大物(2)期末复习.doc

《大物(2)期末复习.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《大物(2)期末复习.doc（57页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、Four short words sum up what has lifted most successful individuals above the crowd: a little bit more.-author-date大物(2)期末复习大物(2)期末复习练习一 静电场中的导体AB-Q图5.6三、计算题1. 已知某静电场在xy平面内的电势函数为U=Cx/(x2+y2)3/2,其中C为常数.求(1)x轴上任意一点,(2)y轴上任意一点电场强度的大小和方向. 解：. Ex=-U/x=-C1/(x2+y2)3/2+x(-3/2)2x/(x2+y2)5/2= (2x2-y2)C /(x2+y

2、2)5/2Ey=-U/y=-Cx(-3/2)2y/(x2+y2)5/2=3Cxy/(x2+y2)5/2x轴上点(y=0) Ex=2Cx2/x5=2C/x3 Ey=0E=2Ci/x3y轴上点(x=0) Ex=-Cy2/y5=-C/y3 Ey=0E=-Ci/y32如图5.6,一导体球壳A(内外半径分别为R2,R3),同心地罩在一接地导体球B(半径为R1)上,今给A球带负电-Q, 求B球所带电荷QB及的A球的电势UA.静电场中的导体答案 解： 2. B球接地,有 UB=U=0, UA=UBAUA=(-Q+QB)/(4pe0R3)UBA=QB/(4pe0)(1/R2-1/R1)得 QB=QR1R2/(

3、 R1R2+ R2R3- R1R3)UA=Q/(4pe0R3)-1+R1R2/(R1R2+R2R3-R1R3)=-Q(R2-R1)/4pe0(R1R2+R2R3-R1R3)练习二 静电场中的电介质ABQ1图6.6Q2s1s2s3s4三、计算题1. 如图6.6所示,面积均为S=0.1m2的两金属平板A,B平行对称放置,间距为d=1mm,今给A, B两板分别带电 Q1=3.54109C, Q2=1.77109C.忽略边缘效应,求：(1) 两板共四个表面的面电荷密度 s1, s2, s3, s4;(2) 两板间的电势差V=UAUB.解：1. 在A板体内取一点A, B板体内取一点B,它们的电场强度是四

4、个表面的电荷产生的,应为零,有EA=s1/(2e0)-s2/(2e0)-s3/(2e0)-s4/(2e0)=0 EA=s1/(2e0)+s2/(2e0)+s3/(2e0)-s4/(2e0)=0而 S(s1+s2)=Q1 S(s3+s4)=Q2有 s1-s2-s3-s4=0s1+s2+s3-s4=0s1+s2=Q1/Ss3+s4=Q2/S解得 s1=s4=(Q1+Q2)/(2S)=2.6610-8C/m2 s2=-s3=(Q1-Q2)/(2S)=0.8910-8C/m2两板间的场强 E=s2/e0=(Q1-Q2)/(2e0S)V=UAUB=Ed=(Q1-Q2)d/(2e0S)=1000V+-+-

5、+导体图6.7四、证明题1. 如图6.7所示，置于静电场中的一个导体，在静电平衡后，导体表面出现正、负感应电荷.试用静电场的环路定理证明，图中从导体上的正感应电荷出发，终止于同一导体上的负感应电荷的电场线不能存在. 解：1. 设在同一导体上有从正感应电荷出发，终止于负感应电荷的电场线.沿电场线ACB作环路ACBA,导体内直线BA的场强为零,ACB的电场与环路同向于是有+-BAC=0与静电场的环路定理0相违背,故在同一导体上不存在从正感应电荷出发，终止于负感应电荷的电场线.练习三 电容 静电场的能量R1图 7.1R2三、计算题1. 半径为R1的导体球带电Q ,球外一层半径为R2相对电容率为er的

6、同心均匀介质球壳,其余全部空间为空气.如图7.1所示.求:(1)离球心距离为r1(r1R1), r2(R1r1R2)处的D和E；(2)离球心r1, r2, r3,处的U；(3)介质球壳内外表面的极化电荷. 解：1. (1)因此电荷与介质均为球对称,电场也球对称,过场点作与金属球同心的球形高斯面,有4pr2D=q0i当r=5cmR1, q0i=0得 D1=0, E1=0当r=15cm(R1rR1+d ) q0i=Q=1.010-8C得 D3=Q/(4pr2)=1.2710-8C/m2 E3=Q/(4pe0r2)=1.44104N/CD和E的方向沿径向.(2) 当r=5cmR1时 U1=Q/(4p

7、e0erR)-Q/4pe0er(R+d)+Q/4pe0(R+d)=540V当r=15cmR1时 U2=Q/(4pe0err)-Q/4pe0er(R+d)+Q/4pe0(R+d)=480V当r=25cmR1时 U3=Q/(4pe0r)=360V(3)在介质的内外表面存在极化电荷,Pe=e0cE=e0(er-1)E s= Pen r=R处, 介质表面法线指向球心s=Pen =Pecosp=-e0(er-1)Eq=sS=-e0(er-1) Q/(4pe0erR2)4pR2=-(er-1)Q/er=-0.810-8Cr=R+d处, 介质表面法线向外s=Pen =Pecos0=e0(er-1)Eq=sS

8、=e0(er-1)Q/(4pe0er(R+d)24p(R+d)2=(er-1)Q/er=0.810-8C2.两个相距很远可看作孤立的导体球，半径均为10cm，分别充电至200V和400V，然后用一根细导线连接两球，使之达到等电势. 计算变为等势体的过程中，静电力所作的功.解;2.球形电容器 C=4pe0RQ1=C1V1= 4pe0RV1 Q2=C2V2= 4pe0RV2W0=C1V12/2+C2V22/2=2pe0R (V12+V22)两导体相连后 C=C1+C2=8pe0RQ=Q1+Q2= C1V1+C2V2=4pe0R(V1+V2)W=Q2/(2C)= 4pe0R(V1+V2)2/(16p

9、e0R)=pe0R(V1+V2)2静电力作功 A=W0-W=2pe0R (V12+V22)-pe0R(V1+V2)2=pe0R(V1-V2)2=1.1110-7J练习六 磁感应强度 毕奥萨伐尔定律三、计算题OOIxyzP2a图10.71. 如图10.7所示, 一宽为2a的无限长导体薄片, 沿长度方向的电流I在导体薄片上均匀分布. 求中心轴线OO 上方距导体薄片为a的磁感强度. r解：1.取宽为dx的无限长电流元 dI=Idx/(2a)dB=m0dI/(2pr)=m0Idx/(4par) IxxyxdBxdIxaxaxPxdBx=dBcosa=m0Idx/(4par)(a/r)=m0Idx/(4

10、pr2)= m0Idx/4p(x2+a2) dBy=dBsina= m0Ixdx/4pa(x2+a2)=m0I/(4p)(1/a)arctan(x/a)=m0I/(8a)=m0I/(8pa)ln(x2+a2)=0O R图10.82. 如图10.8所示，半径为R的木球上绕有密集的细导线，线圈平面彼此平行，且以单层线圈覆盖住半个球面. 设线圈的总匝数为N，通过线圈的电流为I. 求球心O的磁感强度.解：2. 取宽为dL细圆环电流, dI=IdN=IN/(pR/2)Rdq=(2IN/p)dqdB=m0dIr2/2(r2+x2)3/2xqdBdIr=Rsinq x=RcosqdB=m0NIsin2q d

11、q /(pR) =m0NI/(4R) 练习七 毕奥萨伐尔定律(续) 磁场的高斯定理三、计算题I图11.62aaaS2S1b1.在无限长直载流导线的右侧有面积为S1和S2的两个矩形回路, 回路旋转方向如图11.6所示, 两个回路与长直载流导线在同一平面内, 且矩形回路的一边与长直载流导线平行. 求通过两矩形回路的磁通量及通过S1回路的磁通量与通过S2回路的磁通量之比. 解： 1.取窄条面元dS=bdr, 面元上磁场的大小为B=m0I/(2pr), 面元法线与磁场方向相反.有F1=F2=F1/F2=12. 半径为R的薄圆盘均匀带电，总电量为Q . 令此盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线作匀速转动，角速度

12、为w，求轴线上距盘心x处的磁感强度的大小和旋转圆盘的磁矩.解;2. 在圆盘上取细圆环电荷元dQ=s2prdr,s=Q/(pR2) ,等效电流元为dI=dQ/T=s2prdr/(2p/w)=swrdr(1)求磁场, 电流元在中心轴线上激发磁场的方向沿轴线,且与w同向,大小为dB=m0dIr2/2(x2+r2)3/2=m0swr3dr/2(x2+r2)3/2=-=(2)求磁距. 电流元的磁矩dPm=dIS=swrdrpr2=pswr2dr=pswR4/4=wQR2/4练习八 安培环路定律三、计算题图12.5O2RdOR1. 如图12.5所示，一根半径为R的无限长载流直导体，其中电流I沿轴向流过，并

13、均匀分布在横截面上. 现在导体上有一半径为R的圆柱形空腔，其轴与直导体的轴平行，两轴相距为 d . 试求空腔中任意一点的磁感强度.解：1. 此电流可认为是由半径为R的无限长圆柱电流I1和一个同电流密度的反方向的半径为R的无限长圆柱电流I2组成.OOIr1r2q1q1q2q2B1B2yxRRdI1=JpR2 I2=-JpR 2 J=I/p (R2-R 2)它们在空腔内产生的磁感强度分别为B1=m0r1J/2 B2=m0r2J/2方向如图.有Bx=B2sinq2-B1sinq1=(m0J/2)(r2sinq2-r1sinq1)=0By =B2cosq2B1cosq1=(m0J/2)(r2cosq2

14、r1cosq1)=(m0J/2)d所以 B = By= m0dI/2p(R2R 2)方向沿y轴正向2. 设有两无限大平行载流平面,它们的电流密度均为j,电流流向相反. 求：(1) 载流平面之间的磁感强度；(2) 两面之外空间的磁感强度. I1I2解;2. 两无限大平行载流平面的截面如图.平面电流在空间产生的磁场为 B1=m0J/2在平面的上方向右,在平面的下方向左;电流在空间产生的磁场为 B2=m0J/2在平面的上方向左,在平面的下方向右.(1) 两无限大电流流在平面之间产生的磁感强度方向都向左,故有 B=B1+B2=m0J(2) 两无限大电流流在平面之外产生的磁感强度方向相反,故有 B=B1

15、-B2=0练习九 安培力三、计算题1. 一边长a =10cm的正方形铜导线线圈(铜导线横截面积S=2.00mm2, 铜的密度r=8.90g/cm3), 放在均匀外磁场中. B竖直向上, 且B = 9.4010-3T, 线圈中电流为I =10A . 线圈在重力场中 求: (1) 今使线圈平面保持竖直, 则线圈所受的磁力矩为多少. (2) 假若线圈能以某一条水平边为轴自由摆动,当线圈平衡时,线圈平面与竖直面夹角为多少.解：1. (1) Pm=IS=Ia2 Bnqp/2-qmgmgmg方向垂直线圈平面.线圈平面保持竖直,即Pm与B垂直.有Mm=PmBMm=PmBsin(p/2)=Ia2B=9.410

16、4mN(2) 平衡即磁力矩与重力矩等值反向Mm=PmBsin(p/2q)=Ia2BcosqMG= MG1 + MG2 + MG3= mg(a/2)sinq+ mgasinq+ mg(a/2)sinq=2(rSa)gasinq=2rSa2gsinqIa2Bcosq=2rSa2gsinqtanq=IB/(2rSg)=0.2694q=15CDI1I2A图13.52. 如图13.5所示，半径为R的半圆线圈ACD通有电流I2, 置于电流为I1的无限长直线电流的磁场中, 直线电流I1 恰过半圆的直径, 两导线相互绝缘. 求半圆线圈受到长直线电流I1的磁力.I1I2RqxydF解：2.在圆环上取微元I2dl

17、= I2Rdq该处磁场为B=m0I1/(2pRcosq)I2dl与B垂直,有dF= I2dlBsin(p/2) dF=m0I1I2dq/(2pcosq)dFx=dFcosq=m0I1I2dq /(2p)dFy=dFsinq=m0I1I2sinqdq /(2pcosq)=m0I1I2/2因对称Fy=0.故 F=m0I1I2/2 方向向右.练习十 洛仑兹力三、计算题iv图14.61. 如图14.6所示，有一无限大平面导体薄板，自下而上均匀通有电流，已知其面电流密度为i(即单位宽度上通有的电流强度)(1) 试求板外空间任一点磁感强度的大小和方向. (2) 有一质量为m，带正电量为q的粒子，以速度v沿

18、平板法线方向向外运动. 若不计粒子重力.求：(A) 带电粒子最初至少在距板什么位置处才不与大平板碰撞.(B) 需经多长时间，才能回到初始位置.解：1. (1)求磁场.用安培环路定律得 B=m0i/2在面电流右边B的方向指向纸面向里,在面电流左边B的方向沿纸面向外.(2) F=qvB=ma qvB=man=mv2/R 带电粒子不与平板相撞的条件是粒子运行的圆形轨迹不与平板相交,即带电粒子最初位置与平板的距离应大于轨道半径. R=mv/qB= 2mv/(m0iq) (3) 经一个周期时间，粒子回到初始位置.即t=T=2pR/v= 4pm/(m0iq)2. 一带电为Q质量为m的粒子在均匀磁场中由静止

19、开始下落,磁场的方向(z轴方向)与重力方向(y轴方向)垂直,求粒子下落距离为y时的速率.并讲清求解方法的理论依据.解：2. 洛伦兹力QvB垂直于v,不作功,不改变v的大小；重力作功.依能量守恒有 mv2/2=mgy，得 v=(2gy)1/2. 练习十一 磁场中的介质三、计算题1. 一厚度为b的无限大平板中通有一个方向的电流,平板内各点的电导率为g,电场强度为E,方向如图15.6所示,平板的相对磁导率为mr1,平板两侧充满相对磁导率为mr2的各向同性的均匀磁介质,试求板内外任意点的磁感应强度.解：1. 设场点距中心面为x,因磁场面对称 以中心面为对称面过场点取矩形安培环路，有 EHHl=I0 2

20、DLH=I0(1) 介质内,0xb/2. I0=bDlJ=bDlgE,有H=bgE/2 B=m0mr2H=m0mr2bgE/2mr2mr2mr1bEg图15.6cmOII图15.7R1R22. 一根同轴电缆线由半径为R1的长导线和套在它外面的半径为R2的同轴薄导体圆筒组成，中间充满磁化率为cm的各向同性均匀非铁磁绝缘介质，如图15.7所示. 传导电流沿导线向上流去, 由圆筒向下流回，电流在截面上均匀分布. 求介质内外表面的磁化电流的大小及方向.解：2. 因磁场柱对称 取同轴的圆形安培环路，有 =I0在介质中(R1rR2)，I0=I，有2prH= I H= I/(2pr ) 介质内的磁化强度 M

21、=cmH =cm I/(2pr)介质内表面的磁化电流JSR1=| MR1nR1|=| MR1|=cmI/(2pR1) ISR1=JSR12pR1=cmI (与I同向)介质外表面的磁化电流JSR2=| MR2nR2|=| MR2|=cmI/(2pR2)ISR2=JSR22pR2=cmI (与I反向) 练习十二 电磁感应定律 动生电动势三、计算题20cm10cm5cmCAI图17.8bqBldca图17.91. 如图17.8所示，长直导线AC中的电流I沿导线向上，并以dI /dt = 2 A/s的变化率均匀增长. 导线附近放一个与之同面的直角三角形线框，其一边与导线平行，位置及线框尺寸如图所示.

22、求此线框中产生的感应电动势的大小和方向. 解： 1. 取顺时针为三角形回路电动势正向,得三角形面法线垂直纸面向里.取窄条面积微元dS=ydx=(a+b-x)l/bdxFm=i=-dFm/dt=-5.18108V负号表示逆时针2. 一很长的长方形的U形导轨，与水平面成q 角，裸导线可在导轨上无摩擦地下滑，导轨位于磁感强度B垂直向上的均匀磁场中，如图17.9所示. 设导线ab的质量为m，电阻为R，长度为l，导轨的电阻略去不计, abcd形成电路. t=0时，v=0. 求：(1) 导线ab下滑的速度v与时间t的函数关系; (2) 导线ab的最大速度vm .解：2. (1) 导线ab的动生电动势为i

23、= l vBdl=vBlsin(p/2+q)=vBlcosqIi=i/R= vBlcosq/R方向由b到a. 受安培力方向向右,大小为F=| l (IidlB)|= vB2l2cosq/RF在导轨上投影沿导轨向上,大小为F = Fcosq =vB2l2cos2q/R重力在导轨上投影沿导轨向下,大小为mgsinqmgsinq -vB2l2cos2q/R=ma=mdv/dt dt=dv/gsinq -vB2l2cos2q/(mR)(2) 导线ab的最大速度vm= .练习十三 感生电动势 自感 三、计算题图18.6 OR2RBMNa2awz图18.7L1. 在半径为R的圆柱形空间中存在着均匀磁场B,

24、B的方向与柱的轴线平行.有一长为2R的金属棒MN放在磁场外且与圆柱形均匀磁场相切,切点为金属棒的中点,金属棒与磁场B的轴线垂直.如图18.6所示.设B随时间的变化率dB/dt为大于零的常量.求:棒上感应电动势的大小,并指出哪一个端点的电势高. (分别用对感生电场的积分i=lEidl和法拉第电磁感应定律i=dF/dt两种方法解).解：(1) 用对感生电场的积分i=lEidl解:在棒MN上取微元dx(-Rx0,故N点的电势高.(2) 用法拉第电磁感应定律i =dF/dt解:沿半径作辅助线OM,ON组成三角形回路MONMi =-+=(dFmMONM/dt) =dFmMONM/dt而 FmMONM=p

25、R2B/4故 i=pR2(dB/dt)/4N点的电势高.2. 电量Q均匀分布在半径为a,长为L(La)的绝缘薄壁长圆筒表面上,圆筒以角速度w绕中心轴旋转.一半径为2a,电阻为R总匝数为N的圆线圈套在圆筒上,如图18.7所示.若圆筒转速按w=w0(1-t/t0)的规律(w0,t0为已知常数)随时间线性地减小,求圆线圈中感应电流的大小和流向. 解：2. .等效于螺线管B内=m0 nI=m0 Qw /(2p)/L=m0 Qw /(2pL)B外=0F=SBdS=Bpa2=m0Qw a2 /(2 L)i =dF/dt=m0Q a2 /(2 L)dw /dt=m0w 0Q a2 /(2 L t0)Ii=i

26、 /R=m0w 0Q a2 /(2 LR t0)方向与旋转方向一致.练习十四 自感（续）互感 磁场的能量三、计算题1. 两半径为a的长直导线平行放置,相距为d,组成同一回路,求其单位长度导线的自感系数L0.解：1. 取如图所示的坐标,设回路有电流为I,则两导线间磁场方向向里,大小为0ra B1=m0Ir/(2pa2)+ m0I/2p(d-r)ard-a B2=m0I/(2pr)+m0I/2p(d-r)d-ard B3=m0I/(2pr)+ m0I(d-r)/(2pa2)取窄条微元dS=ldr,由Fm=得Fml =+=m0Il/(4p)+m0Il/(2p)lnd/(d-a) +m0Il/(2p)

27、ln(d-a)/a +m0Il/(2p)ln(d-a)/a+m0Il/(2p)lnd/(d-a)+m0Il/(4p)=m0Il/(2p)+(m0Il/p)ln(d/a)由Ll=Fl /I,L0= Ll/l=Fl /(Il).得单位长度导线自感 L0=m0l/(2p)+(m0l/p)ln(d/a) 图19.4(1)Rrhab(2)2 内外半径为R、r的环形螺旋管截面为长方形,共有N匝线圈.另有一矩形导线线圈与其套合,如图19.4(1)所示. 其尺寸标在图19.4(2) 所示的截面图中,求其互感系数.解：2. 设环形螺旋管电流为I, 则管内磁场大小为B=m0NI/(2pr) rrR方向垂直于截面; 管外磁场为零.取窄条微元dS=hdr,由Fm=得Fm =m0NIhln(R/r)/(2p)M=Fm/I=m0Nhln(R/r)/(2p)-