電磁學(xué)課后習(xí)題答案

1、第五章靜電場(chǎng)59 若電荷Q均勻地分布在長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)棒上.求證：(1)在棒的延長(zhǎng)線(xiàn)，且離棒中心為 r處 的電場(chǎng)強(qiáng)度為E-J_冗% 4r2 一 L2(2)在棒的垂直平分線(xiàn)上，離棒為 r處的電場(chǎng)強(qiáng)度為E= 1 Q2 冗句 r . 4r2 L2分析 這是計(jì)算連續(xù)分布電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度.此時(shí)棒的長(zhǎng)度不能忽略，因而不能將棒當(dāng)作點(diǎn)電荷處理.但帶電細(xì)棒上的電荷可看作均勻分布在一維的長(zhǎng)直線(xiàn)上.如圖所示，在長(zhǎng)直線(xiàn)上任意取一線(xiàn)元dx,其電荷為dq=Qdx/L,它在點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度為L(zhǎng)包dE - 42 er4冗0 r整個(gè)帶電體在點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度E = dE接著針對(duì)具體問(wèn)題來(lái)處理這個(gè)矢量積分.(1)若點(diǎn)P在棒的延長(zhǎng)線(xiàn)上，帶電棒上

2、各電荷元在點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，E = dE iL(2)若點(diǎn)P在棒的垂直平分線(xiàn)上，如圖 (A)所示，則電場(chǎng)強(qiáng)度E1&x軸方向的分量因?qū)ΨQ(chēng)性疊 加為零，因此，點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度就是E = JdEyj = sin adEj證（1）延長(zhǎng)線(xiàn)上一點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度E= f dq 2 ,利用幾何關(guān)系r' =r 掇一積分變量,L 2/0廣2L/2 1 QdxEp -o4 10 L r -xQ 14 l0L |k - L/21 1 Qr + L/2 J 兀0 4r2 - L2電場(chǎng)強(qiáng)度的方向1&x 軸.（2）根據(jù)以上分析，中垂線(xiàn)上一點(diǎn) P的電場(chǎng)強(qiáng)度E的方向沿y軸，大小為利用幾何關(guān)系sin a=

3、 r/r' , r' = Tr2 +x2統(tǒng)一積分變量，則L/2 1 rQdx Q 1E ZZ_oT?二一 一-L/24 冗©L僅2+r2 22 冗or J4r2+L2當(dāng)棒長(zhǎng)L-8時(shí)，若棒單位長(zhǎng)度所帶電荷 西常量，則P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E=._1Q/L_lim 2冗M(jìn) 1 4r2/L22九%r此結(jié)果與無(wú)限長(zhǎng)帶電直線(xiàn)周?chē)碾妶?chǎng)強(qiáng)度分布相同圖（B）.這說(shuō)明只要滿(mǎn)足r2/L2v<1, 帶電長(zhǎng)直細(xì)棒可視為無(wú)限長(zhǎng)帶電直線(xiàn) 514 設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度 E與半徑為R的半球面的對(duì)稱(chēng)軸平行，試計(jì)算通過(guò)此半球面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量分析方法1:由電場(chǎng)強(qiáng)度通量的定義，對(duì)半球面S求積分，即R =爐&q

4、uot;方法2:作半徑為R的平面S'與半球面S一起可構(gòu)成閉合曲面，由于閉合面內(nèi)無(wú)電荷,由高斯定理一 一 1CE dS = 、q =0%這表明穿過(guò)閉合曲面的凈通量為零，穿入平面S'的電場(chǎng)強(qiáng)度通量在數(shù)值上等于穿出半球面S的電場(chǎng)強(qiáng)度通量.因而=E dS i E dS-S-S解1由于閉合曲面內(nèi)無(wú)電荷分布，根據(jù)高斯定理，有=爐dS =-爐dS依照約定取閉合曲面的外法線(xiàn)方向?yàn)槊嬖猟S的方向，22 .=一 E tR cos 冗=tR E解2取球坐標(biāo)系，電場(chǎng)強(qiáng)度矢量和面兀在球坐標(biāo)系中可表不為E =E(cos e +sin cos0e0 +sin Osin er)一 _ 2 .dS = R si

5、n 0d d er22 一一=、E dS = ER sin 也in d 9d SS.兀 22.兀=0 ER sin (d 8 0 sin d=TR2E5-17設(shè)在半徑為R的球體內(nèi)，其電荷為球?qū)ΨQ(chēng)分布，電荷體密度為p = kr 0 < r < Rp = 0 r R分析 通常有兩種處理方法：(1)利用高斯定理求球內(nèi)外的電場(chǎng)分布 .由題意知電荷呈球?qū)ΨQ(chēng) 分布，因而電場(chǎng)分布也是球?qū)ΨQ(chēng)， 選擇與帶電球體同心的球面為高斯面， 在球面上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為常量，且方向垂直于球面，因而有E dS = E 4<21根據(jù)圖斯定理 寸E，dS= f pdV ,可解得電場(chǎng)強(qiáng)度的分布 0 L（2）利用帶電球

6、殼電場(chǎng)疊加的方法求球內(nèi)外的電場(chǎng)分布.將帶電球分割成無(wú)數(shù)個(gè)同心帶電球殼，球殼帶電荷為 dq = p，4Tr'2dr，每個(gè)帶電球殼在殼內(nèi)激發(fā)的電場(chǎng)dE = 0,而在球殼外激發(fā)的電場(chǎng)dE以e2 er無(wú)0r由電場(chǎng)疊加可解得帶電球體內(nèi)外的電場(chǎng)分布0<r<RrE r = 0 dERE r = 0 dE解1因電荷分布和電場(chǎng)分布均為球?qū)ΨQ(chēng)，球面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為常量，由高斯定理1非dS = f pdV得球體內(nèi)（0w r< R） 0 .1 r 2=一 J kr4 < dr,0krE（r）=4球體外（r > R）2E（r 4 爐R2kr4 < drkR2E rer4

7、電解2將帶電球分割成球殼，球殼帶電dq由上述分析，球體內(nèi)（0wwr）pdV = kr'4 / %rkr '4 -dr'kr er4 o球體外（r > R）_ R 1 kr 4 r 2drE r :20 4兀0£ r2kR2井er520 一個(gè)內(nèi)外半徑分別為 Ri和R2的均勻帶電球殼，總電荷為Qi,球殼外同心罩一個(gè)半徑 為R3的均勻帶電球面，球面帶電荷為 Q2.求電場(chǎng)分布.電場(chǎng)強(qiáng)度是否為離球心距離 r的連續(xù)函 數(shù)？試分析.分析 以球心O為原點(diǎn)，球心至場(chǎng)點(diǎn)的距離r為半徑，作同心球面為高斯面.由于電荷呈球?qū)?稱(chēng)分布，電場(chǎng)強(qiáng)度也為球?qū)ΨQ(chēng)分布，高斯面上電場(chǎng)強(qiáng)度沿徑矢

8、方向，且大小相等.因而2耳EdS =E.在確定高斯面內(nèi)的電荷 Z q后，利用高斯定理 用EdS = Z q/ 0即可求出電場(chǎng)強(qiáng)度的分布.解 取半徑為r的同心球面為高斯面，由上述分析rvRi,該高斯面內(nèi)無(wú)電荷，RirvR2,高斯面內(nèi)電荷q2 一E 4 tt =Z q/ 0q = 0 ,故 Ei =0Qi r3 - Ri3R；_R3E2 =Qi r3 -R34 兀e R3 - R3 r2R2rvR3,高斯面內(nèi)電荷為Qi,故Qi4 7t or2r>R3,高斯面內(nèi)電荷為Q1+Q2,故E4QiQ24 7t or2電場(chǎng)強(qiáng)度的方向均沿徑矢方向，各區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度分布曲線(xiàn)如圖 側(cè)，電場(chǎng)強(qiáng)度的左右極限不同，

9、電場(chǎng)強(qiáng)度不連續(xù)，而在緊貼 度的躍變量(B)所示.在帶電球面的兩r = R3的帶電球面兩側(cè)，電場(chǎng)強(qiáng)E = E4 - E3Q24%電葭(T.實(shí)際帶電球面應(yīng)是有這一躍變是將帶電球面的厚度抽象為零的必然結(jié)果，且具有普遍性定厚度的球殼，殼層內(nèi)外的電場(chǎng)強(qiáng)度也是連續(xù)變化的，本題中帶電球殼內(nèi)外的電場(chǎng)，在球殼的厚度變小時(shí)，E的變化就變陡，最后當(dāng)厚度趨于零時(shí)，E的變化成為一躍變521兩個(gè)帶有等量異號(hào)電荷的無(wú)限長(zhǎng)同軸圓柱面，半徑分別為Ri和R2>Ri),單位長(zhǎng)度上的電荷為入.求離軸線(xiàn)為r處的電場(chǎng)強(qiáng)度：(1)rvRi, (2) RvrvR2, (3)r>R2.分析 電荷分布在無(wú)限長(zhǎng)同軸圓柱面上,電場(chǎng)強(qiáng)度也

10、必定沿軸對(duì)稱(chēng)分布，取同軸圓柱面為高斯面，只有側(cè)面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量不為零,且斗EdS = E 2 <L ,求出不同半徑高斯面內(nèi)的電荷£ q.即可解得各區(qū)域電場(chǎng)的分布解作同軸圓柱面為高斯面，根據(jù)高斯定理E 2 71rL 八 q/ 0 r<Ri," q =0E1 =0在帶電面附近，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不連續(xù)，電場(chǎng)強(qiáng)度有一躍變Ri< r< R2, £ q =心入E2一2冗%rr >R2q = 0E3 =0在帶電面附近，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不連續(xù)，電場(chǎng)強(qiáng)度有一躍變E2冗0r 2冗rL o(T這與5 2眥分析討論的結(jié)果一致.522如圖所示，有三個(gè)點(diǎn)電荷 Qi、Q2

11、、Q3沿一條直線(xiàn)等間距分布且 Qi=Q3 = Q.已知其 中任一點(diǎn)電荷所受合力均為零，求在固定Qi、Q3的情況下，將Q2從點(diǎn)O移到無(wú)窮遠(yuǎn)處外力所作的功.了Q 0。上 Qi題5-22圖分析 由庫(kù)侖力的定義，根據(jù) Qi、Q3所受合力為零可求得 Q2.外力作功W應(yīng)等于電場(chǎng)力作功W的負(fù)值，即W'= W.求電場(chǎng)力作功的方法有兩種：（1）根據(jù)功的定義，電場(chǎng)力作的功為W= Q2 Edl0其中E是點(diǎn)電荷Qi、Q3產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度.（2）根據(jù)電場(chǎng)力作功與電勢(shì)能差的關(guān)系，有W =Q2 Vo -V二=Q2Vo其中Vo是Qi、Q3在點(diǎn)。產(chǎn)生的電勢(shì)（取無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)）.解1由題意Qi所受的合力為零Qi Q2

12、2 Qi Q3- = 04 冗(od4 冗o(2d Jii解得由點(diǎn)電荷電場(chǎng)的疊加,Q2 = -Q3 =-1Q44Qi、Q3激發(fā)的電場(chǎng)在y軸上任意一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E = EiyE3yQy2 冗虱d2 + y2 3/2將Q2從點(diǎn)O沿y軸移到無(wú)窮遠(yuǎn)處，（沿其他路徑所作的功相同，請(qǐng)想一想為什么? 的功為）外力所作:一.-I iW - Q2E dl = -Qo0 2p 1 4 2 冗o(d2 +Qyi解2與解i相同，在任一點(diǎn)電荷所受合力均為零時(shí)Q2 = - 1 Q ,并由電勢(shì)4的疊加得Qi、Q3在點(diǎn)O的電勢(shì)Qi4 冗（0d.Q34冗0d將Q2從點(diǎn)O推到無(wú)窮遠(yuǎn)處的過(guò)程中，外力作功Q28兀電d.這是因?yàn)樵谠S

13、多實(shí)際問(wèn)比較上述兩種方法，顯然用功與電勢(shì)能變化的關(guān)系來(lái)求解較為簡(jiǎn)潔 題中直接求電場(chǎng)分布困難較大，而求電勢(shì)分布要簡(jiǎn)單得多.523 已知均勻帶電長(zhǎng)直線(xiàn)附近的電場(chǎng)強(qiáng)度近似為入E 二er2冗龜r為電荷線(xiàn)密度.（1）求在r= r1和r= r2兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；（2）在點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，我們?cè)?r一8處的電勢(shì)為零，求均勻帶電長(zhǎng)直線(xiàn)附近的電勢(shì)時(shí)，能否這樣取？試說(shuō)明 解（1）由于電場(chǎng)力作功與路徑無(wú)關(guān)，若沿徑向積分，則有J入r2U12 = E dr =In ”i2冗切ri（2）不能.嚴(yán)格地講，電場(chǎng)強(qiáng)度£= er只適用于無(wú)限長(zhǎng)的均勻帶電直線(xiàn)，而此時(shí)電荷分2冗or布在無(wú)限空間，r 00處的電勢(shì)應(yīng)與直線(xiàn)上的電

14、勢(shì)相等527 兩個(gè)同心球面的半徑分別為 Ri和R2,各自帶有電荷Qi和Q2.求：（1）各區(qū)域電勢(shì)分布，并畫(huà)出分布曲線(xiàn)；（2）兩球面間的電勢(shì)差為多少？分析 通?？刹捎脙煞N方法（1）由于電荷均勻分布在球面上，電場(chǎng)分布也具有球?qū)ΨQ(chēng)性，因 此，可根據(jù)電勢(shì)與電場(chǎng)強(qiáng)度的積分關(guān)系求電勢(shì).取同心球面為高斯面，借助高斯定理可求得qQ各區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度分布， 再由Vp = EE dl可求得電勢(shì)分布.（2）利用電勢(shì)疊加原理求電勢(shì) p一個(gè)均勻帶電的球面，在球面外產(chǎn)生的電勢(shì)為在球面內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，電勢(shì)處處相等，等于球面的電勢(shì)Q4冗0R其中R是球面白半徑.根據(jù)上述分析，利用電勢(shì)疊加原理，將兩個(gè)球面在各區(qū)域產(chǎn)生的電勢(shì) 疊加，

15、可求得電勢(shì)的分布.解1 (1)由高斯定理可求得電場(chǎng)分布r : RiRi：二 r ；R2rR2E 1=0EQiuE2 -2 er4 7t 電rQ Q2 AE 3 - - T er4 九 10rqQ由電勢(shì)V = E E d l可求得各區(qū)域的電勢(shì)分布 r當(dāng)rWR時(shí)，有RiR2Vi = r Ei dl R E2 dl R E3 dl。Qi i -4冗電Ri . QiQ2R2_4 冗（oR2QiQ24 冗（oRi4 冗0R2當(dāng)RiWrWR2時(shí)，有R2二V2 =,E2 dl R E3 dlrR2Qiii LQi+Q2= r 4 冗 0 1rR2_4 冗電R2QiQ2= 十4 冗0r 4 冗0R2當(dāng)r>

16、;R2時(shí)，有Qi Q2V3 二E 3 dl 二12r4冗短(2)兩個(gè)球面間的電勢(shì)差R2Qi11U12R1 E2 dl 不 D解2 (1)由各球面電勢(shì)的疊加計(jì)算電勢(shì)分布.若該點(diǎn)位于兩個(gè)球面內(nèi)，即 rWR,則ViQi . Q24 冗（0R4 冗%R2若該點(diǎn)位于兩個(gè)球面之間，即 Ri<r<R2,則234 冗0r 4 冗%R2若該點(diǎn)位于兩個(gè)球面之外，即 r>R2,則Qi Q2V3 -,4冗龜r(2)兩個(gè)球面間的電勢(shì)差U12 =Vi-V2 t =yQ-T_4冗龜R14冗R2第六章靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體與電介質(zhì)6 -1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，則導(dǎo)體B的電勢(shì)將(

17、)(A)升高(B)降低(C)不會(huì)發(fā)生變化(D)無(wú)法確定分析與解 不帶電白導(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附近時(shí)，在導(dǎo)體B的近端感應(yīng)負(fù)電荷；在遠(yuǎn)端感應(yīng)正電荷，不帶電導(dǎo)體的電勢(shì)將高于無(wú)窮遠(yuǎn)處，因而正確答案為( A)。63如圖所示將一個(gè)電量為 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,參見(jiàn)附圖。設(shè)無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)，則在導(dǎo)體球球心。點(diǎn)有()(A) E =0,V =q4冗®d(B) E = q 2 ,V =q4冗龜d24冗均d(C) E =0,V =0(D) E =q-,V )q4冗%d24冗©R分析與解 達(dá)到靜電平衡

18、時(shí)導(dǎo)體內(nèi)處處各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零。點(diǎn)電荷q在導(dǎo)體球表面感應(yīng)等量異號(hào)的感應(yīng)電荷士q；導(dǎo)體球表面的感應(yīng)電荷士 q在球心O點(diǎn)激發(fā)的電勢(shì)為零，O點(diǎn)的電勢(shì)等于點(diǎn)電荷q在該處激發(fā)的電勢(shì)。因而正確答案為(A)。64根據(jù)電介質(zhì)中的高斯定理，在電介質(zhì)中電位移矢量沿任意一個(gè)閉合曲面的積分等于這個(gè)曲面所包圍自由電荷的代數(shù)和。下列推論正確的是()(A)若電位移矢量沿任意一個(gè)閉合曲面的積分等于零，曲面內(nèi)一定沒(méi)有自由電荷(B)若電位移矢量沿任意一個(gè)閉合曲面的積分等于零，曲面內(nèi)電荷的代數(shù)和一定等于零(C)若電位移矢量沿任意一個(gè)閉合曲面的積分不等于零，曲面內(nèi)一定有極化電荷(D)介質(zhì)中的高斯定律表明電位移矢量?jī)H僅與自由電荷的分布有

19、關(guān)(E)介質(zhì)中的電位移矢量與自由電荷和極化電荷的分布有關(guān)分析與解 電位移矢量沿任意一個(gè)閉合曲面的通量積分等于零，表明曲面內(nèi)自由電荷的代數(shù)和等于零；由于電介質(zhì)會(huì)改變自由電荷的空間分布，介質(zhì)中的電位移矢量與自由電荷與位移電荷的分布有關(guān)。因而正確答案為(E)。65 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(mǎn)整個(gè)電場(chǎng)并且自由電荷的分布不發(fā)生變化時(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/ &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(mǎn)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/ &倍(

20、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&倍分析與解 電介質(zhì)中的電場(chǎng)由自由電荷激發(fā)的電場(chǎng)與極化電荷激發(fā)的電場(chǎng)迭加而成，由于極化電荷可能會(huì)改變電場(chǎng)中導(dǎo)體表面自由電荷的分布，由電介質(zhì)中的高斯定理， 僅當(dāng)電介質(zhì)充 滿(mǎn)整個(gè)電場(chǎng)并且自由電荷的分布不發(fā)生變化時(shí)，在電介質(zhì)中任意高斯面, 一 ，一 一 ，-11+ xE d S= C E0 d S=一工 q0 i即£ = £。/ £r,因而正確答案為(A)。68 導(dǎo)體球半徑為Ri,外罩一半徑為R2的同心薄導(dǎo)體球殼，外球殼所帶總電荷為Q,而內(nèi)球的電勢(shì)為Vo.求此系統(tǒng)的電勢(shì)和電場(chǎng)的分布.分析 若V0 = 4 *，

21、內(nèi)球電勢(shì)等于外球殼的電勢(shì)，則外球殼內(nèi)必定為等勢(shì)體，電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，內(nèi)球不帶電.Q右Vo # ,內(nèi)球電勢(shì)不等于外球兄電勢(shì)，則外球冗內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度不為手，內(nèi)球市4冗祝電.一般情況下，假設(shè)內(nèi)導(dǎo)體球帶電q,導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡時(shí)電荷的分布如圖所示.依照電荷的這一分布，利用高斯定理可求得電場(chǎng)分布.并由 Vp = E E dl或電勢(shì)疊加求出電勢(shì)的 分布.最后將電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)用已知量Vo、Q、R1、R2表示.6 X國(guó)解根據(jù)靜電平衡時(shí)電荷的分布，可知電場(chǎng)分布呈球?qū)ΨQ(chēng).取同心球面為高斯面，由高斯定理E dS =E(r >4/2 =E(r >£ q/ o ,根據(jù)不同半徑的高斯面內(nèi)的電荷分布，解得各

22、區(qū)域內(nèi)的電場(chǎng)分布為rvRi時(shí),E1k )=0_ qRirvR2時(shí)，E2(r )=24冗龜rr" E2r =Q -4冗龜r由電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)的積分關(guān)系，可得各相應(yīng)區(qū)域內(nèi)的電勢(shì)分布.rvRi 時(shí),RiE dl = E1R2d l ERi2 dl30R2 E 3Ri vrv R2時(shí),V2 =00r E dlR2r E 2 dl00R2 E 3 dlr E3 dl也可以從球面電勢(shì)的疊加求電勢(shì)的分布.在導(dǎo)體球內(nèi)（rvRi)qQVi = qQ4 冗(0R4 冗 %R2在導(dǎo)體球和球殼之間（RiVrvR）V2 =Q4 冗 0R2在球殼外（r> R2）V3 =_Q4 冗(0r由題意Vi =VoVi

23、 =Voq . Q4冗龜r24冗龜R代入電場(chǎng)、電勢(shì)的分布得 rvRi 時(shí),Ei=0； Vi=V0Ri vrv R2時(shí),r>R2 時(shí),E2RiVo*V2RVo (r-Ri)Q4 冗 反R2rR1V03 =2r(R2 - R)QR1V0_(R2-R1)Q4 冗電R2rr 4 冗 6R2r612如圖所示球形金屬腔帶電量為Q >0,內(nèi)半徑為a,外半徑為b,腔內(nèi)距球心。為r處有一點(diǎn)電荷q,求球心的電勢(shì).分析 導(dǎo)體球達(dá)到靜電平衡時(shí)， 內(nèi)表面感應(yīng)電荷一q,外表面感應(yīng)電荷q；內(nèi)表面感應(yīng)電荷不均勻分布，外表面感應(yīng)電荷均勻分布.球心。點(diǎn)的電勢(shì)由點(diǎn)電荷q、導(dǎo)體表面的感應(yīng)電荷共同決定.在帶電面上任意取一電

24、荷元，電荷元在球心產(chǎn)生的電勢(shì)dVdq4冗志由于R為常量，因而無(wú)論球面電荷如何分布，半徑為R的帶電球面在球心產(chǎn)生的電勢(shì)為q4冗0RdqV ="s4冗龜R由電勢(shì)的疊加可以求得球心的電勢(shì).解 導(dǎo)體球內(nèi)表面感應(yīng)電荷一 q,外表面感應(yīng)電荷q;依照分析，球心的電勢(shì)q q . q Q4 冗0r 4 冗0a 4 冗(0b第七章恒定磁場(chǎng)7 -2 一個(gè)半徑為r的半球面如圖放在均勻磁場(chǎng)中，通過(guò)半球面的磁通量為（）_ 22 (A) 2 r B(B) M B(C) 2 <2Bcos a(D) <2Bcos a分析與解 作半徑為r的圓S與半球面構(gòu)成一閉合曲面，根據(jù)磁場(chǎng)的高斯定理，磁感線(xiàn)是閉合曲線(xiàn)，閉

25、合曲面的磁通量為零，即穿進(jìn)半球面S的磁通量等于穿出圓面 S的磁通量；m = B S 因而正確答案為（D）.73 下列說(shuō)法正確的是（）（A）閉合回路上各點(diǎn)磁感強(qiáng)度都為零時(shí)，回路內(nèi)一定沒(méi)有電流穿過(guò)（B）閉合回路上各點(diǎn)磁感強(qiáng)度都為零時(shí)，回路內(nèi)穿過(guò)電流的代數(shù)和必定為零（C）磁感強(qiáng)度沿閉合回路的積分為零時(shí)，回路上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度必定為零（D）磁感強(qiáng)度沿閉合回路的積分不為零時(shí)，回路上任意一點(diǎn)的磁感強(qiáng)度都不可能為零分析與解由磁場(chǎng)中的安培環(huán)路定律， 磁感強(qiáng)度沿閉合回路的積分為零時(shí)，回路上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度不一定為零；閉合回路上各點(diǎn)磁感強(qiáng)度為零時(shí)，穿過(guò)回路的電流代數(shù)和必定為零。因而正確答案為（B）.7 -4在圖（a）

26、和（b）中各有一半徑相同的圓形回路L1、L2,圓周內(nèi)有電流I1、I2 ,其分布相同，且均在真空中，但在（b）圖中 L2回路外有電流I3 , P1、P2為兩圓形回路上 的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，則（）（A） TB dl = TB d，Bp1 =Bp2（B） B dl 巧B d，Bp1 =Bp2（C）Tb dl =TB dl，Bp1#Bp2（D） B -dl，勺B d , BP fBPL1L2piP2分析與解 由磁場(chǎng)中的安培環(huán)路定律，積分回路外的電流不會(huì)影響磁感強(qiáng)度沿回路的積分;但同樣會(huì)改變回路上各點(diǎn)的磁場(chǎng)分布.因而正確答案為（7-10如圖所示，有兩根導(dǎo)線(xiàn)沿半徑方向接觸鐵環(huán)的a、b兩點(diǎn)，并與很遠(yuǎn)處的電源相接。求環(huán)

27、心O的磁感強(qiáng)度.分析 根據(jù)疊加原理，點(diǎn) O的磁感強(qiáng)度可視作由ef、be、fa三段直線(xiàn)以及acb、adb兩段圓弧電流共同激發(fā).由于電源距環(huán)較遠(yuǎn)，Bef=0.而be、fa兩段直線(xiàn)的延長(zhǎng)線(xiàn)通過(guò)點(diǎn) O,由于Idl Mr=0,由畢一薩定律知 B be = B fa=0.流過(guò)圓弧的電流Il、I2的方向如圖所示，兩圓弧在點(diǎn)。激發(fā)的磁場(chǎng)分別為的1 2l24 <2R與弧長(zhǎng)l成正比，而圓弧acb、adb又-I/iB1 一2，B2 一4 <其中Ii、I2分別是圓弧acb、adb的弧長(zhǎng)，由于導(dǎo)線(xiàn)電阻 構(gòu)成并聯(lián)電路，故有Illi = I 2l2將Bi、B2疊加可得點(diǎn)。的磁感強(qiáng)度B.解由上述分析可知，點(diǎn) O的

28、合磁感強(qiáng)度B =B1 B2一至今=04 <24 <2711如圖所示，幾種載流導(dǎo)線(xiàn)在平面內(nèi)分布，電流均為 I ,它們?cè)邳c(diǎn)。的磁感強(qiáng)度各為多少?(b)分析應(yīng)用磁場(chǎng)疊加原理求解.將不同形狀的載流導(dǎo)線(xiàn)分解成長(zhǎng)直部分和圓弧部分,它們各自在點(diǎn)。處所激發(fā)的磁感強(qiáng)度較容易求得，則總的磁感強(qiáng)度B0= B Bi解 (a)長(zhǎng)直電流對(duì)點(diǎn) O而言，有IdlMr =0,因此它在點(diǎn)。產(chǎn)生的磁場(chǎng)為零，則點(diǎn) 。處總的磁感強(qiáng)度為1/4圓弧電流所激發(fā)，故有Bo =8RBo的方向垂直紙面向外.(b)將載流導(dǎo)線(xiàn)看作圓電流和長(zhǎng)直電流，由疊加原理可得Bo的1 的12R - 2RBo的方向垂直紙面向里.(c)將載流導(dǎo)線(xiàn)看作1/2

29、圓電流和兩段半無(wú)限長(zhǎng)直電流，由疊加原理可得B _ 的1+/1 +和1 _ 的1 +和1：-4五 4 R 4R _ 2 tR 4RBo的方向垂直紙面向外.7-15如圖所示，載流長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)的電流為 I ,試求通過(guò)矩形面積的磁通量.(a)7 - 15 圖分析 由于矩形平面上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度不同，故磁通量WBS.為此，可在矩形平面上取一矩形面元dS= ldx 圖（b）,載流長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)的磁場(chǎng)穿過(guò)該面元的磁通量為dO = B dS= "ldx2 x矩形平面的總磁通量解由上述分析可得矩形平面的總磁通量J2 Mol .MoIl d2=ldx =In -q 2派 2冗 d1I ,但電流的流向相717有一同軸

30、電纜，其尺寸如圖（a）所示.兩導(dǎo)體中的電流均為反，導(dǎo)體的磁性可不考慮. 試計(jì)算以下各處的磁感強(qiáng)度：（1） rvR; （2） R1VrR2； （3）R2rvR3； (4) r>R3.畫(huà)出 B r圖線(xiàn).17-17 田分析同軸電纜導(dǎo)體內(nèi)的電流均勻分布,其磁場(chǎng)呈軸對(duì)稱(chēng)，取半徑為r的同心圓為積分路徑,cjB dl = B 2 7M 利用安培環(huán)路定理cJB dl =的£ I ,可解得各區(qū)域的磁感強(qiáng)度.解由上述分析得rvRiB1 2< =Ri< r< R2R2V r< R3r>R3Bi川r2 tRi2B2B3 -2 "M,|Ir2-R2 |ttR； -

31、r1& R2-r22 7r R； - R；B4 =0磁感弓S度B (r)的分布曲線(xiàn)如圖(b)729 如圖(a)所示，一根長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)載有電流Ii = 30A,矩形回路載有電流I?=20A.試計(jì)算作用在回路上的合力.已知 d=1.0cm, b=8.0cm, l = 0.12m.方向相反，對(duì)不變形的矩形回路來(lái)分析 矩形上、下兩段導(dǎo)線(xiàn)受安培力F i和F 2的大小相等,說(shuō)，兩力的矢量和為零. 而矩形的左右兩段導(dǎo)線(xiàn)，由于載流導(dǎo)線(xiàn)所在處磁感強(qiáng)度不等，所受安培力F3和F4大小不同，且方向相反，因此線(xiàn)框所受的力為這兩個(gè)力的合力.解 由分析可知，線(xiàn)框所受總的安培力F為左、右兩邊安培力 F3和F4之矢量和，如

32、圖(b)所示，它們的大小分別為匚_的I1I 21F3 一2 dL由 I1I 21F4 二2d +b)故合力的大小為F=F3-F4 =bhi_ 困"21 =1.28 10* N2cl24d+b)合力的方向朝左，指向直導(dǎo)線(xiàn).第八章電磁感應(yīng)電磁場(chǎng)8 -1 一根無(wú)限長(zhǎng)平行直導(dǎo)線(xiàn)載有電流I,一矩形線(xiàn)圈位于導(dǎo)線(xiàn)平面內(nèi)沿垂直于載流導(dǎo)線(xiàn)方向以恒定速率運(yùn)動(dòng)(如圖所示)，則()(A)線(xiàn)圈中無(wú)感應(yīng)電流(B)線(xiàn)圈中感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较?C)線(xiàn)圈中感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?D)線(xiàn)圈中感應(yīng)電流方向無(wú)法確定分析與解 由右手定則可以判斷， 在矩形線(xiàn)圈附近磁場(chǎng)垂直紙面朝里，磁場(chǎng)是非均勻場(chǎng)， 距 離長(zhǎng)直載流導(dǎo)線(xiàn)越遠(yuǎn)，磁場(chǎng)越

33、弱.因而當(dāng)矩形線(xiàn)圈朝下運(yùn)動(dòng)時(shí)，在線(xiàn)圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，感 應(yīng)電流方向由法拉第電磁感應(yīng)定律可以判定.因而正確答案為( B)85 下列概念正確的是()(A)感應(yīng)電場(chǎng)是保守場(chǎng)(B)感應(yīng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線(xiàn)是一組閉合曲線(xiàn)(C) m=LI ,因而線(xiàn)圈的自感系數(shù)與回路的電流成反比(D) m=LI ,回路的磁通量越大，回路的自感系數(shù)也一定大 分析與解對(duì)照感應(yīng)電場(chǎng)的性質(zhì)，感應(yīng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線(xiàn)是一組閉合曲線(xiàn).因而 正確答案為(B) .8 -7有兩根相距為d的無(wú)限長(zhǎng)平行直導(dǎo)線(xiàn)，它們通以大小相等流向相反的電流，且電流均dI 以一的變化率增長(zhǎng).若有一邊長(zhǎng)為d的正方形線(xiàn)圈與兩導(dǎo)線(xiàn)處于同一平面內(nèi)，如圖所本.求dt線(xiàn)圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì).4

34、題S-7用分析本題仍可用法拉第電磁感應(yīng)定律d一",一一，、一，、,± = -來(lái)求解.由于回路處在非均勻磁場(chǎng)中，磁dt通量就需用=&B，dS來(lái)計(jì)算（其中B為兩無(wú)限長(zhǎng)直電流單獨(dú)存在時(shí)產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度Bi與B2之和）.為了積分的需要，建立如圖所示的坐標(biāo)系.由于B僅與x有關(guān)，即B = B（x）,故取一個(gè)平行于長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)的寬為d x、長(zhǎng)為d的面元d S,如圖中陰影部分所示，則 dS = ddx ,所以，總磁通量可通過(guò)線(xiàn)積分求得（若取面元dS=dxdy,則上述積分實(shí)際上為二重積分）.本題在二程技術(shù)中又稱(chēng)為互感現(xiàn)象，也可用公式EMdl-=M 求解.dt解1穿過(guò)面元d S的磁通量為dO

35、 = B dS=B dS+B2 dS =圖一ddx - - ddx2 Mx 十 d )2 x因此穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通量為=fd=的1d dx. 2d皿dx )皿.2 4x + d) d2水 2 冗 4再由法拉第電磁感應(yīng)定律，有d f 3'd=In dt 12 7t 41dt解2當(dāng)兩長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)有電流I通過(guò)時(shí)，穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通量為由dl 3 = In -2冗 4線(xiàn)圈與兩長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)間的互感為當(dāng)電流以d變化時(shí)，線(xiàn)圈中的互感電動(dòng)勢(shì)為 dt=必3 dL24 dt試想：如線(xiàn)圈又以速率v沿水平向右運(yùn)動(dòng)，如何用法拉第電磁感應(yīng)定律求圖示位置的電動(dòng)勢(shì)呢？此時(shí)線(xiàn)圈中既有動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，又有感生電動(dòng)勢(shì).設(shè)時(shí)刻 t ,線(xiàn)圈左端距

36、右側(cè)直導(dǎo)線(xiàn)的距離為匕則穿過(guò)回路的磁通量 =B dS = f（1, 9,它表現(xiàn)為變量I和第勺二元函數(shù)，將 代 S、一 d d H一 r1，、入E =即可求解，求解時(shí)應(yīng)按復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)，注意，其中 =v ,再令E= d即可求dtdt得圖示位置處回路中的總電動(dòng)勢(shì).最終結(jié)果為兩項(xiàng)，其中一項(xiàng)為動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，另一項(xiàng)為感生電動(dòng)勢(shì).812如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒OP,處于均勻磁場(chǎng)中， 并繞OO'軸以角速度 旋轉(zhuǎn)，棒與轉(zhuǎn)軸間夾角恒為 9,磁感強(qiáng)度B與轉(zhuǎn)軸平行.求OP棒在圖示位置處的電動(dòng)勢(shì).Of甲 B題X - 12圖.一_ . - d分析 如刖所述，本題既可以用法拉第電磁感應(yīng)7E律E=計(jì)算(此時(shí)必須構(gòu)造一個(gè)包

37、dt含OP導(dǎo)體在內(nèi)的閉合回路，如直角三角形導(dǎo)體回路OPQO),也可用E= (vM B)dl來(lái)計(jì) 算.由于對(duì)稱(chēng)性，導(dǎo)體 OP旋轉(zhuǎn)至任何位置時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)與圖示位置是相同的.解1由上分析，得Eop = OP v B dlo _. 八八o一=vBsin 90 cos odl=JQsin 0 由cos(90° - 0dl2 L 12“Bsin °01dl =2 3B(Lsin0f由矢量vB B的方向可知端點(diǎn)P的電勢(shì)較高.解2設(shè)想導(dǎo)體OP為直角三角形導(dǎo)體回路 OPQO中的一部分，任一時(shí)刻穿 過(guò)回路的磁通量 為零，則回路的總電動(dòng)勢(shì)E 當(dāng)=0 = E°p EpqEqodt顯然，Eqo = 0,所以EOP = _EPQ2coB PQ由上可知，導(dǎo)體棒OP旋轉(zhuǎn)時(shí)，在單位時(shí)間內(nèi)切割的磁感線(xiàn)數(shù)與導(dǎo)體棒QP等效.后者是垂直 切割的情況.i813如圖(a)所不，金屬桿 AB以勻速v =2.0m 6一平行于一長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)移動(dòng)，此導(dǎo)線(xiàn)通有電流I = 40A.求桿中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，桿的哪一端電勢(shì)較高?分析本題可用兩種方法求解.1)用公式E=(vM Bbd l求解，建立圖(a)所示的坐(2)用法拉第電磁感應(yīng)定律求解,標(biāo)系，所取導(dǎo)體元dl