1、練習一靜電場中的導體三、計算題圖5.61.已知某靜電場在xy平面內的電勢函數為U=Cx/(x2+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：.E=-；:U/；:x= _qi/( x2+y2) 3/2+x( -3/2)2 x/( x2+y2)5/2=(2 x2 .y2) C/( x2+y2) 5/2R=TU/ ：:y= -Cx( -43/2)2 y/( x2+y2) 5/2=3Cxy/( x2+y2) 5/2x 軸上點(y=0)R=2Cx7 x5=2O x3 B=0E=2C /x3y 軸上點(x=0)E=-Cj/ y5=-C/ y3 R=

2、0E=q/y32 .如圖5.6, 一導體球殼A(內外半徑分別為 R, R),同心地罩在一接地導體球B(半徑為R)上，今給A球帶負電-Q求B球所帶電荷 Q及的A球的電勢 5靜電場中的導體答案解：2. B 球接地，有 UB=U=0,Ua=UBaUA=( -Q+Q/(4 二;0R3)UBa= QB/(4 值。)(1/ R1/R)得Q=QRR/( RiR2+ R2R- R1R3)UA= Q/(4 段R) 1+RR/( RR+RR-RR)=_Q R_R) / 4 值0( RR+RR-RR)練習二靜電場中的電介質三、計算題AQ15 5BQ2仃3仃4圖6.61.如圖6.6所示，面積均為S=0.1m2的兩金屬

3、平板 A B平行對稱 放置，間距為d=1mm分給A, B兩板分別帶電Q=3.54 X 10 9C,Q=1.77 X 10-9C.忽略邊緣效應，求：(1)兩板共四個表面的面電荷密度d, 5, 03, 04；(2)兩板間的電勢差 V=Ux-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 個表面的電荷產生的，應為零，有E=；7/(2 0) -；$/(2 b) -：3/(2 b) -：4/(2 0)=0Ea=o/(2 d)+；(2 0)+o/(2 5) -.-4/(2 勸=0 而S( 51+o2)= Q1 S (3+G4)=Q有。-；$ -；7-C4=0；7 + 02+；工

4、-；14=0n+a2=Q/S：3+ ：4=Q/S解得 5=s=(Q+Q)/(2 S)=2.66 x10-C/m2o2=_o3=(Qq)/(2 S)=0.89 xl0C/m兩板間的場強E=；:.2/ q=(Q-Q)/(2 dS)BV=UA- UB=E dl-A=Ed=(QQ)d/(2 epS)=1000V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.沿電場線 ACB作環路

5、ACBA導體內直線 BA 的場強為零，ACB的電場與環路同向于是有EE dl = E dl + AE 2 dl = E E dl 刈lACBBACB與靜電場的環路定理 EE d =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圖7.1三、計算題1.半徑為R的導體球帶電 Q,球外一層半徑為 R相對電容率 為事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(nR),2(Rr1R)處的D和E； (2)離球心1,2,3,處的U； 介質球殼內外表面的極化電荷 .解：1. (1)因此電荷與介質均為球對稱，電場也球對稱

6、，過場點作與金屬球同心的球形高斯面，有:D dS - : qois4 二 r2D=：qoi當 r=5cmR, Sqoi=o 得Di=0,E1=0當 r=15cm(RrR+d )Sq0i =Q=1.0 x 108C得D=Q(4 1)=1.27 X10C/m2E=Q(4 強r2)=1.44 X 104N/CD和E的方向沿徑向.(2)當 r=5cmR時 U=E dlRR-.d： =r Eidrr Ezdrr d Esdr=Q4 二;o r RQ/4 二;0 i( R+q+ Q/4 二;o( R+。=540V當 r=15cmR時 :_R 7：_3 r E dl = .rE2drR.dE3dr=Q44

7、二;0 rr) -Q/4 二;0 MR+5+ Q/4 二；(R+5=480V當 r=25cmR 時 qQqQu=E dl =E3dr=Q/(4 二；0r)=360V(3)在介質的內外表面存在極化電荷，IPj= a3 7E=a)(號)E=- Fe - nr=R處，介質表面法線指向球心C=Pe n = Pecos= - ；。( r -1) Eq =cS= - M r 1) Q(4 二;0 成)4 二 R2=-(sr-1)C/&=-0.8 x 10/Cr=R+d處，介質表面法線向外cr=Fe n = Fecos0=S0( 3-1) Eq=rS=&(我1) Q(4 值0&(R+d24 n( F+d)2

8、=(”1)Q a=0.8 x 10C2.兩個相距很遠可看作孤立的導體球，半徑均為10cm,分別充電至200V和400V,然后用一根細導線連接兩球，使之達到等電勢.計算變為等勢體的過程中，靜電力所作的功.解;2.球形電容器C=4二;0RQ=GV= 4 戒 0RVQ=GV= 4 物RVW=C1V2/2+ CV22/2=2 二;R( V12+V22)兩導體相連后C=C+G=8二;0RQ=Q+Q= C1V1+CV2=4 二;0RV+V2)W=Q(2 C) = 4 二;0RV1+V) 2/(16 二;0R)fRV1+V)2靜電力作功A=WAW=2 二 bR ( V12+V2) -二困 V+V0 2=二

9、QRV1 -V)2=1.11 x 10力練習六磁感應強度畢奧一薩伐爾定律三、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.求中心 軸線OO上方距導體薄片為 a的磁感強度.解：1.取寬為dx的無限長電流元dI=I dx/ (2 a)rdB=bdI/ (2 二r)= -bI dx/ (4 二ar)dBx=dBcos : = 4I dx/(4 二ar)( a/r ) =-bI dx/ (4 -r 2)= dx/ 4 二(x2+a2)d By=dBsin :=Bx = dBx，bIx dx/ 4 7：a(x2+a2)a 0Idxa 4二 x2 a2

10、x=M/ (4 二)(1/a)arctan( x/a )a_a=I/ (8 a)By = dByaL0Ixdx力 4二a x2 a2=II/ (8 -：a)ln(x2+a2)aa =02.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，d I=I dN=I N/（ jiR/2） RdQ=（2 IN/ 二）d 二dB=bd卜2/2（ r2+x2）3/2 r=Rsin ? x=R cos dB=-bNIsin 21 d 1/（二R）m %NI sin2 id

11、1B 2二二 20.R= -bNI/ (4R)練習七 畢奧一薩彳爾定律（續）磁場的高斯定理三、計算題1 .在無限長直載流導線白右側有面積為S和&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S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=WI/（2對），面元法線與磁場方向相反.有圖 10.72aWbd-一型 ln2a 2 二ra4a %| 2=0-bdrcos 二二2a 2 二r中 1/：.：，2 = 1必22.半徑為R的薄圓盤均勻帶電，總

12、電量為Q.令此盤繞通過盤心且垂直盤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=cr2；irdr,o=Q(赤2),等效電流元為dI =dQT=；=2 二rdr/ (21/ )=，. ：rdr 求磁場，電流元在中心軸線上激發磁場的方向沿軸線，且與切同向，大小為dB=-bdIr 2/2( x2+r2)3/2 =-0二 r3dr/2( x2+r2)3/2J0-,-:：r3dr22 3/22 r x：r2d(r2 +x2 )：(r22 3 2 = 丁.402 x2 d r2 x2r2 x2 Rx2d(r2 +x2 )r2 x2 .32

13、x20Q0 R22x2口2 2R + x2x(2)求磁距.電流元的磁矩 22 ,dPm=dIS=c rdr 二r =二：r drPm -二；:. r 3dr =工，由4= QR/4 0練習八 安培環路定律三、計算題1.如圖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11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I 2組成.I1=JR2I2=-J 二R2 J=I/ 二(F2-R 2)它

14、們在空腔內產生的磁感強度分別為B = ArJ/2巳=、川/2方向如圖.有B=B2Sin w-Bsin 1=(一舟/2)( r2sin 匹-fiSin 不)=0By =RcosBicos f二(-bJ/2)( r2cos w+ ricos k)=( -bJ/2)d 所以 B = By= -bdI/ 2 二(R2R 2) 方向沿y軸正向2.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.解；2. 兩無 I M M M M M M 幻I1 空間產生的在平面的 1*1 I2限大平行載流平面的截面如圖.平面電流在磁場為B=4

15、J/2上方向右，在平面的下方向左；電流在空間產生的磁場為B4AJ/2在平面的上方向左，在平面的下方向右.(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，故有B=B+B=NoJ(2)兩無限大電流流在平面之外產生的磁感強度方向相反，故有B=B-B=0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=2.00mR,銅的密度住8.90g/cm 3),放在均勻外磁場中.B豎直向上，且B = 9.40父10，線圈中電流為I =10A . 線圈在重力場中求：(1)今使線圈平面保持豎直，則線圈所受的磁力矩為多少.,當線圈平衡時，線圈平面與豎直面夾角為(2)假若

16、線圈能以某一條水平邊為軸自由擺動 多少.解：1. (1) P=IS=Ia2 方向垂直線圈平面.線圈平面彳持豎直，即Pm與B垂直.有M=PnX BMm=PBsin(二/2) =Ia2B =9.4 X 10 4mN(2)平衡即磁力矩與重力矩等值反向 Mm=PmBsin(可2 切=Ia2Bcos 日MG= MG1 + MG2 + MG3=mg( a/ 2)sin + mgasin + mg( a/ 2)sin u =2( ：-Sa) gasin 工2 ：?Sa2gsin r Ia 2Bcos =2 ：?Sa2gsin1 tan 區舊/(2 ：Sg =0.2694士152 .如圖13.5所示，半徑為R

17、的半圓線圈ACD!有電流I2,置于電流為 Ii的無限長直線電流的磁場中，直線電流Ii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 I i的磁力.解：2.在圓環上取微元12dl = I 2RH該處磁場為B=-Hi/(2 二Rcosu)12dl與B垂直，有dF=12dlBsin（二/2）dF=I iI 2d 7（2 二 cos?dFx=dFcos 聲-0I iI 2d 1 /（2 二）dFy=dFsin H -0I iI 2sin H /（2 二cos u）Fx因對稱2olil2de . /2J、I iI 2/2-二2 2Fy=0.故F=MoI iI2/2方向向右.練習十洛侖茲力三、

18、計算題i.如圖i4.6所示，有一無限大平面導體薄板，自下而上均勻通有電流，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 3 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14.6(B)需經多長時間，才能回到初始位置.解：i. (i)求磁場.用安培環路定律得B=Noi/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(2)F=qv x B=maqvB=ma=mv/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，

19、即帶電粒子最初位置與平板的距離應大于軌道半徑.R=mv/qB= 2mv/( -0iq)(3)經一個周期時間，粒子回到初始位置.即t =T=2 二R/v= 4 二m/( Aiq )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，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 .解：2.洛倫茲力Q/XB垂直于v,不作功，不改變v的大小；重力作功.依能量守恒有mV/2= mgy得v=（2gy）1/2.練習H一磁場中的介質三、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 7電場強度為E,方向如圖15.6

20、所示，平板的相對磁導率為 內1,平板兩側充滿相對磁導率為乩2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 瀘 dl =I02 ALH=n I0（1）介質內,0 xb/2. EI 0=bAlJ =b& 右 有 H=b E/2B =-0MH=bJr2b E/22. 一根同軸電纜線由半徑為R的長導線和套在它外面的半徑為R的同軸薄導體圓筒組成，中間充滿磁化率為 工的各向同性均勻非鐵磁絕緣介質， 如圖15.7所示.傳導電流沿導線向上流去，由圓 筒向下流回，電流在截面上均勻分布.求介質內外 表面的磁化電流的大小及方

21、向.解：2.因磁場柱對稱 取同軸的圓形安培環路，有 在介質中（RrR） , 2 Io=I ,有 2 二rH= IH= I /（2 二r ）介質內的磁化強度 M= mH = m I /（2 二r） 介質內表面的磁化電流Jsr1= I M1 x nR1= |Mr1 =勿/（2 祖）ISR1 = JSR1 2? 二端（ 與 I 同向）介質外表面的磁化電流JsR2= | M2 x nR2 = |Mr2 = A /（2 JiR） IsR2=JsR2 2nR=ZmI（ 與 I 反向）練習十二電磁感應定律動生電動勢1.如圖17.8所示，長直導線 AC中的電流I沿導線向上，并以dI /d t = 2 A/s的

22、變化率三、計算題均勻增長.導線附近放一個與之同面的 直角三角形線框，其一邊與導線平行， 位置及線框尺寸如圖所示.求此線框中.取窄條面積微產生的感應電動勢的大小和方向解：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元dS=ydx=( a+bMl/b dx4,m= sB dS_a： %I (a + b - x )dx二z 一丁aoil -a b= a b In -b2-bad“dt=W b_a blnU d!2_：b _a 出= -5.18 X 10 8V負號表示逆時針2. 一很長的長方形的 U形導軌，與水平面成 0角，裸導線可在導軌上無摩擦地下滑，導 軌位于磁感強度 B垂直向上

23、的均勻磁場中，如圖17.9所示.設導線ab的質量為 電阻為R,長度為l ,導軌的電阻略去不計，abcd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e i =v X B dl= vBlsin( E 2+0) =vBlcos 日L=i/R= vBl cos71/R方向由b到a.受安培力方向向右，大小為F= H(hdl XB) = vB2l 2cos6/ RF在導軌上投影7&導軌向上，大小為F = F cos =vB2l2cos2 7 R重力在導軌上投影沿導軌向下，大小為mgsin 9mgsi

24、n 二-vB l cos 7 R=ma=div/d tdt= dv/ gsin 1 -vB2l2cos2R( mRt = dv. 6 sin - - vB2l2 cos2 EmR 尸v 二 mgRsin 日(1_ b2i2cos2 時,(mR)B2l2 cos2 16(2)導線ab的最大速度vm= mgRsin：.B l cos -練習十三感生電動勢自感三、計算題1.在半彳仝為 R的圓柱形空間中存在著均勻磁場的金屬棒MN在磁場外且j與圓柱形均勻磁場相切，切1 1 ,鼠R點為金屬棒的中點,金屬棒/*Jx；與磁場B的軸線垂直.如圖：*:1B乂1乂:18.6所示.設B隨時間的變|/化率dB/dt為大

25、于零的常_量.求：棒上感應電動勢的j2R,B, B的方向與柱的軸線平行.有一長為2R j-g,z* L *大小，并指出哪一個端點的圖18.6電勢局.(分別用對感生電場的積分ei=1E - dl和法拉第電磁感應定律e.解：(1)用對感生電場的積分i = (E dl解：在棒MNk取微元該處感生電場大小為E = R2/(2 r)(d B/dt)與棒夾角訥足tan，fx/R NNe i = m Ei dl = m Ejdxcos1_ R R2 dB dt dx R_ R3 dB R dx - -口 2rr 2 dt 口x2R2圖 18.7i = d/dt兩種方法解). dx( _Rx0,故N點的電勢圖

26、.,(2)用法拉第電磁感應定:沿半徑作輔助線 OMON組 i士而9mMON= B dS =疥e/4LS故i = JiR2(d B/dt)/4N點的電勢圖.2.電量Q均勻分布在半徑為中心軸旋轉.一半徑為2a,電阻為速按8=a(1 T/t 0)的規律(a，t 0j . 1, J J 、x - B x 1八二人_ :律 i = g/d t 解：成三角形回路 MONM= Ei dl = f Ei dl一 MON=-|t Ei d +(Ei d + g Ei d=一(一 dmMON/d t ) =d mMOf/ld ta,長為L( La)的絕緣薄壁長圓筒表面上,圓筒以角速度切繞 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=R3(dB/dt)/2(1/R)arctan( x/R)和流向.解：2.等效于螺線管B=k nI= kQ / (2 劃/ L=Mo QI (2 或)B外=0.XsBdS=B二a2=4Q，a2 / (2 L