1、練習一靜電場中的導體1三、計算題1.已知某靜電場在 xy平面內的電勢函數為 UnCx/z+y2)3/2,其中C 為常數.求(1)x軸上任意一點，(2)y軸上任意一點電場強度的大小和方 向.解：.x軸上點(y=0)y軸上點(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圖5.

2、6B(半徑為Ri)2 .如圖5.6, 一導體球殼A(內外半徑分別為 R2,R3),同心地罩在一接地導體球 上，今給A球帶負電Q,求B球所帶電荷Qb及的A球的電勢Ua.靜電場中的導體答案解：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)練習二靜電場中的電介質三、計算題1.如圖6.6所示，面積均為S=0.1m2的兩金屬平

3、板 A,B平行對稱放 置,間距為d=1mm,今給A, B兩板分別帶電 Qi=3.54 X 1O9C, Q2=1.77 X 1O9C.忽略邊緣效應，求：(1)兩板共四個表面的面電荷密度1, 2, 3, 4；(2)兩板間的電勢差 V=Ua Ub.解：1.在A板體內取一點A, B板體內取一點B,它們的電場強度是四Qi圖6.6Q2金屬球同心的球形高斯面,有個表面的電荷產生的，應為零，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=兩板間的場強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與靜電場的環路定理導體圖6.7=Ed= (Qi Q2)d/(2 oS)=1OOOV四、證明題1.如圖6.7所示，置于靜電場中的一個導體，在靜電平 衡后，導體表面出現正、負感應電荷.試用靜電場的環路定理 證明，圖中從導體上的正感應電荷出發，終止于同一導體上 的負感應電荷的電場線不能存在.解：1.設在同一導體上有從正感應電荷出發，終止于負感 應電荷的電場線.沿

5、電場線ACB作環路ACBA,導體內直線BA 的場強為零,ACB的電場與環路同向于是有AE2 dl = E dl 0B 2ACB°E dl 0相違背，故在同一導體上不存在從正感應電荷出發，終止于負感應電荷的電場 線.練習三電容靜電場的能量三、計算題1.半徑為R1的導體球帶電Q，球外一層半徑為 R2相對電容率 為r的同心均勻介質球殼，其余全部空間為空氣.如圖7.1所示. 求：(1)離球心距離為 r1(r1<R1), r2(R1<門<R2), r3(r1>R2)處的 D 和 E； (2)離球心門，r2, r3,處的U ; (3)介質球殼內外表面的極化電荷 .圖7.1

6、解：1. (1)因此電荷與介質均為球對稱，電場也球對稱，過場點作與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的方向沿徑向.(2)當 r= 5cm<Ri 時U1=Erdl

7、R.E1drdE2dr=Q/(4rR)Q/4E3drR d 30 r(R+d)+Q/40(R+d)=540V當 r= 15cm<Ri 時U2=Q/ (4Er0 rr)dlQ/4dE2drRdE3drr(R+d)+Q/40(R+d)0=480V當 r=25cm<Ri 時U3=rdlr E3dr =Q/ (4or)=36OV(3)在介質的內外表面存在極化電荷Pe=E=0( r 1)E=Pe nr=R處，介質表面法線指向球心=Pe n =Pecos =S= 0( r 1) Q/(40( r1)E0 rR2)4 R2=(r 1)Q/ r= 0.8 X0 8Cr=R+d處，介質表面法線向外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 8C2.兩個相距很遠可看作孤立的導體球, 用一根細導線連接兩球，使之達到等電勢 解;2.球形電容器 C=4 0R半徑均為10cm,分別充電至200V和400V，然后.計算變為等勢體的過程中，靜電力所作的功.0RV1Q2=C2V2= 4 0RV2W0=C1V12/2+ C2V22/2=20R (V12+V22)兩導體相連后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靜電力作功 A=W0 W=2 0R (Vi2+V22)0R(Vi+V2)2= 0R(Vi V2)2=1.11 >10 7j練習六磁感應強度畢奧一薩伐爾定律13三、計算題1.如圖10.7 所示,一寬為2a的無限長導體薄片，沿 長度方向的電流I在導體薄片上均勻分布 線OO上方距導體薄片為 a的磁感強度.求中心軸解：1.取寬為dx的無限長電流元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廠性a 4 a x a=oI/(8 a)lrK+a2)a -a =0=(2IN/ )ddB= 0dIr2/2(r2+x2)3/2r=Rsi ndB=dB2.如圖10.8所示，半徑為 R的木球上繞有密集的細導線，線圈 平面彼此平行，且以單層線圈覆蓋住半個球面.設線圈的總匝數為通過線圈的電流為I.求球心O的磁感強度.解：2.取寬為dL細圓環電流，dl=ldN=lN/( R/2)Rdx=Rcos0NISin2 d /(

11、 R) 0NI sin2 dN,R R=oNI/(4R)練習七畢奧一薩伐爾定律(續)磁場的高斯定理三、計算題1.在無限長直載流導線的右側有面積為S1和S2的兩個矩形回路回路旋轉方向如圖11.6所示，兩個回路與長直載流導線在同一平面內 且矩形回路的一邊與長直載流導線平行.求通過兩矩形回路的磁通量及通過S1回路的磁通量與通過 S2回路的磁通量之比.解： 1.取窄條面元dS=bdr,面元上磁場的大小為B= oI/(2 r),面元法線與磁場方向相反 .有八凹n221=bdrcosa2 r4a J2=bdrcos2a 2 r1/ 2=12.半徑為R的薄圓盤均勻帶電，總電量為Q .令此盤繞通過盤心且垂直盤

12、面的軸線作勻速轉動，角速度為，求軸線上距盤心 X處的磁感強度的大小和旋轉圓盤的磁矩.解;2.在圓盤上取細圓環電荷元dQ= 2 rdr,=Q/( R2),等效電流元為dl=dQ/T= 2 rdr/(2 / )= rdr(1)求磁場，電流元在中心軸線上激發磁場的方向沿軸線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，且與R r2同向，大小為2.22X d r Xr Xx22Xj22vr X2x2i

13、:求磁距.電流元的磁矩 dPm =dlS= rdr r2=r2droQ2 R2R22xPmr3dr =R4/4= QR2/4練習八安培環路定律三、計算題12.5所示，一根半徑為 R的無限長載流直導體，其中電流I沿軸向流過，并均勻分布在橫截面上.現在導體上有一半徑為R的圓柱形空腔，其軸與直導體的軸平行，兩軸相距為d .試求空腔中任意一點的磁感強度.解：1.此電流可認為是由半徑為R的無限長圓柱電流li和一個同電流密度的反方向的半徑為R的無限長圓柱電流l2組成.l1=J R2l2= J R 2J=I/ (R2 R 2)它們在空腔內產生的磁感強度分別為B1= 0門J/2B2= or2j/2方向如圖.有

14、Bx=B2sin 2 B1sin 1=( 0j/2)(r2sin 2 門sin 1)=0By =B2COS 2+ B1C0S 1=(0J/2)(r2COS 2+ r1cos 1)=( 0J/2)d所以 方向沿1.如圖?OdRB = By= odl/2 (R2 R 2) y軸正向圖 12.5設有兩無限大平行載流平面，它們的電流密度均為j,電流流向相反.求:(1) 載流平面之間的磁感強度；(2) 兩面之外空間的磁感強度.2.解；2.兩無限 產生的磁場 在平面的|i I ? I |2大平行載流平面的截面如圖.平面電流在空間為Bi= oJ/2上方向右，在平面的下方向左；電流在空間產生的磁場為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) 兩無限大電流流在平面之間產生的磁感強度方向都向左(2) 兩無限大電流流在平面之外產生的磁感強度方向相反練習九 安培力三、計算題1. 一邊長a =10cm的正方形銅導線線圈(銅導線橫截面積 S=2.00mm2,銅的密度 =8.90g/cm3),放在均勻外磁場中 B豎直向上，且B = 9.40 10 3T,線圈中電流為I =10A .線圈 在重力場中求：，當線圈平衡時，線圈平面與豎直面夾角為多(1) 今使線圈平面保持豎直，則線圈所受的磁力矩為多少(2) 假若線圈能以某一條水平邊為軸自由擺動少

16、.解: 1. (1) Pm=IS=Ia 2方向垂直線圈平面.yomg /2n線圈平面保持豎直，即Pm與B垂直.有M m=P mX BMm=P mBsin( /2)=Ia2B= 9.4X 104m N(2)平衡即磁力矩與重力矩等值反向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.如圖13.5所示，半徑為R的半圓線圈ACD通有電流I2,置于電

17、流為 I1的無限長直線電流的磁場中，直線電流I1恰過半圓的直徑，兩導線相互絕 緣.求半圓線圈受到長直線電流 I1的磁力.解：2在圓環上取微元l2dl= l2Rd該處磁場為B= 011/(2 Rcos )I2dl 與 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因對稱Fy=0.故F= 0I1I2/2方向向右.三、計算題練習十洛侖茲力1.如圖14.6所示，有一無限大平面導體薄板，自下而上均勻通

18、有電流, 已知其面電流密度為i(即單位寬度上通有的電流強度 )(1)試求板外空間任一點磁感強度的大小和方向(2)有一質量為m,帶正電量為q的粒子，以速度 V沿平板法線方向 向外運動.若不計粒子重力.求：(A) 帶電粒子最初至少在距板什么位置處才不與大平板碰撞.(B) 需經多長時間，才能回到初始位置.解：1. (1)求磁場.用安培環路定律得B= 0i/2在面電流右邊B的方向指向紙面向里，在面電流左邊B的方向沿紙面向外.(2)F=qv >3= maqvB=ma n=mv2/R帶電粒子不與平板相撞的條件是粒子運行的圓形軌跡不與平板相交板的距離應大于軌道半徑.圖 14.6,即帶電粒子最初位置與平

19、R=mv/qB= 2mv/( oiq)(3)經一個周期時間，粒子回到初始位置 .即t=T= 2 R/v= 4 m/( oiq)，磁場的方向(z軸方向)與重 力方向(y軸方向)垂直,求粒子下落距離為y時的速率.并講清求解方法的理論依據.2. 一帶電為Q質量為m的粒子在均勻磁場中由靜止開始下落解：2.洛倫茲力mv2/2=mgy,得Qv >B垂直于V,不作功，不改變v的大小；重力作功.依能量守恒有v=(2gy)1/2.練習十磁場中的介質三、計算題1. 一厚度為b的無限大平板中通有一個方向的電流，平板內各點的電導率為，電場強度為E,方向如圖15.6 所示，平板的相對磁導率為r1，平板兩側充滿相對

20、磁導率為r2的各向同性的均勻磁介質,試求板內外任意點的磁感應強度.解：1.設場點距中心面為x,因磁場面對稱以中心面為對稱面過場點取矩形安培環路，有° H dl =習02 LH=習0(1) 介質內，0<x<b/2.習0=2x IJ=2x l E,有H=x EB= 0 r1H= 0 r1X E(2) 介質外,x>b/2.習0=b lJ=b l E有H=b E/2 B= 0 r2H= 0 r2b E/2I2. 一根同軸電纜線由半徑為R1的長導線和套在它外面的半徑為 R2的同軸薄導體圓筒組成，中 間充滿磁化率為 m的各向同性均勻非鐵磁絕緣介r2質，如圖15.7所示.傳導電流

21、沿導線向上流去，由圓筒向下流回，電流在截面上均勻分布.求介質內EEr1r2圖 15.6圖 15.7外表面的磁化電流的大小及方向解：2.因磁場柱對稱 取同軸的圓形安培環路，有dl =習0在介質中(R1 r R2), 2I0=I，有2 rH= IH= I/(2介質內的磁化強度M= mH = m I/(2 r)介質內表面的磁化電流JsR1 = M R1 xn R1 = Mr1 =|SR1 = JSF1 2 R1= mI介質外表面的磁化電流mI/(2 R1)(與I同向)JSF2= M R2XnR2 = Mr2 =|SR2=JSR2 2 R2= mlmI/(2 R2)(與 I反向)練習十二電磁感應定律動

22、生電動勢三、計算題長直導線AC中的電流 增長.導線附近放一個與之同面的直角1.如圖17.8所示,三角形線框，其一邊與導線平行，位置及線框尺寸如圖所示.求此線框中產生的感應電動勢的大小和方向沿導線向上,并以dl /dt = 2 A/s的變化率均勻I10cm圖 17.8圖17.9解：1.取順時針為三角形回路電動勢正向，得三角形面法線垂直紙面向里.取窄條面積微元dS=ydx=(a+b x)l/bdxm= B dSSa b I0 Ia 20Il2 ba b x ldxbln 心 ba15負號表示逆時針£ i = d m/dt= b a b 2 b=5.181 108VIn.dl a dt2.

23、 一很長的長方形的 U形導軌，與水平面成角，軌位于磁感強度 B垂直向上的均勻磁場中， 如圖17.9 所示.設導線ab的質量為m，電阻為R，裸導線可在導軌上無摩擦地下滑，導長度為I，導軌的電阻略去不計，abed形成電路.t=0時，v=0.求：（1）導線ab下滑的速度v與時間t的函數關系；（2）導線ab的最大速度vm .解：2. (1)導線ab的動生電動勢為£ 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，大小為F= I (lidI >B) = vB2I2cos /RF在導軌

24、上投影沿導軌向上，大小為F = Fcos =vB2I2cos2 /R 重力在導軌上投影沿導軌向下，大小為mgsinmgsi nvB2I2cos2dt= dv/gs int 0 dv/ g sinvmgRsi nv 2 r B I cos(2)導線ab的最大速度 vm=.B I cos/R=ma=m dv/dtvB2I2cos2 /(mR)/ mRvB2l2 cos21 e B2|2cos2t/ mR練習十三感生電動勢自感三、計算題191.在半徑為R的圓柱形空間中存在著均勻磁場 的金屬棒MN放在磁場外,且與圓柱形均勻磁場相切切點為金屬棒的中點，金屬 棒與磁場B的軸線垂直.如圖18.6 所示.設B

25、隨時間的變化率dB/dt為大于零的常量.求:棒上感應電動勢的大BX!1''電X /*2R圖 18.61B,B的方向與柱的軸線平行.有一長為2Rz小,并指出哪一個端點的電勢高(分別用對感生電場的積分£ i= lEi dl和法拉第電磁感應定律£ i = d /dt兩種方法解).解: (1)用對感生電場的積分£ i= lEidl解:在棒MN上取微元dx( R<x<R),該處感生電場大小為Ei=R2/(2r)(d B/dt)與棒夾角滿足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點的電勢高.(2)用法拉第電磁感應定 沿半徑作輔助線0M ,0N組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點的電勢高.OMEidl +NOEi dl，圓筒以角速度繞2.電量Q均勻分布在半徑為 a,長為L(L>>a)的絕緣薄壁長圓筒表面上中心軸旋轉.一半徑為2a,電阻為R總匝數為N的圓線圈套在圓筒上，如圖18.7所示.若圓筒轉速按=0(1 t/to)的規律(o,to為已知常數)隨時間線性地減小，求圓線圈中感應電流的大小和流向 解：2.等效于螺線管B 內=on匸