大學(xué)物理學(xué)下冊(cè)課后問(wèn)題詳解(袁艷紅主編)

1、第9章靜電場(chǎng)一選擇題9-1兩個(gè)帶有電量為2q等量異號(hào)電荷，形狀相同的金屬小球A和B相互作用力為f，它們之間的距離R遠(yuǎn)大于小球本身的直徑，現(xiàn)在用一個(gè)帶有絕緣柄的原來(lái)不帶電的相同的金屬小球C去和小球A接觸，再和B接觸，然后移去，則球A和球B之間的作用力變?yōu)?A) -(B) f (C)48答案：B3f8(D)16解析：經(jīng)過(guò)碰撞后，球 A B帶電量為-，根據(jù)庫(kù)倫定律F = qiq22，可知球A24®r2B間的作用力變?yōu)閒。89-2關(guān)于電場(chǎng)強(qiáng)度定義式E二F /q。，下列說(shuō)法中哪個(gè)是正確的？(A) 電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大小與試驗(yàn)電荷q0的大小成反比(B) 對(duì)場(chǎng)中某點(diǎn)，試驗(yàn)電荷受力F與q0的比值不因q0而

2、變(C) 試驗(yàn)電荷受力F的方向就是電場(chǎng)強(qiáng)度E的方向(D) 若場(chǎng)中某點(diǎn)不放試驗(yàn)電荷q0，則F =0，從而E = 0答案：B解析：根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義，E的大小與試驗(yàn)電荷無(wú)關(guān)，方向?yàn)樵囼?yàn)電荷為正電荷時(shí)的受力方向。因而正確答案(B)9-3如圖9-3所示，任一閉合曲面S內(nèi)有一點(diǎn)電荷q，O為S面上任一點(diǎn)，若將q由閉合曲面內(nèi)的P點(diǎn)移到T點(diǎn)，且OP=OT,那么(A) 穿過(guò)S面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量改變，O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小不變習(xí)題9-3圖(B) 穿過(guò)S面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量改變，O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小改變(C) 穿過(guò)S面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量不變，0點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小改變(D) 穿過(guò)S面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量不變，0點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小不變 答案：D解析：根據(jù)高斯定

3、理，穿過(guò)閉合曲面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量正比于面內(nèi)電荷量的代數(shù)和，曲面S內(nèi)電荷量沒(méi)變，因而電場(chǎng)強(qiáng)度通量不變。 0點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小與所有電荷有關(guān)，由點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度大小的計(jì)算公式 E 比，移動(dòng)電荷后，由于 OP=OT4阿r即r沒(méi)有變化，q沒(méi)有變化，因而電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變。因而正確答案(D)9-4在邊長(zhǎng)為a的正立方體中心有一個(gè)電量為q的點(diǎn)電荷，則通過(guò)該立方體 任一面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量為(A) q/ 0 (B)q/2 q (C)q/4 ；o (D)q/6 ；o答案：D解析：根據(jù)電場(chǎng)的高斯定理，通過(guò)該立方體的電場(chǎng)強(qiáng)度通量為 q ；。，并且電荷位 于正立方體中心，因此通過(guò)立方體六個(gè)面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量大小相等。 因而通過(guò)該 立

4、方體任一面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量為 q/6 ；°,答案(D)9-5在靜電場(chǎng)中，高斯定理告訴我們(A) 高斯面內(nèi)不包圍電荷，則面上各點(diǎn) E的量值處處為零(B) 高斯面上各點(diǎn)的E只與面內(nèi)電荷有關(guān)，但與面內(nèi)電荷分布無(wú)關(guān)(C) 穿過(guò)高斯面的E通量，僅與面內(nèi)電荷有關(guān)，而與面內(nèi)電荷分布無(wú)關(guān)(D) 穿過(guò)高斯面的E通量為零，則面上各點(diǎn)的E必為零答案：C 解析：高斯定理表明通過(guò)閉合曲面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量正比于曲面內(nèi)部電荷量的代數(shù) 和，與面內(nèi)電荷分布無(wú)關(guān)；電場(chǎng)強(qiáng)度E為矢量，卻與空間中所有電荷大小與分布 均有關(guān)。故答案(C)9-6兩個(gè)均勻帶電的同心球面，半徑分別為R、R(RvR)，小球帶電Q,大球帶電-Q, 9-6圖

5、中哪一個(gè)正確表示了電場(chǎng)的分布rO R1 R2O R1 R2O R1R2(A)(B)(C)(D)習(xí)題9-6圖答案：D解析：一瓦q根據(jù)高斯定理口 EdS二；0可得同心球面的電場(chǎng)分布為OcrcR, E=0cr cR2,E=Q，作E-r圖可得答案(D)。4陽(yáng)Orr > R2,E = 09-7如圖9-7所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，將一負(fù)電荷從 A移動(dòng)到B,則習(xí)題9-7圖(A) 電場(chǎng)力做正功，負(fù)電荷的電勢(shì)能減少(B) 電場(chǎng)力做正功，負(fù)電荷的電勢(shì)能增加(C) 電場(chǎng)力做負(fù)功，負(fù)電荷的電勢(shì)能減少(D) 電場(chǎng)力做負(fù)功，負(fù)電荷的電勢(shì)能增加答案：D解析：負(fù)電荷受力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，將負(fù)電荷從A移動(dòng)到B,受力方向與

6、位移方向家教大于 90°，因此電場(chǎng)力作負(fù)功；同時(shí)，電場(chǎng)力為保守力，保守 力作功電勢(shì)能的增量的負(fù)值，因此負(fù)電荷的電勢(shì)能增加。答案(D)9-8如圖9-8所示，在點(diǎn)電荷+q的電場(chǎng)中，若取圖中P點(diǎn)為電勢(shì)零點(diǎn)，貝U M點(diǎn)的電勢(shì)為+qP1Mi(A)q(B)qa b a -H4昭0a8嘩0a習(xí)題9-8圖(C)-q(D)-q4嘩0a8m°a答案:D解析：點(diǎn)電荷+q在P點(diǎn)和M點(diǎn)的電勢(shì)分別為治=乙弘，取 P點(diǎn)為電勢(shì)零點(diǎn)，則M點(diǎn)的電勢(shì)為“叫“=吉一此q8 二；0a9-9真空中兩塊互相平行的無(wú)限大均勻帶電平板，兩板間的距離為d ,其中一塊的電荷面密度為 =，另一塊的電荷面密度為2-，則兩板間的電勢(shì)

7、差為(A) 0(B)d (C)=d (D)2zo鈕2zo答案：B解析：根據(jù)高斯定理知電荷面密度為二的無(wú)限大平板在空間激發(fā)的電場(chǎng)強(qiáng)度為Eer，結(jié)合電勢(shì)差的定義即可知電勢(shì)差為d o2 ；o2 ；o9-10關(guān)于電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)之間的關(guān)系，下列說(shuō)法中，正確的是(A) 在電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)，電勢(shì)必為零(B) 在電場(chǎng)中，電勢(shì)為零的點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度必為零(C) 在電勢(shì)梯度不變的空間，電場(chǎng)強(qiáng)度處處相等(D) 在電場(chǎng)強(qiáng)度不變的空間，電勢(shì)處處相等答案：C解析：電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)之間的關(guān)系為電場(chǎng)強(qiáng)度在任意方向的分量，等于電勢(shì)在該方向上的變化率的負(fù)值。因而答案(C)二填空題9-11點(diǎn)電荷qi> q2、q3、q4在真

8、空中的分布如圖9-11所示。圖中S為閉合曲E dS =，通過(guò)閉合面，則通過(guò)該閉合曲面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量 Qs答案：墊旦送q解析：根據(jù)電場(chǎng)的高斯定理 EdS二 S；0曲面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量為色阻。9-12如圖9-12所示，真空中兩塊平行無(wú)限大均勻帶電平面， 其電荷面密度分別；Eb；EC =。（設(shè)方向向右為正）。為飛和-2；，貝U A、B、C三個(gè)區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為Ea答案： ；;-2 Eq 2 呂°2 名°解析：根據(jù)高斯定理知電荷面密度為的無(wú)限大平板在空間激發(fā)的電場(chǎng)強(qiáng)度為Eer，結(jié)合電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理2 ；oEEi，可知 A、iB、C三個(gè)區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度分別二3， ，一 。2 ；

9、76;2 p2 ；°9-13無(wú)限大的均勻帶電平板放入均勻電場(chǎng)中，得到如圖9-13所示的電場(chǎng),（E。和為已知值）則該帶電平板的電荷面密度場(chǎng)強(qiáng)度大小為答案：；oEo ； Eo2解析：根據(jù)圖中所示電場(chǎng)強(qiáng)度方向可知，均勻電場(chǎng)方向向右，平板帶正電。根據(jù)高斯定理知，均勻電場(chǎng)的電習(xí)題9-13圖2E)電荷面密度為U的無(wú)限大平板在空間激發(fā)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E說(shuō)，結(jié)合電場(chǎng)強(qiáng)度疊加原理E Ei，可解得帶電平板的i電荷面密度二=；oE°，均勻電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為3尹°。9-14兩根無(wú)限長(zhǎng)細(xì)直導(dǎo)線，相互平行相距為d，電荷線密度分別為和-，則每單位長(zhǎng)度上導(dǎo)線之間相互作用力大小為，力的方向?yàn)榇鸢?/p>

10、:;垂直導(dǎo)線，相互吸引的方向2二；0d解析:根據(jù)高斯定理知線密度為-的無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線在空間激發(fā)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小二，方向垂直直導(dǎo)線方向，則每單位長(zhǎng)度上導(dǎo)線之間相互作用力大小 為F "E二，方向垂直導(dǎo)線，相互吸引的方向。9-15如圖9-15所示是靜電場(chǎng)中的一簇電力線,則A、B兩點(diǎn)中電場(chǎng)強(qiáng)度E_壓，電.-. 二."勢(shì) VaVb （填“ >”、“=”或“ v”）。AA/答案：<；>解析：電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，因此Ex < Eb。若將正電荷+q從點(diǎn)A移動(dòng)到點(diǎn)B,則電場(chǎng)力作正功WAB =q（VA -VB） 0，因此VA > V習(xí)題9-15圖9-16 正負(fù)

11、電荷放置如圖9-16所示，那么正四邊形對(duì)角線中心處，電場(chǎng)強(qiáng)度為零的是圖,電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)都為零的是圖 ，電場(chǎng)強(qiáng)度為零,答案：（B）、（C）、（ D）; （C） ; （B）、（D）解析：電場(chǎng)強(qiáng)度疊加符合矢量疊加原理， 電勢(shì)疊加為代數(shù)疊加。根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度和 電勢(shì)疊加原理，電場(chǎng)強(qiáng)度為零的是圖（B）、（C）、（ D）;電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)都為零的 是圖（C）;電場(chǎng)強(qiáng)度為零，電勢(shì)不為零的是圖（B）、（D）。9-17如圖9-17所示，一電量為q = -5 10° C的點(diǎn)電荷在電場(chǎng)力作用力下，從P點(diǎn)移到Q點(diǎn)電場(chǎng)力對(duì)它做功W -3 10J,則P、Q兩點(diǎn)電勢(shì)高的是，高伏。答案：Q點(diǎn)；600習(xí)題9-17圖解析：電

12、場(chǎng)力作功為 WPq =q（VP -Vq3 10 J，因?yàn)閝<0,因此Vp : Vq，Q點(diǎn)電勢(shì)高。Vq -Vp二昨 =600V。因此Q點(diǎn)電勢(shì)比P點(diǎn)電勢(shì)高600乂9-18如圖9-18所示，一帶電量為q。的試驗(yàn)電荷，在點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中，沿半徑為R的四分之三圓弧形軌道abc從a移動(dòng)到c電場(chǎng)力所作的功Wi: 再?gòu)腸移動(dòng)到無(wú)限遠(yuǎn)電場(chǎng)力所作的功 W2=二答案：0；Qq。4二；0R解析：電場(chǎng)力作功為Wq0（Va -Vc），o因?yàn)閂a *乂習(xí)題9-18圖W2 =qo(Vc -V-Hqo( Q 0) 皿4聴0R4陌0R9-19有一均勻帶電球面，帶電量為Q,半徑為R,則球心O的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=，電勢(shì) V=o答

13、案：0;4 二；0RZ qi解析:可得均勻帶電球面的電場(chǎng)分布為根據(jù)咼斯定理匚$ EdS =；00 _ r ： R,E"i = 01Q ，因此球心O的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為0。電勢(shì)r R,E224陸0r R：QVOEd 0E1d RE2d“丁9-20說(shuō)明下列各式的物理意義：b（1） f E dl a Q E dS 口 E dl = 0 答案：（1）單位時(shí)間正電荷在電場(chǎng)中從 a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)電場(chǎng)力所做的功（或ab 兩點(diǎn)間的電勢(shì)差）；（2）通過(guò)閉合曲面S的電場(chǎng)強(qiáng)度通量；（3）靜電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度 的環(huán)流為零，表明靜電場(chǎng)是保守場(chǎng)。三計(jì)算題9-21四個(gè)點(diǎn)電何到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離均為d,如圖9-21所示，求坐標(biāo)原點(diǎn)

14、處Ebyd2i+A2q(£C2q j+ 2qO-v-qx0 d2-q* Dq1習(xí)題9-21圖14二；4 二；°的電場(chǎng)強(qiáng)度。解: Ea 14二；0 d24二；0 d2=Ea Eb - Ec - Ed3q3q4：；od4 二;od2'9-22如圖9-22所示,有一均勻帶電細(xì)棒，長(zhǎng)為I，電量為Q，求在棒的延+ + + + *XVr習(xí)題9-22圖解：如圖建立坐標(biāo)系，則dq在0點(diǎn)dqQdx idxdE 2 i2 i24兀名0 (a +l _x) 4兀名0 (a + l _x)4兀名ol (a +l _x)Qdx4： ； 0I a I _ xQ t方向向右04：；°a

15、(a I)長(zhǎng)線，且離棒右端為a處的O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度。的電場(chǎng)強(qiáng)度為:9-23如圖9-23所示，一電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng), 的半球面對(duì)稱軸平行，試求通過(guò)此半球面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量。 解：通過(guò)半球面的電場(chǎng)線必通過(guò)底面不2習(xí)題9-23圖e = E S = E 二 R29-24設(shè)在半徑為R的球體內(nèi)電荷均勻分布，電荷體密度為 "，求帶電球內(nèi) 外的電場(chǎng)強(qiáng)度分布。解：以0點(diǎn)為球心，作球面S為高斯面，半徑為r根據(jù)電場(chǎng)高斯定理Pi EdS = l$ qi4二 r2S客 0 i當(dāng)r .R時(shí)，E2 4二2= 4二 R3 飛3；0E2TR39-25圖9-25為兩帶電同心球面，已知：R）= 0.10 m, R2 = 0

16、.30 m ，Q1.0 10" C，Q2=1.5 10" C。求：（1）r 0.05 m，（2）“0.20 m,（ 3） Q2r3 =0.50 m處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小。解：對(duì)稱性分析：以球心為圓心，相同 r處的電場(chǎng)強(qiáng)度 大小相同，方向沿半徑向外。以球心為圓心，作球面S為高斯面，半徑為rQ1R2根據(jù)電場(chǎng)高斯定理sEdS丄' qi；0 i習(xí)題9-25圖(1)以*為半徑作高斯面，巳4二=0二 E =0(2)以2為半徑作高斯面，E2 4 R2二Q1E21 2 =2250N /C4二；0r2（3）以3為半徑作高斯面，Eg 4- r32 = Q1y5EgQiQ24：0r3-900N

17、/C9-26兩個(gè)帶等量異號(hào)電荷的無(wú)限長(zhǎng)同軸圓柱面，半徑分別為Ri和R2（Ri< R2），如圖9-26所示，單位長(zhǎng)度上的電荷為解：對(duì)稱性分析：電場(chǎng)強(qiáng)度以中軸線呈軸對(duì)稱分布 以中軸線為軸心，作底面半徑r的圓柱面S 為高斯面，高為I習(xí)題9-26圖根據(jù)電場(chǎng)高斯定理哄dSE qi當(dāng) 0 . r : R 時(shí),E1 2 二 rl =0E1 =0當(dāng)R?。篟2時(shí),E2 2 二 rlE2 當(dāng) r R2時(shí)，E3 2 二 rl 二 1 一 1 =0.E3 = 0%9-27如圖9-27所示，AO相距2R,弧BCD是以O(shè)為圓心、R為半徑的半圓。A點(diǎn)有電荷+q, O點(diǎn)有電荷-3q。（ 1）求B點(diǎn)和D點(diǎn)的電勢(shì)；（2）將

18、電荷+Q從B點(diǎn)沿弧BCD移到D點(diǎn)，電場(chǎng)力做的功為多少?移到無(wú)限遠(yuǎn)處去則外力所做的功又為多少？解：（1）A在B點(diǎn)的電勢(shì)為：Vb1 J4%R習(xí)題9-27圖A在D點(diǎn)的電勢(shì)為:VD14 二；03RO在B點(diǎn)的電勢(shì)為：VB2 二 /3qR4 兀 E0R0在B點(diǎn)的電勢(shì)為：VD2 叮¥4兀VB - VB1 VB2q2 二；0RVD = VD1 VD 2 =2q3 二；oR(2)Wbchd 二丹(3)電場(chǎng)力做功：Wd - - -Q Vd -V3昭oR外力做功：w = -Wd 一 =3®R9-28求第9-22題中，O點(diǎn)處的電勢(shì)解：dq在O點(diǎn)的電勢(shì)為：習(xí)題9-28圖dVdqQdx4二；0(a I

19、 _x) 4二；ol (a l _x)Q 1 dx4二；。1 0 (a I -x)2Iln( a + x -I)04二 olIn9-29在真空中，有一電荷為Q，半徑為R的均勻帶電球殼，其電荷是均勻分布的。試求：（1）球殼外兩點(diǎn)間的電勢(shì)差； 殼外任意點(diǎn)的電勢(shì)； 球殼內(nèi)任意點(diǎn)的電勢(shì) 解：根據(jù)高斯定理：4r v R，E1 = 0(1)VAVB -'B E2 祁二-Q 宀起e _2 rrQ(-)rA4 n0 rA r4 n 0'a'b(2)r : R,VA 'VB -rB 百 dr 二 0'a 1(3)r R,令 rB >,V0V外 (r)=;E2d：Q

20、,Q2dr :r 4n0r4 n0r(4)r : R,RV內(nèi)(r)二E drE2 dPQR4n 0 R9-30兩個(gè)同心球面的半徑分別為 尺和R2，各自帶有電荷Q1和Q2。求：（1）空間各區(qū)域的電勢(shì)分布；（2）兩球面上的電勢(shì)差解：根據(jù)高斯定理，電場(chǎng)強(qiáng)度分布為:r ： R1，E1-0R : r :R2,E2Qi24 n orrR?， E3Q1 Q2n or2Ri(1)r :尺，M 二 E1drLrR2R1E2drR2E3drRrR2， V2 =R2rR2，V3 二EsdrQ1 Q24 二；0r(2) U abR2R1 E2drQ14二；0R2習(xí)題9-25圖Q1 . Q2R1 R2Q1 . Q2R2

21、9-31圖9-31為一均勻帶電球?qū)樱潆姾审w密度為別為R、R，求圖中A點(diǎn)的電勢(shì)。球?qū)觾?nèi)R2AO解：根據(jù)高斯定理，電場(chǎng)強(qiáng)度分布為：r < R1? Ej = 0"P 33R V r V R2, E2 =2 ( r R )3®rrR2,E3P3 ；°r2-Ri3R1R2Epr 亠 iE2drs A &r ：0.05m2 n；°r2.1 勺0$2 n 8.8542 1042哉5V/m =755°V/m:!?22R2E3dr KR2-Rl9-32兩個(gè)很長(zhǎng)的同軸圓柱面，內(nèi)外半徑分別為R =3.0 10- m、R2 = 0.1 m ,帶有等量異

22、號(hào)電荷，兩圓柱面的電勢(shì)差為450 V,求：（1）圓柱面單位長(zhǎng)度上帶有多少電荷？ （2）距離軸心0.05 m處的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。解：（1）設(shè)圓柱面單位長(zhǎng)度上的電荷為入根據(jù)電場(chǎng)的高斯定理，兩圓柱面間的電場(chǎng)強(qiáng)度為：E（R1 : r ： R2）2 n°rU EdrdrIn = 450VLR|LR| 2 n°r2 n0R1帶入數(shù)據(jù)，解得 一 2.1 10”C/m(2) ： R ： r = 0.05m : R2為r的環(huán)形圓盤作為微元，寬度為dr（2）根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)梯度的關(guān)系求軸線上電場(chǎng)強(qiáng)度xr22r xO點(diǎn)為圓心，取半徑9-33 一圓盤半徑為R,圓盤均勻帶電，電荷面密度為c,如圖9

23、-33所示求:（1）軸線上的電勢(shì)分布；分布。解：（1）如圖所示，以習(xí)題9-33圖則此微元所帶電荷為二2 rdr其在軸線上一點(diǎn)的電勢(shì)為:二 2 rdrdV =-_4 二;0 r2 x2cr R rdr帶電圓盤軸線上的電勢(shì)為:V 二 dV 二r2x24兀g0 Jr2 +x22S J(2)電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿x軸，則dV * dVdld : ： 2)* dx 2 p , R2 x2第10章 靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體和電介質(zhì)習(xí)題一選擇題10-1當(dāng)一個(gè)帶電導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡時(shí)，(A) 表面上電荷密度較大處電勢(shì)較高(B) 表面曲率較大處電勢(shì)較高(C) 導(dǎo)體內(nèi)部的電勢(shì)比導(dǎo)體表面的電勢(shì)高(D) 導(dǎo)體內(nèi)任一點(diǎn)與其表面上任一點(diǎn)的電

24、勢(shì)差等于零答案：D解析：處于靜電平衡的導(dǎo)體是一個(gè)等勢(shì)體，表面是一個(gè)等勢(shì)面，并且導(dǎo)體內(nèi)部與表面的電勢(shì)相等。10-2將一個(gè)帶正電的帶電體 A從遠(yuǎn)處移到一個(gè)不帶電的導(dǎo)體 B附近，導(dǎo)體B 的電勢(shì)將(A)升高(B)降低 (C)不會(huì)發(fā)生變化(D)無(wú)法確定答案：A解析：不帶電的導(dǎo)體B相對(duì)無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)。由于帶正電的帶電體 A移到不帶電的導(dǎo)體B附近的近端感應(yīng)負(fù)電何；在遠(yuǎn)端感應(yīng)正電何，不帶電導(dǎo)體的電勢(shì)將咼 于無(wú)窮遠(yuǎn)處，因而正確答案為(A)。(A) N上的負(fù)電荷入地(B) N上的正電荷入地(C) N上的所有電荷入地(D) N上所有的感應(yīng)電荷入地10-3將一帶負(fù)電的物體M靠近一不帶電的導(dǎo)體N,在N的左端感應(yīng)出正電

25、荷, 右端感應(yīng)出負(fù)電荷。若將導(dǎo)體 N的左端接地(如圖10-3所示)，則M0N習(xí)題10-3圖答案：A解析：帶負(fù)電的帶電體M移到不帶電的導(dǎo)體N附近的近端感應(yīng)正電荷；在遠(yuǎn)端感 應(yīng)負(fù)電荷，不帶電導(dǎo)體的電勢(shì)將低于無(wú)窮遠(yuǎn)處，因此導(dǎo)體 N的電勢(shì)小于0,即小 于大地的電勢(shì)，因而大地的正電荷將流入導(dǎo)體 N,或?qū)wN的負(fù)電荷入地。故正 確答案為(A)10-4如圖10-4所示，將一個(gè)電荷量為q的點(diǎn)電荷放在一個(gè)半徑為R的不帶 電的導(dǎo)體球附近，點(diǎn)電荷距導(dǎo)體球球心為d。設(shè)無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì),則在導(dǎo)體球球心 O點(diǎn)有dO習(xí)題10-4圖(A) E= 0 ,(B)E J4 二；od(D)(C) E= 0,答案：A解析：導(dǎo)體球處于靜

26、電平衡狀態(tài)，導(dǎo)體球內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度為零，因此E= 0。導(dǎo)體球球心O點(diǎn)的電勢(shì)為點(diǎn)電荷q及感應(yīng)電荷所產(chǎn)生的電勢(shì)疊加。感應(yīng)電荷分布于導(dǎo) 體球表面，至球心O的距離皆為半徑R并且感應(yīng)電荷量代數(shù)和a q為0,因此VV感應(yīng)電荷q 0。由此在導(dǎo)體球球心O點(diǎn)的電勢(shì)等于點(diǎn)電荷q在O點(diǎn)處的電心4殆0R勢(shì)V 4gd10-5如圖10-5所示，兩個(gè)同心球殼。內(nèi)球殼半徑為 R,均勻帶有電量 Q; 外球殼半徑為R，殼的厚度忽略，原先不帶電，但與地相連接.設(shè)地為電勢(shì)零點(diǎn)， 則在內(nèi)球殼里面，距離球心為r處的P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小及電勢(shì)分別為(A)E= 0，V =4二；0尺(B)E= 0，V 乞（丄一丄）4 二；0 R| R2(C)E*&

27、#176;r24 二；0r習(xí)題10-5圖(D)4二；0尺答案：B解析：根據(jù)靜電場(chǎng)的高斯定理_jS同心球殼的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分布為巳=0Ri : : r ：E2 二則點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為E = 0 ，電勢(shì)RiR24二；0r2V = 0 E-drr E2dr 二10-6極板間為真空的平行板電容器，充電后與電源斷開(kāi)，將兩極板用絕緣 工具拉開(kāi)一些距離，則下列說(shuō)法正確的是（A）電容器極板上電荷面密度增加（B）電容器極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增加（C）電容器的電容不變（D）電容器極板間的電勢(shì)差增大答案：D解析：電容器極板上電荷面密度二=-，平板電荷量及面積沒(méi)有變化，因此電容S器極板上電荷面密度不變，并且極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E二二，

28、電容器極板間的電場(chǎng)呂0強(qiáng)度不變。平行極板電容C二；0§，兩極板間距離增加，則電容減小。電容器極d板間的電勢(shì)差U =Ed，電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，距離d增大，則電勢(shì)差增大。因而正 確答案為(D)。10-7在靜電場(chǎng)中，作閉合曲面S,若有D dS = 0(式中D為電位移矢量)，L S則S面內(nèi)必定(A) 既無(wú)自由電荷，也無(wú)束縛電荷(B) 沒(méi)有自由電荷(C)自由電荷和束縛電荷的代數(shù)和為零(D)自由電荷的代數(shù)和為零答案：D解析：根據(jù)有電介質(zhì)時(shí)的高斯定理sD dS八Qi，可知S面內(nèi)自由電荷的代數(shù)i和為零。10-8對(duì)于各向同性的均勻電介質(zhì)，下列概念正確的是 (A)電介質(zhì)充滿整個(gè)電場(chǎng)并且自由電荷的分布不發(fā)生變

29、化時(shí)，電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度一定等于沒(méi)有電介質(zhì)時(shí)該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的1 丫倍(B) 電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度一定等于沒(méi)有介質(zhì)時(shí)該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的1 倍(C) 在電介質(zhì)充滿整個(gè)電場(chǎng)時(shí)，電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度一定等于沒(méi)有電介質(zhì)時(shí) 該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的1 ；r倍(D) 電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度一定等于沒(méi)有介質(zhì)時(shí)該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的；r倍答案：A解析：各向同性介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度為真空中電場(chǎng)強(qiáng)度的1 ；r倍。10-9把一空氣平行板電容器，充電后與電源保持連接。然后在兩極板之間 充滿相對(duì)電容率為；的各向同性均勻電介質(zhì)，則(A)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度增加(B)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度減小(C)極板間電勢(shì)差增加(D)電容器靜電能增加答案：D解析：平行板電容器充電后與電源

30、保持連接， 則極板間電勢(shì)差保持不變，真空中 電場(chǎng)強(qiáng)度E=U不變化，因而各向同性介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度為真空中電場(chǎng)強(qiáng)度的dV ；倍，也不變化。各向同性介質(zhì)中的電容器靜電能W =1 ；r ；0E2V，相對(duì)于真2空中電容器靜電能有所增加。故正確答案為(D)。10-10 G和C2兩空氣電容器并聯(lián)起來(lái)接上電源充電。然后將電源斷開(kāi)，再(A)Ci和C2極板上電荷都不變(B)Ci極板上電荷增大,C2極板上電荷不變(C)Ci極板上電荷增大,C2極板上電荷減少把一電介質(zhì)板插入g中，如圖io-io所示，貝H 習(xí)題10-10圖(D)Ci極板上電荷減少,C2極板上電荷增大答案：C 解析：Ci和C2為并聯(lián)，則電容器兩端電勢(shì)差相

31、等。Ci中插入一電介質(zhì)，則Ci的 電容增大(C = grC° )，Ci極板上電荷增大(Q=CU )。由于電源斷開(kāi)，Ci和C2 兩端總電荷量不變，因此Ci極板上電荷減少。故正確答案為(C)。二填空題I0-II任意形狀的導(dǎo)體，其電荷面密度分布為 C (X,y,z)，則在導(dǎo)體表面外附近任意點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E ( x,y, z) = ，其方向。答案：(x, y,z)；垂直導(dǎo)體表面解析：處于靜電平衡的導(dǎo)體表面附近的電場(chǎng)強(qiáng)度正比于電荷面密度，因而E(x,y,z)二二(x,y,z)，方向垂直于導(dǎo)體表面。I0-I2如圖I0-I2所示，同心導(dǎo)體球殼 A和B,半徑分別為R、R2，分別帶電量q、Q，則

32、內(nèi)球A的電勢(shì)VA=;若把內(nèi)球A接地，則內(nèi)球A所帶電量qA =。答案：_qQ ;-邑Q4 陽(yáng) 0R| 4 兀 e0R2R2解析：根據(jù)靜電場(chǎng)的高斯定理QEdS' qi；00 . r : R,E1 =0同心球殼的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分布為R ： r :R2,E2 二父巧，則內(nèi)球A的電勢(shì)4二；0rrR2,4二；0r2RR2oOVa 二 0 詁 a E2dr Jsdr 二4 二；°(眩。若把內(nèi)球A接地，則內(nèi)球A的10-13如圖10-13所示，在真空中將半徑為R的金屬球接地，在與球心 O相距為r ( r>R )處放置一點(diǎn)電荷 -q,不計(jì)接地導(dǎo)線上電荷的影響，則金屬球表面上的感應(yīng)電荷總量為答

33、案：Rq ； 0r解析：金屬球接地，則金屬球的電勢(shì)為 0。金屬球球心電勢(shì)為S 7感應(yīng) qQ感應(yīng)0，4兀®r 4兀，金屬球表面電勢(shì)為-q習(xí)題10-13圖解得，感應(yīng)電荷總量為Q感應(yīng)=R q。金屬球表面是個(gè)等勢(shì)面，電勢(shì)與地的電勢(shì)R2電勢(shì) VA（亞，2）=0，解得 qA 二- t1 Q。4瓏 0 R,R2相等，電勢(shì)為0。10-14兩帶電導(dǎo)體球半徑分別為R和r(F>r)，它們相距很遠(yuǎn)，用一根導(dǎo)線連接起來(lái)，則兩球表面的電荷面密度之比 二R=r 答案：-R解析：導(dǎo)體表面的電荷面密度反比與曲率半徑，因此cRrr : R。10-15對(duì)下列問(wèn)題選取“增大”、“減小”、“不變”作答。（1）平行板電容

34、器 保持板上電量不變（即充電后切斷電源）?，F(xiàn)在使兩板的距離增大，貝兩板間 的 電勢(shì)差,電場(chǎng)強(qiáng)度,電容,電場(chǎng)能量。（2）如果保持兩板間電壓不變（即充電后與電源連接著）。則兩板間距離增大時(shí)， 兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度 電容，電場(chǎng)能量。答案：（1）增大，不變，減小，增大；（2）減小，減小，減小解析：（1）保持板上電量Q不變，使兩板的距離d增大。電容器極板上電荷面密度c =Q，平板電荷量及面積沒(méi)有變化，因此電容器極板上電荷面密度不變，并S且極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E =，電容器極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變。電容器極板間的電®0勢(shì)差U =Ed，電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，距離d增大，則電勢(shì)差增大。平行極板電容C二；0-，d2兩極

35、板間距離增加，貝U電容減小。電場(chǎng)能量 We = Q，電荷量Q不變，C減小，2C則電場(chǎng)能量We增大。（2）保持兩板間電壓U不變，使兩板的距離d增大。則極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E=U，d電容器極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小。平行極板電容 C二；oS，兩極板間距離增加，則d電容減小。電場(chǎng)能量 W-CU 2，電壓U不變，C減小，則電場(chǎng)能量 We減小。210-16 一平行板電容器，兩板間充滿各向同性均勻電介質(zhì)。已知相對(duì)電容率為；r，若極板上的自由電荷面密度為-，則介質(zhì)中電位移的大小 D=，答案：二;電場(chǎng)強(qiáng)度的大小 E=，電場(chǎng)的能量密度 we =92；r解析：根據(jù)電介質(zhì)中的高斯定理 UsDdS=q，得電位移矢量的大小D 。

36、由于D = o rE ，因此電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E二電場(chǎng)的能量密度WeE2e 22；0 ；r10-17在電容為Co的空氣平行板電容器中，平行地插入一厚度為兩極板距離一半的金屬板，則電容器的電容 C=。答案：2CoS解析：插入金屬板后，電容Co成為兩電容G和C2串聯(lián)，且0=。2=.；：0 -4C0。丄d41因此等效電容為 C =-=2Co。 G C210-18 一平板電容器，兩極板間是真空時(shí)，電容為 Co，充電到電壓為uo時(shí),斷開(kāi)電源，然后將極板間充滿相對(duì)電容率為；r的均勻電介質(zhì)則此時(shí)電容 C =電場(chǎng)能量 We=。C2答案：定。；CH2卸解析：電容器的電容僅與電容器的大小、 形狀及填充的電介質(zhì)有關(guān)，將

37、極板間充滿相對(duì)電容率為；的均勻電介質(zhì)時(shí)，電容為C二;Co。斷開(kāi)電源后，兩極板上的電荷量不變化，因此電場(chǎng)能量W2C(CoUo)22 > Co2Couo2總J r10-19 一平行板電容器兩極板間距離為d，電荷面密度為 0，將一塊相對(duì)電容率為；r =2,厚度為d均勻電介質(zhì)插入到兩極板間（見(jiàn)圖10-19），則電容器的2兩極板間電壓是插入前的 倍，電容器的電容是插入前的 倍,電容器儲(chǔ)存的電能是插入前的答案：3 ； 3習(xí)題10-19圖解析：電介質(zhì)內(nèi)部的電場(chǎng)強(qiáng)度EoEo二1 =二4 =(A Qb)/2S二2 二-二3 = (Qa -Qb)/2S0,則Ad fBQaQb習(xí)題10-20圖Q1 =Q =(

38、Qa Qb)/2Q2 二(Qa Qb)/2Q3 二(Qb -Qa)/ 2(2) E 語(yǔ)E2 _E3 _E41 '、_ 2_3_ 二 4_ QA _ QB2 p 2 ；02 ；02 ；02 ；°SU AB2；°S插入電介質(zhì)后兩極板間電壓U -E- - Eod -3 Eod，插入前兩極板間電壓為224U = Eod，因此電容器的兩極板間電壓是插入前的 3倍。電容器的電容C =,4U電荷量Q不變，電容與電壓U成反比，因此，電容器的電容是插入前的 -倍。電31容器儲(chǔ)存的電能We二丄QU，與電壓U成正比，因此，電容器儲(chǔ)存的電能是插入2前的3倍。4三計(jì)算題10-20兩塊大金屬板

39、A和B，面積均為S,兩塊板平行地放置，間距為 d ， d遠(yuǎn)小于板的尺度。如圖10-20所示，現(xiàn)使A板帶電Q, B板帶電Q。在忽略邊 緣效應(yīng)的情況下，試求：（1）A B兩板各個(gè)表面上的電量；（2）A B兩板的電勢(shì)差； （3）若B板外側(cè)接地，A、B兩板各個(gè)表面上的電量又是如何分布？?jī)砂宓碾妱?shì)差是多少？解：（1）兩板處于靜電平衡，則兩板內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度為；A：二1=2七3一二4/2；0=0B：二1 ；2 二3一二4 /2 ；0=0/ S 二1 二 2 二AS(F局4嚴(yán)B（3） B板外側(cè)接地，則-4 = 0Q<i = Q4 = 0E 一 6_ qa2 SgEqS(5-匕- )/2名q=QY 何+。2

40、+。3 )/2%=Q .S(<!iF2)=QaQ2 二 QaQ3 二-QaU ab = E d = A d£qS10-21如圖10-21所示，半徑為尺=Q.Q1 m的金屬球，帶電量Qi =1 1QjQ C ,球外套一內(nèi)外半徑分別 & = 3 10- m和R3 =4 10- m的同心金屬球殼，殼上帶電Q2 =11 10JQ C,求：（1）金屬球和金屬球殼的電勢(shì)差； 若用導(dǎo)線把球和球殼連接在一起，這時(shí)球和球殼的電勢(shì)各為多少?解：根據(jù)高斯定理，電場(chǎng)強(qiáng)度分布為:R : r :R>, E1Q14二；0r2E2Q1 Q2RQ2習(xí)題10-21圖(1) U ABR2二 E1dr4

41、 二;0r2Q14二；qR：2jQ1R2-60VVbr E2dr =R3Q1 Q2 = 270V4：；qR32Va 二 Vb 二 270 V10-22半徑為Rq的導(dǎo)體球帶有電荷Q,球外有一層均勻介質(zhì)同心球殼,其內(nèi)、外半徑分別為R1和R2，相對(duì)電容率為；r，如圖10-22所示，求：（1）空間的電位移和電場(chǎng)強(qiáng)度分布；（2）介質(zhì)內(nèi)的表面上的極化電荷面密度解：（1）導(dǎo)體球處于靜電平衡狀態(tài)，電荷分布在球的 表面，球內(nèi)部沒(méi)有電荷根據(jù)有電介質(zhì)的高斯定理廿DdS八Qj，r : Ro時(shí)，Di 4二 r2 =0，. D 0EiRo : r : R 時(shí),2D2 4二 r =Q，-D2Q4 二 r2E2牛丹 （;rR

42、 : r : R2 時(shí),2D3 4 二 r 二 Q，E3D2；0 ；rQ4二；0 ；r2r R2 時(shí),D4Q4 二 r24("4二；0r=1)因此，空間的電位移和電場(chǎng)強(qiáng)度分布為:0 (r : R0)D = Q，化(r>R0) 4二 r（2）介質(zhì)內(nèi)表面（r = R ）上的極化電荷與導(dǎo)體球上的電荷電性相反,因此,其面密度為:，乞-1 -Q耳一1 Q E3（R）仆2 一 r介質(zhì)外表面（r = R2）上的極化電荷與導(dǎo)體球上的電荷電性相同，因此,面密度為:=0=（；r 廠1） ；0 E3（ R2 ）二2；r 4二 R2；r -1Q2；r4二 R210-23地球和電離層可當(dāng)作球形電容器，它

43、們之間相距約為100 km,求地球一電離層系統(tǒng)的電容。（設(shè)地球和電離層之間為真空）解：已知R地球=6371 km，d =100 km，陽(yáng)離=R地球+d設(shè)地球-電離層分別帶點(diǎn)土 Q則根據(jù)高斯定律，地球-電離層間的電場(chǎng)強(qiáng)度為:Q4二；0r2R地球EdrQ4二；°R電離R地球=60VR電離jQC4 二；0U= 4.5810F11-O 1*- X *11+Z人X習(xí)題10-24圖10-24如圖10-24所示，兩根平行無(wú)限長(zhǎng)均勻帶電直導(dǎo)線，相距為d,導(dǎo)線半徑都是R（ R«d ）。導(dǎo)線上電荷線密度分別為+扎和-試求（1）兩導(dǎo)線間 任一點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度；（2）兩導(dǎo)線間的電勢(shì)差；（3）該導(dǎo)體組

44、單位長(zhǎng)度的電容 解：（1）根據(jù)高斯定理，電荷線密度為'的導(dǎo)線在 點(diǎn)P處電場(chǎng)強(qiáng)度計(jì)算如下：1 _九2 二 xh E h. E.；-=名02瓏0X方向沿X軸正方向，.Ei2叫同理，電荷線密度為-的導(dǎo)線在點(diǎn)P處電場(chǎng)強(qiáng)度為：E_ =2陽(yáng) 0（d x）因此，兩導(dǎo)線間任一點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度為: 丄 H丸h E 二 E . E戶）i2 嘩 0x 2 瓏0（d x）（2）根據(jù)電勢(shì)差的定義，兩導(dǎo)線間的電勢(shì)差為:d _R2二；0x 2二;0(d - x)dx 二In（3）該導(dǎo)體組單位長(zhǎng)度的電容為:二；oInd -RInd -R二；010-25如圖10-25所示，一平板電容器充滿兩層厚度各為 di和d2的電介質(zhì)

45、, 它們的相對(duì)電容率分別為；r1和；r2，極板的面積為 S。求：（1）電容器的電容；（2）當(dāng)極板上的自由電荷面密度為 時(shí)，兩介質(zhì)分界面上的極化電荷的面密度；（3）兩層介質(zhì)的電位移。解：（1）設(shè)兩板分別帶_Q的電荷兩板間沒(méi)有電介質(zhì)時(shí)的電場(chǎng)強(qiáng)度為：Q/S QE0 : 気 %s放入電介質(zhì)后，相對(duì)電容率分別為的電介質(zhì)中電場(chǎng)強(qiáng)度為：巳二且二- 名r 1名0片1S習(xí)題10-25圖相對(duì)電容率分別為的電介質(zhì)中電場(chǎng)強(qiáng)度為：E2=E0= Qs%2£r2S則兩板間的電勢(shì)差為：U=E1 4 E2 d2 送亡號(hào)）電容器的電容為:C =Q/U_Q(魚(yú)；°S( 71r2，0，r1，r2d-r2d1-r1

46、d2（2）相對(duì)電容率分別為i1的電介質(zhì)的界面上，極化電荷面密度為:,貯0（知T）譏-十°相對(duì)電容率分別為；r2的電介質(zhì)的界面上，極化電荷面密度為:二（；r2 -1） ；oE2 =（ ；r2 -1） ；0 二'"I。；0 ；r2；r2（3）相對(duì)電容率分別為；r1的電介質(zhì)的電位移為：Di-；0 ；ri E1二；0 ；r1 S®1相對(duì)電容率分別為；r1的電介質(zhì)的電位移為:D2=；：0 ；菲210-26如圖10-26所示，在點(diǎn)A和點(diǎn)B之間有五個(gè)電容器，其連接如圖10-26所示。（1）求A, B兩點(diǎn)之間的等效電容；（2）若A, B之間的電勢(shì)差為12 V,求U AC

47、, U cd 和u DB 0解:(1) Cac =(48)Ccd = (62)6尸(iF = 12 (jF(iF 8(iF8 mF4(iFoBCAB1 1 1 :+ + cacccdC(1丄1丄1)+ +824丿CCDc DB習(xí)題10-26圖12(2) ACCD DB兩端的電荷量相等，則Q U AB CABUacCac 12V =4U CDQ 12 4Ccd8U DBQ 12 4Cdb24V =210-27平行板電容器兩極板間充滿某種電介質(zhì)，極板間距離d=2 mm,電壓為600 V，若斷開(kāi)電源抽出電介質(zhì)，則電壓升高到 1800 V。求（1）電介質(zhì)的相 對(duì)電容率；（2）介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度。解：已知

48、 U, =600V，U2 = 1800V，d =2mm（1）根據(jù)平行板電容器兩極板間電勢(shì)差的計(jì)算公式:(1)Ui=Ed=600VE 16 二 Eg d = 1800V 一 百一 3電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度為：E二空 （2）聯(lián)立公式（1）、（2），可得電介質(zhì)的相對(duì)電容率為：気=3（2）介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度為：E =5600V/m =3 105V/md 0.00210-28 一平行板電容器，極板形狀為圓形，其半徑為 8 cm,極板間距為1.0 mm中間充滿相對(duì)電容率為5.5的電介質(zhì)，若電容器充電到100 V，求兩極板的 帶電量為多少？?jī)?chǔ)存的電能是多少？解:= 5.5 8.8542 10 二22二 0.080

49、.001100 C =9.78 10*o 2Q29.78 10上We喬 J =4.9 10 J2C 2 1.78 10第11章穩(wěn)恒磁場(chǎng)選擇題11-1邊長(zhǎng)為I的正方形線圈，分別用圖11-1中所示的兩種方式通以電流I（其中ab、cd與正方形共面），在這兩種情況下，線圈在其中心產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為：(A)=0,(B)B1=0,2、2%1B2 -(C)B1汪01，B0b押B2卄C1* "1I(D)B12 云12&%1，B2 :習(xí)題11-1圖答案：C解析：有限長(zhǎng)直導(dǎo)線在空間激發(fā)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為J. I0(COS6 _cos日2)，并結(jié)合右手螺旋定則判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度方 向，按照磁

50、 場(chǎng)的疊加原理，可 計(jì)算 耳=2 2 ° I ， b2 = 0。故正確答案為（C）11-2兩個(gè)載有相等電流I的半徑為R的圓線圈一個(gè)處于水平位置，一個(gè)處于豎直位置，兩個(gè)線圈的圓心重合，如圖 11-2所示，則在圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為多少？>（A）0(B)%I/2R1（C）2味1/2R(D) i°l/R.L /習(xí)題11-2圖答案：C解析：圓線圈在圓心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為呂=B2 = %l /2R，按照右手螺旋定則判斷知B1和B2的方向相互垂直，依照磁場(chǎng)的矢量疊加原理，計(jì)算可得圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B =叮2%1 /2R。11-3如圖11-3所示，在均勻磁場(chǎng)B中，有一個(gè)半徑為R的半球面S，S邊 線所在平面的單位法線矢量n與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的夾角為，則通過(guò)該半球面的磁S因此m = B S - ": R2BCOS用o故正通量的大小為(A) 7：R2B(B) 2二 R2B22(C)二 R B cos ：(D)二 R B sin :-答案：C解析：通過(guò)半球面的磁感應(yīng)線線必通過(guò)底面， 確答案為(C) o11-4如圖11-4所示，在無(wú)限長(zhǎng)載流直導(dǎo)線附近作一球形閉合曲面S,當(dāng)曲面S向長(zhǎng)直導(dǎo)線靠近時(shí)，穿過(guò)曲面S的磁通量和面上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B將如何變化？(A)增大，B也增大(B)不變，B也不變刁(C)增大，B不變(D)不變，B增大習(xí)題11-