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电磁学第二习题答案电磁学 第二版 习题解答 电磁学 第二版 习题解答. 1 第一章 . 1 第二章 . 14 第三章 . 22 第四章 . 29 第五章 . 32 第六章 . 39 第七章 . 44 第一章 122 两个同号点电荷所带电荷量之和为Q。在两者距离一定的前提下，它们带电荷量各为多少时相互作用力最大？ 解答： 设一个点电荷的电荷量为q1=q，另一个点电荷的电荷量为q2=(Q-q)，两者距离为r，则由库仑定律求得两个点电荷之间的作用力为 F=q(Q-q)4pe0r2令力F对电荷量q的一队导数为零，即 dF(Q-q)-q=0 2dq4pe0r得 q1=q2=q1=q2=Q 2即取 Q时力F为极值，而 2 1 d2Fdq2=q=Q224pe0r2<0 Q故当q1=q2=时，F取最大值。 2123 两个相距为L的点电荷所带电荷量分别为2q和q，将第三个点电荷放在何处时，它所受的合力为零？ 解答： 要求第三个电荷Q所受的合力为零，只可能放在两个电荷的连线中间，设它与电荷q的距离为了x，如图1.2.3所示。电荷Q所受的两个电场力方向相反，但大小相等，即 2q L-x L Q x q 2qQqQ-=0 4pe0(L-x)24pe0x2得 x2+2Lx-L2=0 舍去x<0的解，得 138解答: x=(2-1)L E2yyE3ydE3R(b)AEAOEABEBRB(c)x1.3.7可知 AROE1 xxB(a)先求竖直无限长段带电线在Ov点产生的场强E1，由习题E1x=h4pe0R2 仿习题1.3.7解答过程，得 dE1y=khdlr2sina=-khldl(R2+l2)3/2ldlhE1y=-khò=-0(R2+l2)3/24pe0R故 ¥vE1=h-(ij) 4pe0R同理，水平无限长段带电线在O点产生的场强 vE2=h+(-ij) 4pe0Rv对于圆弧段带电线在O点产生的场强E3，参看图1.3.8，得 dE3x=khdlR2cosa=khdaRcosakhp/2h E3x=cosada=ò0R4pe0R同理得 hE3y= 4pe0RvE3=故 h+(ij) 4pe0R解得 vvvvvE=E1+E2+E3=E3=h+(ij) 4pe0R利用中的结论，参看习题1.3.8图，A-¥的带电直线在O点的场强为 vEA=h-(-ij) 4pe0RB-¥的带电直线在O点产生的场强为 vEB=h+(-ij) 4pe0R根据对称性，圆弧带电线在O点产生的场强仅有x分量，即 3 vvkhp/2hEAB=EABxi=cosadai=i òR-p/22pe0R故带电线在O点产生的总场强为 vvvvE=EA+EB+EAB=0 139解答: z vdE j y O x y j x (a) (b) 在圆柱上取一弧长为Rd量为dqj、长为z的细条，如图中阴影部分所示，细条所带电荷=s(zRdj)，所以带电细条的线密度与面密度的关系为 h=dq=sdl=sRdj z由习题1.3.7知无限长带电线在距轴线R处产生的场强为 vdE=hr e2pe0R图为俯视图，根据对称性，无限长带电圆柱面轴线上的场强仅有x分量，即 dEx=-dEcosj=-s0-scosjdj=cos2jdj2pe02pe0v-s02p2=-s0i0E=Exicosjdj=iò2pe02e0 4 145解答： O´SSSPd/2OSxd/2如图所示的是该平板的俯视图，OO´是与板面平行的对称平面。设体密度r>0，根据对称性分析知，在对称面两侧等距离处的场强大小相等，方向均垂直于该对称面且背离该面。过板内任一点P，并以面OO´为中心作一厚度2x(<d)、左右面积为S的长方体，长方体6个表面作为高斯面，它所包围的电荷量为r(2xS)，根据高斯定理。 vvr(2xS)òòE×dS=e0vv前、后、上、下四个面的E通量为0，而在两个对称面S上的电场E的大小相等，因此 2ES=r(2xS)e0考虑电场的方向，求得板内场强为 vrx E=ie0式中：x为场点坐标 用同样的方法，以Oyz面为对称面，作一厚度为2x(>d)、左右面积为S的长方体，长方体6个表面作为高斯面，它所包围的电荷量为r(Sd)，根据高斯定理 vvr(Sd) òòE×dS=e0前、后、上、下四个面的E通量为0，而在两个对称面S上的电场E的大小相等，因此 5 vvr(Sd)2ES= e0考虑电场的方向，得 vrdE=±i 2e0148解答: aMPcbOO´Tr1r2OcO´(1)图1.4.8为所挖的空腔，T点为空腔中任意一点，空腔中电荷分布可看作电荷体密度为r的实心均匀带电球在偏心位置处加上一个电荷体密度为-r的实心均匀带电球的叠加结vv果，因此，空腔中任意点T的场强E应等于电荷体密度为r的均匀带电球在T点产生场强Ervvv与电荷体密度为-r的均匀带电球在T点产生场强E-r的叠加结果。而Er与E-r均可利用高斯定理求得，即 vvrr1Er=3e0vvrr2E-r=-3e0vv式中：r1为从大球圆心O指向T点的矢径；r2从小球圆心O¢指向T点的矢径。 空腔中任意点T的场强为 vvvrvvrvE=Er+E-r=(r1-r2)=c 3e03e0v因T点为空腔中任意一点，c为一常矢量，故空腔内为一均匀电场。 M点为大球外一点，根据叠加原理 vréb3a3ùc EM=-2úeê23e0ë(rM+c)rMûP点为大球内一点，根据叠加原理，求得 6 ùvréb3c Ep=-rpúeê23e0ëê(rp+c)úû149解答： RrLErORr在均匀带电的无限长圆柱体内作一同轴半径为r(r所示，小圆柱面包围的电荷量为 <R)、长为L的小圆柱体，如图1.4.9q=rpr2L 由高斯定理 vvrpr2L òòE×dS=e0vv根据对称性，电场E仅有径向分量，因此，圆柱面的上、下底面的E通量为0，仅有侧面的E通量，则 vrpr2LEr2prL= e0解得柱体内场强 vvrrr=E内=E内re2e0在均匀带电的无限长圆体外作一同轴半径为r(r>R)、长为L的小圆柱体，小圆柱包围的电荷量为 7 Q=rpR2L 解得柱体外场强 vrR2r=r E外=E外ree2e0r柱内外的场强的E-r曲线如图1.4.9所示 1410解答： R2IR1IIrIIIErL1/20R11/20R2OR1R2r(1) 作半径为r(R1<r<R2)、长为L的共轴圆柱面，图1.4.10为位于两个圆柱面间的圆柱面，其表面包围的电荷量为 q=l1L vv根据对称性，电场E仅有径向分量，因此，圆柱面的上、下底面的E通量为0，仅有侧v面的E通量，则在R1<r<R2的区域II内，利用高斯定理有 2prLEIIr=解得区域II内的场强 l1Le0 vr=EII=EIIrel1r e2pe0r同理，可求得r<R1的区域I中的场强 8 在rvEI=0 >R2的区域III中的场强 vl+l2r=1r EIII=EIIIree2pe0r(2) 若1l=-l2，有 vEI=0vEII=l1re2pe0rvEIII=0 各区域的场强的Er曲线如图1.4.10(b)所示。 152证明： S1S2E1lE2在图1.5.2中，以平行电场线为轴线的柱面和面积均为S的两个垂直电场线面元S1、vvS2形成一闭合的高斯面。面元S1和S2上的场强分别为E1和E2，根据高斯定理，得 证得 -E1S1+E2S2=S(-E1+E2)=0 E1=E2 说明沿着场线方向不同处的场强相等。 在所得的结论基础上，在图1.5.2中作一矩形环路路径，在不同场线上的场vv强分别为E1和E2，根据高斯定理得 E1l-E2l=0 9 证得 E1=E2 说明垂直场线方向不同处的场强相等。 从而证得在无电荷的空间中，凡是电场线都是平行连续直线的地方，电场强度的大小处处相等。 164证明： ROrP，求得离球心r处的P点的电vvrr由高斯定理求得距球心r处的P点的电场为：E=3e0势为 òRrrrv¥rR3drré3R2r2ùQ(3R2-r2)×dr+ò=-ú= ê2R3e03e0r3e0ë22û8pe0R3v165解答: IIIIIIOR1R2根据电势的定义，III区的电势为 Q+Q2VIII(r)=14pe0rII区的电势为 Q1+Q2 VIII(R2)=4pe0R210 VII=òR2Q14pe0rrdr+ò2Q1+Q2drR24per20¥1æQ1Q2öç÷=+ç4pe0èrR2÷øI区的电势为 1æQ1Q2öç÷+ VI(r)=VII(R1)= ç4pe0èR1R2÷ø当Q1=-Q2时，EIII(r)=0，代入中三个区域中的电势的表达式，求得 Q1æ11öQ1æ11öç÷ç-÷，VI(r)=-÷(r)=0，VII(r)= VIII çç4pe0èrR2ø4pe0èR1R2÷øV-r曲线如图1.6.5所示 Q2Q1=-当R2R1时，代入中三个区域的电势的表达式，求得 (R1-R2)Q1VIII(r)=4pe0R1rVr曲线如图所示。 Q1V(r)=，II4pe0æ11öççr-R÷÷，VI(r)=0 1øèVrIIIO166 解答： VrrR1R2IIIrIR1R2OIIIIIaMPcbOO´Tr1r2OcO´ 11 均匀电荷密度为r的实心大球的电荷量Q=r4p3a，挖去空腔对应小球的电荷量3q=-r4p3b3，电荷密度为r的大球在M点的电势为 Qra3Vr(rM)=4per=0M3e0rM电荷密度为-r的小球在M点的电势为 qrb3V-r(rM)=4pe式代入式，对右半球积分，注意积分上下限，得 222væp/2s0öps232p0RF右=çò0Rcosqsinqdqò0dj÷k=k 2e04e0èø左半球所受的力为 14 vps02R2F左=-k 4e0214解答： 123 4ABd解：由左至右各板表面的电荷密度s1，s2，s3，衡条件列方程得： ìïs1=s4ïïs2=-s3íïsqA 1+s2=ïSïîs3+s4=0解得： sqA1=2S=s2=s4 sqA3=2S V=òEv内×dlv=E内d=s2qAded=02e0S将B板接地： ìïïs1=s4=0ís2=-s ï3ïqîs1+s2=AS 4，因qB=0，利用静电平15 s s2=-s3=qA SvvsqdV=òE内×dl=E内d=2d=Ae0e0S221解答： R2qR1由于电荷q放在空腔的中心，在导体壳内壁的感应电荷-q及壳外壁的电荷q在球壳内、外壁上均匀分布，这些感应电荷在球腔内产生的合场强为0；壳内电荷与球壳内壁电荷在壳外产生的合场强为0，因此，壳内、壳外的电场表达式相同，距球心为r处的场强均表示为 vE(r)=距球心为r(0<q4pe0r2re(r<R1或r>R2) r<R1)处电势为 V内=òR1rv1öv¥vvqæ11E内×dr+òR2E外×dr=ç-+÷(0<r£R1) 4pe0èrR1R2ø在导体球壳内场强和电势分别为 vE壳(r)=0V壳=q4pe0R2(R1<r<R2)(R1£r£R2) 球壳外的电场由壳外壁电荷激发，壳外的电势为 V外=ò¥rvvE外×dr=q4pe0r(R2£r) 场强大小E和电势V的分布如图所示。 16 EVrO222解答： rOR1R2R1R2bqrOa球形金属腔内壁感应电荷的电荷量为-q，由于点电荷q位于偏心位置，所以腔内壁电荷面密度分布s内不均匀，球形金属腔外壁的电荷量为Q+q，腔外壁电荷面密度s外均匀分q4pe0r+Òòò布，根据电势叠加原理，O点的电势为 VO=s内dSQ+qqæ111öQ+=-+ ç÷4pe0a4pe0b4pe0èrabø4pe0b232解答： StADBd平行放置一厚度为t的中性金属板D后，在金属板上、下将出现等值异号的感应电荷，电场仅在电容器极板与金属板之间，设电荷面密度为s0，电场为E=A、B间电压为 s0 e0 17 U=s0ABe(d-t)=Q0(d-t) 0e0SA、B间电容C为 C=Q0eU=0Sd-t AB金属板离极板的远近对电容C没有影响 设未放金属板时电容器的电容为 C0=e0Sd放金属板后，板间空气厚度为 d-t=d-d3d4=4此时电容器的电容为 C=e0S3d=43C0=800mF 4由于A、B不与外电路连接，电荷量Q0不变，此时A、B间电压为U¢Q0AB=C=UC0ABC=7.5V 235解答： AC333223333B D按图中各电容器的电容值，知C、D间电容为 18 CCD=(2+3/3)mF=3mF 其等效电路如图所示，E、F间电容为 CEF=(2+3/3)mF=3mF CAB=(3/3)mF=1mFAEC同理，其等效电路如图(b)所示，A、B间电容为 AEBF(a)DB(b)F(2) A、B间的电势差为900V，等效电容CAB上的电荷量为 QAB=CABUAB=9´10-4C 由图(b)可见，与A、B相接的两个电容器的电荷量与QAB相同，亦为9´10由图(b)可见，因3个电容器的电容值相等，故E、F间电压为 -4C。 1UEF=´900V=300V 3又由图可见，E、F间电压亦加在3个电容值相等的电容器上，所以 UCD237解答： 1=´300V=100V 3DC4AC1C3C2C5E19 B方法一：各个电容器的标号如图所示，设U=UAB，C=CAB，则有Q=CU 在A、B、D、E4个连接点列出独立的3个电荷量的方程 Q=q1+q4-q1=q2+q5Q=q3+q53个电压的方程 (1)(2) (3)U=UAD+UDB=U=UAEU=UAE由、两式得 qq4+34mF4mFqq+UEB=1+54mF4mFqqq+UED+UDB=1+2+34mF10mF4mF(4)(5) (6)q1+q4=q2+q5由、两式得 (7) q4+q3=q1+q5由、式得 (8) q4=q5q1=q3将、两式代入式，得 (9) 14mFU=按电容器定义，有 14mFq1+(Q-q1)=Q QC=4mF U方法二：因题中C1、C3、C4、C5均为4mF，所以据对称性C2上的电荷为零(UE=UD)。 ¢C4与C3串联得：CAB¢¢C1与C5串联得：CAB=2(mF) =2(mF) 20 CAB=C¢AB+CAB¢¢=2+2=4(mF) 251解答： 串联时，两电容器的电荷量相同，电能之比为 Q2W12C1C22W=2Q2=C= 112C2并联时，两电容器的电压相同，电能之比为 C2W1U1W=2C112d= 2C2UC222 21 第三章 323解答： 偶极子所受的力矩大小为 M=pEsinq 最大力矩为q=p2时 Mmax=pE=qlE=2´10-3NÒm 偶极子从不受力矩的方向转到受最大力矩的方向，即q从0到为 /2p/2-3W=òpTdq=pEsinqdq=pE=2´10NÒm 0ò0p，电场力所做的功2341解答： -y-RendlxPP+图为均匀介质圆板的正视图，因圆板被均匀极化，故只有在介质圆板边缘上有极化面电荷，弧长为dl，厚度为h的面元面积为dS度为 =hdl=hRda，在处的极化面电荷密vn=-Pcosa s¢=P×e根据对称性，极化电荷在圆板中心产生的电场强度只存在在圆板中心产生的电场强度的y分量，位于处的极化电荷y分量为 22 ¢=kdEas¢dSR2-Pcos2ahdl-Phcos2adacosa=k=k2RR全部极化面电荷在圆板中心产生的电场强度大小为 E¢=-Ph2p-Ph2cosada=-04pe0Rò4e0R 将电场强度写为矢量： vvPhE¢=-4e0R 345解答： 根据电容器的定义并代入数据，得 C0=e0Sl=1.8´10-10F 金属板内壁的自由电荷为 q0=C0U0=5.4´10-7C 放入电介质后，电压降至U=103V时电容C为 C=q0=5.4´10-10F U两板间的原电场强度大小为 U0E0=3´105V/m l放入电介质后的电场强度大小 UE=105V/m l电介质与金属板交界面上的极化电荷的绝对值为有 q¢，因极化电荷与自由电荷反号，E=E0-E¢ 23 而 q¢=s¢S=e0E¢S=e0(E0-E)S=3.6´10-7C C=3 C0x+y+R电介质的相对介电常数为 er=346解答： -en-z-Ern空腔面的法线取外法线方向单位矢e角，球面上的极化电荷面密度为 R，建立直角坐标系，q为矢径R与z轴的夹=es¢=-Pn=-Pcosq 由上式知，紧贴球形空腔表面介质上的极化电荷面密度s¢是不均匀的，极化电荷面密度左侧为正，右侧为负，球面上坐标为处的面元面积为 dS=R2sinqdqdj 该面元上的极化电荷量为 dq¢=s¢dS=-PR2cosqsinqdqdj R表示 带电面元在球心处激发的电场强度方向由源点指向场点，用单位矢-evdq¢R) dE¢=k2(-eRvv根据对称性，极化电荷在球心的场强E的方向沿z轴方向，故只需计算场强E的z分量，即 24 E¢=EPzk=kò2p4pe0dj0òp0cos2qsinqdq3=-PqvcospP 2ek0=033e0因 P=ecEv=ev00(er-1)E v(e故得 E¢=r-1)3Ev 351解答： n11´en13´22´n2因导体板上内表面均匀分布自由电荷，取上导体板的法线方向en指向下方，即有 Dn=s0=2´10-5C/m2 在介质1板中，有 EDnln=e=7.5´105V/m 0er1在介质2板中，有 EDn2n=e=5.7´105V/m 0er2如图所示，贴近上导体板处的极化电荷面密度为 svv1¢=P1×n1=e0c1E1×n1-er11=-e0c1E1=s0er1=-4´10-5C/m2=-1.33´10-5C/m23贴近下导体板处的极化电荷面密度为 25 vv1-er2¢s2=P2×n2=e0c2E2×n2=e0c2E2=(-s0)er23=´10-5C/m2=1.50´10-5C/m22两介质板间的极化电荷面密度为 1¢=-s1¢+(-s2¢)=-(s1¢+s2¢)=-´10-5C/m2s36=-1.7´10C/mvv¢=(P2-P或 s31)×n21 353解答： -62SlenArBdn方向为由高电势指向介质板用“2”标记，其余空气空间用“1”标记，单位矢e低电势，两极板间电势差为 E2nl+Eln(d-l)=U v无论在空间1还是在2，电位移矢量D相等，故有 e0Eln=Dn=e0erE2n 得 E1n=erE2n (2) 将式代入式得 E2n=vE2=U(1-er)l+erd写成矢量 解得 Un e(1-er)l+erd26 vvD1=D2=e0erUne(1-er)l+erd vve0(er-1)UnP2=e0cE2=e(1-er)l+erd因s0=Dn，故极板上自由电荷的电荷量为 e0erUSq0=s0S= (1-er)l+erdvv极板和介质间隙中的场强E空=E1，故 vvDerUn E空=ee0(1-er)1+erd电容为 q0e0erSC=U(1-er)l+erd359解答： LrR2R1以r(R1<r<R2)为半径，长度为一个单位，作一与导线同轴的圆柱体，圆柱体的表面作为高斯面，求得介质中的电位移矢量为 vl0r D(r)=e2pr电场强度为 vE(r)=极化强度矢量为 l0r e2pe0err27 vv(e-1)lP=e=r00cE2peer rr两极的电势差U为 U=òR2l0dr=l0R1lnR22pe 0err2pe0erR1在半径R1与R2处，介表面表的极化电荷面密度分别为 s¢=-P=-(er-1)l01n(R1)2pe rR1s¢=P(er-1)l02n(R2)=2pe rR2371解答： 有玻璃板时，电容器电容为 C=e0erSd将玻璃板移开后，电容器电容为 C¢=e0Sd电容器一直与直流电源相接时，电压U不变。 未抽出玻璃板时电容器的能量为 W=1CU22抽出玻璃板后电容器的能量为 W¢=1C¢U22二者之比 W¢W=C¢11C=e= r5用直流电源给电容器充电后，先断开电源再抽出玻璃板，电荷量不变， 28 Q2Q2，W¢=故 W= 2C2C¢二者之比 372解答： 距球心r处的电位移矢量和电场强度分别为 W¢C=er=5 WC¢vvq0q0D=eE=e2r ，2r 4pr4per电介质内任一点的能量密度为 2q01vvwe=DÒE= 232p2er4第四章 447解答： 因e1的支路被导线短路，故加在电阻R2与R4串联的电路两端电压就是电池e2的端电压，因电池e2的负极接地，A点的电势为 R4e2VA=I4R4=R2+R4从图中e3，e2的负极及e1的正极接地，故VB449解答： 设图中电池电动e1=e3，VD=e2，VE=-e1。 =10V，e2=20V，e3=24V，R1=2W，R2=10W R3=3W，R4=17W，R5=28W。 因为含电容的电路没有电流通过，所以如图所示的正方形电路为无分支电路，对照此电路图的电动势和电阻的数值，求得电流 I=e1+e2-e3R1+R2+R3+R4+R5=0.1A 29 VA=UAO=e1-I(R1+R5)=7V电势： VB=UBO=e3+I(R3+R4)=26V 3个电容器组成的电路如图所示，得 UAO=UAM+UMO=UBO=UBM+UMO此外 q1-q3+C1C3q2-q3=+C2C3q1+q2+q3=0 =-124C，q2=256C，q3=-132C 代入数据，解得：q1452解答： 图中设定：x=20V,R1=6W,R内1=1W,R2=4W,R内2=1W,R3=2W,R内3=1W, I1=1A,I3=2A，选定中间支路电流I2的正方向由B指向A，设两个电池极板均匀左正右负，电势x1和x2的“正方向”就是由负极指向正极，设两个网孔的闭合电路的环行方向为逆时针方向，列出节点议程和回路方程 I2=I3-I1=1Ax-x1=(R内1+R1)I1-(R内2+R2)I2x1-x2=(R内2+R2)I2-(R内2+R3)I3代入数据，解得x1=18V,x2=7V 与设定的电动势力的正方向相比，知电池x1与x2的极性均为左正右负。 453解答： 对照附图，令x1=12V,x2=10V,x3=8V,R内1=R内2=R内3=1W, R1=2W,R2=1W,R3=3W,R4=2W,R5=2W. 对外环回路取逆时针绕行方向，电流为 I=x1-x3R内1+R1+R内2+R4+R5+R2=0.44A 设右端节点为C，则 30 UAC=-I(R1+R内1+R2)+x1=10.2V因为 x2=10V所以 UAB=UAC-UBC=0.2V选定流过x1的电流I1正方向由右至左，流过x2的电流I2与流过x3的电流I3正方向 由左至右，两个网孔闭合电路的绕行方向为逆时针方向，列出节点方程和回路方程 I1=I2+I3x1-x2=I1(R内1+R2+R1)+I2(R内2+R3) x2-x3=I2(R内2+R3)+I3(R4+R内3+R5)联立解得：I1=0.46A 455解答： 已知附图中各电源内阻为零，A、B两点电势相等，求电阻R。 在图455中给各电阻标号及设定电流的正方向。 列出节点方程 I1+I2+I3=0 A、 B两点左侧的支路有关系 B、 UAB=I1R1-I3R5-e2 B、A两点右侧的支路有关系 UAB=-I3R6+I1R2 已知UAB=UBA=0，代入数据，解得：I1=-0.5A,I2=2A,I3=-1.5A 因为UCE=-I1(R1+R2)=4V 电路中3个电阻并联，其等效电阻为R/，而 UCE=e1-I2R/ 解得：R/=1W 31 R/与3个电阻的关系为 1111=+ R/RR3R4代入数据，解得：R=2W 第五章 523解答： 因为两直长载流导线延长线均通过圆心，所以对O点的磁场没有贡献，故只需考虑两个圆弧载流导线在O点产生的磁场，它们所激发的磁场分别为B1和B2，方向均垂直纸面向里，故O点的合磁场大小为 é3ppùúmIæ31ömIêB=B1+B2=0ê2+2ú=0ç+÷ 4pêabú8èabøëû方向均垂直纸面向里。 两延长线的直长载流导线对O点的磁场没有贡献，只需考虑两长度为b的直长载流导线对O点的磁场B1、B2和圆弧载流导线对O噗的磁场B3，方向均垂直纸面向里，其合磁场大小为 é3paùúmImIêB=B1+B2+B3=0(cos90°-cos135°)´2+0ê22ú4pb4pêaúëû m0Iæ23pö=+ç÷÷4pbçb2aèø方向均垂直纸面向里。 5212解答： 如图5.2.12所示，圆柱形薄导体管，在x=R处，沿轴向割一无限长缝，管壁上均匀地通有沿z轴方向，面密度为a的电流，这样的电流分布可看作一封闭的圆柱薄导体管，管壁上均匀地通有沿z轴方向流有电流面密度为-a的电流，这两部分电流在轴线上激发的磁场分别用B1和Bh表示，因Bt=0，两部分电流在轴线上激发的合磁场为 32 B=Bt+Bh=m0ahj 2pR5214解答： 图5.2.14为附图的俯视图，在导体薄板上沿z 轴方向取一宽度为dy的窄条，在其上流动的电流大小为 dl=I2ady 它在重面上距导体薄板x处产生的磁场大小为 dB=m0dIm0Idy2p(x2+y2)1/2=4pa(x2+y2)1/2根据对称性，总磁场仅有y分量，而 dBy=dBcosa=dBxm0Ixdy(x2+y2)1/2=4pa(x2+y2)1/2 总磁场为 B=BIxadym0Iayj=m04paò-ax2+y2j=2paarctan(x)j 5.2.17解答： 如图5.2.17所示，圆环面积为2prdl，圆环所带电荷量为 dq=s2pr(Rdq) 球面旋转速度为 f=w2p 球面对应的电流大小为 dI=fdq=swr(Rdq) 电流dI在球心激发的磁场大小为 dB=m0dIr22R3=m0swR2sin3qdqB=m0wsRp2m0wsR 2ò0sin3qdq=3方向沿轴向，与旋转角速度w一致。 33 532解答： 左右侧电流I在长方形框架产生的磁通量分别为F1与F2，设框架面积的法线方向取垂直纸面向里，因a=c，则有 Fm0Il1=F2=2plna+ba=1.385´10-4Wb 框架的磁通量为 F=2F1=2.77´10-4Wb 541解答： 由于磁场的对称性分布，可用安培环路定理求解。 在0£r£R1，设以r为半径的圆面积为S1，穿过该面的电流为I¢，由培环路定理 ÒòB1×dl=m0I¢ 2pRB(I)S=mor2m1=mopR212I1R1解得 BmoIr1=2pR2 1(2)在R1£r£R2,同理,解得 B2=moI2pr(3)在R2£r£R3,设以r为半径的圆2面积为S2,穿过该面的电流为I¢¢,由安培环路定理 34 ÒòB3×dl=moI¢¢222ùéùé2p(R-R-p(r-R)úêúêIS2322ú2prB3=moêI-ú=moêI22ú22êêúp(R-Rúp(R-R)êêú3232ëûëû æ22öçR-r÷3÷I=moç2÷ç2R-Rç32÷èø解得æ22öR-r÷moIçç3÷B3=222prç÷ R-Rç32÷èøB1、B2、B3的方向与电流成右手关系。 (4)在R3£r,设以r为半径的圆面积为S3, 穿过该面的电流为I¢¢,由安培环路定理ÒòB4×dl=moI¢¢¢2prB4=mo(I-I)=0解得:B4=0.544解答： 根据对称性，空间各点的磁