大物2期末复习文档格式.docx
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S(1+2)=Q1S(3+4)=Q2
有
123
4=0
1+
2+
34=0
2=Q1/S
3+
4=Q2/S
解得
1=4=(Q1+Q2)/(2S)=
108C/m2
2=3=(Q1Q2)/(2S)=108C/m2
两板间的场强E=2/0=(Q1Q2)/(20S)
B
V=UA-UBEdl
A
=Ed=(Q1Q2)d/(20S)=1000V
四、证明题
1.如图所示,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.
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
EdlEdlE2dl=Edl0
lACBBACB
与静电场的环路定理Edl0相违背,故在
l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
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.如图所示.求:
(1)离球心距离为r1(r1<
R1),r2(R1<
r1<
R2),r3(r1>
R2)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.
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
DdSq0i
S
4r2D=q0i
当r=5cm<
R1,q0i=0得D1=0,E1=0
当r=15cm(R1<
r<
R1+d)q0i=Q=×
108C
得D2=Q/(4r2)=×
108C/m2
E2=Q/(40rr2)=×
13N0/C
当r=25cm(r>
R1+d)q0i=Q=×
108C
得D3=Q/(4r2)=×
E3=Q/(40r2)=×
140N/C
D和E的方向沿径向.
(2)当r=5cm<
R1时U1=Edl
r
RRdE1drE2drE3dr
r1R2Rd3
=Q/(40rR)Q/[40r(R+d)]+Q/[40(R+d)]
=540V
当r=15cm<
R1时
Rd
U2=EdlE2drE3dr
rr2Rd3
=Q/(40rr)Q/[40r(R+d)]+Q/[40(R+d)]
=480V
当r=25cm<
U3=
Edl
E3dr=Q/(4r
0r)=360V
(3)在介质的内外表面存在极化电荷
Pe=
0E=
0(r1)E
=Pe·
n
r=R处,介质表面法线指向球心
=Pe·
n=Pecos=0(
r1)E
q=
S=
0(r1)[Q/(4
0rR2)]4R2
=(r1)Q/r=×
108C
r=R+d处,介质表面法线向外
n=Pecos0=0(r1)E
q=S=0(r1)[Q/(40r(R+d)2]4(R+d)2
=(r1)Q/r=×
108C
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=40R
Q1=C1V1=40RV1Q2=C2V2=40RV2
W0=C1V12/2+C2V22/2=20R(V12+V22)
两导体相连后C=C1+C2=80R
Q=Q1+Q2=C1V1+C2V2=40R(V1+V2)
W=Q2/(2C)=[40R(V1+V2)]2/(160R)=0R(V1+V2)2
静电力作功A=W0W
=20R(V12+V22)
0R(V1+V2)2=0R(V1V2)2
=×
107J
练习六磁感应强度毕奥—萨伐尔定律
1.如图所示,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
上方距导体薄片为a的磁感强度.
1.取宽为dx的无限长电流元
dI=Idx/(2a)dB=0dI/(2=0Idx/(4dBx=dBcos
.求中心轴线OO
0Idx/(4
dBy=dBsin
Bx
dBx
r)
ar)
=[0Idx/(4ar)](a/r)r2)=0Idx/[4(x2+a2)]=0Ixdx/[4a(x2+a2)]
a0Idx
a22
a4xa
=[
By
0I/(4)](1/a)arctan(x/a)aa
dBya4a0xI2xdxa2
0I/(8a)
0I/(8a)]ln(x2+a2)
a
a=0
2.如图所示,半径为R的木球上绕有密集的细导线,此平行,且以单层线圈覆盖住半个球面.设线圈的总匝数为
线圈的电流为I.求球心O的磁感强度.
2.取宽为dL细圆环电流,dI=IdN=I[N/(R/2)]Rd=(2IN/)d
dB=0dIr2/[2(r2+x2)3/2]
r=Rsinx=Rcos
dB=0NIsin2
BdB
d/(R)
0NIsin2d
2
0NI/(4R)
练习七毕奥—萨伐尔定律(续)磁场的高斯定理
r2
1.如图所示,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.
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.
I1=JR2I2=JR2J=I/[(R2R2)]
它们在空腔内产生的磁感强度分别为
B1=0r1J/2B2=0r2J/2
方向如图.有
Bx=B2sin2B1sin1=(
By=B2cos2+B1cos1
0J/2)(r2sin
2r1sin
1)=0
=(0J/2)(r2cos2+r1cos1)=(0J/2)d所以B=By=0dI/[2(R2-R2)]
方向沿y轴正向
y
I
x
d
R
j,电流流向相反.求:
2.设有两无限大平行载流平面,它们的电流密度均为
(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;
2.两无限产生的磁场在平面①的
①I1
②I2
大平行载流平面的截面如图.平面电流在空间
为B1=0J/2
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=0J/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=0J
(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=B1B2=0
练习九安培力
1.一边长a=10cm的正方形铜导线线圈(铜导线横截面积S=,铜的密度=cm3),放在均匀外磁场中.B竖直向上,且B=103T,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.
当线圈平衡时,线圈平面与竖直面夹角为多
(2)假若线圈能以某一条水平边为轴自由摆动少.
1.
(1)Pm=IS=Ia2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(/2)=Ia2B
104mN
(2)平衡即磁力矩与重力矩等值反向
Mm=PmBsin(/2-)=Ia2Bcos
MG=MG1+MG2+MG3
=mg(a/2)sin+mgasin+mg(a/2)sin
=2(Sa)gasin=2Sa2gsinIa2Bcos=2Sa2gsintan=IB/(2Sg)=
=15
2.如图所示,半径为无限长直线电流的磁场中求半圆线圈受到长直线电流
2.在圆环上取微元I2dl=I2Rd该处磁场为B=0I1/(2Rcos)
I2dl与B垂直,有dF=I2dlBsin(/2)
dF=0I1I2d/(2cos)
dFx=dFcos
=0I1I2d
/(2
)
dFy=dFsin
0I1I2sin
/(2cos)
Fx
0I1I2d
0I1I2/2
因对称Fy=0.故F=0I1I2/2方向向右
练习十洛仑兹力
1.如图所示,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=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×
Bm=aqvB=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/(0iq)
(3)经一个周期时间,粒子回到初始位置.即
t=T=2R/v=4m/(0iq)
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.
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
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,方向如图所示,平板的相对磁导率为r1,平板两侧充满相对磁导率为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.
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
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m的各向同性均匀非铁磁绝缘介质,如图所示.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.
2.因磁场柱对称取同轴的圆形安培环路,有Hdl=ΣI0在介质中(R1rR2),ΣI0=I,有
2rH=IH=I/(2r)
介质内的磁化强度
M=mH=mI/(2r)
介质内表面的磁化电流
JSR1=MR1×
nR1=MR1=mI/(2R1)
ISR1=JSR12R1=mI(与I同向)
介质外表面的磁化电流
JSR2=MR2×
nR2=MR2=mI/(2R2)
ISR2=JSR22R2=mI(与I反向)
练习十二电磁感应定律动生电动势
1.如图所示,长直导线AC中的电流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.
m=SBdS
a2x
b
0Il
ln
=2b
0l
ab
dI
εi=
dm/dt=
bln
dt
×
10
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.
2.
(1)导线ab的动生电动势为
i=lv×
B·
dl=vBlsin(/2+)=vBlcos
Ii=εi/R=vBlcos/R方向由b到a.受安培力方向向右,大小为
22
F=l(Iidl×
)B=vB2l2cos/R
F在导轨上投影沿导轨向上,大小为
F=Fcos=vB2l2cos2/R
重力在导轨上投影沿导轨向下,大小为mgsin
mgsinvB2l2cos2/R=ma=mdv/dt
练习十三感生电动势自感
1.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=-d/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<
x<
R),
该处感生电场大小为
Ei=[R2/(2r)](dB/dt)
与棒夹角满足tan=x/RNN
εi=Eidl=Eidxcos
MiMi
=[R3(dB/dt)/2](1/R)arctan(x/R)RR
=-(-dmMONM/dt)=dmMONM/dt
而mMONM=BdS=R2B/4
故εi=R2(dB/dt)/4
圆筒以角速度绕中
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
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,如图所示.若圆筒转速按
=0(1t/t0)的规律(0,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.
2..等效于螺线管
B内=0nI=0[Q/
(2)]/L=0Q/(2L)
B外=0
=SBdS=Ba2=0Qa2/(2L)
εi=-d/dt=-[0Qa2/(2L)]d/dt=00Qa2/(2Lt0)Ii=εi/R=00Qa2/(2LRt0)方向与旋转方向一致.
练习十四自感(续)互感磁场的能量
dS=hd,由m=BdS得
M=m/I==0Nhln(R/r)/
(2)