物理學(xué)馬文蔚第五第六章第八章答案

1、第六章靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體與電介質(zhì)6 1將一個(gè)帶正電的帶電體A 從遠(yuǎn)處移到一個(gè)不帶電的導(dǎo)體B 附近，則導(dǎo)體B 的電勢(shì)將（）（A） 升高（B） 降低（C） 不會(huì)發(fā)生變化（D） 無法確定分析與解不帶電的導(dǎo)體B 相對(duì)無窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)。由于帶正電的帶電體A 移到不帶電的導(dǎo)體B 附近時(shí)，在導(dǎo)體B 的近端感應(yīng)負(fù)電荷；在遠(yuǎn)端感應(yīng)正電荷，不帶電導(dǎo)體的電勢(shì)將高于無窮遠(yuǎn)處，因而正確答案為（A）。6 2將一帶負(fù)電的物體M靠近一不帶電的導(dǎo)體N，在N 的左端感應(yīng)出正電荷，右端感應(yīng)出負(fù)電荷。若將導(dǎo)體N 的左端接地（如圖所示），則（）（A） N上的負(fù)電荷入地（B）N上的正電荷入地（C） N上的所有電荷入地 （D）N上所有的感應(yīng)電

2、荷入地分析與解導(dǎo)體N 接地表明導(dǎo)體N 為零電勢(shì)，即與無窮遠(yuǎn)處等電勢(shì)，這與導(dǎo)體N在哪一端接地?zé)o關(guān)。因而正確答案為（A）。6 3如圖所示將一個(gè)電量為q 的點(diǎn)電荷放在一個(gè)半徑為R 的不帶電的導(dǎo)體球附近，點(diǎn)電荷距導(dǎo)體球球心為d，參見附圖。設(shè)無窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)，則在導(dǎo)體球球心O 點(diǎn)有（）（A）（B）（C）（D）分析與解達(dá)到靜電平衡時(shí)導(dǎo)體內(nèi)處處各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零。點(diǎn)電荷q 在導(dǎo)體球表面感應(yīng)等量異號(hào)的感應(yīng)電荷q，導(dǎo)體球表面的感應(yīng)電荷q在球心O點(diǎn)激發(fā)的電勢(shì)為零，O 點(diǎn)的電勢(shì)等于點(diǎn)電荷q 在該處激發(fā)的電勢(shì)。因而正確答案為（A）。6 4根據(jù)電介質(zhì)中的高斯定理，在電介質(zhì)中電位移矢量沿任意一個(gè)閉合曲面的積分等于這個(gè)曲面所

3、包圍自由電荷的代數(shù)和。下列推論正確的是( )（A） 若電位移矢量沿任意一個(gè)閉合曲面的積分等于零，曲面內(nèi)一定沒有自由電荷（B） 若電位移矢量沿任意一個(gè)閉合曲面的積分等于零，曲面內(nèi)電荷的代數(shù)和一定等于零（C） 若電位移矢量沿任意一個(gè)閉合曲面的積分不等于零，曲面內(nèi)一定有極化電荷（D） 介質(zhì)中的高斯定律表明電位移矢量?jī)H僅與自由電荷的分布有關(guān)（E） 介質(zhì)中的電位移矢量與自由電荷和極化電荷的分布有關(guān)分析與解電位移矢量沿任意一個(gè)閉合曲面的通量積分等于零，表明曲面內(nèi)自由電荷的代數(shù)和等于零；由于電介質(zhì)會(huì)改變自由電荷的空間分布，介質(zhì)中的電位移矢量與自由電荷與位移電荷的分布有關(guān)。因而正確答案為（E）。6 5對(duì)于各向

4、同性的均勻電介質(zhì)，下列概念正確的是（）（A） 電介質(zhì)充滿整個(gè)電場(chǎng)并且自由電荷的分布不發(fā)生變化時(shí)，電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度一定等于沒有電介質(zhì)時(shí)該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的1/倍（B） 電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度一定等于沒有介質(zhì)時(shí)該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的1/倍（C） 在電介質(zhì)充滿整個(gè)電場(chǎng)時(shí)，電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度一定等于沒有電介質(zhì)時(shí)該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的1/倍（D） 電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度一定等于沒有介質(zhì)時(shí)該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的倍分析與解電介質(zhì)中的電場(chǎng)由自由電荷激發(fā)的電場(chǎng)與極化電荷激發(fā)的電場(chǎng)迭加而成，由于極化電荷可能會(huì)改變電場(chǎng)中導(dǎo)體表面自由電荷的分布，由電介質(zhì)中的高斯定理，僅當(dāng)電介質(zhì)充滿整個(gè)電場(chǎng)并且自由電荷的分布不發(fā)生變化時(shí)，在電介質(zhì)中任意高斯面S 有即E

5、E/，因而正確答案為（A）。6 6不帶電的導(dǎo)體球A 含有兩個(gè)球形空腔，兩空腔中心分別有一點(diǎn)電荷qb 、qc ，導(dǎo)體球外距導(dǎo)體球較遠(yuǎn)的r 處還有一個(gè)點(diǎn)電荷qd （如圖所示）。試求點(diǎn)電荷qb 、qc 、qd 各受多大的電場(chǎng)力。分析與解根據(jù)導(dǎo)體靜電平衡時(shí)電荷分布的規(guī)律，空腔內(nèi)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線終止于空腔內(nèi)表面感應(yīng)電荷；導(dǎo)體球A 外表面的感應(yīng)電荷近似均勻分布，因而近似可看作均勻帶電球?qū)c(diǎn)電荷qd 的作用力。點(diǎn)電荷qd 與導(dǎo)體球A 外表面感應(yīng)電荷在球形空腔內(nèi)激發(fā)的電場(chǎng)為零，點(diǎn)電荷qb 、qc處于球形空腔的中心，空腔內(nèi)表面感應(yīng)電荷均勻分布，點(diǎn)電荷qb 、qc受到的作用力為零.6 7一真空二極管，其主要構(gòu)件是一

6、個(gè)半徑R 5.0104m 的圓柱形陰極和一個(gè)套在陰極外，半徑R 4.5103m 的同軸圓筒形陽極陽極電勢(shì)比陰極電勢(shì)高300V，陰極與陽極的長(zhǎng)度均為L(zhǎng) 2.510m假設(shè)電子從陰極射出時(shí)的速度為零求：（） 該電子到達(dá)陽極時(shí)所具有的動(dòng)能和速率；（）電子剛從陽極射出時(shí)所受的力分析（1） 由于半徑RL，因此可將電極視作無限長(zhǎng)圓柱面，陰極和陽極之間的電場(chǎng)具有軸對(duì)稱性從陰極射出的電子在電場(chǎng)力作用下從靜止開始加速，電子所獲得的動(dòng)能等于電場(chǎng)力所作的功，也即等于電子勢(shì)能的減少由此，可求得電子到達(dá)陽極時(shí)的動(dòng)能和速率（2） 計(jì)算陽極表面附近的電場(chǎng)強(qiáng)度，由F qE 求出電子在陰極表面所受的電場(chǎng)力解（1） 電子到達(dá)陽極時(shí)

7、，勢(shì)能的減少量為由于電子的初始速度為零，故因此電子到達(dá)陽極的速率為（2） 兩極間的電場(chǎng)強(qiáng)度為兩極間的電勢(shì)差負(fù)號(hào)表示陽極電勢(shì)高于陰極電勢(shì)陰極表面電場(chǎng)強(qiáng)度電子在陰極表面受力這個(gè)力盡管很小，但作用在質(zhì)量為.1 103kg 的電子上，電子獲得的加速度可達(dá)重力加速度的5 105 倍6 8一導(dǎo)體球半徑為R ，外罩一半徑為R2 的同心薄導(dǎo)體球殼，外球殼所帶總電荷為Q，而內(nèi)球的電勢(shì)為V 求此系統(tǒng)的電勢(shì)和電場(chǎng)的分布分析若，內(nèi)球電勢(shì)等于外球殼的電勢(shì)，則外球殼內(nèi)必定為等勢(shì)體，電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，內(nèi)球不帶電若，內(nèi)球電勢(shì)不等于外球殼電勢(shì)，則外球殼內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，內(nèi)球帶電一般情況下，假設(shè)內(nèi)導(dǎo)體球帶電q，導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡時(shí)

8、電荷的分布如圖所示依照電荷的這一分布，利用高斯定理可求得電場(chǎng)分布并由或電勢(shì)疊加求出電勢(shì)的分布最后將電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)用已知量V0、Q、R、R2表示解根據(jù)靜電平衡時(shí)電荷的分布，可知電場(chǎng)分布呈球?qū)ΨQ取同心球面為高斯面，由高斯定理，根據(jù)不同半徑的高斯面內(nèi)的電荷分布，解得各區(qū)域內(nèi)的電場(chǎng)分布為r R時(shí)， RrR2 時(shí)，rR2 時(shí)， 由電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)的積分關(guān)系，可得各相應(yīng)區(qū)域內(nèi)的電勢(shì)分布r R時(shí)，RrR2 時(shí)，rR2 時(shí)，也可以從球面電勢(shì)的疊加求電勢(shì)的分布在導(dǎo)體球內(nèi)（r R）在導(dǎo)體球和球殼之間（RrR2 ）在球殼外（rR2）由題意得代入電場(chǎng)、電勢(shì)的分布得r R時(shí)，；RrR2 時(shí)，；rR2 時(shí)，；6 9在一半徑

9、為R 6.0 cm 的金屬球A 外面套有一個(gè)同心的金屬球殼B已知球殼B 的內(nèi)、外半徑分別為R28.0 cm，R3 10.0 cm設(shè)球A 帶有總電荷QA 3.0 10C，球殼B 帶有總電荷QB 2.010C（） 求球殼B 內(nèi)、外表面上所帶的電荷以及球A 和球殼B 的電勢(shì)；（2） 將球殼B 接地然后斷開，再把金屬球A 接地，求金屬球A 和球殼B 內(nèi)、外表面上所帶的電荷以及球A 和球殼B 的電勢(shì)分析（） 根據(jù)靜電感應(yīng)和靜電平衡時(shí)導(dǎo)體表面電荷分布的規(guī)律，電荷QA均勻分布在球A 表面，球殼B 內(nèi)表面帶電荷QA ，外表面帶電荷QB QA ，電荷在導(dǎo)體表面均勻分布圖（），由帶電球面電勢(shì)的疊加可求得球A 和球

10、殼B 的電勢(shì)（2） 導(dǎo)體接地，表明導(dǎo)體與大地等電勢(shì)（大地電勢(shì)通常取為零）球殼B 接地后，外表面的電荷與從大地流入的負(fù)電荷中和，球殼內(nèi)表面帶電QA 圖（）斷開球殼B 的接地后，再將球A 接地，此時(shí)球A 的電勢(shì)為零電勢(shì)的變化必將引起電荷的重新分布，以保持導(dǎo)體的靜電平衡不失一般性可設(shè)此時(shí)球A 帶電qA ，根據(jù)靜電平衡時(shí)導(dǎo)體上電荷的分布規(guī)律，可知球殼B 內(nèi)表面感應(yīng)qA，外表面帶電qA QA 圖（c）此時(shí)球A 的電勢(shì)可表示為由VA 0 可解出球A 所帶的電荷qA ，再由帶電球面電勢(shì)的疊加，可求出球A 和球殼B 的電勢(shì)解（） 由分析可知，球A 的外表面帶電3.0 10C，球殼B 內(nèi)表面帶電3.0 10C，

11、外表面帶電5.0 10C由電勢(shì)的疊加，球A 和球殼B 的電勢(shì)分別為（2） 將球殼B 接地后斷開，再把球A 接地，設(shè)球A 帶電qA ，球A 和球殼B的電勢(shì)為解得即球A 外表面帶電2.12 10C，由分析可推得球殼B 內(nèi)表面帶電2.12 10C，外表面帶電-0.9 10C另外球A 和球殼B 的電勢(shì)分別為導(dǎo)體的接地使各導(dǎo)體的電勢(shì)分布發(fā)生變化，打破了原有的靜電平衡，導(dǎo)體表面的電荷將重新分布，以建立新的靜電平衡6 10兩塊帶電量分別為Q 、Q2 的導(dǎo)體平板平行相對(duì)放置（如圖所示），假設(shè)導(dǎo)體平板面積為S，兩塊導(dǎo)體平板間距為d，并且S d試證明（） 相向的兩面電荷面密度大小相等符號(hào)相反；（2） 相背的兩面電

12、荷面密度大小相等符號(hào)相同分析導(dǎo)體平板間距d S，忽略邊緣效應(yīng)，導(dǎo)體板近似可以當(dāng)作無限大帶電平板處理。取如圖（）所示的圓柱面為高斯面，高斯面的側(cè)面與電場(chǎng)強(qiáng)度E 平行，電場(chǎng)強(qiáng)度通量為零；高斯面的兩個(gè)端面在導(dǎo)體內(nèi)部，因?qū)w內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，因而電場(chǎng)強(qiáng)度通量也為零，由高斯定理得 上式表明處于靜電平衡的平行導(dǎo)體板，相對(duì)兩個(gè)面帶等量異號(hào)電荷再利用疊加原理，導(dǎo)體板上四個(gè)帶電面在導(dǎo)體內(nèi)任意一點(diǎn)激發(fā)的合電場(chǎng)強(qiáng)度必須為零，因而平行導(dǎo)體板外側(cè)兩個(gè)面帶等量同號(hào)電荷證明（） 設(shè)兩塊導(dǎo)體平板表面的電荷面密度分別為、2、3、4 ，取如圖（）所示的圓柱面為高斯面，高斯面由側(cè)面S和兩個(gè)端面S2、S3構(gòu)成，由分析可知得 相向的兩面

13、電荷面密度大小相等符號(hào)相反（2） 由電場(chǎng)的疊加原理，取水平向右為參考正方向，導(dǎo)體內(nèi)P 點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為 相背的兩面電荷面密度大小相等符號(hào)相同6 11將帶電量為Q 的導(dǎo)體板A 從遠(yuǎn)處移至不帶電的導(dǎo)體板B 附近，如圖（）所示，兩導(dǎo)體板幾何形狀完全相同，面積均為S，移近后兩導(dǎo)體板距離為d（）（） 忽略邊緣效應(yīng)求兩導(dǎo)體板間的電勢(shì)差；（2） 若將B 接地，結(jié)果又將如何？分析由習(xí)題6 0 可知，導(dǎo)體板達(dá)到靜電平衡時(shí)，相對(duì)兩個(gè)面帶等量異號(hào)電荷；相背兩個(gè)面帶等量同號(hào)電荷再由電荷守恒可以求出導(dǎo)體各表面的電荷分布，進(jìn)一步求出電場(chǎng)分布和導(dǎo)體間的電勢(shì)差導(dǎo)體板B 接地后電勢(shì)為零，B 的外側(cè)表面不帶電，根據(jù)導(dǎo)體板相背兩個(gè)面

14、帶等量同號(hào)電荷可知，A 的外側(cè)表面也不再帶電，由電荷守恒可以求出導(dǎo)體各表面的電荷分布，進(jìn)一步求出電場(chǎng)分布和導(dǎo)體間的電勢(shì)差解（） 如圖（）所示，依照題意和導(dǎo)體板達(dá)到靜電平衡時(shí)的電荷分布規(guī)律可得解得兩導(dǎo)體板間電場(chǎng)強(qiáng)度為；方向?yàn)锳 指向B兩導(dǎo)體板間的電勢(shì)差為 （2） 如圖（c）所示，導(dǎo)體板B 接地后電勢(shì)為零兩導(dǎo)體板間電場(chǎng)強(qiáng)度為；方向?yàn)锳 指向B兩導(dǎo)體板間的電勢(shì)差為 6 12如圖所示球形金屬腔帶電量為Q 0，內(nèi)半徑為，外半徑為b，腔內(nèi)距球心O 為r 處有一點(diǎn)電荷q，求球心的電勢(shì)分析導(dǎo)體球達(dá)到靜電平衡時(shí)，內(nèi)表面感應(yīng)電荷q，外表面感應(yīng)電荷q；內(nèi)表面感應(yīng)電荷不均勻分布，外表面感應(yīng)電荷均勻分布球心O 點(diǎn)的電勢(shì)

15、由點(diǎn)電荷q、導(dǎo)體表面的感應(yīng)電荷共同決定在帶電面上任意取一電荷元，電荷元在球心產(chǎn)生的電勢(shì)由于R 為常量，因而無論球面電荷如何分布，半徑為R的帶電球面在球心產(chǎn)生的電勢(shì)為由電勢(shì)的疊加可以求得球心的電勢(shì)解導(dǎo)體球內(nèi)表面感應(yīng)電荷q，外表面感應(yīng)電荷q；依照分析，球心的電勢(shì)為6 13在真空中，將半徑為R 的金屬球接地，與球心O 相距為r（r R）處放置一點(diǎn)電荷q，不計(jì)接地導(dǎo)線上電荷的影響求金屬球表面上的感應(yīng)電荷總量分析金屬球?yàn)榈葎?shì)體，金屬球上任一點(diǎn)的電勢(shì)V 等于點(diǎn)電荷q 和金屬球表面感應(yīng)電荷q在球心激發(fā)的電勢(shì)之和在球面上任意取一電荷元q，電荷元可以視為點(diǎn)電荷，金屬球表面的感應(yīng)電荷在點(diǎn)O 激發(fā)的電勢(shì)為點(diǎn)O 總電

16、勢(shì)為而接地金屬球的電勢(shì)V0 0，由此可解出感應(yīng)電荷q解金屬球接地，其球心的電勢(shì)感應(yīng)電荷總量6 14地球和電離層可當(dāng)作球形電容器，它們之間相距約為100 km，試估算地球電離層系統(tǒng)的電容設(shè)地球與電離層之間為真空解由于地球半徑R1 6.37106 m；電離層半徑R2 1.00105 m R1 6.47 106 m，根據(jù)球形電容器的電容公式，可得6 15兩線輸電線，其導(dǎo)線半徑為3.26 mm，兩線中心相距0.50 m，導(dǎo)線位于地面上空很高處，因而大地影響可以忽略求輸電線單位長(zhǎng)度的電容解由教材第六章6 4 節(jié)例3 可知兩輸電線的電勢(shì)差因此，輸電線單位長(zhǎng)度的電容代入數(shù)據(jù) 6 16電容式計(jì)算機(jī)鍵盤的每一個(gè)

17、鍵下面連接一小塊金屬片，金屬片與底板上的另一塊金屬片間保持一定空氣間隙，構(gòu)成一小電容器（如圖）。當(dāng)按下按鍵時(shí)電容發(fā)生變化，通過與之相連的電子線路向計(jì)算機(jī)發(fā)出該鍵相應(yīng)的代碼信號(hào)。假設(shè)金屬片面積為50.0 mm2 ，兩金屬片之間的距離是0.600 mm。如果電路能檢測(cè)出的電容變化量是0.250 pF，試問按鍵需要按下多大的距離才能給出必要的信號(hào)？分析按下按鍵時(shí)兩金屬片之間的距離變小，電容增大，由電容的變化量可以求得按鍵按下的最小距離：解按下按鍵時(shí)電容的變化量為按鍵按下的最小距離為6 17蓋革米勒管可用來測(cè)量電離輻射該管的基本結(jié)構(gòu)如圖所示，一半徑為R1 的長(zhǎng)直導(dǎo)線作為一個(gè)電極，半徑為R2 的同軸圓柱

18、筒為另一個(gè)電極它們之間充以相對(duì)電容率 1 的氣體當(dāng)電離粒子通過氣體時(shí)，能使其電離若兩極間有電勢(shì)差時(shí)，極間有電流，從而可測(cè)出電離粒子的數(shù)量如以E1 表示半徑為R1 的長(zhǎng)直導(dǎo)線附近的電場(chǎng)強(qiáng)度（1） 求兩極間電勢(shì)差的關(guān)系式；（2） 若E1 2.0 106 V m 1 ，R1 0.30 mm，R2 20.0 mm，兩極間的電勢(shì)差為多少？分析兩極間的電場(chǎng)可以近似認(rèn)為是無限長(zhǎng)同軸帶電圓柱體間的電場(chǎng)，由于電荷在圓柱面上均勻分布，電場(chǎng)分布為軸對(duì)稱由高斯定理不難求得兩極間的電場(chǎng)強(qiáng)度，并利用電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的積分關(guān)系 求出兩極間的電勢(shì)差解（1） 由上述分析，利用高斯定理可得，則兩極間的電場(chǎng)強(qiáng)度導(dǎo)線表面（r R1

19、）的電場(chǎng)強(qiáng)度兩極間的電勢(shì)差（2） 當(dāng) ，R1 0.30 mm，R2 20.0 mm 時(shí)，6 18一片二氧化鈦晶片，其面積為1.0 cm2 ，厚度為0.10 mm把平行平板電容器的兩極板緊貼在晶片兩側(cè).（1） 求電容器的電容；（2） 當(dāng)在電容器的兩極間加上12 V電壓時(shí)，極板上的電荷為多少？ 此時(shí)自由電荷和極化電荷的面密度各為多少？ （3） 求電容器內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度解（1） 查表可知二氧化鈦的相對(duì)電容率r 173，故充滿此介質(zhì)的平板電容器的電容（2） 電容器加上U 12 V 的電壓時(shí)，極板上的電荷極板上自由電荷面密度為晶片表面極化電荷密度（3） 晶片內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度為6 19如圖所示，半徑R 0.10

20、m 的導(dǎo)體球帶有電荷Q 1.0 10C，導(dǎo)體外有兩層均勻介質(zhì)，一層介質(zhì)的r5.0，厚度d 0.10 m，另一層介質(zhì)為空氣，充滿其余空間求：（1） 離球心為r 5cm、15 cm、25 cm 處的D 和E；（2） 離球心為r 5 cm、15 cm、25 cm 處的V；（3） 極化電荷面密度分析帶電球上的自由電荷均勻分布在導(dǎo)體球表面，電介質(zhì)的極化電荷也均勻分布在介質(zhì)的球形界面上，因而介質(zhì)中的電場(chǎng)是球?qū)ΨQ分布的任取同心球面為高斯面，電位移矢量D 的通量與自由電荷分布有關(guān)，因此，在高斯面上D 呈均勻?qū)ΨQ分布，由高斯定理可得D（r）再由可得E（r）介質(zhì)內(nèi)電勢(shì)的分布，可由電勢(shì)和電場(chǎng)強(qiáng)度的積分關(guān)系求得，或者

21、由電勢(shì)疊加原理求得極化電荷分布在均勻介質(zhì)的表面，其極化電荷面密度解（1） 取半徑為r 的同心球面為高斯面，由高斯定理得r R ；R r R d ；r R d ；將不同的r 值代入上述關(guān)系式，可得r 5 cm、15 cm 和25 cm 時(shí)的電位移和電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，其方向均沿徑向朝外r1 5 cm，該點(diǎn)在導(dǎo)體球內(nèi)，則；r2 15 cm，該點(diǎn)在介質(zhì)層內(nèi)， 5.0，則；r3 25 cm，該點(diǎn)在空氣層內(nèi)，空氣中0 ，則；（2） 取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，由電勢(shì)與電場(chǎng)強(qiáng)度的積分關(guān)系得r3 25 cm，r2 15 cm，r1 5 cm，（3） 均勻介質(zhì)的極化電荷分布在介質(zhì)界面上，因空氣的電容率 0 ，極化電荷可忽

22、略故在介質(zhì)外表面；在介質(zhì)內(nèi)表面：介質(zhì)球殼內(nèi)、外表面的極化電荷面密度雖然不同，但是兩表面極化電荷的總量還是等量異號(hào)6 20人體的某些細(xì)胞壁兩側(cè)帶有等量的異號(hào)電荷。設(shè)某細(xì)胞壁厚為5.2 109 m，兩表面所帶面電荷密度為5.2 10 3 Cm2 ，內(nèi)表面為正電荷如果細(xì)胞壁物質(zhì)的相對(duì)電容率為6.0，求（1） 細(xì)胞壁內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度；（2） 細(xì)胞壁兩表面間的電勢(shì)差解（1）細(xì)胞壁內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度；方向指向細(xì)胞外（2） 細(xì)胞壁兩表面間的電勢(shì)差6 21 一平板電容器，充電后極板上電荷面密度為0 4.510-5 C m-2現(xiàn)將兩極板與電源斷開，然后再把相對(duì)電容率為 2.0 的電介質(zhì)插入兩極板之間此時(shí)電介質(zhì)中的D、E

23、和P 各為多少？分析平板電容器極板上自由電荷均勻分布，電場(chǎng)強(qiáng)度和電位移矢量都是常矢量充電后斷開電源，在介質(zhì)插入前后，導(dǎo)體板上自由電荷保持不變?nèi)D所示的圓柱面為高斯面，由介質(zhì)中的高斯定理可求得電位移矢量D，再根據(jù)，可求得電場(chǎng)強(qiáng)度E 和電極化強(qiáng)度矢量P解由分析可知，介質(zhì)中的電位移矢量的大小介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度和極化強(qiáng)度的大小分別為D、P、E方向相同，均由正極板指向負(fù)極板（圖中垂直向下）6 22在一半徑為R1 的長(zhǎng)直導(dǎo)線外，套有氯丁橡膠絕緣護(hù)套，護(hù)套外半徑為R2 ，相對(duì)電容率為 設(shè)沿軸線單位長(zhǎng)度上，導(dǎo)線的電荷密度為試求介質(zhì)層內(nèi)的D、E 和P分析將長(zhǎng)直帶電導(dǎo)線視作無限長(zhǎng)，自由電荷均勻分布在導(dǎo)線表面在絕緣介

24、質(zhì)層的內(nèi)、外表面分別出現(xiàn)極化電荷，這些電荷在內(nèi)外表面呈均勻分布，所以電場(chǎng)是軸對(duì)稱分布取同軸柱面為高斯面，由介質(zhì)中的高斯定理可得電位移矢量D 的分布在介質(zhì)中，可進(jìn)一步求得電場(chǎng)強(qiáng)度E 和電極化強(qiáng)度矢量P 的分布解由介質(zhì)中的高斯定理，有得在均勻各向同性介質(zhì)中6 23如圖所示，球形電極浮在相對(duì)電容率為r 3.0 的油槽中.球的一半浸沒在油中，另一半在空氣中.已知電極所帶凈電荷Q0 2.0 106 C.問球的上、下部分各有多少電荷？分析由于導(dǎo)體球一半浸在油中，電荷在導(dǎo)體球上已不再是均勻分布，電場(chǎng)分布不再呈球?qū)ΨQ，因此，不能簡(jiǎn)單地由高斯定理求電場(chǎng)和電荷的分布我們可以將導(dǎo)體球理解為兩個(gè)分別懸浮在油和空氣中的

25、半球形孤立電容器，靜電平衡時(shí)導(dǎo)體球上的電荷分布使導(dǎo)體成為等勢(shì)體，故可將導(dǎo)體球等效為兩個(gè)半球電容并聯(lián)，其相對(duì)無限遠(yuǎn)處的電勢(shì)均為V，且 （1）另外導(dǎo)體球上的電荷總量保持不變，應(yīng)有 （2）因而可解得Q1 、Q2 解將導(dǎo)體球看作兩個(gè)分別懸浮在油和空氣中的半球形孤立電容器，上半球在空氣中，電容為下半球在油中，電容為由分析中式（1）和式（2）可解得由于導(dǎo)體球周圍部分區(qū)域充滿介質(zhì)，球上電荷均勻分布的狀態(tài)將改變可以證明，此時(shí)介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度與真空中的電場(chǎng)強(qiáng)度也不再滿足的關(guān)系事實(shí)上，只有當(dāng)電介質(zhì)均勻充滿整個(gè)電場(chǎng)，并且自由電荷分布不變時(shí)，才滿足 6 24有兩塊相距為0.50 的薄金屬板A、B 構(gòu)成的空氣平板電容器

26、被屏蔽在一金屬盒 內(nèi)，金屬盒上、下兩壁與A、B 分別相距0.25 mm，金屬板面積為30 mm 40 mm。求（1） 被屏蔽后電容器的電容變?yōu)樵瓉淼膸妆?；?） 若電容器的一個(gè)引腳不慎與金屬屏蔽盒相碰，問此時(shí)的電容又為原來的幾倍？分析薄金屬板A、B 與金屬盒一起構(gòu)成三個(gè)電容器，其等效電路圖如圖（）所示，由于兩導(dǎo)體間距離較小，電容器可視為平板電容器，通過分析等效電路圖可以求得A、B 間的電容。解（1） 由等效電路圖可知由于電容器可以視作平板電容器，且，故 ，因此A、B 間的總電容（2） 若電容器的一個(gè)引腳不慎與金屬屏蔽盒相碰，相當(dāng)于C2 （或者C3 ）極板短接，其電容為零，則總電容6 25在A

27、點(diǎn)和B 點(diǎn)之間有5 個(gè)電容器，其連接如圖所示（1） 求A、B 兩點(diǎn)之間的等效電容；（2） 若A、B 之間的電勢(shì)差為12 V，求UAC 、UCD 和UDB 解（1） 由電容器的串、并聯(lián)，有求得等效電容CAB 4 F（2） 由于，得6 26有一個(gè)空氣平板電容器，極板面積為S，間距為d現(xiàn)將該電容器接在端電壓為U 的電源上充電，當(dāng)（1） 充足電后；（2） 然后平行插入一塊面積相同、厚度為（ d）、相對(duì)電容率為 的電介質(zhì)板；（3） 將上述電介質(zhì)換為同樣大小的導(dǎo)體板分別求電容器的電容C，極板上的電荷Q 和極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E分析電源對(duì)電容器充電，電容器極板間的電勢(shì)差等于電源端電壓U插入電介質(zhì)后，由于介質(zhì)界面

28、出現(xiàn)極化電荷，極化電荷在介質(zhì)中激發(fā)的電場(chǎng)與原電容器極板上自由電荷激發(fā)的電場(chǎng)方向相反，介質(zhì)內(nèi)的電場(chǎng)減弱由于極板間的距離d 不變，因而與電源相接的導(dǎo)體極板將會(huì)從電源獲得電荷，以維持電勢(shì)差不變，并有相類似的原因，在平板電容器極板之間，若平行地插入一塊導(dǎo)體板，由于極板上的自由電荷和插入導(dǎo)體板上的感應(yīng)電荷在導(dǎo)體板內(nèi)激發(fā)的電場(chǎng)相互抵消，與電源相接的導(dǎo)體極板將會(huì)從電源獲得電荷，使間隙中的電場(chǎng)E 增強(qiáng)，以維持兩極板間的電勢(shì)差不變，并有綜上所述，接上電源的平板電容器，插入介質(zhì)或?qū)w后，極板上的自由電荷均會(huì)增加，而電勢(shì)差保持不變解（1） 空氣平板電容器的電容充電后，極板上的電荷和極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為（2） 插入電介

29、質(zhì)后，電容器的電容C1 為故有介質(zhì)內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度空氣中電場(chǎng)強(qiáng)度（3） 插入導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡后，導(dǎo)體為等勢(shì)體，其電容和極板上的電荷分別為導(dǎo)體中電場(chǎng)強(qiáng)度 空氣中電場(chǎng)強(qiáng)度無論是插入介質(zhì)還是插入導(dǎo)體，由于電容器的導(dǎo)體極板與電源相連，在維持電勢(shì)差不變的同時(shí)都從電源獲得了電荷，自由電荷分布的變化同樣使得介質(zhì)內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度不再等于E0/6 27為了實(shí)時(shí)檢測(cè)紡織品、紙張等材料的厚度（待測(cè)材料可視作相對(duì)電容率為 的電介質(zhì)），通常在生產(chǎn)流水線上設(shè)置如圖所示的傳感裝置，其中A，B為平板電容器的導(dǎo)體極板，d0 為兩極板間的距離試說明檢測(cè)原理，并推出直接測(cè)量量電容C 與間接測(cè)量量厚度d 之間的函數(shù)關(guān)系如果要檢測(cè)鋼板等金屬材料

30、的厚度，結(jié)果又將如何？分析導(dǎo)體極板A、B 和待測(cè)物體構(gòu)成一有介質(zhì)的平板電容器，關(guān)于電容C與材料的厚度的關(guān)系，可參見題6 26 的分析解由分析可知，該裝置的電容為則介質(zhì)的厚度為如果待測(cè)材料是金屬導(dǎo)體，其等效電容為導(dǎo)體材料的厚度實(shí)時(shí)地測(cè)量A、B 間的電容量C，根據(jù)上述關(guān)系式就可以間接地測(cè)出材料的厚度通常智能化的儀表可以實(shí)時(shí)地顯示出待測(cè)材料的厚度6 28利用電容傳感器測(cè)量油料液面高度其原理如圖所示，導(dǎo)體圓管A與儲(chǔ)油罐B 相連，圓管的內(nèi)徑為D，管中心同軸插入一根外徑為d 的導(dǎo)體棒C，d、D 均遠(yuǎn)小于管長(zhǎng)L 并且相互絕緣試證明：當(dāng)導(dǎo)體圓管與導(dǎo)體棒之間接以電壓為U 的電源時(shí)，圓管上的電荷與液面高度成正比（

31、油料的相對(duì)電容率為 ）分析由于d、D L，導(dǎo)體A、C 構(gòu)成圓柱形電容器，可視為一個(gè)長(zhǎng)X（X 為液面高度）的介質(zhì)電容器C1 和一個(gè)長(zhǎng)L X 的空氣電容器C2 的并聯(lián)，它們的電容值均隨X 而改變因此其等效電容C C1 C2 也是X 的函數(shù)由于Q CU，在電壓一定時(shí)，電荷Q 僅隨C 而變化，求出Q 與液面高度X 的函數(shù)關(guān)系，即可得證證由分析知，導(dǎo)體A、C 構(gòu)成一組柱形電容器，它們的電容分別為其總電容其中；即導(dǎo)體管上所帶電荷Q 與液面高度X 成正比，油罐與電容器聯(lián)通兩液面等高，測(cè)出電荷Q 即可確定油罐的液面高度6 29 有一電容為0.50 F 的平行平板電容器，兩極板間被厚度為0.01 mm的聚四氟乙

32、烯薄膜所隔開，（1） 求該電容器的額定電壓；（2） 求電容器存貯的最大能量分析通過查表可知聚四氟乙烯的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度Eb 1.9 107 Vm，電容器中的電場(chǎng)強(qiáng)度EEb ，由此可以求得電容器的最大電勢(shì)差和電容器存貯的最大能量解（1） 電容器兩極板間的電勢(shì)差（2） 電容器存貯的最大能量6 30半徑為0.10 cm 的長(zhǎng)直導(dǎo)線，外面套有內(nèi)半徑為1.0 cm 的共軸導(dǎo)體圓筒，導(dǎo)線與圓筒間為空氣略去邊緣效應(yīng)，求：（1） 導(dǎo)線表面最大電荷面密度；（2） 沿軸線單位長(zhǎng)度的最大電場(chǎng)能量分析如果設(shè)長(zhǎng)直導(dǎo)線上單位長(zhǎng)度所帶電荷為，導(dǎo)線表面附近的電場(chǎng)強(qiáng)度查表可以得知空氣的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度Eb 3.0 106（Vm），只有

33、當(dāng)空氣中的電場(chǎng)強(qiáng)度EEb 空氣才不會(huì)被擊穿，由于在導(dǎo)線表面附近電場(chǎng)強(qiáng)度最大，因而可以求出的極限值再求得電場(chǎng)能量密度，并通過同軸圓柱形體元內(nèi)電場(chǎng)能量的積分求得單位長(zhǎng)度的最大電場(chǎng)強(qiáng)度解（1） 導(dǎo)線表面最大電荷面密度顯然導(dǎo)線表面最大電荷面密度與導(dǎo)線半徑無關(guān)（2） 由上述分析得，此時(shí)導(dǎo)線與圓筒之間各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為 (其他)沿軸線單位長(zhǎng)度的最大電場(chǎng)能量6 31一空氣平板電容器，空氣層厚1.5 cm，兩極間電壓為40 kV，該電容器會(huì)被擊穿嗎？ 現(xiàn)將一厚度為0.30 cm 的玻璃板插入此電容器，并與兩極平行，若該玻璃的相對(duì)電容率為7.0，擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度為10 V m1 則此時(shí)電容器會(huì)被擊穿嗎？分析在未插入玻

34、璃板時(shí)，不難求出空氣中的電場(chǎng)強(qiáng)度小于空氣的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度，電容器不會(huì)被擊穿插入玻璃后，由習(xí)題6 26 可知，若電容器與電源相連，則極板間的電勢(shì)差維持不變，電容器將會(huì)從電源獲取電荷此時(shí)空氣間隙中的電場(chǎng)強(qiáng)度將會(huì)增大若它大于空氣的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度，則電容器的空氣層將首先被擊穿此時(shí)40 kV 電壓全部加在玻璃板兩側(cè)，玻璃內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度如也大于玻璃擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度的值，則玻璃也將被擊穿整個(gè)電容器被擊穿解未插入玻璃時(shí)，電容器內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度為因空氣的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度 ，故電容器不會(huì)被擊穿插入玻璃后，由習(xí)題6 26 可知，空氣間隙中的電場(chǎng)強(qiáng)度此時(shí)，因 ，空氣層被擊穿，擊穿后40 kV 電壓全部加在玻璃板兩側(cè)，此時(shí)玻璃板內(nèi)的電場(chǎng)

35、強(qiáng)度由于玻璃的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度， ，故玻璃也將相繼被擊穿，電容器完全被擊穿6 32某介質(zhì)的相對(duì)電容率，擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度為 ，如果用它來作平板電容器的電介質(zhì)，要制作電容為0.047 F，而耐壓為4.0kV的電容器，它的極板面積至少要多大解介質(zhì)內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度電容耐壓Um 4.0 kV，因而電容器極板間最小距離要制作電容為0.047 F 的平板電容器，其極板面積顯然，這么大的面積平鋪開來所占據(jù)的空間太大了，通常將平板電容器卷疊成筒狀后再封裝6 33一平行板空氣電容器，極板面積為S，極板間距為d，充電至帶電Q后與電源斷開，然后用外力緩緩地把兩極板間距拉開到2d求：（1） 電容器能量的改變；（2） 此過程中外力所作

36、的功，并討論此過程中的功能轉(zhuǎn)換關(guān)系分析在將電容器兩極板拉開的過程中，由于導(dǎo)體極板上的電荷保持不變，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度亦不變，但電場(chǎng)所占有的空間增大，系統(tǒng)總的電場(chǎng)能量增加了根據(jù)功能原理，所增加的能量應(yīng)該等于拉開過程中外力克服兩極板間的靜電引力所作的功解（1） 極板間的電場(chǎng)為均勻場(chǎng)，且電場(chǎng)強(qiáng)度保持不變，因此，電場(chǎng)的能量密度為在外力作用下極板間距從d 被拉開到2d，電場(chǎng)占有空間的體積，也由V 增加到2V，此時(shí)電場(chǎng)能量增加（2） 兩導(dǎo)體極板帶等量異號(hào)電荷，外力F 將其緩緩拉開時(shí)，應(yīng)有FFe ，則外力所作的功為外力克服靜電引力所作的功等于靜電場(chǎng)能量的增加第七章恒定磁場(chǎng)7 1兩根長(zhǎng)度相同的細(xì)導(dǎo)線分別多層密繞

37、在半徑為R 和r 的兩個(gè)長(zhǎng)直圓筒上形成兩個(gè)螺線管，兩個(gè)螺線管的長(zhǎng)度相同，R 2r，螺線管通過的電流相同為I，螺線管中的磁感強(qiáng)度大小BR 、Br滿足（）（A） （B） （C） （D）分析與解在兩根通過電流相同的螺線管中，磁感強(qiáng)度大小與螺線管線圈單位長(zhǎng)度的匝數(shù)成正比根據(jù)題意，用兩根長(zhǎng)度相同的細(xì)導(dǎo)線繞成的線圈單位長(zhǎng)度的匝數(shù)之比因而正確答案為（C）。7 2一個(gè)半徑為r 的半球面如圖放在均勻磁場(chǎng)中，通過半球面的磁通量為（）（A）（B） （C） （D） 分析與解作半徑為r 的圓S與半球面構(gòu)成一閉合曲面，根據(jù)磁場(chǎng)的高斯定理，磁感線是閉合曲線，閉合曲面的磁通量為零，即穿進(jìn)半球面S 的磁通量等于穿出圓面S的磁通

38、量；因而正確答案為（D）7 3下列說法正確的是（）（A） 閉合回路上各點(diǎn)磁感強(qiáng)度都為零時(shí)，回路內(nèi)一定沒有電流穿過（B） 閉合回路上各點(diǎn)磁感強(qiáng)度都為零時(shí)，回路內(nèi)穿過電流的代數(shù)和必定為零（C） 磁感強(qiáng)度沿閉合回路的積分為零時(shí)，回路上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度必定為零（D） 磁感強(qiáng)度沿閉合回路的積分不為零時(shí)，回路上任意一點(diǎn)的磁感強(qiáng)度都不可能為零分析與解由磁場(chǎng)中的安培環(huán)路定律，磁感強(qiáng)度沿閉合回路的積分為零時(shí)，回路上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度不一定為零；閉合回路上各點(diǎn)磁感強(qiáng)度為零時(shí)，穿過回路的電流代數(shù)和必定為零。因而正確答案為（B）7 4在圖（）和（）中各有一半徑相同的圓形回路L1 、L2 ，圓周內(nèi)有電流I1 、I2 ，其分布

39、相同，且均在真空中，但在（）圖中L2 回路外有電流I3 ，P1 、P2 為兩圓形回路上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，則（）（A） ，（B） ，（C） ，（D） ，分析與解由磁場(chǎng)中的安培環(huán)路定律，積分回路外的電流不會(huì)影響磁感強(qiáng)度沿回路的積分；但同樣會(huì)改變回路上各點(diǎn)的磁場(chǎng)分布因而正確答案為（C）*7 5半徑為R 的圓柱形無限長(zhǎng)載流直導(dǎo)體置于均勻無限大磁介質(zhì)之中，若導(dǎo)體中流過的恒定電流為I，磁介質(zhì)的相對(duì)磁導(dǎo)率為 （1），則磁介質(zhì)內(nèi)的磁化強(qiáng)度為（）（A）（B） （C） （D） 分析與解利用安培環(huán)路定理可先求出磁介質(zhì)中的磁場(chǎng)強(qiáng)度，再由M（1）H 求得磁介質(zhì)內(nèi)的磁化強(qiáng)度，因而正確答案為（B）7 6北京正負(fù)電子對(duì)撞機(jī)的儲(chǔ)存環(huán)是

40、周長(zhǎng)為240 m 的近似圓形軌道，當(dāng)環(huán)中電子流強(qiáng)度為8 mA 時(shí)，在整個(gè)環(huán)中有多少電子在運(yùn)行？ 已知電子的速率接近光速。分析一個(gè)電子繞存儲(chǔ)環(huán)近似以光速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)電流的貢獻(xiàn)為，因而由，可解出環(huán)中的電子數(shù)。解通過分析結(jié)果可得環(huán)中的電子數(shù)7 7已知銅的摩爾質(zhì)量M 63.75 mol1 ，密度 8.9 g cm3 ，在銅導(dǎo)線里，假設(shè)每一個(gè)銅原子貢獻(xiàn)出一個(gè)自由電子，（1）為了技術(shù)上的安全，銅線內(nèi)最大電流密度 ，求此時(shí)銅線內(nèi)電子的漂移速率vd ；（2） 在室溫下電子熱運(yùn)動(dòng)的平均速率是電子漂移速率vd的多少倍？分析一個(gè)銅原子的質(zhì)量,其中NA 為阿伏伽德羅常數(shù)，由銅的密度 可以推算出銅的原子數(shù)密度根據(jù)假設(shè)，每

41、個(gè)銅原子貢獻(xiàn)出一個(gè)自由電子，其電荷為e，電流密度 從而可解得電子的漂移速率vd將電子氣視為理想氣體，根據(jù)氣體動(dòng)理論，電子熱運(yùn)動(dòng)的平均速率其中k 為玻耳茲曼常量，me 為電子質(zhì)量從而可解得電子的平均速率與漂移速率的關(guān)系解（1） 銅導(dǎo)線單位體積的原子數(shù)為電流密度為jm 時(shí)銅線內(nèi)電子的漂移速率（2） 室溫下（T 300 ）電子熱運(yùn)動(dòng)的平均速率與電子漂移速率之比為室溫下電子熱運(yùn)動(dòng)的平均速率遠(yuǎn)大于電子在恒定電場(chǎng)中的定向漂移速率電子實(shí)際的運(yùn)動(dòng)是無規(guī)熱運(yùn)動(dòng)和沿電場(chǎng)相反方向的漂移運(yùn)動(dòng)的疊加考慮到電子的漂移速率很小，電信號(hào)的信息載體顯然不會(huì)是定向漂移的電子實(shí)驗(yàn)證明電信號(hào)是通過電磁波以光速傳遞的7 8有兩個(gè)同軸導(dǎo)

42、體圓柱面，它們的長(zhǎng)度均為20 m，內(nèi)圓柱面的半徑為3.0 mm，外圓柱面的半徑為9.0 mm.若兩圓柱面之間有10 A電流沿徑向流過，求通過半徑為6.0 mm的圓柱面上的電流密度分析如圖所示是同軸柱面的橫截面，電流密度j 對(duì)中心軸對(duì)稱分布根據(jù)恒定電流的連續(xù)性，在兩個(gè)同軸導(dǎo)體之間的任意一個(gè)半徑為r 的同軸圓柱面上流過的電流I 都相等，因此可得解由分析可知，在半徑r 6.0 mm的圓柱面上的電流密度7 9如圖所示，已知地球北極地磁場(chǎng)磁感強(qiáng)度B 的大小為6.0105T如設(shè)想此地磁場(chǎng)是由地球赤道上一圓電流所激發(fā)的，此電流有多大？ 流向如何？解設(shè)赤道電流為I，則由教材第7 4 節(jié)例2 知，圓電流軸線上北

43、極點(diǎn)的磁感強(qiáng)度因此赤道上的等效圓電流為由于在地球地磁場(chǎng)的 極在地理南極，根據(jù)右手螺旋法則可判斷赤道圓電流應(yīng)該是由東向西流，與地球自轉(zhuǎn)方向相反7 10如圖所示，有兩根導(dǎo)線沿半徑方向接觸鐵環(huán)的a、b 兩點(diǎn)，并與很遠(yuǎn)處的電源相接。求環(huán)心O 的磁感強(qiáng)度分析根據(jù)疊加原理，點(diǎn)O 的磁感強(qiáng)度可視作由ef、be、fa三段直線以及acb、adb兩段圓弧電流共同激發(fā)由于電源距環(huán)較遠(yuǎn)，而be、fa兩段直線的延長(zhǎng)線通過點(diǎn)O，由于，由畢薩定律知流過圓弧的電流I1 、I2的方向如圖所示，兩圓弧在點(diǎn)O 激發(fā)的磁場(chǎng)分別為,其中I1 、I2 分別是圓弧acb、adb的弧長(zhǎng)，由于導(dǎo)線電阻R 與弧長(zhǎng)l 成正比，而圓弧acb、adb

44、又構(gòu)成并聯(lián)電路，故有將B1 、B2 疊加可得點(diǎn)O 的磁感強(qiáng)度B解由上述分析可知，點(diǎn)O 的合磁感強(qiáng)度7 11如圖所示，幾種載流導(dǎo)線在平面內(nèi)分布，電流均為I，它們?cè)邳c(diǎn)O 的磁感強(qiáng)度各為多少？分析應(yīng)用磁場(chǎng)疊加原理求解將不同形狀的載流導(dǎo)線分解成長(zhǎng)直部分和圓弧部分，它們各自在點(diǎn)O 處所激發(fā)的磁感強(qiáng)度較容易求得，則總的磁感強(qiáng)度解（） 長(zhǎng)直電流對(duì)點(diǎn)O 而言，有，因此它在點(diǎn)O 產(chǎn)生的磁場(chǎng)為零，則點(diǎn)O 處總的磁感強(qiáng)度為1/4 圓弧電流所激發(fā)，故有B0 的方向垂直紙面向外（） 將載流導(dǎo)線看作圓電流和長(zhǎng)直電流，由疊加原理可得B0 的方向垂直紙面向里（c） 將載流導(dǎo)線看作1/2 圓電流和兩段半無限長(zhǎng)直電流，由疊加原理

45、可得B0 的方向垂直紙面向外7 12載流導(dǎo)線形狀如圖所示（圖中直線部分導(dǎo)線延伸到無窮遠(yuǎn)），求點(diǎn)O的磁感強(qiáng)度B 分析由教材7 4 節(jié)例題可知，圓弧載流導(dǎo)線在圓心激發(fā)的磁感強(qiáng)度，其中為圓弧載流導(dǎo)線所張的圓心角，磁感強(qiáng)度的方向依照右手定則確定；半無限長(zhǎng)載流導(dǎo)線在圓心點(diǎn)O 激發(fā)的磁感強(qiáng)度，磁感強(qiáng)度的方向依照右手定則確定。點(diǎn)O 的磁感強(qiáng)度BO 可以視為由圓弧載流導(dǎo)線、半無限長(zhǎng)載流導(dǎo)線等激發(fā)的磁場(chǎng)在空間點(diǎn)O 的疊加。解根據(jù)磁場(chǎng)的疊加在圖（）中，在圖（）中，在圖（c）中，7 13如圖所示，一個(gè)半徑為R 的無限長(zhǎng)半圓柱面導(dǎo)體，沿長(zhǎng)度方向的電流I 在柱面上均勻分布求半圓柱面軸線OO上的磁感強(qiáng)度分析畢薩定理只能用

46、于求線電流的磁場(chǎng)分布，對(duì)于本題的半圓柱形面電流，可將半圓柱面分割成寬度的細(xì)電流，細(xì)電流與軸線OO平行，將細(xì)電流在軸線上產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度疊加，即可求得半圓柱面軸線上的磁感強(qiáng)度解根據(jù)分析，由于長(zhǎng)直細(xì)線中的電流，它在軸線上一點(diǎn)激發(fā)的磁感強(qiáng)度的大小為其方向在Oxy 平面內(nèi)，且與由l 引向點(diǎn)O 的半徑垂直，如圖7 13（）所示由對(duì)稱性可知，半圓柱面上細(xì)電流在軸線OO上產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度疊加后，得則軸線上總的磁感強(qiáng)度大小B 的方向指向Ox 軸負(fù)向7 14實(shí)驗(yàn)室中常用所謂的亥姆霍茲線圈在局部區(qū)域內(nèi)獲得一近似均勻的磁場(chǎng)，其裝置簡(jiǎn)圖如圖（）所示一對(duì)完全相同、彼此平行的線圈，它們的半徑均為R，通過的電流均為I，且兩線圈

47、中電流的流向相同試證：當(dāng)兩線圈中心之間的距離d 等于線圈的半徑R 時(shí)，在兩線圈中心連線的中點(diǎn)附近區(qū)域，磁場(chǎng)可看成是均勻磁場(chǎng)(提示：如以兩線圈中心連線的中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，兩線圈中心連線為x 軸，則中點(diǎn)附近的磁場(chǎng)可看成是均勻磁場(chǎng)的條件為；)分析設(shè)磁感強(qiáng)度在Ox 軸線上的分布為B（x）（可由兩個(gè)圓電流線圈在軸線上磁場(chǎng)的疊加而得），如在軸線上某點(diǎn)處，這表明在該點(diǎn)附近的磁感強(qiáng)度有三種可能，即有極大值()、極小值() 或均勻()據(jù)此可得獲得均勻磁場(chǎng)的條件證取兩線圈中心連線的中點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，兩線圈中心軸線為x 軸，在x軸上任一點(diǎn)的磁感強(qiáng)度則當(dāng)時(shí)，磁感強(qiáng)度在該點(diǎn)附近小區(qū)域內(nèi)是均勻的，該小區(qū)域的磁場(chǎng)為均勻場(chǎng)由

48、， 解得x 0由，解得 d R 將磁感強(qiáng)度B 在兩線圈中點(diǎn)附近用泰勒級(jí)數(shù)展開，則若x 1；且；則磁感強(qiáng)度B（x）在中點(diǎn)O 附近近似為常量，場(chǎng)為均勻場(chǎng)這表明在d R 時(shí)，中點(diǎn)（x 0）附近區(qū)域的磁場(chǎng)可視為均勻磁場(chǎng)7 15如圖所示，載流長(zhǎng)直導(dǎo)線的電流為I，試求通過矩形面積的磁通量分析由于矩形平面上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度不同，故磁通量BS為此，可在矩形平面上取一矩形面元dS ldx圖（），載流長(zhǎng)直導(dǎo)線的磁場(chǎng)穿過該面元的磁通量為矩形平面的總磁通量解由上述分析可得矩形平面的總磁通量7 16已知10 mm2 裸銅線允許通過50 A 電流而不會(huì)使導(dǎo)線過熱電流在導(dǎo)線橫截面上均勻分布求：（1） 導(dǎo)線內(nèi)、外磁感強(qiáng)度的分布

49、；（2） 導(dǎo)線表面的磁感強(qiáng)度分析可將導(dǎo)線視作長(zhǎng)直圓柱體，電流沿軸向均勻流過導(dǎo)體，故其磁場(chǎng)必然呈軸對(duì)稱分布，即在與導(dǎo)線同軸的圓柱面上的各點(diǎn)，B 大小相等方向與電流成右手螺旋關(guān)系為此，可利用安培環(huán)路定理，求出導(dǎo)線表面的磁感強(qiáng)度解（1） 圍繞軸線取同心圓為環(huán)路L，取其繞向與電流成右手螺旋關(guān)系，根據(jù)安培環(huán)路定理，有在導(dǎo)線內(nèi)r R， ，因而在導(dǎo)線外r R，因而磁感強(qiáng)度分布曲線如圖所示（2） 在導(dǎo)線表面磁感強(qiáng)度連續(xù)，由I 50 A，得7 17有一同軸電纜，其尺寸如圖（）所示兩導(dǎo)體中的電流均為I，但電流的流向相反，導(dǎo)體的磁性可不考慮試計(jì)算以下各處的磁感強(qiáng)度：（1） r R1 ；（2） R1 r R2 ；（3

50、） R2 r R3 ；（4） r R3 畫出B r 圖線分析同軸電纜導(dǎo)體內(nèi)的電流均勻分布，其磁場(chǎng)呈軸對(duì)稱，取半徑為r 的同心圓為積分路徑， ，利用安培環(huán)路定理，可解得各區(qū)域的磁感強(qiáng)度解由上述分析得r R1 R1 r R2R2 r R3 r R3磁感強(qiáng)度B（r）的分布曲線如圖（）7 18如圖所示，N 匝線圈均勻密繞在截面為長(zhǎng)方形的中空骨架上求通入電流I 后，環(huán)內(nèi)外磁場(chǎng)的分布分析根據(jù)右手螺旋法則，螺線管內(nèi)磁感強(qiáng)度的方向與螺線管中心軸線構(gòu)成同心圓，若取半徑為r 的圓周為積分環(huán)路，由于磁感強(qiáng)度在每一環(huán)路上為常量，因而依照安培環(huán)路定理，可以解得螺線管內(nèi)磁感強(qiáng)度的分布解依照上述分析，有r R1 R2 r

51、R1 r R2 在螺線管內(nèi)磁感強(qiáng)度B 沿圓周，與電流成右手螺旋若 和R2 ，則環(huán)內(nèi)的磁場(chǎng)可以近似視作均勻分布，設(shè)螺線環(huán)的平均半徑，則環(huán)內(nèi)的磁感強(qiáng)度近似為7 19電流I 均勻地流過半徑為R 的圓形長(zhǎng)直導(dǎo)線，試計(jì)算單位長(zhǎng)度導(dǎo)線內(nèi)的磁場(chǎng)通過圖中所示剖面的磁通量分析由題7 16 可得導(dǎo)線內(nèi)部距軸線為r 處的磁感強(qiáng)度在剖面上磁感強(qiáng)度分布不均勻，因此，需從磁通量的定義來求解沿軸線方向在剖面上取面元S lr，考慮到面元上各點(diǎn)B 相同，故穿過面元的磁通量BS，通過積分，可得單位長(zhǎng)度導(dǎo)線內(nèi)的磁通量解由分析可得單位長(zhǎng)度導(dǎo)線內(nèi)的磁通量7 20設(shè)電流均勻流過無限大導(dǎo)電平面，其面電流密度為j求導(dǎo)電平面兩側(cè)的磁感強(qiáng)度（提

52、示：可參考本章問題7 11，并用安培環(huán)路定理求解）分析依照右手螺旋定則，磁感強(qiáng)度B 和電流j 相互垂直，同時(shí)由對(duì)稱性分析，無限大導(dǎo)電平面兩側(cè)的磁感強(qiáng)度大小相同，方向反向平行如圖所示，在垂直導(dǎo)電平面的平面上對(duì)稱地取矩形回路abcd，回路所在平面與導(dǎo)電平面相交于OO，且使abcdOO，adOO，cdOO，ab cd L，根據(jù)磁場(chǎng)的面對(duì)稱分布和安培環(huán)路定理可解得磁感強(qiáng)度B 的分布解在如圖所示的矩形回路abcd 中，磁感強(qiáng)度沿回路的環(huán)路積分由于對(duì)稱性B1 B2 B，B3 、B4 與積分路徑正交，因而 （1）回路abcd 內(nèi)包圍的電流I jL，根據(jù)安培環(huán)路定理，有 （2）由式（1）和式（2）可得導(dǎo)電板兩

53、側(cè)磁感強(qiáng)度的大小為磁感強(qiáng)度的方向由右手螺旋關(guān)系確定7 21設(shè)有兩無限大平行載流平面，它們的面電流密度均為j，電流流向相反求：（1） 兩載流平面之間的磁感強(qiáng)度；（2） 兩面之外空間的磁感強(qiáng)度解由上題計(jì)算的結(jié)果，單塊無限大載流平面在兩側(cè)的磁感強(qiáng)度大小為，方向如圖所示，根據(jù)磁場(chǎng)的疊加原理可得（1） 取垂直于紙面向里為x 軸正向，合磁場(chǎng)為（2） 兩導(dǎo)體載流平面之外，合磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度7 22已知地面上空某處地磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度，方向向北若宇宙射線中有一速率 的質(zhì)子，垂直地通過該處求：（1）洛倫茲力的方向；（2） 洛倫茲力的大小，并與該質(zhì)子受到的萬有引力相比較解（1） 依照可知洛倫茲力的方向?yàn)榈姆较?，如圖所示

54、（2） 因，質(zhì)子所受的洛倫茲力在地球表面質(zhì)子所受的萬有引力因而，有，即質(zhì)子所受的洛倫茲力遠(yuǎn)大于重力7 23在一個(gè)顯像管的電子束中，電子有的動(dòng)能，這個(gè)顯像管安放的位置使電子水平地由南向北運(yùn)動(dòng)地球磁場(chǎng)的垂直分量，并且方向向下求：（1） 電子束偏轉(zhuǎn)方向；（2） 電子束在顯像管內(nèi)通過20 cm到達(dá)屏面時(shí)光點(diǎn)的偏轉(zhuǎn)間距解（1） 如圖所示，由洛倫茲力電子帶負(fù)電，q 0，因而可以判斷電子束將偏向東側(cè)（2） 在如圖所示的坐標(biāo)中，電子在洛倫茲力作用下，沿圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑R（參見教材第7 7 節(jié)）為由題知，并由圖中的幾何關(guān)系可得電子束偏向東側(cè)的距離即顯示屏上的圖像將整體向東平移近3 mm這種平移并不會(huì)影響整幅

55、圖像的質(zhì)量7 24試證明霍耳電場(chǎng)強(qiáng)度與穩(wěn)恒電場(chǎng)強(qiáng)度之比,這里 為材料電阻率，n 為載流子的數(shù)密度分析在導(dǎo)體內(nèi)部，穩(wěn)恒電場(chǎng)推動(dòng)導(dǎo)體中的載流子定向運(yùn)動(dòng)形成電流，由歐姆定律的微分形式，穩(wěn)恒電場(chǎng)強(qiáng)度與電流密度應(yīng)滿足其中 是導(dǎo)體的電阻率當(dāng)電流流過位于穩(wěn)恒磁場(chǎng)中的導(dǎo)體時(shí)，載流子受到洛倫茲力的作用，導(dǎo)體側(cè)面出現(xiàn)電荷積累，形成霍耳電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度為其中v 是載流子定向運(yùn)動(dòng)速率根據(jù)導(dǎo)體內(nèi)電流密度由上述關(guān)系可得要證明的結(jié)果證由分析知，在導(dǎo)體內(nèi)穩(wěn)恒電場(chǎng)強(qiáng)度為由霍耳效應(yīng)，霍耳電場(chǎng)強(qiáng)度因載流子定向運(yùn)動(dòng)方向與磁感強(qiáng)度正交，故EH vB，因而7 25霍爾效應(yīng)可用來測(cè)量血流的速度，其原理如圖所示在動(dòng)脈血管兩側(cè)分別安裝電極并加

56、以磁場(chǎng)設(shè)血管直徑為d 2.0 mm，磁場(chǎng)為B0.080 T，毫伏表測(cè)出血管上下兩端的電壓為UH 0.10 mV，血流的流速為多大？分析血流穩(wěn)定時(shí)，有由上式可以解得血流的速度解依照分析7 26磁力可以用來輸送導(dǎo)電液體，如液態(tài)金屬、血液等而不需要機(jī)械活動(dòng)組件如圖所示是輸送液態(tài)鈉的管道，在長(zhǎng)為l 的部分加一橫向磁場(chǎng)B，同時(shí)沿垂直于磁場(chǎng)和管道方向加一電流，其電流密度為J（1） 證明在管內(nèi)液體l 段兩端由磁力產(chǎn)生的壓力差為，此壓力差將驅(qū)動(dòng)液體沿管道流動(dòng)（2） 要在l 段兩端產(chǎn)生1.00 atm（1 atm101 325 Pa）的壓力差，電流密度應(yīng)多大？ （l 2.00 cm，B 1.50）解（1） 由題

57、意電流垂直流過管內(nèi)導(dǎo)電液體，磁場(chǎng)中的導(dǎo)電液體受到安培力的作用，在管道方向產(chǎn)生一壓力差（2） 7 27帶電粒子在過飽和液體中運(yùn)動(dòng)，會(huì)留下一串氣泡顯示出粒子運(yùn)動(dòng)的徑跡設(shè)在氣泡室有一質(zhì)子垂直于磁場(chǎng)飛過，留下一個(gè)半徑為3.5 cm 的圓弧徑跡，測(cè)得磁感強(qiáng)度為0.20 ，求此質(zhì)子的動(dòng)量和動(dòng)能解根據(jù)帶電粒子回轉(zhuǎn)半徑與粒子運(yùn)動(dòng)速率的關(guān)系有7 28從太陽射來的速度為0.80 108 m/ 的電子進(jìn)入地球赤道上空高層范艾倫輻射帶中，該處磁場(chǎng)為4.0 107，此電子回轉(zhuǎn)軌道半徑為多大？ 若電子沿地球磁場(chǎng)的磁感線旋進(jìn)到地磁北極附近，地磁北極附近磁場(chǎng)為2.0 105，其軌道半徑又為多少？解由帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的回轉(zhuǎn)

58、半徑高層范艾倫輻射帶中的回轉(zhuǎn)半徑地磁北極附近的回轉(zhuǎn)半徑7 29如圖（）所示，一根長(zhǎng)直導(dǎo)線載有電流I1 30 A，矩形回路載有電流I2 20 A試計(jì)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、下兩段導(dǎo)線受安培力F1 和F2 的大小相等，方向相反，對(duì)不變形的矩形回路來說，兩力的矢量和為零而矩形的左右兩段導(dǎo)線，由于載流導(dǎo)線所在處磁感強(qiáng)度不等，所受安培力F3 和F4 大小不同，且方向相反，因此線框所受的力為這兩個(gè)力的合力解由分析可知，線框所受總的安培力F 為左、右兩邊安培力F3 和F4 之矢量和，如圖（）所示，它們的大小分別為故合力的大小為合力的方向朝左，指

59、向直導(dǎo)線7 30一直流變電站將電壓為500kV的直流電，通過兩條截面不計(jì)的平行輸電線輸向遠(yuǎn)方已知兩輸電導(dǎo)線間單位長(zhǎng)度的電容為3.01011Fm1 ，若導(dǎo)線間的靜電力與安培力正好抵消求：（1） 通過輸電線的電流；（2） 輸送的功率分析當(dāng)平行輸電線中的電流相反時(shí)，它們之間存在相互排斥的安培力，其大小可由安培定律確定若兩導(dǎo)線間距離為d，一導(dǎo)線在另一導(dǎo)線位置激發(fā)的磁感強(qiáng)度,導(dǎo)線單位長(zhǎng)度所受安培力的大小將這兩條導(dǎo)線看作帶等量異號(hào)電荷的導(dǎo)體，因兩導(dǎo)線間單位長(zhǎng)度電容C 和電壓U 已知，則單位長(zhǎng)度導(dǎo)線所帶電荷CU，一導(dǎo)線在另一導(dǎo)線位置所激發(fā)的電場(chǎng)強(qiáng)度，兩導(dǎo)線間單位長(zhǎng)度所受的靜電吸引力依照題意，導(dǎo)線間的靜電力和

60、安培力正好抵消，即從中可解得輸電線中的電流解（1） 由分析知單位長(zhǎng)度導(dǎo)線所受的安培力和靜電力分別為由可得解得（2） 輸出功率7 31將一電流均勻分布的無限大載流平面放入磁感強(qiáng)度為B0 的均勻磁場(chǎng)中，電流方向與磁場(chǎng)垂直放入后，平面兩側(cè)磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度分別為B1 和B2（如圖所示），求該載流平面上單位面積所受磁場(chǎng)力的大小和方向分析依照題7 20 的分析，無限大載流平面兩側(cè)為均勻磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度大小為，依照右手螺旋定則可知，它們的方向反向平行，并與原有磁感強(qiáng)度B0的均勻外磁場(chǎng)疊加，則有從而可解得原均勻磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度B0和電流面密度j載流平面在均勻外磁場(chǎng)中受到安培力的作用，由于載流平面自身激發(fā)的磁場(chǎng)不會(huì)對(duì)