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大物2期末复习

练习一静电场中的导体

-Q

图5.6

三、计算题

1.已知某静电场在xy平面内的电势函数为U=Cx/（x2+y2）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：

.Ex=-∂U/∂x

=-C[1/（x2+y2）3/2+x（-3/2）2x/（x2+y2）5/2]

=（2x2-y2）C/（x2+y2）5/2

Ey=-∂U/∂y

=-Cx（-3/2）2y/（x2+y2）5/2=3Cxy/（x2+y2）5/2

x轴上点（y=0）Ex=2Cx2/x5=2C/x3Ey=0

E=2Ci/x3

y轴上点（x=0）Ex=-Cy2/y5=-C/y3Ey=0

E=-Ci/y3

2．如图5.6,一导体球壳A（内外半径分别为R2,R3）,同心地罩在一接地导体球B（半径为R1）上,今给A球带负电-Q,求B球所带电荷QB及的A球的电势UA.

静电场中的导体答案

解：

2.B球接地,有UB=U∞=0,UA=UBA

UA=（-Q+QB）/（4πε0R3）

UBA=[QB/（4πε0）]（1/R2-1/R1）

得QB=QR1R2/（R1R2+R2R3-R1R3）

UA=[Q/（4πε0R3）][-1+R1R2/（R1R2+R2R3-R1R3）]

=-Q（R2-R1）/[4πε0（R1R2+R2R3-R1R3）]

练习二静电场中的电介质

图6.6

σ1

σ2

σ3

σ4

三、计算题

1.如图6.6所示,面积均为S=0.1m2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Q1=3.54×10－9C,Q2=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=UA－UB.

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个表面的电荷产生的,应为零,有

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

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

而S（σ1+σ2）=Q1S（σ3+σ4）=Q2

有σ1-σ2-σ3-σ4=0

σ1+σ2+σ3-σ4=0

σ1+σ2=Q1/S

σ3+σ4=Q2/S

解得σ1=σ4=（Q1+Q2）/（2S）=2.66⨯10-8C/m2

σ2=-σ3=（Q1-Q2）/（2S）=0.89⨯10-8C/m2

两板间的场强E=σ2/ε0=（Q1-Q2）/（2ε0S）

V=UA－UB

=Ed=（Q1-Q2）d/（2ε0S）=1000V

导体

图6.7

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

≠0

与静电场的环路定理

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

图7.1

三、计算题

1.半径为R1的导体球带电Q,球外一层半径为R2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r1（r1R2）处的D和E；

（2）离球心r1,r2,r3,处的U；（3）介质球壳内外表面的极化电荷.

解：

（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

4πr2D=∑q0i

当r=5cm

当r=15cm（R1

得D2=Q/（4πr2）=3.54×10-8C/m2

E2=Q/（4πε0εrr2）=7.99×103N/C

当r=25cm（r>R1+d）∑q0i=Q=1.0×10-8C

得D3=Q/（4πr2）=1.27×10-8C/m2

E3=Q/（4πε0r2）=1.44×104N/C

D和E的方向沿径向.

（2）当r=5cm

=Q/（4πε0εrR）-Q/[4πε0εr（R+d）]+Q/[4πε0（R+d）]

=540V

当r=15cm

U2=

=Q/（4πε0εrr）-Q/[4πε0εr（R+d）]+Q/[4πε0（R+d）]

=480V

当r=25cm

U3=

=Q/（4πε0r）=360V

（3）在介质的内外表面存在极化电荷,

Pe=ε0χE=ε0（εr-1）Eσ'=Pe·n

r=R处,介质表面法线指向球心

σ'=Pe·n=Pecosπ=-ε0（εr-1）E

q'=σ'S=-ε0（εr-1）[Q/（4πε0εrR2）]4πR2

=-（εr-1）Q/εr=-0.8×10-8C

r=R+d处,介质表面法线向外

σ'=Pe·n=Pecos0=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

Q1=C1V1=4πε0RV1Q2=C2V2=4πε0RV2

W0=C1V12/2+C2V22/2=2πε0R（V12+V22）

两导体相连后C=C1+C2=8πε0R

Q=Q1+Q2=C1V1+C2V2=4πε0R（V1+V2）

W=Q2/（2C）=[4πε0R（V1+V2）]2/（16πε0R）=πε0R（V1+V2）2

静电力作功A=W0-W

=2πε0R（V12+V22）-πε0R（V1+V2）2=πε0R（V1-V2）2

=1.11×10-7J

练习六磁感应强度毕奥—萨伐尔定律

三、计算题

图10.7

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dx的无限长电流元

dI=Idx/（2a）

dB=μ0dI/（2πr）

=μ0Idx/（4πar）

⨯I

dBx=dBcosα=[μ0Idx/（4πar）]（a/r）

=μ0Idx/（4πr2）=μ0Idx/[4π（x2+a2）]

dBy=dBsinα=μ0Ixdx/[4πa（x2+a2）]

=[μ0I/（4π）]（1/a）arctan（x/a）

=μ0I/（8a）

=[μ0I/（8πa）]ln（x2+a2）

∙

图10.8

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dL细圆环电流,dI=IdN=I[N/（πR/2）]Rdθ

=（2IN/π）dθ

dB=μ0dIr2/[2（r2+x2）3/2]

r=Rsinθx=Rcosθ

dB=μ0NIsin2θdθ/（πR）

=μ0NI/（4R）

练习七毕奥—萨伐尔定律（续）磁场的高斯定理

三、计算题

图11.6

1.在无限长直载流导线的右侧有面积为S1和S2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S1回路的磁通量与通过S2回路的磁通量之比.

解：

1.取窄条面元dS=bdr,

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=

Φ2=

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dQ=σ2πrdr,

[σ=Q/（πR2）],等效电流元为

dI=dQ/T=σ2πrdr/（2π/ω）=σωrdr

（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

dB=μ0dIr2/[2（x2+r2）3/2]=μ0σωr3dr/[2（x2+r2）3/2]

（2）求磁距.电流元的磁矩

dPm=dIS=σωrdrπr2=πσωr2dr

=πσωR4/4=ωQR2/4

练习八安培环路定律

三、计算题

∙

图12.5

∙

2R'

1.如图12.5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I1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I2组成.

θ1

θ2

I1=JπR2I2=-JπR'2J=I/[π（R2-R'2）]

它们在空腔内产生的磁感强度分别为

B1=μ0r1J/2B2=μ0r2J/2

方向如图.有

Bx=B2sinθ2-B1sinθ1=（μ0J/2）（r2sinθ2-r1sinθ1）=0

By=B2cosθ2＋B1cosθ1

=（μ0J/2）（r2cosθ2＋r1cosθ1）=（μ0J/2）d

所以B=By=μ0dI/[2π（R2－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.

⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯

∙∙∙∙∙∙∙

①

②

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B1=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B2=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=B1+B2=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=B1-B2=0

练习九安培力

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=2.00mm2,铜的密度ρ=8.90g/cm3）,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）Pm=IS=Ia2

π/2-θ

方向垂直线圈平面.

线圈平面保持竖直,即Pm与B垂直.有

Mm=Pm×B

Mm=PmBsin（π/2）=Ia2B

=9.4×10－4m⋅N

（2）平衡即磁力矩与重力矩等值反向

Mm=PmBsin（π/2－θ）=Ia2Bcosθ

MG=MG1+MG2+MG3

=mg（a/2）sinθ+mgasinθ+mg（a/2）sinθ

=2（ρSa）gasinθ=2ρSa2gsinθ

Ia2Bcosθ=2ρSa2gsinθ

tanθ=IB/（2ρSg）=0.2694

θ=15︒

图13.5

2.如图13.5所示，半径为R的半圆线圈ACD通有电流I2,置于电流为I1的无限长直线电流的磁场中,直线电流I1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I1的磁力.

解：

2.在圆环上取微元

I2dl=I2Rdθ

该处磁场为

B=μ0I1/（2πRcosθ）

I2dl与B垂直,有dF=I2dlBsin（π/2）

dF=μ0I1I2dθ/（2πcosθ）

dFx=dFcosθ=μ0I1I2dθ/（2π）

dFy=dFsinθ=μ0I1I2sinθdθ/（2πcosθ）

=μ0I1I2/2

因对称Fy=0.故F=μ0I1I2/2方向向右.

练习十洛仑兹力

三、计算题

∙

图14.6

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）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=qv×B=maqvB=man=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Qv×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

=ΣI02∆LH=ΣI0

（1）介质内,0

H=xγEB=μ0μr1H=μ0μr1xγE

（2）介质外,|x|>b/2.ΣI0=b∆lJ=b∆lγE,有

H=bγE/2B=μ0μr2H=μ0μr2bγE/2

μr2

μr1

图15.6

χm

图15.7

2.一根同轴电缆线由半径为R1的长导线和套在它外面的半径为R2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

=ΣI0

在介质中（R1

2πrH=IH=I/（2πr）

介质内的磁化强度

M=χmH=χmI/（2πr）

介质内表面的磁化电流

JSR1=|MR1×nR1|=|MR1|=χmI/（2πR1）

ISR1=JSR1⋅2πR1=χmI（与I同向）

介质外表面的磁化电流

JSR2=|MR2×nR2|=|MR2|=χmI/（2πR2）

ISR2=JSR2⋅2πR2=χmI（与I反向）

练习十二电磁感应定律动生电动势

三、计算题

20cm

10cm

5cm

图17.8

图17.9

1.如图17.8所示，长直导线AC中的电流I沿导线向上，并以dI/dt=2A/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

dS=ydx=[（a+b-x）l/b]dx

Φm=

εi=-dΦm/dt=

=-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vm.

解：

（1）导线ab的动生电动势为

εi=⎰lv×B·dl=vBlsin（π/2+θ）=vBlcosθ

Ii=εi/R=vBlcosθ/R

方向由b到a.受安培力方向向右,大小为

F=|⎰l（Iidl×B）|=vB2l2cosθ/R

F在导轨上投影沿导轨向上,大小为

F'=Fcosθ=vB2l2cos2θ/R

重力在导轨上投影沿导轨向下,大小为mgsinθ

mgsinθ-vB2l2cos2θ/R=ma=mdv/dt

dt=dv/[gsinθ-vB2l2cos2θ/（mR）]

（2）导线ab的最大速度vm=

练习十三感生电动势自感

三、计算题

图18.6

××

图18.7

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dB/dt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=⎰lEi·dl和法拉第电磁感应定律εi=－dΦ/dt两种方法解）.

.解：

（1）用对感生电场的积分εi=⎰lEi·dl解:

在棒MN上取微元dx（-R

××

该处感生电场大小为

Ei=[R2/（2r）]（dB/dt）

与棒夹角θ满足tanθ=x/R

εi=

=[R3（dB/dt）/2]（1/R）arctan（x/R）

××

=πR2（dB/dt）/4

因εi=>0,故N点的电势高.

（2）用法拉第电磁感应定律εi=－dΦ/dt解:

沿半径作辅助线OM,ON组成三角形回路MONM

εi=

=－（－dΦmMONM/dt）=dΦmMONM/dt

而ΦmMONM=

=πR2B/4

故εi=πR2（dB/dt）/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/t0）的规律（ω0,t0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=μ0nI=μ0[Qω/（2π）]/L=μ0Qω/（2πL）

B外=0

Φ=⎰SB⋅dS=Bπa2=μ0Qωa2/（2L）

εi=－dΦ/dt=－[μ0Qa2/（2L）]dω/dt

=μ0ω0Qa2/（2Lt0）

Ii=εi/R=μ0ω0Qa2/（2LRt0）

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L0.

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≤aB1=μ0Ir/（2πa2）+μ0I/[2π（d-r）]

a≤r≤d-aB2=μ0I/（2πr）+μ0I/[2π（d-r）]

d-a≤r≤dB3=μ0I/（2πr）+μ0I（d-r）/（2πa2）

取窄条微元dS=ldr,由Φm=

得

Φml=

=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Ll=Φl/I,L0=Ll/l=Φl/（Il）.得单位长度导线自感L0==μ0l/（2π）+（μ0l/π）ln（d/a）

图19.4

（1）

（2）

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dS=hdρ,由Φm=

得

Φm=

=μ0NIhln（R/r）/（2π）

M=Φm/I==μ0Nhln（R/r）/（2π）

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