大物(2)期末习题

练习一 静电场中的导体

三、计算题

1. 已知某静电场在xy 平面内的电势函数为U =Cx/(x 2+y 2)3/2,其中C 为常数.求(1)x 轴上任意一点,(2)y 轴上任意一点电场强度的大小和方向.

解：. E x =-?U/?x

=-C [1/(x 2+y 2)3/2+x (-3/2)2x /(x 2+y 2)5/2]

= (2x 2-y 2)C /(x 2+y 2)5/2

E y =-?U/?y

=-Cx (-3/2)2y /(x 2+y 2)5/2=3Cxy /(x 2+y 2)5/2

x 轴上点(y =0) E x =2Cx 2/x 5=2C /x 3 E y =0

E =2C i /x 3 y 轴上点(x =0) E x =-Cy 2/y 5=-C /y 3 E y =0

E =-C i /y 3

2．如图5.6,一导体球壳A (内外半径分别为R 2,R 3),同心地罩在一接地导体球B (半径为R 1)上,今给A 球带负电-Q , 求B 球所带电荷Q B 及的A 球的电势U A .

静电场中的导体答案

解： 2. B 球接地,有 U B =U ∞=0, U A =U BA

U A =(-Q+Q B )/(4πε0R 3) U BA =[Q B /(4πε0)](1/R 2-1/R 1)

得 Q B =QR 1R 2/( R 1R 2+ R 2R 3- R 1R 3)

U A =[Q/(4πε0R 3)][-1+R 1R 2/(R 1R 2+R 2R 3-R 1R 3)]

=-Q (R 2-R 1)/[4πε0(R 1R 2+R 2R 3-R 1R 3)]

练习二 静电场中的电介质

三、计算题

1. 如图6.6所示,面积均为S =0.1m 2的两金属平板A ,B 平行对称放置,间距为d =1mm,今给A , B 两板分别带电 Q 1=3.54×10－9

C, Q 2=1.77×10－

9C.忽略边缘效应,

求：(1) 两板共四个表面的面电荷密度 σ1, σ2, σ3, σ4;

(2) 两板间的电势差V =U A －U B .

解：1. 在A 板体内取一点A , B 板体内取一点B ,

它们的电场强度是四

-Q

图

5.6

Q 图6.6

2

σ 2 σ 4

个表面的电荷产生的,应为零,有

E A =σ1/(2ε0)-σ2/(2ε0)-σ3/(2ε0)-σ4/(2ε0)=0

E A =σ1/(2ε0)+σ2/(2ε0)+σ3/(2ε0)-σ4/(2ε0)=0

而 S (σ1+σ2)=Q 1 S (σ3+σ4)=Q 2 有 σ1-σ2-σ3-σ4=0

σ1+σ2+σ3-σ4=0 σ1+σ2=Q 1/S σ3+σ4=Q 2/S

解得 σ1=σ4=(Q 1+Q 2)/(2S )=2.66?10-8C/m 2

σ2=-σ3=(Q 1-Q 2)/(2S )=0.89?10-8C/m 2 两板间的场强 E=σ2/ε0=(Q 1-Q 2)/(2ε0S )

V=U A －U B ?

?=

B

A

l E d

=Ed=(Q 1-Q 2)d /(2ε0S )=1000V

四、证明题

1. 如图6.7所示，置于静电场中的一个导体，在静电平衡后，导体表面出现正、负感应电荷.试用静电场的环路定理证明，图中从导体上的正感应电荷出发，终止于同一导体上的负感应电荷的电场线不能存在.

解：1. 设在同一导体上有从正感应电荷出发，终止于负感应电荷的电场线.沿电场线ACB 作环路ACBA ,导体内直线BA 的场强为零,ACB 的电场与环路同向于是有

=??l E d l

+

??

ACB

l E d ??A

B

l E d 2

=??ACB

l E d ≠0

与静电场的环路定理=??l E d l

0相违背,故在

同一导体上不存在从正感应电荷出发，终止于负感应电荷的电场线.

练习三 电容 静电场的能量

三、计算题

1. 半径为R 1的导体球带电Q ,球外一层半径为R 2相对电容率为εr 的同心均匀介质球壳,其余全部空间为空气.如图7.1所示.求:(1)离球心距离为r 1(r 1R 2)处的D 和E ；(2)离球心r 1, r 2, r 3,处的U ；(3)介质球壳内外表面的极化电荷. 解：1. (1)因此电荷与介质均为球对称,电场也球对称,

过场点作与

金属球同心的球形高斯面,有

i

S

q

0d ∑=??S D

4πr 2D=∑q 0i

当r=5cm R 1+d ) ∑q 0i =Q=1.0×10-8C 得 D 3=Q /(4πr 2)=1.27×10-8C/m 2 E 3=Q /(4πε0r 2)=1.44×104N/C D 和E 的方向沿径向. (2) 当r=5cm

?

∞

?r

l E d ?=R

r r E d 1?

++d R R

r E d 2?

∞

++d

R r E d 3

=Q/(4πε0εr R )-Q/[4πε0εr (R+d )]+Q/[4πε0(R+d )]

=540V

当r=15cm

U 2=

?

∞

?r

l E d ?

+=d

R r

r E d 2?

∞

++d

R r E d 3

=Q/(4πε0εr r )-Q/[4πε0εr (R+d )]+Q/[4πε0(R+d )]

=480V

当r=25cm

U 3=

?

∞

?r

l E d ?∞

=r

r E d 3=Q/(4πε0r )=360V

(3)在介质的内外表面存在极化电荷,

P e =ε0χE=ε0(εr -1)E σ'= P e ·n

r=R 处, 介质表面法线指向球心

σ'=P e ·n =P e cos π=-ε0(εr -1)E

q '=σ'S =-ε0(εr -1) [Q /(4πε0εr R 2)]4πR 2

=-(εr -1)Q /εr =-0.8×10-8C

r=R+d 处, 介质表面法线向外

σ'=P e ·n =P e cos0=ε0(εr -1)E

q '=σ'S =ε0(εr -1)[Q /(4πε0εr (R+d )2]4π(R +d )2

=(εr -1)Q /εr =0.8×10-8C

2.两个相距很远可看作孤立的导体球，半径均为10cm ，分别充电至200V 和400V ，然后用一根细导线连接两球，使之达到等电势. 计算变为等势体的过程中，静电力所作的功.

解;2.球形电容器 C =4πε0R

Q 1=C 1V 1= 4πε0RV 1 Q 2=C 2V 2= 4πε0RV 2

W 0=C 1V 12/2+C 2V 22/2=2πε0R (V 12+V 22)

两导体相连后 C =C 1+C 2=8πε0R

Q=Q 1+Q 2= C 1V 1+C 2V 2=4πε0R (V 1+V 2)

W=Q 2/(2C )= [4πε0R (V 1+V 2)]2/(16πε0R )=πε0R (V 1+V 2)2

静电力作功 A=W 0-W

=2πε0R (V 12+V 22)-πε0R (V 1+V 2)2=πε0R (V 1-V 2)2

=1.11×10-7J

练习六 磁感应强度 毕奥—萨伐尔定律

三、计算题

1. 如图10.7所示, 一宽为2a 的无限长导体薄片, 沿长度方向的电流I 在导体薄片上均匀分布. 求中心轴线OO

'上方距导体薄片为a 的磁感强度.

解：1.取宽为d x 的无限长电流元

d I=I d x/(2a ) d B=μ0d I/(2πr ) =μ0I d x/(4πar )

d B x =d B cos α=[μ0I d x/(4πar )](a/r )

=μ0I d x/(4πr 2)= μ0I d x/[4π(x 2+a 2)] d B y =d B sin α= μ0Ix d x/[4πa (x 2+a 2)]

(

)

??

-+==a

a

x x a x x

I B B 2

204d d πμ

=[μ0I/(4π)](1/a )arctan(x/a )a a

-=μ0I/(8a )

(

)

??

-+==a

a

y y a

x a x

Ix B B 2

2

04d d πμ

=[μ0I/(8πa )]ln(x 2+a 2)

a a

-=0

2. 如图10.8所示，半径为R 的木球上绕有密集的细导线，线圈平面彼此平行，且以单层线圈覆盖住半个球面. 设线圈的总匝数为N ，通过线圈的电流为I . 求球心O 的磁感强度.

解：2. 取宽为d L 细圆环电流, d I=I d N=I [N/(πR/2)]R d θ =(2IN/π)d θ

d B=μ0d Ir 2/[2(r 2+x 2)3/2]

r=R sin θ x=R cos θ

d B=μ0NI sin 2θ d θ /(πR )

??==π

ππθ

θμ220d sin d R

NI B B

图10.8

x

r

=μ0NI/(4R )

练习七 毕奥—萨伐尔定律(续) 磁场的高斯定理

三、计算题

1.在无限长直载流导线的右侧有面积为S 1和S 2的两个矩形回路, 回路旋转方向如图11.6所示, 两个回路与长直载流导线在同一平面内, 且矩形回路的一边与长直载流导线平行. 求通过两矩形回路的磁通量及通过S 1回路的磁通量与通过S 2回路的磁通量之比. 解： 1.取窄条面元d S =b d r , 面元上磁场的大小为

B =μ0I /(2πr ), 面元法线与磁场方向相反.有

Φ1=?-=a

a

bI

bdr r I 2002ln 2cos 2πμππμ Φ2=

?-=a

a

bI bdr r I 42002ln 2cos 2πμππμ Φ1/Φ2=1

2. 半径为R 的薄圆盘均匀带电，总电量为Q . 令此盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线作匀

速转动，角速度为ω，求轴线上距盘心x 处的磁感强度的大小和旋转圆盘的磁矩.

解;2. 在圆盘上取细圆环电荷元d Q =σ2πr d r , [σ=Q /(πR 2) ],等效电流元为

d I =d Q /T =σ2πr d r/(2π/ω)=σωr d r

(1)求磁场, 电流元在中心轴线上激发磁场的方向沿轴线,且与ω同向,大小为 d B=μ0d Ir 2/[2(x 2+r 2)3/2]=μ0σωr 3d r /[2(x 2+r 2)3/2]

(

)

(

)()

??

++=

+=R

R

x r

x r r x r r

r B 0

2

32

2

2

2200

2

/32

230d 4

2d σω

μσωμ=()(

)()

?

+++R

x r

x r x r

2

32

2

2

222

d 4

σωμ

-

(

)()

?++R

x r

x r x 0

2

32

2

2

220d 4

σω

μ

=

???

?

?

?+++R

R

x r x x r 0

222

02

2

02σωμ =???

? ??-++x x R x R R Q 222222

220πωμ (2)求磁距. 电流元的磁矩

d P m =d IS=σωr d r πr 2=πσωr 2d r

图11.6

?=R

m dr r P 0

3πσω=πσωR 4/4=ωQR 2/4

练习八 安培环路定律

三、计算题

1. 如图1

2.5所示，一根半径为R 的无限长载流直导体，其中电流I 沿轴向流过，并均匀分布在横截面上. 现在导体上有一半径为R '的圆柱形空腔，其轴与直导体的轴平行，两轴相距为 d . 试求空腔中任意一点的磁感强度.

解：1. 此电流可认为是由半径为R 的无限长圆柱电流I 1和一个同电流密度的反方向的半径为R '的无限长圆柱电流I 2组成. I 1=J πR 2 I 2=-J πR '2 J =I/[π (R 2-R '2)] 它们在空腔内产生的磁感强度分别为 B 1=μ0r 1J/2 B 2=μ0r 2J/2 方向如图.有

B x =B 2sin θ2-B 1sin θ1=(μ0J/2)(r 2sin θ2-r 1sin θ1)=0 B y =B 2cos θ2＋B 1cos θ1

=(μ0J/2)(r 2cos θ2＋r 1cos θ1)=(μ0J/2)d 所以 B = B y = μ0dI/[2π(R 2－R '2)] 方向沿y 轴正向

2. 设有两无限大平行载流平面,它们的电流密度均为j ,电流流向相反. 求： (1) 载流平面之间的磁感强度； (2) 两面之外空间的磁感强度.

解;2. 两无限大平行载流平面的截面如图.平面电流在空间产生的磁场为 B 1=μ0J /2

在平面①的

上方向右,在平面①的下方向左;

电流②在空间产生的磁场为 B 2=μ0J /2 在平面②的上方向左,在平面②的下方向右.

(1) 两无限大电流流在平面之间产生的磁感强度方向都向左,故有 B=B 1+B 2=μ0J (2) 两无限大电流流在平面之外产生的磁感强度方向相反,故有 B=B 1-B 2=0

练习九 安培力

图12.5

I 1 I 2

①②

三、计算题

1. 一边长a =10cm 的正方形铜导线线圈(铜导线横截面积S =

2.00mm 2, 铜的密度

ρ=8.90g/cm 3), 放在均匀外磁场中. B 竖直向上, 且B = 9.40?10-3T, 线圈中电流为I =10A . 线圈

在重力场中 求:

(1) 今使线圈平面保持竖直, 则线圈所受的磁力矩为多少.

(2) 假若线圈能以某一条水平边为轴自由摆动,当线圈平衡时,线圈平面与竖直面夹角为多少.

解：1. (1) P m =IS=Ia 2

方向垂直线圈平面.

线圈平面保持竖直,即P m 与B 垂直.有 M m =P m ×B

M m =P m B sin(π/2)=Ia 2B

=9.4×10－

4m ?N

(2) 平衡即磁力矩与重力矩等值反向 M m =P m B sin(π/2－θ)=Ia 2B cos θ M G = M G 1 + M G 2 + M G 3

= mg (a/2)sin θ+ mga sin θ+ mg (a/2)sin θ =2(ρSa )ga sin θ=2ρSa 2g sin θ Ia 2B cos θ=2ρSa 2g sin θ tan θ=IB/(2ρSg )=0.2694

θ=15?

2. 如图1

3.5所示，半径为R 的半圆线圈ACD 通有电流I 2, 置于电流为I 1的无限长直线电流的磁场中, 直线电流I 1 恰过半圆的直径, 两导线相互绝缘. 求半圆线圈受到长直线电流I 1的磁力. 解：2.在圆环上取微元 I 2d l = I 2R d θ 该处磁场为

B =μ0I 1/(2πR cos θ)

I 2d l 与B 垂直,有d F= I 2d lB sin(π/2) d F=μ0I 1I 2d θ/(2πcos θ)

d F x =d F cos θ=μ0I 1I 2d θ /(2π)

d F y =d F sin θ=μ0I 1I 2sin θd θ /(2πcos θ)

?

-=

2

2102πππ

θ

μd I I F x =μ0I 1I 2/2

因对称F y =0.故 F =μ0I 1I 2/2 方向向右.

I

图

13.5

I

练习十洛仑兹力

三、计算题

1. 如图14.6所示，有一无限大平面导体薄板，自下而上均匀通有电流，

已知其面电流密度为i(即单位宽度上通有的电流强度)

(1) 试求板外空间任一点磁感强度的大小和方向.

(2) 有一质量为m，带正电量为q的粒子，以速度v沿平板法线方向

向外运动. 若不计粒子重力.求：

(A) 带电粒子最初至少在距板什么位置处才不与大平板碰撞.

(B) 需经多长时间，才能回到初始位置..

解：1. (1)求磁场.用安培环路定律得B=μ0i/2

在面电流右边B的方向指向纸面向里,在面电流左边B的方向沿纸面向外.

(2) F=q v×B=m a qvB=ma n=mv2/R

带电粒子不与平板相撞的条件是粒子运行的圆形轨迹不与平板相交,即带电粒子最初位置与平板的距离应大于轨道半径.

R=mv/qB= 2mv/(μ0iq)

(3) 经一个周期时间，粒子回到初始位置.即

t=T=2πR/v= 4πm/(μ0iq)

2. 一带电为Q质量为m的粒子在均匀磁场中由静止开始下落,磁场的方向(z轴方向)与重力方向(y轴方向)垂直,求粒子下落距离为y时的速率.并讲清求解方法的理论依据.

解：2. 洛伦兹力Q v×B垂直于v,不作功,不改变v的大小；重力作功.依能量守恒有

mv2/2=mgy，

得v=(2gy)1/2.

练习十一磁场中的介质

三、计算题

1. 一厚度为b的无限大平板中通有一个方向的电流,平板内各点的电导率为γ,电场强度为E,方向如图15.6所示,平板的相对磁导率为μr1,平板两侧充满相对磁导率为μr2的各向同性的均匀磁介质,试求板内外任意点的磁感应强度.

解：1. 设场点距中心面为x,因磁场面对称以中心面为对称面过场点取矩形安培环路，有

??l l

H d=ΣI02?LH=ΣI0

(1)介质内,0

(2)介质外,|x|>b/2. ΣI0=b?lJ=b?lγE,有

H=bγE/2B=μ0μr2H=μ0μr2bγE/

2 i v

?

图14.6

2. 一根同轴电缆线由半径为R 1的长导线和套在它外面的半径为R 2的同轴薄导体圆筒组成，中间充满磁化率为χm 的各向同性均匀非铁磁绝缘介质，如图15.7所示. 传导电流沿导线向上流去, 由圆筒向下流回，电流在截面上均匀分布. 求介质内外表面的磁化电流的大小及方向.

解：2. 因磁场柱对称 取同轴的圆形安培环路，有 ??l

l H d =ΣI 0

在介质中(R 1

介质内表面的磁化电流 J SR 1=| M R 1×n R 1|=| M R 1|=χm I /(2πR 1) I SR 1=J SR 1?2πR 1=χm I (与I 同向) 介质外表面的磁化电流

J SR 2=| M R 2×n R 2|=| M R 2|=χm I /(2πR 2) I SR 2=J SR 2?2πR 2=χm I (与I 反向)

练习十二 电磁感应定律 动生电动势

三、计算题

1. 如图17.8所示，长直导线AC 中的电流I 沿导线向上，并以d I /d t = 2 A/s 的变化率均匀增长. 导线附近放一个与之同面的直角三角形线框，其一边与导线平行，位置及线框尺寸如图所示. 求此线框中产生的感应电动势的大小和方向.

解： 1. 取顺时针为三角形回路电动势正向,得三角形面法线垂直纸面向里.取窄条面积微元

d S =y d x =[(a+b -x )l/b ]d x

Φm =?

?S d S B

=()?

+-+?

b

a a

b

ldx

x b a x I πμ20 =

()??

????-++b a b a b a b Il ln 20πμ

图17.8

图17.9

图15.6

图15.7

εi =-d Φm /d t=

()dt

dI

a b a b a b b l ??

????++-ln 20πμ =-5.18×10－

8V

负号表示逆时针

2. 一很长的长方形的U 形导轨，与水平面成θ 角，裸导线可在导轨上无摩擦地下滑，导轨位于磁感强度B 垂直向上的均匀磁场中，如图17.9所示. 设导线ab 的质量为m ，电阻为R ，长度为l ，导轨的电阻略去不计, abcd 形成电路. t=0时，v=0. 求：(1) 导线ab 下滑的速度v 与时间t 的函数关系; (2) 导线ab 的最大速度v m .

解：2. (1) 导线ab 的动生电动势为

εi = ?l v×B ·d l=vBl sin(π/2+θ)=vBl cos θ

I i =εi /R = vBl cos θ/R

方向由b 到a . 受安培力方向向右,大小为

F =| ?l (I i d l×B )|= vB 2l 2cos θ/R

F 在导轨上投影沿导轨向上,大小为

F '= F cos θ =vB 2l 2cos 2θ/R

重力在导轨上投影沿导轨向下,大小为mg sin θ

mg sin θ -vB 2l 2cos 2θ/R=ma=m d v /d t dt=d v /[g sin θ -vB 2l 2cos 2θ/(mR )]

()[]{}

?-=v

mR l vB g dv t 0

222cos sin θθ

()()

()

mR t l B e l B mgR v θθθ222cos 2

221cos sin --=

(2) 导线ab 的最大速度v m =θ

θ

222cos sin l B mgR .

练习十三 感生电动势 自感

三、计算题

1. 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场B ,B 的方向与柱的轴线平行.有一长为2R 的金属棒MN 放在磁场外且与圆柱形均匀磁场相切,切点为金属棒的中点,金属棒与磁场B 的轴线垂直.如图18.6所示.设B 随时间的变化率d B /d t 为大于零的常量.求:棒上感应电动势的大

小,并指出哪一个端点的电势高.

(分别用对感生电场的积分εi =?l E i ·d l 和法拉第电磁感应定律εi =－d Φ/d t 两种方法解). .解：(1) 用对感生电场的积分εi =?l E i ·d l 解:在棒MN 上取微元d x (-R

E i =[R 2/(2r )](d B/d t )

与棒夹角θ满足tan θ=x/R εi =

?

?N

M

l E i d =?N

M

i x E θcos d

=()?-?R

R r R r x t B R 22d d d =?-+?R

R

R x x t B R 2232d d d =[R 3(d B/d t )/2](1/R )arctan(x/R )

R R

-

=πR 2(d B/d t )/4

因εi =>0,故N 点的电势高. (2) 用法拉第电磁感应定律εi =－d Φ/d t 解: 沿半径作辅助线OM ,ON 组

成三角形回路MONM

=?

?N

M

l E i d =??-M

N

l E i d

εi

=-???

??M

N

l E i d +??O

M l E i d +??

???N O l E i d =－(－d ΦmMONM /d t ) =d ΦmMONM /d t

而 ΦmMONM =?

?S

d S B =πR 2B/4

故 εi =πR 2(d B/d t )/4 N 点的电势高.

2. 电量Q 均匀分布在半径为a ,长为L (L >>a )的绝缘薄壁长圆筒表面上,圆筒以角速度ω绕中心轴旋转.一半径为2a ,电阻为R 总匝数为N 的圆线圈套在圆筒上,如图18.7所示.若圆筒转速按ω=ω0(1-t/t 0)的规律(ω0,t 0为已知常数)随时间线性地减小,求圆线圈中感应电流的大小和流向.

解：2. .等效于螺线管

B 内=μ0 nI=μ0 [Q ω /(2π)]/L=μ0 Q ω /(2πL )

B 外=0

Φ=?S B ?d S=B πa 2=μ0Q ω a 2 /(2 L ) εi =－d Φ/d t=－[μ0Q a 2 /(2 L )]d ω /d t

=μ0ω 0Q a 2 /(2 L t 0)

I i =εi /R=μ0ω 0Q a 2 /(2 LR t 0)

方向与旋转方向一致.

练习十四 自感（续）互感 磁场的能量

三、计算题

1. 两半径为a 的长直导线平行放置,相距为d ,组成同一回路,求其单位长度导线的自感系数L 0.

解：1. 取如图所示的坐标,设回路有电流为I ,则两导线间磁场方向向里,大小为 0≤r ≤a B 1=μ0Ir/(2πa 2)+ μ0I/[2π(d -r )] a ≤r ≤d -a B 2=μ0I/(2πr )+μ0I/[2π(d -r )] d -a ≤r ≤d B 3=μ0I/(2πr )+ μ0I (d -r )/(2πa 2) 取窄条微元d S=l d r ,由Φm =?

?S

S B d 得

Φml =?a

a r Irl 02

02d πμ+()?-a r d r Il 0

02d πμ +

?

-a

d a

r r Il πμ2d 0+()?--a d a

r d r Il πμ2d 0 +

?

-a

d a

r r Il πμ2d 0+()?-a d a

a r

l r -d I 2

02d πμ =μ0Il/(4π)+[μ0Il/(2π)]ln[d/(d -a )]

+[μ0Il/(2π)]ln[(d -a )/a ] +[μ0Il/(2π)]ln[(d -a )/a ]

+[μ0Il/(2π)]ln[d/(d -a )]+μ0Il/(4π)

=μ0Il/(2π)+(μ0Il/π)ln(d/a )

由L l =Φl /I ,L 0= L l /l=Φl /(Il ).得单位长度导线自感 L 0==μ0l/(2π)+(μ0l/π)ln(d/a )

2 内外半径为R 、r 的环形螺旋管截面为长方形,共有N 匝线圈.另有一矩形导线线圈与其套合,如图19.4(1)所示. 其尺寸标在图19.4(2) 所示的截面图中,求其互感系数.

解：2. 设环形螺旋管电流为I , 则管内磁场大小为 B =μ0NI/(2πρ) r ≤ρ≤R

方向垂直于截面; 管外磁场为零.取窄条微元d S=h d ρ,由Φm =?

?S

S B d 得

Φm =

?R

r

NIh πρρ

μ2d 0=μ0NIh ln(R/r )/(2π) M =Φm /I ==μ0Nh ln(R/r )/(2π)

图

19.4

(1)