河海大学大二上大学物理答案全

1、电场（一）库仑定律 电场强度一、选择题一、选择题1. D/B1. D/B2. B2. B二、填空题二、填空题1. 1. jQiq22a41E20p 2. 2. )C(N 09.0iE (N) 108 .110 F注：单位长度带电量：注：单位长度带电量： mC100.5dR2Q10 iRdE2004 3. 3. 库仑力为：库仑力为： N1044.13 与万有引力之比为：与万有引力之比为：361024.1 o23220)( 4RxqxE补充题补充题: :一半径为，长为的带电圆柱面，其单位长度带一半径为，长为的带电圆柱面，其单位长度带电量为电量为 , ,在带电圆柱的中在带电圆柱的中 面上有一面上有一

2、 点，它到轴线距离点，它到轴线距离为为r,r,则的电场强度的大小：则的电场强度的大小：rE02 当 rL 时204rLE rPrL当时三、计算题三、计算题解解: : 取电荷元取电荷元dqdq，其矢径与，其矢径与x x轴的交角为轴的交角为 dqR dExy Rddq R4dR4dqdE020 cosdEdEx sindEdEy dEdEExxcosRRd02004cos4 dEdEEyycosRRd02004sin4 jRiRE0044 电场（二）电场强度电场（二）电场强度 高斯定理高斯定理一、选择题一、选择题1. C1. C2. C2. C解题思路：解题思路：以以A A为中心，补上个相同得立方

3、体。为中心，补上个相同得立方体。A A位于体心。位于体心。每个侧面的面积为每个侧面的面积为abcdabcd的的4 4倍。总电通量为倍。总电通量为q/ q/ 0 0。由对称性，。由对称性，abcdabcd的电通量为的电通量为q/ q/ 2424 0 0二、填空题二、填空题1. 1. ,a1异性电荷。异性电荷。2. 2. ,1002. 95 .1014. 112 Aabdqc三、计算题三、计算题1. 1. 解解: : (1) (1) 4030244ARrdrArdrQRR (2) (2) Rr 作以作以r r为半径的高斯面，高斯面内所包含的电量为：为半径的高斯面，高斯面内所包含的电量为：4024A

4、rrdrqr 由高斯定理：由高斯定理：,402 qEr 024ArE r rd rRr 作以作以r r为半径的高斯面，高斯面内所包含的电量为：为半径的高斯面，高斯面内所包含的电量为：4024ARdrrqR 由高斯定理：由高斯定理：,qEr402 022r4ARE r rd rR2. 2. 解解: : 2/) 1 (Rr 、作以作以r r为半径，高为为半径，高为 l l 的同轴封闭圆柱面为高斯面的同轴封闭圆柱面为高斯面高斯面上的电通量为高斯面上的电通量为rlE2e 所包含的电量为：所包含的电量为：0 q由高斯定理：由高斯定理：20rlE0 ElE ERrR 2)2(、作以作以r r为半径，高为为

5、半径，高为 l l 的同轴封闭圆柱面为高斯面，高斯面的同轴封闭圆柱面为高斯面，高斯面上的电通量为：上的电通量为：rlE2e 所包含的电量为：所包含的电量为： .422222RrlRrlq 由高斯定理：由高斯定理： rlE2 0224Rrl 220/ 42ErRrlE ERr )3(作以作以r r为半径，高为为半径，高为l l的同轴封闭圆柱面为高斯面，高斯的同轴封闭圆柱面为高斯面，高斯面上的电通量为面上的电通量为rlE2e 所包含的电量为：所包含的电量为：222232.4qRRlR l由高斯定理：由高斯定理： lR431rlE220 .r8R3E02 电场（三）电势电场（三）电势 电势差电势差一

6、、选择题一、选择题1. B1. B2. C2. C解题思路：解题思路：O O点的电势为：点的电势为：0000234443qqqarrrr电场力作功：电场力作功：00066 344qQqAQQra 外力作功：外力作功：06 34qQAAa 。二、填空题二、填空题1. 1. （1)1)。，lqqlqq000066 （2 2）。lq06 2. 伏伏，45.伏伏。15 ABCq0114540.10.2AABqV0111540.30.2CCBqV 三、计算题三、计算题1. 1. 解解: : (1) (1) 以以O O为对称点作垂直于平板平面的圆柱面为高斯面，为对称点作垂直于平板平面的圆柱面为高斯面，设底

7、面积为设底面积为S S，长度为，长度为2 2x xP P，如图所示。，如图所示。高斯面内所包含的电量为：高斯面内所包含的电量为： Sxqp2 高斯面内所包含的电通量为：高斯面内所包含的电通量为：ESe2 由高斯定理：由高斯定理：0022 SxqESp 004 axEpp O OQ QP P对于对于Q Q点：点：以以Q Q为对称点作垂直于平板平面的圆柱面为高斯面，为对称点作垂直于平板平面的圆柱面为高斯面，设底面积为设底面积为S S，长度为，长度为2 2x x高斯面内所包含的电量为：高斯面内所包含的电量为： aSq 高斯面内所包含的电通量为：高斯面内所包含的电通量为：ESe2 由高斯定理：由高斯定

8、理：002 aSqES 02 aEQ Q QP P(2) (2) 作作P P Q Q的积分路径，场强分布为分段函数，的积分路径，场强分布为分段函数，P P 平板边界平板边界0 xEx 边界边界 Q Q 02 aE QPPQldE201532aO OQ QP P52400422aaaaxadxdx补充:设电荷 体密度沿 x 轴方向按余弦规律cosx分布在整个间，试求间场强分布。Yoz平面xESx-xx xd xSddV 解：如图所示，由于cosx为偶函数，故其电荷分布关于yoz平面对称，电场强度亦关于yoz平面对称，作面积为，高为2x的长方体（或柱体），则利用高斯定理得： VSdVSdE0 xx

9、xSdxES00cos2 00sinxE ixE00sin E 00sin2 xS 补充补充:图示为一个均匀带电球层，其电荷体密度为图示为一个均匀带电球层，其电荷体密度为 ，球壳内半，球壳内半径为，外半径为，为零点。求球内外电场分布。径为，外半径为，为零点。求球内外电场分布。0rS) 1 (402 dVrESdES 解：以解：以o o为圆心，半径为圆心，半径 r r作一球面为高斯面，则利用定理作一球面为高斯面，则利用定理与场分布具有球对称性的特点可得与场分布具有球对称性的特点可得21203133RrRrRr E22031323RrrRR 10rR2. 2. 解解: : 以左端为坐标原点以左端为

10、坐标原点O O，棒长方向为，棒长方向为x x方向，如图所示。方向，如图所示。在棒上在棒上x x处取处取dxdx段带电段带电dqdq，O OP Pa ax xdqdqdxlqdq dqdq在在p p点的电势点的电势 dxxalqxaldqd 0044004lpqddxl lax0ln4qlala电场（四）电势电场（四）电势 电势梯度、电场能量电势梯度、电场能量一、选择题一、选择题1. D1. D2. A2. A二、填空题二、填空题（1 1）。，mVEmVEmVEmVEmVEmVE404202654321 （2 2）V.61051 解题思路：解题思路： 球壳表面球壳表面20044QQEE RRR，

11、3. B3. B（3 3）41,161AB+_ruEr lABldEU（4 4） 。2322252222232yxcxyxbxyxaxxEx 。2322252222232yxcyyxbyyxayyEy 三、计算题三、计算题1. 1. 解解: : (1) (1) 建立建立xyxy坐标，在坐标，在x x位置处取位置处取dxdx长度长度, ,带电量为带电量为dqdq。X XY Yx xdxdxdqdqP PrO Okxdxdxdq 0dq在 点的电势P P：21220044yxkxdxrdqdP 由此可得：由此可得：1 202204lPPkxdxdxy（2 2） 2122014ylykyEy（3 3

12、）在在(1)(1)中解出的电势仅是随中解出的电势仅是随y y的函数分布的函数分布( (x x为定值为定值0)0)，无法求，无法求出场强的出场强的x x分量。分量。X XY Yx xdxdxdqdqP PrO Okxdxdxdq 1 22204klyy、 Eerrre ,420 drrredrrrerdVEWeerere22200223000204)4(214)4(2121 eerrrer ,430222000011() 4224ereeeWE dVr drrere028 ere02203 均匀带电球面均匀带电球面errre ,420 Eerr ,0均匀带电球体均匀带电球体电场（五）综合练习一电

13、场（五）综合练习一一、选择题一、选择题1. D1. D2. D2. D3. D3. D二、填空题二、填空题1.1.000034,32EEBA 解题思路：解题思路：0001223ABE00022ABE 联立求解可得结果联立求解可得结果. .x30E30E0EA AB B* * *可设可设A A、B B上带正电上带正电2.000220 qA ，解题思路：解题思路： 由对称性可得由对称性可得。00 E00002442qRRR 002qAq R3.。V.710671 4. 4. 解解: : 取以取以r r为半径，宽为为半径，宽为drdr的细圆环，带电量为的细圆环，带电量为，drrdq 2 细圆环在细圆

14、环在o o点的电势为点的电势为d d rdrrrdqd00424 000022 RdrdRR 02 dr Rrdr求均匀带电球体中心的电势求均匀带电球体中心的电势, ,方法同上方法同上200444dqrdrdrr0rdr202R三、计算题三、计算题1 1、 Ear ,0brarr ,20 ar ,0取半径为取半径为r r、厚度为、厚度为drdr长为长为 l l 的薄壁同轴圆筒为体积元的薄壁同轴圆筒为体积元, ,则则dVdV=2=2 r rl ldrdr222201228bearQWDEdVrldrr l 20ln4rQbla 2、一半径为一半径为“无限长无限长”圆柱形带电体，其圆柱形带电体，其

15、 电荷密为电荷密为 =Ar(Rr),式中为常数，求：式中为常数，求：（）、圆柱体内外的场强分布；（）、圆柱体内外的场强分布；（）、选距离轴线为（）、选距离轴线为 l(lR)处的电势为零，计算电势分布处的电势为零，计算电势分布hrx x解：（）、据对称性分析可知，解：（）、据对称性分析可知，电场具有轴对称性，作一高为电场具有轴对称性，作一高为h h的圆的圆柱面为高斯面，利用高斯定理得：柱面为高斯面，利用高斯定理得：02 qErhSdES (a) (a) 当当rRrR时，其电量为时，其电量为AhdxxdVqR202 323AhR 由高斯定理可得由高斯定理可得 02 qErh0332AhRRrrAR

16、E 0332 2、求电势、求电势(1)Rr rdRrArdrArEdlRRrlr 302033RlARrRAln3)(903330 (2)、Rr 303llrrAEdrR drr30ln3ARlr电场（六）导体电场（六）导体一、选择题一、选择题1. D1. D2. A2. A二、填空题二、填空题1.1.。，VVPb23100 . 210 解题思路：解题思路： A A、B B两平板之间为匀强电场两平板之间为匀强电场SqE00 1Edpa 101dSqEdp ab+-Pd1qdSqEdb0 2.0,0 ,0 ,0 ,0,.4ppAppAqREqEqqrr 解题思路：解题思路： A球不接地、由于静电

17、感应，球不接地、由于静电感应，A球表面分布感应电荷。但总球表面分布感应电荷。但总电量为电量为0。球内电场为。球内电场为0。球是等势体。球是等势体。P点的电势和点的电势和O点的电势相等，点的电势相等，O点的电势可以看作点的电势可以看作q在在O点电势和点电势和A上感应电荷在上感应电荷在O的电势之和。的电势之和。 A球表球表面分布感应电荷的总电量为面分布感应电荷的总电量为0，所以：，所以：。044002 RqRdqAAO 104pOqr_RP0q BA+_A球接地，球是等势体。球接地，球是等势体。 P点的电势和点的电势和O点的电势相等为点的电势相等为0，球内电场为，球内电场为0。由于静电感应，设。由

18、于静电感应，设A球表面分布感应电球表面分布感应电荷为荷为q，所以：，所以：RqO024 012 OOO00044qqrR_RP0q BA+_Rqqr3.3.。球球壳壳外外表表面面以以外外的的空空间间，q2 三、计算题三、计算题1. 解解: (1). (1). 由高斯定理和电荷守恒定律：由高斯定理和电荷守恒定律：外球壳的内表面带电外球壳的内表面带电-q-q，外表面带电，外表面带电+q+q。2042rqr (2). (2). 外球壳接地且重新绝缘后，电荷外球壳接地且重新绝缘后，电荷重新分布。外表面附近场强为重新分布。外表面附近场强为0 0，所以，所以外球壳外表面不带电，故外球壳的内表外球壳外表面不

19、带电，故外球壳的内表面仍带电面仍带电-q-q。04420202 rqrqr r1r2q+q-qr1r2q-q(3).(3).在在 外球壳带电为外球壳带电为-q-q的基础上，内球壳接地后，的基础上，内球壳接地后，。01 r设此时内球壳带电为设此时内球壳带电为qq，由电势叠加可知：，由电势叠加可知：0 10 2044Oqqrr外球壳电势由叠加可得：外球壳电势由叠加可得： 212020202114442rrrqrqrrrqr r1r2+-qq 12rqqr电场（七）电介质和电容电场（七）电介质和电容一、选择题一、选择题1. C1. C解题思路：解题思路： 电容串联时，电容串联时，2211UCUC ，

20、充电后，电容量小的电压高，当，充电后，电容量小的电压高，当fC 201 上的电压为上的电压为300 V300 V时，则：时，则：VCUCU2002112 组合电容的耐压值为组合电容的耐压值为500 V500 V。2. C2. Cd dd d2 2d d1 1a a解题思路：解题思路： 202101dSCdSC ，adSddSCCCCC 02102121 3. C3. CVF 300,20 VF 300,30 1U2U二、填空题二、填空题1.1.。，rErDr 022 2.2. 。，ttdUEttdUSQttdUDttdUErrOrrrrr ,00解题思路：解题思路： 设电介质内部的场强为设电介

21、质内部的场强为E E，真空内场强为，真空内场强为E E0 0。000 Ed dt tr0 021 DDrrEE 000 电压：电压：0UEdtEt所以：所以：()rUEdtt ttdUEDrrr 00 。ttdUEErrrO ttdUSQrr 0d dt tr0ErE dtEt3.ABABABEEDD，解题思路解题思路dEUA dEUB BAEE 00ArABBDEDE ，AABBDD，BAEBEBA ABDDA增大上电量减少上电量变1 1C C212，C。C 增大，C不。4.4.1C解题思路：解题思路：并联断开电源：插入介质前后组合电容总电量不变，当并联断开电源：插入介质前后组合电容总电量不

22、变，当1C增大，则增大，则上的电量增大上的电量增大2211CQCQ 2C上的电量减少上的电量减少并联不断开电源：插入介质前后组合电容电压不变并联不断开电源：插入介质前后组合电容电压不变1C增大，则增大，则1C上的电量增大。上的电量增大。2C上的电量不变。上的电量不变。5.5.增大电容量提高耐压程度，1112QQCCC补充补充: :两个电容器和两个电容器和2 2 串联以后接上电源充电，在电源保持接串联以后接上电源充电，在电源保持接的情况下，若把介质充入电容器的情况下，若把介质充入电容器2 2中，则电容器中，则电容器1 1的电势差如何的电势差如何变化？电容器变化？电容器1 1上的电量又如何变化？（

23、填增大，减小，不变）上的电量又如何变化？（填增大，减小，不变） 21111CCC 21111CCUUCq 11CqU补充题、补充题、1,21,2是两个完全相同的空气电容器，将其充电后与电是两个完全相同的空气电容器，将其充电后与电源断开，再将一块各向同性介质板插入电容器的两个极板，源断开，再将一块各向同性介质板插入电容器的两个极板，则电容器的电压则电容器的电压、电场能量、电场能量如何变化？（增大，减如何变化？（增大，减少，不变）少，不变）（答案：（答案：减少，减少，减少）减少）2121CCqq qCCCq2211 1112111qCqCCq 222222CqWq三、计算题三、计算题1. 1. 解

24、解: : 设给导体球系统带电设给导体球系统带电Q Q，其中两球分别带电为，其中两球分别带电为Q Q1 1、Q Q2 2。导。导线相连后成为一个整体，两球电势相等线相连后成为一个整体，两球电势相等: :20210144rQrQ QrrrQ2111 21010144rrrQQQC 21QQQ 1r2r2. 2. 解法一解法一: : 本题可看作两个球形电容器串联：本题可看作两个球形电容器串联：34430212210144RRRRCRRRRC ， 124334214321021214RRRRRRRRRRRRCCCCC 解法二解法二: : 给电容器带电给电容器带电Q Q在半径在半径4321RRRR，空间

25、内空间内场强分布为场强分布为204rQE 电势差：电势差：241314220044RRRRQQUdrdrrr 12433421432104RRRRRRRRRRRRUQC 012034111144QQRRRR电场电场( (八）综合练习二八）综合练习二一、选择题一、选择题1. C1. C解题思路：解题思路： 设平板电容器电荷面密度为：设平板电容器电荷面密度为： ；两板间；两板间的电吸引力为：的电吸引力为：。022022121 SqSFP电容器的场强为：电容器的场强为：0 E电压：电压：dEV 2220200221VdVdVP SqF0221 补充题补充题: :求电量为求电量为q q的平板电容器极板

26、之间的作用力？的平板电容器极板之间的作用力？AEAB02 AESSqqEFAB020222 补充题、一空气平行板电容器，电容为补充题、一空气平行板电容器，电容为C C，两极板间距离为，两极板间距离为d d，充电后，两极板间相互作用力为充电后，两极板间相互作用力为F F，则两极板间的电势差为我，则两极板间的电势差为我多少多少? ? 极板上电量大小为多少极板上电量大小为多少? ?dEdU0 002 dSF CFdSFd2200 FdCCFdCUCq22 lll解：分析：带电体之间的相互作用力是通过电场来实现 的，可以先求出一个带电体在空间产生的电场分布，然后求该电场对另一个带电体处在该电场中时的作

27、用力。注意本题不能当作点电荷 来处理。xdxx xd qd dq)(xE 20)(4)(xxdqxdE 204()dxx x补充题:两根相的均匀细棒，长为l，电荷 线密度为，沿同一条直线放置。两细棒间的最近距离也为l，如图所示，假设棒上的电荷 是不能自由移动的。试求两棒间的静电相互作用力。lllxdxx xd qd dq)(xE 20)(4)(xxdqxdE 204()dxx x lxxdxxE020)(4)( xlx1140 qdxEdF)(xdxlx 11402 344114023202lnxdxlxFll 方向沿两棒的连线方向沿两棒的连线2. B 2. B 解题思路：解题思路： 设挖去的

28、电量可作为点电荷，设挖去的电量可作为点电荷，O O点的场强和点的场强和电势均可作为电势均可作为x x轴上轴上R R处的点电荷处的点电荷 q q与均匀带电球面与均匀带电球面-Q-Q在在O O点场强与电势的叠加。点场强与电势的叠加。24RSQq 3. B3. B解题思路：解题思路： P P点放入不是足够小的点电荷点放入不是足够小的点电荷+ +q q后，改变了原先后，改变了原先导体上的电荷分布，使导体上的正电荷远离导体上的电荷分布，使导体上的正电荷远离p p点，场强减小。点，场强减小。4 4、yxz0S Q 二、填空题二、填空题1.1.方向向左。方向向左。区：区：方向向右。方向向右。区：区：方向向右

29、。方向向右。区：区：,23,232,21000 解题思路：解题思路： 带电平板的场强公式：带电平板的场强公式：02 E2.2. SdQWQQSdQWQQrrrrrr202222021112,112,11 2 012 E0222 E012 E0222 E解题思路：解题思路： 并联电容上电压相同，电量分配与并联电容上电压相同，电量分配与电容量成正比：电容量成正比：CQWdSCdSCCQCQQQQrBABA200212121 ，3.VVCQCQBABA3389100 . 6,100 . 61033. 1,107 . 6 解题思路：两导体连接后成为等势体。解题思路：两导体连接后成为等势体。201084

30、4100 . 2rQrQCQQBBAABA .CQ42 .2:1,1:2三、计算题三、计算题1. 1. 解解: : 1R2R 金属球壳内部为均匀带电球体，金属球壳内部为均匀带电球体，带总电量为：带总电量为： 3134RQ 由高斯定理可以证明，导体球壳由高斯定理可以证明，导体球壳的内表面带电的内表面带电- -Q Q，外表面不带电，外表面不带电，导体球接地，电势为导体球接地，电势为0 0。(1) (1) 电场分布：电场分布： 101,3,0RrrRrE 30213414rrERr，由由高高斯斯定定理理：注注： 12200,6321RrrRdrrdrERr 02220182121 rEDEwe 12

31、2200418eeRWw dVrr dr1,0Rr 2510245R磁场磁场 ( (一一) )洛仑兹力洛仑兹力一、选择题一、选择题1二、填空题二、填空题vBd 上极板上极板n2: 1: 12:2:1141086. 2 三、计算题三、计算题解：（）解：（） 平行于导线电流，则该处平行于导线电流，则该处 VVBNveBvefaI162102 . 30 方向：垂直导线轴线，沿矢径方向向外（背离导线向外）方向：垂直导线轴线，沿矢径方向向外（背离导线向外）（）（）平行于导线电流，则该处仍有平行于导线电流，则该处仍有VVB163.2 10fev BN方向：于行于导线中电流方向方向：于行于导线中电流方向（）

32、（） 垂直于导线与电子构成的平面，此时垂直于导线与电子构成的平面，此时 与该处与该处 平行平行或反平行或反平行VVB0 f解：（）解：（） 平行于导线电流，则该处平行于导线电流，则该处 VVB磁场（二）安培力磁场（二）安培力 磁力的功磁力的功 IBR IBR)103 . 460sin( :3牛牛米米提提示示 BPMm2.2. 提示提示: :整圆受力为整圆受力为0 0，半圆受力如图，半圆受力如图 F=IB2RF=IB2RIFTTB一、选择题一、选择题二、填空题二、填空题 F- 2T=0 F- 2T=0T=IBRT=IBRItggS 2提提示示如如下下提示：补提示：补ca,ca,整个线圈受力为整个

33、线圈受力为0 0，而，而caca受力为受力为IBL caIBL ca方向向下方向向下bBacII22bcabIBBILFca cosFVVFP )(105 . 7100 . 343W 方向向上方向向上 cos)2sin(2IBaBPMm 磁磁力力矩矩 sinsin22mgaamgMM 三边重力矩三边重力矩磁力矩磁力矩OIamgmgBo 解解iaIbIF 2101)2()1( F1F3I1I2bF2oxI2dlxdx（2 2）取电流元取电流元I2dl，该处该处xIB 210 xIdxIBdlIdF 230cos90sin10222 30cosdxdl 3231022230cosFxIdxIFbb

34、b 13260cos60cosFFFF 合合ibaIIbabIIF223ln33210210 合合(2)图示位置线圈内磁通量：图示位置线圈内磁通量：转过转过60度后线圈内磁通量：度后线圈内磁通量：02cos1 BSm2cos6mBS在转动过程中磁力矩作功在转动过程中磁力矩作功：JIBSIAmm2108 . 66cos)(12 BpMm 90sinBpMm 2.解解 (1)IBR22 mN .1085. 72 BIRM磁场（三）毕萨定理磁场（三）毕萨定理一、选择题一、选择题1. A2. B 二、填空题二、填空题1.RI220 解题思路：解题思路： 园电流圆心处：园电流圆心处：RIB200 2.a

35、I 022 解题思路：解题思路： 各边在各边在OO点产生的磁点产生的磁感应强度相同，大小为：感应强度相同，大小为：013coscos4244IBa012 24IBBa3.3.。方方向向是是：垂垂直直纸纸面面向向里里,2400RIRIB 解题思路：解题思路： 在在O O点产生的磁感应强度可以看作是两条半无限点产生的磁感应强度可以看作是两条半无限长直电流与一个半圆形弧电流产生的磁感应强度的叠加，大长直电流与一个半圆形弧电流产生的磁感应强度的叠加，大小为：小为：RIRIB 2400 4.4.rVB 20 解题思路：解题思路： 运动的带电直导线，相当于在直导线方向上通运动的带电直导线，相当于在直导线方

36、向上通有电流有电流I=VI=V 产生的磁感应强度大小为：产生的磁感应强度大小为：。rVrIB 2200 三、计算题三、计算题1. 1. 解解: : :1PBPx点点产产生生轴轴电电流流在在设设沿沿 22144cos0cos4001aIaIBP :2PBPy点点产产生生轴轴电电流流在在设设沿沿 1224cos4cos4002aIaIBP 21PPPBBB IIO aaP , xy轴轴正正方方向向。方方向向垂垂直直纸纸面面向向外外，沿沿 z轴轴负负方方向向。方方向向垂垂直直纸纸面面向向里里，沿沿z轴轴负负方方向向。方方向向垂垂直直纸纸面面向向里里，沿沿zaIaIaIBP 4222141224000

37、 2. 解解: xyz迭迭合合设设直直载载流流导导线线与与圆圆电电流流R2:21的的矢矢量量和和点点的的磁磁场场电电流流在在和和无无限限长长直直点点的的磁磁场场在在可可以以看看作作圆圆电电流流点点产产生生BPBPBPP轴轴正正方方向向。沿沿yRIrIRB82203201 夹夹角角。轴轴成成平平面面内内，与与在在45422002xxoyRIrIB 1B2BBjRIRIiRIB 8244000 。点点距距离离为为相相交交点点到到rPjRIiRIB 44002 矢矢量量表表达达式式：磁场（四磁场（四 ）安培环路定理）安培环路定理一、选择题一、选择题1 1 D D二、填空题二、填空题积分回路积分回路

38、回路所包围的面积的电流回路所包围的面积的电流 回路上的磁感应强度回路上的磁感应强度 回路内包围的回路内包围的 回路外回路外 回路内回路内0, 0. 200I 三、计算题：三、计算题：21RrR 1Rr IrBldBL021 0rI 210 2Rr BrII 2)(120 1R2R1I2I因为因为具有具有 对称性对称性解：解：Br0解：解： 利用安培环路定律求的分布利用安培环路定律求的分布分析得知：分析得知：0 x的方向沿轴负向的方向沿轴负向B0 x的方向沿轴正向的方向沿轴正向BxyBB22ddx hBldBL21 0022jhxhB xjB00 xh22,ddxx hBldBL22 000jd

39、hI djB0021 Bjdj0021 2dx jdj0021 jxj00 2dx 22ddx Bx0dj0021 磁场（五）综合练习磁场（五）综合练习一、选择题：一、选择题： 二、填空题二、填空题 迭加迭加 平行平行 垂直垂直2rTT47102102 减小减小 减小减小 增大增大2/32220)(2xRIRB 0 RBxR2 RBx2o三、计算题：三、计算题：21III 2211lIlI 1:3:12 IIII411 RIRIBACB323243010 RIRIBADB323241020 0 EAB 垂直纸面向外垂直纸面向外垂直纸面向里垂直纸面向里II432 RIRIBBF 4)cos2(c

40、os400 垂直纸面向外垂直纸面向外II2IABCDEF0RIB 40 向外向外1I解：矢经方向上电流均匀分布，矢经方向上单位长度解：矢经方向上电流均匀分布，矢经方向上单位长度mAInj1001. 01030 rdjId0 rdrjrIddB22000 方向方向: :垂直纸面向里垂直纸面向里1200ln2RRj PR1. .R2rdrT5109 . 2 BdB 21200RRdrrj 磁（六）磁介质磁（六）磁介质nInInInI 02. A(8.0) A(8.0) A A二、填空题二、填空题T0 . 2642101 . 3 4105 . 2 6106 . 1 1.一、选择题一、选择题1Rr 2

41、21rIIR 212IrHR三、计算题三、计算题IrHldHl 2IRr212 0212IrBRIrIdSrB2R1R21RrR rIH 2 rR 2rIH 2 IrH 2rIBr 20 IrH 2rIB 20 IrIdSrB2R1R一、选择题：一、选择题： B B D 3. CD 3. C二、填空题二、填空题磁（七）综合练习二磁（七）综合练习二)(100 .814 BVqFk提提示示2.8:71. A1A2A31F3F2F导线导线处处aIaIB22230201 导线导线处处aIaIB 2210302 导线导线IIIIII 处处aIaIB22210203 lBIFlBIF222111 8:7:

42、221121 lBIlBIFF3 3、 在一磁感应强度为在一磁感应强度为B 的水平的均匀磁场中，有一水平的水平的均匀磁场中，有一水平放置的均匀带电的圆盘，电荷面密度为放置的均匀带电的圆盘，电荷面密度为s，半径为半径为R 。它围。它围绕其铅直轴线以角速度绕其铅直轴线以角速度旋转。求它所受到的磁矩和磁力矩。旋转。求它所受到的磁矩和磁力矩。RB解：BpmrdrRMdIndq2dq22rdr2dqrdrrdr23mdPdIrr dr30RmPr dr414R041sin 904mMP BR BFI设原先平衡砝码质量设原先平衡砝码质量M M0 0，框质量，框质量M M线框受磁力向上线框受磁力向上IlBN

43、F 1)1(0IlBNMggM 电流反向，线框受磁力向下电流反向，线框受磁力向下IlBNF 2再次平衡时再次平衡时) 2()(0IlBNMggmM （1 1）和（）和（2 2）联立得：）联立得：IlNmgB2 三、计算题：三、计算题：电磁场(一)电磁感应 动生电动势1、1.8810-3 3，C 5.0 10-4 4, a, a2 2、如图、如图IABCDiADiBCABCDiIiABiDC ADCBViADiBC一、选择题：一、选择题： D D A A二、填空题二、填空题三、计算题三、计算题解1：从法拉弟电磁感应定律求解：设t时刻AD边距直导线为x, 此时线圈中的磁通量为： axxSmdrlr

44、ISdB 20 xaxlI ln20mN dxdVdtdxdxddtdi )11(20axxNlIV )11(2)(0addNlIVdxi V61086. 6 xalABCDIxtVi解解2 2：从动生电动势定义法求解各段的：从动生电动势定义法求解各段的电动势，等效回路为电动势的串联：电动势，等效回路为电动势的串联：dalABCDIxViiADiBCABAB，DCDC段不产生动生电动势段不产生动生电动势ADldINViAD方方向向20BCladINViBC 方方向向从从)(20总回路的电动势为总回路的电动势为iBCiADi ladINVldINV)(2200 V61086.6 方向如图所示方向如图所示电磁场(二) 电磁感应 感生电动势0 iPQSPaBiPS 方向221 SQaBiSQ 方方向向221 QPSabB磁磁通通量量不不变变P PS SQQ在在任任何何时时刻刻的的线线圈圈0 PQiSQiPSii总总SQaBiSQ 方方向向221一、选择题一、选择题 A A A A二、填空题二、填空题1.dtdBrE2 dtdBRrRIi2 ABABABIRABiIR 40444 iiABiiRR若若C点断开：点断开：I00ABABABABABIRR dtdBri442 BARABRCBBACBCCARAcI ABE0RoCr2、3、V2101.3 方向从左