大物2期末复习.docx

1、大物2期末复习练习一 静电场中的导体三、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= C1/(x2+y2)3/2+x( 3/2)2x/(x2+y2)5/2= (2x2 y2)C /(x2+y2)5/2Ey= U/ y= Cx( 3/2)2y/(x2+y2)5/2=3Cxy/(x2+y2)5/2x轴上点(y=0) Ex=2Cx2/x5=2C/x3 Ey=0E=2Ci/x3y轴上点(x=0) Ex= Cy2/y5= C/y3 Ey=0E= Ci/y32如图

2、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=UBAUA=( Q+QB)/(4 0R3)UBA=QB/(4 0)(1/R2-1/R1)得 QB=QR1R2/( R1R2+ R2R3- R1R3)UA=Q/(4 0R3)-1+R1R2/(R1R2+R2R3-R1R3)=-Q(R2-R1)/4 0(R1R2+R2R3-R1R3)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的两金属平板A,B平

3、行对称放置,间距为d=1mm,今给A, B两板分别带电 Q1=3.54109C, Q2=1.77109C.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=UAUB.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= 1/(2 0) 2/(2 0) 3/(2 0) 4/(2 0)=0 EA= 1/(2 0)+ 2/(2 0)+ 3/(2 0) 4/(2 0)=0而 S( 1+ 2)=Q1 S( 3+ 4)=Q2有 1 2 3 4=0 1+ 2+ 3 4=0 1+ 2=Q1/S 3+ 4=Q

4、2/S解得 1= 4=(Q1+Q2)/(2S)=2.6610 8C/m2 2=- 3=(Q1-Q2)/(2S)=0.8910 8C/m2两板间的场强 E= 2/ 0=(Q1-Q2)/(2 0S)V=UAUB=Ed=(Q1-Q2)d/(2 0S)=1000V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

5、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(r1R1), r2(R1r1R2)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. (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4 r2D=q0i当r=5cmR1, q0i=0得 D1=0, E1=0当r=15cm

6、(R1rR1+d ) q0i=Q=1.010 8C得 D3=Q/(4 r2)=1.2710 8C/m2 E3=Q/(4 0r2)=1.44104N/CD和E的方向沿径向.(2) 当r=5cmR1时 U1=Q/(4 0 rR)-Q/4 0 r(R+d)+Q/4 0(R+d)=540V当r=15cmR1时 U2=Q/(4 0 rr)-Q/4 0 r(R+d)+Q/4 0(R+d)=480V当r=25cmR1时 U3=Q/(4 0r)=360V(3)在介质的内外表面存在极化电荷,Pe= 0 E= 0( r 1)E = Pen r=R处, 介质表面法线指向球心 =Pen =Pecos = 0( r 1

7、)Eq= S= 0( r 1) Q/(4 0 rR2)4 R2= ( r 1)Q/ r= 0.810 8Cr=R+d处, 介质表面法线向外 =Pen =Pecos0= 0( r 1)Eq= S= 0( r 1)Q/(4 0 r(R+d)24 (R+d)2=( r 1)Q/ r=0.810 8C2.两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=4 0RQ1=C1V1= 4 0RV1 Q2=C2V2= 4 0RV2W0=C1V12/2+C2V22/2=2 0

8、R (V12+V22)两导体相连后 C=C1+C2=8 0RQ=Q1+Q2= C1V1+C2V2=4 0R(V1+V2)W=Q2/(2C)= 4 0R(V1+V2)2/(16 0R)= 0R(V1+V2)2静电力作功 A=W0-W=2 0R (V12+V22) 0R(V1+V2)2= 0R(V1 V2)2=1.1110 7J练习六 磁感应强度 毕奥萨伐尔定律三、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. 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= 0dI/(2 r)=

9、 0Idx/(4 ar)dBx=dBcos = 0Idx/(4 ar)(a/r)= 0Idx/(4 r2)= 0Idx/4 (x2+a2) dBy=dBsin = 0Ixdx/4 a(x2+a2)= 0I/(4 )(1/a)arctan(x/a)= 0I/(8a)= 0I/(8 a)ln(x2+a2)=0O R图10.82. 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=IN/( R/2)Rd =(2IN/ )d dB= 0dIr2

10、/2(r2+x2)3/2r=Rsin x=Rcos dB= 0NIsin2 d /( R) = 0NI/(4R) 练习七 毕奥萨伐尔定律(续) 磁场的高斯定理三、计算题I图11.62aaaS2S1b1.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= 0I/(2 r), 面元法线与磁场方向相反.有 1= 2= 1/ 2=12. 半径为R的薄圆盘

11、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 ，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dI=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,且与 同向,大小为dB= 0dIr2/2(x2+r2)3/2= 0 r3dr/2(x2+r2)3/2=-=(2)求磁距. 电流元的磁矩dPm=dIS= rdr r2= r2dr= R4/4= QR2/4练习八 安培环路定律三、计算题图12.5O2RdOR1. 如图12.5

12、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.I1=J R2 I2=-J R 2 J=I/ (R2-R 2)它们在空腔内产生的磁感强度分别为B1= 0r1J/2 B2= 0r2J/2方向如图.有Bx=B2sin 2-B1sin 1=( 0J/2)(r2sin 2-r1sin 1)=0By =B2cos 2B1cos 1=( 0J/2)(r

13、2cos 2r1cos 1)=( 0J/2)d所以 B = By= 0dI/2 (R2R 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.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= 0J/2在平面的上方向右,在平面的下方向左;电流在空间产生的磁场为 B2= 0J/2在平面的上方向左,在平面的下方向右.(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=B1

14、-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 =8.90g/cm3), 放在均匀外磁场中. B竖直向上, 且B = 9.4010 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. (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=PmBMm=PmBsin( /2)=Ia2B=9.4104m N(2) 平衡即磁力矩

15、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 =2 Sa2gsin Ia2Bcos =2 Sa2gsin tan =IB/(2 Sg)=0.2694 =15 CDI1I2A图13.5I1I2R xydF2. 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= I2Rd 该处磁场为

16、B= 0I1/(2 Rcos )I2dl与B垂直,有dF= I2dlBsin( /2) dF= 0I1I2d /(2 cos )dFx=dFcos = 0I1I2d /(2 )dFy=dFsin = 0I1I2sin d /(2 cos )= 0I1I2/2因对称Fy=0.故 F= 0I1I2/2 方向向右.练习十 洛仑兹力三、计算题iv图14.61. 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

17、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=qvB=ma qvB=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=2 R/v= 4 m/( 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

18、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QvB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 ,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 =I0 2DLH=I0(1) 介质内,0xb/

19、2. I0=bDlJ=bDl E,有H=b E/2 B= 0 r2H= 0 r2b E/2 r2 r2 r1bE 图15.6 mOII图15.7R1R22. 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 =I0在介质中(R1rR2)，I0=I，有2prH= I H= I/(2 r ) 介质内的磁化强度 M= mH = m I/(2 r)介质

20、内表面的磁化电流JSR1=| MR1nR1|=| MR1|= mI/(2 R1) ISR1=JSR1 2 R1= mI (与I同向)介质外表面的磁化电流JSR2=| MR2nR2|=| MR2|= mI/(2 R2)ISR2=JSR22 R2= mI (与I反向) 练习十二 电磁感应定律 动生电动势三、计算题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 = 2 A/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

21、法线垂直纸面向里.取窄条面积微元dS=ydx=(a+b x)l/bdx m=i=-d m/dt=-5.18108V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：2. (1) 导线ab的动生电动势为i = l vBdl=vBlsin( /2+ )=vBlcos Ii=i/R= vBlcos /R方向

22、由b到a. 受安培力方向向右,大小为F=| l (IidlB)|= vB2l2cos /RF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 mgsin vB2l2cos2 /R=ma=mdv/dt dt=dv/gsin vB2l2cos2 /(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 OR2RBMNa2a z图18.7L1. 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

23、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i=lEidl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(-Rx0,故N点的电势高.(2) 用法拉第电磁感应定律i =d /dt解:沿半径作辅助线OM,ON组成三角形回路MONMi =-+=(d mMONM/dt) =d mMONM/dt而 mMONM= R2B/4故 i= R2(dB/dt)/4N点的电势高.2. 电量Q均匀分布在半径为a,长为L(La)的绝缘薄

24、壁长圆筒表面上,圆筒以角速度 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 = 0(1-t/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. 解：2. .等效于螺线管B内= 0 nI= 0 Q /(2 )/L= 0 Q /(2 L)B外=0 =SBdS=B a2= 0Q a2 /(2 L)i =d /dt= 0Q a2 /(2 L)d /dt= 0 0Q a2 /(2 L t0)Ii=i /R= 0 0Q a2 /(2 LR t0)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

25、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0ra B1= 0Ir/(2 a2)+ 0I/2 (d r)ard a B2= 0I/(2 r)+ 0I/2 (d r)d ard B3= 0I/(2 r)+ 0I(d r)/(2 a2)取窄条微元dS=ldr,由 m=得 ml =+= 0Il/(4 )+ 0Il/(2 )lnd/(d-a) + 0Il/(2 )ln(d-a)/a + 0Il/(2 )ln(d-a)/a+ 0Il/(2 )lnd/(d-a)+ 0Il/(4 )= 0Il

26、/(2 )+( 0Il/ )ln(d/a)由Ll= l /I,L0= Ll/l= l /(Il).得单位长度导线自感 L0= 0l/(2 )+( 0l/ )ln(d/a) 图19.4(1)Rrhab(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= 0NI/(2 ) r R方向垂直于截面; 管外磁场为零.取窄条微元dS=hd ,由 m=得 m = 0NIhln(R/r)/(2 )M= m/I= 0Nhln(R/r)/(2 )