大物(2)期末復習

1、.練習一 靜電場中的導體AB-Q圖5.6三、計算題1. 已知某靜電場在xy平面內(nèi)的電勢函數(shù)為U=Cx/(x2+y2)3/2,其中C為常數(shù).求(1)x軸上任意一點,(2)y軸上任意一點電場強度的大小和方向. 解：. Ex=-U/x=-C1/(x2+y2)3/2+x(-3/2)2x/(x2+y2)5/2= (2x2-y2)C /(x2+y2)5/2Ey=-U/y=-Cx(-3/2)2y/(x2+y2)5/2=3Cxy/(x2+y2)5/2x軸上點(y=0) Ex=2Cx2/x5=2C/x3 Ey=0E=2Ci/x3y軸上點(x=0) Ex=-Cy2/y5=-C/y3 Ey=0E=-Ci/y32如圖

2、5.6,一導體球殼A(內(nèi)外半徑分別為R2,R3),同心地罩在一接地導體球B(半徑為R1)上,今給A球帶負電-Q, 求B球所帶電荷QB及的A球的電勢UA.靜電場中的導體答案 解： 2. B球接地,有 UB=U=0, UA=UBAUA=(-Q+QB)/(4pe0R3)UBA=QB/(4pe0)(1/R2-1/R1)得 QB=QR1R2/( R1R2+ R2R3- R1R3)UA=Q/(4pe0R3)-1+R1R2/(R1R2+R2R3-R1R3)=-Q(R2-R1)/4pe0(R1R2+R2R3-R1R3)練習二 靜電場中的電介質(zhì)ABQ1圖6.6Q2s1s2s3s4三、計算題1. 如圖6.6所示,

3、面積均為S=0.1m2的兩金屬平板A,B平行對稱放置,間距為d=1mm,今給A, B兩板分別帶電 Q1=3.54109C, Q2=1.77109C.忽略邊緣效應(yīng),求：(1) 兩板共四個表面的面電荷密度 s1, s2, s3, s4;(2) 兩板間的電勢差V=UAUB.解：1. 在A板體內(nèi)取一點A, B板體內(nèi)取一點B,它們的電場強度是四個表面的電荷產(chǎn)生的,應(yīng)為零,有EA=s1/(2e0)-s2/(2e0)-s3/(2e0)-s4/(2e0)=0 EA=s1/(2e0)+s2/(2e0)+s3/(2e0)-s4/(2e0)=0而 S(s1+s2)=Q1 S(s3+s4)=Q2有 s1-s2-s3-

4、s4=0s1+s2+s3-s4=0s1+s2=Q1/Ss3+s4=Q2/S解得 s1=s4=(Q1+Q2)/(2S)=2.6610-8C/m2 s2=-s3=(Q1-Q2)/(2S)=0.8910-8C/m2兩板間的場強 E=s2/e0=(Q1-Q2)/(2e0S)V=UAUB=Ed=(Q1-Q2)d/(2e0S)=1000V+-+-+導體圖6.7四、證明題1. 如圖6.7所示，置于靜電場中的一個導體，在靜電平衡后，導體表面出現(xiàn)正、負感應(yīng)電荷.試用靜電場的環(huán)路定理證明，圖中從導體上的正感應(yīng)電荷出發(fā)，終止于同一導體上的負感應(yīng)電荷的電場線不能存在. 解：1. 設(shè)在同一導體上有從正感應(yīng)電荷出發(fā)，終止

5、于負感應(yīng)電荷的電場線.沿電場線ACB作環(huán)路ACBA,導體內(nèi)直線BA的場強為零,ACB的電場與環(huán)路同向于是有+-BAC=0與靜電場的環(huán)路定理0相違背,故在同一導體上不存在從正感應(yīng)電荷出發(fā)，終止于負感應(yīng)電荷的電場線.練習三 電容 靜電場的能量R1圖 7.1R2三、計算題1. 半徑為R1的導體球帶電Q ,球外一層半徑為R2相對電容率為er的同心均勻介質(zhì)球殼,其余全部空間為空氣.如圖7.1所示.求:(1)離球心距離為r1(r1R1), r2(R1r1R2)處的D和E；(2)離球心r1, r2, r3,處的U；(3)介質(zhì)球殼內(nèi)外表面的極化電荷. 解：1. (1)因此電荷與介質(zhì)均為球?qū)ΨQ,電場也球?qū)ΨQ,過

6、場點作與金屬球同心的球形高斯面,有4pr2D=q0i當r=5cmR1, q0i=0得 D1=0, E1=0當r=15cm(R1rR1+d ) q0i=Q=1.010-8C得 D3=Q/(4pr2)=1.2710-8C/m2 E3=Q/(4pe0r2)=1.44104N/CD和E的方向沿徑向.(2) 當r=5cmR1時 U1=Q/(4pe0erR)-Q/4pe0er(R+d)+Q/4pe0(R+d)=540V當r=15cmR1時 U2=Q/(4pe0err)-Q/4pe0er(R+d)+Q/4pe0(R+d)=480V當r=25cmR1時 U3=Q/(4pe0r)=360V(3)在介質(zhì)的內(nèi)外表面

7、存在極化電荷,Pe=e0cE=e0(er-1)E s= Pen r=R處, 介質(zhì)表面法線指向球心s=Pen =Pecosp=-e0(er-1)Eq=sS=-e0(er-1) Q/(4pe0erR2)4pR2=-(er-1)Q/er=-0.810-8Cr=R+d處, 介質(zhì)表面法線向外s=Pen =Pecos0=e0(er-1)Eq=sS=e0(er-1)Q/(4pe0er(R+d)24p(R+d)2=(er-1)Q/er=0.810-8C2.兩個相距很遠可看作孤立的導體球，半徑均為10cm，分別充電至200V和400V，然后用一根細導線連接兩球，使之達到等電勢. 計算變?yōu)榈葎蒹w的過程中，靜電力所

8、作的功.解;2.球形電容器 C=4pe0RQ1=C1V1= 4pe0RV1 Q2=C2V2= 4pe0RV2W0=C1V12/2+C2V22/2=2pe0R (V12+V22)兩導體相連后 C=C1+C2=8pe0RQ=Q1+Q2= C1V1+C2V2=4pe0R(V1+V2)W=Q2/(2C)= 4pe0R(V1+V2)2/(16pe0R)=pe0R(V1+V2)2靜電力作功 A=W0-W=2pe0R (V12+V22)-pe0R(V1+V2)2=pe0R(V1-V2)2=1.1110-7J練習六 磁感應(yīng)強度 畢奧薩伐爾定律三、計算題OOIxyzP2a圖10.71. 如圖10.7所示, 一寬

9、為2a的無限長導體薄片, 沿長度方向的電流I在導體薄片上均勻分布. 求中心軸線OO 上方距導體薄片為a的磁感強度. r解：1.取寬為dx的無限長電流元 dI=Idx/(2a)dB=m0dI/(2pr)=m0Idx/(4par) IxxyxdBxdIxaxaxPxdBx=dBcosa=m0Idx/(4par)(a/r)=m0Idx/(4pr2)= m0Idx/4p(x2+a2) dBy=dBsina= m0Ixdx/4pa(x2+a2)=m0I/(4p)(1/a)arctan(x/a)=m0I/(8a)=m0I/(8pa)ln(x2+a2)=0O R圖10.82. 如圖10.8所示，半徑為R的木

10、球上繞有密集的細導線，線圈平面彼此平行，且以單層線圈覆蓋住半個球面. 設(shè)線圈的總匝數(shù)為N，通過線圈的電流為I. 求球心O的磁感強度.解：2. 取寬為dL細圓環(huán)電流, dI=IdN=IN/(pR/2)Rdq=(2IN/p)dqdB=m0dIr2/2(r2+x2)3/2xqdBdIr=Rsinq x=RcosqdB=m0NIsin2q dq /(pR) =m0NI/(4R) 練習七 畢奧薩伐爾定律(續(xù)) 磁場的高斯定理三、計算題I圖11.62aaaS2S1b1.在無限長直載流導線的右側(cè)有面積為S1和S2的兩個矩形回路, 回路旋轉(zhuǎn)方向如圖11.6所示, 兩個回路與長直載流導線在同一平面內(nèi), 且矩形回

11、路的一邊與長直載流導線平行. 求通過兩矩形回路的磁通量及通過S1回路的磁通量與通過S2回路的磁通量之比. 解： 1.取窄條面元dS=bdr, 面元上磁場的大小為B=m0I/(2pr), 面元法線與磁場方向相反.有F1=F2=F1/F2=12. 半徑為R的薄圓盤均勻帶電，總電量為Q . 令此盤繞通過盤心且垂直盤面的軸線作勻速轉(zhuǎn)動，角速度為w，求軸線上距盤心x處的磁感強度的大小和旋轉(zhuǎn)圓盤的磁矩.解;2. 在圓盤上取細圓環(huán)電荷元dQ=s2prdr,s=Q/(pR2) ,等效電流元為dI=dQ/T=s2prdr/(2p/w)=swrdr(1)求磁場, 電流元在中心軸線上激發(fā)磁場的方向沿軸線,且與w同向

12、,大小為dB=m0dIr2/2(x2+r2)3/2=m0swr3dr/2(x2+r2)3/2=-=(2)求磁距. 電流元的磁矩dPm=dIS=swrdrpr2=pswr2dr=pswR4/4=wQR2/4練習八 安培環(huán)路定律三、計算題圖12.5O2RdOR1. 如圖12.5所示，一根半徑為R的無限長載流直導體，其中電流I沿軸向流過，并均勻分布在橫截面上. 現(xiàn)在導體上有一半徑為R的圓柱形空腔，其軸與直導體的軸平行，兩軸相距為 d . 試求空腔中任意一點的磁感強度.解：1. 此電流可認為是由半徑為R的無限長圓柱電流I1和一個同電流密度的反方向的半徑為R的無限長圓柱電流I2組成.OOIr1r2q1q

13、1q2q2B1B2yxRRdI1=JpR2 I2=-JpR 2 J=I/p (R2-R 2)它們在空腔內(nèi)產(chǎn)生的磁感強度分別為B1=m0r1J/2 B2=m0r2J/2方向如圖.有Bx=B2sinq2-B1sinq1=(m0J/2)(r2sinq2-r1sinq1)=0By =B2cosq2B1cosq1=(m0J/2)(r2cosq2r1cosq1)=(m0J/2)d所以 B = By= m0dI/2p(R2R 2)方向沿y軸正向2. 設(shè)有兩無限大平行載流平面,它們的電流密度均為j,電流流向相反. 求：(1) 載流平面之間的磁感強度；(2) 兩面之外空間的磁感強度. I1I2解;2. 兩無限大

14、平行載流平面的截面如圖.平面電流在空間產(chǎn)生的磁場為 B1=m0J/2在平面的上方向右,在平面的下方向左;電流在空間產(chǎn)生的磁場為 B2=m0J/2在平面的上方向左,在平面的下方向右.(1) 兩無限大電流流在平面之間產(chǎn)生的磁感強度方向都向左,故有 B=B1+B2=m0J(2) 兩無限大電流流在平面之外產(chǎn)生的磁感強度方向相反,故有 B=B1-B2=0練習九 安培力三、計算題1. 一邊長a =10cm的正方形銅導線線圈(銅導線橫截面積S=2.00mm2, 銅的密度r=8.90g/cm3), 放在均勻外磁場中. B豎直向上, 且B = 9.4010-3T, 線圈中電流為I =10A . 線圈在重力場中

15、求: (1) 今使線圈平面保持豎直, 則線圈所受的磁力矩為多少. (2) 假若線圈能以某一條水平邊為軸自由擺動,當線圈平衡時,線圈平面與豎直面夾角為多少.解：1. (1) Pm=IS=Ia2 Bnqp/2-qmgmgmg方向垂直線圈平面.線圈平面保持豎直,即Pm與B垂直.有Mm=PmBMm=PmBsin(p/2)=Ia2B=9.4104mN(2) 平衡即磁力矩與重力矩等值反向Mm=PmBsin(p/2q)=Ia2BcosqMG= MG1 + MG2 + MG3= mg(a/2)sinq+ mgasinq+ mg(a/2)sinq=2(rSa)gasinq=2rSa2gsinqIa2Bcosq=

16、2rSa2gsinqtanq=IB/(2rSg)=0.2694q=15CDI1I2A圖13.52. 如圖13.5所示，半徑為R的半圓線圈ACD通有電流I2, 置于電流為I1的無限長直線電流的磁場中, 直線電流I1 恰過半圓的直徑, 兩導線相互絕緣. 求半圓線圈受到長直線電流I1的磁力.I1I2RqxydF解：2.在圓環(huán)上取微元I2dl= I2Rdq該處磁場為B=m0I1/(2pRcosq)I2dl與B垂直,有dF= I2dlBsin(p/2) dF=m0I1I2dq/(2pcosq)dFx=dFcosq=m0I1I2dq /(2p)dFy=dFsinq=m0I1I2sinqdq /(2pcos

17、q)=m0I1I2/2因?qū)ΨQFy=0.故 F=m0I1I2/2 方向向右.練習十 洛侖茲力三、計算題iv圖14.61. 如圖14.6所示，有一無限大平面導體薄板，自下而上均勻通有電流，已知其面電流密度為i(即單位寬度上通有的電流強度)(1) 試求板外空間任一點磁感強度的大小和方向. (2) 有一質(zhì)量為m，帶正電量為q的粒子，以速度v沿平板法線方向向外運動. 若不計粒子重力.求：(A) 帶電粒子最初至少在距板什么位置處才不與大平板碰撞.(B) 需經(jīng)多長時間，才能回到初始位置.解：1. (1)求磁場.用安培環(huán)路定律得 B=m0i/2在面電流右邊B的方向指向紙面向里,在面電流左邊B的方向沿紙面向外.

18、(2) F=qvB=ma qvB=man=mv2/R 帶電粒子不與平板相撞的條件是粒子運行的圓形軌跡不與平板相交,即帶電粒子最初位置與平板的距離應(yīng)大于軌道半徑. R=mv/qB= 2mv/(m0iq) (3) 經(jīng)一個周期時間，粒子回到初始位置.即t=T=2pR/v= 4pm/(m0iq)2. 一帶電為Q質(zhì)量為m的粒子在均勻磁場中由靜止開始下落,磁場的方向(z軸方向)與重力方向(y軸方向)垂直,求粒子下落距離為y時的速率.并講清求解方法的理論依據(jù).解：2. 洛倫茲力QvB垂直于v,不作功,不改變v的大??；重力作功.依能量守恒有 mv2/2=mgy，得 v=(2gy)1/2. 練習十一 磁場中的介

19、質(zhì)三、計算題1. 一厚度為b的無限大平板中通有一個方向的電流,平板內(nèi)各點的電導率為g,電場強度為E,方向如圖15.6所示,平板的相對磁導率為mr1,平板兩側(cè)充滿相對磁導率為mr2的各向同性的均勻磁介質(zhì),試求板內(nèi)外任意點的磁感應(yīng)強度.解：1. 設(shè)場點距中心面為x,因磁場面對稱 以中心面為對稱面過場點取矩形安培環(huán)路，有 EHHl=I0 2DLH=I0(1) 介質(zhì)內(nèi),0xb/2. I0=bDlJ=bDlgE,有H=bgE/2 B=m0mr2H=m0mr2bgE/2mr2mr2mr1bEg圖15.6cmOII圖15.7R1R22. 一根同軸電纜線由半徑為R1的長導線和套在它外面的半徑為R2的同軸薄導體

20、圓筒組成，中間充滿磁化率為cm的各向同性均勻非鐵磁絕緣介質(zhì)，如圖15.7所示. 傳導電流沿導線向上流去, 由圓筒向下流回，電流在截面上均勻分布. 求介質(zhì)內(nèi)外表面的磁化電流的大小及方向.解：2. 因磁場柱對稱 取同軸的圓形安培環(huán)路，有 =I0在介質(zhì)中(R1rR2)，I0=I，有2prH= I H= I/(2pr ) 介質(zhì)內(nèi)的磁化強度 M=cmH =cm I/(2pr)介質(zhì)內(nèi)表面的磁化電流JSR1=| MR1nR1|=| MR1|=cmI/(2pR1) ISR1=JSR12pR1=cmI (與I同向)介質(zhì)外表面的磁化電流JSR2=| MR2nR2|=| MR2|=cmI/(2pR2)ISR2=JS

21、R22pR2=cmI (與I反向) 練習十二 電磁感應(yīng)定律 動生電動勢三、計算題20cm10cm5cmCAI圖17.8bqBldca圖17.91. 如圖17.8所示，長直導線AC中的電流I沿導線向上，并以dI /dt = 2 A/s的變化率均勻增長. 導線附近放一個與之同面的直角三角形線框，其一邊與導線平行，位置及線框尺寸如圖所示. 求此線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小和方向. 解： 1. 取順時針為三角形回路電動勢正向,得三角形面法線垂直紙面向里.取窄條面積微元dS=ydx=(a+b-x)l/bdxFm=i=-dFm/dt=-5.18108V負號表示逆時針2. 一很長的長方形的U形導軌，與水平面

22、成q 角，裸導線可在導軌上無摩擦地下滑，導軌位于磁感強度B垂直向上的均勻磁場中，如圖17.9所示. 設(shè)導線ab的質(zhì)量為m，電阻為R，長度為l，導軌的電阻略去不計, abcd形成電路. t=0時，v=0. 求：(1) 導線ab下滑的速度v與時間t的函數(shù)關(guān)系; (2) 導線ab的最大速度vm .解：2. (1) 導線ab的動生電動勢為i = l vBdl=vBlsin(p/2+q)=vBlcosqIi=i/R= vBlcosq/R方向由b到a. 受安培力方向向右,大小為F=| l (IidlB)|= vB2l2cosq/RF在導軌上投影沿導軌向上,大小為F = Fcosq =vB2l2cos2q/

23、R重力在導軌上投影沿導軌向下,大小為mgsinqmgsinq -vB2l2cos2q/R=ma=mdv/dt dt=dv/gsinq -vB2l2cos2q/(mR)(2) 導線ab的最大速度vm= .練習十三 感生電動勢 自感 三、計算題圖18.6 OR2RBMNa2awz圖18.7L1. 在半徑為R的圓柱形空間中存在著均勻磁場B,B的方向與柱的軸線平行.有一長為2R的金屬棒MN放在磁場外且與圓柱形均勻磁場相切,切點為金屬棒的中點,金屬棒與磁場B的軸線垂直.如圖18.6所示.設(shè)B隨時間的變化率dB/dt為大于零的常量.求:棒上感應(yīng)電動勢的大小,并指出哪一個端點的電勢高. (分別用對感生電場的

24、積分i=lEidl和法拉第電磁感應(yīng)定律i=dF/dt兩種方法解).解：(1) 用對感生電場的積分i=lEidl解:在棒MN上取微元dx(-Rx0,故N點的電勢高.(2) 用法拉第電磁感應(yīng)定律i =dF/dt解:沿半徑作輔助線OM,ON組成三角形回路MONMi =-+=(dFmMONM/dt) =dFmMONM/dt而 FmMONM=pR2B/4故 i=pR2(dB/dt)/4N點的電勢高.2. 電量Q均勻分布在半徑為a,長為L(La)的絕緣薄壁長圓筒表面上,圓筒以角速度w繞中心軸旋轉(zhuǎn).一半徑為2a,電阻為R總匝數(shù)為N的圓線圈套在圓筒上,如圖18.7所示.若圓筒轉(zhuǎn)速按w=w0(1-t/t0)的規(guī)律(w0,t0為已知常數(shù))隨時間線性地減小,求圓線圈中感應(yīng)電流的大小和