中國地質(zhì)大學(武漢)大學物理習題集答案

1、整理課件第一章第一章真空中的靜電場真空中的靜電場1-11-21-31-41-51-71-81-91-101-111-121-131-141-151-161-171-181-61-19整理課件1-1比較點電荷與試驗電荷的差異。比較點電荷與試驗電荷的差異。1-2兩個正點電荷兩個正點電荷q1與與q2間距為間距為r，在引入另一點，在引入另一點電荷電荷q3后，三個點電荷都處于平衡狀態(tài)，求后，三個點電荷都處于平衡狀態(tài)，求q3的的位置及大小。位置及大小。解：要想使三個點電荷都處于平衡狀態(tài)，解：要想使三個點電荷都處于平衡狀態(tài)，q3必須必須為負電荷，且為負電荷，且q3必須位于必須位于q1與與q2之間的連線上，之

2、間的連線上，如圖示。如圖示。由庫侖定律有：由庫侖定律有：2122101241rqqF q1q2q32133101341rqqF 2233202341rqqF r12r13r23整理課件1312FF 122123FFF 解得解得：221213)(qqqqq rqqqr21113 q1q2q3r12r13r23整理課件1-3在電場中某點在電場中某點P放入實驗電荷放入實驗電荷q0,測得電場力為測得電場力為F,則該點的場強為則該點的場強為F/q0,若放入另一實驗電荷若放入另一實驗電荷-q0,則則該點的場強為：該點的場強為：（）(A)-F/q0(B)0(C) F/q0答：答：C整理課件1-4等值同號的兩

3、個點電荷等值同號的兩個點電荷.間距為間距為2l，求其連線中垂，求其連線中垂面上場強最大處到兩電荷連線中點的距離面上場強最大處到兩電荷連線中點的距離.解：解：yEE12 cos412220lyq 23220)(21lyqy 令令0dd yE即即0)(2322 lyydyd則則03222 yly所以所以ly22 qql2E2E1EPyy=最大值最大值整理課件1-5在一個帶負電荷的均勻帶電球外，放置一偶極子在一個帶負電荷的均勻帶電球外，放置一偶極子,其電矩的方向如圖其電矩的方向如圖1-1所示所示.當偶極子被釋放后當偶極子被釋放后,該偶該偶極子將（極子將（）r圖圖1-1(A)繞逆時針方向旋轉(zhuǎn)，直到電繞

4、逆時針方向旋轉(zhuǎn)，直到電矩矩P沿徑向指向球面而停止。沿徑向指向球面而停止。(B)繞逆時針方向旋轉(zhuǎn)至繞逆時針方向旋轉(zhuǎn)至P沿徑向沿徑向指向球面，同時順電力線方向向指向球面，同時順電力線方向向著球面移動著球面移動;(C)繞逆時針方向旋轉(zhuǎn)至繞逆時針方向旋轉(zhuǎn)至P沿徑向指向球面沿徑向指向球面,同時逆電力線方向遠離球面移動同時逆電力線方向遠離球面移動;(D)繞順時針方向旋轉(zhuǎn)至繞順時針方向旋轉(zhuǎn)至P沿徑向向外，同沿徑向向外，同時順電力線方向向著球面移動。時順電力線方向向著球面移動。答答B(yǎng)整理課件1-6在正方形的兩個相對的角上各放一個點電荷在正方形的兩個相對的角上各放一個點電荷Q，在其他兩，在其他兩個相對的角上各放

5、一個點電荷個相對的角上各放一個點電荷q，如果作用在，如果作用在Q上的力為零，上的力為零，求求Q與與q的關系。的關系。QQqqOxy解：設正方形邊長為解：設正方形邊長為a,以原點處的以原點處的Q為研究對象，則其受力為：為研究對象，則其受力為： qqQFFFF202)2(4aQFQ QF qFqF204aQqFq 045cos42)2(400202 aQqaQFqQ22 整理課件1-7用不導電的細塑料棒彎成半徑為用不導電的細塑料棒彎成半徑為50.0cm的圓弧的圓弧,兩端間空隙為兩端間空隙為2.0cm,電量為電量為的正電荷的正電荷均勻分布在棒上均勻分布在棒上,求圓心處場強的大小和方向求圓心處場強的大

6、小和方向.C91012. 3 解解:(補償法補償法)由于對稱性，均勻帶電圓環(huán)在圓心處由于對稱性，均勻帶電圓環(huán)在圓心處場強為零。場強為零。均勻帶電圓環(huán)均勻帶電圓環(huán) Ld 所以所以q可視為點電荷可視為點電荷=E+dq E204RqE 204Rd dRQ 2RQ 2 整理課件32299)1050(21021012. 3109 Emv/715. 0 整理課件1-8如圖所示，一細玻璃棒被彎成半徑為的半圓周，如圖所示，一細玻璃棒被彎成半徑為的半圓周，沿其上半部均勻分布有電荷沿其上半部均勻分布有電荷+q,沿其下半部均勻分布沿其下半部均勻分布有電荷有電荷q，求半圓中心，求半圓中心O點的場強。點的場強。解解:建

7、立如圖的坐標系建立如圖的坐標系xOy,204RdqdE 204RRd xy+-dqEd0 xdE 2020cos422 RRddEEY R d202Rq 2Rq dRq 20202cos 方向沿方向沿y負向負向E整理課件1-9一半徑為一半徑為的半球面，均勻地帶有電荷，電荷的半球面，均勻地帶有電荷，電荷面密度為面密度為，求球面中心處的場強。，求球面中心處的場強。解解:1）如圖在半球面上用）如圖在半球面上用極坐標取任意面元極坐標取任意面元 RdrddS 204RdqdE 204RdS 04sin dd 0 xxdEE 0yydEEzEd sinRr rd Rd ddR sin2 它在球心產(chǎn)生的場強

8、它在球心產(chǎn)生的場強由對稱性分析可知由對稱性分析可知 cosdEdEEz整理課件 ddE 200204cossin04 zEd sinRr Rd 方向沿方向沿z 軸負向軸負向解解:2）如圖在半球面上取面元）如圖在半球面上取面元 rRddS2 它在球心產(chǎn)生的場強它在球心產(chǎn)生的場強304RxdqdE dsdqRx cos ddEE 2002cossin04 方向沿方向沿z 軸負向軸負向整理課件1-10半徑為的帶電細園環(huán)，線電荷密度半徑為的帶電細園環(huán)，線電荷密度,為常數(shù)，為常數(shù)，為半徑為半徑與與x軸夾角，如圖所示，求圓軸夾角，如圖所示，求圓環(huán)中心處的電場強度。環(huán)中心處的電場強度。 cos0 0 解：解

9、： Rddq dRcos0 XYR204RdqdE Rd004cos Ed cosdEdEExx dR20020cos4 xEdyEd sindEdEEyyR004 0 沿沿x軸負方向軸負方向.E整理課件1-11.半徑為半徑為R，長度為，長度為L的均勻帶電圓柱面，其單位長的均勻帶電圓柱面，其單位長度帶電量為度帶電量為 ，在帶電圓柱的中垂面上有一點，在帶電圓柱的中垂面上有一點P，它到軸，它到軸線距離為線距離為r（r R），則），則P點的電場強度的大?。狐c的電場強度的大?。寒敭攔L時，時，E=；當當rL時，時，E=。rE02 解：解：rL時時,可視為點電荷可視為點電荷204rLE Lq 整理課件1

10、-12.在某點電荷系空間任取一高斯面，已知在某點電荷系空間任取一高斯面，已知 qi=0，則，則sEds= qi/ 0。（）（A）高斯面上所在點的電場為零）高斯面上所在點的電場為零 ；（B）場強與電通量均為零；）場強與電通量均為零；（C）通過高斯面的電通量為零。）通過高斯面的電通量為零。 答：答：C整理課件1-13.有兩個點電荷電量都是有兩個點電荷電量都是+q相距為相距為2a，今以左邊的點，今以左邊的點電荷所在處為球心，以電荷所在處為球心，以a為半徑，作一球形高斯面。在球為半徑，作一球形高斯面。在球面上取兩塊相等的小面積面上取兩塊相等的小面積S1、S2。其位置如圖。其位置如圖1-4所示。所示。設

11、通過設通過S1、S2的電場強度通量分別為的電場強度通量分別為 1、 2，通過整個，通過整個球面的電場強度通量為球面的電場強度通量為 3，則，則（A） 1 2， 3=q/ 0（B） 1 2， 3=2q/ 0（C） 1= 2， 3=q/ 0；（D） 1 2， 3=q/ 0；答：答：DXS1S2q2qo圖圖1-4o2a整理課件1-14(a)點電荷點電荷q位于邊長為位于邊長為a的正立方體的中心，通過的正立方體的中心，通過此立方體的每一面的電通量各是多少？此立方體的每一面的電通量各是多少？(b)若電荷移至正方體的一個頂點上，則通過每個面若電荷移至正方體的一個頂點上，則通過每個面的電通量又各是多少？的電通

12、量又各是多少？06 q (b)該頂點可視為邊長等于該頂點可視為邊長等于2a 的大立方的大立方體的中心體的中心,通過每個大面的電通量為通過每個大面的電通量為06 q解解:(a)因為因為6個全等的正方形組成一個封閉個全等的正方形組成一個封閉面面,所以所以每個小立方體中不經(jīng)過該頂點的每個小立方體中不經(jīng)過該頂點的三個小面上的電通量為三個小面上的電通量為而通過該頂點的另三個而通過該頂點的另三個小面的電通量為小面的電通量為0.024 q整理課件1-15.兩個同心球面，半徑分別為兩個同心球面，半徑分別為0.10m和和0.30m，小球上，小球上帶有電荷帶有電荷+1.0C，大球上帶有電荷，大球上帶有電荷+1.5

13、C，求求離球心為離球心為(1)0.05m;(2)0.20m;(3)0.50m各處的電場各處的電場強度，問電場強度是否是坐標強度，問電場強度是否是坐標r(離球心的距離離球心的距離)的連續(xù)函的連續(xù)函數(shù)數(shù)?810810解解:系統(tǒng)具球?qū)ΨQ性系統(tǒng)具球?qū)ΨQ性,取球形高斯面取球形高斯面,024 內(nèi)內(nèi)qErSdEs (1)E1 =0289) 2 . 0(100 . 1109 220124rqE （2）mv /1025. 23 q1q2289) 5 . 0(10) 5 . 10 . 1 (109 2302134rqqE (3)mv /1092 E不是不是r的連續(xù)函數(shù)的連續(xù)函數(shù),在兩個球面處有躍變在兩個球面處有躍

14、變.整理課件1-16(1)設地球表面附近的場強約為設地球表面附近的場強約為200vm-1,方向指向方向指向地球中心，試求地球所帶的總電量。地球中心，試求地球所帶的總電量。(2)在離地面在離地面1400m高處，場強降為高處，場強降為20vm-1，方向仍指向地球中心，方向仍指向地球中心,試計算在試計算在1400m下大氣層里的平均電荷密度下大氣層里的平均電荷密度.解解:該系統(tǒng)具球?qū)ΨQ性該系統(tǒng)具球?qū)ΨQ性,可取球形高斯面可取球形高斯面, (1)地表附近場強地表附近場強024 地地表表qRE 26920)10378. 6)(200(10914 表表地地ERq C51004. 9 整理課件(2)(方法一方法

15、一):02)(4 氣氣地地qqhREh 而而h = 1400mR氣氣地地總總qqQ 20)(4hREh 204REh 269)10378. 6)(20(1091 C41004.9 氣氣q地地總總qQ C510147. 8 hRV24 氣氣1400)10378. 6(410147. 8265 氣氣氣氣Vq312/10137. 1mC 整理課件 (2)(方法二方法二): h = 1400mR地地面面 E地面不太寬的區(qū)域作如圖所示的封閉柱面為高斯面地面不太寬的區(qū)域作如圖所示的封閉柱面為高斯面0 內(nèi)內(nèi)qSdES 左邊左邊= 下下底底表表SdE 上上底底SdEh 側(cè)側(cè)面面SdE且等高處且等高處E值相等值

16、相等地面地面hhE表表Es hSESE 表表0 Sh 右邊右邊hEEh)(0 表表 312/10137. 1mC 整理課件1-17電荷均勻分布在半徑為電荷均勻分布在半徑為的無限長圓柱上，的無限長圓柱上，其電荷體密度為其電荷體密度為(c/m3)，求圓柱體內(nèi)、外某一點，求圓柱體內(nèi)、外某一點的電場強度。的電場強度。解解:由高斯定律由高斯定律0 內(nèi)內(nèi)qSdES 因為電荷分布具有軸對稱性因為電荷分布具有軸對稱性,所所以場強也具有軸對稱性以場強也具有軸對稱性,以圓柱以圓柱軸線為軸軸線為軸,作半徑作半徑r ,高高h的封閉圓的封閉圓柱面柱面S,則則 兩兩底底面面?zhèn)葌?cè)面面SdESdESdESrhEEdS 2 側(cè)

17、側(cè)面面hr整理課件hrqE02 內(nèi)內(nèi) 當當0 r R時時,rRhrhRE0202222 hrhr整理課件1-18一大平面中部有一半徑為的小孔，設平面均一大平面中部有一半徑為的小孔，設平面均勻帶電，面電荷密度為勻帶電，面電荷密度為，求通過小孔中心并與平，求通過小孔中心并與平面垂直的直線上的場強分布。面垂直的直線上的場強分布。0解解:1）補償法補償法0 +0 =P場強疊加，取豎直向上為正方向場強疊加，取豎直向上為正方向平平面面E圓圓面面E圓圓面面平平面面EEE 圓面圓面平面平面EEE 220000122xRx 22002xRx 整理課件 dEE22002Rxx rdrdq 20 232200)(4

18、2xrrdrxdE 解解:2）疊加法疊加法PEd Rxrrdrx232200)(42 方向豎直向上方向豎直向上整理課件1-19一層厚度為一層厚度為d的無限大平面，均勻帶電，電荷體密度的無限大平面，均勻帶電，電荷體密度為為，求薄層內(nèi)外的電場強度分布。，求薄層內(nèi)外的電場強度分布。xo2d2d 解：解：1）用疊加法求解，在）用疊加法求解，在x處取寬為處取寬為dx的薄層，電荷面密度為：的薄層，電荷面密度為：dxxdx 0022 dxdE 該薄層產(chǎn)生的電場為：該薄層產(chǎn)生的電場為：薄層內(nèi)一點的電場：薄層內(nèi)一點的電場：xdxdxEdxxd0202022 內(nèi)內(nèi) 內(nèi)內(nèi)內(nèi)內(nèi)ExEx, 0;, 0薄層外一點的電場：

19、薄層外一點的電場：022022 ddxExd 外外 外外外外ExEx, 0;, 0整理課件xo2）用高斯定律法求解，過場點作底面）用高斯定律法求解，過場點作底面積積S的閉合圓柱面的閉合圓柱面薄層內(nèi)一點薄層內(nèi)一點的電場：的電場：xSSdE20 內(nèi)內(nèi) 內(nèi)內(nèi)內(nèi)內(nèi)ExEx, 0;, 0薄層外一點薄層外一點的電場：的電場： 外外外外ExEx, 0;, 02d2d xSxSSE220 內(nèi)內(nèi)xE0 內(nèi)內(nèi)dSSdE0 外外dSSE02 外外02 dE 外外整理課件第三章第三章 電勢電勢3-13-23-33-43-53-63-73-83-93-103-113-123-13整理課件3-1.點電荷點電荷-q位于圓心

20、處，位于圓心處，A、B、C、D位于位于同一圓周上的四點，如圖同一圓周上的四點，如圖3-1所示，分別求將所示，分別求將一實驗電荷一實驗電荷q0從從A點移到點移到B、C、D各點電場力各點電場力的功。的功。D圖圖3-1A-qBCDA=0整理課件3-2.有兩個點電荷帶電量為有兩個點電荷帶電量為nq 和和-q（n），相距），相距，如圖所示，試證電勢為零的等勢面為一球面，并，如圖所示，試證電勢為零的等勢面為一球面，并求出球面半徑及球心坐標（設無窮遠處為電勢零點）。求出球面半徑及球心坐標（設無窮遠處為電勢零點）。解解: UUU0)(410 rqrnq 0)1( rrn rnrnqXYZ-q圖圖3-2r+r-

21、222zyxr 222)(zdyxr 代入代入(1)式式,平方后整理得：平方后整理得：(1)2222222)1()1(dnnzdnnyx 球面方程球面方程球半徑球半徑:dnnR12 球心球心:(0,0)dnn122 整理課件3-3.半徑為半徑為R的均勻帶電圓盤，電荷面密度為的均勻帶電圓盤，電荷面密度為，設，設無窮遠處為電勢零點，則圓盤中心無窮遠處為電勢零點，則圓盤中心O點的電勢點的電勢0=?解解: qrdqV004 Or Rrrdr0042 00022 RdrR 整理課件3-4求在電偶極子軸線上，距離偶極子中心為求在電偶極子軸線上，距離偶極子中心為處的電勢，已知電偶極矩的值為處的電勢，已知電偶

22、極矩的值為p.解解: UUU)(410 rqrq rrrrq04 204rql 204rp (觀察點位于觀察點位于+q一側(cè)取正一側(cè)取正,位于位于-q一側(cè)取負一側(cè)取負)q q l r rPr整理課件3-5點電荷點電荷 q1、q2、q3、q4各為各為，置于一正，置于一正方形的四個頂點上，各點距正方形中心方形的四個頂點上，各點距正方形中心O點均為點均為5cm.(1)計算計算O點的場強和電勢點的場強和電勢(2)將試驗電荷將試驗電荷q0從無窮遠處移至從無窮遠處移至O點，電場點，電場力作功多少力作功多少?(3)問電勢能的改變?yōu)槎嗌?？問電勢能的改變?yōu)槎嗌?？C9104 C910 解解:(1)由對稱性由對稱性O

23、點的場強點的場強E=0電勢電勢rqU044 2991051041094 v31088. 2 (2)0)0(qUA J61088. 2 (3) WWW0 J61088. 2 q1q2q3q4整理課件3-6場強大的地方，電勢是否一定高？電勢高的地場強大的地方，電勢是否一定高？電勢高的地方是否場強大？為什么？試舉例說明方是否場強大？為什么？試舉例說明答答:否否!-QE=0+負電荷附近負電荷附近E大，大，但但U低低均勻帶電球面內(nèi)均勻帶電球面內(nèi)E=0，但但U高高整理課件3-7一均勻帶電圓盤一均勻帶電圓盤,半徑為半徑為R,電荷面密度為電荷面密度為,求求（）軸線上任一點的電勢（用（）軸線上任一點的電勢（用x

24、表示該點至圓盤中心表示該點至圓盤中心的距離）；的距離）；（）利用電場強度與電勢的關系，求該點的場強。（）利用電場強度與電勢的關系，求該點的場強。解解:rdrdq 2 P點處點處 dU2204xrdq RQxrrdrdUU022042 PXxdqr Rxrrdr02202 )(2220 xRx xUEEx )1 (2220Rxx 整理課件3-8電量電量q均勻分布在長為均勻分布在長為l的細桿上，求在桿的細桿上，求在桿外延長線上與桿端距離為外延長線上與桿端距離為a 的的P點的電勢（設無點的電勢（設無窮遠處為電勢零點）。窮遠處為電勢零點）。解解:取取dxlqdq2 dU axdq04 )(80axlq

25、dx U laxdxlq2008aallq 2ln80 POdx2l xx整理課件3-9把一個均勻帶電量把一個均勻帶電量+Q 的球形肥皂泡由半徑的球形肥皂泡由半徑r1吹脹到吹脹到r2，則半徑為，則半徑為（r1r2）的高斯球面）的高斯球面上任一點的場強大小上任一點的場強大小E由由變?yōu)樽優(yōu)椋妱蓦妱萦捎勺優(yōu)樽優(yōu)椋ㄟx無窮遠（選無窮遠處為電勢零點）。處為電勢零點）。204RQ RQ04 204rQ 0 整理課件3-10半徑為半徑為R的的“無限長無限長”圓拄形帶電體，其電荷圓拄形帶電體，其電荷體密度為體密度為，式中，式中A為常數(shù)為常數(shù),試求試求:（）圓拄體內(nèi)、外各點場強大小分布；（）圓拄體內(nèi)、外各點場強

26、大小分布；（）選距離軸線的距離為（）選距離軸線的距離為l（lR）處為電勢零）處為電勢零點，計算圓柱體內(nèi)、外各點的電勢分布。點，計算圓柱體內(nèi)、外各點的電勢分布。)(RrAr 解解:(1)以圓柱軸線為軸作長以圓柱軸線為軸作長h、半徑半徑r 的閉合圓柱面為高斯面的閉合圓柱面為高斯面.因為電荷分布具軸對稱性因為電荷分布具軸對稱性,所以所以電場分布也具軸對稱性電場分布也具軸對稱性,于是由于是由高斯定律高斯定律: 側(cè)側(cè)SrhEEdSSdE 20 內(nèi)內(nèi)q hrhr整理課件在圓柱體內(nèi)在圓柱體內(nèi),Rr rrdrhq012 內(nèi)內(nèi)30322AhrrdrhArr rhE 213032Ahr 0213 ArE 在圓柱體

27、外在圓柱體外,Rr Rrdrhq022 內(nèi)內(nèi)30322AhRrdrhArR hrhr rhE 223032AhR rARE0323 整理課件 lrl dEU1 RrdrE1 lRdrE2 drArRr023 lrdrrAR033 )(91330rRA rlARln303 Rr lrl dEU22 lrdrE2 lrdrrAR033 rlARln303 Rr 整理課件3-11(張三慧張三慧219-3-4)兩個同心球面，半徑分別為兩個同心球面，半徑分別為R1、R2（R1f2dd4-3電量分別為電量分別為+q、-q的兩金屬球，半徑為的兩金屬球，半徑為R，兩球心，兩球心的距離為的距離為d，且，且d2R

28、其間的作用力設為其間的作用力設為f1，另有兩個帶電量相，另有兩個帶電量相等的點電荷等的點電荷+q、-q，相距也是，相距也是d，其間作用力設為，其間作用力設為f2，可以肯，可以肯定定f1_f2(填填或或=)整理課件解：依題意解：依題意,球殼帶電球殼帶電q,且都分布于內(nèi)表面且都分布于內(nèi)表面.于是球于是球外外E=0,球殼上球殼上U殼殼=0+q單獨存在時單獨存在時RqUO04 球球球殼單獨存在時球殼單獨存在時dqUOq04 運用疊加原理可求運用疊加原理可求得得O的電勢為的電勢為)11(40RdqU 4-4.一個未帶電的空腔導體球殼，內(nèi)半徑為一個未帶電的空腔導體球殼，內(nèi)半徑為R，在腔內(nèi)離球心的距，在腔內(nèi)

29、離球心的距離為離為d處（處（dE2;(C)E1a . 解：設兩導線單位長度帶電分別為解：設兩導線單位長度帶電分別為和和,在兩在兩導線的軸所在平面上任選一點導線的軸所在平面上任選一點P,則則 )(2200rdrEP )11(20rdr drEl dEUadaada da PrX adadrrdr)11(20 aad ln0 adln0 整理課件adUCln0 單單位位長長度度da PrX或根據(jù)電勢疊加，無限長直導線單獨存在時的電勢差：或根據(jù)電勢疊加，無限長直導線單獨存在時的電勢差： adaadadrrEdrU012 aad ln20 aadUUU ln021 2U adln0 整理課件解：解：(

30、1)(方法一方法一)：設電容器帶電量為設電容器帶電量為Q, ,忽略邊緣效應忽略邊緣效應,則系統(tǒng)具則系統(tǒng)具無限大平面對稱性無限大平面對稱性abd/3dDE0E SQD00 ErE 01 5-12有一面積為有一面積為S ,間距為間距為d 的平行板電容器的平行板電容器.（1）今在板間平行于板平面插入厚度為）今在板間平行于板平面插入厚度為d/3,面積面積S的的相對介電常數(shù)為相對介電常數(shù)為的均勻電介質(zhì)板的均勻電介質(zhì)板,計算其電容計算其電容.（2）若插入的是同樣尺寸的導體板，其電容又如何？）若插入的是同樣尺寸的導體板，其電容又如何？（3）上、下平移介質(zhì)板或?qū)w板對電容有無影響？）上、下平移介質(zhì)板或?qū)w板對

31、電容有無影響？r 整理課件bEdEaEU0103 33210dEdE )12(30 rrd dSVSVQCrr)12(30 abd/3dDE0E(方法二方法二)：此問題等效于三個簡單電容器的串聯(lián)：此問題等效于三個簡單電容器的串聯(lián).3211111CCCC SbSdSar0003 Sdrr 03)12( dSCrr)12(30 整理課件(2)若插入的是導體板若插入的是導體板,可視為兩個簡單電容器的串聯(lián)可視為兩個簡單電容器的串聯(lián).21111CCC SbSa00 Sd032 dSC230 abd/3d0E0E(3)因為因為(1)(2)中中C值均與值均與a、b無關無關,所以平板水所以平板水平放置的電容器

32、平放置的電容器,上、下平移介質(zhì)板或?qū)w板對電上、下平移介質(zhì)板或?qū)w板對電容容無影響無影響.整理課件5-13兩只電容器，兩只電容器，C1=8F,C2=2F,分別把它分別把它們充電到們充電到1000，然后將它們反接（如圖示），此，然后將它們反接（如圖示），此時兩極板間的電勢差為時兩極板間的電勢差為600v.解解:CVCq3361110810108 CVCq3362210210102 Cqqq321106 反接后反接后并聯(lián)并聯(lián)FCCC 1021 vCqU600 C1C2q1q2+-+整理課件5-14如圖示如圖示,一球形電容器一球形電容器,在外球殼的半徑在外球殼的半徑b及內(nèi)及內(nèi)外導體間的電勢差外導體間

33、的電勢差 維持恒定的條件下，內(nèi)球半維持恒定的條件下，內(nèi)球半徑徑a為多大時才能使內(nèi)球表面附近的電場強度最??？為多大時才能使內(nèi)球表面附近的電場強度最??？并求這個最小電場強度的大?。坎⑶筮@個最小電場強度的大?。拷猓涸O球形電容器帶電量為解：設球形電容器帶電量為q24rqE 電勢差為電勢差為 bal dEU)11(442baqdrrqba abUabq 4UabaaabUabEa)11(4)(42 令令0 dadE0)(22 abUaU2ba bUE4min ab整理課件5-15半徑為半徑為R 的金屬球，接電源充電后斷開電的金屬球，接電源充電后斷開電源，這時它們儲存的電場能量為源，這時它們儲存的電場能量

34、為,今將今將該球與遠處一個半徑也是該球與遠處一個半徑也是R的導體球的導體球B用細導線用細導線連接，則球儲存的電場能量變?yōu)檫B接，則球儲存的電場能量變?yōu)?J5105 J51025. 1 解解:JCQW5201052/ 2/QQ JWCQW5021025. 14/2/ 整理課件5-16如圖如圖5-7所示，用力所示，用力F把電容器中的電介質(zhì)板把電容器中的電介質(zhì)板抽出，在圖（抽出，在圖（a）和圖（）和圖（b）中的兩種情況下，電容）中的兩種情況下，電容器儲存的靜電能量將器儲存的靜電能量將（A）都增加；）都增加；（B）都減??；）都減小；（C）（）（a）增加，（）增加，（b）減??；）減??；（D）（）（a）減小

35、，（）減小，（b）增加。）增加。F充電后仍與電源連接充電后仍與電源連接F充電后與電源斷開充電后與電源斷開CQW22 22CUW U不變，不變，C變小變小因此因此W 減小減小Q不變，不變，C變小變小因此因此W 增大增大答：答：（D）整理課件5-17電容器由兩個很長的同軸薄圓筒組成，內(nèi)、外圓電容器由兩個很長的同軸薄圓筒組成，內(nèi)、外圓筒半徑分別為筒半徑分別為R1=2cm，R2=5cm，其間充滿相對介，其間充滿相對介電常數(shù)為電常數(shù)為的各向同性均勻電介質(zhì)，電容器接在電壓的各向同性均勻電介質(zhì)，電容器接在電壓U = 32v的電源上的電源上(如圖示如圖示)，試求距離軸線，試求距離軸線R =3.5cm處處的點的

36、電場強度和點與外筒間的電勢差的點的電場強度和點與外筒間的電勢差.r 解：解：因電容器具軸對稱性因電容器具軸對稱性,且內(nèi)筒且內(nèi)筒帶正電帶正電,所以兩極間電場強度方向沿所以兩極間電場強度方向沿徑向向外徑向向外,大小為大小為rEr 02 電勢為電勢為 212102RRrRRdrrEdrU 32ln2120 RRr U=32vARR1R2整理課件923.345 . 2ln3220 r mvRErA/8 .997105 . 3923.34220 方向沿徑向向外方向沿徑向向外. 202RRrAdrrU RRr20ln2 v46.125 . 35ln923.34 U=32vARR1R2整理課件5-18如圖示

37、，兩個同軸圓柱面，長度均為如圖示，兩個同軸圓柱面，長度均為l，半徑分，半徑分別為別為a和和b（ab），兩柱面之間充滿介電常數(shù)），兩柱面之間充滿介電常數(shù)的均勻介質(zhì)，當圓柱面帶有等量異號電荷的均勻介質(zhì)，當圓柱面帶有等量異號電荷+Q ，-Q時時（略去邊緣效應），求：（略去邊緣效應），求：(1)介質(zhì)層內(nèi)外場強的分布；介質(zhì)層內(nèi)外場強的分布；(2)內(nèi)圓柱面內(nèi)圓柱面(R =a )處處電勢電勢;(3)介質(zhì)層中總能量是多少：介質(zhì)層中總能量是多少：(4)若將其視為圓柱若將其視為圓柱形電容器，其電容是多少？形電容器，其電容是多少？解：解：(1)略去邊緣效應略去邊緣效應,則系統(tǒng)具無限長軸對稱性則系統(tǒng)具無限長軸對稱性,

38、作半徑為作半徑為r,長度為長度為l 的閉合同軸圓柱面為高斯面的閉合同軸圓柱面為高斯面,內(nèi)內(nèi)qSdD 內(nèi)內(nèi)qlrD 2ar br 0 D0 內(nèi)內(nèi)E0 D0 外外Ebra rlQD 2 lrQE 2 介介ab l整理課件（2）ablQdrlrQdrEUbabaaln22 介介2222821rlQDEwe （3）ab l baVeerldrrlQdVwW 282222ablQln42 （4）ablUQCln2 整理課件5-19（張三慧（張三慧252-5-3）兩共軸的導體圓筒的內(nèi)、外半徑分）兩共軸的導體圓筒的內(nèi)、外半徑分別為別為R1、R2，R22R1。其間有兩層均勻電介質(zhì)，分界面半。其間有兩層均勻電介

39、質(zhì)，分界面半徑為徑為r0，內(nèi)層介質(zhì)的介電常數(shù)為，內(nèi)層介質(zhì)的介電常數(shù)為1，外層介質(zhì)的介電常數(shù)為，外層介質(zhì)的介電常數(shù)為1/2，兩層介質(zhì)的擊穿場強都是，兩層介質(zhì)的擊穿場強都是Emax，當電壓升高時，哪層，當電壓升高時，哪層介質(zhì)先擊穿？兩筒間能加的最大電勢差多大？介質(zhì)先擊穿？兩筒間能加的最大電勢差多大？解：設內(nèi)筒帶電線電荷密度為解：設內(nèi)筒帶電線電荷密度為 rErE22112,2 200121RrrRdrEdrEU022101ln2ln2rRRr 01221ln2rRR 01221ln2rRRU 整理課件0122201221ln2,lnrRRrUErRRrUE 1201max1max2 rREE因此當電

40、壓升高時，外層介質(zhì)中因此當電壓升高時，外層介質(zhì)中先達到先達到Emax而被擊穿。而被擊穿。內(nèi)層介質(zhì)中的最大場強內(nèi)層介質(zhì)中的最大場強為：為： 1Rr 01221max1lnrRRRUE 0rr 01220max2ln2rRRrUE 外層介質(zhì)中的最大場強外層介質(zhì)中的最大場強為：為：最大電勢差由最大電勢差由E2max=Emax而求得：而求得：01220max0max0maxln222001rRRrEdrrrEdrrrEURrrR 整理課件第七章第七章 磁力磁力7-17-27-37-47-57-67-77-87-9整理課件7-1.有一質(zhì)量為的倒形導線，兩端浸沒在水銀槽中，導有一質(zhì)量為的倒形導線，兩端浸沒

41、在水銀槽中，導線的上段長線的上段長l 處在均勻磁場處在均勻磁場B中，如果使一個電流脈沖，即中，如果使一個電流脈沖，即電量電量通過導線通過導線,這導線就會跳起來，假定電脈這導線就會跳起來，假定電脈沖持續(xù)時間與導線跳起時間相比非常小，試由導線所達高度沖持續(xù)時間與導線跳起時間相比非常小，試由導線所達高度計算電流脈沖計算電流脈沖的大小的大小 tidtq0 tidtq0解解:沖量沖量=動量的增量動量的增量ilBF mvlBq ttilBdtFdt00 tidtlB0于是有于是有而而ghv2 lBghmlBmvq2 l方向向上，且為變力方向向上，且為變力整理課件Bmp 7-2.如圖示，平面圓盤，半徑為如圖

42、示，平面圓盤，半徑為R , 表面帶有均勻表面帶有均勻面電荷密度面電荷密度，若圓盤繞其軸線若圓盤繞其軸線PP/以角速度以角速度轉(zhuǎn)動，勻強磁場轉(zhuǎn)動，勻強磁場B的方向垂直于的方向垂直于PP/,求磁場對圓盤求磁場對圓盤的力矩的大小。的力矩的大小。 解：在圓盤上取一電荷元解：在圓盤上取一電荷元rdrdSdq 2 TdqdI 它產(chǎn)生的磁矩為它產(chǎn)生的磁矩為2rdIdpm 圓盤轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的總磁矩為圓盤轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的總磁矩為 mmdpp44190sinBRBpMm 它在轉(zhuǎn)動中形成的電流為它在轉(zhuǎn)動中形成的電流為rdrrdr 22 RRdrr04341 整理課件解：解：(俯視逆時針旋轉(zhuǎn)俯視逆時針旋轉(zhuǎn).)eBmvR e

43、Bmvh/2 2/2vvv 222 hRmeBRmeBv 2/hmeBv 由洛倫茲力由洛倫茲力可判斷出可判斷出BveF B沿螺旋軸豎直向上沿螺旋軸豎直向上(如圖示如圖示).7-3.電子在勻強磁場電子在勻強磁場B中沿半徑為中沿半徑為R的螺旋線運動，的螺旋線運動，螺距為螺距為h ,如圖。求：電子的速度和如圖。求：電子的速度和B的方向。的方向。BF整理課件證：電流元證：電流元Idl受力為受力為BlIdFd baBlIdF7-4如圖示，一條任意形狀的載流導線位于均勻磁場如圖示，一條任意形狀的載流導線位于均勻磁場中，試證明它所受到的安培力等于載流直導線中，試證明它所受到的安培力等于載流直導線ab所所受到

44、的安培力。受到的安培力。 Bl dIba BabI 載流導線受力為載流導線受力為方向：豎直向上方向：豎直向上整理課件BI IR R7-5.一個平面圓形載流線圈，半徑為一個平面圓形載流線圈，半徑為R，通電流，通電流I，把它放到一均勻磁場把它放到一均勻磁場中，使線圈平面與磁場平行，中，使線圈平面與磁場平行，用電流元所受力矩的積分求出此線圈受的磁力矩，并用電流元所受力矩的積分求出此線圈受的磁力矩，并驗證它也等于線圈的磁矩與磁場驗證它也等于線圈的磁矩與磁場的矢量積。的矢量積。BB解解: sin22rIdlBdMM sinIdlBdF RddlRr sinBRI2 BpM n . .lIdMdFdFdM

45、dr r sinrIdlBrdFdM dIBRM 022sin2PB 考慮方向考慮方向整理課件解：（解：（1）如圖所示，電子在地球磁場的影響下向東偏轉(zhuǎn)。）如圖所示，電子在地球磁場的影響下向東偏轉(zhuǎn)。（2）電子的動能：）電子的動能：221mvEk 31194101 . 9196 . 1102 . 122 mEvksm/105 . 67 7-6在一個電視顯像管里，電子在水平面內(nèi)從南到北運動，如在一個電視顯像管里，電子在水平面內(nèi)從南到北運動，如圖，動能是圖，動能是2104ev。該處地球磁場在豎直方向的分量向下，。該處地球磁場在豎直方向的分量向下，大小是大小是5.510-5T。問：（。問：（1）電子受地

46、球磁場的影響往哪個）電子受地球磁場的影響往哪個方向偏轉(zhuǎn)？（方向偏轉(zhuǎn)？（2）電子的加速度有多大？（）電子的加速度有多大？（3）電子在顯像管）電子在顯像管內(nèi)南北方向上飛經(jīng)內(nèi)南北方向上飛經(jīng)20cm時，偏轉(zhuǎn)有多大？時，偏轉(zhuǎn)有多大？vf B電子受到洛侖茲力：電子受到洛侖茲力： evBf電子的加速度為：電子的加速度為：mevBa 315719101 . 9105 . 5105 . 6106 . 1 24/103 . 6sm 整理課件（3）電子的軌道半徑：）電子的軌道半徑：meBmvR7 . 6105 . 5106 . 1105 . 6101 . 9519731 Rd 21.12RdRRxmRd322100

47、 . 37 . 6220. 02 d表示電子從南到北的飛行路程，則電子向東偏轉(zhuǎn)為表示電子從南到北的飛行路程，則電子向東偏轉(zhuǎn)為x212221 RdRRdRRxvf BRdx整理課件7-7（張三慧（張三慧278-7-3）把把2.0103eV的一個正電子，射入磁的一個正電子，射入磁感應強度的勻強磁場中，其速度矢量與感應強度的勻強磁場中，其速度矢量與B成成890角，路徑成螺角，路徑成螺旋線，其軸在旋線，其軸在B的方向。試求這螺旋線運動的周期的方向。試求這螺旋線運動的周期T、螺距、螺距h和半徑和半徑r。解：正電子的速率解：正電子的速率mEvk2 螺旋線運動的周期螺旋線運動的周期eBmT 2 螺距螺距Tv

48、h089cos 半徑半徑eBmvr089sin 整理課件7-8（張三慧（張三慧279-7-7）在一汽泡室中，磁場為在一汽泡室中，磁場為20T，一高能，一高能質(zhì)子垂直于磁場飛過時留下一半徑為的圓弧軌跡。求此質(zhì)子質(zhì)子垂直于磁場飛過時留下一半徑為的圓弧軌跡。求此質(zhì)子的動量和能量。的動量和能量。解：解：smkgeRBp/1012. 117 質(zhì)子的動量質(zhì)子的動量能量按非相對論計算為：能量按非相對論計算為：GeVJcpcmpcE211036. 394222 遠大于質(zhì)子的靜止能量，約遠大于質(zhì)子的靜止能量，約1GeV能量應按相對論計算為能量應按相對論計算為GeVJmpE2341075. 3272 整理課件7-

49、9（張三慧（張三慧282-7-12）如圖所示，一銅片厚為，放在的磁如圖所示，一銅片厚為，放在的磁場中，磁場方向與銅片表面垂直。已知銅片里每立方厘米場中，磁場方向與銅片表面垂直。已知銅片里每立方厘米有有8.41022個自由電子，當銅片中有個自由電子，當銅片中有200A的電流通過時，的電流通過時，（1）求銅片兩側(cè)電勢差）求銅片兩側(cè)電勢差Uaa；（；（2）銅片寬度）銅片寬度b對對Uaa有無有無影響？為什么？影響？為什么？dbaaIBVnqdIBUaa51023. 2 解：解：負號表示負號表示a側(cè)電勢高側(cè)電勢高銅片寬度銅片寬度b對對Uaa無影響。無影響。因為因為與與b有關，而在有關，而在I一定一定時，

50、漂移速率時，漂移速率與與b成反比。成反比。bHvbEUHaa nqdbIv 整理課件 第八章 磁場8-18-28-38-48-58-68-78-88-98-108-118-128-198-208-218-228-138-148-158-168-178-188-238-24整理課件解：(a) 直直圓圓BBBO 直直圓圓BBBO )1(222000 RIRIRI8-1 如圖8-1示，電流沿兩種不同形狀的導線流動，則在兩種電流分布情況下，兩圓心處的磁感應強度大小為多少？OR(b)OR圓圓B直直B設 為正，則 直直圓圓BBBO ) 1(44212000 RIRIRI圓圓B直直B設 為正，則 整理課件解

51、：在ab上任取一線元dr, 由AB產(chǎn)生的磁感應強度方向: rdB rIB 210 BdrIdrBIdF2290sin drrIIBdrIdFFbabarrrr 21022 abrrIIln2210 向下. F8-2 一長直導線AB，通有電流I,其旁放一段導線ab，通過電流為I2且AB與ab在同一平面上，ABab，如圖8-2所示，a端距離AB為ra，b端距離AB為rb，求導線ab受到的作用力。abABI1I2大?。簉dr同向疊加整理課件8-3 三條無限長的直導線，等距離的并排安放，導線a，b，c分別載有1A，2A，3A同方向的電流。由于磁相互作用的結(jié)果，導線a、b、c單位長度上分別受力F1、F2

52、、F3，如圖8-3所示，則F1、F2的比值是多少 ？abc)(11cbaBBIF )222(00rIrIIcba )2(20cabaIIIIr )(12acbBBIF )22(00rIrIIacb )(20abcbIIIIr 解:導線b 、c在導線a 處的磁感強度方向均為導線a 、c在導線b 處的磁感強度方向分別為8721 FF整理課件解： 可認為 和 c , 1v2v21121014rvaqB q1對q2的作用力： (向右)12221BvqFm 22122121emFFF 22212020202114vvaqq 1v1q2v2q21 r212021214raqqFe (向下)8-4 如圖8-

53、4所示，兩正電荷q1，q2相距為a時，其速度各為v1和v2，且v1v2，v2指向q1，求q1對q2和q2對q1的電磁場力是多少？21F21mF21eF )tan(argtanarg210022vvFFem 整理課件012 mF（向上）122021124raqqFe 1212eFF q2對q1的作用力：041222102 rvaqB 1v1q2v2q12 r整理課件O點到各邊的距離32323LLr BBBBO21解：II 21abacbRR2 電阻abcbacBBBB 0)65cos6)(cos(40 IIIr8-5 電流由長直導線1沿平行bc邊方向經(jīng)過a點流入一電阻均勻分布的正三角形線框，再由

54、b點沿cb方向流出，經(jīng)長直導線2返回電源，如圖8-5所示，已知導線上的電流為I，三角框的每一邊長為L，求三角框中心O點的磁感應強度的大小。設 為正，則 12abcIII I I 整理課件)231(23)6cos0(cos4002 LIrIB )321(43021 LIBBBBO )13(430 LI 而LIrIB 4324001 12abcIII I I 方向均為方向為整理課件設環(huán)的半徑為a , 兩導線夾角為 , 則 解：因點在兩導線延長線上0 線線B 221RR8-6 如圖示，兩根導線沿半徑方向引到鐵環(huán)上的，兩點，并在很遠處與電源相連，求環(huán)中心的磁感應強度。 221II dRIRdlIdB4

55、90sin4102101 RIdRIdBB441002011 24202RIB121 BB021 BBBO整理課件dIrdB 20 idxxx)(200 解：22axa 建立如圖示坐標系在x處取寬dx的窄帶其電流為 idxdI 22ln2000axaxaI 22002200)(2)(2aaaaxxdxixxidxdBB 22ln2000axaxi 8-7 如圖示，在紙面內(nèi)有一寬度a的無限長的薄載流平面，電流I 均勻分布在面上（或線電流密度i=I/a )，試求與載流平面共面的點處的磁場（設點到中心線距離為x0 ）.整理課件 用補償法：均勻分布電流的圓管（i）寬度為h 的窄條（-i） 解：圓圓管管

56、窄窄條條軸軸線線BBB 0 圓管圓管B窄窄條條軸軸線線BB RihB 20 軸軸線線大小8-8 將半徑為R的無限長導體薄壁管（厚度忽略）沿軸向割去一寬度為h (hL2Bdl(B) L1Bdl=L2Bdl(C) L1BdlL2Bdl(D) L2Bdl=0整理課件 ERRDSdDSd22 解: tERtIdddddd2 8-20 一平行板電容器的兩極板都是半徑為R的圓導體片，在充電時，板間電場強度變化率為dE/dt ，若忽略邊緣效應，則兩板間的位移電流為多少？整理課件8-21 半徑為R = 0.10m的兩塊圓板，構(gòu)成平行板電容器，放在真空中，現(xiàn)對電容器勻速充電，使兩板間電場的變化率為 vm-1s-

57、1 .求兩板間的位移電流, 并計算電容器內(nèi)離兩板中心連線 r (rR）處的磁感應強度Br，以及rR處的BR 。13100 . 1/ dtdEdtSdEdtdIed 00 解:dtdERdtdES200 = = 2.78(A) rIBdr 20 內(nèi)內(nèi)ddIRrIrRr2002222 rrdtdE5001056. 52 6001056. 52 RdtdEBR (T) 整理課件 圓圓mp003002222 BRRBRIR 31020 BIaR RIB200 002 RBI 解:8-22 已知載流圓線圈中心處的磁感應強度為B0，此圓線圈的磁矩與一邊長為a通過電流為I的正方形線圈的磁矩之比為 2 : 1

58、，求載流圓線圈的半徑。aRII Iapm222 方方整理課件8-23 如圖所示，在長直導線旁有一矩形線圈，導線中通有電流I1，線圈中通有電流I2，求矩形線圈上受到的合力是多少？I1ldbI2解：矩形線圈的四條邊均受到安培力，上下兩根導線受力大小相等，方向相反，故豎直方向合力為零；左導線受力：方向向左；右導線受力：方向向右；合力：方向向左。dIIF 2210 左左)2210bdIIF （右右 )112210bddIIFFF（右右左左 當直導線與矩形線圈處在同一平面內(nèi)時，兩力作用在同一直線上，此時線圈不受力矩。整理課件8-24 一半徑為R的平面圓形線圈中載有電流I1，另無限長直導線AB中載有電流I

59、2，設AB通過圓心，并和圓形線圈在同一平面內(nèi)，求圓形線圈所受的磁力。解：圓形電流在非均勻磁場中，建立坐標系xOy，電流元I1dl所在處磁場為：ABI2I1xyOI1dl d cos220RIB 電流元受力大小為： cos22101RdlIIdlBIdF Fd由對稱性可知，右半圓電流在y方向受合力為零， 故右半圓電流受力方向沿x 軸正向： RxxIIRdlIIdFdFF 021021022cos左半圓受力與之相同，故整個圓電流受力2102IIFFx 整理課件第九章第九章磁場中的磁介磁場中的磁介質(zhì)質(zhì)9-19-29-39-49-59-69-7整理課件9-1把兩種不同的磁介質(zhì)放在磁鐵把兩種不同的磁介質(zhì)

60、放在磁鐵N、S極之間，極之間，磁化后也成為磁體，但兩種磁介質(zhì)的兩極的位置磁化后也成為磁體，但兩種磁介質(zhì)的兩極的位置不同，如圖不同，如圖(a)、(b)所示，試指出所示，試指出(a)圖為圖為抗磁抗磁，(b)圖為圖為順磁順磁介質(zhì)介質(zhì)整理課件試指出試指出表示順磁介質(zhì)，表示順磁介質(zhì)，表示抗磁介質(zhì)，表示抗磁介質(zhì)，表示鐵磁介質(zhì)。表示鐵磁介質(zhì)。BH9-2如圖示的三條線分別表示三種不同的磁介如圖示的三條線分別表示三種不同的磁介質(zhì)的質(zhì)的B-H曲線，曲線，整理課件9-3以下說法是否正確？以下說法是否正確？（1）有人認為，磁場強度）有人認為，磁場強度HH的安培環(huán)路定理的安培環(huán)路定理L LHdl l= I內(nèi)內(nèi)表明，若閉