5 －22 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q . 已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功
.
分析 由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 . 外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W . 求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为
∞
W =⎰Q 2E d l
其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度. (2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有
W =Q 2(V 0-V ∞)=Q 2V 0
其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势). 解1 由题意Q 1 所受的合力为零
Q 1
Q 2Q 3
+Q =0 14πε0d 24πε02d 14
14
解得 Q 2=-Q 3=-Q
由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为
E =E 1y +E 3y =
2πε0d +y
Q y
2
23/2
将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？) 外力所作的功为
W '=-⎰Q 2E ⋅d l =-⎰
∞∞
Q y ⎡1⎤
-Q ⋅⎢⎣4⎥⎦2πε0d 2+y 2
Q 2
d y = 3/2
8πε0d
解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q 2=-的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势
1
Q ，并由电势 4
V 0=
Q 1Q 3Q
+= 4πε0d 4πε0d 2πε0d
将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功
Q 2
W '=-Q 2V 0=
8πε0d
比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁. 这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多.
6 －3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图。设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ） （A ）E =0, V =
q
4πε0d
（B ）E =
q q
, V =2
4πε0d 4πε0d
（C ）E =0, V =0 （D ）E =
q q
, V =2
4πε0d 4πε0R
分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。点电荷q 在导
体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。因而正确答案为（A ）。
6 －9 在一半径为R １ ＝6.0 cm 的金属球A 外面套有一个同心的金属球壳B ．已知球壳B 的内、外半径分别为R 2＝8.0 cm，R 3 ＝10.0 cm．设球A 带有总电荷Q A ＝3.0 ×10壳B 带有总电荷Q B ＝2.0×10
－８
－８
C ，球
C ．（１） 求球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球
壳B 的电势；（2） 将球壳B 接地然后断开，再把金属球A 接地，求金属球A 和球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势．
分析 （１） 根据静电感应和静电平衡时导体表面电荷分布的规律，电荷Q A 均匀分布在球A 表面，球壳B 内表面带电荷－Q A ，外表面带电荷Q B ＋Q A ，电荷在导体表面均匀分布［图（ａ）］，由带电球面电势的叠加可求得球A 和球壳B 的电势．（2） 导体接地，表明导体与大地等电势（大地电势通常取为零）．球壳B 接地后，外表面的电荷与从大地流入的负电荷中和，球壳内表面带电－Q A ［图（ｂ）］．断开球壳B 的接地后，再将球A 接地，此时球A 的电势为零．电势的变化必将引起电荷的重新分布，以保持导体的静电平衡．不失一般性可设此时球A 带电q A ，根据静电平衡时导体上电荷的分布规律，可知球壳B 内表面感应－q A ，外表面带电q A －Q A ［图（c ）］．此时球A 的电势可表示为
V A =
q A -q A q -Q A
++A =0
4πε0R 14πε0R 24πε0R 3
由V A ＝0 可解出球A 所带的电荷q A ，再由带电球面电势的叠加，可求出球A 和球壳B 的电势．
解 （１） 由分析可知，球A 的外表面带电3.0 ×10
８
－８
C ，球壳B 内表面带电－3.0 ×10
－
C ，外表面带电5.0 ×10
－８
C ．由电势的叠加，球A 和球壳B 的电势分别为
V A =
q A -Q A Q -Q A
++A =5. 6⨯103V
4πε0R 14πε0R 24πε0R 3
V B =
Q A +Q B
=4. 5⨯103V
4πε0R 3
（2） 将球壳B 接地后断开，再把球A 接地，设球A 带电q A ，球A 和球壳B 的电势为
V A =
q A -q A -Q A +q A
++=0
4πε0R 14πε0R 24πε0R 3
V B =
-Q A +q A
4πε0R 3
解得
q A =
即球A 外表面带电2.12 ×10面带电-0.9 ×10
－８
R 1R 2Q A
=2. 12⨯10-8C
R 1R 2+R 2R 3-R 1R 3
C ，由分析可推得球壳B 内表面带电－2.12 ×10
－８
－８
C ，外表
C ．另外球A 和球壳B 的电势分别为
V A =0
V B =-7.29⨯102V
导体的接地使各导体的电势分布发生变化，打破了原有的静电平衡，导体表 面的电荷将重新分布，以建立新的静电平衡．
6 －12 如图所示球形金属腔带电量为Q ＞0，内半径为ɑ，外半径为b ，腔内距球心O 为r 处有一点电荷q ，求球心的电势．
分析 导体球达到静电平衡时，内表面感应电荷－q ，外表面感应电荷q ；内表面感应电荷不均匀分布，外表面感应电荷均匀分布．球心O 点的电势由点电荷q 、导体表面的感应电荷共同决定．在带电面上任意取一电荷元，电荷元在球心产生的电势
d V =
d q
4πε0R
由于R 为常量，因而无论球面电荷如何分布，半径为R 的带电球面在球心产生的电势为
V =⎰⎰
由电势的叠加可以求得球心的电势．
d q q
=
s 4πεR 4πεR 00
解 导体球内表面感应电荷－q ，外表面感应电荷q ；依照分析，球心的电势 为
V =
q q q +Q
-+
4πε0r 4πε0a 4πε0b
6 －26 有一个空气平板电容器，极板面积为S ，间距为d ．现将该电容器接在端电压为U 的电源上充电，当（1） 充足电后；（2） 然后平行插入一块面积相同、厚度为δ（δ ＜d ）、相对电容率为εｒ 的电介质板；（3） 将上述电介质换为同样大小的导体板．分别求电容器的电容C ，极板上的电荷Q 和极板间的电场强度E ．
分析 电源对电容器充电，电容器极板间的电势差等于电源端电压U ．插入电介质后，由于介质界面出现极化电荷，极化电荷在介质中激发的电场与原电容器极板上自由电荷激发的电场方向相反，介质内的电场减弱．由于极板间的距离d 不变，因而与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，以维持电势差不变，并有
U =
Q
(d -δ)+Q δ ε0S ε0εr S
相类似的原因，在平板电容器极板之间，若平行地插入一块导体板，由于极板上的自由电荷和插入导体板上的感应电荷在导体板内激发的电场相互抵消，与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，使间隙中的电场E 增强，以维持两极板间的电势差不变，并有
U =
Q
(d -δ) ε0S
综上所述，接上电源的平板电容器，插入介质或导体后，极板上的自由电荷 均会增加，而电势差保持不变． 解 （1） 空气平板电容器的电容
C 0=
ε0S
d
充电后，极板上的电荷和极板间的电场强度为
Q 0=
ε0S U d
E 0=U /d
（2） 插入电介质后，电容器的电容C 1 为
⎡Q ⎤
(d -δ)+Q δ⎥=ε0εr S C 1=Q /⎢
ε0εr S ⎦δ+εr d -δ⎣ε0S
故有
C 1=C 1U =
介质内电场强度
ε0εr SU
δ+εr d -δ'=E 1
空气中电场强度
Q 1U
=
ε0εr S δ+εr d -δE 1=
Q 1εr U
=
ε0S δ+εr d -δ（3） 插入导体达到静电平衡后，导体为等势体，其电容和极板上的电荷分别为
ε0S
d -δεS
Q 2=0U
d -δC 2=
'=0 导体中电场强度 E 2
空气中电场强度
E 2=
U
d -δ
无论是插入介质还是插入导体，由于电容器的导体极板与电源相连，在维持电势差不变的同时都从电源获得了电荷，自由电荷分布的变化同样使得介质内的电场强度不再等于E 0/εｒ． 7 －4 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P 1 、P 2 为两圆形回路上的对应点，则（ ）
（A ） B ⋅d l =B ⋅d l ，B P 1=B P 2
L 1
L 2
（B ） B ⋅d l ≠B ⋅d l ，B P 1=B P 2
L 1
L 2
（C ） B ⋅d l =B ⋅d l ，B P 1≠B P 2
L 1
L 2
（D ） B ⋅d l ≠B ⋅d l ，B P 1≠
B P 2
L 1
L 2
分析与解 由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C ）．
7 －10 如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a 、b 两点，并与很远处的电源相接。求环心O 的磁感强度．
分析 根据叠加原理，点O 的磁感强度可视作由ef 、be 、fa 三段直线以及acb 、a d b 两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，B ef =0．而be 、fa 两段直线的延长线通过点O ，由于
Idl ⨯r =0，由毕－萨定律知B be =B fa =0．流过圆弧的电流I 1 、I 2的方向如图所示，两
圆弧在点O 激发的磁场分别为
B 1=
μ0I 1l 1μ0I 2l 2
B =, 2
4πr 24πr 2
其中I 1 、I 2 分别是圆弧acb 、a d b 的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比，而圆弧acb 、a d b 又构成并联电路，故有
I 1l 1=I 2l 2
将B1 、B2 叠加可得点O 的磁感强度B ． 解 由上述分析可知，点O 的合磁感强度
B =B 1-B 2=
μ0I 1l 1μ0I 2l 2
-=0 22
4πr 4πr
7 －11 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，它们在点O 的磁感强度各为多少？
分析 应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度B 0=
∑B
i
解 （ａ） 长直电流对点O 而言，有Id l ⨯r =0，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有
B 0=
B 0 的方向垂直纸面向外．
μ0I
8R
（ｂ） 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得
B 0=
B 0 的方向垂直纸面向里．
μ0I μ0I
- 2R 2πR
（c ） 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得
B 0=
B 0 的方向垂直纸面向外．
μ0I μI μI μI μI
+0+0=0+0 4πR 4πR 4R 2πR 4R
7 －29 如图（ａ）所示，一根长直导线载有电流I 1 ＝30 A ，矩形回路载有电流I 2 ＝20 A ．试计算作用在回路上的合力．已知d ＝1.0 cm，b ＝8.0 cm，l ＝0.12 m．
分析 矩形上、下两段导线受安培力F 1 和F 2 的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零．而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力F 3 和F 4 大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力．
解 由分析可知，线框所受总的安培力F 为左、右两边安培力F 3 和F 4 之矢量和，如图（ｂ）所示，它们的大小分别为
F 3=
μ0I 1I 2l
2πd
F 4=
故合力的大小为
μ0I 1I 2l
2πd +b F =F 3-F 4=
合力的方向朝左，指向直导线．
μ0I 1I 2l μI I l
-012=1. 28⨯10-3N 2πd 2πd +b 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
E AB =⎰
因此棒两端的电势差为
(v ⨯B )⋅d l =⎰-r
AB
L-r
1
-ωlB d l =-ωlB (L -2r )
2
1
U AB =E AB =-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O A 棒和O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中
E OA =
则
112B ωr 2, E OB =ωB (L -r ) 22
1
E AB =E OA -E OB =-ωBL (L -2r )
2
8 －13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速v =2.0m ⋅s 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？
-1
分析 本题可用两种方法求解．（1） 用公式E =⎰(v ⨯B )⋅d l 求解，建立图（a ）所示的l
坐标系，所取导体元d l =d x ，该处的磁感强度B =μ0I ．（2） 用法拉第电磁感应定律求2πx
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Φ=B ⋅d S 求得穿S ⎰
过该回路的磁通量，再代入公式E =-
势． d Φ，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动d t
解1 根据分析，杆中的感应电动势为
E AB =⎰(v ⨯B )⋅d l =d xl =-⎰0. 1m AB 1. 1m μ0μI v d x =-0ln 11=-3. 84⨯10-5V 式中负号表示2πx 2π
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
d Φ=B ⋅d S =
穿过回路的磁通量为 μ0I y d x 2πx
Φ=⎰d Φ=⎰S μ0I μIy y d x =-0ln 11 0. 1m 2πx 2π1. 1m
回路的电动势为
E =-d ΦμI d y μIy =-0ln 11=-0=-3. 84⨯10-5V d t 2πx d t 2π
由于静止的形导轨上电动势为零，所以
E AB =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 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(v ⨯B )⋅d l =0］，因而线框中的总电动势为
E =⎰(v ⨯B )⋅d l +⎰(v ⨯B )⋅d l =⎰(v ⨯B )⋅d l -⎰(v ⨯B )⋅d l =E ef -E hg 其等效电路ef gh ef hg
如图（ｂ）所示．
2．用公式E =-d Φ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d t
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d ξ=v ．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d t
给位置处的电动势．
解1 根据分析，线框中的电动势为
E =E ef -E hg
=⎰(v ⨯B )⋅d l -⎰(v ⨯B )⋅d l ef hg
=l 2μ0I v l 2μ0I v d l -d l 2πd ⎰02πd +l 1⎰0
=μ0I vI I 2 2πd +l 1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
Φ=⎰
相应电动势为 l 10μ0Il 2μ0Il 2ξ+l 1 =ln 2πx +ξ2πx +ξξ
E (ξ)=-d ΦμI v l l =021 d t 2πξξ+l 1令ξ＝d ，得线框在图示位置处的电动势为
E =μ0I v l 2l 1 2πd d +l 1由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．
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 ）．
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
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 ）．
5 －22 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q . 已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功
.
分析 由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 . 外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W . 求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为
∞
W =⎰Q 2E d l
其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度. (2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有
W =Q 2(V 0-V ∞)=Q 2V 0
其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势). 解1 由题意Q 1 所受的合力为零
Q 1
Q 2Q 3
+Q =0 14πε0d 24πε02d 14
14
解得 Q 2=-Q 3=-Q
由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为
E =E 1y +E 3y =
2πε0d +y
Q y
2
23/2
将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？) 外力所作的功为
W '=-⎰Q 2E ⋅d l =-⎰
∞∞
Q y ⎡1⎤
-Q ⋅⎢⎣4⎥⎦2πε0d 2+y 2
Q 2
d y = 3/2
8πε0d
解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q 2=-的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势
1
Q ，并由电势 4
V 0=
Q 1Q 3Q
+= 4πε0d 4πε0d 2πε0d
将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功
Q 2
W '=-Q 2V 0=
8πε0d
比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁. 这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多.
6 －3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图。设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ） （A ）E =0, V =
q
4πε0d
（B ）E =
q q
, V =2
4πε0d 4πε0d
（C ）E =0, V =0 （D ）E =
q q
, V =2
4πε0d 4πε0R
分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。点电荷q 在导
体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。因而正确答案为（A ）。
6 －9 在一半径为R １ ＝6.0 cm 的金属球A 外面套有一个同心的金属球壳B ．已知球壳B 的内、外半径分别为R 2＝8.0 cm，R 3 ＝10.0 cm．设球A 带有总电荷Q A ＝3.0 ×10壳B 带有总电荷Q B ＝2.0×10
－８
－８
C ，球
C ．（１） 求球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球
壳B 的电势；（2） 将球壳B 接地然后断开，再把金属球A 接地，求金属球A 和球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势．
分析 （１） 根据静电感应和静电平衡时导体表面电荷分布的规律，电荷Q A 均匀分布在球A 表面，球壳B 内表面带电荷－Q A ，外表面带电荷Q B ＋Q A ，电荷在导体表面均匀分布［图（ａ）］，由带电球面电势的叠加可求得球A 和球壳B 的电势．（2） 导体接地，表明导体与大地等电势（大地电势通常取为零）．球壳B 接地后，外表面的电荷与从大地流入的负电荷中和，球壳内表面带电－Q A ［图（ｂ）］．断开球壳B 的接地后，再将球A 接地，此时球A 的电势为零．电势的变化必将引起电荷的重新分布，以保持导体的静电平衡．不失一般性可设此时球A 带电q A ，根据静电平衡时导体上电荷的分布规律，可知球壳B 内表面感应－q A ，外表面带电q A －Q A ［图（c ）］．此时球A 的电势可表示为
V A =
q A -q A q -Q A
++A =0
4πε0R 14πε0R 24πε0R 3
由V A ＝0 可解出球A 所带的电荷q A ，再由带电球面电势的叠加，可求出球A 和球壳B 的电势．
解 （１） 由分析可知，球A 的外表面带电3.0 ×10
８
－８
C ，球壳B 内表面带电－3.0 ×10
－
C ，外表面带电5.0 ×10
－８
C ．由电势的叠加，球A 和球壳B 的电势分别为
V A =
q A -Q A Q -Q A
++A =5. 6⨯103V
4πε0R 14πε0R 24πε0R 3
V B =
Q A +Q B
=4. 5⨯103V
4πε0R 3
（2） 将球壳B 接地后断开，再把球A 接地，设球A 带电q A ，球A 和球壳B 的电势为
V A =
q A -q A -Q A +q A
++=0
4πε0R 14πε0R 24πε0R 3
V B =
-Q A +q A
4πε0R 3
解得
q A =
即球A 外表面带电2.12 ×10面带电-0.9 ×10
－８
R 1R 2Q A
=2. 12⨯10-8C
R 1R 2+R 2R 3-R 1R 3
C ，由分析可推得球壳B 内表面带电－2.12 ×10
－８
－８
C ，外表
C ．另外球A 和球壳B 的电势分别为
V A =0
V B =-7.29⨯102V
导体的接地使各导体的电势分布发生变化，打破了原有的静电平衡，导体表 面的电荷将重新分布，以建立新的静电平衡．
6 －12 如图所示球形金属腔带电量为Q ＞0，内半径为ɑ，外半径为b ，腔内距球心O 为r 处有一点电荷q ，求球心的电势．
分析 导体球达到静电平衡时，内表面感应电荷－q ，外表面感应电荷q ；内表面感应电荷不均匀分布，外表面感应电荷均匀分布．球心O 点的电势由点电荷q 、导体表面的感应电荷共同决定．在带电面上任意取一电荷元，电荷元在球心产生的电势
d V =
d q
4πε0R
由于R 为常量，因而无论球面电荷如何分布，半径为R 的带电球面在球心产生的电势为
V =⎰⎰
由电势的叠加可以求得球心的电势．
d q q
=
s 4πεR 4πεR 00
解 导体球内表面感应电荷－q ，外表面感应电荷q ；依照分析，球心的电势 为
V =
q q q +Q
-+
4πε0r 4πε0a 4πε0b
6 －26 有一个空气平板电容器，极板面积为S ，间距为d ．现将该电容器接在端电压为U 的电源上充电，当（1） 充足电后；（2） 然后平行插入一块面积相同、厚度为δ（δ ＜d ）、相对电容率为εｒ 的电介质板；（3） 将上述电介质换为同样大小的导体板．分别求电容器的电容C ，极板上的电荷Q 和极板间的电场强度E ．
分析 电源对电容器充电，电容器极板间的电势差等于电源端电压U ．插入电介质后，由于介质界面出现极化电荷，极化电荷在介质中激发的电场与原电容器极板上自由电荷激发的电场方向相反，介质内的电场减弱．由于极板间的距离d 不变，因而与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，以维持电势差不变，并有
U =
Q
(d -δ)+Q δ ε0S ε0εr S
相类似的原因，在平板电容器极板之间，若平行地插入一块导体板，由于极板上的自由电荷和插入导体板上的感应电荷在导体板内激发的电场相互抵消，与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，使间隙中的电场E 增强，以维持两极板间的电势差不变，并有
U =
Q
(d -δ) ε0S
综上所述，接上电源的平板电容器，插入介质或导体后，极板上的自由电荷 均会增加，而电势差保持不变． 解 （1） 空气平板电容器的电容
C 0=
ε0S
d
充电后，极板上的电荷和极板间的电场强度为
Q 0=
ε0S U d
E 0=U /d
（2） 插入电介质后，电容器的电容C 1 为
⎡Q ⎤
(d -δ)+Q δ⎥=ε0εr S C 1=Q /⎢
ε0εr S ⎦δ+εr d -δ⎣ε0S
故有
C 1=C 1U =
介质内电场强度
ε0εr SU
δ+εr d -δ'=E 1
空气中电场强度
Q 1U
=
ε0εr S δ+εr d -δE 1=
Q 1εr U
=
ε0S δ+εr d -δ（3） 插入导体达到静电平衡后，导体为等势体，其电容和极板上的电荷分别为
ε0S
d -δεS
Q 2=0U
d -δC 2=
'=0 导体中电场强度 E 2
空气中电场强度
E 2=
U
d -δ
无论是插入介质还是插入导体，由于电容器的导体极板与电源相连，在维持电势差不变的同时都从电源获得了电荷，自由电荷分布的变化同样使得介质内的电场强度不再等于E 0/εｒ． 7 －4 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P 1 、P 2 为两圆形回路上的对应点，则（ ）
（A ） B ⋅d l =B ⋅d l ，B P 1=B P 2
L 1
L 2
（B ） B ⋅d l ≠B ⋅d l ，B P 1=B P 2
L 1
L 2
（C ） B ⋅d l =B ⋅d l ，B P 1≠B P 2
L 1
L 2
（D ） B ⋅d l ≠B ⋅d l ，B P 1≠
B P 2
L 1
L 2
分析与解 由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C ）．
7 －10 如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a 、b 两点，并与很远处的电源相接。求环心O 的磁感强度．
分析 根据叠加原理，点O 的磁感强度可视作由ef 、be 、fa 三段直线以及acb 、a d b 两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，B ef =0．而be 、fa 两段直线的延长线通过点O ，由于
Idl ⨯r =0，由毕－萨定律知B be =B fa =0．流过圆弧的电流I 1 、I 2的方向如图所示，两
圆弧在点O 激发的磁场分别为
B 1=
μ0I 1l 1μ0I 2l 2
B =, 2
4πr 24πr 2
其中I 1 、I 2 分别是圆弧acb 、a d b 的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比，而圆弧acb 、a d b 又构成并联电路，故有
I 1l 1=I 2l 2
将B1 、B2 叠加可得点O 的磁感强度B ． 解 由上述分析可知，点O 的合磁感强度
B =B 1-B 2=
μ0I 1l 1μ0I 2l 2
-=0 22
4πr 4πr
7 －11 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，它们在点O 的磁感强度各为多少？
分析 应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度B 0=
∑B
i
解 （ａ） 长直电流对点O 而言，有Id l ⨯r =0，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有
B 0=
B 0 的方向垂直纸面向外．
μ0I
8R
（ｂ） 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得
B 0=
B 0 的方向垂直纸面向里．
μ0I μ0I
- 2R 2πR
（c ） 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得
B 0=
B 0 的方向垂直纸面向外．
μ0I μI μI μI μI
+0+0=0+0 4πR 4πR 4R 2πR 4R
7 －29 如图（ａ）所示，一根长直导线载有电流I 1 ＝30 A ，矩形回路载有电流I 2 ＝20 A ．试计算作用在回路上的合力．已知d ＝1.0 cm，b ＝8.0 cm，l ＝0.12 m．
分析 矩形上、下两段导线受安培力F 1 和F 2 的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零．而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力F 3 和F 4 大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力．
解 由分析可知，线框所受总的安培力F 为左、右两边安培力F 3 和F 4 之矢量和，如图（ｂ）所示，它们的大小分别为
F 3=
μ0I 1I 2l
2πd
F 4=
故合力的大小为
μ0I 1I 2l
2πd +b F =F 3-F 4=
合力的方向朝左，指向直导线．
μ0I 1I 2l μI I l
-012=1. 28⨯10-3N 2πd 2πd +b 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
E AB =⎰
因此棒两端的电势差为
(v ⨯B )⋅d l =⎰-r
AB
L-r
1
-ωlB d l =-ωlB (L -2r )
2
1
U AB =E AB =-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O A 棒和O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中
E OA =
则
112B ωr 2, E OB =ωB (L -r ) 22
1
E AB =E OA -E OB =-ωBL (L -2r )
2
8 －13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速v =2.0m ⋅s 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？
-1
分析 本题可用两种方法求解．（1） 用公式E =⎰(v ⨯B )⋅d l 求解，建立图（a ）所示的l
坐标系，所取导体元d l =d x ，该处的磁感强度B =μ0I ．（2） 用法拉第电磁感应定律求2πx
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Φ=B ⋅d S 求得穿S ⎰
过该回路的磁通量，再代入公式E =-
势． d Φ，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动d t
解1 根据分析，杆中的感应电动势为
E AB =⎰(v ⨯B )⋅d l =d xl =-⎰0. 1m AB 1. 1m μ0μI v d x =-0ln 11=-3. 84⨯10-5V 式中负号表示2πx 2π
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
d Φ=B ⋅d S =
穿过回路的磁通量为 μ0I y d x 2πx
Φ=⎰d Φ=⎰S μ0I μIy y d x =-0ln 11 0. 1m 2πx 2π1. 1m
回路的电动势为
E =-d ΦμI d y μIy =-0ln 11=-0=-3. 84⨯10-5V d t 2πx d t 2π
由于静止的形导轨上电动势为零，所以
E AB =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 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(v ⨯B )⋅d l =0］，因而线框中的总电动势为
E =⎰(v ⨯B )⋅d l +⎰(v ⨯B )⋅d l =⎰(v ⨯B )⋅d l -⎰(v ⨯B )⋅d l =E ef -E hg 其等效电路ef gh ef hg
如图（ｂ）所示．
2．用公式E =-d Φ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d t
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d ξ=v ．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d t
给位置处的电动势．
解1 根据分析，线框中的电动势为
E =E ef -E hg
=⎰(v ⨯B )⋅d l -⎰(v ⨯B )⋅d l ef hg
=l 2μ0I v l 2μ0I v d l -d l 2πd ⎰02πd +l 1⎰0
=μ0I vI I 2 2πd +l 1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
Φ=⎰
相应电动势为 l 10μ0Il 2μ0Il 2ξ+l 1 =ln 2πx +ξ2πx +ξξ
E (ξ)=-d ΦμI v l l =021 d t 2πξξ+l 1令ξ＝d ，得线框在图示位置处的电动势为
E =μ0I v l 2l 1 2πd d +l 1由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．
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 ）．
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
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 ）．