中国地质大学大学物理习题集答案ppt课件

1、第一章第一章真空中的静电场真空中的静电场1-11-21-31-41-51-71-81-91-101-111-121-131-141-151-161-171-181-61-191-1比较点电荷与试验电荷的差异。比较点电荷与试验电荷的差异。1-2两个正点电荷两个正点电荷q1与与q2间距为间距为r，在引入另一点，在引入另一点电荷电荷q3后，三个点电荷都处于平衡状态，求后，三个点电荷都处于平衡状态，求q3的的位置及大小。位置及大小。解：要想使三个点电荷都处于平衡状态，解：要想使三个点电荷都处于平衡状态，q3必须为负电荷，且必须为负电荷，且q3必须位于必须位于q1与与q2之间的连线上，如图示。之间的连线

2、上，如图示。由库仑定律有：由库仑定律有：2122101241rqqF q1q2q3 2133101341rqqF 2233202341rqqF r12r13r231312FF 122123FFF 解得：解得：221213)(qqqqq rqqqr21113 q1q2q3 r12r13r231-3在电场中某点在电场中某点P放入实验电荷放入实验电荷q0,测得电场力为测得电场力为F,则该点的场强为则该点的场强为F/q0,若放入另一实验电荷若放入另一实验电荷-q0,则则该点的场强为：该点的场强为：（）(A)-F/q0(B)0(C)F/q0答：答：C1-4等值同号的两个点电荷等值同号的两个点电荷.间距为

3、间距为2l，求其连线中垂，求其连线中垂面上场强最大处到两电荷连线中点的距离面上场强最大处到两电荷连线中点的距离.解：解：yEE12 cos412220lyq 23220)(21lyqy 令令0dd yE即即0)(2322 lyydyd那那么么03222 yly所以所以ly22 qql2E2E1EPyy=最大值最大值1-5在一个带负电荷的均匀带电球外，放置一偶极子在一个带负电荷的均匀带电球外，放置一偶极子,其电矩的方向如图其电矩的方向如图1-1所示所示.当偶极子被释放后当偶极子被释放后,该偶该偶极子将（极子将（）r图图1-1(A)绕逆时针方向旋转，直到电绕逆时针方向旋转，直到电矩矩P沿径向指向球

4、面而停止。沿径向指向球面而停止。(B)绕逆时针方向旋转至绕逆时针方向旋转至P沿径向沿径向指向球面，同时顺电力线方向向指向球面，同时顺电力线方向向着球面移动着球面移动;(C)绕逆时针方向旋转至绕逆时针方向旋转至P沿径向指向球面沿径向指向球面,同时逆电力线方向远离球面移动同时逆电力线方向远离球面移动;(D)绕顺时针方向旋转至绕顺时针方向旋转至P沿径向向外，同沿径向向外，同时顺电力线方向向着球面移动。时顺电力线方向向着球面移动。答答B1-6在正方形的两个相对的角上各放一个点电荷在正方形的两个相对的角上各放一个点电荷Q，在其他，在其他两个相对的角上各放一个点电荷两个相对的角上各放一个点电荷q，如果作用

5、在，如果作用在Q上的力为零，上的力为零，求求Q与与q的关系。的关系。QQqqOxy解：设正方形边长为解：设正方形边长为a,以原点处的以原点处的Q为研究对象，则其受力为：为研究对象，则其受力为： qqQFFFF202)2(4aQFQ QF qFqF204aQqFq 045cos42)2(400202 aQqaQFqQ22 1-7用不导电的细塑料棒弯成半径为用不导电的细塑料棒弯成半径为50.0cm的圆弧的圆弧,两端间空隙为两端间空隙为2.0cm,电量为电量为的正电荷的正电荷均匀分布在棒上均匀分布在棒上,求圆心处场强的大小和方向求圆心处场强的大小和方向.C91012. 3 解解:(补偿法补偿法)由于

6、对称性，均匀带电圆环在圆心处由于对称性，均匀带电圆环在圆心处场强为零。场强为零。均匀带电圆环均匀带电圆环 Ld 所以所以q可视为点电荷可视为点电荷=E+dq E204RqE 204Rd dRQ 2RQ 2 32299)1050(21021012. 3109 Emv/715. 0 1-8如下图，一细玻璃棒被弯成半径为的半圆周，如下图，一细玻璃棒被弯成半径为的半圆周，沿其上半部均匀分布有电荷沿其上半部均匀分布有电荷+q,沿其下半部均匀分布沿其下半部均匀分布有电荷有电荷q，求半圆中心，求半圆中心O点的场强。点的场强。解解:建立如图的坐标系建立如图的坐标系xOy,204RdqdE 204RRd xy+

7、-dqEd0 xdE 2020cos422 RRddEEY R d202Rq 2Rq dRq 20202cos 方向沿y负向E1-9一半径为的半球面，均匀地带有电荷，电荷一半径为的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为面密度为，求球面中心处的场强。，求球面中心处的场强。解解:1如图在半球面上用如图在半球面上用极坐标取任意面元极坐标取任意面元 RdrddS 204RdqdE 204RdS 04sin dd 0 xxdEE 0yydEEzEd sinRr rd Rd ddR sin2 它在球心产生的场强它在球心产生的场强由对称性分析可知由对称性分析可知 cosdEdEEz ddE 200204cos

8、sin04 zEd sinRr Rd 方向沿z 轴负向解解:2如图在半球面上取面元如图在半球面上取面元 rRddS2 它在球心产生的场强它在球心产生的场强304RxdqdE dsdqRx cos ddEE 2002cossin04 方向沿z 轴负向1-10半径为的带电细园环，线电荷密度半径为的带电细园环，线电荷密度,为常数，为常数，为半径与为半径与x轴夹角，如下图，求圆轴夹角，如下图，求圆环中心处的电场强度。环中心处的电场强度。 cos0 0 解： Rddq dRcos0 XYR204RdqdE Rd004cos Ed cosdEdEExx dR20020cos4 xEdyEd sindEdE

9、EyyR004 0 沿沿x轴负方向轴负方向.E1-11.半径为半径为R，长度为，长度为L的均匀带电圆柱面，其单位长的均匀带电圆柱面，其单位长度带电量为度带电量为，在带电圆柱的中垂面上有一点，在带电圆柱的中垂面上有一点P，它到，它到轴线距离为轴线距离为rrR），则），则P点的电场强度的大小：点的电场强度的大小：当当rL时，时，E=；当当rL时，时，E=。rE02 解：解：rL时, 可视为点电荷204rLE Lq 1-12.在某点电荷系空间任取一高斯面，知在某点电荷系空间任取一高斯面，知qi=0，那么，那么sEds=qi/0。（）（A高斯面上所在点的电场为零高斯面上所在点的电场为零 ；（B场强与电

10、通量均为零；场强与电通量均为零；（C通过高斯面的电通量为零。通过高斯面的电通量为零。 答：答：C1-13.有两个点电荷电量都是有两个点电荷电量都是+q相距为相距为2a，今以左边的，今以左边的点电荷所在处为球心，以点电荷所在处为球心，以a为半径，作一球形高斯面。为半径，作一球形高斯面。在球面上取两块相等的小面积在球面上取两块相等的小面积S1、S2。其位置如图。其位置如图1-4所示。设通过所示。设通过S1、S2的电场强度通量分别为的电场强度通量分别为1、2，通过整个球面的电场强度通量为通过整个球面的电场强度通量为3，那么，那么（A）12，3=q/0（B）12，3=2q/0（C）1=2，3=q/0；

11、（D）12，3=q/0；答：答：DXS1S2q2qo图图1-4o2a1-14(a)点电荷点电荷q位于边长为位于边长为a的正立方体的中心，通的正立方体的中心，通过此立方体的每一面的电通量各是多少？过此立方体的每一面的电通量各是多少？(b)若电荷移至正方体的一个顶点上，则通过每个面若电荷移至正方体的一个顶点上，则通过每个面的电通量又各是多少？的电通量又各是多少？06 q (b)该顶点可视为边长等于该顶点可视为边长等于2a的大立方的大立方体的中心体的中心,通过每个大面的电通量为通过每个大面的电通量为06 q解解:(a)因为因为6个全等的正方形组成一个封闭个全等的正方形组成一个封闭面面,所以所以每个小

12、立方体中不经过该顶点的每个小立方体中不经过该顶点的三个小面上的电通量为三个小面上的电通量为而通过该顶点的另三个而通过该顶点的另三个小面的电通量为小面的电通量为0.024 q1-15.两个同心球面，半径分别为两个同心球面，半径分别为0.10m和和0.30m，小球上，小球上带有电荷带有电荷+1.0C，大球上带有电荷，大球上带有电荷+1.5C，求求离球心为离球心为(1)0.05m;(2)0.20m;(3)0.50m各处的电场各处的电场强度，问电场强度是否是坐标强度，问电场强度是否是坐标r(离球心的距离离球心的距离)的连续函的连续函数数?810810解解:系统具球对称性系统具球对称性,取球形高斯面取球

13、形高斯面,024 内内qErSdEs (1)E1=0289) 2 . 0(100 . 1109 220124rqE （2）mv /1025. 23 q1q2289) 5 . 0(10) 5 . 10 . 1 (109 2302134rqqE (3)mv /1092 E不是不是r的连续函数的连续函数, 在两个球面处有跃变在两个球面处有跃变. 1-16(1)设地球表面附近的场强约为设地球表面附近的场强约为200vm-1,方向指向方向指向地球中心，试求地球所带的总电量。地球中心，试求地球所带的总电量。(2)在离地面在离地面1400m高处，场强降为高处，场强降为20vm-1，方向仍指向地球中心，方向仍

14、指向地球中心,试计算在试计算在1400m下大气层里的平均电荷密度下大气层里的平均电荷密度.解解:该系统具球对称性该系统具球对称性,可取球形高斯面可取球形高斯面, (1)地表附近场强 024 地地表表qRE 26920)10378. 6)(200(10914 表表地地ERq C51004. 9 (2)(方法一方法一):02)(4 气气地地qqhREh 而而h=1400mR气气地地总总qqQ 20)(4hREh 204REh 269)10378. 6)(20(1091 C41004.9 气气q地地总总qQ C510147. 8 hRV24 气气1400)10378. 6(410147. 8265

15、气气气气Vq312/10137. 1mC (2)(方法二): h = 1400m R地地面面 E地面不太宽的区域作如图所示的封闭柱面为高斯面地面不太宽的区域作如图所示的封闭柱面为高斯面0 内内qSdES 左边左边= 下底下底表表SdE 上上底底SdEh 侧侧面面SdE且等高处且等高处E值相等值相等地面地面hhE表表Es hSESE 表表0 Sh 右边右边hEEh)(0 表表 312/10137. 1mC 1-17电荷均匀分布在半径为的无限长圆柱上，电荷均匀分布在半径为的无限长圆柱上，其电荷体密度为其电荷体密度为(c/m3)，求圆柱体内、外某一点，求圆柱体内、外某一点的电场强度。的电场强度。解解

16、:由高斯定律由高斯定律0 内内qSdES 因为电荷分布具有轴对称性因为电荷分布具有轴对称性,所所以场强也具有轴对称性以场强也具有轴对称性,以圆柱以圆柱轴线为轴轴线为轴,作半径作半径r,高高h的封闭的封闭圆柱面圆柱面S,那么那么 两两底底面面侧侧面面SdESdESdESrhEEdS 2 侧侧面面hrhrqE02 内内 当当0rR时时,rRhrhRE0202222 hrhr1-18一大平面中部有一半径为的小孔，设平面均一大平面中部有一半径为的小孔，设平面均匀带电，面电荷密度为匀带电，面电荷密度为，求通过小孔中心并与平，求通过小孔中心并与平面垂直的直线上的场强分布。面垂直的直线上的场强分布。0解解:

17、1补偿法补偿法0 +0 =P场强叠加，取竖直向上为正方向场强叠加，取竖直向上为正方向平平面面E圆圆面面E圆圆面面平平面面EEE 圆面圆面平面平面EEE 220000122xRx 22002xRx dEE22002Rxx rdrdq 20 232200)(42xrrdrxdE 解解:2叠加法叠加法PEd Rxrrdrx232200)(42 方向竖直向上方向竖直向上1-19一层厚度为一层厚度为d的无限大平面，均匀带电，电荷体密度的无限大平面，均匀带电，电荷体密度为为，求薄层内外的电场强度分布。，求薄层内外的电场强度分布。xo2d2d 解：解：1用叠加法求解，在用叠加法求解，在x处取宽为处取宽为dx

18、的薄层，电荷面密度为：的薄层，电荷面密度为：dxxdx 0022 dxdE 该薄层产生的电场为：该薄层产生的电场为：薄层内一点的电场：薄层内一点的电场：xdxdxEdxxd0202022 内内 内内内内ExEx, 0;, 0薄层外一点的电场：薄层外一点的电场：022022 ddxExd 外外 外外外外ExEx, 0;, 0 xo2用高斯定律法求解，过场点作底面用高斯定律法求解，过场点作底面积积S的闭合圆柱面的闭合圆柱面薄层内一点薄层内一点的电场：的电场：xSSdE20 内内 内内内内ExEx, 0;, 0薄层外一点薄层外一点的电场：的电场： 外外外外ExEx, 0;, 02d2d xSxSSE

19、220 内内xE0 内内dSSdE0 外外dSSE02 外外02 dE 外外第三章第三章 电势电势3-13-23-33-43-53-63-73-83-93-103-113-123-133-1.点电荷点电荷-q位于圆心处，位于圆心处，A、B、C、D位于位于同一圆周上的四点，如图同一圆周上的四点，如图3-1所示，分别求将所示，分别求将一实验电荷一实验电荷q0从从A点移到点移到B、C、D各点电场力各点电场力的功。的功。D图图3-1A-qBCDA=03-2.有两个点电荷带电量为有两个点电荷带电量为nq和和-q（n），相距），相距，如下图，试证电势为零的等势面为一球面，并求，如下图，试证电势为零的等势面

20、为一球面，并求出球面半径及球心坐标设无穷远处为电势零点）。出球面半径及球心坐标设无穷远处为电势零点）。解解: UUU0)(410 rqrnq 0)1( rrn rnrnqXYZ-q图图3-2r+r-222zyxr 222)(zdyxr 代入代入(1)式式,平方后整理得：平方后整理得：(1)2222222)1()1(dnnzdnnyx 球面方程球面方程球半径球半径:dnnR12 球心球心:(0,0)dnn122 3-3.半径为半径为R的均匀带电圆盘，电荷面密度为的均匀带电圆盘，电荷面密度为，设，设无穷远处为电势零点，则圆盘中心无穷远处为电势零点，则圆盘中心O点的电势点的电势0=?解解: qrdq

21、V004 Or Rrrdr0042 00022 RdrR 3-4求在电偶极子轴线上，距离偶极子中心为求在电偶极子轴线上，距离偶极子中心为处的电势，已知电偶极矩的值为处的电势，已知电偶极矩的值为p.解解: UUU)(410 rqrq rrrrq04 204rql 204rp (观察点位于观察点位于+q一侧取正一侧取正,位于位于-q一侧取负一侧取负)q q l r rPr3-5点电荷点电荷q1、q2、q3、q4各为各为，置于一，置于一正方形的四个顶点上，各点距正方形中心正方形的四个顶点上，各点距正方形中心O点均为点均为5cm.(1)计算计算O点的场强和电势点的场强和电势(2)将试验电荷将试验电荷q

22、0从无穷远处移至从无穷远处移至O点，电场点，电场力作功多少力作功多少?(3)问电势能的改变为多少？问电势能的改变为多少？C9104 C910 解解:(1)由对称性由对称性O点的场强点的场强E=0电势电势rqU044 2991051041094 v31088. 2 (2)0)0(qUA J61088. 2 (3) WWW0 J61088. 2 q1q2q3q43-6场强大的地方，电势是否一定高？电势高的地场强大的地方，电势是否一定高？电势高的地方是否场强大？为什么？试举例说明方是否场强大？为什么？试举例说明答答:否否!-QE=0+负电荷附近负电荷附近E大，大，但但U低低均匀带电球面内均匀带电球面

23、内E=0，但但U高高3-7一均匀带电圆盘一均匀带电圆盘,半径为半径为R,电荷面密度为电荷面密度为,求求（轴线上任一点的电势用（轴线上任一点的电势用x表示该点至圆盘中心表示该点至圆盘中心的距离）；的距离）；（利用电场强度与电势的关系，求该点的场强。（利用电场强度与电势的关系，求该点的场强。解解:rdrdq 2 P点处点处 dU2204xrdq RQxrrdrdUU022042 PXxdqr Rxrrdr02202 )(2220 xRx xUEEx )1 (2220Rxx 3-8电量电量q均匀分布在长为均匀分布在长为l的细杆上，求在杆的细杆上，求在杆外延长线上与杆端距离为外延长线上与杆端距离为a的

24、的P点的电势设无点的电势设无穷远处为电势零点）。穷远处为电势零点）。解解:取取dxlqdq2 dU axdq04 )(80axlqdx U laxdxlq2008aallq 2ln80 POdx2lxx3-9把一个均匀带电量把一个均匀带电量+Q的球形肥皂泡由半径的球形肥皂泡由半径r1吹胀到吹胀到r2，则半径为，则半径为r1r2的高斯球面的高斯球面上任一点的场强大小上任一点的场强大小E由由变为变为，电势由电势由变为变为（选无穷远（选无穷远处为电势零点）。处为电势零点）。204RQ RQ04 204rQ 03-10半径为半径为R的的“无限长圆拄形带电体，其电荷体无限长圆拄形带电体，其电荷体密度为密

25、度为，式中，式中A为常数为常数,试求试求:（圆拄体内、外各点场强大小分布；（圆拄体内、外各点场强大小分布；（选距离轴线的距离为（选距离轴线的距离为llR处为电势零处为电势零点，计算圆柱体内、外各点的电势分布。点，计算圆柱体内、外各点的电势分布。)(RrAr 解解:(1)以圆柱轴线为轴作长以圆柱轴线为轴作长h、半径半径r的闭合圆柱面为高斯面的闭合圆柱面为高斯面.因为电荷分布具轴对称性因为电荷分布具轴对称性,所以所以电场分布也具轴对称性电场分布也具轴对称性,于是由于是由高斯定律高斯定律: 侧侧SrhEEdSSdE 20 内内q hrhr在圆柱体内在圆柱体内,Rr rrdrhq012 内内30322

26、AhrrdrhArr rhE 213032Ahr 0213 ArE 在圆柱体外在圆柱体外,Rr Rrdrhq022 内内30322AhRrdrhArR hrhr rhE 223032AhR rARE0323 lrl dEU1 RrdrE1 lRdrE2 drArRr023 lrdrrAR033 )(91330rRA rlARln303 Rr lrl dEU22 lrdrE2 lrdrrAR033 rlARln303 Rr 3-11(张三慧张三慧219-3-4)两个同心球面，半径分别为两个同心球面，半径分别为R1、R2R1f2dd4-3电量分别为电量分别为+q、-q的两金属球，半径为的两金属球，

27、半径为R，两球心，两球心的距离为的距离为d，且，且d2R其间的作用力设为其间的作用力设为f1，另有两个带电量，另有两个带电量相等的点电荷相等的点电荷+q、-q，相距也是，相距也是d，其间作用力设为，其间作用力设为f2，可以，可以肯定肯定f1_f2(填填或或=)解：依题意解：依题意,球壳带电球壳带电q,且都分布于内表面且都分布于内表面.于是球于是球外外E=0,球壳上球壳上U壳壳=0+q单独存在时单独存在时RqUO04 球球球壳单独存在时球壳单独存在时dqUOq04 运用叠加原理可求运用叠加原理可求得得O的电势为的电势为)11(40RdqU 4-4.一个未带电的空腔导体球壳，内半径为一个未带电的空

28、腔导体球壳，内半径为R，在腔内离球心的，在腔内离球心的距离为距离为d处处dE2;(C)E1a. 解：设两导线单位长度带电分别为解：设两导线单位长度带电分别为和和,在两在两导线的轴所在平面上任选一点导线的轴所在平面上任选一点P,那么那么 )(2200rdrEP )11(20rdr drEl dEUadaada da PrX adadrrdr)11(20 aad ln0 adln0 adUCln0 单单位位长长度度da PrX或根据电势叠加，无限长直导线单独存在时的电势差：或根据电势叠加，无限长直导线单独存在时的电势差： adaadadrrEdrU012 aad ln20 aadUUU ln021

29、 2U adln0 解：解：(1)(方法一方法一)：设电容器带电量为设电容器带电量为Q,忽略边缘效应忽略边缘效应,则系统具则系统具无限大平面对称性无限大平面对称性abd/3dDE0E SQD00 ErE 01 5-12有一面积为有一面积为S,间距为间距为d的平行板电容器的平行板电容器.（1今在板间平行于板平面插入厚度为今在板间平行于板平面插入厚度为d/3,面积面积S的的相对介电常数为相对介电常数为的均匀电介质板的均匀电介质板,计算其电容计算其电容.（2若插入的是同样尺寸的导体板，其电容又如何？若插入的是同样尺寸的导体板，其电容又如何？（3上、下平移介质板或导体板对电容有无影响？上、下平移介质板

30、或导体板对电容有无影响？r bEdEaEU0103 33210dEdE )12(30 rrd dSVSVQCrr)12(30 abd/3dDE0E(方法二方法二)：此问题等效于三个简单电容器的串联：此问题等效于三个简单电容器的串联.3211111CCCC SbSdSar0003 Sdrr 03)12( dSCrr)12(30 (2)若插入的是导体板若插入的是导体板,可视为两个简单电容器的串联可视为两个简单电容器的串联.21111CCC SbSa00 Sd032 dSC230 abd/3d0E0E(3)由于由于(1)(2)中中C值均与值均与a、b无关无关,所以平板水所以平板水平放置的电容器平放置

31、的电容器,上、下平移介质板或导体板对电上、下平移介质板或导体板对电容无影响容无影响.5-13两只电容器，两只电容器，C1=8F,C2=2F,分别把它分别把它们充电到们充电到1000，然后将它们反接如图示），此，然后将它们反接如图示），此时两极板间的电势差为时两极板间的电势差为600v.解解:CVCq3361110810108 CVCq3362210210102 Cqqq321106 反接后反接后并联并联FCCC 1021 vCqU600 C1C2q1q2+-+5-14如图示如图示,一球形电容器一球形电容器,在外球壳的半径在外球壳的半径b及内及内外导体间的电势差外导体间的电势差维持恒定的条件下，

32、内球半维持恒定的条件下，内球半径径a为多大时才能使内球表面附近的电场强度最小？为多大时才能使内球表面附近的电场强度最小？并求这个最小电场强度的大小？并求这个最小电场强度的大小？解：设球形电容器带电量为解：设球形电容器带电量为q24rqE 电势差为电势差为 bal dEU)11(442baqdrrqba abUabq 4UabaaabUabEa)11(4)(42 令令0 dadE0)(22 abUaU2ba bUE4min ab5-15半径为半径为R的金属球，接电源充电后断开电的金属球，接电源充电后断开电源，这时它们储存的电场能量为源，这时它们储存的电场能量为,今将今将该球与远处一个半径也是该球

33、与远处一个半径也是R的导体球的导体球B用细导线用细导线连接，则球储存的电场能量变为连接，则球储存的电场能量变为.J5105 J51025. 1 解解:JCQW5201052/ 2/QQ JWCQW5021025. 14/2/ 5-16如图如图5-7所示，用力所示，用力F把电容器中的电介质板把电容器中的电介质板抽出，在图抽出，在图a和图和图b中的两种情况下，电容中的两种情况下，电容器储存的静电能量将器储存的静电能量将（A都增加；都增加；（B都减小；都减小；（C）（）（a添加，（添加，（b减小；减小；（D）（）（a减小，（减小，（b添加。添加。F充电后仍与电源连接充电后仍与电源连接F充电后与电源断

34、开充电后与电源断开CQW22 22CUW U不变，不变，C变小变小因此因此W 减小减小Q不变，不变，C变小变小因此因此W 增大增大答：答：（D）5-17电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内、外圆电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内、外圆筒半径分别为筒半径分别为R1=2cm，R2=5cm，其间充满相对介，其间充满相对介电常数为电常数为的各向同性均匀电介质，电容器接在电压的各向同性均匀电介质，电容器接在电压U=32v的电源上的电源上(如图示如图示)，试求距离轴线，试求距离轴线R=3.5cm处处的点的电场强度和点与外筒间的电势差的点的电场强度和点与外筒间的电势差.r 解：解：因电容器具轴对称性因电容

35、器具轴对称性,且内筒且内筒带正电带正电,所以两极间电场强度方向沿所以两极间电场强度方向沿径向向外径向向外,大小为大小为rEr 02 电势为电势为 212102RRrRRdrrEdrU 32ln2120 RRr U=32vARR1R2923.345 . 2ln3220 r mvRErA/8 .997105 . 3923.34220 方向沿径向向外方向沿径向向外. 202RRrAdrrU RRr20ln2 v46.125 . 35ln923.34 U=32vARR1R25-18如图示，两个同轴圆柱面，长度均为如图示，两个同轴圆柱面，长度均为l，半径，半径分别为分别为a和和bab），两柱面之间充满介

36、电常数），两柱面之间充满介电常数的均匀介质，当圆柱面带有等量异号电荷的均匀介质，当圆柱面带有等量异号电荷+Q，-Q时时略去边缘效应），求：略去边缘效应），求：(1)介质层内外场强的分布；介质层内外场强的分布；(2)内圆柱面内圆柱面(R=a)处处电势电势;(3)介质层中总能量是多少：介质层中总能量是多少：(4)若将其视为圆若将其视为圆柱形电容器，其电容是多少？柱形电容器，其电容是多少？解：解：(1)略去边缘效应略去边缘效应,则系统具无限长轴对称性则系统具无限长轴对称性,作半径为作半径为r,长度为长度为l的闭合同轴圆柱面为高斯面的闭合同轴圆柱面为高斯面,内内qSdD 内内qlrD 2ar br 0

37、 D0 内内E0 D0 外外Ebra rlQD 2 lrQE 2 介介ab l（2）ablQdrlrQdrEUbabaaln22 介介2222821rlQDEwe （3）ab l baVeerldrrlQdVwW 282222ablQln42 （4）ablUQCln2 5-19（张三慧（张三慧252-5-3两共轴的导体圆筒的内、外半径分两共轴的导体圆筒的内、外半径分别为别为R1、R2，R22R1。其间有两层均匀电介质，分界面。其间有两层均匀电介质，分界面半径为半径为r0，内层介质的介电常数为，内层介质的介电常数为1，外层介质的介电常数，外层介质的介电常数为为1/2，两层介质的击穿场强都是，两层

38、介质的击穿场强都是Emax，当电压升高时，当电压升高时，哪层介质先击穿？两筒间能加的最大电势差多大？哪层介质先击穿？两筒间能加的最大电势差多大？解：设内筒带电线电荷密度为解：设内筒带电线电荷密度为 rErE22112,2 200121RrrRdrEdrEU022101ln2ln2rRRr 01221ln2rRR 01221ln2rRRU 0122201221ln2,lnrRRrUErRRrUE 1201max1max2 rREE因此当电压升高时，外层介质中因此当电压升高时，外层介质中先达到先达到Emax而被击穿。而被击穿。内层介质中的最大场强内层介质中的最大场强为：为： 1Rr 01221ma

39、x1lnrRRRUE 0rr 01220max2ln2rRRrUE 外层介质中的最大场强外层介质中的最大场强为：为：最大电势差由最大电势差由E2max=Emax而求得：而求得：01220max0max0maxln222001rRRrEdrrrEdrrrEURrrR 第七章第七章 磁力磁力7-17-27-37-47-57-67-77-87-97-1.有一质量为的倒形导线，两端浸没在水银有一质量为的倒形导线，两端浸没在水银槽中，导线的上段长槽中，导线的上段长l处在均匀磁场处在均匀磁场B中，如果使一中，如果使一个电流脉冲，即个电流脉冲，即电量电量通过导线通过导线,这导线就会跳起来，这导线就会跳起来，

40、假定电脉冲持续时间与导线跳起时间相比非常小，假定电脉冲持续时间与导线跳起时间相比非常小，试由导线所达高度试由导线所达高度计算电流脉冲计算电流脉冲的大小的大小 tidtq0 tidtq0解解:冲量冲量=动量的增量动量的增量ilBF mvlBq ttilBdtFdt00 tidtlB0于是有于是有而而ghv2 lBghmlBmvq2 l方向向上，且为变力方向向上，且为变力Bmp 7-2.如图示，平面圆盘，半径为如图示，平面圆盘，半径为R,表面带有均匀表面带有均匀面电荷密度面电荷密度，若圆盘绕其轴线，若圆盘绕其轴线PP/以角速度以角速度转动，匀强磁场转动，匀强磁场B的方向垂直于的方向垂直于PP/,求

41、磁场对圆盘求磁场对圆盘的力矩的大小。的力矩的大小。 解：在圆盘上取一电荷元解：在圆盘上取一电荷元rdrdSdq 2 TdqdI 它产生的磁矩为它产生的磁矩为2rdIdpm 圆盘转动时产生的总磁矩为圆盘转动时产生的总磁矩为 mmdpp44190sinBRBpMm 它在转动中形成的电流为它在转动中形成的电流为rdrrdr 22 RRdrr04341 解：解：(俯视逆时针旋转俯视逆时针旋转.)eBmvR eBmvh/2 2/2vvv 222 hRmeBRmeBv 2/hmeBv 由洛伦兹力由洛伦兹力可判断出可判断出BveF B沿螺旋轴竖直向上沿螺旋轴竖直向上(如图示如图示).7-3.电子在匀强磁场电

42、子在匀强磁场B中沿半径为中沿半径为R的螺旋线运动，的螺旋线运动，螺距为螺距为h,如图。求：电子的速度和如图。求：电子的速度和B的方向。的方向。BF证：电流元证：电流元Idl受力为受力为BlIdFd baBlIdF7-4如图示，一条任意形状的载流导线位于均匀磁场如图示，一条任意形状的载流导线位于均匀磁场中，试证明它所受到的安培力等于载流直导线中，试证明它所受到的安培力等于载流直导线ab所所受到的安培力。受到的安培力。 Bl dIba BabI 载流导线受力为载流导线受力为方向：竖直向上方向：竖直向上BI IR R7-5.一个平面圆形载流线圈，半径为一个平面圆形载流线圈，半径为R，通电流，通电流I

43、，把它放到一均匀磁场把它放到一均匀磁场中，使线圈平面与磁场平行，中，使线圈平面与磁场平行，用电流元所受力矩的积分求出此线圈受的磁力矩，并用电流元所受力矩的积分求出此线圈受的磁力矩，并验证它也等于线圈的磁矩与磁场验证它也等于线圈的磁矩与磁场的矢量积。的矢量积。BB解解: sin22rIdlBdMM sinIdlBdF RddlRr sinBRI2 BpM n . .lIdMdFdFdMdr r sinrIdlBrdFdM dIBRM 022sin2PB 考虑方向考虑方向解：（解：（1如下图，电子在地球磁场的影响下向东偏转。如下图，电子在地球磁场的影响下向东偏转。（2电子的动能：电子的动能：221

44、mvEk 31194101 . 9196 . 1102 . 122 mEvksm/105 . 67 7-6在一个电视显像管里，电子在水平面内从南到北运动，在一个电视显像管里，电子在水平面内从南到北运动，如图，动能是如图，动能是2104ev。该处地球磁场在竖直方向的分量向。该处地球磁场在竖直方向的分量向下，大小是下，大小是5.510-5T。问：（。问：（1电子受地球磁场的影响往电子受地球磁场的影响往哪个方向偏转？（哪个方向偏转？（2电子的加速度有多大？（电子的加速度有多大？（3电子在显电子在显像管内南北方向上飞经像管内南北方向上飞经20cm时，偏转有多大？时，偏转有多大？vf B电子受到洛仑兹力

45、：电子受到洛仑兹力： evBf电子的加速度为：电子的加速度为：mevBa 315719101 . 9105 . 5105 . 6106 . 1 24/103 . 6sm （3电子的轨道半径：电子的轨道半径：meBmvR7 . 6105 . 5106 . 1105 . 6101 . 9519731 Rd 21.12RdRRxmRd322100 . 37 . 6220. 02 d表示电子从南到北的飞行路程，则电子向东偏转为表示电子从南到北的飞行路程，则电子向东偏转为x212221 RdRRdRRxvf BRdx7-7（张三慧（张三慧278-7-3）把把2.0103eV的一个正电子，射入磁的一个正电

46、子，射入磁感应强度感应强度B=0.1T的匀强磁场中，其速度矢量与的匀强磁场中，其速度矢量与B成成890角，角，路径成螺旋线，其轴在路径成螺旋线，其轴在B的方向。试求这螺旋线运动的周期的方向。试求这螺旋线运动的周期T、螺距、螺距h和半径和半径r。解：正电子的速率解：正电子的速率mEvk2 螺旋线运动的周期螺旋线运动的周期eBmT 2 螺距螺距Tvh089cos 半径半径eBmvr089sin 7-8（张三慧（张三慧279-7-7）在一汽泡室中，磁场为在一汽泡室中，磁场为20T，一高能，一高能质子垂直于磁场飞过时留下一半径为质子垂直于磁场飞过时留下一半径为3.5cm的圆弧轨迹。求的圆弧轨迹。求此质

47、子的动量和能量。此质子的动量和能量。解：解：smkgeRBp/1012. 117 质子的动量质子的动量能量按非相对论计算为：能量按非相对论计算为：GeVJcpcmpcE211036. 394222 远大于质子的静止能量，约远大于质子的静止能量，约1GeV能量应按相对论计算为能量应按相对论计算为GeVJmpE2341075. 3272 7-9张三慧张三慧282-7-12）如下图，一铜片厚为如下图，一铜片厚为d=1.0mm，放，放在在B=1.5T的磁场中，磁场方向与铜片表面垂直。已知铜片的磁场中，磁场方向与铜片表面垂直。已知铜片里每立方厘米有里每立方厘米有8.41022个自由电子，当铜片中有个自由

48、电子，当铜片中有200A的的电流通过时，（电流通过时，（1求铜片两侧电势差求铜片两侧电势差Uaa；（；（2铜片宽铜片宽度度b对对Uaa有无影响？为什么？有无影响？为什么？dbaaIBVnqdIBUaa51023. 2 解：解：负号表示负号表示a侧电势高侧电势高铜片宽度铜片宽度b对对Uaa无影响。无影响。由于由于与与b有关，而在有关，而在I一定一定时，漂移速率时，漂移速率与与b成反比。成反比。bHvbEUHaa nqdbIv 第八章 磁场8-18-28-38-48-58-68-78-88-98-108-118-128-198-208-218-228-138-148-158-168-178-188

49、-238-24解：(a) 直直圆圆BBBO 直直圆圆BBBO )1(222000 RIRIRI8-1 如图8-1示，电流沿两种不同形状的导线流动，则在两种电流分布情况下，两圆心处的磁感应强度大小为多少？OR(b)OR圆圆B直直B设 为正，那么 直直圆圆BBBO ) 1(44212000 RIRIRI圆圆B直直B设 为正，那么 解：在ab上任取一线元dr, 由AB产生的磁感应强度方向: rdB rIB 210 BdrIdrBIdF2290sin drrIIBdrIdFFbabarrrr 21022 abrrIIln2210 向下. F8-2 一长直导线AB，通有电流I,其旁放一段导线ab，通过电

50、流为I2且AB与ab在同一平面上，ABab，如图8-2所示，a端距离AB为ra，b端距离AB为rb，求导线ab受到的作用力。abABI1I2大小：rdr同向叠加8-3 三条无限长的直导线，等距离的并排安放，导线a，b，c分别载有1A，2A，3A同方向的电流。由于磁相互作用的结果，导线a、b、c单位长度上分别受力F1、F2、F3，如图8-3所示，则F1、F2的比值是多少 ？abc)(11cbaBBIF )222(00rIrIIcba )2(20cabaIIIIr )(12acbBBIF )22(00rIrIIacb )(20abcbIIIIr 解:导线b 、c在导线a 处的磁感强度方向均为导线a

51、 、c在导线b 处的磁感强度方向分别为8721 FF解： 可认为 和 c , 1v2v21121014rvaqB q1对q2的作用力： (向右)12221BvqFm 22122121emFFF 22212020202114vvaqq 1v1q2v2q21 r212021214raqqFe (向下)8-4 如图8-4所示，两正电荷q1，q2相距为a时，其速度各为v1和v2，且v1v2，v2指向q1，求q1对q2和q2对q1的电磁场力是多少？21F21mF21eF )tan(argtanarg210022vvFFem 012 mF（向上）122021124raqqFe 1212eFF q2对q1的

52、作用力：041222102 rvaqB 1v1q2v2q12 rO点到各边的距离32323LLr BBBBO21解：II 21abacbRR2 电阻abcbacBBBB 0)65cos6)(cos(40 IIIr8-5 电流由长直导线1沿平行bc边方向经过a点流入一电阻均匀分布的正三角形线框，再由b点沿cb方向流出，经长直导线2返回电源，如图8-5所示，已知导线上的电流为I，三角框的每一边长为L，求三角框中心O点的磁感应强度的大小。设 为正，那么 12abcIII I I )231(23)6cos0(cos4002 LIrIB )321(43021 LIBBBBO )13(430 LI 而LI

53、rIB 4324001 12abcIII I I 方向均为方向为设环的半径为a , 两导线夹角为 , 那么 解：因点在两导线延长线上0 线线B 221RR8-6 如图示，两根导线沿半径方向引到铁环上的，两点，并在很远处与电源相连，求环中心的磁感应强度。 221II dRIRdlIdB490sin4102101 RIdRIdBB441002011 24202RIB121 BB021 BBBOdIrdB 20 idxxx)(200 解：22axa 建立如图示坐标系在x处取宽dx的窄带其电流为 idxdI 22ln2000axaxaI 22002200)(2)(2aaaaxxdxixxidxdBB

54、22ln2000axaxi 8-7 如图示，在纸面内有一宽度a的无限长的薄载流平面，电流I 均匀分布在面上或线电流密度i=I/a )，试求与载流平面共面的点处的磁场设点到中心线距离为x0 ）. 用补偿法：均匀分布电流的圆管i）宽度为h 的窄条（-i） 解：圆圆管管窄窄条条轴轴线线BBB 0 圆圆管管B窄窄条条轴轴线线BB RihB 20 轴轴线线大小8-8 将半径为R的无限长导体薄壁管厚度忽略沿轴向割去一宽度为h (hL2Bdl(B) L1Bdl=L2Bdl(C) L1BdlL2Bdl(D) L2Bdl=0 ERRDSdDSd22 解: tERtIdddddd2 8-20 一平行板电容器的两极

55、板都是半径为R的圆导体片，在充电时，板间电场强度变化率为dE/dt ，若忽略边缘效应，则两板间的位移电流为多少？8-21 半径为R = 0.10m的两块圆板，构成平行板电容器，放在真空中，现对电容器匀速充电，使两板间电场的变化率为 vm-1s-1 .求两板间的位移电流, 并计算电容器内离两板中心连线 r (rR处的磁感应强度Br，以及rR处的BR 。13100 . 1/ dtdEdtSdEdtdIed 00 解:dtdERdtdES200 = = 2.78(A) rIBdr 20 内内ddIRrIrRr2002222 rrdtdE5001056. 52 6001056. 52 RdtdEBR

56、(T) 圆圆mp003002222 BRRBRIR 31020 BIaR RIB200 002 RBI 解:8-22 已知载流圆线圈中心处的磁感应强度为B0，此圆线圈的磁矩与一边长为a通过电流为I的正方形线圈的磁矩之比为 2 : 1，求载流圆线圈的半径。aRII Iapm222 方方8-23 如下图，在长直导线旁有一矩形线圈，导线中通有电流I1，线圈中通有电流I2，求矩形线圈上受到的合力是多少？I1ldbI2解：矩形线圈的四条边均受到安培力，上下两根导线受力大小相等，方向相反，故竖直方向合力为零；左导线受力：方向向左；右导线受力：方向向右；合力：方向向左。dIIF 2210 左左)2210bd

57、IIF （右右 )112210bddIIFFF（右右左左 当直导线与矩形线圈处在同一平面内时，两力作用在同一直线上，此时线圈不受力矩。8-24 一半径为R的平面圆形线圈中载有电流I1，另无限长直导线AB中载有电流I2，设AB通过圆心，并和圆形线圈在同一平面内，求圆形线圈所受的磁力。解：圆形电流在非均匀磁场中，建立坐标系xOy，电流元I1dl所在处磁场为：ABI2I1xyOI1dl d cos220RIB 电流元受力大小为： cos22101RdlIIdlBIdF Fd由对称性可知，右半圆电流在y方向受合力为零， 故右半圆电流受力方向沿x 轴正向： RxxIIRdlIIdFdFF 0210210

58、22cos左半圆受力与之相同，故整个圆电流受力2102IIFFx 第九章第九章磁场中的磁介磁场中的磁介质质9-19-29-39-49-59-69-79-1把两种不同的磁介质放在磁铁把两种不同的磁介质放在磁铁N、S极之间，极之间，磁化后也成为磁体，但两种磁介质的两极的位置磁化后也成为磁体，但两种磁介质的两极的位置不同，如图不同，如图(a)、(b)所示，试指出所示，试指出(a)图为图为抗磁抗磁，(b)图为图为顺磁顺磁介质介质试指出试指出表示顺磁介质，表示顺磁介质，表示抗磁介质，表示抗磁介质，表示铁磁介质。表示铁磁介质。BH9-2如图示的三条线分别表示三种不同的磁介如图示的三条线分别表示三种不同的磁

59、介质的质的B-H曲线，曲线，9-3以下说法是否正确？以下说法是否正确？（1有人认为，磁场强度有人认为，磁场强度H的安培环路定的安培环路定理理LHdl=I内表明，若闭合回路内表明，若闭合回路L内没有内没有包围自由电流，则回路包围自由电流，则回路L上各点上各点H必为零。也必为零。也表明若闭合回路上各点表明若闭合回路上各点H为零，则该回路所包为零，则该回路所包围的自由电流的代数和一定为零。围的自由电流的代数和一定为零。（2H只与自由电流有关。只与自由电流有关。（3对各向同性的非铁磁介质，不论抗磁对各向同性的非铁磁介质，不论抗磁质与顺磁质，质与顺磁质，B总与总与H同向。同向。（4对于所有的磁介质对于所

60、有的磁介质H=B/均成立。均成立。前半部分错前半部分错,后半部分正确后半部分正确.错错.（非均匀介质中（非均匀介质中H还与介质有关！）还与介质有关！）正确正确.对各向同性介质正确对各向同性介质正确;对铁磁质，对铁磁质，不为常数不为常数.9-4一磁导率为一磁导率为的无限长圆柱形导体半径为的无限长圆柱形导体半径为R1，其，其中均匀地通过电流中均匀地通过电流I，导体外包一层磁导率为，导体外包一层磁导率为的圆筒的圆筒形不导电的磁介质，其外半径为形不导电的磁介质，其外半径为R2，如图示。试求：，如图示。试求：磁场强度和磁感应强度的分布。磁场强度和磁感应强度的分布。1 2 解：作半径解：作半径r的圆形环路