新編基礎(chǔ)物理學(xué)》下冊習(xí)題解答和分析

1、.?新編根底物理學(xué)?下冊習(xí)題解答和分析第九章習(xí)題解答9-1 兩個(gè)小球都帶正電，總共帶有電荷,假如當(dāng)兩小球相距2.0m時(shí)，任一球受另一球的斥力為1.0N.試求總電荷在兩球上是如何分配的？分析：運(yùn)用庫侖定律求解。解：如下圖，設(shè)兩小球分別帶電q1，q2那么有題9-1解圖q1+q2=5.0×10-5C 由題意，由庫侖定律得：由聯(lián)立得： 9-2 兩根6.0×10-2m長的絲線由一點(diǎn)掛下，每根絲線的下端都系著一個(gè)質(zhì)量為0.5×10-3kg的小球.當(dāng)這兩個(gè)小球都帶有等量的正電荷時(shí)，每根絲線都平衡在與沿垂線成60°角的位置上。求每一個(gè)小球的電量。分析：對小球進(jìn)展受力分析

2、，運(yùn)用庫侖定律及小球平衡時(shí)所受力的互相關(guān)系求解。解：設(shè)兩小球帶電q1=q2=q，小球受力如下圖題9-2解圖 聯(lián)立得：其中代入式，即： q=1.01×10-7C9-3 電場中某一點(diǎn)的場強(qiáng)定義為，假設(shè)該點(diǎn)沒有試驗(yàn)電荷，那么該點(diǎn)是否存在場強(qiáng)？為什么？答：假設(shè)該點(diǎn)沒有試驗(yàn)電荷，該點(diǎn)的場強(qiáng)不變.因?yàn)閳鰪?qiáng)是描繪電場性質(zhì)的物理量，僅與場源電荷的分布及空間位置有關(guān)，與試驗(yàn)電荷無關(guān)，從庫侖定律知道，試驗(yàn)電荷q0所受力與q0成正比，故是與q0無關(guān)的。9-4 直角三角形ABC如題圖9-4所示，AB為斜邊，A點(diǎn)上有一點(diǎn)荷，B點(diǎn)上有一點(diǎn)電荷，BC=0.04m，AC=0.03m，求C點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小和方向cos

3、37°0.8, sin37°0.6.分析：運(yùn)用點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式及場強(qiáng)疊加原理求解。解：如題圖9-4所示C點(diǎn)的電場強(qiáng)度為題9-4解圖C方向?yàn)椋?即方向與BC邊成33.7°。9-5 兩個(gè)點(diǎn)電荷的間距為0.1m，求間隔 它們都是0.1m處的電場強(qiáng)度。分析：運(yùn)用點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式及場強(qiáng)疊加原理求解。題9-5解圖解：如下圖：，沿x、y軸分解：9-6有一邊長為a的如題圖9-6所示的正六角形，四個(gè)頂點(diǎn)都放有電荷q，兩個(gè)頂點(diǎn)放有電荷q。試計(jì)算圖中在六角形中心O點(diǎn)處的場強(qiáng)。分析：運(yùn)用點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式及場強(qiáng)疊加原理求解。解：如下圖.設(shè)q1=q2=q6=q，各點(diǎn)電荷q在O點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小均

4、為：各電場方向如下圖，由圖可知與抵消.據(jù)矢量合成，按余弦定理有：方向垂直向下.題9-6解圖qqqq-q-q題圖9-6O.9-7 電荷以線密度均勻地分布在長為l的直線上，求帶電直線的中垂線上與帶電直線相距為R的點(diǎn)的場強(qiáng)。分析：將帶電直線無窮分割，取電荷元，運(yùn)用點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式表示電荷元的場強(qiáng)，再積分求解。注意：先電荷元的場強(qiáng)矢量分解后積分，并利用場強(qiáng)對稱性。解：如圖建立坐標(biāo)，帶電線上任一電荷元在P點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為：題9-8解圖題9-7解圖根據(jù)坐標(biāo)對稱性分析，E的方向是y軸的方向9-8 兩個(gè)點(diǎn)電荷q1和q2相距為l，假設(shè)1兩電荷同號；2兩電荷異號，求電荷連線上電場強(qiáng)度為零的點(diǎn)的位置.分析：運(yùn)用點(diǎn)電荷場

5、強(qiáng)公式及場強(qiáng)疊加原理求解。解：如下圖建立坐標(biāo)系，取q1為坐標(biāo)原點(diǎn)，指向q2的方向?yàn)閤軸正方向.1 兩電荷同號.場強(qiáng)為零的點(diǎn)只可能在q1、q2之間，設(shè)距q1為x的A點(diǎn).據(jù)題意：E1=E2即：2 兩電荷異號.場強(qiáng)為零的點(diǎn)在q1q2連線的延長線或反向延長線上，即E1=E2解之得：9-9 如題圖9-9所示，長l=0.15m的細(xì)直棒AB上，均勻地分布著線密度的正電荷，試求：1在細(xì)棒的延長線上，距棒近端d1=0.05m處P點(diǎn)的場強(qiáng)；2在細(xì)線的垂直平分線上與細(xì)棒相距d2=0.05m的Q點(diǎn)處的場強(qiáng)；3 在細(xì)棒的一側(cè)，與棒垂直間隔 為d2=0.05m，垂足距棒一端為d3=0.10m的S點(diǎn)處的場強(qiáng).分析：將均勻帶

6、電細(xì)棒分割成無數(shù)個(gè)電荷元，每個(gè)電荷元在考察點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)可用點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式表示，然后利用場強(qiáng)疊加原理積分求解，便可求出帶電細(xì)棒在考察點(diǎn)產(chǎn)生的總場強(qiáng)。注意：先電荷元的場強(qiáng)矢量分解后積分，并利用場強(qiáng)對稱性。題9-9解圖(1)題圖9-9解：1 以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖1所示坐標(biāo)系，將細(xì)棒分成許多線元dy.其所帶電量為，其在P點(diǎn)的場強(qiáng)為，那么方向沿Y軸負(fù)方向2 建立如下圖的坐標(biāo)系，將細(xì)棒分成許多線元dy.其所帶電量為。它在Q點(diǎn)的場強(qiáng)的大小為：dE在x、y軸的投影為：由圖可見： ， 由于對稱性，dEy分量可抵消，那么又1=-2方向沿X軸正方向題9-9解圖(3)題9-9解圖(2)3 在細(xì)棒一側(cè)的S點(diǎn)處的場

7、強(qiáng)。建立如圖3所示的坐標(biāo)系，分析如2那么：其中：；方向：與x軸的夾角：9-10無限長均勻帶電直線，電荷線密度為,被折成直角的兩部分.試求如題圖9-10所示的P點(diǎn)和P點(diǎn)的電場強(qiáng)度.分析：運(yùn)用均勻帶電細(xì)棒附近的場強(qiáng)公式及場強(qiáng)疊加原理求解。題圖9-10解：以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如題9-10解圖1 所示坐標(biāo)系均勻帶電細(xì)棒的場強(qiáng)：在P點(diǎn)：，豎直棒在P點(diǎn)的場強(qiáng)為：題9-10解圖(1)x程度棒在P點(diǎn)的場強(qiáng)為：在P點(diǎn)的合場強(qiáng)：即：方向與x軸正方向成45°.同理以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖題9-10解圖2坐標(biāo)：在P點(diǎn)：，豎直棒在P點(diǎn)的場強(qiáng)為： 題9-10解圖(2)x程度棒在P點(diǎn)的場強(qiáng)為：在P點(diǎn)的合場強(qiáng)為

8、：即：，方向與x軸成-135°. 9-11 無限長均勻帶電棒上的線電荷密度為,上的線電荷密度為，與平行,在與，垂直的平面上有一點(diǎn)P,它們之間的間隔 如題圖9-11所示,求P點(diǎn)的電場強(qiáng)度。分析：運(yùn)用無限長均勻帶電細(xì)棒的場強(qiáng)公式及場強(qiáng)疊加原理求解。解：在P點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為：題圖9-11在P點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為：方向如題9-11解圖所示。把寫成分量形式為：在P點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)為：題9-11解圖9-12 一細(xì)棒被彎成半徑為R的半圓形,其上部均勻分布有電荷+Q,下部均勻分布電荷-Q.如題圖9-12所示,求圓心O點(diǎn)處的電場強(qiáng)度。題9-12解圖題圖9-12分析：微分取電荷元，運(yùn)用點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式及場強(qiáng)疊加

9、原理積分求解。將帶電半圓環(huán)分割成無數(shù)個(gè)電荷元，運(yùn)用點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式表示電荷元場強(qiáng)。將電荷元電場進(jìn)展矢量分解，再進(jìn)展對稱性分析，然后積分求解。解：把圓環(huán)分成無限多線元，所帶電量為，產(chǎn)生的場強(qiáng)為。那么的大小為： 把分解成dEx和dEy，那么：由于+Q、-Q帶電量的對稱性，x軸上的分量互相抵消，那么：圓環(huán)在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為： 題圖9-139-13 兩平行無限大均勻帶電平面上的面電荷密度分別為+和-2,如題圖9-13所示,求: 1圖中三個(gè)區(qū)域的場強(qiáng)，的表達(dá)式；2假設(shè)=4.43×10-6C·m-2，那么，各多大？分析：首先確定場強(qiáng)正方向，然后利用無限大均勻帶電平板場強(qiáng)及場強(qiáng)疊加原理求解

10、。解：1無限大均勻帶電平板周圍一點(diǎn)的場強(qiáng)大小為：在區(qū)域：區(qū)域：區(qū)域：2假設(shè)=4.43×10-6C·m-2那么9-14 邊長為a的立方盒子的六個(gè)面分別平行于xOy，yOz和xOz平面，盒子的一角在坐標(biāo)原點(diǎn)處，在此區(qū)域有勻強(qiáng)電場，場強(qiáng),求通過各面的電通量。分析：運(yùn)用電通量定義求解，注意對于閉合曲面，外法線方向?yàn)檎?。解?即平行于xOy平面的兩平面的電通量為0；平行于yOz平面的兩平面的電通量為±200a2N·m2·C-1；平行于xOz平面的兩平面的電通量為±300a2N·m2·C-1。題9-16解圖題9-15解圖9-1

11、5 一均勻帶電半圓環(huán)，半徑為R，電量為+Q，求環(huán)心處的電勢。分析：微分取電荷元，運(yùn)用點(diǎn)電荷電勢公式及電勢疊加原理積分求解。將帶電半圓環(huán)分割成無數(shù)個(gè)電荷元，根據(jù)點(diǎn)電荷電勢公式表示電荷元的電勢，再利用電勢疊加原理求解。解：把半圓環(huán)無窮分割，取線元，其帶電量為，那么其在圓心O的電勢為：整個(gè)半圓環(huán)在環(huán)心O點(diǎn)處的電勢為：9-16 一面電荷密度為的無限大均勻帶電平面，假設(shè)以該平面處為電勢零點(diǎn)，求帶電平面周圍的電勢分布。分析：利用無限大均勻帶電平面的場強(qiáng)公式及電勢與電場強(qiáng)度的積分關(guān)系求解。解：無限大平面周圍的場強(qiáng)分布為：取該平面電勢為零，那么周圍任一點(diǎn)P的電勢為：9-17 如題圖9-17所示，a=8

12、5;10-2m，b=6×10-2m, q1=3×10-8C, q2=3×10-8C，D為q1,q2連線中點(diǎn)，求：1D點(diǎn)和B點(diǎn)的場強(qiáng)和電勢; 2 A點(diǎn)和C點(diǎn)的電勢；3將電量為2×10-9C的點(diǎn)電荷q0由A點(diǎn)移到C點(diǎn)，電場力所作的功；4將q0由B點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力所作的功。題圖9-17題9-17解圖分析：由點(diǎn)電荷的場強(qiáng)、電勢的公式及疊加原理求場強(qiáng)和電勢。靜電力是保守力，保守力做功等于從初位置到末位置勢能增量的負(fù)值。解：1建立如圖題9-17解圖所示坐標(biāo)系：，方向如圖示。，方向如圖示。；方向平行于x軸.同理，UB=0.2349-18 設(shè)在均勻電場中，場強(qiáng)與半徑為

13、R的半球面的軸相平行，試計(jì)算通過此半球面的電場強(qiáng)度通量？分析：如下圖，由高斯定理可知，穿過圓平面S1的電力線必通過半球面。解：在圓平面S1上：所以通過此半球面的電通量為：題9-19解圖題9-18解圖9-19 兩個(gè)帶有等量異號電荷的無限大同軸圓柱面，半徑分別為R1和R2R2>R1.單位長度上的電量為,求離軸線為r處的電場強(qiáng)度：1 ；2 ；3 分析：由于場為柱對稱的，做同軸圓柱面，運(yùn)用高斯定理求解。解：1在時(shí)，作如下圖同軸圓柱面為高斯面.由于場為柱對稱的，所以通過側(cè)面的電通量為，通過上下底面的電通量為零.據(jù)高斯定理，因?yàn)榇烁咚姑鏇]有包圍電荷，所以有：2對，類似1作高斯面，有：題9-20解圖故

14、得：3對，作類似高斯面，有：故得：E=0。9-20 靜電場中a點(diǎn)的電勢為300V，b點(diǎn)電勢為-10V.如把5×10-8C的電荷從b點(diǎn)移到a點(diǎn),試求電場力作的功？分析：電場力作功等于電勢能增量的負(fù)值。解：依題意可以有如圖的示意圖：把正電荷由a點(diǎn)移到b點(diǎn)時(shí)電場力作功反之，當(dāng)正電荷從b點(diǎn)移到a點(diǎn)時(shí)，電場力作功：負(fù)功表示當(dāng)正電荷向低電勢向高電勢挪動時(shí)，它要抑制電場力作功，從而增加了它的電勢能。9-21 在半徑為R1和R2的兩個(gè)同心球面上分別均勻帶電q1和q2,求在, ,三個(gè)區(qū)域內(nèi)的電勢分布。分析：由于場為球?qū)ΨQ的，做同心球面，利用高斯定理求出場強(qiáng)。再利用電勢與場強(qiáng)的積分關(guān)系求電勢。注意：積分

15、途徑上的場強(qiáng)是分段函數(shù)。題9-21解圖解：利用高斯定理求出：電勢的分布：第十章習(xí)題解答10-1 如題圖10-1所示，三塊平行的金屬板A，B和C，面積均為200cm2,A與B相距4mm，A與C相距2mm，B和C兩板均接地，假設(shè)A板所帶電量Q=3.0×10-7C，忽略邊緣效應(yīng),求：1B和C上的感應(yīng)電荷？2A板的電勢設(shè)地面電勢為零。題10-1解圖題圖10-1分析：當(dāng)導(dǎo)體處于靜電平衡時(shí)，根據(jù)靜電平衡條件和電荷守恒定律，可以求得導(dǎo)體的電荷分布，又因?yàn)锽、C兩板都接地，所以有。解：1設(shè)B、C板上的電荷分別為、。因3塊導(dǎo)體板靠的較近，可將6個(gè)導(dǎo)體面視為6個(gè)無限大帶電平面。導(dǎo)體外表電荷分布均勻，且其

16、間的場強(qiáng)方向垂直于導(dǎo)體外表。作如圖中虛線所示的圓柱形高斯面。因?qū)w到達(dá)靜電平衡后，內(nèi)部場強(qiáng)為零，故由高斯定理得：即 又因?yàn)椋?而: 于是： 兩邊乘以面積S可得： 即： 聯(lián)立求得: 2 10-2 如題圖10-2所示，平行板電容器充電后，A和B極板上的面電荷密度分別為+和，設(shè)P為兩極板間任意一點(diǎn)，略去邊緣效應(yīng)，求：1A,B板上的電荷分別在P點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)EA,EB;2A,B板上的電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的合場強(qiáng)E；3拿走B板后P點(diǎn)處的場強(qiáng)E。分析：運(yùn)用無限大均勻帶電平板在空間產(chǎn)生的場強(qiáng)表達(dá)式及場強(qiáng)疊加原理求解。解：1 A、B兩板可視為無限大平板.所以A、B板上的電何在P點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)分別為:題圖10-2,方向?yàn)?/p>

17、：垂直于A板由A指向B板，方向與一樣.2，方向于一樣3 拿走B板后：，方向垂直A板指向無限遠(yuǎn)處.10-3 電量為q的點(diǎn)電荷處導(dǎo)體球殼的中心，球殼的內(nèi)、外半徑分別為R1和R2，求場強(qiáng)和電勢的分布。分析：由場強(qiáng)分布的對稱性，利用高斯定理求出各區(qū)域場強(qiáng)分布。再應(yīng)用電勢與場強(qiáng)的積分關(guān)系求電勢，注意積分要分段進(jìn)展。解：由靜電感應(yīng)在球殼的內(nèi)外表上感應(yīng)出的電量，外外表上感應(yīng)出q的電量.題10-3解圖所以由高斯定理求得各區(qū)域的場強(qiáng)分布為：即： 綜上可知:10-4 半徑為R1的導(dǎo)體球，帶有電量q；球外有內(nèi)、外半徑分別為R2，R3的同心導(dǎo)體球殼，球殼帶有電量Q。1求導(dǎo)體球和球殼的電勢U1，U2；2假設(shè)球殼接地，求

18、U1，U2；3假設(shè)導(dǎo)體球接地設(shè)球殼離地面很遠(yuǎn)，求U1，U2。分析：由場強(qiáng)分布的對稱性，利用高斯定理求出各區(qū)域場強(qiáng)分布；再由電勢定義求電勢。接地導(dǎo)體電勢為零，電荷重新分布到達(dá)新的靜電平衡，電勢分布發(fā)生變化。解:如圖題10-4解圖a所示,當(dāng)導(dǎo)體到達(dá)靜電平衡時(shí),q分布在導(dǎo)體球的外表上.由于靜電感應(yīng)在外球殼的內(nèi)外表上感應(yīng)出電量.外外表上感應(yīng)出電量，那么球殼外外表上共帶電荷.(1) 由于場的對稱性.由高斯定理求得各區(qū)域的場強(qiáng)分布為：題10-4解圖（a）E的方向均沿經(jīng)向向外.取無限遠(yuǎn)處電勢為零，那么由電勢的定義可得：內(nèi)球體內(nèi)任一場點(diǎn)p1的電勢為外球殼體內(nèi)任一場點(diǎn)p2的電勢為:題10-4解圖（b）2假設(shè)外球

19、殼接地.球殼外外表的電荷為零，等量異號電荷分布在球體外表和球殼內(nèi)外表上,此時(shí)電場只分布在的空間，如圖題10-4解圖b所示.由于外球殼那么內(nèi)球體內(nèi)任一點(diǎn)P1的電勢U1為:3 當(dāng)內(nèi)球接地時(shí)，內(nèi)球的電勢，但無限遠(yuǎn)處的電勢也為零，這就要求外球殼所帶電量在內(nèi)外外表上重新分配，使球殼外的電場沿著經(jīng)向指向無限遠(yuǎn)處，球殼內(nèi)的電場經(jīng)向指向球心處；因此，內(nèi)球必然帶負(fù)電荷。因?yàn)閮?nèi)球接地，隨著它上面正電荷的減少，球殼內(nèi)外表上的負(fù)電荷也相應(yīng)減少；當(dāng)內(nèi)球上正電荷全部消失時(shí)，球殼內(nèi)外表上的負(fù)電荷全部消失完；但就球殼而言，仍帶有電量+Q。由于靜電感應(yīng)，在內(nèi)球和大地這一導(dǎo)體，系統(tǒng)中便會感應(yīng)出等量的負(fù)電荷-Q,此負(fù)電荷-Q的一部

20、分設(shè)為-q均勻分布在內(nèi)球外表上。球殼內(nèi)外表上將出現(xiàn)等量的正電荷+q與之平衡.因此，在到達(dá)靜電平衡后，內(nèi)球帶電荷-q，球殼內(nèi)外表帶電量+q，外外表上帶電量Q-q，如下圖.由高斯定理可知各區(qū)域的場強(qiáng)分布為:題10-4解圖（c） 球殼上任一場點(diǎn)P2相對于無限遠(yuǎn)處和相對于接地內(nèi)球的電勢，應(yīng)用電勢定義分別計(jì)算，可得:聯(lián)立上述兩式，求得：將代入U(xiǎn)2的表達(dá)式中可得:10-5 三個(gè)半徑分別為R1，R2，R3R1< R2< R3的導(dǎo)體同心薄球殼，所帶電量依次為q1，q2，q3.求：1各球殼的電勢；2外球殼接地時(shí)，各球殼的電勢。分析：根據(jù)靜電平衡條件先確定球的電荷分布情況，再根據(jù)電荷分布的球?qū)ΨQ性，利

21、用高斯定理求出電場強(qiáng)度分布，進(jìn)而利用電勢與電場強(qiáng)度的積分關(guān)系求出電勢分布。對于電荷球?qū)ΨQ分布的帶電體，也可直接利用電勢疊加原理求得電勢分布。接地導(dǎo)體時(shí)電勢為零，電荷重新分布到達(dá)新的靜電平衡，新的電荷分布引起電場和電勢分布發(fā)生變化。解：1 如圖題10-5解圖a所示，半徑為R1的導(dǎo)體球殼外外表上均勻的分布電量q1，由于靜電感應(yīng)，半徑為R2的球殼內(nèi)外表上感應(yīng)出-q1的電量.外外表上感應(yīng)出+q1的電量.因此，半徑為R2的球殼外外表上的電量為q1+q2，同理，半徑為R3的球殼內(nèi)外表上感應(yīng)出-q1+q2的電量.外外表上感應(yīng)出+q1+q2的電量.所以R3的球殼外外表上的電量為q1+q2+q3。方法一 由于場

22、的分布具有對稱性,可用高斯定理求得各區(qū)域的場強(qiáng)分別為題10-5解圖(a)， E的方向均沿徑向向外.取無限遠(yuǎn)處為電勢零點(diǎn).方法二可把各球殼上的電勢視為由電量為q1,半徑為R1；電量為q2，半徑為R2；電量為q3，半徑為R3的三個(gè)同心帶電球殼分別在各點(diǎn)所共同產(chǎn)生的電勢的疊加.由于在半徑為R1的球殼外外表上的P點(diǎn)由三個(gè)帶電球殼電勢的疊加.故有同理: (2) 由于外球殼接地,球殼外外表的電荷為零，內(nèi)外表的電量為-q1+q2方法一 用高斯定理求得各區(qū)域的場強(qiáng)分別為：題10-5解圖（b） ， 方法二可把U1,視為帶電量為q1，半徑為R1；帶電量為q2，半徑為R2，帶電量為-q1+q2，半徑為R3的同心帶電

23、球面在半徑為R1的球殼外外表上的電勢的疊加.把U2視為帶電量為q1+q2,半徑為R2.帶電量為-q1+q2，半徑為R3的同心球面在半徑為R2的球殼外外表上的電勢的疊加因?yàn)橥馇驓そ拥?，所以?0-6 一球形電容器，由兩個(gè)同心的導(dǎo)體球殼所組成，內(nèi)球殼半徑為a，外球殼半徑為b，求電容器的電容。分析：設(shè)球殼內(nèi)外表帶電量，由于電荷分布具有對稱性，應(yīng)用高斯定理確定場強(qiáng)的分布。由電勢與場強(qiáng)的積分關(guān)系確定電容器兩極板間電勢差，再由電容定義式求電容。解：設(shè)內(nèi)球殼外外表帶電量為+Q.那么外球殼內(nèi)外表帶電量為-Q,兩球面間的場強(qiáng)分布具有對稱性，應(yīng)用高斯定理，求得兩球面間的場強(qiáng)大小為：據(jù)場強(qiáng)與電勢差的關(guān)系：于是有：1

24、0-7 一平行板電容器兩極板的面積均為S，相距為d，其間還有一厚度為t,面積也為S的平行放置著的金屬板，如題圖10-7所示，略去邊緣效應(yīng).1 求電容C.2金屬板離兩極板的遠(yuǎn)近對電容C有無影響？3在t=0和t=d時(shí)的C為多少？分析： 由于金屬板的兩個(gè)外表在電容器中構(gòu)成新電容器的兩個(gè)板板，所以AC間的電容器可看作AB、BC兩電容器的串聯(lián).題10-7解圖解：1AC間的電容為:2 由上述推導(dǎo)可知，金屬板離兩極板遠(yuǎn)近對C無影響(3) 當(dāng)t=0時(shí):當(dāng)t=d時(shí):C=10-8 平行板電容器的兩極板間距d=2.00mm,電勢差U=400V，其間充滿相對電容率的均勻玻璃片,略去邊緣效應(yīng),求：1極板上的面電荷密度；

25、2玻璃界面上的極化面電荷密度。分析：根據(jù)電容的定義式及平行板電容器公式求解自由電荷面密度。再利用極化面電荷密度和自由電荷面密度關(guān)系求解。解：1 據(jù)電容的定義式：即: 2 10-9 如題圖10-9所示，一平行板電容器中有兩層厚度分別為d1，d2的電介質(zhì)，其相對電容率分別為，極板的面積為S，所帶面電荷密度為+0和-0.求：1兩層介質(zhì)中的場強(qiáng)E1,E2;2該電容器的電容。分析：此電容器可視為上下兩電容器串聯(lián)而成。題10-9解圖解: 1 平行板電容器為介質(zhì)是真空時(shí)當(dāng)充滿相對電容率為的介質(zhì)時(shí)，場強(qiáng)分別為： ，方向?yàn)榇怪睒O板向下。，方向?yàn)榇怪睒O板向下。2 該電容可以看成是的串聯(lián)。10-10 一無限長的圓柱

26、形導(dǎo)體，半徑為R，沿軸線單位長度上所帶電荷為，將此圓柱放在無限大的均勻電介質(zhì)中，電介質(zhì)的相對電容率為，求：1電場強(qiáng)度E的分布規(guī)律；2電勢U的分布規(guī)律設(shè)圓柱形導(dǎo)體的電勢為U0分析：介質(zhì)中高斯定理的應(yīng)用。先利用介質(zhì)中高斯定理求D、E的空間分布，然后再由電勢與場強(qiáng)的關(guān)系確定空間電勢分布。解：由于電荷分布呈對稱性，故D、E分布亦呈對稱性，方向沿徑向.以r為半徑作一同軸圓柱形柱面，圓柱長為。如圖中虛線所示，那么通過此面的D通量為:由高斯定理可知:題10-10解圖解之得: 由可知:2據(jù)電勢與場強(qiáng)的關(guān)系可知：取圓柱面附近某點(diǎn)B處電勢為零.那么：當(dāng)rR時(shí), 當(dāng)rR時(shí), 綜上可知電勢分布為：10-11 設(shè)有兩個(gè)

27、同心的薄導(dǎo)體球殼A與B，其半徑分別為R1=10cm, R2=20cm，所帶電量分別為.球殼間有兩層電介質(zhì)球殼，內(nèi)層的相對電容率，外層的，它們分界面的半徑，球殼B外的電介質(zhì)為空氣，求：1A球的電勢UA，B球的電勢UB；2兩球殼的電勢差；3離球心30cm處的場強(qiáng)；4由球殼A與B組成的電容器的電容分析：介質(zhì)中高斯定理的應(yīng)用。先由介質(zhì)中高斯定理求D、E的空間分布，然后由電勢與場強(qiáng)的關(guān)系求電勢、電勢差，再根據(jù)電容定義式求電容。解：1 由于電荷分布呈球?qū)ΨQ性.D、E分布亦呈球?qū)ΨQ性.方向沿徑向.由高斯定理可得:AB題10-11解圖又由于由場強(qiáng)與電勢的關(guān)系可知:2 3 4由靜電感應(yīng)，到達(dá)靜電平衡時(shí)，半徑為R

28、2的導(dǎo)體球殼內(nèi)外表上分布有-q1的電量.10-12 如題圖10-12所示，平行板電容器極板面積為S，相距為d，電勢差為U，極板間放著一厚度為t，相對電容率為的電介質(zhì)板，略去邊緣效應(yīng)，求：1介質(zhì)中的電位移D，場強(qiáng)E；2極板上的電量q；3極板與介質(zhì)間的場強(qiáng)E；4電容C。分析：介質(zhì)中高斯定理的應(yīng)用。由電勢與場強(qiáng)的關(guān)系和D、E之間的關(guān)系，可得出空氣、介質(zhì)中的場強(qiáng)，由高斯定理可求出介質(zhì)中的電位移D，進(jìn)而求出電量及電容。解：1設(shè)介質(zhì)中的場強(qiáng)為、介質(zhì)外的場強(qiáng)為，那么有：題10-12解圖 2 作一柱形高斯面S，如圖中虛所示，有即： 3 極板與介質(zhì)間的場強(qiáng)：4 10-13 一平行板電容器，極板間距d=5.00m

29、m，極板面積S=100cm2, 用電動勢E=300V的電源給電容器充電.1假設(shè)兩板間為真空，求此電容器的電容，極板上的面電荷密度，兩極板間的場強(qiáng)；2該電容器充電后，與電源斷開，再在兩板間插入厚度d=5.00mm的玻璃片相對電容率,求其電容C，兩板間的場強(qiáng)以及電勢差U；3該電容器充電后，仍與電源相接，在兩極板間插入與2一樣的玻璃片，求其電容，兩板間的場強(qiáng)以及兩板上的電荷量。分析：電容器充電后，斷開電源，電容器存儲的電量不變。而充電后，電容器仍與電源相接，那么電容器兩極板間電壓不變。插入介質(zhì)后電容器的電容增大。解：1 兩極板間為真空，那么有：又 2插入介質(zhì)后3充電后，仍與電源相接，那么不變.10-

30、14 一圓柱形電容器由半徑為R1的導(dǎo)線和與它同軸的導(dǎo)體圓筒構(gòu)成，圓筒長為l，內(nèi)半徑為R2，導(dǎo)線與圓筒間充滿相對電容率為的電介質(zhì)，設(shè)沿軸線單位長度上導(dǎo)線的電量為，圓筒的電量為，略去邊緣效應(yīng)，求：1電介質(zhì)中電位移D，場強(qiáng)E；2兩極板的電勢差。分析：介質(zhì)中的高斯定理的應(yīng)用。根據(jù)介質(zhì)中的高斯定理求出D、E，再由電勢差與場強(qiáng)的關(guān)系求電勢差。解：1電荷分布具有對稱性,即D、E的分布變量呈對稱性方向沿徑向向外.作如下圖的圓柱形高斯面，由高斯定理可知： R1<R<R2即 R1<r<R2題10-14解圖 R1<r<R2D、E的方向均沿徑向向外.2 10-15 如題圖10-15

31、所示，每個(gè)電容器的電容C均為3F，現(xiàn)將a,b兩端加上U=450V的電壓，求：1各個(gè)電容器上的電量；2整個(gè)電容器組所貯存的電能；3假如在電容器中，充入相對電容率的電介質(zhì)，各個(gè)電容器上的電量。題10-15解圖題圖10-15分析：畫出等效電路，利用電容器的串、并聯(lián)特點(diǎn)求解。解：1畫出該電路的等效圖如圖示而 而 且 即各電容器的電量為：；2 3在中充入的電介質(zhì)后，其電容為，那么有：h第十一章 電流與磁場11-1 電源中的非靜電力與靜電力有什么不同？答：在電路中，電源中非靜電力的作用是，迫使正電荷經(jīng)過電源內(nèi)部由低電位的電源負(fù)極挪動到高電位的電源正極，使兩極間維持一電位差。而靜電場的作用是在外電路中把正電

32、荷由高電位的地方挪動到低電位的地方，起到推動電流的作用；在電源內(nèi)部正好相反，靜電場起的是抵抗電流的作用。 電源中存在的電場有兩種：1、非靜電起源的場；2、穩(wěn)恒場。把這兩種場與靜電場比較，靜電場由靜止電荷所激發(fā)，它不隨時(shí)間的變化而變化。非靜電場不由靜止電荷產(chǎn)生，它的大小決定于單位正電荷所受的非靜電力，。當(dāng)然電源種類不同，的起因也不同。11-2靜電場與恒定電場一樣處和不同處？為什么恒定電場中仍可應(yīng)用電勢概念？答：穩(wěn)恒電場與靜電場有一樣之處，即是它們都不隨時(shí)間的變化而變化，根本規(guī)律一樣，并且都是位場。但穩(wěn)恒電場由分布不隨時(shí)間變化的電荷產(chǎn)生，電荷本身卻在挪動。正因?yàn)榻⒎€(wěn)恒電場的電荷分布不隨時(shí)間變化，

33、因此靜電場的兩條根本定理，即高斯定理和環(huán)路定理仍然適用，所以仍可引入電勢的概念。11-3一根銅導(dǎo)線外表涂以銀層，當(dāng)兩端加上電壓后，在銅線和銀層中，電場強(qiáng)度是否一樣？電流密度是否一樣？電流強(qiáng)度是否一樣？為什么？ 答：此題涉及知識點(diǎn)：電流強(qiáng)度，電流密度概念，電場強(qiáng)度概念，歐姆定律的微分形式。設(shè)銅線材料橫截面均勻，銀層的材料和厚度也均勻。由于加在兩者上的電壓一樣，兩者的長度又相等，故銅線和銀層的場強(qiáng)一樣。由于銅線和銀層的電導(dǎo)率不同，根據(jù)知，它們中的電流密度不一樣。電流強(qiáng)度，銅線和銀層的不同但相差不太大，而它們的橫截面積一般相差較大，所以通過兩者的電流強(qiáng)度，一般說來是不一樣的。11-4一束質(zhì)子發(fā)生側(cè)向

34、偏轉(zhuǎn)，造成這個(gè)偏轉(zhuǎn)的原因可否是：1電場？2磁場？3假設(shè)是電場和磁場在起作用，如何判斷是哪一種場？答：造成這個(gè)偏轉(zhuǎn)的原因可以是電場或磁場?？梢愿淖冑|(zhì)子的運(yùn)動方向，通過質(zhì)子觀察運(yùn)動軌跡來判斷是電場還是磁場在起作用。11-5 三個(gè)粒子，當(dāng)它們通過磁場時(shí)沿著如題圖115所示的途徑運(yùn)動，對每個(gè)粒子可作出什么判斷？答：根據(jù)帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力規(guī)律，通過觀察運(yùn)動軌跡的不同可以判斷三種粒子是否帶電和帶電種類。11-6 一長直載流導(dǎo)線如題11-6圖所示，沿Oy軸正向放置，在原點(diǎn)O處取一電流元，求該電流元在a，0，0，0，a，0，a，a，0，a，a，a各點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度。分析：根據(jù)畢奧-薩伐爾定律求解。

35、´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´´ &#

36、180; ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´´ ´ 

37、0; ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ 題11-5圖解：由畢奧-薩伐爾定律原點(diǎn)O處的電流元在a，0，0點(diǎn)產(chǎn)生的為：在0，a，0點(diǎn)產(chǎn)生的為：題11-6圖在a，a，0點(diǎn)產(chǎn)生的為：在a，a，a點(diǎn)產(chǎn)生的為11-7 用兩根彼此平行的長直導(dǎo)線將半徑為R的均勻?qū)w圓環(huán)聯(lián)到電源上，如題11-7圖所示，b點(diǎn)為切點(diǎn)，求O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。分析：應(yīng)用畢奧-薩伐爾定律分別求出載流直導(dǎo)線L1和L2以及導(dǎo)體圓環(huán)上并聯(lián)的大圓弧和小圓弧在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度，再利用磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量和疊加求解。解：先看導(dǎo)體圓環(huán)

38、，由于和并聯(lián)，設(shè)大圓弧有電流，小圓弧有電流，必有：由于圓環(huán)材料一樣，電阻率一樣，截面積S一樣，實(shí)際電阻與圓環(huán)弧的弧長和有關(guān)，即：題11-7圖那么在O點(diǎn)產(chǎn)生的的大小為而在O點(diǎn)產(chǎn)生的的大小為和方向相反，大小相等.即。直導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的。直導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的，方向垂直紙面向外。那么O點(diǎn)總的磁感強(qiáng)度大小為11-8 一載有電流的長導(dǎo)線彎折成如題11-8圖所示的形狀，CD為1/4圓弧，半徑為R，圓心O在AC，EF的延長線上.求O點(diǎn)處磁場的場強(qiáng)。分析：O點(diǎn)的磁感強(qiáng)度為各段載流導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生磁感強(qiáng)度的矢量和。解：因?yàn)镺點(diǎn)在AC和EF的延長線上，故AC和EF段對O點(diǎn)的磁場沒有奉獻(xiàn)。CD段：DE段：O點(diǎn)總磁感應(yīng)強(qiáng)度

39、為方同垂直紙面向外.題11-8圖題圖11-911-9 一無限長薄電流板均勻通有電流，電流板寬為，求在電流板同一平面內(nèi)距板邊為的P點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度。分析：微分無限長薄電流板，對微分電流應(yīng)用無限長載流直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場公式求解。并將再積分求解總的磁感應(yīng)強(qiáng)度。注意利用場的對稱性。解：在電流板上距P點(diǎn)x處取寬為并平行于電流的無限長窄條，狹條中的電流為在P點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度為：方向垂直紙面向里。整個(gè)電流板上各窄條電流在P點(diǎn)處產(chǎn)生的方向一樣，故11-10 在半徑的“無限長半圓柱形金屬薄片中，有電流自下而上地通過，如題11-10圖所示。試求圓柱軸線上一點(diǎn)P處的磁感應(yīng)強(qiáng)度。分析：微分半圓柱形金屬薄片，對微分電流

40、應(yīng)用無限長載流直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場公式求解。并將場強(qiáng)矢量分解后再積分求解總的磁感應(yīng)強(qiáng)度。注意利用場的對稱性。 題11-10圖 解11-10圖解：無限長載流半圓形金屬薄片可看成由許多寬為的無限長電流窄條所組成，每根導(dǎo)線上的電流在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁場大小為，方向按右手螺旋法那么確定，如解11-10圖所示。由于各電流窄條產(chǎn)生的磁場方向各不一樣，P點(diǎn)的總磁場應(yīng)化矢量積分為標(biāo)量積分，即11-11 在半徑為R及r的兩圓周之間，有一總匝數(shù)為N的均勻密繞平面線圈如題11-11圖通有電流，求線圈中心即兩圓圓心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度。分析：微分密繞平面線圈，計(jì)算出相應(yīng)的微分電流，利用載流圓環(huán)在其圓心處產(chǎn)生的磁場公式求解。并將矢量再

41、積分求解總的磁感應(yīng)強(qiáng)度。解：由于載流螺旋線繞得很密，可以將它看成由許多同心的圓電流所組成，在沿徑向r到R范圍內(nèi)，單位長度的線圈匝數(shù)為任取半徑r，寬為dr的電流環(huán)，該電流環(huán)共有電流為題11-11圖該電流環(huán)在線圈中心產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度大小為圓心處總磁感強(qiáng)度大小方向垂直紙面向外。11-12 如題11-12圖所示，在頂角為的圓錐臺上密繞以線圈，共N匝，通以電流，繞有線圈部分的上下底半徑分別為和.求圓錐頂O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小.分析：微分密繞線圈，計(jì)算出相應(yīng)的微分電流，利用載流圓環(huán)在其軸線上產(chǎn)生的磁場公式求解。并將矢量再積分求解總的磁感應(yīng)強(qiáng)度。解：只要將題11-11中的均勻密繞平面線圈沿通過中心的軸垂直上提

42、，便與此題條件相一致，故解題思路也相似。如解11-12圖建立坐標(biāo)，取半徑為r，寬為dr的電流環(huán)的密繞線圈，其含有匝數(shù)為，通電流為因?yàn)椋?。半徑為r的一小匝電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的大小為所有電流產(chǎn)生的磁場方向均沿x軸，所以其磁感強(qiáng)度大小為 題11-12圖 解11-12圖11-13 半徑為R的木球上繞有細(xì)導(dǎo)線，所繞線圈很嚴(yán)密，相鄰的線圈彼此平行地靠著，以單層蓋住半個(gè)球面共有N匝，如題11-13圖所示。設(shè)導(dǎo)線中通有電流，求在球心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度。分析：考慮線圈沿圓弧均勻分布，微分密繞線圈，計(jì)算出相應(yīng)的微分電流，利用載流圓環(huán)在其軸線上產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度公式求解。并將矢量再積分求解總的磁感應(yīng)強(qiáng)度。解11-13圖解：

43、建立如解11-13圖所示坐標(biāo)，軸垂直線圈平面，考慮線圈沿圓弧均勻分布，故在內(nèi)含有線圈的匝數(shù)為線圈中通電流時(shí)，中心O點(diǎn)處磁感強(qiáng)度為題11-13圖因?yàn)?對整個(gè)半球積分求得O點(diǎn)總磁感強(qiáng)度為11-14 一個(gè)塑料圓盤，半徑為R，帶電量q均勻分布于外表，圓盤繞通過圓心垂直盤面的軸轉(zhuǎn)動，角速度為.試證明1在圓盤中心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2圓盤的磁偶極矩為分析：均勻帶電圓盤以角速度旋轉(zhuǎn)時(shí)相當(dāng)于圓電流，微分帶電圓盤，計(jì)算出相應(yīng)的微分電流，利用載流圓環(huán)在其圓心處產(chǎn)生的磁場公式求解。并將矢量再積分求解總的磁感應(yīng)強(qiáng)度。解：1在圓盤上取一個(gè)半徑為、寬為的細(xì)圓環(huán)，其所帶電量為題1115圖圓盤轉(zhuǎn)動后相當(dāng)于圓電流假設(shè)干個(gè)圓電流在圓

44、心產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度為2細(xì)圓環(huán)的磁矩為轉(zhuǎn)動圓盤的總磁矩為，方向沿軸向。11-15 一均勻磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T，方向沿x軸正方向，如題11-15圖所示。試求1通過圖中abcd面的磁通量；2通過圖中befc面的磁通量；3通過圖中aefd面的磁通量。分析：應(yīng)用磁通量概念求解。解：1取各面由內(nèi)向外為法線正方向。那么2311-16 如題11-16圖所示，在長直導(dǎo)線AB內(nèi)通有電流，有一與之共面的等邊三角形CDE，其高為，平行于直導(dǎo)線的一邊CE到直導(dǎo)線的間隔 為。求穿過此三角形線圈的磁通量。分析：由于磁場不均勻，將三角形面積進(jìn)展微分，應(yīng)用磁通量概念求出穿過面元的磁通量，然后利用積分求出穿過三角形線圈的磁通量

45、。 題11-16圖 解11-16圖解：建立如解11-16圖所示坐標(biāo)，取距電流AB為遠(yuǎn)處的寬為且與AB平行的狹條為面積元那么通過等邊三角形的磁通量為11-17 一根很長的銅導(dǎo)線，載有電流10A，在導(dǎo)線內(nèi)部，通過中心線作一平面S，如題圖11-17所示。試計(jì)算通過導(dǎo)線內(nèi)1m長的S平面的磁通量。分析：先求出磁場的分布，由于磁場沿徑向不均勻，將平面S無窮分割，應(yīng)用磁通量概念求出穿過面元的磁通量，再利用積分求總磁通量。解：與銅導(dǎo)線軸線相距為r的P點(diǎn)處其磁感強(qiáng)度為題11-17圖 r<R，R為導(dǎo)線半徑。于是通過單位長銅導(dǎo)線內(nèi)平面S的磁通量為11-18 如題11-18圖所示的空心柱形導(dǎo)體，柱的內(nèi)外半徑分別

46、為和，導(dǎo)體內(nèi)載有電流，設(shè)電流均勻分布在導(dǎo)體的橫截面上。求證導(dǎo)體內(nèi)部各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B由下式給出：分析：應(yīng)用安培環(huán)路定理求解。注意環(huán)路中電流的計(jì)算，應(yīng)該是先求出載流導(dǎo)體內(nèi)電流密度，再求出穿過環(huán)路的電流。證明：載流導(dǎo)體內(nèi)電流密度為由對稱性可知，取以軸為圓心，為半徑的圓周為積分回路，那么由安培環(huán)路定理得:從而有:題11-19圖假如實(shí)心圓柱，此時(shí)。題11-18圖11-19 有一根很長的同軸電纜，由兩個(gè)同軸圓筒狀導(dǎo)體組成，這兩個(gè)圓筒狀導(dǎo)體的尺寸如題11-19圖所示。在這兩導(dǎo)體中，有大小相等而方向相反的電流流過。1求內(nèi)圓筒導(dǎo)體內(nèi)各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；2求兩導(dǎo)體之間的B；3求外圓筒導(dǎo)體內(nèi)的B；4求電纜外各點(diǎn)的

47、B。分析：應(yīng)用安培環(huán)路定理求解。求外圓筒導(dǎo)體內(nèi)的B時(shí)，注意環(huán)路中電流的計(jì)算，應(yīng)該是先求出外圓導(dǎo)體內(nèi)電流密度，再結(jié)合內(nèi)圓筒的電流，求出穿過環(huán)路的電流。解：在電纜的橫截面，以截面的軸為圓心，將不同的半徑作圓弧并取其為安培積分回路，然后，應(yīng)用安培環(huán)路定理求解，可得離軸不同間隔 處的磁場分布。1當(dāng)時(shí)， ，得B=0；2當(dāng)時(shí)，同理可得3當(dāng)時(shí)，有得4當(dāng)時(shí)，B=0。11-20 題11-20圖中所示為一根外半徑為的無限長圓柱形導(dǎo)體管，管中空心部分半徑為，并與圓柱不同軸.兩軸間間隔 。現(xiàn)有電流密度為的電流沿導(dǎo)體管流動，求空腔內(nèi)任一點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B。分析：此題屬于非對稱分布磁場的問題，因此不能直接應(yīng)用安培環(huán)路定理一

48、次性求解，但可用補(bǔ)償法求解。即將無限長載流圓柱形導(dǎo)體管看作是由半徑為的實(shí)心載流圓柱體和一根與圓柱軸平行并相距的半徑為的反向載流圓柱體疊加而成它們的場都可以分別直接應(yīng)用安培環(huán)路定理求解。那么空間任一點(diǎn)的場就可視作該兩個(gè)載流導(dǎo)體產(chǎn)生場的矢量疊加。注意補(bǔ)償電流的計(jì)算時(shí)，應(yīng)該是先求出原來導(dǎo)體內(nèi)電流密度，按照此電流密度進(jìn)展補(bǔ)償。解：如解11-20圖所示，設(shè)半徑為的載流圓柱其電流垂直紙面向外，電流密度為 題11-20圖 解11-20圖它在空腔中P點(diǎn)產(chǎn)生的場為，其方向如解11-20圖所示，由安培環(huán)路定理可得；式中為從O點(diǎn)引向P點(diǎn)的矢徑。同理可求得半徑為的反向載流的小圓柱在P點(diǎn)產(chǎn)生磁場，方向如解11-21圖，

49、即；式中為從O¢點(diǎn)引向P點(diǎn)的矢徑。那么 式中為從指向的矢量。由于，所以得的方向垂直，而大小為,空腔內(nèi)的磁場為均勻磁場。11-21 一電子在的勻強(qiáng)磁場中作圓周運(yùn)動，圓周半徑，某時(shí)刻電子在A點(diǎn)，速度向上，如題11-21圖所示。1試畫出電子運(yùn)動的軌道；2求電子速度的大小；3求電子動能。分析：應(yīng)用運(yùn)動電荷在勻強(qiáng)磁場中所受洛倫茲力公式并結(jié)合牛頓第二定律求解。解：1由洛倫茲力公式：得電子的運(yùn)動軌跡為由A點(diǎn)出發(fā)剛開場向右轉(zhuǎn)彎半徑為r的圓形軌道。2由：得：3題11-22圖題11-21圖11-22 把2.0keV的一個(gè)正電子射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為的均勻磁場內(nèi)題11-22圖，其速度矢量與成89°角，

50、途徑成螺旋線，其軸在的方向.試求這螺旋線運(yùn)動的周期、螺距p和半徑。分析：應(yīng)用洛倫茲力分析帶電粒子在均勻磁場中的運(yùn)動求解。注意分析在的方向和垂直的運(yùn)動不同特點(diǎn)。解：帶電粒子在均勻磁場中運(yùn)動時(shí)，當(dāng)與成q=89°時(shí)，其軌跡為螺旋線。那么11-23 在霍耳效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，寬1.0cm，長4.0cm，厚的導(dǎo)體，沿長度方向載有3.0A的電流，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.5T的磁場垂直地通過該薄導(dǎo)體時(shí)，產(chǎn)生的橫向霍耳電壓在寬度兩端，試由這些數(shù)據(jù)求1載流子的漂移速度；2每立方厘米的載流子數(shù)目；3假設(shè)載流子是電子，試就一給定的電流和磁場方向在圖上畫出霍耳電壓的極性。分析：帶電粒子在均勻電場和磁場中運(yùn)動。利用霍耳效

51、應(yīng)相關(guān)公式求解。解：1載流子的漂移速度2每立方厘米的載流子數(shù)目因?yàn)殡娏髅芏龋核暂d流子密度3略11-24 某瞬間a點(diǎn)有一質(zhì)子A以沿題11-24圖中所示方向運(yùn)動。相距遠(yuǎn)處的b點(diǎn)有另一質(zhì)子B以沿圖示方向運(yùn)動。在同一平面內(nèi)，求質(zhì)子B所受的洛倫茲力的大小和方向。分析：當(dāng)考察兩運(yùn)動電荷的互相作用時(shí)，可從運(yùn)動電荷B在運(yùn)動電荷A形成的磁場中運(yùn)動著手，求得所受磁力的大小和方向。解：質(zhì)子A以運(yùn)動經(jīng)過a點(diǎn)的瞬間在b點(diǎn)產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度為，方向垂直紙面向外。質(zhì)子B以運(yùn)動，在經(jīng)過b的同一瞬間受洛倫茲力為方向垂直和組成的平面。11-25 如題11-25圖所示，在長直導(dǎo)線旁有一矩形線圈，導(dǎo)線中通有電流，線圈中通有電流。求矩形

52、線圈上受到的合力是多少？。分析：應(yīng)用安培力公式求解載流導(dǎo)線在磁場中所受的安培力。上下兩邊受力大小相等，方向相反，互相抵消。左右兩邊在不同大小的均勻磁場中。注意利用右手定那么來判斷安培力方向。解：根據(jù)安培力公式:可知矩形線圈上下兩邊受力大小相等，方向相反，互相抵消，左右兩邊受力大小不等，方向相反，且左邊受力較大。矩形線圈受合力為題11-26圖題11-25圖題11-24圖11-26 在長直電流旁有一等腰梯形載流線框ABCD，通有電流，BC，AD邊的傾斜角為。如題11-26圖所示，AB邊與平行，AB距為，梯形高b，上、下底分別為c，d長。試求此梯形線框所受的作用力的大小和方向。分析：此題求載流導(dǎo)線在

53、磁場中所受安培力，BC和AD兩邊受力的大小隨位置改變而改變，方向也不在同一直線上，通常采用力的正交分解再合成的方法求解。解：由安培力公式得,方向向左。,方向向右。而BC和AD各電流元受力的大小隨位置在改變，方向也不一樣。同理得分別將和分解成與AB平行與垂直的分量；顯然，二者平行于AB的分量大小相等方向相反而互相抵消，而垂直于AB的分量其方向與一樣。故整個(gè)梯形載流線圈受力11-27 載有電流的長直導(dǎo)線AB旁有一同平面的導(dǎo)線ab，ab長為9cm，通以電流。求當(dāng)ab垂直AB，a與垂足O點(diǎn)的間隔 為1cm時(shí)，導(dǎo)線ab所受的力，以及對O點(diǎn)的力矩的大小。分析：此題中各電流元受安培力方向一樣，而大小隨位置變

54、化B隨位置變化而變化，故需通過積分求解合力。各電流元受磁力矩方向也一樣,大小也隨位置變化而變化，導(dǎo)線對O點(diǎn)的磁力矩也需通過積分求解。O1cm題11-27圖baBA解：電流ab中任意電流元受力大小為。對O點(diǎn)力矩為11-28 截面積為S，密度為的銅導(dǎo)線，被彎成正方形的三邊，可以繞程度軸轉(zhuǎn)動，如題11-28圖所示。導(dǎo)線放在方向?yàn)樨Q直向上的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)導(dǎo)線中的電流為時(shí)，導(dǎo)線分開原來的豎直位置偏轉(zhuǎn)一角度為而平衡，求磁感應(yīng)強(qiáng)度。如。磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)為多少？分析：載流線框繞轉(zhuǎn)動，由于沒有平動只有轉(zhuǎn)動，僅需考慮線框?qū)S力矩的平衡，而不需考慮力的平衡。即。磁力矩可用閉合線框受到磁力矩求解。解：設(shè)正方形各邊長度為，質(zhì)量為，平衡時(shí)重力對軸的力矩載流線框受到磁力矩既可用整個(gè)線框受到磁力矩，也可用各導(dǎo)線段受力對軸的合力矩因?yàn)榇藭r(shí)以一條邊為轉(zhuǎn)軸，即，其大小為題11-28圖平衡時(shí)有，即11-29 與程度成角的斜面上放一木制圓柱，圓