（1）12AR++RRA0KK、同时闭合：12课后答案网εRR1ABI=…（2）ARRRAA+BRRAB+R0RR+ABwww.hackshp.cn由题意，此两种状态下是相等的，则（1）=（2），RRA0可解出：R=BR4.4.9附图中O点接地。（1）求A点和B点的电势；（2）若三个电容器起始时不带电，求它们与A、B、O相接的各极奥博内上的电荷。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn解：电容器对直流断路，由闭合电路的欧姆定律可得：102024+−I==0.1210231728++++（1）UU=−0.12100.128×+−×==7AoAUU=×+××==0.13240.11726BoB（2）三个电容器开始时是不带电，则有−+−+−=QQQ()()0ABC而QUC=，QUC=，QUC=AAkhaw.comCABBCBCOCC−−()UUCUUCUUC+()−−+()−−=0ACABCBOCC代入数据得：−−5551U×=×06610，即UV=13.2()CC−6QUC==×13.21010×=132(mC)CCC4.4.10附图中的用电势差计测电池的电路图，实际的电势差计在标准电阻RAB上直接刻度的不是电阻值，也不是长度，而是各长度所对应的电势差的值。图中R内代表被测电阻的内阻，Rm=100欧为被测电池的负载电阻。实验开始时，S2断开，S1拨在1处，调节Rn使流过RAB的电流准确地达到标定值，然后将S1拨在2处，滑动C，当检流计G指零时，读得UAC=1.5025V，再逼和开关S2，滑动C，当G指零时读得U′=1.4455V，试根据这些数据计算电池内阻R内。AC解：当打开K，将K先后拨到1和2处，此时I=0可得到：21GU=ε……….（1）ACx当闭合K时:2课后答案网U′′=−=−AC…….（2）UIεεrrACxxRmwww.hackshp.cn联立（1）（2）可得：r=Ω4.0khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn4.5.1附图中ε=12V，ε=2V，R=Ω1.5，R=2Ω，I=1A，求R的阻值及电流I、。解：Ikhaw.com12132213因为I+=II，ε=−IRIR+13213311−=εIRIR+23322可解得：R=Ω4，I==43IA−2134.5.2求附图中两个未知电动势ε、ε的数值和实际方向。12解：对节点a有：12=+I…（1）ab由回路得：20+=×++×+ε1(16)I(41)…（2）1ab−+=−×++×+εεI(41)2(12)……（3）12ab联立（1）~（3）得：ε=−18V，I=−11abε=−−−×++×+18(1)(41)2(12)=−7V2UV=+−×+=18(1)(41)13ab课后答案网4.5.3（1）求附图中A、B两点间的电势差。（2）把A、B两点接上，求流过12V电池的电流。128−4解：当ab断开时：I==1222119www.hackshp.cn+++++2UIII=+++−=28210Vab9当ab连接时：I=+II1231210−=++++II(112)(13)12108−=−++II(13)(212)++23khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn解得：I=0.464A14.5.4附图中ε=24V，R=80Ω，R=Ω240，RR==Ω120，问R等于多大时才能使流过它的电khaw.com12354流I为0.125A？4解：蛇各支路的电流方向，各回路的绕行方向如图，对节点A：I=+II13对节点B：I=+II125对节点C：I=+II24对回路1：IRIRIR+−=0115533对回路2：IRIRIR−−=0224455对回路3：IRIR+=ε3344联立上面6个式子可解出：R=Ω4844.5.5已知附图中各电源内阻为零，A、B两点电势相等，求电阻R。课后答案网www.hackshp.cn解：I=+II，（1）II(26)++=R′6，（2）II(22)++=R′26+（3）1231323khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnUII=−=620（4）AB12由（2）‐（3）得：842II−=−（5）121由（4）得：I=I（6）1233由（5）（6）得：I=（7）22由（1）（6）（7）得：I=2（8）3由（2）（6）（8）得：R′=11111又=++khaw.comRR′36得：R=24.5.6求附图所示二端网络的电阻RAB。解：设电流I、、、、、的方向和IIIIIU，则12345ab对节点A：I=+II（1）12对节点B：I=+II（2）34对节点C：I=+II（3）135对回路1：rII(2+）−I=I（4）1524对回路2：rIII(2−+）=0（5）345又UI=+rI2r（6）ab13UabR=（7）abI课后答案网（1）（2）代入（4）得：42Ir+−Ir−rI=0（8）13（2）（3）代入（5）得：40IrrI−−=rI（9）3191www.hackshp.cn（7）代入（8）得：rI−20rI−=U（10）1ab22（7）代入（9）得：23Ur−Ir−=I0（11）ab193(10)3(11)×+×得：−+−−=U9960UrIrIabab22Uab即：R==1.4rabIkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn4.6.2用12根阻值为R的均匀电阻丝搭成一个立方体（见附图），从A、B两端引出导线成为一个无源二端网络，求此二端网络的等效电阻Re。（提示：用恒流源I供电，借对称性分析各边的电流情况后求A、B之间的电压。）解：设电流I的流向和电流分布如图，则有UUUU=++abaccddbIII5=++=RRRIR3636U5abR==RabI64.6.3求附图所示有源二端网络khaw.comN的开路电压和除源电阻。解：等效电路图如右，则有12UV=×48=024+24×R=+67.3=Ωe24+4.6.4附图中ε==ε40V，R=Ω4，RR==Ω2，R=5Ω，R=10Ω，R=Ω8，用戴维宁定12126345理求通过R的电流I。3课后答案网3www.hackshp.cn解：根据多次的电路等效，见变化图（a）（b）（c）则有：khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn830×6I==3.53A8++5564.6.5附图中已知ε=100V，ε′=40V，R=10Ω，R′=30Ω，用戴维宁定理求R′支路上的电流。khaw.com解：见等效电路图右：εr10010×则有：UV===500rr++1010r等效电阻：R=e2UU−−ε′−4000I===−1ArR′++23010e（负号表示电流方向与图中方向相反）4.6.7附图（a）中每个电阻（含Ra）的阻值均为3欧，电源内助为零，电动势未知（但都相同），已知通过Ra的电流为2A，方向如图示。（1）在Ra所在支路中再串入一个6欧的电阻（如图（b）），求此支路的电流（大小和方向）；（2）在Ra上并联一个6欧的电阻（如图（c）），求该电阻的电流（大小和方向）。课后答案网www.hackshp.cn解：khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn（a）等效电路得：R=3eεe2A=R+Rskhaw.come得：ε=12Ve（b）电路等效图：ε12e得：I==1ARR++63++36se（c）见等效电路图（c）ε12e得：I===24A66R×3s+R3+eR+663+s242×I==0.8A664.6.10戴维宁定理证明：惠斯通电桥电路中零内阻检流计与恒压源互换位置（见附图）时，检流计读数不变。课后答案网www.hackshp.cn解：在惠斯登电桥平衡时，RRR=R，I=01423G若只将检流计与电源互换，用戴维宁定理，将AB两点断开，则有UI=−RIRAB1224khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn而ε=+=+I()()RRIRR112234εεRR24∴URR=−=ε()−AB24R++RRRRR123413又∵RRR=R1423∴U=0即：I=0不变ABGkhaw.com课后答案网www.hackshp.cnkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn习题−55.1.1地面上空某处地磁场的大小为B=×4.010T，方向水平向北。若宇宙射线中有一速率7vm=×5.010/s的质子竖直向下通过此处，求：（1）质子所受洛伦兹力的方向；（2）受洛伦兹力的大小，并与该质子受到的地球引力相比较。解：（1）向西2（2）f=qvB，f=GMm/R5.2.1如图中实线为载有电流I导线，它由三部分组成：MN部分为1/4圆周，圆心为O，半径为R，其余两部分为伸向无限远的两个直线段，求khaw.comO点的磁场B。gdgdgdgd解：∵BBBB0123=++uIuI00B=B=B=+2BB120124πR42×RuIπ0B=+(1)0解得：24πR方向：垂直些面向外5.2.2电流I沿附图（a）（b）所示的导线流过（图中直线部分伸向无限远），求O点的磁场B。3uI1uI00B=B=23解：（a）∵B1=0，42R，22πRuI3π0BBB=+=(1+)012解得：42πR方向：垂直于纸面向里gdgdgdgd（b）∵BBBB0123=++，BBBBBB=++=+2012321，1uI1uI00B=B=12课后答案网22πR，22RuI0B=+(2π)0解得：4πR方向：垂直于纸面向里5.2.3将通有电流I的导线弯成如图所示的形状，求www.hackshp.cnO点的场强B。3uI1uIuI31000B=+=+()0解：（a）4242×ab8ab方向：垂直于纸面向里gdgdgdgdgdgd（b）∵BBBBBB012345=++++，khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn3uI0uI000B=B=−(cos90cos135)1242×a，4πbuI000B=−(cos45cos90)3BB==04πb，45uI32π0BBBB=++=()+0123解得：42πab方向：垂直于纸面向里5.2.4载流导线形状如图所示（直线部分伸向无限远），求O点的B。khaw.com1uI1uIgddduIuI0000BB==B=B0=−ik−132解：（a）22πR，22R，42RπRgd1uIdgd1uIdgdd1uI000B1=kB3=−iB2=−i（b）22R，22πR，22R，gd1uIdgd3uIdgdd1uI000B1=−kB2=−iBj3=（c）22πR，42R，22πR5.2.5三根平行直长导线在一平面内，1、2和2、3之间距离都是3cm，其上电流I1=I2及I3=–（I1+I2）。方向如图，啊求一直线的位置，在这线上的B=0。解：设P点距离1处有x远，另P的B=0，则有：uuI()I+IuI0011202B0=+−=P−−−22221ππxxx×−02(6)×−102π(3)×10解出：x=2课后答案网5.2.6将一无限长导线中部拆成一个长为a、宽为b的开口矩形（如图），并使此导线通过电流I，求矩形中点O点的磁场B。uI00b2BB==[cos0−]1050www.hackshp.cn2214πa[(ab+)4]2解：∵2uIa20BB==[2×]20402214πa[(ab+)4]22，khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnIb2B=×[2]30221a[(ab+)4]22uI0222BBBBBB=−−++=(1ab+−)1050204030∴abπ方向：垂直于纸面向里5.2.7I=5A的电流流过边长a=30cm，的正三角形导线，P是以此三角形为底的正四面体的顶点（见附图），求P点的磁场B。3uI000−6B=+(cos60cos60)sinα=1.9210×P0解：khaw.com2sπain60Tatg3002sinα=0而asin605.2.8长20cm、半径2cm的螺线管绕200匝导线，导线中的电流是5A，求螺线管轴线中点的磁场（大小）B。uNI10B(=+0cosθcosθ)cosθ==−cosθ121222解：2πl而10+205.2.9有一螺线管，半径是5cm，长是50cm，导线电流为10A，要想在其中心处产生0.1T的磁场，求（1）这螺线管每单位长度有多少匝？（2）所需导线的总长？lunI02B=×(2−1)2l22+12解：（1）4ln=2lπR（2）总5.2.10附图中的A、C是由均匀材料支撑的铁环的两点，两根直载流导线A、C沿半径方向伸出，电流方向如图所示，求环心O处的磁场B。解：∵课后答案网BB10==400，uIl022B=2024πawww.hackshp.cn方向：垂直于纸面向外uIl033B=3024πa方向：垂直于纸面向里ll23IIρ=ρIRI=R23IlI=l又2与3段电阻并联：2233即SS2233B=B∴2030khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn∴B0=5.2.11略5.2.12将半径为R的无限长圆柱形薄导体管沿轴向割去一条宽度为h（h<R3时：2πr5.4.2附图中一个矩形截面的螺绕环，其总匝数为www.hackshp.cnN，每匝电流为I，求：（1）以r代表环内一点与环心的距离，用磁场（大小）B来表示r的函数表达式；（2）证明螺绕环横截面的磁通量满足：uNIhD01Φ=ln2πD2解：根据对称性知，在环内与环外共轴的圆周上B大小处处相等，方向沿圆周切线，khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cngddî∫LBdluI⋅=∑0iBru⋅=2π0NI∵即uNI0B=∴2πrgdgddΦ=⋅BdS=BdSD1uNIhuNIhD2001Φ=ddΦ=⋅r=ln∫∫D2222ππD25.4.3无限长直导线有均匀分布的10A电流,在导线内部作一无限长的平面N(如图所示),求N内每米长的面积的磁通量.khaw.com解：以轴为心作以r半径的圆，穿过此原面的电流I′，它与半径为R的导线流过的电流I=10A的关系为22rμ0Ir2πμBrI==BrI′=I0R222πR2RμI0dΦ=Bldr=rldr22πRRμμIlIl00Φ=rdr=2∫24ππR05.4.4电流以密度J沿Z的方向均匀流过厚度为2d的无限大导体平面(见附图),求空间各点的磁场B.解：课后答案网www.hackshp.cnkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn5.4.5khaw.com在半径为a的无限长金属圆柱内挖去一个半径为b的无限长圆柱体(见附图),两柱轴线平行,轴间距离为c,在此空心导体上通以沿截面均匀分布的电流I,试证空心部分有均匀磁场,并写出B的表达式.解：P点为挖空圆柱中的一点。设空心金属导体中均匀电流沿Z轴方向，此电流分布可以看着实心圆柱中沿Z轴方向流有电流密度J电流与在空心导体柱所在处流有一J电流的叠加。课后答案网www.hackshp.cnkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnkhaw.com课后答案网5.5.1附图中的水平直线段MN长为0.1m,位于M点的电子以初速度进入均匀磁场B中,v0的方向竖直7向上,大小为v0=1.0×10m/s,试问:(1)B的大小和方向如何才能使电子沿图中半圆周从M运动到N?(2)电子从M运动到N需要多长的时间?www.hackshp.cn5.5.2带电粒子在过饱和蒸汽中运动时,其路径上的蒸汽凝结成小水滴,由此便可观察粒子的运动轨迹,这就是云室的原理,今在云室中有B=1T的均匀磁场,观测到一个质子的径迹是半径为R=20cm的圆弧,-27求它的动能(质子的质量为1.67×10kg)。-845.5.3质量为0.5g、电荷为2.5×10C的质点以6×10m/s的水平初速度入射地球表面的一个均匀磁场Bkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn中，要使它维持在水平方向运动，B值最小应为多少？B的方向又应如何？35.5.4动能为2.0×10eV的正电子射入B=0.1T的均匀磁场中，其初速度与B成89角，求该正电子所作螺旋县运动的周期T、螺距h和半径R。65.5.5一回旋加速器的D形电极的半径为R=60cm，要把一个质子从静止加速到4.0×10eV的能量。求（1）4所需要的磁感应强度B；（2）设两D形电极间距为1.0cm（其间的电场可看作均匀），电压为2.0×10V，求加速到上述能量所需要的时间。-35.5.6霍耳效应实验（如图所示）中的载流导体的长、宽、厚分别为4cm、1cm、10cm，沿长度方-5向载有3A的电流，磁场B=1.5T，产生的横向霍耳电压为10V。试由这些数据求：（1）载流子的漂移（定向运动）的速度；（2）单位体积的载流子数。khaw.com5.5.7附图是霍耳效应实验（图5‐31）中的载流铜片的横截面图（×代表电流方向）。已知l=0.02cm，29-3d=0.1cm，I=50A，B=2T，单位体积内的电子数n=1.1×10cm，求：（1）铜片中电子的漂移速度；（2）磁场作用在一个电子上的洛伦兹力的大小方向；（3）霍耳电场（大小和方向）；（4）霍耳电压。5.6.1两根相距为a的无限长平行直导线载有强度为I1和I2同向电流，（1）求导线1上长为l的一段受到的来自导线2的安培力F。此力是吸力还是斥力？（2）设a=15cm，I1=I2=200A，求F的大小。5.6.2附图中的直导线AC与任意弯曲导线ADC都躺在纸面内，×号代表与纸面垂直的均匀磁场，若导线AC与ADC载有相同的恒定电流，试证它们所受磁场力相等。5.6.3边长为0.5m的正方体放在0.6T的均匀磁场中，磁场方向平行与正方体的一边（附图的x轴）。折线课后答案网www.hackshp.cnkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn习题6.2.1在无限长密绕螺线管内放一圆形小线圈，圆平面与螺线管轴线垂直。小线圈有100−1匝，半径为1cm，螺线管单位长度的匝数为200cm.设螺线管的电流在0.05s内以匀变化率从1.5A变为-1.5A，（1）求小线圈的感应的电动势；（2）在螺线管电流从正直经零值到负值时，小线圈的感应电动势的大小和方向是否改变？为什么？解答：−1−2khaw.com（1）螺线管单位长度的匝数n=200cm,小线圈半径R′=10m,匝数N′=100，若选择电动势的正方向与电流的正方向相同，螺线管内小线圈的感应电动势大小为ε′=−N′dΦ=−N′dBS′=−μn(πR′2)N′dI=7.4×10−2V.>0dtdt0dt表明电动势的方向与设定的方向相同。(2)螺线管电流从正值经零值到负值时，小线圈的感应电动势的大小和方向都不变，因为电流以及磁通量都以相同的变化率作变化。6.2.2边长分别为a=0.2m和b=0.1m的两个正方形按附图所示的方式结成一个回路，单位的电阻为5×1010−2Ω.回路置于按B=Btsinω规律变化的均匀磁场中，mm−2−1B=10T，ω=100s。磁场B与回路所在平面垂直。求回路中感应电流的最m大值。解答:在任一瞬时，两个正方形电路中的电动势的方向相反，故电路的总电动势的绝对值为ε=−=dΦ大dΦ小dB()ab22−=−(abB22)ωωcost=εωcostdtdtdtmm因回路单位长度的电阻课后答案网η=×510−2Ω，故回路电阻为m−2Ra=×+=×η46(b)10Ω回路中感应电流的最大值为www.hackshp.cnεmI==0.5AmR6.2.3半径分别为R和r的两个圆形线圈同轴放置，相距为khdaw.comx（见附图）。已知rx(因若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cndx而大线圈在校线圈内产生的磁场可视为均匀)及Rx.设x以匀速v=随时间tdt而变.（1）把小线圈的磁通Φ表为x的函数（2）把小线圈的感应电动势（绝对值）ε表为x的函数（3）若v>0,确定小线圈内感应电流的方向.解答：（1）满足条件Rx下,载流大线圈在面积S为的小线圈的磁通量为2μ0IR2Φ=BSr=3π2x（2）小线圈的磁感应电动势（绝对值）为2222khaw.comε==ddΦμπ00IrR(3−x−4x)=3μπIrRvdt2dt2x4（3）若时,小线圈内感应电流与大线圈的电流的方向相同6.2.4在无限长密绕螺线管外套一个合金圆环，圆心在轴线上，圆平面与轴线垂直（见附图）.管内系统随时间以常变化率2λ增大，电流表经开关接到环上的P、Q（两点连线过环心）.(1)求开关断开时下列情况的U：（a）两个半圆的电阻都为R，（b）左半环电阻为R，PQ右半环电阻为2R；（2）设电流表所在支路电阻为零，求开关接通时电流表在上问的（a）（b）情况下的电流I（大小和方向）；A（3）若座半环电阻为R，有半环电阻为kR（其中k>0），试证开关接通时I与k值A无关。解答：（1）馆内磁通随时间以常变化率2λ增大时，在开关断开时，感应电动势为ε=dΦ=2λ课后答案网dt（a）两个半环的电阻都为R时，等效电阻如图6.2.4(a)所示，εεεU=ε−R=−=0PQQP2R22（b）左半环电阻为www.hackshp.cnR，右半环电阻为2R时，等效电路如图6.2.4(b)所示，有εε2εελU=ε−2R=−=−=−PQQP3R2363（2）电流表开关接通时：(a)两个半环的电阻都为R时，等效电路利用戴维南定理如图6.2.4(c)所示，有右半环的支路于电流表支路组成的闭和回路中没有磁场，亦没有磁通的变化，因此该回路的总电动势为0。已知右半环的支路上的电动势为λ，因此电流表支路的电动势亦为λ，由图6.2.4（c）可见，通过电流表的电流为khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnε2ε2λAAI===ARRR2方向向上。（b）左半环电阻为R，右半环电阻为2R时，利用戴维南定理等小电路如图6.2.4（d）所示，等效电源的电动势等于开路电压UPQεεεελ2UU==ε−2R=−=−=−ePQQP32R363等效电阻为RR()22RR==ekhaw.comRR+23等效电路如图6.2.4（d）右图所示，因等效电动势ε<0，故将其极性相反，求得通过e电流表的电流大小为ελ()−+εe23+λ2λI===AR2RRe3方向向上。（3）左半环电阻为R，右半环电阻为kR，电流表开关接通时，利用戴维南定理等效电路如图6.2.4（e）所示，等效电源的电动势为ε(1−k)ε==−UkελR=ePQQP()11++kR()k等效电阻为RkR()kRR==e()11++kRk等效电路如图6.2.4（e）右图所示。按等效电动势ε的方向，极性如图所示，求得通过电流e表的电流大小课后答案网ε()1−kλ−ελ−2e1+k2λI===ARkRRewww.hackshp.cn1+k方向向上。证明开关接通时的I与k无关。A6.3.1直径为D的半圆形导线置于与它所在平面垂直的均匀磁场B（见附图），当导线绕着过P点并与B平行的轴以匀角速度ω逆时针转动时，求其动生电动势εPQ解答：在辅助线PQ，与圆弧PQ构成闭合回路，当绕着P点以匀角速度khdaw.comω逆时针转动时，封若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn闭曲线的面积不变，因而闭合回路的总电动势ε=εε+=0，沿圆弧的动生电动势PQQPPQQP为QQGGQDωBD2εεεPQ=−QP=PQ=∫∫()vBd×il=vBdl=∫∫ωωBldlBldl==PPP026.3.2平行金属导轨上放一金属杆，其EF段长度为l，电阻为R（见附图）。导轨两端分别连接电阻R和R，整个装置放在均匀磁场B中，B与导轨所在的平面垂直。设12金属杆以v速度匀速向右平动，忽略导轨的电阻和回路的自感，求杆中的电流。解答：当金属杆以速度v运动时，杆上有电动势ε=vBl，附图的等效电路图如图6.3.2所示，杆中的电流大小为khaw.comεvBlR(12+R)I==RR12R()RRRR1212++×R+RR+126.3.3半无限长的平行金属导轨上放一质量为m的金属杆，其PQ段的长度为l（见附图）.导轨的一端连接电阻R。整个装置放在均匀磁场B中，B与导轨所在的平面垂直。设杆以初速度v向右运动，忽略导轨和杆的电阻及其间的摩擦力，忽略回路自感。0（1）求金属杆所能通过的距离；（2）求此过程中电阻R所发的焦耳热；（3）试运用能量守恒定律分析上述结果。解答：（1）当金属杆以速度v沿x轴正方向（平行于轨道向右）运动时，杆上的电动势ε=vBl，电路的电流为i=vBlR.从而受到的电磁力大小为2222vBlBldxFi==Bl=RRdt此电磁力与运动方向相反，根据牛顿第二定律，有课后答案网22BldxdvF==−Rdtdt得www.hackshp.cnmRdx=−dv22Bl设杆的起始位置为x=0，金属杆所能移过的距离为mR0mRx=−dv=v22∫220BlBv0l（2）此过程中电阻所发的焦耳热为khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn22222∞∞2⎛⎞vBl⎛⎞BlxBl0⎛mR⎞12Q==iRdt⎜⎟Rdt=⎜⎟vdx=−=v⎜⎟dvmv∫∫00∫∫0v220⎝⎠RRR⎝⎠0⎝Bl⎠2（3）从能量受恒定律进行分析：起始情况，金属杆以速度v运动具有的动能为012mv，由于受到电磁阻力的作用杆的速度最终减至0，金属杆的动能全02部转化为电路所消耗的焦耳热。6.3.4上题中如果用一向右的恒力F拉金属杆，并把初速度改为0，求证杆的速率随时间22F−αtBl变化的规律为vt()=−()1e，其中α≡2khaw.commamR证明：当金属杆以速度v运动时，电路中电流为I，金属杆所受的电磁力大小为22vBlBlFB==ilBl=vmRR根据牛顿第二定律，金属杆所受的合力与加速度的关系为22BldvFv−=mRdt经整理得22dvFBl=−vdtmmR22Bl令α=，得mRdv⎛⎞F=−α⎜⎟vdt⎝⎠mα课后答案网分离变量得⎛⎞Fdv⎜⎟−⎝⎠mα=−αdtFwww.hackshp.cn−vmα积分后得⎛⎞Fln⎜⎟−=vt−+αC⎝⎠mα式中：C为待定系数，由初始条件，t=0,v(0)=0,得khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnFC=lnma故⎛⎞F−v⎜⎟mαln⎜⎟=−αtF⎜⎟⎝⎠mα即F−vmα−αt=eFmαkhaw.com证得杆的速率随时间变化的规律为F−αtvt()=−()1ema6.3.5长度各为1m，电阻各为4Ω的两根均匀金属棒PQ和MN放在均匀稳恒磁场B中，B=2T,方向垂直纸面向外（见附图）。两棒分别以速率vm=4s和vm=2s沿12导轨向左匀速平动，忽略导轨的电阻及回路自感，求；（!）两棒的动生电动势的大小，并在图中标出方向；（2）U和UPQMN（3）两棒中点和的电势差。解答：（1）PQ杆的电动势的方向由Q指向P大小为Pε=×==()vBdilvBlV8QP∫11QMN杆的电动势的方向由N指向M大小为Mε=×==()vBdilvBlV4MN∫22N（2）设电路的电流为顺时针方向，大小为ε−εPQNM课后答案网I==0.5ARR+21PQ杆之间的电压为UI=ε−=R6VPQwww.hackshp.cnQP1MN杆之间的电压为UI=ε−=R6VMNNM2（3）PQ杆中点O与O之间的电压为12εQPIR1U=−=3VOQ122khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnMN杆中点O与N之间的电压为2εIRNM2U=+=3VON222因Q点与N点等势，故O与O间的电压为12UUU=−=0VOO12OQ1ON26.3.6半圆形刚性导线在摇柄驱动下在均匀磁场B中作匀角速转动（见附图），半圆形的半径为0.1m，转速为3000rmin，求动生电动势的频率和最大植。khaw.com解答：只有半圆弧的运动对动生电动势有贡献，沿旋转轴（即直径）作一辅助线，与半圆弧连成一封闭曲线，设t=0时，半圆面的位置如附图所示，选取半圆面的法线方向垂直向外，t时刻通过半圆面的磁通量为2⎛⎞πRΦ=BiSB=⎜⎟cosωt⎝⎠2封闭曲线产生的感应电动势方向沿顺时针，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小为2dRΦπωBε=−=sinωtdt2感应电动势的变化频率为N3000−1fs===50Hzt60感应电动势的圆频率为ω==2ππf100rads电动势的最大值为2BRπωε==2.7m课后答案网m26.3.6半径为R的圆形均匀刚性线圈在均匀磁场B中以角速度ω作匀匀角速转动，转轴垂直于B（见附图），轴与线圈交于www.hackshp.cnA点，弧长AC占14周长，M为AC弧的中点。设线圈的自感可以忽略，当线圈平面转至与B平行时，（！）求动生电动势ε及εAMAC（2）A、M哪点电势高？解答：（1）线圈上一元段的电动势为dvε=×()Bidlr=ωαBdsinlkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn由图6.3.7得22dRBRε==ωαα()sinsindBαωαRdsinαAM间的电动势为22π4⎛⎞π12εω==BRdsinαα⎜⎟−ωBRAM∫0⎝⎠84AC间的电动势为π21222εω==BRdBsinααπωRAC∫04（2）A、C间的电动势差为4εRACUI=−=−εεR=0CAACACACkhaw.comR4A、M间的电动势差为⎛⎞π11224εACRUI=−=−εωωR⎜⎟BR−=−BR<0MAAMAM⎝⎠84R84所以M点的电势低于A点的电势。−26.4.1均匀磁场B限定在无限长圆柱体内（见附图），B以10Ts的恒定减小。求位于图中M、N、P三点的电子从感生电场获得的瞬时加速度（大小和方向）图中r=5.0cm解答：根据磁场变化趋势，在无限长圆柱体内P点的感生电场方向向左，M点的感生电动势向右。感生电场的大小为rdB−4Em==2.510×⋅Ts感2dtM、P点的加速度大小为eE感72aa==4.410×msMP课后答案网m因为电子带负电，所以电子在P点受的力和加速度方向向右，M点受的力和加速度方向向左。并得Q点的加速度为零6.4.2在上题的圆柱体的一个横截面上作如本题附图所示的梯形PQMNP，已知PQ=R=1mwww.hackshp.cn，MN=0.5m求：（1）梯形各边的感生电动势εεε和εPQQMMNNP（2）整个梯形的总电动势εPQMNP解答：（1）如图6.4.2所示，根据磁场的变化趋势，按楞次定律感生电场E为顺时针khdaw.com感若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn方向（用柱坐标的单位矢e表示），积分方向向右，梯形PQ边的感生电动θ势大小为QRdBRdB°−dB3ε=⋅edl=cos150PQ=−hR=−4.310×VPQ∫θP22dtdtdt梯形QM边的感生电动势大小为MRdBε=⋅edl=0QM∫θQ2dt梯形NP边的感生电动势大小为khaw.comPRdBε=⋅edl=0NP∫θN2dt梯形MN边的感生电动势（积分方向向左）大小为NRdB11dBR°−dBhR3ε=⋅edl=cos30MN==1.110×VMN∫θM22dtdt22dt22（2）利用上面的结果，整个梯形的总电动势大小为−3εε=+++=εεε−×3.210VPQMNPPQQMMNNP6.4.3半径为的圆柱形空间内充满与轴平行的均匀磁场（横截面见附图），以的恒定变化率增加。有一长为的金属棒放在图示位置，一半在磁场内部，另一半在磁场外部，求棒的感生电动势ε.PQ解答：用法拉第电磁感应定律求杆上的感生电动势.分别作辅助线OP、OM和OQ,闭合路径OPM的感应电动势中，由于E的方向与OP和OM垂直，故OP和OM两段感应电动势为感0，因此课后答案网OPM的感应电动势等于PQ段的电动势,因磁场充满OPM中,即2dΦ⎛dB⎞13R⎛dB⎞εPM==⎜⎟hR=⎜⎟dtwww.hackshp.cn⎝dt⎠24⎝dt⎠闭合路径OMQ的感应电动势中,由于E的方向与OQ和OM垂直,故OQ和OM两段感感应电动势为0.因此OMQ的感应电动势等于MQ段的电动势，在ΔOMQ中，因磁场仅充满扇形面积OMS，故dΦ⎛dB⎞12εMQ==⎜⎟πRdt⎝dt⎠12根据楞次定律判断出ε>0，ε>0PMMQkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn6.4.4电子感应加速器的轨道半径为0.4m，电子能量的增加率为160eV/周.dB（1）求轨道内磁场的平均值B的时间变化率dt（2）欲使电子获得16MeV的能量，需转多少周？共走多长路程？解答：（1）电子转1周得到的能量为eε=160eV电子运行的圆周轨道的电动势dB2ε=πRdtkhaw.comdB解得轨道内磁场的平均值B的时间变化率为dtdBε2==.318×10Ts2dtπR（2）电子获得16MeV的能量转动的周数为5160×10eV5N==10160eV−4因轨道半径R=R=4×10km,故电子共走的路程为L=2πRN=251km6.5.1在长为0.6m、直径为5cm的空心纸筒上密绕多少匝导线才能得到自感为6.0-36.0×10H的线圈？解答：线圈的自感为22⎛N⎞2L=μ0nV=μ0π⎜⎟lR课后答案网⎝l⎠所绕的匝数为1LlN==1208Rμπwww.hackshp.cn026.5.2空心密绕螺绕环的平均半径（即中心圆的半径）为0.1m，横截面积为6cm，总匝数为250，求其自感.若螺绕环流过3A的电流，求其自感磁链以及每匝的磁通.解答：螺绕环的自感为22⎛N⎞−5L=μ0nV=2μ0π⎜⎟RS=5.7×10H⎝2πR⎠khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn当通入线圈的电流I=3A时，自感磁链为−4Ψ=LI=.225×10Wb每匝磁通为Ψ−7Φ==9×10WbN6.5.3设同轴电缆内外半径分别为R和R（见教材图6-27），试导出其单位长度的自12感L的表达式。解答：khaw.com图6.5.3为同轴电缆的截面图，半径为r的磁场为B(r)，根据安培环路定律，有2πrB()r=μI0μI0求得B()r=2πr通过长度为l的横截面为S的磁通为R1R1μ0Iμ0IR1Φ=∫B()rdrl=∫drl=llnR2R22πr2πR2故单位长度的自感为ΦμIR01L==lnIl2πR26.6.1两个共轴圆线圈，半径分别R和r,匝数分别为N和N相距为l（见附图），设12rl课后答案网，以至大线圈在小线圈所在处的磁场可以视为均匀的。求两线圈之间的互感系数解答：N匝的大线圈在小线圈所在处的磁场大小为12μIRN011B=1www.hackshp.cn32222()lR+小线圈所在处的磁通大小为222μ01IRN1Φ=Bπrr=π12132222()lR+小线圈所在处的磁链为khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn22NNπμrR210Ψ=Φ=NI12212312222()lR+两线圈之间的互感系数22ΨNNπμrR12210M==3I12222()lR+6.6.2附图所示的两个同轴密绕细长螺线管长度为，半径分别为R和R（“细长”蕴含12Rl，Rl）匝数分别N和N，求互感系数M和M，并由此验证M=M121212211221khaw.com解答：线圈1通有电流I时管内产生的磁场大小为1N1B==μμnII10101l线圈1对线圈2中1匝产生的磁通为22μπ0121NRIΦ=πRB=1221l线圈1对线圈2产生的磁链2μπNRI0121Ψ=Φ=N12212l线圈1对线圈2互感系数2ΨμπNNR120122M==12Il1线圈2通有电流I时管内产生的磁场大小为2N2B==μμnIl20202l课后答案网线圈2对线圈1中1匝产生的磁通只与线圈2的面积有关，即22μπ0222NRIΦ=πRB=2122l线圈2对线圈www.hackshp.cn1产生的磁链2μπNNRI01222Ψ=Φ=N21121l线圈1对线圈2互感系数2ΨμπNNR210122M==12Il2khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn对比和的数值，证得M=M12216.6.3以代表两个线圈之间的互感系数，L和L代表各自的自感系数，试证在无漏磁12情况下有M=LL。（无漏磁是指满足Φ=Φ及Φ=Φ即完全偶合）1212112122解答：自感系数和分别定义为ΨΦNΨNΦ1111122222L==L==12IIIIkhaw.com1122NNΦΦ111222LL=21II12由于两个线圈完全偶合，满足条件Φ=Φ及Φ=Φ，故12112122NN11ΦΦ1222NN21ΦΦ21212LL===MM=M211221IIII1212因而证得M=LL1216.8.1设附图所示的RL电路的电流在5.0s内达到稳态值的，求这个电路的时间常数。3解答：因RL电路的电流随时间变化的关系为t⎛⎞−iI=−⎜⎟1eτ0⎝⎠根据题设条件5t1⎛⎞−IIe=−⎜⎟1τ00课后答案网3⎝⎠得5t−2eτ=3www.hackshp.cn即52s−=lnτ3解得：τ=12s.6.8.2设习题6.8.1幅图中的R=4Ω，L=20H,合下瞬间的电流增长率为5As求：（1）电流的电动势εkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn（2）电流为10A时的电流增长率及此事的电感所储存的磁能。（注：自感为L，电流为i12的线圈所储存的磁能为WL=i，推导见教材§6.11）m2解答：（1）因RL电路的电流随时间变化的关系为Rtε⎛⎞−ie=−⎜⎟1LR⎝⎠得Rtdiε−=eLdtLkhaw.comdiε在t=0时刻，有==5Ast=0dtL解得：ε=100V（3）设tt=时电流为10A，即1Rt1ε⎛⎞−⎜⎟11−=eAL0L⎝⎠Rt1−求得eL=0.6ℜt1di⎛⎞ε⎛⎞ℜ−tt=时刻的变化率为tt==⎜⎟⎜⎟eL=3A1dt1⎝⎠ℜ⎝⎠Ls12此时电感所储存的词能为WL==i()t1000Jm126.8.3设习题6.8.1附图中的，求下列各量在开关接通后的值：（1）线圈所储存的磁能的增长率；（2）电阻R上消耗焦耳热的功率；（3）电源输出的功率。课后答案网解答：（1）因电感线圈储存的磁能与时间有关，即12WL=i()tm2由此可见，磁能是从零开始的逐渐增大（与电流增长情况不同）。线圈所储存的磁能的增长www.hackshp.cn率为−−Rt2Rt−RtdWdiε⎛⎞⎛⎞mLLL===−Liεie⎜⎟1e⎜e⎟dtdtR⎝⎠⎝⎠在开关接通后t=0.1s时，上式代入数据，得dWmts=0.1=23Wdtkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn（2）在开关接通0.1s后，电阻R上消耗的焦耳热的功率为2−Rt2ε⎛⎞PtiRt()===−==0.1s⎜⎟1eLt0.1s40WR⎝⎠（3）电源输入的功率为2−Rtε⎛⎞Pti()==ε⎜⎟1−eL源R⎝⎠将t=0.1s及有关数据代入得:Ps()0.1=63W源6.8.4求附图电路合闸后i、i和i随时间变化的规律khaw.com12解答：由戴维南定理，附图电路可表示为图6.8.4，图中等效电源的电动势ε大小即e是附图中将电感支路断开后的开路电压（即左侧回路电阻R两端的电压）εRεRε==U=;等效电阻（即左侧回路除源后开路两端的电阻）R=由图6.8.4e0eRR+22R可见，电阻值与电感L组成典型电路，利用初始条件i(00)=，求得i随时间变化的22规律为()RRtt()(ε2)⎛⎞−−22ε⎛⎞iee=−=⎜⎟11LL⎜⎟−2RR2⎝⎠⎝⎠电感线圈的两端电压为()Rtdiε−2uL==2eL2dt2随时间变化的规律为()Rtuε−2ie==2L1课后答案网RR2固随时间变化的规律为()Rtε⎛⎞−2iii=+=⎜⎟2−eL12www.hackshp.cn2R⎝⎠6.8.5在附图所示的电路中，(1)求开关S闭合后t时刻的线圈电流it()(2)若ε=10V,R=Ω5,R=10Ω，求t=τ（时间常数）时的U12AB解答：（1）S闭合前流过R的是恒定电流，其大小为2khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnεI=0R+R12S闭合后R被短路，回路方程为2diε=+iRL1dt分离变量后得di()ε−R1R1=−dtε−iRL1积分得khaw.comR1ln()ε−=iR−+tK1LK为待定系数，带入初始条件⎛⎞εεRR⎛⎞12KI=−=−ln()εεRln⎜⎟=ln⎜⎟01⎝⎠R++RR⎝R⎠1212得RR⎛⎞ε12ln()ε−=iR−+tln⎜⎟1LR⎝⎠+R12经整理得开关S闭合后时刻的线圈电流大小为ε⎛⎞R−Rt1ie=−⎜⎟12LRR⎝⎠+R112(2)因Ui=()tR,在t=τ时刻，带入数据得AB1⎡⎤ε⎛⎞R2−1UR()τ=−⎢⎥⎜⎟17e=.5VAB1RR⎝⎠+R⎣⎦1126.8.6附图中两线圈的自感分别为和，电阻为零，两者之间无互感偶合，电源的电阻课后答案网已计入中，设开关闭合前各支路无电流，求开关闭合后和随时间变化的规律解答：因iii=+（1）12www.hackshp.cn得dididi12=+（2）dtdtdt写出两个回路电路的方程：di1ε=+iRL（3）1dtkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cndi2ε=+iRL（4）2dt将（2）式带入（3）式，得⎛⎞didi2ε=+iRL⎜⎟−（5）1⎝⎠dtdt由（4）式得diεR2=−idtLL22带入（5）式，经整理得⎛⎞LLdi12khaw.comε=+iR⎜⎟⎝⎠LLd+t12LL12令L=，利用初始条件i(00)=，得LL+12RLLt()12+ε−Rtε⎛⎞−LLL12it()=−=−(11e)⎜⎟e（6）RR⎝⎠将（6）式带入（3）式，得di1−RtLi=−=εεReL1dt积分得L2ε−Rtit()=−eL+K1RLL()12+利用初始条件i(00)=，确定积分常数为Lε2K=R()LL12+课后答案网故解得RLLt()12+Lε⎛⎞−LLit()=−2⎜⎟1e12（7）1RLL()12+⎝⎠将（7）式带入（www.hackshp.cn1）式，解得RLLt()12+Lε⎛⎞−LLit()=−1⎜⎟1e122RLL()12+⎝⎠6.8.7在附图所示的电路中，在开关S断开的情况下合上开关S（合闸时刻选为0），在时刻t再211合上开关S（以后保持接通）。求从0开始至t→∞的时段内电流i随时间的变化规律，并2khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn大致画出it()的曲线。解答：现分两个过程讨论，在0≤tt≤时间区段，电流的变化规律为1ε⎡⎤−()RRt12+it()=−1eLRR+⎢⎥⎣⎦12在tt>时，电流i的通解为1R21()tt−−itt()−=KeLkhaw.com1而在tt=时刻，有1ε⎡⎤−()RRt121+it()=−1eLRR+⎢⎥⎣⎦12求得积分常数ε⎡⎤−()RRt121+Ke=−1LRR+⎢⎥⎣⎦12因此在tt>时，电流i的变化规律为1ε⎡⎤−−()R121+−RtRtt21()itt()−=1−eLLe1RR+⎢⎥⎣⎦12从0开始至t→∞的时段内电流i随时间的变化规律如图6.8.7所示6.8.8在长为l、半径为b、匝数为N的细长密绕螺线管轴线的中部放置一个半径为a的导体圆环，圆环平面法线与轴线的夹角固定为45°（见附图）。已知环的电阻为R，1螺线管的电阻为R，电源的电动势为ε，内阻为零。忽略圆环的自感及它对螺线管2课后答案网提供的互感电动势。（1）求开关合上后圆环的磁通随时间的变化规律（2）求开关合上后环内电流随时间的变化规律（3）试证圆环受到的最大力矩为πwww.hackshp.cna42με0M=28bRRl12解答：（1）电源接入含电阻和自感的螺线管可看作RL串联电路，开关合上后电流i随时22间的变化规律为khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnε−Rt2ie=−1L2()R2式中：自感系数为222μ0NbπLn==μV0l细长密绕螺线管轴线的中部的磁场大小为μεN−Rlt2⎛⎞2201μπ0NbBn==−μi()t⎜⎟e0Rl2⎝⎠开关合上后通过螺线管内圆环的磁通随时间的变化规律为khaw.com−Rlt22222με00NN⎛⎞22με2−Rt2μπ0NbLΦ=()taππcos45°=ae⎜⎟1−=πae(1−)22Rl22⎝⎠Rl（2）开关合上后螺线管内圆环的感应电动势（正方向与磁通成右手关系）大小为2daΦ2ε−R2tε=−=−eL22dt2Nb求得圆环内电流随时间的变化规律为2εε2a−R2tie=−2=−L12RN2b1（3）小线圈的磁矩为42επa−R2tPe=−Lm22NbR1圆环受到的力矩也是时间的函数42421επaμεNa−−R22tRtμπε−R2t−2R2tM=×=pB−00sin45°eLL1−=eeeL−Lm22()()22NbRRbRRl课后答案网1212力矩M是两项的乘积，磁矩p随时间指数衰减，磁场B随时间指数增加，反映管内m磁场由于螺线管的自感存在而使电流（从而使磁场）由0逐渐增加的规律。因此需要通过求极值的方法求出最大的力矩M，令www.hackshp.cn24dM⎛⎞μπεa⎛⎞R−−Rt22Rt=−⎜⎟0⎜⎟2eeLL(12)2dt⎝⎠bRRl12⎝⎠L−Rt21L解得当eL=，即t=ln2时，力矩M取极值。求对T时间t的二阶导数后，2R2L将t=ln2代入，得R2khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn2dM<02Ldtt=ln2R2L知t=ln2时，力矩M为极大值，代入力矩的表达式，证得此最大值为R242πaμε0M=28bRRl126.9.1在附图所示的RC充电电路中，为使电容器的电量达到稳态值的99%，所需的时间是时间常数的多少倍？解答：khaw.com先列出附图所示的充电电路的方程，ducRC+=uεcdt分离变量后得du()ε−c1=−dtε−uRCc积分后得的通解1ln()ε−=ut−+KcRC通过初始条件定出积分常数K，因t=0，u=0得cK=lnε故ε−u1cln=−tεRCε−u−tc=eRCε电容上的电压随时间变化的规律为−tue=−ε()1RC课后答案网c按题意−tu10−==eRCc.99ε解得www.hackshp.cnt=−ln0.014.6=τ6.9.2附图中的ε、C、R及R均已知。在电路达到稳态后切断开关S，求电容电压u和12c电流i随时间的变化规律c解答：khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn电容电压u的通解c−tuK=eR2Cc代入初始条件，得u随时间的变化规律为cεR−t2R2Cue=cRR+12电流i随时间的变化规律为cduε−tcR2CiC==−ekhaw.comcdtR+R12负号表示电流i的方向与图设的电流的正方向相反c6.9.3通过电阻R把电荷量为Q的电容器接在内阻为零，电动势为ε的电池上。设接通时0刻为0，试证接通后电容器的电荷量随时间t的变化规律为−tqt()=+−εεCQ(Ce)RC0证明：利用习题6.9.1所得的电容电压u的通解c1ln()ε−=utc−+KRCQ0利用初始条件u()0=，定出待定常数cC⎛⎞Q0ln⎜⎟ε−=K⎝⎠C课后答案网代入上式，得ε−u1cln=−tQ0RCε−Cε−u−tc=eRCε−Q0www.hackshp.cnCqt()因u=代入上式并经整理，证得接通后电容器的电荷量随时间t的变化规律为cC−tqt()=+−εεCQ(Ce)RC06.9.4充电至100V的10μF电容器通过一个10kΩ的电阻放电。求：khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn（1）刚开始瞬间的电流（2）电荷减少一半所需的时间（3）能量减少一半所需的时间解答：（1）求刚开始瞬间的电流，即要抓住电容其电路的换路定律：含电容电路中的电容上的电压和电荷量不能突变。uV(0)100−2iA(0)===10Rk10Ω（2）放电时的电容器上的电荷量变化规律为−tqt()=qeRC0按题意设tt=时，电容器电荷量q与开始时刻电荷量q之比为0.5，即khaw.com10−t1qeRC==0.5q0解得tR=−(ln0.5)C≈0.07s1（3）因电容器放电时，电容器的电场能量随时间逐渐减少，可以表示为时间的函数，即2−t22RC−2t1()1qt()qe00q−RC−2tWt()====eWe(0)RCee22CCC2按题意设tt=时电容器能量Wt()与开始时刻能量W(0)之比为0.5，即2e2e−2t2Wt()eRC==e20.5W(0)e解得RCt=−≈()ln0.50.035s226.9.5附图中ε=10V,R=Ω20,R=20Ω,CF=10μ在开关断开前电路已达稳课后答案网12态，求：（1）从开关断开起2τ时电容器C的电压u（τ为时间常数）；c（2）开关断开并达到稳态后电容www.hackshp.cnC上储存的电场能。解答：（1）开关断开后，因电容器的电压还低于电源电压，所以电容器将继续充电，在t>0时间区段，电容器的电压的通解是1ln()ε−=ut−+KcRC利用初始条件定出积分常数khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn⎛⎞εεRR⎛⎞21K=−ln⎜⎟ε=ln⎜⎟⎝⎠R++RR⎝R⎠1212代入上式整理后得εR1−tε−=ueRCcRR+12从开关断开起电容器C的电压u随时间变化的关系为c⎛⎞R−t1RC1ue=−ε⎜⎟1c⎝⎠RR+12khaw.com代入数据及t=2τ，即从开关断开起2τ时电容器C的电压为u=9.46Vc（2）开关断开并达到稳态后电容C上电压等于ε，电容C上储存的电场能124−WC==ε510×Je26.9.6附图中R=RRk==Ω5，R=10kΩ,cF=10μ当电容电压为UV=10时1243CD接通开关S，电容的放电电流经过多长时间后下降到0.01mA，解答：为便于解题首先将附图中的电路简化，电阻R、R、R可经串并联后，得等效123电阻()RRR123+R==Ω5k()RRR123++因此，接通开关S后，电容通过电阻R和R放电，电容上的电压为4−tuUe=()R+RC4cC0课后答案网电容的放电电流的大小为duU−tcC0()R+RC4iC==eCdtRR+www.hackshp.cn4设tt=时，电流下降到0.01mA，代入数据，解得1−2ts=−0.1()ln10=0.46s16.9.7附图中的电容在开关接通前电压为零，求开关接通后i、i和i的变化规律123解答：由戴维南定理，附图电路可表示为图6.9.7，图中等效电源的电动势ε的大小即khdaw.come若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn是原题附图中将电容支路断开后开路电压（即右侧回路电阻R两端的电压）2εRRR212ε==U；等效电阻（即左侧回路除源后开路两端的电阻）R=。e0eR+RR+R1212由图6.9.7可见，电阻值R与电容C组成的典型回路，利用初始条件u()00=，eC求得u随时间的变化规律为C−tRCeue=−ε1Ce()khaw.com电容器的充电电流为duε−RR12+t==CRR12iCe2dtR1习题6.9.7附图中流经电阻R的电流为2uε−RR12+tCRRC12ie==1−3()RRR+212开关接通后流经电阻R的电流为1ε⎛⎞R−RR12+t2RRC12iii=+=⎜⎟1+e123RR+⎝⎠R1216.10.1电容10μF为的电容器充电至100V，再接通100Ω的电阻和0.4H的电感串联放电。这一RLC电路处于什么振荡状态？若要使其处于临界振荡状态，（1）应再串联或并联一个多大的电阻？（2）应再串联或并联一个多大的电容？解答：课后答案网电容C与电阻R和电感L两个元件串联后，放电处于何种状态取决于参数β，根据题所给数据R−1β==125swww.hackshp.cn2L1−1因题所给数据=>500sβ，故此RLC电路处于阻尼振荡状态。LCR′（1）欲使该电路处于串联谐振状态，即要求电路电阻阻值为R′，使β′=，2L满足条件β′=ω，即0khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnR1′=2LLC代入数据，解得4LR′==Ω400C相对于原电路，应串联电阻的阻值R=−=ΩRR′300串（2）欲使该电路处于串联谐振状态，在不改变电路电阻阻值R情况下，通过改变电容值为C′调整谐振频率，满足条件β′=ω，即khaw.com0R1′=2LLC′代入数据，解得4LCF′==160μ2R相对于原电路应并联电容的数值为CCC=−=′150μF并6.10.2LC串联振荡电路的L=20Mh,CF=2.0μ，开始时C上有电荷而L中无电流，求L中的磁能第一次等于C中的电能所需要的时间t1解答：电容器电压随时间变化的规律为uU=cosωt0通过电感线圈电流随时间变化的规律为dqduCCiCC===−ωUsinωωt=−Isint00课后答案网dtdt电场能量随时间的变化规律为11222WC==uCUcosωte022磁场能量随时间的变化规律为www.hackshp.cn11222WL==iLIsinωtm022按题意，在tt=时，WtWt()=()即1em11112222CUcosωt=LIsinωt010122khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn1因I=CUω和ω=，故有00LC22sinωtt=cosω解得磁能第一次等于电能所需要的时间πTωt=,t=1148上式代入数据，解得ππ−4tL==C=×1.5710s144ω6.11.1求自感系数为10mH、电流为4A的螺线管所储存的磁场能量khaw.com解答：螺线管所储存的能量为1123−−22WL==××=I()1010HA()4810×Jm22−426.11.2单层密绕细长螺线管长为0.25m，截面积为510×m，绕有细圈2500匝，流过电流0.2A，求螺线管内磁能。解答：螺线管的自感为22NLn==μμSlS00l螺线管内的磁能21224μ0NS−WL==II=×3.1410Jm22l6.11.3两个共轴螺线管A和B之间存在完全偶合，而且磁通互相加强。若A的自感为−3−3410×H，载有电流3A，B的自感为910×H，载有电流5A，计算此两个螺线管内储存的总磁能解答：因两个共轴螺线管A和B之间存在完全偶合，故M=LL，两个螺线管内储AB存的总磁能为课后答案网1122WLmA=++ILABILBA()LBIAIB22代入数据得www.hackshp.cnWJ=0.22m6.11.4自感分别为L和L的两个完全偶合螺线管串联（顺接）后接入电流I，写出总磁能W12m−4−4作为L、L及I的函数的简洁表达式。若LH=×410,LH=×910，I=4A求W1212m解答：因磁场能量为khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn1122WL=++ILIMIIm11221222因两个螺线管串联而且完全偶合，故M=LL1211221222⎡⎤22WLm=++()12LIL1L2I=⎢⎥⎣⎦(LLL1)++(2)212LILL=+()12I222代入数据，求得磁场能量WJ=0.02khaw.comm课后答案网www.hackshp.cnkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn第七章习题7.1.1半径为R的均匀磁化介质球的磁化强度M与z轴平行，用球坐标写出球面上磁化电流面密度的表达式，并求出其总磁矩KKK解：α′=×MnKKKK即α′=×=MkrMsinθeϕKK∑pmKKK43又∵M=∴pmm==∑pMRπ+v3KKKKKK7．1．khaw.com2解：α′=×Mnα′在O点产生的B′与M反向取环带dI′=α′′ds=αθRd=MRsinθθd2μrdI′0dB=   ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐圆电流在轴上的磁场032()rz22+2222r∵Rrz=+=sinθRμ02∴dB=sinθdI′2Rπμμ00π32⎡1⎤BMdM′==∫sinθθ⎢−cosθ()sinθ+2⎥220⎣3⎦02=μM03KK2BM′=−μ03KK7．1．3解：（1）由v∫H⋅=dl∑Ii闭合电路乙取同心圆LN则H⋅=lNI，H=I课后答案网lμμrN0由B=μH得Br==μμHI0LKK（2）线圆电流I0产生的磁场为B0v∫Bdl00⋅=μ∑Iiwww.hackshp.cnLμN0B⋅=lNμI，BI=000l磁化电流在匀质中产生的磁场为B′μμμμNNN′=−=00rI−=0−BBBII(1u)0rlllkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn=1.05TKK7．1．4解：v∫H⋅=dl∑IiL过所求点以r为半径作同心圆为闭合电路LI2Irμ1IrrR<：H⋅=⋅2πrrπ，H=，BH==μ12212πR2πR2πR111R：H⋅2πrII=−20H=B=02πr7．1．5解：过所求点以半径为r作同心圆为闭和回路LKKrR<1：v∫H⋅=dl∑IiLI2IrH⋅=⋅2πrrπH=22πR2πR11μμIr0r1BH==μμ0r122πR1R<rR：H⋅=2(ππrI−⋅−rRπ)23222ππRR−32课后答案网2222IrR−IRr()−23H=−(1)=222222ππrRR−−r(RR)323222μμ()R−rI03r1BH==μμ0r122www.hackshp.cn2(πrRR32−)rR>：H⋅=2πrII−H=0B=037．1．6解：磁介质由于磁化在界面上出现面磁化电流，它们相当于两个无限大的均匀截流面由。KK对称性分析可知：在平板内存在一个平行于导体板侧面且B=0的平面在该平面的两侧B方向相反。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn设该平面距导体板左边距离为R，到右边的距离为R如图，导体板中电流方向为垂直纸面向外。12过B=0所在平面作矩形环路ABCDAB=hBC=yKKKK由作分行式的欧姆定律j=γE由安培环路定理v∫H⋅al==Ijs知：LHhE=⋅γhy∴HE=γyBH==μμμγEy0r∴BE=μμγy0r在平板处：选积分回路ABEFAAB=hKkhaw.comKv∫H⋅==dlIjhR2H=γER2L∴右侧H=γERB==μHEμμγR222202r2同理过B=O的面左侧取回路L2KK由v∫H⋅==dlIjhR1H11=γERB10=μμγr1ER1LKKK可见；板外HB的分布与到板的距离无关，两侧均匀为匀强磁场，与板面平行，方向与E成右手螺旋由前分析知：板外所有各处的B为二磁场形成的无限大载流平面及一载流平板产生的场的迭加：KKKKB=++BBB′02i其大小两侧应相等B=B12即μμγER=μμγER01r102r2μbr2μR=−μ()bRR=rr12111μ+μrr12μbμbEμμγr2rr210∴HE=γB=11μ+μμμ+课后答案网rr12rr12μbbμrr21HE=−γγ()b=E2μ++μμμrr12rr12μμbrr12BE=μγ20www.hackshp.cnμ+μrr12KK7．1．6解：（1）v∫H⋅=dl∑IiLI2Irμ1IrrR<：H⋅=⋅2πrrπH=BH==μ12212πR2πR2πR111khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnIμI2R<:H=BH==μ202πr2πrBB12（2）M=−HM=−HM=01122空气μμ00BBR界面：α′=−=−−+MMHH12111212μμ0011μμIIII12khaw.com=−−+μ22ππμRRR22ππR011011Iμμ12=−(11−+)2πμRμ100I()μμ−12=2πμR10BR界面：α′=−==−MMM2H222空气22μ01μIIIμ22=−=−（）1μπ222RRRππμ022207．1．8解：BBB==cosθ1n介nBμμμ1to=BBB==sinθBμ介t1tμμ介too22222μ22BBB=+=Bcosθ+Bsinθ介n介t2μ0222μ=Bcosθ+sinθ2μ课后答案网022B7．1．9解：（1）上半面：πRH=πθRcos1nμ022B下半面：πwww.hackshp.cnRH2n=πθRcosurμ0总通量22BBμr−12=πRRcosθπ−=cosθπRBcosθμμuμμ000rrkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnHμμμB2n111而=HH==cosθ21nnHμμμμ12n20rKKdddd（2）v∫Bdl=−lB22tn+B+B1n+lBt11−Bn−B2nL2222=−lBtlBt+21Btμμ110而==Bt=μBt21rBtμμμ220rKK∴v∫Bdl=lB(sinθ−=−μθrrBsin)lBsin(1θμ)Lkhaw.com27．3．1解：平均直径dc=15m横截面积S=7cmN=500匝当电流I=0.6Aμ=800时铁的中心磁通量为rΦ=BSH=μμS而H由安培环路定理求0rKKNINIv∫H⋅=dl∑IiH⋅2πrN=IH==L2πr2πd2NI−4∴Φ=μuS代入数据得Φ=4.4810(×W)0rb2πd2NI(2)∵Φ=μuS0rπdΦπd∴I=μuSN0r代入数据得：I=0.43()A7．3．2解：图环内的H为KKNIv∫H⋅=dl∑IiH⋅2πrN=IH=L2πr课后答案网NI2πrΦΦ=BS=μμHS=Sμ=2πrSNI−4第一种情况：当I=0.63安时Φ=3.2410(×W)bwww.hackshp.cn−3Wbμ代入数据得：μ=×2.710μ==2200(.)Amrμ0-4另一种情况：当I=4.7安=6.1810Φ×Wb−4Wbμ代入数据得：μ=×6.910μ==550(.)Amrμ0khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn弹动势：ε==NI150安匝mKK7．5．1解：由v∫H⋅=dl∑Ii得LNI安HlN=IH=代入数据H=3l厘米查表有B=1特−3则Φ=BS=1.610(×韦伯）7．5．2解：上题磁路截去一小段长l，则磁动势为0ε=Φ()RR+khaw.commm12ml()ll−0=+BS()μμSS0lll−0=+B()μB0H−3安安代入数据B=I特l=0。50米l=×110米H==33000厘米米得ε=930安匝mεm又∵ε=NI∴I==1.9安mNRRR×()+mmm2307．5．3解：磁路总磁阻RR=+mm1RRR++()mmm230R63R∵RRR===m0m0∴R=mmm123m30960按磁路定理有NI=ΦR‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐（1）mΦ=RΦ+()RR‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐（2）课后答案网23mm23m0Φ+Φ=Φ‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐（3）321Φ=μSH‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐‐（4）30联解（www.hackshp.cn1）‐‐‐‐‐（4）式得：RmNI30NIH=⋅2=RRRS++μR63lmm1200m5安代入数据得：H=×4.310米khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn2μ0I1Bμμ00I27．6．1解：圆电流圆心处B=ω==()m2R22μ2R0代入数据得：ωm=0.63J3m7．6．2解：在内外筒之间，以半径为r作圆路LKKIv∫H⋅=dl∑IiH⋅2πrI=H=L2πr2112μμ0rIωμ==BHμH=mr022khaw.com228πr−−42焦耳代入数据得：ωm=×1.610r3米2R2μμI0rWw==dvwdr22ππdr=⋅lrdrmm∫∫m∫R2218πr22μμIlR2drμμIlR−300rr2==∫ln代入数据得：W=×1.910焦耳44ππR1rR17．6．3解：在导线内作圆周L=2πrKKI2由v∫H⋅=dl∑Ii得H⋅=2πrr2πLπRIrμμIr0rH=BH==μμ20r22πR2πR221μμIr0r取体元dr=2πrldrω==BHm2428πR22RμμIr0rWd==ωπr2rldrmm∫∫08π24R2WIμm0单位长l=1μ=1W==r0课后答案网l16πwww.hackshp.cnkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn第九章习题答案59．1．1解：Et=720sin(10π)∂D55（1）∵DE=εjdt==×ε72010ππcos1000∂TKKKKJJGK∂∂DDK2v∫∫LHdl⋅=+⋅∫()jjddsHr2π=⋅∫∫ds=πr∂∂ttrDr∂55Ht==×ε72010ππcos10022∂t572010×π5B==μHrμεcos10πtkhaw.com0002K−2−11当r=10t=0时B=×1.310（特）P点的B的方向里−2−6当r=10t=×510时B=09．1．2解：如上图所示qq=sinωtmq∂D1∂qqω00m（1）∵D==σ∴jdt===cosω0A∂∂tAtAKKKJJGK（2）由v∫∫Hdl⋅=+⋅∫()jjddsLrD∂rqωm得H=B==μHtμωcos002∂t2Auu9．1．3证明：平行板间E=DE==εε00ddKdΦ∂DdKεεududu000位移电流id==⋅s=ds=s=cd∫∫∫∫dt∂tddtdtddtdUdUdtCC9．1．4解：ε=+=iRUCR+U=C0∫∫dtε−URC课后答案网Ctt−ln(ε−UA)=−+ε−=uAeRCCc1www.hackshp.cnRCt−当t=0时U=0得ue=−ε(1RC)Cctduε−εcRC位移电流ic==e接通瞬间t=0则i=代入数据dddtRRi=2（安）dkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cntε−（2）ie=RC当t=×610−6时，代入数据得i=0.74（安）ddR−5（3）tR===10τ10C610×（秒）9．3．1解：（1）过由导线管内距轴线为r处的一点作回路LKKK∂BK2∂Bv∫∫LEdl⋅=−∫⋅dsErr⋅2ππ=−⋅而电路管内B=μ0ni∂t∂trnμdiK0E=−负号表示E的方向与回路L方向相反2dtKKKBμμrni2dirndi00khaw.com（2）ϒ=×EHϒ=EHsin90=E=μ22dtdt0Kϒ的方向挡向轴线KK9．3．2解：（1）v∫Hdl.=∑Ii导线处极近表面处：I25.1H===400A（A）HaI⋅=2π22ππa×10−2M（B）j=EEk==jkI=×7.510−2Vkπa2M（C）γ==EH30.1W2M22L（2）焦耳热的功率：PIRIK==2πa22KIKIL单位时间流进的电磁级：Pa′=⋅γπ22L=⋅πaL=2322ππaa可见能量首恒，两者相等课后答案网P′11εμ00221PP′=1009．3．3解：γ===EHE=H02422πμr2ε00μP′εP′00故E=2H=222www.hackshp.cnε4πrμ4πr00r=10米P′=×=100100010με不代入00−9cE=2.5VHT=×8.210γ=Mλ8223ππc××1015−1ωπ===23rs=×.810−9λ50010×khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnkhaw.com课后答案网www.hackshp.cnkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn'