新編基礎物理學》下冊習題解答和分析

1、.?新編根底物理學?下冊習題解答和分析第九章習題解答9-1 兩個小球都帶正電，總共帶有電荷,假如當兩小球相距2.0m時，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：運用庫侖定律求解。解：如下圖，設兩小球分別帶電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：由聯立得： 9-2 兩根6.0×10-2m長的絲線由一點掛下，每根絲線的下端都系著一個質量為0.5×10-3kg的小球.當這兩個小球都帶有等量的正電荷時，每根絲線都平衡在與沿垂線成60°角的位置上。求每一個小球的電量。分析：對小球進展受力分析

2、，運用庫侖定律及小球平衡時所受力的互相關系求解。解：設兩小球帶電q1=q2=q，小球受力如下圖題9-2解圖 聯立得：其中代入式，即： q=1.01×10-7C9-3 電場中某一點的場強定義為，假設該點沒有試驗電荷，那么該點是否存在場強？為什么？答：假設該點沒有試驗電荷，該點的場強不變.因為場強是描繪電場性質的物理量，僅與場源電荷的分布及空間位置有關，與試驗電荷無關，從庫侖定律知道，試驗電荷q0所受力與q0成正比，故是與q0無關的。9-4 直角三角形ABC如題圖9-4所示，AB為斜邊，A點上有一點荷，B點上有一點電荷，BC=0.04m，AC=0.03m，求C點電場強度的大小和方向cos

3、37°0.8, sin37°0.6.分析：運用點電荷場強公式及場強疊加原理求解。解：如題圖9-4所示C點的電場強度為題9-4解圖C方向為： 即方向與BC邊成33.7°。9-5 兩個點電荷的間距為0.1m，求間隔 它們都是0.1m處的電場強度。分析：運用點電荷場強公式及場強疊加原理求解。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，四個頂點都放有電荷q，兩個頂點放有電荷q。試計算圖中在六角形中心O點處的場強。分析：運用點電荷場強公式及場強疊加原理求解。解：如下圖.設q1=q2=q6=q，各點電荷q在O點產生的電場強度大小均

4、為：各電場方向如下圖，由圖可知與抵消.據矢量合成，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的點的場強。分析：將帶電直線無窮分割，取電荷元，運用點電荷場強公式表示電荷元的場強，再積分求解。注意：先電荷元的場強矢量分解后積分，并利用場強對稱性。解：如圖建立坐標，帶電線上任一電荷元在P點產生的場強為：題9-8解圖題9-7解圖根據坐標對稱性分析，E的方向是y軸的方向9-8 兩個點電荷q1和q2相距為l，假設1兩電荷同號；2兩電荷異號，求電荷連線上電場強度為零的點的位置.分析：運用點電荷場

5、強公式及場強疊加原理求解。解：如下圖建立坐標系，取q1為坐標原點，指向q2的方向為x軸正方向.1 兩電荷同號.場強為零的點只可能在q1、q2之間，設距q1為x的A點.據題意：E1=E2即：2 兩電荷異號.場強為零的點在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的細直棒AB上，均勻地分布著線密度的正電荷，試求：1在細棒的延長線上，距棒近端d1=0.05m處P點的場強；2在細線的垂直平分線上與細棒相距d2=0.05m的Q點處的場強；3 在細棒的一側，與棒垂直間隔 為d2=0.05m，垂足距棒一端為d3=0.10m的S點處的場強.分析：將均勻帶

6、電細棒分割成無數個電荷元，每個電荷元在考察點產生的場強可用點電荷場強公式表示，然后利用場強疊加原理積分求解，便可求出帶電細棒在考察點產生的總場強。注意：先電荷元的場強矢量分解后積分，并利用場強對稱性。題9-9解圖(1)題圖9-9解：1 以P點為坐標原點，建立如圖1所示坐標系，將細棒分成許多線元dy.其所帶電量為，其在P點的場強為，那么方向沿Y軸負方向2 建立如下圖的坐標系，將細棒分成許多線元dy.其所帶電量為。它在Q點的場強的大小為：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 在細棒一側的S點處的場

7、強。建立如圖3所示的坐標系，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點和P點的電場強度.分析：運用均勻帶電細棒附近的場強公式及場強疊加原理求解。題圖9-10解：以P點為坐標原點，建立如題9-10解圖1 所示坐標系均勻帶電細棒的場強：在P點：，豎直棒在P點的場強為：題9-10解圖(1)x程度棒在P點的場強為：在P點的合場強：即：方向與x軸正方向成45°.同理以P點為坐標原點，建立如圖題9-10解圖2坐標：在P點：，豎直棒在P點的場強為： 題9-10解圖(2)x程度棒在P點的場強為：在P點的合場強為

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P,它們之間的間隔 如題圖9-11所示,求P點的電場強度。分析：運用無限長均勻帶電細棒的場強公式及場強疊加原理求解。解：在P點產生的場強為：題圖9-11在P點產生的場強大小為：方向如題9-11解圖所示。把寫成分量形式為：在P點產生的合場強為：題9-11解圖9-12 一細棒被彎成半徑為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點處的電場強度。題9-12解圖題圖9-12分析：微分取電荷元，運用點電荷場強公式及場強疊加

9、原理積分求解。將帶電半圓環(huán)分割成無數個電荷元，運用點電荷場強公式表示電荷元場強。將電荷元電場進展矢量分解，再進展對稱性分析，然后積分求解。解：把圓環(huán)分成無限多線元，所帶電量為，產生的場強為。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點產生的場強為： 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圖中三個區(qū)域的場強，的表達式；2假設=4.43×10-6C·m-2，那么，各多大？分析：首先確定場強正方向，然后利用無限大均勻帶電平板場強及場強疊加原理求解

10、。解：1無限大均勻帶電平板周圍一點的場強大小為：在區(qū)域：區(qū)域：區(qū)域：2假設=4.43×10-6C·m-2那么9-14 邊長為a的立方盒子的六個面分別平行于xOy，yOz和xOz平面，盒子的一角在坐標原點處，在此區(qū)域有勻強電場，場強,求通過各面的電通量。分析：運用電通量定義求解，注意對于閉合曲面，外法線方向為正。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，運用點電荷電勢公式及電勢疊加原理積分求解。將帶電半圓環(huán)分割成無數個電荷元，根據點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：整個半圓環(huán)在環(huán)心O點處的電勢為：9-16 一面電荷密度為的無限大均勻帶電平面，假設以該平面處為電勢零點，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公式及電勢與電場強度的積分關系求解。解：無限大平面周圍的場強分布為：取該平面電勢為零，那么周圍任一點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，求：1D點和B點的場強和電勢; 2 A點和C點的電勢；3將電量為2×10-9C的點電荷q0由A點移到C點，電場力所作的功；4將q0由B點移到D點，電場力所作的功。題圖9-17題9-17解圖分析：由點電荷的場強、電勢的公式及疊加原理求場強和電勢。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值。解：1建立如圖題9-17解圖所示坐標系：，方向如圖示。，方向如圖示。；方向平行于x軸.同理，UB=0.2349-18 設在均勻電場中，場強與半徑為

13、R的半球面的軸相平行，試計算通過此半球面的電場強度通量？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處的電場強度：1 ；2 ；3 分析：由于場為柱對稱的，做同軸圓柱面，運用高斯定理求解。解：1在時，作如下圖同軸圓柱面為高斯面.由于場為柱對稱的，所以通過側面的電通量為，通過上下底面的電通量為零.據高斯定理，因為此高斯面沒有包圍電荷，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點的電勢為300V，b點電勢為-10V.如把5×10-8C的電荷從b點移到a點,試求電場力作的功？分析：電場力作功等于電勢能增量的負值。解：依題意可以有如圖的示意圖：把正電荷由a點移到b點時電場力作功反之，當正電荷從b點移到a點時，電場力作功：負功表示當正電荷向低電勢向高電勢挪動時，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的兩個同心球面上分別均勻帶電q1和q2,求在, ,三個區(qū)域內的電勢分布。分析：由于場為球對稱的，做同心球面，利用高斯定理求出場強。再利用電勢與場強的積分關系求電勢。注意：積分

15、途徑上的場強是分段函數。題9-21解圖解：利用高斯定理求出：電勢的分布：第十章習題解答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A板所帶電量Q=3.0×10-7C，忽略邊緣效應,求：1B和C上的感應電荷？2A板的電勢設地面電勢為零。題10-1解圖題圖10-1分析：當導體處于靜電平衡時，根據靜電平衡條件和電荷守恒定律，可以求得導體的電荷分布，又因為B、C兩板都接地，所以有。解：1設B、C板上的電荷分別為、。因3塊導體板靠的較近，可將6個導體面視為6個無限大帶電平面。導體外表電荷分布均勻，且其

16、間的場強方向垂直于導體外表。作如圖中虛線所示的圓柱形高斯面。因導體到達靜電平衡后，內部場強為零，故由高斯定理得：即 又因為： 而: 于是： 兩邊乘以面積S可得： 即： 聯立求得: 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P為兩極板間任意一點，略去邊緣效應，求：1A,B板上的電荷分別在P點產生的場強EA,EB;2A,B板上的電荷在P點產生的合場強E；3拿走B板后P點處的場強E。分析：運用無限大均勻帶電平板在空間產生的場強表達式及場強疊加原理求解。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點產生的場強分別為:題圖10-2,方向為

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板指向無限遠處.10-3 電量為q的點電荷處導體球殼的中心，球殼的內、外半徑分別為R1和R2，求場強和電勢的分布。分析：由場強分布的對稱性，利用高斯定理求出各區(qū)域場強分布。再應用電勢與場強的積分關系求電勢，注意積分要分段進展。解：由靜電感應在球殼的內外表上感應出的電量，外外表上感應出q的電量.題10-3解圖所以由高斯定理求得各區(qū)域的場強分布為：即： 綜上可知:10-4 半徑為R1的導體球，帶有電量q；球外有內、外半徑分別為R2，R3的同心導體球殼，球殼帶有電量Q。1求導體球和球殼的電勢U1，U2；2假設球殼接地，求

18、U1，U2；3假設導體球接地設球殼離地面很遠，求U1，U2。分析：由場強分布的對稱性，利用高斯定理求出各區(qū)域場強分布；再由電勢定義求電勢。接地導體電勢為零，電荷重新分布到達新的靜電平衡，電勢分布發(fā)生變化。解:如圖題10-4解圖a所示,當導體到達靜電平衡時,q分布在導體球的外表上.由于靜電感應在外球殼的內外表上感應出電量.外外表上感應出電量，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)域的場強分布為：題10-4解圖（a）E的方向均沿經向向外.取無限遠處電勢為零，那么由電勢的定義可得：內球體內任一場點p1的電勢為外球殼體內任一場點p2的電勢為:題10-4解圖（b）2假設外球

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外表上,此時電場只分布在的空間，如圖題10-4解圖b所示.由于外球殼那么內球體內任一點P1的電勢U1為:3 當內球接地時，內球的電勢，但無限遠處的電勢也為零，這就要求外球殼所帶電量在內外外表上重新分配，使球殼外的電場沿著經向指向無限遠處，球殼內的電場經向指向球心處；因此，內球必然帶負電荷。因為內球接地，隨著它上面正電荷的減少，球殼內外表上的負電荷也相應減少；當內球上正電荷全部消失時，球殼內外表上的負電荷全部消失完；但就球殼而言，仍帶有電量+Q。由于靜電感應，在內球和大地這一導體，系統(tǒng)中便會感應出等量的負電荷-Q,此負電荷-Q的一部

20、分設為-q均勻分布在內球外表上。球殼內外表上將出現等量的正電荷+q與之平衡.因此，在到達靜電平衡后，內球帶電荷-q，球殼內外表帶電量+q，外外表上帶電量Q-q，如下圖.由高斯定理可知各區(qū)域的場強分布為:題10-4解圖（c） 球殼上任一場點P2相對于無限遠處和相對于接地內球的電勢，應用電勢定義分別計算，可得:聯立上述兩式，求得：將代入U2的表達式中可得:10-5 三個半徑分別為R1，R2，R3R1< R2< R3的導體同心薄球殼，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，各球殼的電勢。分析：根據靜電平衡條件先確定球的電荷分布情況，再根據電荷分布的球對稱性，利

21、用高斯定理求出電場強度分布，進而利用電勢與電場強度的積分關系求出電勢分布。對于電荷球對稱分布的帶電體，也可直接利用電勢疊加原理求得電勢分布。接地導體時電勢為零，電荷重新分布到達新的靜電平衡，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的導體球殼外外表上均勻的分布電量q1，由于靜電感應，半徑為R2的球殼內外表上感應出-q1的電量.外外表上感應出+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的球殼內外表上感應出-q1+q2的電量.外外表上感應出+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)域的場強分別為題10-5解圖(a)， E的方向均沿徑向向外.取無限遠處為電勢零點.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的三個同心帶電球殼分別在各點所共同產生的電勢的疊加.由于在半徑為R1的球殼外外表上的P點由三個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為外球殼接地，所以：10-6 一球形電容器，由兩個同心的導體球殼所組成，內球殼半徑為a，外球殼半徑為b，求電容器的電容。分析：設球殼內外表帶電量，由于電荷分布具有對稱性，應用高斯定理確定場強的分布。由電勢與場強的積分關系確定電容器兩極板間電勢差，再由電容定義式求電容。解：設內球殼外外表帶電量為+Q.那么外球殼內外表帶電量為-Q,兩球面間的場強分布具有對稱性，應用高斯定理，求得兩球面間的場強大小為：據場強與電勢差的關系：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.1 求電容C.2金屬板離兩極板的遠近對電容C有無影響？3在t=0和t=d時的C為多少？分析： 由于金屬板的兩個外表在電容器中構成新電容器的兩個板板，所以AC間的電容器可看作AB、BC兩電容器的串聯.題10-7解圖解：1AC間的電容為:2 由上述推導可知，金屬板離兩極板遠近對C無影響(3) 當t=0時:當t=d時: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,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系求解。解：1 據電容的定義式：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，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：1兩層介質中的場強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而成。題10-9解圖解: 1 平行板電容器為介質是真空時當充滿相對電容率為的介質時，場強分別為： ，方向為垂直極板向下。，方向為垂直極板向下。2 該電容可以看成是的串聯。10-10 一無限長的圓柱

26、形導體，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中，電介質的相對電容率為，求：1電場強度E的分布規(guī)律；2電勢U的分布規(guī)律設圓柱形導體的電勢為U0分析：介質中高斯定理的應用。先利用介質中高斯定理求D、E的空間分布，然后再由電勢與場強的關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據電勢與場強的關系可知：取圓柱面附近某點B處電勢為零.那么：當rR時, 當rR時, 綜上可知電勢分布為：10-11 設有兩個

27、同心的薄導體球殼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球殼，內層的相對電容率，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；4由球殼A與B組成的電容器的電容分析：介質中高斯定理的應用。先由介質中高斯定理求D、E的空間分布，然后由電勢與場強的關系求電勢、電勢差，再根據電容定義式求電容。解：1 由于電荷分布呈球對稱性.D、E分布亦呈球對稱性.方向沿徑向.由高斯定理可得:AB題10-11解圖又由于由場強與電勢的關系可知:2 3 4由靜電感應，到達靜電平衡時，半徑為R

28、2的導體球殼內外表上分布有-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板，略去邊緣效應，求：1介質中的電位移D，場強E；2極板上的電量q；3極板與介質間的場強E；4電容C。分析：介質中高斯定理的應用。由電勢與場強的關系和D、E之間的關系，可得出空氣、介質中的場強，由高斯定理可求出介質中的電位移D，進而求出電量及電容。解：1設介質中的場強為、介質外的場強為，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 極板與介質間的場強：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；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的導線和與它同軸的導體圓筒構成，圓筒長為l，內半徑為R2，導線與圓筒間充滿相對電容率為的電介質，設沿軸線單位長度上導線的電量為，圓筒的電量為，略去邊緣效應，求：1電介質中電位移D，場強E；2兩極板的電勢差。分析：介質中的高斯定理的應用。根據介質中的高斯定理求出D、E，再由電勢差與場強的關系求電勢差。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，每個電容器的電容C均為3F，現將a,b兩端加上U=450V的電壓，求：1各個電容器上的電量；2整個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，各個電容器上的電量。題10-15解圖題圖10-15分析：畫出等效電路，利用電容器的串、并聯特點求解。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，迫使正電荷經過電源內部由低電位的電源負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)，它不隨時間的變化而變化。非靜電場不由靜止電荷產生，它的大小決定于單位正電荷所受的非靜電力，。當然電源種類不同，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間變化的電荷產生，電荷本身卻在挪動。正因為建立穩(wěn)恒電場的電荷分布不隨時間變化，

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。11-3一根銅導線外表涂以銀層，當兩端加上電壓后，在銅線和銀層中，電場強度是否一樣？電流密度是否一樣？電流強度是否一樣？為什么？ 答：此題涉及知識點：電流強度，電流密度概念，電場強度概念，歐姆定律的微分形式。設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一樣。由于銅線和銀層的電導率不同，根據知，它們中的電流密度不一樣。電流強度，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度，一般說來是不一樣的。11-4一束質子發(fā)生側向

34、偏轉，造成這個偏轉的原因可否是：1電場？2磁場？3假設是電場和磁場在起作用，如何判斷是哪一種場？答：造成這個偏轉的原因可以是電場或磁場?？梢愿淖冑|子的運動方向，通過質子觀察運動軌跡來判斷是電場還是磁場在起作用。11-5 三個粒子，當它們通過磁場時沿著如題圖115所示的途徑運動，對每個粒子可作出什么判斷？答：根據帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力規(guī)律，通過觀察運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 一長直載流導線如題11-6圖所示，沿Oy軸正向放置，在原點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各點處的磁感應強度。分析：根據畢奧-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O處的電流元在a，0，0點產生的為：在0，a，0點產生的為：題11-6圖在a，a，0點產生的為：在a，a，a點產生的為11-7 用兩根彼此平行的長直導線將半徑為R的均勻導體圓環(huán)聯到電源上，如題11-7圖所示，b點為切點，求O點的磁感應強度。分析：應用畢奧-薩伐爾定律分別求出載流直導線L1和L2以及導體圓環(huán)上并聯的大圓弧和小圓弧在O點產生的磁感應強度，再利用磁感應強度的矢量和疊加求解。解：先看導體圓環(huán)

38、，由于和并聯，設大圓弧有電流，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，實際電阻與圓環(huán)弧的弧長和有關，即：題11-7圖那么在O點產生的的大小為而在O點產生的的大小為和方向相反，大小相等.即。直導線在O點產生的。直導線在O點產生的，方向垂直紙面向外。那么O點總的磁感強度大小為11-8 一載有電流的長導線彎折成如題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點處磁場的場強。分析：O點的磁感強度為各段載流導線在O點產生磁感強度的矢量和。解：因為O點在AC和EF的延長線上，故AC和EF段對O點的磁場沒有奉獻。CD段：DE段：O點總磁感應強度

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距板邊為的P點處的磁感應強度。分析：微分無限長薄電流板，對微分電流應用無限長載流直導線產生的磁場公式求解。并將再積分求解總的磁感應強度。注意利用場的對稱性。解：在電流板上距P點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點處產生的磁感強度為：方向垂直紙面向里。整個電流板上各窄條電流在P點處產生的方向一樣，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P處的磁感應強度。分析：微分半圓柱形金屬薄片，對微分電流

40、應用無限長載流直導線產生的磁場公式求解。并將場強矢量分解后再積分求解總的磁感應強度。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，每根導線上的電流在P點產生的磁場大小為，方向按右手螺旋法那么確定，如解11-10圖所示。由于各電流窄條產生的磁場方向各不一樣，P點的總磁場應化矢量積分為標量積分，即11-11 在半徑為R及r的兩圓周之間，有一總匝數為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強度。分析：微分密繞平面線圈，計算出相應的微分電流，利用載流圓環(huán)在其圓心處產生的磁場公式求解。并將矢量再

41、積分求解總的磁感應強度。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，單位長度的線圈匝數為任取半徑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)在線圈中心產生的磁感強度大小為圓心處總磁感強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處的磁感應強度的大小.分析：微分密繞線圈，計算出相應的微分電流，利用載流圓環(huán)在其軸線上產生的磁場公式求解。并將矢量再積分求解總的磁感應強度。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，取半徑為r，寬為dr的電流環(huán)的密繞線圈，其含有匝數為，通電流為因為，。半徑為r的一小匝電流在O點產生的大小為所有電流產生的磁場方向均沿x軸，所以其磁感強度大小為 題11-12圖 解11-12圖11-13 半徑為R的木球上繞有細導線，所繞線圈很嚴密，相鄰的線圈彼此平行地靠著，以單層蓋住半個球面共有N匝，如題11-13圖所示。設導線中通有電流，求在球心O處的磁感應強度。分析：考慮線圈沿圓弧均勻分布，微分密繞線圈，計算出相應的微分電流，利用載流圓環(huán)在其軸線上產生的磁感應強度公式求解。并將矢量再積分求解總的磁感應強度。解11-13圖解：

43、建立如解11-13圖所示坐標，軸垂直線圈平面，考慮線圈沿圓弧均勻分布，故在內含有線圈的匝數為線圈中通電流時，中心O點處磁感強度為題11-13圖因為 對整個半球積分求得O點總磁感強度為11-14 一個塑料圓盤，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動，角速度為.試證明1在圓盤中心處的磁感應強度為2圓盤的磁偶極矩為分析：均勻帶電圓盤以角速度旋轉時相當于圓電流，微分帶電圓盤，計算出相應的微分電流，利用載流圓環(huán)在其圓心處產生的磁場公式求解。并將矢量再積分求解總的磁感應強度。解：1在圓盤上取一個半徑為、寬為的細圓環(huán)，其所帶電量為題1115圖圓盤轉動后相當于圓電流假設干個圓電流在圓

44、心產生的磁感強度為2細圓環(huán)的磁矩為轉動圓盤的總磁矩為，方向沿軸向。11-15 一均勻磁場的磁感應強度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：應用磁通量概念求解。解：1取各面由內向外為法線正方向。那么2311-16 如題11-16圖所示，在長直導線AB內通有電流，有一與之共面的等邊三角形CDE，其高為，平行于直導線的一邊CE到直導線的間隔 為。求穿過此三角形線圈的磁通量。分析：由于磁場不均勻，將三角形面積進展微分，應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，取距電流AB為遠處的寬為且與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 一根很長的銅導線，載有電流10A，在導線內部，通過中心線作一平面S，如題圖11-17所示。試計算通過導線內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：與銅導線軸線相距為r的P點處其磁感強度為題11-17圖 r<R，R為導線半徑。于是通過單位長銅導線內平面S的磁通量為11-18 如題11-18圖所示的空心柱形導體，柱的內外半徑分別

46、為和，導體內載有電流，設電流均勻分布在導體的橫截面上。求證導體內部各點的磁感應強度B由下式給出：分析：應用安培環(huán)路定理求解。注意環(huán)路中電流的計算，應該是先求出載流導體內電流密度，再求出穿過環(huán)路的電流。證明：載流導體內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圖假如實心圓柱，此時。題11-18圖11-19 有一根很長的同軸電纜，由兩個同軸圓筒狀導體組成，這兩個圓筒狀導體的尺寸如題11-19圖所示。在這兩導體中，有大小相等而方向相反的電流流過。1求內圓筒導體內各點的磁感應強度B；2求兩導體之間的B；3求外圓筒導體內的B；4求電纜外各點的

47、B。分析：應用安培環(huán)路定理求解。求外圓筒導體內的B時，注意環(huán)路中電流的計算，應該是先求出外圓導體內電流密度，再結合內圓筒的電流，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當時， ，得B=0；2當時，同理可得3當時，有得4當時，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體管，管中空心部分半徑為，并與圓柱不同軸.兩軸間間隔 ?，F有電流密度為的電流沿導體管流動，求空腔內任一點的磁感應強度B。分析：此題屬于非對稱分布磁場的問題，因此不能直接應用安培環(huán)路定理一

48、次性求解，但可用補償法求解。即將無限長載流圓柱形導體管看作是由半徑為的實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用安培環(huán)路定理求解。那么空間任一點的場就可視作該兩個載流導體產生場的矢量疊加。注意補償電流的計算時，應該是先求出原來導體內電流密度，按照此電流密度進展補償。解：如解11-20圖所示，設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點產生的場為，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點引向P點的矢徑。同理可求得半徑為的反向載流的小圓柱在P點產生磁場，方向如解11-21圖，

49、即；式中為從O¢點引向P點的矢徑。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,空腔內的磁場為均勻磁場。11-21 一電子在的勻強磁場中作圓周運動，圓周半徑，某時刻電子在A點，速度向上，如題11-21圖所示。1試畫出電子運動的軌道；2求電子速度的大??；3求電子動能。分析：應用運動電荷在勻強磁場中所受洛倫茲力公式并結合牛頓第二定律求解。解：1由洛倫茲力公式：得電子的運動軌跡為由A點出發(fā)剛開場向右轉彎半徑為r的圓形軌道。2由：得：3題11-22圖題11-21圖11-22 把2.0keV的一個正電子射入磁感應強度為的均勻磁場內題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.試求這螺旋線運動的周期、螺距p和半徑。分析：應用洛倫茲力分析帶電粒子在均勻磁場中的運動求解。注意分析在的方向和垂直的運動不同特點。解：帶電粒子在均勻磁場中運動時，當與成q=89°時，其軌跡為螺旋線。那么11-23 在霍耳效應實驗中，寬1.0cm，長4.0cm，厚的導體，沿長度方向載有3.0A的電流，當磁感應強度B=1.5T的磁場垂直地通過該薄導體時，產生的橫向霍耳電壓在寬度兩端，試由這些數據求1載流子的漂移速度；2每立方厘米的載流子數目；3假設載流子是電子，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動。利用霍耳效

51、應相關公式求解。解：1載流子的漂移速度2每立方厘米的載流子數目因為電流密度：所以載流子密度3略11-24 某瞬間a點有一質子A以沿題11-24圖中所示方向運動。相距遠處的b點有另一質子B以沿圖示方向運動。在同一平面內，求質子B所受的洛倫茲力的大小和方向。分析：當考察兩運動電荷的互相作用時，可從運動電荷B在運動電荷A形成的磁場中運動著手，求得所受磁力的大小和方向。解：質子A以運動經過a點的瞬間在b點產生的磁感強度為，方向垂直紙面向外。質子B以運動，在經過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，在長直導線旁有一矩形線圈，導線中通有電流，線圈中通有電流。求矩形

52、線圈上受到的合力是多少？。分析：應用安培力公式求解載流導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。故整個梯形載流線圈受力11-27 載有電流的長直導線AB旁有一同平面的導線ab，ab長為9cm，通以電流。求當ab垂直AB，a與垂足O點的間隔 為1cm時，導線ab所受的力，以及對O點的力矩的大小。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，導線對O點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點力矩為11-28 截面積為S，密度為的銅導線，被彎成正方形的三邊，可以繞程度軸轉動，如題11-28圖所示。導線放在方向為豎直向上的勻強磁場中，當導線中的電流為時，導線分開原來的豎直位置偏轉一角度為而平衡，求磁感應強度。如。磁感應強度B應為多少？分析：載流線框繞轉動，由于沒有平動只有轉動，僅需考慮線框對軸力矩的平衡，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：設正方形各邊長度為，質量為，平衡時重力對軸的力矩載流線框受到磁力矩既可用整個線框受到磁力矩，也可用各導線段受力對軸的合力矩因為此時以一條邊為轉軸，即，其大小為題11-28圖平衡時有，即11-29 與程度成角的斜面上放一木制圓柱，圓