大学物理答案第八章

8-1 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 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 分析与解 教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律ε21 M21

di1di

；ε12 M122．因而正确答案dtdt

为（D）．

8-4 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）

8-5 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 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ξ N

解 线圈中总的感应电动势

dΦdψ

，其中ψ NΦ称为磁链． dtdt

ξ N

dΦ

2.51 cos 100π t dt

当t 1.0 10 2s 时，ξ 2.51V． 8-7 分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律ξ

dΦ

来求解．由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用dt

Φ B dS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B1 与B2 之和）．

S

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dS ddx，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元

dS dxdy，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EM M

解．

解1 穿过面元ｄS 的磁通量为

dl求dt

dΦ B dS B1 dS B2 dS

因此穿过线圈的磁通量为

μ0IμI

ddx 0ddx

2πx d2πx

Φ dΦ

2d

d

2dμIdμ0IdμId30

x dx 0ln

d2πx d2πx2π4

再由法拉第电磁感应定律，有

E

dΦ μ0d3 dI

ln dt 2π4 dt

解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为

Φ

μ0dI3

ln 2π4

线圈与两长直导线间的互感为

M

Φμ0d3 ln I2π4

dl

变化时，线圈中的互感电动势为 dt

当电流以

E M

dI μ0d3 dI ln dt 2π4 dt

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

Φ B dS f 1,ξ ，它表现为变量I和ξ的二元函数，将Φ代入E

S

dΦ

即可求解，求解时应按复合函数dt

求导，注意，其中

dξ

v，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dt

生电动势，另一项为感生电动势．

8-8 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

ΔΦ Φ2 Φ1 NBS 0 NBS

因此，流过导体截面的电量为q

ΔΦNBS

R RiR Riq R Ri 0.050T NS

则 B

8-9 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ψ NBS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

ψ1 NB1S

Nμ0ISNμ0IS

,ψ2 NB2S 2πr12πr2

则线圈中的平均感应电动势为

ΔΦNμ0IS 11 8

1.11 10V Δt2πΔt r1r2

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

E

dΦ

dt

8-10 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E 合回路），还可直接用公式E

dΦ

求解外（必须设法构造一个闭dt

v B dl求解．

l

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dE v B dl.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OP 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

1

Φ 2Rx πR2 B

2

即

E

dΦdx 2RB 2RvB dtdt

由于静止的 形导轨上的电动势为零，则E ＝－2RvB．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

dE v B dl vBsin90ocosθdl vBcosθRdθ E dE vBR cosθdθ 2RvB

π/2π/2

由矢量（v ×B）的指向可知，端点P 的电势较高．

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Φ BS 常数.由法拉第电磁感应定律E

dΦ

可知，E ＝0 dt

又因 E ＝EOP ＋EPO 即 EOP ＝－EPO ＝2RvB

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 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OA 棒与OB 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而EO A 和EO 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

EAB

v B dl -rAB

L-r

1

ωlBdl ωlB L 2r

2

因此棒两端的电势差为

1

UAB EAB ωlB L 2r

2

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OA 棒和OB 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中

EOA

则

112Bωr2,EOB ωB L r 22

1

EAB EOA EOB ωBL L 2r

2

8-12 分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律E 内的闭合回路， 如直角三角形导体回路OPQO），也可用E 何位置时产生的电动势与图示位置是相同的．

dΦ

计算（此时必须构造一个包含OP导体在dt

v B dl来计算．由于对称性，导体OP 旋转至任

l

解1 由上分析，得

EOP

l

OP

v B dl

vBsin90ocosαdl lsinθω Bcos90o θdl

l

ωBsinθ ldl

2

L

12

ωB Lsinθ 2

由矢量v B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

E

dΦ

0 EOP EPQ EQO dt

显然，EQO ＝0，所以

12

EOP EPQ EQO ωB PQ

2

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 分析 本题可用两种方法求解．（1） 用公式E 导体元dl dx，该处的磁感强度B

v B dl求解，建立图（a）所示的坐标系，所取

l

μ0I

．（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2πx

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Φ B dS求得穿过该回路的磁通量，再代入公式E

S

dΦ

，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中dt

的电动势．

解1 根据分析，杆中的感应电动势为

EAB

v B dl dxl 0.1mAB

1.1m

μ0μIv

dx 0ln11 3.84 10 5V式中负号表示电动势方向2πx2π

由B 指向A，故点A 电势较高．

解2 设顺时针方向为回路ABCD 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

dΦ B dS

μ0I

ydx 2πx

穿过回路的磁通量为

Φ dΦ

S

μ0IμIy

ydx 0ln11

0.1m2πx2π

1.1m

回路的电动势为

E

dΦμIdyμIy

0ln11 0 3.84 10 5V dt2πxdt2π

由于静止的形导轨上电动势为零，所以

EAB E 3.84 10 5V

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 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 v B dl 0］，因而线框中的总电动势为

（ｂ）所E v B dl v B dl v B dl v B dl Eef Ehg其等效电路如图

ef

gh

ef

hg

示．

2．用公式E

dΦ

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dt

dξ

v．在求得线框在任意位置处的电动dt

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

E Eef Ehg

v B dl v B dl

ef

hg

l2μ0Ivl2μ0Iv

dl dl 2πd 02πd l1 0

μ0IvII2

2πd l1由Eef ＞Ehg 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

Φ

l1

μ0Il2μ0Il2ξ l1

ln

2πx ξ2πx ξξ

相应电动势为

E ξ

dΦμIvll

021 dt2πξξ l1

令ξ＝d，得线框在图示位置处的电动势为

E

μ0Ivl2l1

2πdd l1

由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．

8-15 分析 设线框刚进入磁场（t1 时刻）和全部进入磁场（t2 时刻）的瞬间，其速度分别为v10 和v20 ．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 ＜

t1）和v ＝v20 ＋g（t－t2 ）（t ＞t2 ）．而在t1＜t＜t2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FA ，其大小与速度有关，即FA FA(v)．根据牛顿运动定律，此时线框的运动微分方程为mg FA v m＜t2 时间内线框的速度与时间的关系式．

解 （1） 根据分析，在t t1时间内，线框为自由落体运动，于是

dv

，解此微分方程可得t1＜tdt

v1 gt t t1 其中t t1时，v1 v10 2gh

（2） 线框进入磁场后，受到向上的安培力为

B2l2

FA IlB v

R

根据牛顿运动定律，可得线框运动的微分方程

B2l2dvmg v m

Rdt

B2l2

令K ，整理上式并分离变量积分，有

mR

v

v10

tdv

dt

g Kvt1

积分后将v10 2gh代入，可得

v2

1

g g K2ghe K t t1 K

（3） 线框全部进入磁场后（t ＞t2），作初速为v20 的落体运动，故有

v3 v20 g t t2

1

g g K2ghe K t2 t1 g t t2 K

2

8-16 解 圆形回路导线长为2πR，导线截面积为πr，其电阻R′为

R ρ

l2R ρ2 Sr

在均匀磁场中，穿过该回路的磁通量为Φ BS，由法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电流为

E1dΦ1πRr2dB2dB I πR

R R dtR dt2ρdt

2

而m d2πRπr，即πRr

2

m

，代入上式可得 2πd

I

mdB

4πρddt

8-17 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

dB B

dS.在一般情况下，求解感生电场的分布 等）密切相关，即 Ekdl SS tdt

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Ek 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， E Ek dl Ek 2πr

l

dBdB

0时，电场线绕向与B 方向满足右螺旋关系；当 0 时，电场线绕dtdt

d2dBB dS πr dtdt

Ek

rdB

2dt

d2dBB dS πR dt dt

r ＞R， E Ek dl Ek 2πr

l

R2dB

Ek

2rdt

由于

dB

0，故电场线的绕向为逆时针． dt

（2） 由于r ＞R，所求点在螺线管外，因此

R2dBEk

2rdt

将r、R、

dB

的数值代入，可得Ek 4.0 10 5V m 1，式中负号表示Ek的方向是逆时针的．

dt

8-18 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E

E

l

k

dl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Ek 处处垂直，故

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Ek dl 0，

的电动势．

证1 由法拉第电磁感应定律，有

EPQ

dΦdBdBl l EΔ S R2

dtdtdt2 2

rdB

2dt

2

证2 由题８ －17可知，在r ＜R 区域，感生电场强度的大小Ek

设PQ 上线元ｄx 处，Ek的方向如图（b）所示，则金属杆PQ 上的电动势为

rdBR2 l/2EPQ Ek dx Ekcosθdx dx02dtr

dBl2 R2 l/2dt2

l

2

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 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L

Φ

计算L．2．让I

回路中通以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动势EL ，由公式L

dIEL

计算L．式中EL 和都较容易通

dtdI/dt

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R1 ＜

r ＜R2 范围内的磁场分布为

B

μ0NI

2πx

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

ψ N B dS N

S

R2

R1

μ0NIμ0N2hIR2

dx ln 2πx2πR1

则

ψμ0N2hR2

L ln

I2πR1

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 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B0 ，由于磁介质的存在，在不同磁介质中磁感强度分别为μ1 B0 和μ2 B0 ．通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S1 和S2 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

B1 μ1nl μ1

NN

I,B2 μ2nl μ2I LL

通过N 匝回路的磁链为

Ψ Ψ1 Ψ2 NB1S1 NB2S2

则自感

ψN2

L L1 L2 μ1S1 μ2S2

Il

8-21 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

B

μ0Iμ0I

2πr2πd r穿过图中阴影部分的磁通量为

Φ B dS

S

d a

a

Bldr

μ0ld aln πa

则长为l 的一对导线的自感为

L

Φμ0ld a

ln Iπa

如导线内部磁通量不能忽略，则一对导线的自感为L L1 2L2．L1 称为外自感，即本题已求出的L，L2 称为一根导线的内自感．长为l的导线的内自感L2

μ0l

，有兴趣的读者可自行求解． 8π

8-22 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

Φ1 2Φ 2Φ 0，

故L1 ＝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

Φ2 2Φ 2Φ 4Φ，

故L2

Φ2Φ

4 4L． II

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 分析 设回路Ⅰ中通有电流I1 ，穿过回路Ⅱ的磁通量为Φ21 ，则互感M ＝M21 ＝Φ21I1 ；也可设回路Ⅱ通有电流I2 ，穿过回路Ⅰ的磁通量为Φ12 ，则M M12

Φ12

． I2

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B0 NB

μ0I

穿过小线圈A 的磁链近似为 2R

ψA NAB0SA NANB

（2）EA M

μ0IψμS

SA则两线圈的互感为M A NANB0A 6.28 10 6H 2RI2R

dI

3.14 10 4V dt

互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同．

8-24 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

B

2R2 d

μ0IR2

2 穿过线圈C 的磁通为 ψ BSC

2R2 d

μ0IR2

2πr2

则两线圈的互感为

ψμ0πr2R2

M

I2R2 d23/2

若线圈C 的匝数为N 匝，则互感为上述值的N 倍．

8-25 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I1 时，在环内产生的磁感强度 B μ0μrn1I1 则通过线圈C 的磁链为 ψc N2BS N2μ0μrn1I1S 设断开电源过程中，通过C 的感应电荷为qC ，则有

qc

11NμμnIS

Δψc 0 ψc 20r11 由此得 RRR

B μ0μrn1I1

RqcRqc

0.10T 相对磁导率 μr 199 N2SN2Sμ0n1I1

8-26 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Wm

12

LI，通常称为自感磁能．（2） 由于载流回路可在空间激发磁场，2

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Wm

V

wmdV，式中wm为磁场

B2

能量密度，积分遍及磁场存在的空间．由于wm ，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

2μ

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LI

12

2

wdV求解L．

V

m

EN2S

解 （1） 密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感L ，电流稳定后，线圈中电流I ，则线圈

Rl

12μ0N2SE2 5

3.28 10J 中所储存的磁能为 Wm LI 2

22lR

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 中，并为均匀磁场，故磁能密度wm 处处相等，wm

Wm

4.17J m 3 SL

R

t E （2） 自感为L，电阻为R 的线圈接到电动势为E 的电源上，其电流变化规律I 1 eL ，当电流稳定R

后，其最大值Im

E

R

R t E 2E121 12

1 eL 按题意1LI LIm ，则I ，将其代入I 中，得 R2R22 2

t

L 2 L 4

ln 1 ln2 2 1.56 10s R 2 R

8-27 分析 本题中电流激发的磁场不但存在于导体内当r ＜R 时，B1

μ0Ir

，而且存在于导体外当r ＞R 2

2πR

时，B2

μ0I

．由于本题仅要求单位长度导体内所储存的磁能，故用公式Wm wmdV计算为宜，因本题中B 呈

V2πr

柱对称性，取单位长度，半径为r，厚为ｄr 的薄柱壳（壳层内wm处处相同）为体元ｄV，则该体元内储存的能量

1 μ0Ir 2

dWm 2πrdr，积分即可求得磁能． 2

2μ0 2πR

证 根据以上分析单位长度导线内贮存的磁能为

Wm dWm

R

μ0I22 μ0I2

8π2R4r 2πrdr 16π

上述结果仅为单位长度载流导线内所具有的磁场能量，它是总磁场能量的一部分，总能量还应包括导线外磁场所储存的磁能．

8-28 解 由磁感强度与磁场能量间的关系可得

V

2WmWm3

L 29H 所需线圈的自感系数为 9.0m22

IB/2μ0

B2

8-29 解 由磁场能量密度 wm 3.98 1021J/m3

2μ0

1B21B222

8-30 解we ε0E,wm ,按题意，当we wm时，有ε0E ，则

22μ022μ0

E

B

1.51 108V m 1 ε0μ0

8-31 分析 尽管变化电场与传导电流二者形成的机理不同，但都能在空间激发磁场．从这个意义来说，变化电场可视为一种“广义电流”，即位移电流．在本题中，导线内存在着传导电流Ic，而在平行板电容器间存在着位移电流Id，它们使电路中的电流连续，即Id Ic．

解 忽略电容器的边缘效应，电容器内电场的空间分布是均匀的，因此板间位移电流Id 由此得位移电流密度的大小

S

jd dS jdπR2，

jd

IdIc

15.9A m 2 22

πRπR

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