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大学物理电磁学习题答案静电场 =1.8´10-9C，B点上有电荷q2=-4.8´10-9C，AC=0.03m). 试求C点的电场强度(设BC=0.04m,q1解：q1在C点产生的场强 E1= 24pe0ACq2 q2在C点产生的场强 E2= 4pe0BC22=3.24´104V C点的合场强 E=E12+E2m 方向如图 1直角三角形ABC的A点上，有电荷q12. 带电细线弯成半径为R的半圆形，电荷线密度为l=l0sinf，式中l0为一常数，f为半径R与x轴所成的夹角，如图所示试求环心O处的电场强度 解：dE=l0sinjdjldl= 4pe0R4pe0R2dEx=dEcosj 考虑到对称性 Ex=0 dEy=dEsinj 2plsinjjdl0Ey=òdEsinj=ò=0 方向沿y轴负04pe0R8e0R向 3.一半径为R的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为s，求球心O处的电场强度 解：把球面分割成许多球带，球带所带电荷 dq=2prsdl 4pe0(x+r)24pe0(x+r) x=Rcosq r=Rsinq dl=Rdq pssi 21sin2qdq= E=2e0ò024e0dE=xdq223=2prxsdl22324如图所示，真空中一长为L的均匀带电 q细直杆，总电荷为q，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d的P点的电场强度 L 解：设杆的左端为坐标原点O，x轴沿直杆方向带电直杆的电荷线密度为l=q / L，在x处取一电荷元x dq dq = ldx = qdx / L，它在P点的场强： O L P d(L+dx) d dE x dqqdxdE= 224pe0(L+d-x)4pe0L(L+d-x)2分 1 qLdxq总场强为 E= 3分 =24pe0Lò(L+dx)()4pedL+d00方向沿x轴，即杆的延长线方向 y 5一个细玻璃棒被弯成半径为R的半圆形，沿其上半部分+Q 均匀分布有电荷+Q，沿其下半部分均匀分布有电荷Q，R 如图所示试求圆心O处的电场强 y 度 O dq Q 解：把所有电荷都当作正电荷处理. q dq 在q处取微小电荷dq = ldl = 2Qdq / p x 它在O处产生场强 R O x q dqQdE=dq 4pe0R22p2e0R2按q角变化，将dE分解成二个分量： dEx=dEsinq=QQ2p2e0Rsinqdq，dEy=-dEcosq=-2Q2p2e0R2cosqdq 对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷 pép/2ùEx=2sinqdq-sinqdqêú0， ò2pe0R2ëò0p/2ûpù-Qép/2QEy=2cosqdq-cosqdq=- ú2êò22ò2pe0Rë0pe0Rp/2ûvvv-Qv所以 E=Exi+Eyj=2j 2pe0R6边长为b的立方盒子的六个面，分别平行于xOy、yOz和xOz平面盒子的一角在坐标原vvv点处在此区域有一静电场，场强为E=200i+300j .试求穿过各面的电通量 解：由题意知 Ex=200 N/C , Ey=300 N/C ,Ez=0 平行于xOy平面的两个面的电场强度通量 平行于yOz平面的两个面的电场强度通量 ybbzObvv Fe1=E×S=±EzS=0 vv Fe2=E×S=±ExS=±200 b2N·m2/C “”，“”分别对应于右侧和左侧平面的电场强度通量 平行于xOz平面的两个面的电场强度通量 Fe3“”，“”分别对应于上和下平面的电场强度通量. xvv=E×S=±EyS=±300 b2 N·m2/C 2 7图中所示， A、B为真空中两个平行的“无限大”均匀带 sA - sB 电平面，A面上电荷面密度sA17.7×108 C·m2，B面-的电荷面密度sB35.4 ×108 C·m2试计算两平面之间和两平面外的电场强度(真空介电常量e08.85×10-12 C2·N-1·m-2 ) A B 解：两带电平面各自产生的场强分别为： EA=sA/(2e0) 方向如图示 EB=sB/(2e0) 方向如图示 AsAAsB由叠加原理两面间电场强度为 E E E A E=EA+EB=(sA+sB)/(2e0) =3×104 N/C 方向沿x轴负方向 EBEB¢两面外左侧E=EB-EA=(sB-sA)/(2e0) E¢E =1×104 N/C 方向沿x轴负方向 两面外右侧 E¢¢= 1×104 N/C 方向沿x轴正方向 A8 一球体内均匀分布着电荷体密度为r的正电荷，EBE¢¢Bx若保持电荷分布不变,在该球体中挖去半径为r的一个小球体，球心为O¢，两球心间距离OO¢=d，如图所示. 求: (1) 在球形空腔内，球心O¢处的电场强度E0. (2) 在球体内P点处的电场强度E.设O¢、O、P三点在同一直径上，且OP=d. 解：利用补偿法，以O为圆心，过O¢点作一个半径为d的 面。根据高斯定理有 高斯 òE0·dS=r×pd3e04343E0=rd3e0 方向从O指向O¢ 过P点以O为圆心，作一个半径为d的高斯面。根据高斯定理有 òEP1·dS=r×pd3e0EP1= 过P点以O¢为圆心，作一个半径为2d的高斯面。根据高斯定理有 rd 3e0òEr×pr3P2e0rr3E=EP-EP=(d-2) 方向为径向 3e04d2112·dS=43rr3 EP=212e0d9一半径为R的带电球体，其电荷体密度分布为 r =Ar (rR) ，r =0 (rR) A为一常量试求球体内外的场强分布 解：在球内取半径为r、厚为dr的薄球壳，该壳内所包含的电荷为 dq=rdV=Ar×4pr2dr 在半径为r的球面内包含的总电荷为 3 q=òrdV=ò4pAr3dr=pAr4 (rR) V0r以该球面为高斯面，按高斯定理有 得到 E1×4pr2=pAr4/e0 E1=Ar2/(4e0)， (rR) 方向沿径向，A>0时向外, A<0时向里 在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有 E2×4pr2=pAR4/e0 42得到 E2=AR/4e0r， (r >R) ()方向沿径向，A>0时向外，A<0时向里 10图示为一个均匀带电的球壳，其电荷体密度为r，球壳内表面半径为R1，外表面半径为R2设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势 解： E1=0 rpR1 4rp(r3-R13)r(r3-R3)1= E2=3 R1prpR2 224pe0r3e0r43rp(R2-R13)3r(R2-R13)3= E3= rfR2 224pe0r3e0rU=òE2·dr+òE3·dr R1R2R2¥=òR2R133¥r(R-R)r(r3-R13)r2221=(R-Rdr+dr21) 22òR2e03e0r3e0r211电荷以相同的面密度s 分布在半径为r1=10cm和r2=20cm的两个同心球面上设无限远处电势为零，球心处的电势为U0=300V -122-1-2 求电荷面密度s. 解： E1=0 rpr1 sr12 E2= r1prpr2 e0r2s(r12+r22) E3= rfr2 2e0rU0=òE1·dr+òE2·dr+òE3·dr 0r1r2r1r2¥22¥s(r+r)sr1212 =òdr+òdr 2rer2re0r0s =(r+r) e012e0U08.85´10-12´300-92 s= =8.85´10Cm-3r212r1+r230´104 导体电学 1有一外半径为R1，内半径R2的金属球壳，在壳内有一半径为R3的金属球，球壳和内球均带电量q，求球心的电势 E1=0 rpR3 q E2= R3prpR2 240r E3=0 R2prpR1 2q rfR1 E4=40r2解： U0=òE1·dr+òE2·dr+òE3·dr+òE4·dr 0R3R2R1R3R2R1¥=ò¥q2qq112dr+dr=(-+) òR34r2R14r240R3R2R100R22 一电量为q的点电荷位于导体球壳中心，壳的内外半径分别为R1、R2求球壳内外和球壳上场强和电势的分布。 解： E1=q 0prpR1 240rR1prpR2 E2=0 q rfR2 240rR1¥qq0pr£R1 U=òdr+dr òr4r2R24r200q111 =(-+) 40rR1R2¥qqR1pr£R2 U=ò dr=R24r240R20¥qqr³R2 U=ò dr=r4r240r0E3=稳恒磁场 1. 如图所示的弓形线框中通有电流I，求圆心O处的磁感应强度B. 解：圆弧在O点的磁感应强度 B1=方向垂直纸面向外 直导线在O点的磁0II=0 4R6R感应强度 B2=0I30I00 sin60-sin(-60)=02R4Rcos60方向垂直纸面向里 5 总场强 B=2. 两根长直导线沿半径方向引到铁环上A、B两点，并与很远处的电源相连，如图所示.求环中心O点的磁感应强度B. 解：设两段圆弧电流对O的磁感应强度大小分别为B1、 0I31(-) 方向垂直纸面向里 2R3B2，导线长度分别为L1和L2，横截面积为S，电阻 率为，电流I1和I2的关系 L2IRS=L2 即 IL=IL 1=2=1122L1L1I2R1SIdlIL B1=01ò2=0×11 4L1r4rIdlIL B2=02ò2=0×22 4L2r4r由于两段圆弧电流对O的磁感应强度方向相反，所以 B=0 3求下各图中P点的磁感应强度B的大小和方向。 I Ir IPPI a rP aI (a)I(c)(b) (a) P点在水平导线延长线上；P在半圆中心处； P在正三角形中心 解：B=12m0ImI+0=0 方向垂直纸面向外； 2pa4pam0I1m0I1m0Im0Im0IB=1 方向垂直纸面向内； +2+2=+22pr2r2pr2pr4rmIm0I9mIB=3*0(cos30o-cos150o)=3*(cos30o-cos150o)=0 方向垂a2pd2pa2p23直纸面向内； 4有一无限长通电流的扁平铜片，宽度为a，厚度不计，电流I在铜片上均匀分布，求铜片外与铜片共面、离铜片右边缘为b处的P点的磁感应强度B的大小。 解：设立如图坐标系，取铜片上宽度为dx的一小部分 II电流， 可将其视为电流强度大小为dx的无限长直 aabP载流导线，则此电流在P点的产生的磁场的大小为 06 xdxxIm0Idxa，方向垂直纸面向内。 dB=2p(a+b-x)2pa(a+b-x)m0dx则整个铜片在P点的磁场大小为 Iam0IdxmImIa+baa B=òdB=ò=ò=-0ln(a+b-x)0=0ln02p(a+b-x)2pa(a+b-x)2pa2pabm0dx5.在半径R=1cm的无限长半圆柱形金属片中，有电流I=5A自下而上通过，如图所示。试求圆柱轴线上一点P处的磁感应强度的大小。 解：将半圆柱形无限长载流薄板细分成宽为dl=Rd的长直电流 dI=dld= R在P点处的磁感应强度 dB=dBx=dBsin=0Isind22RpmIm0I0Bx=òdBx=òsinqdq=6.37´10-5T 2202pRpR0dI0Id=2 2R2R6一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱和一同轴的导体圆管构成。使用时，电流I从一导体流去，从从一导体流回。设电流都是均匀分布在导体的横截面上，求空间的磁场分布。 解：设电流从内圆柱流出，外圆管流入，以O点为圆心，如下为半径做圆周为安培环路，并取顺时针方向为正方向。 1） 当r<a时， 由安培环路定理，òB·dl=måI0int得 B1×2pr=2） 当a<r<b时， 同1）解法，B2×2prm0I2m0I2,得prB=r，方向沿着环路切线逆时针。 122pa2pa=m0I，得B2=3） 当b<r<c时， 同1）解法，B3×2pr得B3m0I2pr，方向沿着环路切线逆时针。 m0II-p(r2-b2)， 222pap(c-b)=m0I2pr(c-b)22(c2-r2)，方向沿着环路切线逆时针。 44） 当c<r时，òB·dl=m0åIint=0，B4=0 7两平行直导线相距d = 40cm，每根导线载有电流I1=I2=20A,如图所示，求： 两导线所在平面内与该两导线等距离的一点处的磁感应强度； 通过图中斜线所示面积的磁通量。 解与该两导线等距离的一点处的磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为 7 B=2m0I2mI=0=4.0´105T pd2pd2ddxlx其大小由于两电流在矩形上的磁通对称且大小相等，所以为两倍单个导线在此的磁通量。 I1设立如图的坐标，取长为l，宽为dx的面元， 则 0I2r3xF=2F1=2òB·dS=2òr1+r2rm0Icos0oldx2prr1r28如图，在长直电流近旁放一矩形线圈与其共面，线圈各边分别平行和垂直于长直导线。线圈长度为l，宽为b，近边距长直导线距离为a，长直导线中通有电流I。当矩形线圈中通有电流I1时，它受的磁力的大小和方向各如何？它又受到多大的磁力矩？ 解： 1） 由安培力可知，线圈4个边受力，其中2、 4力大小相等，方向相反并在一条直线上，故而相抵消； m0I0.3=lnx0.1=2.2´10-6WbprF1=B1I1l=m0IIl， 2pa1II1ablF2=B2I1l=m0I2p(a+b)I1l， m0II1lb线圈受的合力方向向左，大小为F=F1-F2= 2pa(a+b)2） 线圈受力与线圈同面，顾线圈所受磁力矩为0. 79如图所示，一电子经过A点时，具有速率u0=1´10m/s。 欲使这电子沿半圆自A至C运动，试求所需的磁场大小和方向； 求电子自A运动到C所需的时间。 v0 A 10cm C 2v0解：电子所受洛仑兹力提供向心力 ev0B=m Rmv09.11´10-31´1´107-3=1.1´10T 得出B=-19eR1.6´10´0.05 磁场方向应该垂直纸面向里。 所需的时间为t=T2pRp´0.05-8=1.6´10s 722v01´10310把2.0´10eV的一个正电子，射入磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中，其速度矢量与B成89°角，路径成螺旋线，其轴在B的方向。试求这螺旋线运动的周期T、螺距h和半径r。 解：正电子的速率为 2Ek2´2´103´1.6´10-197 v=m/s =2.6´10-31m9.11´10 做螺旋运动的周期为 8 2pm2p´9.11´10-31-10=3.6´10 T=s -19eB1.6´10´0.1070-10-4 螺距为h=vcos89T=2.6´10´cos89´3.6´10=1.6´10m mvsin8909.11´10-31´2.6´107´sin890=1.5´10-3m 半径为r=-19eB1.6´10´0.111如图所示，一铜片厚为d=1.0mm，放在B=1.5T的磁场中，磁场方向与铜片表面垂直。已知铜片里每立方厘d a B ´1022个自由电子，每个电子的电荷当铜片中有I=200A的电流流通时， -e=-1.6´10-19C，求铜片两侧的电势差Uaa'； 铜片宽度b对Uaa'有无影响？为什么？ 米有8.4解：b a I Uaa'=IB200´1.5=-2.23´10-5V，负号表示a'28-19-3nqd8.4´10´(-1.6´10)´1.0´10侧电势高。 铜片宽度b对Uaa'=UH无影响。因为UH=EHb=vb/B和b有关，而在电流I一定的情况下，漂移速度v=I/(nqbd)又和b成反比的缘故。 12一半径R=0.1m的半圆形闭合线圈，载有电流I=10A。 放在均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，B=5.0´10G，如图所示。 求线圈所受力矩的大小和方向； 在这力矩的作用下，线圈绕过直径的轴转90°，求力矩所做的功。 3O R B vvv 解：力矩M=m´B 大小M=mBsinq=ISBsin900=p2R2IB=7.9´10-2N×m 由矢量关系可以判断力矩方向沿直径向上。 力矩所做的功 A=òIdF=I(F2-F1)=IB(R2-0)=7.9´10-2J F1213一块半导体样品的体积为a´b´c，沿x方向有电流I，在z轴方向加有均匀磁场B。这时实验得出的数据a=0.10cm，b=0.35cm，c=1.0cm，I=1.0mA，B=3000G，片两侧的电势差UAA'=6.55mV。 这半导体是正电荷导电还是负电荷导电？ 求载流子浓度。 解：由电流方向、磁场方向和A侧电势高于A侧电势可以判断此半导体是负电荷导电。 载流子浓度 F2pIB1.0´10-3´0.3n=2.86´1020个/A m3-3-19-3UAA'qa6.55´10´1.6´10´1014如图所示，在长直导线AB内通有电流I1=40A， 9 FCF C I2 FCD F I1 FEF O B D FDE E x 在长宽分别为a=9.0cm、b=20.0cm的矩形线圈CDEF 中通有电流I2=5A，AB与CDEF共面，且CD与AB 平行，相距d=1.0cm。 试求：矩形线圈每边受到导线AB的作用力； 矩形线圈受到导线AB的合力和相对矩形中心的合力矩。 解：矩形各边受力方向如图所示。各边受力大小 FCD=B1I2CD=m0I1I2b=8.0´10-4N 2pdm0I1FEF=B2I2EF=I2b=8.0´10-5N 2p(d+a) 变化的电磁场 1在通有电流I=5A的长直导线近旁有一导线段ab，长l=20cm，离长直导线距离d=10cm。当它沿平行于长直导线的方向以速度v=10cm/s平移时，导线中的感应电动势多大？a，b哪端的电势高？ 解： d+lmImIvd+lrrreab=òde=ò(v´B)·dr=-òvBdr=-vòd0dr=-0ln2pr2pd 4p´10-7´5´1010+20=-ln=-1.1´10-5v 2p10由于eab0，所以a端电势高。 V I dr b a O r d l o2电流为I的无限长直导线旁有一弧形导线，圆心角为120，几何尺寸及位置如图所示。求当圆弧形导线以速度v平行于长直导线方向运动时，弧形导线中的动生电动势。 解：连接AO、OB，圆弧形导线与AO、OB形成闭合回 路，闭合回路的电动势为0，所以圆弧形导线电动势与 AOB直导线的电动势相等。 AO=òv´B·dl=-òOBAB0IvIvdx=-0ln2 R2x25RIvIv5=òv´B·dl=-ò20dx=-0ln 2R2x24Iv5=AO+OB=-0ln 222R3长直导线中通有电流I3=5.0A，另一 矩形线圈共1´10匝，宽a10cm，长L20cm， 以v=2cm/s的速度向右平动，求当d10cm时 10 v I e1 e2L 线圈中的感应电动势。 题解： 线圈向右平移时，上下两边不产生 动生电动势。因此，整个线圈内的 感应电动势为 e=e1-e2=N(B1-B2)Lv=NLvm0I11(-) 2pdd+a4p´10-7´5.0113=1´10´0.2´2´(-)=2´10-3v 2p0.10.1+0.14上题中若线圈不动，而长直中导线中通有交变电流i=5sin100ptA，线圈内的感生电动势多大？ 题解：若通交变电流时，通过线圈的磁链为 rrd+amimNiLd+a0Y=NF=NòB·dS=NògLdr=0lnd2pr2pdm0NLd+adidY4p´10-7´1´103´0.20.1+0.1d(5sin100pt)e=-=-(ln)=-(ln)dt2pddt2p0.1dt =- 04.4´1-20cosp1t05在半径为R的圆柱形体积内，充 满磁感应强度为B的均匀磁场。有一长为 L的金属棒放在磁场中。设磁场在增强，并 且dB已知，求棒中的感生电动势，并指出 dto R r 哪端的电势高。 题解：考虑Doba。以S表示其面积，则通过S的 磁通量为F=BS。当磁通变化时，感应电 场的电场线为圆心在o的同心圆。由法拉 第电磁感应定律得 q h a baodFdB=-S=gEdr=Edr+Edr+E òoiòbiòaEidr=0+eba+0=ebadtdtòiL dB1dBdB22=-LR-L/4由此得eba=-S，由于0，所以eba0，因而b端的电高。 dt2dtdtdl q b -i 6半径为2.0cm的螺线管，长30.0cm，上面均匀密绕1200匝线圈，线圈内为空气。求这线圈中自感多大？如果在线圈中电流以3.0´10自感电动势多大？ 题解：根据定义，线圈中自感2A/s的速率改变，在线圈中产生的4p´10-7´(1.2´103)2´p´0.022L=7.6´10-3H。 ll0.3di=7.6´10-3´3.0´102=2.3v 自感电动势大小e=Ldt7 电阻为R的闭合线圈折成半径分别为a和2a的两个圆，如图所示，将其置于与两圆平面垂直的匀强磁场内，磁感应强度按B=B0sinwt的规律变化。已m0N2Sm0N2pR211 知a=10cm，B0=2´10-2T，w=50rad/s，R=10W，求线圈中感应电流的最大值。 1d1dBa2B0cost22=×-a+(2a)×= 解I=× RRdtRdtR5a2B03´0.12´2´10-2´50=9.42´10-3A16-8. Imax=R108一螺绕环，每厘米绕40匝，铁心截面积3.0cm，磁导率m2=200m0，绕组中通有电流两绕组间的互感系数；若初级绕组中的电5.0mA，环上绕有二匝次级线圈，求：流在0.10s内由5.0A降低到0，次级绕组中的互感电动势。 解：B=nI =NBS=NnIS=NnS=2´200´4´10-7´40´102´3´10-4=6.03´10-4H IdI5-0=6.03´10-4´=3.02´10-2V =Mdt0.1M=9一种用小线圈测磁场的方法如下：做一个小线圈，匝数为N，面积为S，将它的两端与一测电量的冲击电流计相连。它和电流计线路的总电阻为R。先把它放到待测磁场处，并使线圈平面与磁场方向垂直，然后把它急速的移到磁场外边，这时检流计给出通过的通过的电量是q。适用N，S，q，R表示待测磁场的大小。 题解：线圈移动时通过冲击电流计的总电量 11dY10YNBSq=òidt=òedt=-òdt=-òdY= RRdtRYRRqR因此，B=。 NS10两线圈的自感分别为L1和L2，它们之间的互感为M。当两者顺串联，即2，3端相连，1，4端接入电路时，证明两者的等效自感为LL当两者反串联，1+L2+2M；即2，4端相连，1，3端接入电路时，证明两者等效自感为L=L1+L2-2M。 题解： 由于二者顺串联，所以当电流通过时，此一线圈产生的通过另一线圈的磁通量的方向和另一线圈自身产生的磁通量的方向相同。因而通过两线圈的总磁链数Y=Y1+Y12+Y2+Y21， 由于Y=LI,Y1=L1I1,Y12得L=L1+L2+2M。 当两者反串联时，此一线圈产生的通过另一线圈的磁通量的方向将和另一线圈自身产生的磁通量的方向相反，而上述磁链关系式中的Y21,Y12前应改为负号。这样，仍利用上面的磁链数和自感系数或互感系数的关系，就可以得到L=L1+L2-2M。 =MI2,Y2=L2I2,Y21=MI1，而且有I=I1=I2。代入上式12