物理學導論-試題及課后答案

重慶郵電大學數(shù)理學院PAGE1修德博學求實創(chuàng)新李華榮21.（本題5分）（1652）假想從無限遠處陸續(xù)移來微量電荷使一半徑為R的導體球帶電．(1)當球上已帶有電荷q時，再將一個電荷元dq從無限遠處移到球上的過程中，外力作多少功？(2)使球上電荷從零開始增加到Q的過程中，外力共作多少功？22.（本題5分）（2654）如圖所示，有兩根平行放置的長直載流導線．它們的直徑為a，反向流過相同大小的電流I，電流在導線內均勻分布．試在圖示的坐標系中求出x軸上兩導線之間區(qū)域內磁感強度的分布．23.（本題5分）（2303）圖示相距為a通電流為I1和I2的兩根無限長平行載流直導線．(1)寫出電流元對電流元的作用力的數(shù)學表式；(2)推出載流導線單位長度上所受力的公式．24.（本題10分）（2150）如圖所示，兩條平行長直導線和一個矩形導線框共面．且導線框的一個邊與長直導線平行，他到兩長直導線的距離分別為r1、r2．已知兩導線中電流都為，其中I0和為常數(shù)，t為時間．導線框長為a寬為b，求導線框中的感應電動勢．22.（本題5分）（2442）將細導線彎成邊長d=10cm的正六邊形，若沿導線流過電流強度為I=25A的電流，求六邊形中心點的磁感強度B．(0=4×10-7N·A-2)23.（本題5分）（2548）在氫原子中，電子沿著某一圓軌道繞核運動．求等效圓電流的磁矩與電子軌道運動的動量矩大小之比，并指出和方向間的關系．(電子電荷為e，電子質量為m)24.（本題10分）（2737）兩根平行無限長直導線相距為d，載有大小相等方向相反的電流I，電流變化率dI/dt=>0．一個邊長為d的正方形線圈位于導線平面內與一根導線相距d，如圖所示．求線圈中的感應電動勢，并說明線圈中感應電流是順時針還是逆時針方向．WORD格式--可編輯--專業(yè)資料完整版學習資料分享7-3計算和證明題7-3-1解所受合力為零，即，求得7-3-2解場強大小為，沿帶電直線方向.7-3-3解如圖建立坐標系，正負電荷關于對稱，它們在O點產生的場強沿軸負向，在圓上取dl=Rdφdq=λdl=Rλdφ，它在O點產生場強大小為dE=方向沿半徑向外則dEx=dEsinφ=OdEy=dEcos(π-φ)=cosφdφO積分方向沿軸負向．7-3-4解如圖所示，，它在圓心O點產生的場強其在軸上的場強為方向沿軸負向，其在軸上的場強為7-3-5解小球受力如圖所示，由圖可知，即，有7-3-6解在處取一細圓環(huán)，其帶電量，根據(jù)教材例7-2-4結果可知，圓環(huán)在軸線上點產生的場強大小7-3-7解(1)（2）由高斯定理可得，7-3-8解半圓柱薄筒的橫截面如圖所示，建立直角坐標系Oxy，沿弧長方向取一寬度為的細條，此細條單位長度上的帶電量為，此細條等同于無限長均勻帶電直線，因此它在O點產生的場強為，，，，，7-3-9解（1）以地面為高斯面，由高斯定理可得，所以（2）如下圖，由高斯定理，所以有7-3-10解我們可以設想不帶電空腔內分布著體密度相同的正負電荷.由電場的疊加原理可知，有空腔的帶電球體的電場，可以看作一個半徑為電荷體密度為的均勻帶正電球體和一個半徑為電荷體密度為的均勻帶負電球體所激發(fā)電場的疊加.即由高斯定理可求出，，所以O點的場強大小為，方向沿.同理，點的場強大小為，方向仍沿.7-3-11解由電荷的軸對稱性分析可知，場強也具有軸對稱性，可利用高斯定理求場強.在處，作一同軸圓柱形高斯面，由高斯定理所以在處，類似（1），有所以在處，類似（1），有所以7-3-12解（1）點電勢為，點電勢為，注式中（2）點電勢為，點電勢為，7-3-13解（1），（2），電勢能的改變?yōu)椋?）7-3-14解（1）雨滴的電勢為，有（2）兩雨滴合為一滴后，半徑增大為，這時雨滴表面電勢為7-3-15解根據(jù)電勢疊加原理，點的電勢可看作直線、和半圓周所帶電荷在點產生電勢的疊加，、在點產生的電勢為，半圓周在點產生的電勢為所以點產生的電勢為7-3-16解金核表面的電勢為，金核中心的電勢為7-3-17解由高斯定理可求得Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域的場強大小分別為，設、、分別為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域內任一點，Ⅰ區(qū)域內任一點的電勢由電勢的定義式計算，有Ⅱ區(qū)域內任一點的電勢由電勢的定義式計算，有Ⅲ區(qū)域內任一點的電勢由電勢的定義式計算，有7-3-18解兩“無限長”共軸圓柱面之間場強可由高斯定理求得為式中為單位長度上所帶電量.由電勢差的定義，兩圓柱面之間的電勢差為，則7-3-19解由高斯定理可得場強分布為；或；由電勢的定義式計算電勢分布在區(qū)域，在區(qū)域，在區(qū)域，電勢隨在分布如圖所示7-3-20解設坐標原點在左邊導線軸線上，軸通過兩導線并與之垂直.在兩導線之間，坐標為的任一點的場強為，所以兩導線間電勢差為7-3-21解（1）在帶電直線上取電荷元，它在點的電勢為整個帶電直線在點的電勢為（2）根據(jù)場強與電勢的微分關系，有7-3-22解由高斯定理可求得均勻帶電球體內外的場強分布為，；，（1），（2），（3），7-3-23解（1）處，在圓柱體內任取一點，該點到軸線距離為，過該點作一半徑為，高為的同軸閉合圓柱形高斯面，由高斯定理，可得求得，方向沿徑向向外.對，同理由高斯定理可得求得（2）設處為電勢零參考位置且假設該點在圓柱體外，則在區(qū)域內，在區(qū)域內，8-3計算和證明題8-3-1解請參見教材P342題8-3-1圖（1）由于靜電感應，球殼內表面帶電量為，外表面帶電量為；球殼電勢為（2）內表面帶電量為，外表面帶電量為0；球殼電勢為（3）內球接地時，內球的電勢，設內球此時帶電量為，則球殼內表面帶電量為；外表面帶電量為，空間場強分布為：，；，；，；因此，內球的電勢求得球殼的電勢為電勢的改變?yōu)?-3-2解請參見教材P342題8-3-2圖（1）設導體球上的感應電量為，這些感應電荷到球心O點的距離都為，因此感應電荷在O點產生的電勢為，點電荷在O點產生的電勢為，故O點的電勢為（導體球接地），求得（2）因O點場強為零，故在O點產生的場強大小等于在O點產生的場強大小，方向相反，即為所以8-3-3解請參見教材P342題8-3-3圖（1）設A板兩表面中左側表面帶電量為，右側表面帶電量為，其電荷面密度分別為，，由于B、C板都接地，故有寫成有①又②由①②解得，因此C板帶電為，（2）8-3-4解設導體片C插入后，AC間場強為，CB間場強為，并假設，則各板帶電分布如圖所示，并作如圖所示的高斯面，兩底面與板平行，由高斯定理可得即有①由題意得②由①②解得8-3-5解對于半徑為的金屬球，不論是實心還是空心，當帶電量為時，其電勢均為，則電容為，可見電容是相同的.對于地球，8-3-6解（1）設內、外金屬膜圓筒半徑分別為和，高度均為，其上分別帶電量為，則玻璃內的場強為，內外圓筒之間的電勢差為萊頓瓶的電容為（2）圓柱形電容器兩金屬膜之間靠近內膜處場強為最大，令該處場強等于擊穿場強，即所以8-3-7解（1）由，求得（2）總電量因為和并聯(lián)，故有即有①又②由①②求得帶電量為，上的電壓（3）,8-3-8解（1）作一高斯面，使其兩底面分別在板中和介質中且平行于板面，由介質中的高斯定理可得求得又求得因此（2）由上面結果可知（3）8-3-9解（1）由題意極板間帶電量不變，（2）電位移，介質中的場強（3）電容大小與帶電量多少無關，由題意可知8-3-10解設單位長度帶電量為，則兩極板間場強，擊穿場強一定時，，電容器兩極板電壓為式中是變量，適當選擇的值，可使有極大值，即令，求得故當時，電容器可能承受的最大電壓為8-3-11解（1）當，由介質中的高斯定理可得，即有求得，所以有當，（2）電勢差為（3）（4）（5）8-3-12解（1）在區(qū)域內作以為半徑，長為的同軸柱面為高斯面，則由介質中的高斯定理，有所以又我們得到離軸線距離為處的場強為,方向沿徑向向外（2）（3）8-3-13解（1）（2）式中為地球半徑并取8-3-14解（1）浸入煤油后，電容器電容增加為原來的倍，即，而電量不變.能量損失為（2）若將兩電容器并聯(lián)，則要發(fā)生電荷轉移，但電荷總量不變，仍為.并聯(lián)后總電容為，兩電容器并聯(lián)后總能量為并聯(lián)后能量損失為8-3-15解接到1處，帶電為；再將接到2后，和總帶電量仍為，兩電容器電壓為電容器中的能量電容器中的能量8-3-16解據(jù)題意，把電子看作電荷均勻分布在外表面上，其靜電能為在估計電子半徑的數(shù)量級時，一般可以略去上式中的系數(shù)，因此，據(jù)題意，我們可以求得8-3-17解當介質板插入距離時，電容器的電容為此時電容器儲能為電介質未插入時，電容器儲能為當電介質插入時，電場力對電介質板所作的功等于電容器儲能的減少量，即，電場力為當插入一半時，，則電場力為，方向平行極板向右.8-3-18解（1）因電壓不變，拉開前的靜電能為拉開后的靜電能為則系統(tǒng)靜電能的改變?yōu)榻Y果表明當極板拉開后，系統(tǒng)的靜電能減少.（2）當保持電壓一定時，電場對電源作功為兩板距離從拉開到時，極板上電荷的增量為因此結果表明當極板拉開后，在保持不變時，電場對電源作正功.（3）外力對極板作的功為外力對極板作的功，也可由功能關系得到所得結果相同.8-3-19解（1）令無限遠處電勢為零，則帶電荷為的導體球，其電勢為，將從無限遠處搬到球上的過程中，外力作的功等于該電荷元在球上所具有的電勢能（2）外力作功為8-3-20解因為電荷保持不變，故有、無介質時，電場中各點的電位移矢量不變，電場能量密度為電場總能量為9-3計算題9-3-1.解:（1）導線水平段在P點產生的磁感應強度為零,因此P點的磁感應強度由豎直段產生,即根據(jù)右手定則可判斷其方向垂直紙面向外.（2）兩水平段半長直導線在P點產生的磁場方向相同,因此相當于一無限長直導線.所以P點的磁場為一無限長直導線和半圓共同產生的，即方向垂直紙面向里.（3）三邊在P點產生的磁場完全相同，因此P點的磁感應強度為方向垂直紙面向里.9-3-2.解:O點磁感應強度大小為部分圓弧和直線段共同產生，且它們的方向相同，所以方向垂直紙面向里.9-3-3.解：導線可分為四段，其中水平部分在O點不產生磁場，因此O點的磁場為兩半圓和豎直向下半無限長直導線共同產生的，即磁感應強度大小為方向垂直紙面向里.9-3-4.解：取薄金屬板上寬度為dx的長直電流元，其電流為到P點的距離為x，該線電流在點P激發(fā)的磁感應強度大小為因所有線電流在點P激發(fā)的磁場方向均相同,故點P的磁感應強度為方向垂直紙面向外.9-3-5.解：環(huán)心O在兩根通電直導線的延長線上，故它們在O點產生的磁場為零，長為l的載流圓弧在其圓心處的磁場為，設左右兩段圓弧的弧長分別為,則兩者在O點的磁感應強度分別為考慮到兩段圓弧在電路中是并聯(lián)關系,而在并聯(lián)電路中,電流分配與電阻成反比,電阻又與導線長度成正比，所以，因此可得.由此可得,兩段圓弧在O點的磁感應強度大小相等，方向相反.所以總磁感應強度為零,即.9-3-6.解:將無限長載流圓柱形金屬薄片看作是由許多平行而無限長直導線組成,對應于范圍內無限長直導線的電流為，它在環(huán)心處產生的磁感應強度為對整個半圓柱金屬薄片積分,得，故環(huán)心處磁感應強度為,方向沿x軸正向.9-3-7.解:由于此平面螺旋線圈繞得很密，可近似看成是由許多同心圓組成的，因為繞制均勻，所以沿半徑方向單位長度的匝數(shù)為,在線圈平面內,取半徑為的圓環(huán)作電流元，則此圓環(huán)的匝數(shù)為，等效電流為，該圓環(huán)電流在O產生的磁場為：方向垂直紙面向外；所以由疊加原理，O點磁感應強度為方向垂直紙面向外9-3-8解:沿圓周單位長度的線圈匝數(shù)為，在距O點x處取一弧寬為dl、半徑為y的圓環(huán)，則圓環(huán)上繞有匝線圈.通過圓環(huán)上的電流大小為，該圓電流在球心處產生的磁感應強度為,方向沿x軸正向.由于所有小圓環(huán)電流產生的磁場方向相同，所以,方向沿x軸正向.9-3-9解:根據(jù)電子繞核運動的角動量量子化假說：L=mva0=h/2π,可得電子的速率v=h/2πma0，從而求出等效電流i=ev/2πa0=he/4π2ma02.該電流在圓心處產生的磁感應強度為.9-3-10.解:帶電圓環(huán)旋轉時相當于一圓形電流，根據(jù)教材P358-359中圓形電流在圓心和軸線上任意點產生磁場的規(guī)律可得，（1）圓心處：；（2）軸線上：.9-3-11.解:帶電直線沿直線運動相當于一無限長直線電流，根據(jù)無限長直線電流的磁感應強度分布規(guī)律可得.9-3-12.解:參考例9-4可得.9-3-13解:無限長通電柱體的磁感應強度分布為，.題中兩導線軸線間區(qū)域中的磁場為兩導線單獨產生的磁場的疊加，而且兩分磁場方向相同.因此磁通量對該式積分可得.9-3-14解:（1）根據(jù)安培環(huán)路定理，磁感應強度的環(huán)路積分只與閉合路徑所包圍的電流有關，故參考上題可得；；；.（2）兩柱面間磁通量為.9-3-15解:單塊無限大平面電流產生的磁感應強度為，方向見下圖.由題意，電流流向相反，使得兩平面電流在之間產生的磁場方向相同，兩側方向相反，因此有：（1）之間：，（2）兩側：.9-3-16解:參考例9-2，可利用補償法求解.本題中電流密度為，（1）圓柱體軸線上的磁感應強度為空腔中方向電流產生，即；（2）利用例9-2的結果可得.9-3-17證明略.提示：直接參考教材P371的例題9-5-1的解答過程及其具有普遍性的結論.9-3-18解：設導線2上一點P到O點的距離為l，則導線1在P點產生的磁場，P點附近的電流元Idl受到的磁場力為，它對O點的力矩為，所以單位長度導線所受磁力對O點的力矩為.9-3-19解：（1）見例題9-6，,方向沿x軸正向;（2）若將圓柱面換成直導線，則兩直導線間作用力可參考教材P371-372，為，令可求得.9-3-20解：線圈左邊受力為，方向向左，右邊受力為，方向向右，線圈上下兩邊受力為一對平衡力.所以，它所受合力為方向向左；因為線圈磁矩與磁場平行，所以.10-3-1解：由安培環(huán)路定理可得磁介質內部：，.所以，帶入數(shù)據(jù)可求得：（1）（2）.10-3-2解：（1）導體內任選一以軸線為圓心的圓形路徑，有，而.因此，在導體內部：，；（2）導體外部，類似有，得，從而；（3）.11-3計算題11-3-1解：通過圓形線圈的磁通量為，因此電動勢為，將t=2代入可得（1）；（2）.11-3-2解：定義電動勢方向向右，則由動生電動勢的公式可得：，方向從C到D，即D端電勢高.11-3-3解：（1）磁通量為：；（2）電動勢為：.11-3-4解：(1)大線圈中電流在小線圈處產生的磁感應強度近似為，原因在于小線圈很小.t時刻通過小線圈的磁通量為，從而小線圈中的電流為：；(2)小線圈受到大線圈的磁力矩大小為：，要保持小線圈勻速轉動，要求合力矩為零，即外界施加的力矩也為.(3)