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1、精选优质文档-倾情为你奉上吴百诗二部题解 第二学期第九章 静电场一、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：
2、 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
3、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
4、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
5、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。
6、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
7、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
8、： 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 第十章 恒定磁场一、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。
9、（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
10、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
11、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
12、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
13、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第十一章 变化的电场、磁场一、选择题（1）C解：由楞次定律知：线圈的运
14、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
15、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
16、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
17、。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
18、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
19、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。专心-专注-专业