大物(2)期末复习

1、练习一静电场中的导体1三、计算题1.已知某静电场在 xy平面内的电势函数为 UnCx/z+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：.x轴上点(y=0)y轴上点(x=0)Ex=U/ x=C1/(x2+y2)3/2+x( 3/2)2x/(x2+y2)5/2(C 22s 225/2=(2x y )C /(x +y )Ey=U/ y=Cx( 3/2)2 y/(x2+ y2)5/2=3Cxy/(x2+ y2)5/2Ex= 2Cx2/x5= 2C/x3 Ey=0E = 2Ci/x3Ex= Cy2/y5= C/y3 Ey=0E= Ci/y3图5.

2、6B(半径为Ri)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 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=U baUa=( Q+Q b)/(4 oR3)Uba=Qb/(4 o)(1/R2 1/Ri)得Qb=QR iR2/( R1R2+ R2R3 R1R3)Ua = Q/(4 oR3) 1+RiR2/(RiR2+R2R3 RiR3)=Q(R2 Ri)/4 o(RiR2+R2R3 RiR3)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=0.1m2的两金属平

3、板 A,B平行对称放 置,间距为d=1mm,今给A, B两板分别带电 Qi=3.54 X 1O9C, Q2=1.77 X 1O9C.忽略边缘效应，求：(1)两板共四个表面的面电荷密度1, 2, 3, 4；(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Qi图6.6Q2金属球同心的球形高斯面,有个表面的电荷产生的，应为零，有5Ea=Ea=S( 1+ 2)=Q1S( 3+1234=01/(2 0)2/(2 0)1/(2 0)+ 2/(2 0)+4)=Q23/(2 0)4/(2 0)=03/(2 0)4/(2 0)=01+解得1=3+10 8C

4、/m234=02=Q1/S4=Q2/S2=两板间的场强4=(Q1+Q2)/(2S)=2.663=(Q1 Q2)/(2S)=0.89 10 8C/m2E= 2/ 0=(Q1 Q2)/(2 0S)V=U A UbBE dlA:E dlacE dl与静电场的环路定理导体图6.7=Ed= (Qi Q2)d/(2 oS)=1OOOV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

5、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AE2 dl = E dl 0B 2ACB°E dl 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R1的导体球带电Q，球外一层半径为 R2相对电容率 为r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(r1<R1), r2(R1<门<R2), r3(r1>R2)处的 D 和 E； (2)离球心门，r2, r3,处的U ; (3)介质球壳内外表面的极化电荷 .图7.1

6、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r= 5cm<R1, q0i=0 得 r= 15cm(R1<r<R1+d)0 D dSS4 r2D= q0i E1 = 0 q0i=Q=1.0 X0 8CDi=0,qoiD2=Q/(4 r2)=3.54 X 10 8C/m2E2=Q/(40 rr2)=7.99 103N/Cr=25cm(r>R1+d )q0i=Q= 1.0 10 8CD3=Q/(4 r2)=1.27 X 10 8C/m2E3=Q /(40r2)=1.44 104N/CD和E的方向沿径向.(2)当 r= 5cm<Ri 时U1=Erdl

7、R.E1drdE2dr=Q/(4rR)Q/4E3drR d 30 r(R+d)+Q/40(R+d)=540V当 r= 15cm<Ri 时U2=Q/ (4Er0 rr)dlQ/4dE2drRdE3drr(R+d)+Q/40(R+d)0=480V当 r=25cm<Ri 时U3=rdlr E3dr =Q/ (4or)=36OV(3)在介质的内外表面存在极化电荷Pe=E=0( r 1)E=Pe nr=R处，介质表面法线指向球心=Pe n =Pecos =S= 0( r 1) Q/(40( r1)E0 rR2)4 R2=(r 1)Q/ r= 0.8 X0 8Cr=R+d处，介质表面法线向外q

8、 = S= 0( r=(=Pe n =Pecos0= 0( r 1)E1)Q/(40 r(R+d)24 (R+d)2r 1)Q/ r=0.8 X0 8C2.两个相距很远可看作孤立的导体球, 用一根细导线连接两球，使之达到等电势 解;2.球形电容器 C=4 0R半径均为10cm,分别充电至200V和400V，然后.计算变为等势体的过程中，静电力所作的功.0RV1Q2=C2V2= 4 0RV2W0=C1V12/2+ C2V22/2=20R (V12+V22)两导体相连后C=C什C2=8 0RQ1=C1V1= 4, 2Q=Q 1+Q2= C1V1+C2V2=4 0R(V1+V2)W=Q2/(2C)=

9、 40R(Vi+V2)2/(16 0R)= 0R(Vi+V2)2静电力作功 A=W0 W=2 0R (Vi2+V22)0R(Vi+V2)2= 0R(Vi V2)2=1.11 >10 7j练习六磁感应强度毕奥一萨伐尔定律13三、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 线OO上方距导体薄片为 a的磁感强度.求中心轴解：1.取宽为dx的无限长电流元rdI=I dx/(2a)dB= 0dI/(2 r)=0I dx/(4 ar)dBx= dBcos = 0Idx/(4 ar)(a/r)=0Idx/(4 r2)= 0Idx/4 (x2+a2

10、) dBy= dBsin = 0Ixdx/4 a(x2+a2)a0Idxa2a 4 x aBxdBx=ol/(4 )(1/a)arctan(x/a)aa = 0I/(8a)BydBya厂性a 4 a x a=oI/(8 a)lrK+a2)a -a =0=(2IN/ )ddB= 0dIr2/2(r2+x2)3/2r=Rsi ndB=dB2.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，dl=ldN=lN/( R/2)Rdx=Rcos0NISin2 d /(

11、 R) 0NI sin2 dN,R R=oNI/(4R)练习七毕奥一萨伐尔定律(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= oI/(2 r),面元法线与磁场方向相反 .有八凹n221=bdrcosa2 r4a J2=bdrcos2a 2 r1/ 2=12.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

12、面的轴线作匀速转动，角速度为，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= 2 rdr,=Q/( R2),等效电流元为dl=dQ/T= 2 rdr/(2 / )= rdr(1)求磁场，电流元在中心轴线上激发磁场的方向沿轴线dB= 0dlr2/2(x2+r2)3/2= 0r3dr/2(x2+r2)3/2R3 .R 2 ,22B0 r dr 0 r d r xB722 3/20 2 r xR 2 .220 X d r X422 3240 r X0r2 X2 32 = 0，且与R r2同向，大小为2.22X d r Xr Xx22Xj22vr X2x2i

13、:求磁距.电流元的磁矩 dPm =dlS= rdr r2=r2droQ2 R2R22xPmr3dr =R4/4= QR2/4练习八安培环路定律三、计算题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li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l2组成.l1=J R2l2= J R 2J=I/ (R2 R 2)它们在空腔内产生的磁感强度分别为B1= 0门J/2B2= or2j/2方向如图.有

14、Bx=B2sin 2 B1sin 1=( 0j/2)(r2sin 2 门sin 1)=0By =B2COS 2+ B1C0S 1=(0J/2)(r2COS 2+ r1cos 1)=( 0J/2)d所以 方向沿1.如图?OdRB = By= odl/2 (R2 R 2) y轴正向图 12.5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.2.解；2.两无限 产生的磁场 在平面的|i I ? I |2大平行载流平面的截面如图.平面电流在空间为Bi= oJ/2上方向右，在平面的下方向左；电流在空间产生的磁场为B2= 0

15、J/2在平面的上方向左，在平面的下方向右.，故有B=B 1+B2= 0J，故有 B=B 1 B2=0(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(2) 两无限大电流流在平面之外产生的磁感强度方向相反练习九 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 =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：，当线圈平衡时，线圈平面与竖直面夹角为多(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少

16、.解: 1. (1) Pm=IS=Ia 2方向垂直线圈平面.yomg /2n线圈平面保持竖直，即Pm与B垂直.有M m=P mX BMm=P mBsin( /2)=Ia2B= 9.4X 104m N(2)平衡即磁力矩与重力矩等值反向Mm= PmBsin( /2 )=Ia 2BcosMg= M G1 + M G2 + M G3=mg(a/2)si n + mgasi n + mg(a/2)s in=2( Sa)gasin =2 Sa2gsinIa2Bcos = 2 Sa2gsintan =IB/ (2 Sg)= 0.2694=152.如图13.5所示，半径为R的半圆线圈ACD通有电流I2,置于电

17、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l2dl= l2Rd该处磁场为B= 011/(2 Rcos )I2dl 与 B 垂直，有 dF= I 2dlBsin( /2)dF= 0l1l2d /(2 cos ) dFx= dFcos = 0l1l2d /(2 dFy= dFsin = 0I1I2Sin d'0 l 1 l2d)/(2 cos )Fx0|1|2/2因对称Fy=0.故F= 0I1I2/2方向向右.三、计算题练习十洛仑兹力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

18、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= 0i/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 >3= maqvB=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板的距离应大于轨道半径.图 14.6,即带电粒子最初位置与平

19、R=mv/qB= 2mv/( oiq)(3)经一个周期时间，粒子回到初始位置 .即t=T= 2 R/v= 4 m/( oiq)，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.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解：2.洛伦兹力mv2/2=mgy,得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v=(2gy)1/2.练习十磁场中的介质三、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，电场强度为E,方向如图15.6 所示，平板的相对磁导率为r1，平板两侧充满相对

20、磁导率为r2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° H dl =习02 LH=习0(1) 介质内，0<x<b/2.习0=2x IJ=2x l E,有H=x EB= 0 r1H= 0 r1X E(2) 介质外,x>b/2.习0=b lJ=b l E有H=b E/2 B= 0 r2H= 0 r2b E/2I2. 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 m的各向同性均匀非铁磁绝缘介r2质，如图15.7所示.传导电流

21、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EEr1r2图 15.6图 15.7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dl =习0在介质中(R1 r R2), 2I0=I，有2 rH= IH= I/(2介质内的磁化强度M= mH = m I/(2 r)介质内表面的磁化电流JsR1 = M R1 xn R1 = Mr1 =|SR1 = JSF1 2 R1= mI介质外表面的磁化电流mI/(2 R1)(与I同向)JSF2= M R2XnR2 = Mr2 =|SR2=JSR2 2 R2= mlmI/(2 R2)(与 I反向)练习十二电磁感应定律动

22、生电动势三、计算题长直导线AC中的电流 增长.导线附近放一个与之同面的直角1.如图17.8所示,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沿导线向上,并以dl /dt = 2 A/s的变化率均匀I10cm图 17.8图17.9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/bdxm= B dSSa b I0 Ia 20Il2 ba b x ldxbln 心 ba15负号表示逆时针£ i = d m/dt= b a b 2 b=5.181 108VIn.dl a dt2.

23、 一很长的长方形的 U形导轨，与水平面成角，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，裸导线可在导轨上无摩擦地下滑，导长度为I，导轨的电阻略去不计，abed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：2. (1)导线ab的动生电动势为£ i = I v XB dI=vBIsin( /2+ ) =vBI cosIi= £ i/R= vBIcos /R方向由b到a.受安培力方向向右，大小为F= I (lidI >B) = vB2I2cos /RF在导轨

24、上投影沿导轨向上，大小为F = Fcos =vB2I2cos2 /R 重力在导轨上投影沿导轨向下，大小为mgsinmgsi nvB2I2cos2dt= dv/gs int 0 dv/ g sinvmgRsi nv 2 r B I cos(2)导线ab的最大速度 vm=.B I cos/R=ma=m dv/dtvB2I2cos2 /(mR)/ mRvB2l2 cos21 e B2|2cos2t/ mR练习十三感生电动势自感三、计算题191.在半径为R的圆柱形空间中存在着均匀磁场 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

25、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BX!1''电X /*2R图 18.61B,B的方向与柱的轴线平行.有一长为2Rz小,并指出哪一个端点的电势高(分别用对感生电场的积分£ i= lEi dl和法拉第电磁感应定律£ i = d /dt两种方法解).解: (1)用对感生电场的积分£ i= lEidl解:在棒MN上取微元dx( R<x<R),该处感生电场大小为Ei=R2/(2r)(d B/dt)与棒夹角满足tan =x/RNN£ i = E i dl =EidxcosM iM iR R2 dBdt dx

26、R R3O -BXR 2rdBd?R dxrX2R2=R3(dB/dt)/2(1/ R)arcta n(x/R)=R2(dB/dt)/4因£ i=>0,故N点的电势高.(2)用法拉第电磁感应定 沿半径作辅助线0M ,0N组X jB X O'律 £ i = d /dt 解： 成三角形回路 MONMN=Ei dl =M iM= Ei dl +N iMN Eidl=一 (一 d mMONM /dt) =dmMONM = B dS= R2B/4S£ i= R2(dB/dt)/4mMONM/dtN点的电势高.OMEidl +NOEi dl，圆筒以角速度绕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=0(1 t/to)的规律(o,to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=on匸