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1、-新编基础物理学下册习题解答和分析-第 41 页新编基础物理学下册习题解答和分析第九章习题解答9-1 两个小球都带正电，总共带有电荷,如果当两小球相距2.0m时，任一球受另一球的斥力为1.0N.试求总电荷在两球上是如何分配的？分析：运用库仑定律求解。解：如图所示，设两小球分别带电q1，q2则有题9-1解图q1+q2=5.010-5C 由题意，由库仑定律得：由联立得： 9-2 两根6.010-2m长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为0.510-3kg的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60角的位置上。求每一个小球的电量。分析：对小球进行受力分析，运用
2、库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。解：设两小球带电q1=q2=q，小球受力如图所示题9-2解图 联立得：其中代入式，即： q=1.0110-7C9-3 电场中某一点的场强定义为，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在场强？为什么？答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷q0所受力与q0成正比，故是与q0无关的。9-4 直角三角形ABC如题图9-4所示，AB为斜边，A点上有一点荷，B点上有一点电荷，已知BC=0.04m，AC=0.03m，求C点电场强度的大小和方向(cos370.8,
3、sin370.6).分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。解：如题图9-4所示C点的电场强度为题9-4解图C方向为： 即方向与BC边成33.7。9-5 两个点电荷的间距为0.1m，求距离它们都是0.1m处的电场强度。分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。题9-5解图解：如图所示：，沿x、y轴分解：9-6有一边长为a的如题图9-6所示的正六角形，四个顶点都放有电荷q，两个顶点放有电荷q。试计算图中在六角形中心O点处的场强。分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。解：如图所示.设q1=q2=q6=q，各点电荷q在O点产生的电场强度大小均为：各电场方向如图所示，由图可知与抵消.据矢量
4、合成，按余弦定理有：方向垂直向下.题9-6解图qqqq-q-q题图9-6O.9-7 电荷以线密度均匀地分布在长为l的直线上，求带电直线的中垂线上与带电直线相距为R的点的场强。分析：将带电直线无穷分割，取电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元的场强，再积分求解。注意：先电荷元的场强矢量分解后积分，并利用场强对称性。解：如图建立坐标，带电线上任一电荷元在P点产生的场强为：题9-8解图题9-7解图根据坐标对称性分析，E的方向是y轴的方向9-8 两个点电荷q1和q2相距为l，若（1）两电荷同号；（2）两电荷异号，求电荷连线上电场强度为零的点的位置.分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。解：如图所示
5、建立坐标系，取q1为坐标原点，指向q2的方向为x轴正方向.(1) 两电荷同号.场强为零的点只可能在q1、q2之间，设距q1为x的A点.据题意：E1=E2即：(2) 两电荷异号.场强为零的点在q1q2连线的延长线或反向延长线上，即E1=E2解之得：9-9 如题图9-9所示，长l=0.15m的细直棒AB上，均匀地分布着线密度的正电荷，试求：（1）在细棒的延长线上，距棒近端d1=0.05m处P点的场强；（2）在细线的垂直平分线上与细棒相距d2=0.05m的Q点处的场强；(3) 在细棒的一侧，与棒垂直距离为d2=0.05m，垂足距棒一端为d3=0.10m的S点处的场强.分析：将均匀带电细棒分割成无数个
6、电荷元，每个电荷元在考察点产生的场强可用点电荷场强公式表示，然后利用场强叠加原理积分求解，便可求出带电细棒在考察点产生的总场强。注意：先电荷元的场强矢量分解后积分，并利用场强对称性。题9-9解图(1)题图9-9解：(1) 以P点为坐标原点，建立如图（1）所示坐标系，将细棒分成许多线元dy.其所带电量为，其在P点的场强为，则方向沿Y轴负方向(2) 建立如图所示的坐标系，将细棒分成许多线元dy.其所带电量为。它在Q点的场强的大小为：dE在x、y轴的投影为：由图可见： ， 由于对称性，dEy分量可抵消，则又1=-2方向沿X轴正方向题9-9解图(3)题9-9解图(2)(3) 在细棒一侧的S点处的场强。
7、建立如图（3）所示的坐标系，分析如（2）则：其中：；方向：与x轴的夹角：9-10无限长均匀带电直线，电荷线密度为,被折成直角的两部分.试求如题图9-10所示的P点和P点的电场强度.分析：运用均匀带电细棒附近的场强公式及场强叠加原理求解。题图9-10解：以P点为坐标原点，建立如题9-10解图(1) 所示坐标系均匀带电细棒的场强：在P点：，竖直棒在P点的场强为：题9-10解图(1)x水平棒在P点的场强为：在P点的合场强：即：方向与x轴正方向成45.同理以P点为坐标原点，建立如图题9-10解图(2)坐标：在P点：，竖直棒在P点的场强为： 题9-10解图(2)x水平棒在P点的场强为：在P点的合场强为：
8、即：，方向与x轴成-135. 9-11 无限长均匀带电棒上的线电荷密度为,上的线电荷密度为，与平行,在与，垂直的平面上有一点P,它们之间的距离如题图9-11所示,求P点的电场强度。分析：运用无限长均匀带电细棒的场强公式及场强叠加原理求解。解：在P点产生的场强为：题图9-11在P点产生的场强大小为：方向如题9-11解图所示。把写成分量形式为：在P点产生的合场强为：题9-11解图9-12 一细棒被弯成半径为R的半圆形,其上部均匀分布有电荷+Q,下部均匀分布电荷-Q.如题图9-12所示,求圆心O点处的电场强度。题9-12解图题图9-12分析：微分取电荷元，运用点电荷场强公式及场强叠加原理积分求解。将
9、带电半圆环分割成无数个电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元场强。将电荷元电场进行矢量分解，再进行对称性分析，然后积分求解。解：把圆环分成无限多线元，所带电量为，产生的场强为。则的大小为： 把分解成dEx和dEy，则：由于+Q、-Q带电量的对称性，x轴上的分量相互抵消，则：圆环在O点产生的场强为： 题图9-139-13 两平行无限大均匀带电平面上的面电荷密度分别为+和-2,如题图9-13所示,求: (1)图中三个区域的场强，的表达式；（2）若=4.4310-6Cm-2，那么，各多大？分析：首先确定场强正方向，然后利用无限大均匀带电平板场强及场强叠加原理求解。解：（1）无限大均匀带电平板周围一点的
10、场强大小为：在区域：区域：区域：（2）若=4.4310-6Cm-2则9-14 边长为a的立方盒子的六个面分别平行于xOy，yOz和xOz平面，盒子的一角在坐标原点处，在此区域有匀强电场，场强,求通过各面的电通量。分析：运用电通量定义求解，注意对于闭合曲面，外法线方向为正。解： 即平行于xOy平面的两平面的电通量为0；平行于yOz平面的两平面的电通量为200a2Nm2C-1；平行于xOz平面的两平面的电通量为300a2Nm2C-1。题9-16解图题9-15解图9-15 一均匀带电半圆环，半径为R，电量为+Q，求环心处的电势。分析：微分取电荷元，运用点电荷电势公式及电势叠加原理积分求解。将带电半圆
11、环分割成无数个电荷元，根据点电荷电势公式表示电荷元的电势，再利用电势叠加原理求解。解：把半圆环无穷分割，取线元，其带电量为，则其在圆心O的电势为：整个半圆环在环心O点处的电势为：9-16 一面电荷密度为的无限大均匀带电平面，若以该平面处为电势零点，求带电平面周围的电势分布。分析：利用无限大均匀带电平面的场强公式及电势与电场强度的积分关系求解。解：无限大平面周围的场强分布为：取该平面电势为零，则周围任一点P的电势为：9-17 如题图9-17所示，已知a=810-2m，b=610-2m, q1=310-8C, q2=310-8C，D为q1,q2连线中点，求：（1）D点和B点的场强和电势; (2)
12、A点和C点的电势；（3）将电量为210-9C的点电荷q0由A点移到C点，电场力所作的功；（4）将q0由B点移到D点，电场力所作的功。题图9-17题9-17解图分析：由点电荷的场强、电势的公式及叠加原理求场强和电势。静电力是保守力，保守力做功等于从初位置到末位置势能增量的负值。解：（1）建立如图题9-17解图所示坐标系：，方向如图示。，方向如图示。；方向平行于x轴.同理，UB=0.（2）（3）（4）9-18 设在均匀电场中，场强与半径为R的半球面的轴相平行，试计算通过此半球面的电场强度通量？分析：如图所示，由高斯定理可知，穿过圆平面S1的电力线必通过半球面。解：在圆平面S1上：所以通过此半球面的
13、电通量为：题9-19解图题9-18解图9-19 两个带有等量异号电荷的无限大同轴圆柱面，半径分别为R1和R2（R2R1）.单位长度上的电量为,求离轴线为r处的电场强度：(1) ；(2) ；(3) 分析：由于场为柱对称的，做同轴圆柱面，运用高斯定理求解。解：（1）在时，作如图所示同轴圆柱面为高斯面.由于场为柱对称的，所以通过侧面的电通量为，通过上下底面的电通量为零.据高斯定理，因为此高斯面没有包围电荷，所以有：（2）对，类似（1）作高斯面，有：题9-20解图故得：（3）对，作类似高斯面，有：故得：E=0。9-20 静电场中a点的电势为300V，b点电势为-10V.如把510-8C的电荷从b点移到
14、a点,试求电场力作的功？分析：电场力作功等于电势能增量的负值。解：依题意可以有如图的示意图：把正电荷由a点移到b点时电场力作功反之，当正电荷从b点移到a点时，电场力作功：负功表示当正电荷向低电势向高电势移动时，它要克服电场力作功，从而增加了它的电势能。9-21 在半径为R1和R2的两个同心球面上分别均匀带电q1和q2,求在, ,三个区域内的电势分布。分析：由于场为球对称的，做同心球面，利用高斯定理求出场强。再利用电势与场强的积分关系求电势。注意：积分路径上的场强是分段函数。题9-21解图解：利用高斯定理求出：电势的分布：第十章习题解答10-1 如题图10-1所示，三块平行的金属板A，B和C，面
15、积均为200cm2,A与B相距4mm，A与C相距2mm，B和C两板均接地，若A板所带电量Q=3.010-7C，忽略边缘效应,求：（1）B和C上的感应电荷？（2）A板的电势（设地面电势为零）。题10-1解图题图10-1分析：当导体处于静电平衡时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律，可以求得导体的电荷分布，又因为B、C两板都接地，所以有。解：（1）设B、C板上的电荷分别为、。因3块导体板靠的较近，可将6个导体面视为6个无限大带电平面。导体表面电荷分布均匀，且其间的场强方向垂直于导体表面。作如图中虚线所示的圆柱形高斯面。因导体达到静电平衡后，内部场强为零，故由高斯定理得：即 又因为： 而: 于是： 两边
16、乘以面积S可得： 即： 联立求得: (2) 10-2 如题图10-2所示，平行板电容器充电后，A和B极板上的面电荷密度分别为+和，设P为两极板间任意一点，略去边缘效应，求：（1）A,B板上的电荷分别在P点产生的场强EA,EB;（2）A,B板上的电荷在P点产生的合场强E；(3)拿走B板后P点处的场强E。分析：运用无限大均匀带电平板在空间产生的场强表达式及场强叠加原理求解。解：（1） A、B两板可视为无限大平板.所以A、B板上的电何在P点产生的场强分别为:题图10-2,方向为：垂直于A板由A指向B板，方向与相同.(2)，方向于相同(3) 拿走B板后：，方向垂直A板指向无限远处.10-3 电量为q的
17、点电荷处导体球壳的中心，球壳的内、外半径分别为R1和R2，求场强和电势的分布。分析：由场强分布的对称性，利用高斯定理求出各区域场强分布。再应用电势与场强的积分关系求电势，注意积分要分段进行。解：由静电感应在球壳的内表面上感应出的电量，外表面上感应出q的电量.题10-3解图所以由高斯定理求得各区域的场强分布为：即： 综上可知:10-4 半径为R1的导体球，带有电量q；球外有内、外半径分别为R2，R3的同心导体球壳，球壳带有电量Q。（1）求导体球和球壳的电势U1，U2；（2）若球壳接地，求U1，U2；（3）若导体球接地（设球壳离地面很远），求U1，U2。分析：由场强分布的对称性，利用高斯定理求出各
18、区域场强分布；再由电势定义求电势。接地导体电势为零，电荷重新分布达到新的静电平衡，电势分布发生变化。解:如图题10-4解图（a）所示,当导体达到静电平衡时,q分布在导体球的表面上.由于静电感应在外球壳的内表面上感应出电量.外表面上感应出电量，则球壳外表面上共带电荷.(1) 由于场的对称性.由高斯定理求得各区域的场强分布为：题10-4解图（a）E的方向均沿经向向外.取无限远处电势为零，则由电势的定义可得：内球体内任一场点p1的电势为外球壳体内任一场点p2的电势为:题10-4解图（b）（2）若外球壳接地.球壳外表面的电荷为零，等量异号电荷分布在球体表面和球壳内表面上,此时电场只分布在的空间，如图题
19、10-4解图（b）所示.由于外球壳则内球体内任一点P1的电势U1为:(3) 当内球接地时，内球的电势，但无限远处的电势也为零，这就要求外球壳所带电量在内外表面上重新分配，使球壳外的电场沿着经向指向无限远处，球壳内的电场经向指向球心处；因此，内球必然带负电荷。因为内球接地，随着它上面正电荷的减少，球壳内表面上的负电荷也相应减少；当内球上正电荷全部消失时，球壳内表面上的负电荷全部消失完；但就球壳而言，仍带有电量+Q。由于静电感应，在内球和大地这一导体，系统中便会感应出等量的负电荷-Q,此负电荷（-Q）的一部分（设为-q）均匀分布在内球表面上。球壳内表面上将出现等量的正电荷(+q)与之平衡.因此，在
20、达到静电平衡后，内球带电荷-q，球壳内表面带电量+q，外表面上带电量（Q-q），如图所示.由高斯定理可知各区域的场强分布为:题10-4解图（c） 球壳上任一场点P2相对于无限远处和相对于接地内球的电势，应用电势定义分别计算，可得:联立上述两式，求得：将代入U2的表达式中可得:10-5 三个半径分别为R1，R2，R3（R1 R2 R3）的导体同心薄球壳，所带电量依次为q1，q2，q3.求：（1）各球壳的电势；（2）外球壳接地时，各球壳的电势。分析：根据静电平衡条件先确定球的电荷分布情况，再根据电荷分布的球对称性，利用高斯定理求出电场强度分布，进而利用电势与电场强度的积分关系求出电势分布。对于电荷
21、球对称分布的带电体，也可直接利用电势叠加原理求得电势分布。接地导体时电势为零，电荷重新分布达到新的静电平衡，新的电荷分布引起电场和电势分布发生变化。解：(1) 如图题10-5解图(a)所示，半径为R1的导体球壳外表面上均匀的分布电量q1，由于静电感应，半径为R2的球壳内表面上感应出-q1的电量.外表面上感应出+q1的电量.因此，半径为R2的球壳外表面上的电量为q1+q2，同理，半径为R3的球壳内表面上感应出-(q1+q2)的电量.外表面上感应出+(q1+q2)的电量.所以R3的球壳外表面上的电量为(q1+q2+q3)。(方法一) 由于场的分布具有对称性,可用高斯定理求得各区域的场强分别为题10
22、-5解图(a)， E的方向均沿径向向外.取无限远处为电势零点.（方法二）可把各球壳上的电势视为由电量为q1,半径为R1；电量为q2，半径为R2；电量为q3，半径为R3的三个同心带电球壳分别在各点所共同产生的电势的叠加.由于在半径为R1的球壳外表面上的P点由三个带电球壳电势的叠加.故有同理: (2) 由于外球壳接地,球壳外表面的电荷为零，内表面的电量为-(q1+q2)(方法一) 用高斯定理求得各区域的场强分别为：题10-5解图（b） ， （方法二）可把U1,视为带电量为q1，半径为R1；带电量为q2，半径为R2，带电量为-(q1+q2)，半径为R3的同心带电球面在半径为R1的球壳外表面上的电势的
23、叠加.把U2视为带电量为q1+q2,半径为R2.带电量为-(q1+q2)，半径为R3的同心球面在半径为R2的球壳外表面上的电势的叠加因为外球壳接地，所以：10-6 一球形电容器，由两个同心的导体球壳所组成，内球壳半径为a，外球壳半径为b，求电容器的电容。分析：设球壳内外表带电量，由于电荷分布具有对称性，应用高斯定理确定场强的分布。由电势与场强的积分关系确定电容器两极板间电势差，再由电容定义式求电容。解：设内球壳外表面带电量为+Q.则外球壳内表面带电量为-Q,两球面间的场强分布具有对称性，应用高斯定理，求得两球面间的场强大小为：据场强与电势差的关系：于是有：10-7 一平行板电容器两极板的面积均
24、为S，相距为d，其间还有一厚度为t,面积也为S的平行放置着的金属板，如题图10-7所示，略去边缘效应.(1) 求电容C.（2）金属板离两极板的远近对电容C有无影响？（3）在t=0和t=d时的C为多少？分析： 由于金属板的两个表面在电容器中构成新电容器的两个板板，所以AC间的电容器可看作AB、BC两电容器的串联.题10-7解图解：（1）AC间的电容为:(2) 由上述推导可知，金属板离两极板远近对C无影响(3) 当t=0时:当t=d时:C=10-8 平行板电容器的两极板间距d=2.00mm,电势差U=400V，其间充满相对电容率的均匀玻璃片,略去边缘效应,求：（1）极板上的面电荷密度；(2)玻璃界
25、面上的极化面电荷密度。分析：根据电容的定义式及平行板电容器公式求解自由电荷面密度。再利用极化面电荷密度和自由电荷面密度关系求解。解：（1） 据电容的定义式：即: (2) 10-9 如题图10-9所示，一平行板电容器中有两层厚度分别为d1，d2的电介质，其相对电容率分别为，极板的面积为S，所带面电荷密度为+0和-0.求：（1）两层介质中的场强E1,E2;（2）该电容器的电容。分析：此电容器可视为上下两电容器串联而成。题10-9解图解: (1) 平行板电容器为介质是真空时当充满相对电容率为的介质时，场强分别为： ，方向为垂直极板向下。，方向为垂直极板向下。(2) 该电容可以看成是的串联。10-10
26、 一无限长的圆柱形导体，半径为R，沿轴线单位长度上所带电荷为，将此圆柱放在无限大的均匀电介质中，电介质的相对电容率为，求：（1）电场强度E的分布规律；（2）电势U的分布规律（设圆柱形导体的电势为U0）分析：介质中高斯定理的应用。先利用介质中高斯定理求D、E的空间分布，然后再由电势与场强的关系确定空间电势分布。解：由于电荷分布呈对称性，故D、E分布亦呈对称性，方向沿径向.以r为半径作一同轴圆柱形柱面，圆柱长为。如图中虚线所示，则通过此面的D通量为:由高斯定理可知:题10-10解图解之得: 由可知:（2）据电势与场强的关系可知：取圆柱面附近某点B处电势为零.则：当rR时, 当rR时, 综上可知电势
27、分布为：10-11 设有两个同心的薄导体球壳A与B，其半径分别为R1=10cm, R2=20cm，所带电量分别为.球壳间有两层电介质球壳，内层的相对电容率，外层的，它们分界面的半径，球壳B外的电介质为空气，求：（1）A球的电势UA，B球的电势UB；（2）两球壳的电势差；（3）离球心30cm处的场强；（4）由球壳A与B组成的电容器的电容分析：介质中高斯定理的应用。先由介质中高斯定理求D、E的空间分布，然后由电势与场强的关系求电势、电势差，再根据电容定义式求电容。解：（1） 由于电荷分布呈球对称性.D、E分布亦呈球对称性.方向沿径向.由高斯定理可得:AB题10-11解图又由于由场强与电势的关系可知
28、:(2) (3) (4)由静电感应，达到静电平衡时，半径为R2的导体球壳内表面上分布有-q1的电量.10-12 如题图10-12所示，平行板电容器极板面积为S，相距为d，电势差为U，极板间放着一厚度为t，相对电容率为的电介质板，略去边缘效应，求：（1）介质中的电位移D，场强E；（2）极板上的电量q；（3）极板与介质间的场强E；（4）电容C。分析：介质中高斯定理的应用。由电势与场强的关系和D、E之间的关系，可得出空气、介质中的场强，由高斯定理可求出介质中的电位移D，进而求出电量及电容。解：（1）设介质中的场强为、介质外的场强为，则有：题10-12解图 (2) 作一柱形高斯面S，如图中虚所示，有即
29、： (3) 极板与介质间的场强：(4) 10-13 一平行板电容器，极板间距d=5.00mm，极板面积S=100cm2, 用电动势E=300V的电源给电容器充电.（1）若两板间为真空，求此电容器的电容，极板上的面电荷密度，两极板间的场强；（2）该电容器充电后，与电源断开，再在两板间插入厚度d=5.00mm的玻璃片（相对电容率）,求其电容C，两板间的场强以及电势差U；（3）该电容器充电后，仍与电源相接，在两极板间插入与（2）相同的玻璃片，求其电容，两板间的场强以及两板上的电荷量。分析：电容器充电后，断开电源，电容器存储的电量不变。而充电后，电容器仍与电源相接，则电容器两极板间电压不变。插入介质后
30、电容器的电容增大。解：（1） 两极板间为真空，则有：又 （2）插入介质后（3）充电后，仍与电源相接，则不变.10-14 一圆柱形电容器由半径为R1的导线和与它同轴的导体圆筒构成，圆筒长为l，内半径为R2，导线与圆筒间充满相对电容率为的电介质，设沿轴线单位长度上导线的电量为，圆筒的电量为，略去边缘效应，求：（1）电介质中电位移D，场强E；（2）两极板的电势差。分析：介质中的高斯定理的应用。根据介质中的高斯定理求出D、E，再由电势差与场强的关系求电势差。解：（1）电荷分布具有对称性,即D、E的分布变量呈对称性方向沿径向向外.作如图所示的圆柱形高斯面，由高斯定理可知： (R1RR2)即 (R1rR2
31、)题10-14解图 (R1rR2)D、E的方向均沿径向向外.(2) 10-15 如题图10-15所示，每个电容器的电容C均为3F，现将a,b两端加上U=450V的电压，求：（1）各个电容器上的电量；（2）整个电容器组所贮存的电能；（3）如果在电容器中，充入相对电容率的电介质，各个电容器上的电量。题10-15解图题图10-15分析：画出等效电路，利用电容器的串、并联特点求解。解：（1）画出该电路的等效图如图示而 而 且 即各电容器的电量为：；(2) (3)在中充入的电介质后，其电容为，则有：h第十一章 电流与磁场11-1 电源中的非静电力与静电力有什么不同？答：在电路中，电源中非静电力的作用是，
32、迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极移动到高电位的电源正极，使两极间维持一电位差。而静电场的作用是在外电路中把正电荷由高电位的地方移动到低电位的地方，起到推动电流的作用；在电源内部正好相反，静电场起的是抵制电流的作用。 电源中存在的电场有两种：1、非静电起源的场；2、稳恒场。把这两种场与静电场比较，静电场由静止电荷所激发，它不随时间的变化而变化。非静电场不由静止电荷产生，它的大小决定于单位正电荷所受的非静电力，。当然电源种类不同，的起因也不同。11-2静电场与恒定电场相同处和不同处？为什么恒定电场中仍可应用电势概念？答：稳恒电场与静电场有相同之处，即是它们都不随时间的变化而变化，基本规律相
33、同，并且都是位场。但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生，电荷本身却在移动。正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化，因此静电场的两条基本定理，即高斯定理和环路定理仍然适用，所以仍可引入电势的概念。11-3一根铜导线表面涂以银层，当两端加上电压后，在铜线和银层中，电场强度是否相同？电流密度是否相同？电流强度是否相同？为什么？ 答：此题涉及知识点：电流强度，电流密度概念，电场强度概念，欧姆定律的微分形式。设铜线材料横截面均匀，银层的材料和厚度也均匀。由于加在两者上的电压相同，两者的长度又相等，故铜线和银层的场强相同。由于铜线和银层的电导率不同，根据知，它们中的电流密度不相同。电流强度，铜线和银层
34、的不同但相差不太大，而它们的横截面积一般相差较大，所以通过两者的电流强度，一般说来是不相同的。11-4一束质子发生侧向偏转，造成这个偏转的原因可否是：（1）电场？（2）磁场？（3）若是电场和磁场在起作用，如何判断是哪一种场？答：造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。可以改变质子的运动方向，通过质子观察运动轨迹来判断是电场还是磁场在起作用。11-5 三个粒子，当它们通过磁场时沿着如题图115所示的路径运动，对每个粒子可作出什么判断？答：根据带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力规律，通过观察运动轨迹的不同可以判断三种粒子是否带电和带电种类。11-6 一长直载流导线如题11-6图所示，沿Oy轴正向放置，在原
35、点O处取一电流元，求该电流元在（a，0，0），（0，a，0），（a，a，0），（a，a，a）各点处的磁感应强度。分析：根据毕奥-萨伐尔定律求解。 题11-5图解：由毕奥-萨伐尔定律原点O处的电流元在（a，0，0）点产生的为：在（0，a，0）点产生的为：题11-6图在（a，a，0）点产生的为：在（a，a，a）点产生的为11-7 用两根彼此平行的长直导线将半径为R的均匀导体圆环联到电源上，如题11-7图所示，b点为切点，求O点的磁感应强度。分析：应用毕奥-萨伐尔定律分别求出载流直导线L1和L2以及导体圆环上并联的大圆弧和小圆弧在O点产生的磁感应强度，再利用磁感应强度的矢量和叠加求解。解：先看导体圆
36、环，由于和并联，设大圆弧有电流，小圆弧有电流，必有：由于圆环材料相同，电阻率相同，截面积S相同，实际电阻与圆环弧的弧长和有关，即：题11-7图则在O点产生的的大小为而在O点产生的的大小为和方向相反，大小相等.即。直导线在O点产生的。直导线在O点产生的，方向垂直纸面向外。则O点总的磁感强度大小为11-8 一载有电流的长导线弯折成如题11-8图所示的形状，CD为1/4圆弧，半径为R，圆心O在AC，EF的延长线上.求O点处磁场的场强。分析：O点的磁感强度为各段载流导线在O点产生磁感强度的矢量和。解：因为O点在AC和EF的延长线上，故AC和EF段对O点的磁场没有贡献。CD段：DE段：O点总磁感应强度为
37、方同垂直纸面向外.题11-8图题图11-911-9 一无限长薄电流板均匀通有电流，电流板宽为，求在电流板同一平面内距板边为的P点处的磁感应强度。分析：微分无限长薄电流板，对微分电流应用无限长载流直导线产生的磁场公式求解。并将再积分求解总的磁感应强度。注意利用场的对称性。解：在电流板上距P点x处取宽为并平行于电流的无限长窄条，狭条中的电流为在P点处产生的磁感强度为：方向垂直纸面向里。整个电流板上各窄条电流在P点处产生的方向相同，故11-10 在半径的“无限长”半圆柱形金属薄片中，有电流自下而上地通过，如题11-10图所示。试求圆柱轴线上一点P处的磁感应强度。分析：微分半圆柱形金属薄片，对微分电流
38、应用无限长载流直导线产生的磁场公式求解。并将场强矢量分解后再积分求解总的磁感应强度。注意利用场的对称性。 题11-10图 解11-10图解：无限长载流半圆形金属薄片可看成由许多宽为的无限长电流窄条所组成，每根导线上的电流在P点产生的磁场大小为，方向按右手螺旋法则确定，如解11-10图所示。由于各电流窄条产生的磁场方向各不相同，P点的总磁场应化矢量积分为标量积分，即11-11 在半径为R及r的两圆周之间，有一总匝数为N的均匀密绕平面线圈（如题11-11图）通有电流，求线圈中心（即两圆圆心）处的磁感应强度。分析：微分密绕平面线圈，计算出相应的微分电流，利用载流圆环在其圆心处产生的磁场公式求解。并将
39、矢量再积分求解总的磁感应强度。解：由于载流螺旋线绕得很密，可以将它看成由许多同心的圆电流所组成，在沿径向r到R范围内，单位长度的线圈匝数为任取半径r，宽为dr的电流环，该电流环共有电流为题11-11图该电流环在线圈中心产生的磁感强度大小为圆心处总磁感强度大小方向垂直纸面向外。11-12 如题11-12图所示，在顶角为的圆锥台上密绕以线圈，共N匝，通以电流，绕有线圈部分的上下底半径分别为和.求圆锥顶O处的磁感应强度的大小.分析：微分密绕线圈，计算出相应的微分电流，利用载流圆环在其轴线上产生的磁场公式求解。并将矢量再积分求解总的磁感应强度。解：只要将题11-11中的均匀密绕平面线圈沿通过中心的轴垂
40、直上提，便与本题条件相一致，故解题思路也相似。如解11-12图建立坐标，取半径为r，宽为dr的电流环的密绕线圈，其含有匝数为，通电流为因为，。半径为r的一小匝电流在O点产生的大小为所有电流产生的磁场方向均沿x轴，所以其磁感强度大小为 题11-12图 解11-12图11-13 半径为R的木球上绕有细导线，所绕线圈很紧密，相邻的线圈彼此平行地靠着，以单层盖住半个球面共有N匝，如题11-13图所示。设导线中通有电流，求在球心O处的磁感应强度。分析：考虑线圈沿圆弧均匀分布，微分密绕线圈，计算出相应的微分电流，利用载流圆环在其轴线上产生的磁感应强度公式求解。并将矢量再积分求解总的磁感应强度。解11-13
41、图解：建立如解11-13图所示坐标，轴垂直线圈平面，考虑线圈沿圆弧均匀分布，故在内含有线圈的匝数为线圈中通电流时，中心O点处磁感强度为题11-13图因为 对整个半球积分求得O点总磁感强度为11-14 一个塑料圆盘，半径为R，带电量q均匀分布于表面，圆盘绕通过圆心垂直盘面的轴转动，角速度为.试证明（1）在圆盘中心处的磁感应强度为（2）圆盘的磁偶极矩为分析：均匀带电圆盘以角速度旋转时相当于圆电流，微分带电圆盘，计算出相应的微分电流，利用载流圆环在其圆心处产生的磁场公式求解。并将矢量再积分求解总的磁感应强度。解：（1）在圆盘上取一个半径为、宽为的细圆环，其所带电量为题1115图圆盘转动后相当于圆电流
42、若干个圆电流在圆心产生的磁感强度为（2）细圆环的磁矩为转动圆盘的总磁矩为，方向沿轴向。11-15 已知一均匀磁场的磁感应强度B=2T，方向沿x轴正方向，如题11-15图所示。试求（1）通过图中abcd面的磁通量；（2）通过图中befc面的磁通量；（3）通过图中aefd面的磁通量。分析：应用磁通量概念求解。解：（1）取各面由内向外为法线正方向。则（2）（3）11-16 如题11-16图所示，在长直导线AB内通有电流，有一与之共面的等边三角形CDE，其高为，平行于直导线的一边CE到直导线的距离为。求穿过此三角形线圈的磁通量。分析：由于磁场不均匀，将三角形面积进行微分，应用磁通量概念求出穿过面元的磁
43、通量，然后利用积分求出穿过三角形线圈的磁通量。 题11-16图 解11-16图解：建立如解11-16图所示坐标，取距电流AB为远处的宽为且与AB平行的狭条为面积元则通过等边三角形的磁通量为11-17 一根很长的铜导线，载有电流10A，在导线内部，通过中心线作一平面S，如题图11-17所示。试计算通过导线内1m长的S平面的磁通量。分析：先求出磁场的分布，由于磁场沿径向不均匀，将平面S无穷分割，应用磁通量概念求出穿过面元的磁通量，再利用积分求总磁通量。解：与铜导线轴线相距为r的P点处其磁感强度为题11-17图 （rR，R为导线半径）。于是通过单位长铜导线内平面S的磁通量为11-18 如题11-18图所示的空心柱形导体，柱的内外半径分别为和，导体内载有电流，设电流均匀分布在导体的横截面上。求证导体内部各点（）的磁感应强度B由下式给出：分析：应用安培环路定理求解。注意环路中电流的计算，应该是先求出载流导体内电流密度，再求出穿过环路的电流。证明：载流导体内电流密度为由对称性可知，取以轴为圆心，为半径的圆周为积分回路，则由安培环路定理得:从而有:题11-19图如果实心圆柱，此时。