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一、选择题(1)D解:先考虑一个板带电q,它在空间产生的场强为。注意是匀场。另一板上电荷“|q|”在此电场中受力,将其化为无数个点电荷,每个电荷受力大小为,故整个|q|受力为:。这既是两板间作用力大小。(2)B解:由电通量概念和电力线概念知:A、穿过S面的电通量不变,因为它只与S面内的电荷相关,现内面电荷没有变化,所以穿过S面的电通量不变。 B、由于S面上场强与内外电荷都有关,现在外面电荷位置变化,所以P点场强也变化。 故选B。二、填空题(1) 解:画图。设等边三角形的边长为a,则任一顶点处 的电荷受到其余两个电荷的作用力合力为: 设在中心处放置电荷,它对顶点处电荷的作用力为: 再由,可解出。 (2) 或 ,方向指向右下角。解:当相对称的两电荷同号则在O点的场强抵消,若异号肯定有电力线过O点,故只有左上角的电荷电力线指向右下角的“”电荷。是三、计算题9.39.4 , (6.7) 解:将带电平面薄板划分为无数条长直带电线(书中图),宽为。求出每条带电线在场点产生的场强(微元表示),然后对全部长直带电线积分,就得到该题的解。注意单位长度上的带电量: (1)距边缘为a处,每条带电直线产生的场强为 原点取在导体片中间,x方向向左: 故总的场强: 的方向沿x轴正向。 或:原点取在场点处,x轴方向向右:,则总的场强为: 此时的方向沿x轴“”向。 (2)在板的垂直方向上,距板为h处。每条带电直线在此处的场强为 由于对称性,故分解: 在x方向上,场强分量因对称互相抵消,故。 所以:9.5 解:任取线元,所在角位置为,(如图)。带电为。它在圆心处产生的电场强度分量各为:整个圆环产生的:9.7 ,(6.15) 由电通量(本书定义为:电场强度通量)的物理意义,知通过S1或S2面的电通量都等于通过圆平面的电通量。 电场强度通量(垂直通过面的):也即是通过S1或S2面的。或解: 以S1和以圆面积(R为半径的)组成一个封闭曲面S 由高斯定理,知:,又所以 同理:9.8,解:(1) 由高斯定理:可得:同理(2) 所以大气的电荷平均体密度为:9.9 ,解:本题解被分成三个区域: 由高斯定理知:1域:,因为在该区域内作的高斯面,面内无电荷。 2域内作一同轴的圆柱形高斯面,高为,半径为,满足 则有: 在3域,类似2域方法作高斯面,满足。则有: 9.10 在n区: 在p区:9.11 解: 这是点电荷系的场强求法和电场力的功概念。见P.69页的题图。 因为: 所以:9.13 (6.22)解: 9.14 , 通过该点的等势线是在中垂面上半径为x的圆。解: 等势面是中垂线内,半径为x的圆,圆心在两电荷的连线的中点。9.16 (6.25)球体内 球体外 定义,则可求出各区域的电势球体外 球面上 球体内 (域)9.20 , , 解:应用高斯定理,可求得空间各域的电场强度: (): (): (): 再由电势定义,可求: (): ():(): 自行画图点电荷在球心,球壳内、外表面上的电荷分布均匀。若点电荷偏离球心,球壳内表面的感应电荷分布不均匀。靠近点电荷的区域,电荷密度大,反之则较小。内表面电荷与点电荷形成封闭场。但外表面的电荷仍然均匀分布。9.21解:(1)由电势叠加原理,有,内球电势: 球壳电势: (2)电势差 (3)连接球与球壳,则电荷全部跑到外球面上,所以 球与球壳是等势体 (4)外球面接地,则只有内球与球壳间的局域场,所以 ,但。 另外注意,本题的解也可用电势定义积分得到。9.22 (7.4)证:两带电金属球。半径分别为。由于相距远,两球产生的电场互不影响。现用一根极细导线连接两球,达到静电平衡后记金属球1带电为,电势为;金属球2带电为,电势为。由于导线相连,故有: 。 又互不影响,所以有:即: 又 此两式代入上式,可得 即-得证9.23 ,解: 设充电后,板上电量为,板的面积为s,故板上面密度大小为 插入金属板以前:。 现断开电源(q不变),插入金属板,厚为l,故电容器两板间距变为了,此时: 电势差的改变为 由式看出金属板的位置对结果无影响。9.24 无图9.25 解:见图,当开关K拨向1,电容C1充电, C1的能量为 当开关K拨向2,电容C1向当电容C2放电,电荷会重新分布,由于是电容并联,故有:,又电压相等 由此两式解得:故并联后电容器中的总能量为故能量改变:9.26 ; 抽出时 解: 插入厚度为d的金属板后,相当于把原来的一个电容器变成了串联着的两个电容器,分别设为C1和C2。设C1的板间距为l,则另一电容的板间距为。串联后的总电容设为C,则有(1) 插入后的总电容为 (2) 这是先充电,后改变电容(板上电量不变,改变电容)。抽出金属板,电容改变为 因为原先电容储能为, 现在不变,但电容变化了。故新电容储能。 所以外力的功:9.27 解:导体球表面的电能密度: 因为导体球电容:,代入上式 得:9.28 解:静电能 9.29电场总能: (可用电场能密度积分求解)导线连接后,电荷都在外表面。总能: 9.30 (1) , (2) , 9.31 无图。9.35 解:见题图,(1)设介质板与上极板的距离为x。介质中的场强为E,空气中的场强为 。由电势计算有 再由高斯定理知,两极板间任一点的D都相等。以及可得 ,所以介质中 (2)(3)9.36 (7.11、7.12? ? )解:先见35题,再看本题可知电势分别是U0、U,故是板上电量不变。 (1)板上电量不变: (2)介质高斯定理: (3)本题没有给出U,故计算如下: 空气中的场强:,所以 一、选择题(1)B解:自己画图知,两个电流产生的磁场方向相反。X轴向电流的磁感穿出纸面。X轴向电流的磁感大小为: 。 同理所以 故选B。(2)D解: (最后等式见下面算式) 其中: 选D。 (3)D?有错。 (B!C?) 解:由于A,D两图,磁场B在a点不连续故只能选B,C中之一。B图在ab段曲线上凸,故,C图反之,故应。用安培环路定理可求得ab域的磁感强度 , 可见,显然D答案不符合。对上式二次求导:若算得 则选B(可算到此结果)若对上式二次求导:算得是 则选C (未算到)或简单解:由安培环路定理知:在的区域,显然只有B图是对的,而其它均不为零。(4)B解: 或用单个运动电荷的公式。(5) C解:先给出板上离直线r远处的元电流 它的单位长度受到直线电流的力为 则整个板的单位长度受力为 二、填空题(1)解:线元受力:线元相对O点力矩: 即: 所以 (2), 磁通量 分析:本题没有指明是细的通电螺绕环,所以环中的磁感应强度不能看成常数,必须用式对面元积分得到磁通量。(3)磁力的功 , , 解:磁力功,绕AC边向外转绕CD边向外转, 绕AD边向外转,此时:(4)线圈中张力:解:张力不是整个闭合线圈所受的磁场力。是线圈的张紧力。取yo的下半圆,它在匀磁场中受力为,方向沿y负方向。此半圆静止,故受到上半圆的上拉力,大小为,力作用于两端,所以每端受力为IBR。(5)不要(6)本题画图各个L路径所包围的通电导线数。课堂上已画各L图,满足右手。三、计算题10.310.4解:O点的磁场由三部分线电流产生。其中圆弧电流在O点的磁感强度为 方向垂直纸面向里。 左边直线电流在O点的磁感强度为 ,方向向里。 其中 ,可得。同理可得左边直线电流在O点的磁感强度为 方向向里。所以O点的B为:10.5解:这是运动电荷的磁场。将圆盘划分为无数个细圆环,任取一圆环,设半径为r,环宽为dr。其上所带电量为,由于它以角速度转动,所以形成电流,大小为 该电流在轴线上x处的磁感强度为 所以,总的磁感强度为 10.610.710.8解:取半径为r的同轴的圆周为安培环路,则 当 时,有 当 ,有 当 ,有 当 时,有 10.9 本题是相当于无限大平板电流的磁力线证明,和电流两侧区域的 的证明。 方法是:作一个包围部分电流的安培环路,为矩形框,框的一边与与平板平行,则可证。10.10 解:见题图,金属导线的张力是重力引起的,方向向下。要抵消它,则金属导线所受安培力必须向上。由于金属导线垂直磁场,大小为 所以:。由f及B的方向,知:I流向从左到右。10.11 注意,本题不是无限长直导线,不能用两平行导线作用力公式!解:在载流为I2的导线2上任取电流元,它受到导线1中电流 I1的安培作用力 其中B由有限长电流I1给出所以L长的导线2受力:方向向下。同理载流为I1的导线1受力与大小相等,方向相反。10.12解:(1)将圆柱面划分为无数条直线电流,再求出这些电流在轴线上的B,再求受力。因为长直电流产生的磁感为:考虑对称性,对称的两长直电流的在某方向会抵消,其垂直方向相加设垂直方向在x的方向上,则有故半圆柱面产生的B为 所以轴线上导线单位长度受力 方向在方向上,所以(2)设该导线放在处,则该导线电流与长圆柱面电流产生的磁感强度应相等。即 。10.13 要掌握。10.14 10.15解:(1)受磁力矩 (2)回路中的电流不变,故磁力矩作功 10.16要掌握。10.17无图。10.18 分析:先将电子速度分为互相垂直的两部分,然后直接用带电粒子在磁场中运动的公式来表示,最后用求解。解: 又: 由两式合成 得:10.1910.20 ; 解:由 代入数据,在介质时:10.21一、选择题(1)C解:由楞次定律知:线圈的运动是反对磁铁的靠近。故线圈向左,又离磁铁越近的线圈运动就越快,故选C。(2)A,C解:注意转轴过C点,且垂直于导体棒A,B。故先由给出电势的高端,显然有C点最低,A、B电势相等,且都高于C点。故选A,C答案。(3)(a)解:OC半径与磁域边缘的夹角设为。由于在图示角度增大的过程中: 所以是常数,或正或负。不是t的函数。故选(a)。(4)解:见图,假想ob用导线连接,oa也用导线连接。故闭合回路的电动势为 由于涡旋电场线方向总是与半径垂直,所以有:所以, 其中分别为的面积,四边形的面积,扇形的面积。由于本题中扇形面积最大,而为常数,所以对应的电动势为最大。为最小。(5)A,D解:由静电场的环路定理知A成立。 由涡旋电场属“非静电性场”,故,知D也成立。二、填空题(1) 解:在垂直速度的方向上,bc的投影长度为,所以 同理,弧的投影长度为,所以。(2) 解: 在垂直速度的方向上,ab的投影长度为,故电动势 长的导体棒垂直匀磁场,则绕其一端转动的电动势为(3) ,方向向左。 解:由楞次定律,知导体杆ab必作减速运动,所以其加速度与速度方向相反。设t时刻杆ab速率为,此时它离开初位置(初速为)的距离为x,设此时回路中的感生电流为I。而回路总电阻为R(见图)。 因为匀场,dt时间里导体杆扫过的磁通为: ,由法拉第定律 有:而杆ab受力为故加速度大小为 ,加速度方向与反向,向左。加速度的代数值为 ,由对应积分:感应电流:到。故R上放出的焦耳热导体杆的初动能。(4) 解:(a)设无限长直导线中通有电流I, 距离导线r处的磁感应强度: 通过线圈的总磁通为 所以线圈与长直导线间的互感系数: (b)现在直线电流为 ,是时间的函数。所以应该对电流求导:即 (5) 解:由三、计算题11.311.4解:11.5 解:11.6解:(1)取线圈平面的法向与同方向,则有所以: (2)11.7解:(1)仔细看图,导体是以AO为转轴的,在图示位置,棒上的线元速度与磁感B的夹角为900,所以 即。方向为(在电源内部)。 (2)当C点转到D点,此时棒上的线元速度与磁感B的夹角为45o,所以 。11.8 应当会。11.9解:(1)由于棒沿框架下滑的加速度为,故t 刻的棒沿框架下滑的速度为,棒上的动生电动势为 (2)沿斜面方向上,当棒的重力分力向上的安培力时。则达到稳定速度。 此时,感应电流 ,棒受到的向上安培力为 。 现两力相等,即11.10 本题较难! 解:注意本题长直电流产生的磁场是:非均匀磁场。所以ca段导线各线元的B是不一样的,故求解时不能将整个ca导线分解在两个垂直方向上。 本题t刻回路中的电动势解法有两种:第一种是参考书中的解法。 解法1: 三个积分中的B是不一样的,且点乘、叉乘的夹角也不尽相同。 解法2:直接用法拉第电磁感应定律, t时刻ab导线距长直电流为,取x轴正向向右,坐标原点在长直电流上。在线框中x处取窄条面积t时刻穿过线框的磁通量为 即再 就可得解。11.11解:因为,所以有旋电场线是逆时针。取为半径的同心圆作为回路L,方向也取逆时针,则 点在圆柱外面,方向沿逆时针方向且垂直Ob,大小为(但公式不同), 11.12 解:(1)因为,所以有旋电场线是逆时针。取为半径的同心圆作为回路L,方向也取逆时针,则 方向沿逆时针方向且垂直Oa。同理:方向也沿逆时针方向且垂直Ob。而(2) 注意:教材中的题目与辅导书中的题目有区别,是b点位置不同!假想Oa,和ob间均有直导线连接,构成oabo三角形导体回路。则有: 法拉第公式:另一方面:,而所以,现在共有三个这样的导线,所以总电动势为方向为abcd 方向.11.13 解:题目给出 ,所以可求 (1) (2)感应电流 (3)感应电量 11.14 无图。11.15解:因为,所以在R1域,线是顺时针,所以为顺时针,与L1反向,肯定为“”。在R2域,线是逆时针。与L2反向,肯定也为“”。另一方面,各路径,图中已画定,从而相应面元的方向就确定了(与L走向成右手关系)。各个的方向图中也已画定,故可直接计算如下:注意L3路径对应面元的方向都是 穿出纸面。对B1是反向。对B2是同向。 11.16解:(1)由,知是细螺绕环,由求自感的三步骤,先设1线圈通电为 可求出 ,最后求出: 同理可求出线圈2的自感 (2)设1线圈通电,求出 (3)关系:。11.17解:(1)当相连结,则之间通以电流时,两线圈中的电流等值反向,故穿过间的线圈的总磁通量为,所以: (2)若相连结,对两端,则是两个线圈的顺向串联,此时穿过两端间线圈的总磁通量为 串联,有 所 以11.18解:本题计算磁通量的方法一定要熟悉,因为这是典型的例子。(1)以左边电流I处为原点,向右为x轴正向,其余见图。取线框中一窄条面积,位于处 ,宽为dx。 该处的磁感强度:IxOdxxbIa通过矩形框的磁通量:考虑是空气,再由互感定义知:(2)矩形框中的电动势 注:本题也可用计算电动势。11.1911.20 无图。11.21无图。195/21/2022 1:56:36 下午 华东交通大学交通工程
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