习题八 【2 】8-1 电量都是q 的三个点电荷,分离放在正三角形的三个极点．试问：(1)在这三角形的中间放一个什么样的电荷,就可以使这四个电荷都达到均衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种均衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研讨对象,由力均衡知：q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题8-1图 题8-2图8-2 两小球的质量都是m ,都用长为l 的细绳挂在统一点,它们带有雷同电量,静止时两线夹角为2θ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以疏忽不计,求每个小球所带的电量． 解: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 依据点电荷场强公式204rq E πε=,当被考核的场点距源点电荷很近(r →0)时,则场强→∞,这是没有物理意义的,对此应若何懂得?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立,当0→r 时,带电体不能再视为点电荷,再用上式求场强是错误的,现实带电体有必定外形大小,斟酌电荷在带电体上的散布求出的场强不会是无穷大．8-4 在真空中有A ,B 两平行板,相对距离为d ,板面积为S ,其带电量分离为+q 和-q ．则这两板之间有互相感化力f ,有人说f =2024dq πε,又有人说,因为f =qE ,S q E 0ε=,所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f到底应等于若干?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的,第二种说法把合场强SqE 0ε=算作是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．精确解答应为一个板的电场为Sq E 02ε=,另一板受它的感化力Sq S qq f 02022εε==,这是两板间互相感化的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p=,场点到偶极子中间O 点的距离为r ,矢量r与l的夹角为θ,(见题8-5图),且l r >>．试证P 点的场强E 在r 偏向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分离为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin r p πεθ证: 如题8-5所示,将p 分化为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r的分量θsin p ．∵ l r >> ∴ 场点P 在r 偏向场强分量30π2cos rp E r εθ=垂直于r 偏向,即θ偏向场强分量300π4sin r p E εθ=题8-5图 题8-6图8-6 长l =15.0cm 的直导线AB 上平均地散布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强;(2)在导线的垂直等分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强．解： 如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ,其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε222)(d π4d x a xE E l l P P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ,9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 偏向程度向右(2)同理2220d d π41d +=x xE Q λε 偏向如题8-6图所示 因为对称性⎰=l QxE 0d ,即Q E只有y 分量,∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==l QyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅,偏向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的平均带电半圆环,电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强．解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==,它在O 点产生场壮大小为 20π4d d RR E εϕλ=偏向沿半径向外 则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==,偏向沿x 轴正向．8-8 平均带电的细线弯成正方形,边长为l ,总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中间为r 处的场强E ;(2)证实：在l r >>处,它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如8-8图示,正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 偏向如图,大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图因为对称性,P 点场强沿OP 偏向,大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵ lq 4=λ ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 偏向沿OP8-9 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中间,试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量;(2)假如该场源点电荷移动到该立方体的一个极点上,这时穿过立方体各面的电通量是若干?*(3)如题8-9(3)图所示,在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处,求：经由过程圆平面的电通量．(xRarctan=α) 解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅立方体六个面,当q 在立方体中间时,每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量06εqe =Φ．(2)电荷在极点时,将立方体延长为边长a 2的立方体,使q 处于边长a 2的立方体中间,则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形,假如它不包含q 地点的极点,则024εqe =Φ, 假如它包含q 地点极点则0=Φe ．如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图 题8-9(b)图 题8-9(c)图 (3)∵经由过程半径为R 的圆平面的电通量等于经由过程半径为22x R +的球冠面的电通量,球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221xR x +-]*关于球冠面积的盘算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r Sααα⎰⋅=02d sin π2r)cos 1(π22α-=r8-10 平均带电球壳内半径6cm,外半径10cm,电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm,8cm ,12cm 各点的场强． 解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E s,02π4ε∑=q rE当5=r cm 时,0=∑q ,0=E8=r cm 时,∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅, 偏向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=rr r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外. 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无穷长同轴圆柱面,单位长度上分离带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ;(2) 1R ＜r ＜2R ;(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E s取同轴圆柱形高斯面,侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无穷大的平行平面都平均带电,电荷的面密度分离为1σ和2σ,试求空间遍地场强．解: 如题8-12图示,两带电平面平均带电,电荷面密度分离为1σ与2σ, 两面间, n E)(21210σσε-=1σ面外, n E)(21210σσε+-= 2σ面外, n E)(21210σσε+=n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的平均带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体,如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强,并证实小球空腔内的电场是平均的．解: 将此带电体看作带正电ρ的平均球与带电ρ-的平均小球的组合,见题8-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E ,ρ- 球在O 点产生电场'd π4π3430320OO r E ερ= ∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ; (2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ=' ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E 'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r ',相对O 点位矢为r(如题8-13(b)图) 则 03ερr E PO =,03ερr E O P '-=' , ∴ 0003'3)(3ερερερd OO r r E E E O P PO P =='-=+=' ∴腔内场强是平均的．8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6C 的两个异号点电荷构成,两电荷距离d=0.2cm,把这电偶极子放在1.0×105N ·C-1的外电场中,求外电场感化于电偶极子上的最大力矩． 解: ∵ 电偶极子p 在外场E 中受力矩E p M ⨯=∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C,2q =3.0×10-8C,相距1r =42cm,要把它们之间的距离变为2r =25cm,需作若干功?解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r - 61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示,在A ,B 两点处放有电量分离为+q ,-q 的点电荷,AB 间距离为2R ,现将另一正实验点电荷0q 从O 点经由半圆弧移到C 点,求移动进程中电场力作的功．解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-Rq R q 0π41ε=O U )3(R q R q -Rq 0π6ε-= ∴ R q q U U q A o C O 00π6)(ε=-= 8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上平均散布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中间O 点处的场强和电势． 解: (1)因为电荷平均散布与对称性,AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消,取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图,因为对称性,O 点场强沿y 轴负偏向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］ R 0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势,以0=∞U⎰⎰===AB 200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ 同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U ∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 8-18 一电子绕一带平均电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速度作圆周活动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg,电子电量e =1.60×10-19C)解: 设平均带电直线电荷密度为λ,在电子轨道处场强rE 0π2ελ= 电子受力大小 r e eEF e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以推却的场强的最大值为E =30kV ·cm -1,超过这个数值时空气要产生火花放电．今有一高压平行板电容器,极板间距离为d =0.5cm,求此电容器可推却的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为平均电场∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 依据场强E 与电势U 的关系U E -∇=,求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场;(2)总电量为q ,半径为R 的平均带电圆环轴上一点;*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)． 解: (1)点电荷 r q U 0π4ε= 题 8-20 图∴ 0200π4r r q r r U E ε=∂∂-= 0r 为r 偏向单位矢量． (2)总电量q ,半径为R 的平均带电圆环轴上一点电势220π4x R qU +=ε∴ ()i x R qx i x U E 2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p =在l r >>处的一点电势200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4r ql l l r q U εθθθε=+--= ∴ 30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-= 30π4sin 1rp U r E εθθθ=∂∂-= 8-21 证实：对于两个无穷大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说,(1)相向的两面上,电荷的面密度老是大小相等而符号相反;(2)相背的两面上,电荷的面密度老是大小相等而符号雷同．证: 如题8-21图所示,设两导体A .B 的四个平面平均带电的电荷面密度依次为1σ,2σ,3σ,4σ题8-21图 (1)则取与平面垂直且底面分离在A .B 内部的闭合柱面为高斯面时,有0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ ∴ +2σ03=σ解释相向两面上电荷面密度大小相等.符号相反;(2)在A 内部任取一点P ,则其场强为零,并且它是由四个平均带电平面产生的场强叠加而成的,即0222204030201=---εσεσεσεσ 又∵ +2σ03=σ∴ 1σ4σ=解释相背两面上电荷面密度老是大小相等,符号雷同．8-22 三个平行金属板A ,B 和C 的面积都是200cm 2,A 和B 相距4.0mm,A 与C 相距2.0 mm ．B ,C 都接地,如题8-22图所示．假如使A 板带正电3.0×10-7C,略去边缘效应,问B 板和C 板上的感应电荷各是若干?以地的电势为零,则A 板的电势是若干?解: 如题8-22图示,令A 板左侧面电荷面密度为1σ,右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =,即∴ AB AB AC AC E E d d =∴ 2d d 21===ACAB AB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A =得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ (2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 8-23 两个半径分离为1R 和2R （1R ＜2R )的齐心薄金属球壳,现给内球壳带电+q ,试盘算：(1)外球壳上的电荷散布及电势大小;(2)先把外球壳接地,然后断开接地线从新绝缘,此时外球壳的电荷散布及电势;*(3)再使内球壳接地,此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +;球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +,且平均散布,其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R q rr q r E U εε(2)外壳接地时,外表面电荷q +入地,外表面不带电,内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R qU εε(3)设此时内球壳带电量为q ';则外壳内表面带电量为q '-,外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒),此时内球壳电势为零,且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε 得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R q R R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-= 8-24 半径为R 的金属球离地面很远,并用导线与地相联,在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ,试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示,设金属球感应电荷为q ',则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加道理有：=O U 03π4π4'00=+Rq R q εε得 -='q 3q 8-25 有三个大小雷同的金属小球,小球1,2带有等量同号电荷,相距甚远,其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分离接触1,2后移去,小球1,2之间的库仑力;(2)小球3依次瓜代接触小球1,2很多次后移去,小球1,2之间的库仑力．解: 由题意知 2020π4r q F ε= (1)小球3接触小球1后,小球3和小球1均带电2q q =', 小球3再与小球2接触后,小球2与小球3均带电q q 43='' ∴ 此时小球1与小球2间互相感化力 00220183π483π4"'2F r q r q q F =-=εε (2)小球3依次瓜代接触小球1.2很多次后,每个小球带电量均为32q . ∴ 小球1.2间的感化力00294π432322F r q q F ==ε *8-26 如题8-26图所示,一平行板电容器南北极板面积都是S,相距为d ,分离保持电势A U =U ,B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在南北极板正中心,片的面积也是S,片的厚度略去不计．求导体薄片的电势． 解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分离为1σ,2σ,3σ,4σ,5σ,6σ如图所示．由静电均衡前提,电荷守恒定律及保持U U AB =可得以下6个方程题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A 解得 Sq261==σσSq d U2032-=-=εσσ Sq dU2054+=-=εσσ 所以CB 间电场 S qd U E 00422εεσ+==)2d (212d 02Sq U E U U CB C ε+=== 留意：因为C 片带电,所以2U U C ≠,若C 片不带电,显然2U U C = 8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的平均电介质球壳,介质相对介电常数为r ε,金属球带电Q ．试求： (1)电介质内.外的场强; (2)电介质层内.外的电势; (3)金属球的电势．解: 运用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强303π4,π4rr Q E r Qr D ε ==外 (2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞ 外 介质内)(21R r R <<电势rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Qr r-+=εεε 8-28 如题8-28图所示,在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示,充满电介质部分场强为2E ,真空部分场强为1E,自由电荷面密度分离为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ,22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=d21U E E == ∴r D D εσσ==1212题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面,长度均为l ,半径分离为1R 和2R (2R ＞1R ),且l >>2R -1R ,两柱面之间充有介电常数ε的平均电介质.当两圆柱面分离带等量异号电荷Q 和-Q 时,求：(1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝,厚度为dr,长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和全部薄壳中的电场能量; (2)电介质中的总电场能量; (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时,Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε==薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 金属球壳A 和B 的中间相距为r ,A 和B 本来都不带电．如今A 的中间放一点电荷1q ,在B 的中间放一点电荷2q ,如题8-30图所示．试求： (1) 1q 对2q 感化的库仑力,2q 有无加快度;(2)去掉落金属壳B ,求1q 感化在2q 上的库仑力,此时2q 有无加快度． 解: (1)1q 感化在2q 的库仑力仍知足库仑定律,即2210π41rq q F ε=但2q 处于金属球壳中间,它受合力．．为零,没有加快度． (2)去掉落金属壳B ,1q 感化在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=,但此时2q 受合力不为零,有加快度．题8-30图 题8-31图8-31 如题8-31图所示,1C =0.25μF,2C =0.15μF,3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ． 解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q = ∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 8-32 1C 和2C 两电容器分离标明“200 pF.500 V ”和“300 pF.900 V ”,把它们串联起来后等值电容是若干?假如两头加上1000 V 的电压,是否会击穿? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ,而100021=+U U ∴ 6001=U V ,4002=U V 即电容1C 电压超过耐压值会击穿,然后2C 也击穿．8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 今后割断电源,再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求： (1)每个电容器的最终电荷; (2)电场能量的损掉．解: 如题8-33图所示,设联接后两电容器带电分离为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112*********U U U C U C q qU C U C q q q q 解得 (1) =1q U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损掉W W W -=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +-+= 221212U C C C C +=8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球,外衣有一齐心的导体球壳,壳的内.外半径分离为2R =4.0cm 和3R =5.0cm,当内球带电荷Q =3.0×10-8C 时,求：(1)全部电场储存的能量;(2)假如将导体壳接地,盘算储存的能量;(3)此电容器的电容值．解: 如图,内球带电Q ,外球壳内表面带电Q -,外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε=3R r >时 302π4rrQ E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q r r Q εε在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r r Q W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时,只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F习题九9-1 在统一磁感应线上,各点B的数值是否都相等?为何不把感化于活动电荷的磁力偏向界说为磁感应强度B的偏向?解: 在统一磁感应线上,各点B的数值一般不相等．因为磁场感化于活动电荷的磁力偏向不仅与磁感应强度B的偏向有关,并且与电荷速度偏向有关,即磁力偏向并不是独一由磁场决议的,所以不把磁力偏向界说为B的偏向．题9-2图9-2 (1)在没有电流的空间区域里,假如磁感应线是平行直线,磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的偏向上是否可能变化(即磁场是否必定是平均的)?(2)若消失电流,上述结论是否还对?解: (1)不可能变化,即磁场必定是平均的．如图作闭合回路abcd 可证实21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcdμ∴ 21B B=(2)若消失电流,上述结论不对．如无穷大平均带电平面两侧之磁力线是平行直线,但B偏向相反,即21B B ≠.9-3 用安培环路定理可否求有限长一段载流直导线四周的磁场?答: 不能,因为有限长载流直导线四周磁场固然有轴对称性,但不是稳恒电流,安培环路定理并不实用．9-4 在载流长螺线管的情况下,我们导出其内部nI B 0μ=,外面B =0,所以在载流螺线管外面围绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L·d l =0但从安培环路定理来看,环路L 中有电流I 穿过,环路积分应为⎰外B L·d l =I 0μ这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提,即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就必定没有电流畅过,即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ 外,与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不抵触的．但这是导线横截面积为零,螺距为零的幻想模子．现实上以上假设并不真实消失,所以使得穿过L 的电流为I ,是以现实螺线管若是无穷长时,只是外B 的轴向分量为零,而垂直于轴的圆周偏向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 假如一个电子在经由过程空间某一区域时不偏转,可否肯定这个区域中没有磁场?假如它发生偏转可否肯定谁人区域中消失着磁场?解：假如一个电子在经由过程空间某一区域时不偏转,不能肯定这个区域中没有磁场,也可能消失互相垂直的电场和磁场,电子受的电场力与磁场力抵消所致．假如它产生偏转也不能肯定谁人区域消失着磁场,因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m-2的平均磁场,偏向沿x 轴正偏向,如题9-6图所示．试求：(1)经由过程图中abcd 面的磁通量;(2)经由过程图中befc 面的磁通量;(3)经由过程图中aefd 面的磁通量． 解： 如题9-6图所示题9-6图(1)经由过程abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)经由过程befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S BΦ(3)经由过程aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S BΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示,AB .CD 为长直导线,C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线,其半径为R ．若通以电流I ,求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示,O 点磁场由AB .C B.CD 三部分电流产生．个中AB 产生 01=BCD产生RIB 1202μ=,偏向垂直向里CD段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ,偏向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ,偏向⊥向里． 9-8 在真空中,有两根互相平行的无穷长直导线1L 和2L ,相距0.1m,通有偏向相反的电流,1I =20A,2I =10A,如题9-8图所示．A ,B 两点与导线在统一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ,B 两点处的磁感应强度,以及磁感应强度为零的点的地位．题9-8图解：如题9-8图所示,A B偏向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示,两根导线沿半径偏向引向铁环上的A ,B 两点,并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细平均,求环中间O 的磁感应强度． 解： 如题9-9图所示,圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生,但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零.且θ-πθ==21221R R I I 电阻电阻. 1I 产生1B偏向⊥纸面向外πθπμ2)2(2101-=R I B ,2I 产生2B偏向⊥纸面向里πθμ22202R I B =∴1)2(2121=-=θθπI I B B 有 0210=+=B B B9-10 在一半径R =1.0cm 的无穷长半圆柱形金属薄片中,自上而下地有电流I =5.0 A 经由过程,电流散布平均.如题9-10图所示．试求圆柱轴线任一点P 处的磁感应强度．题9-10图解：因为金属片无穷长,所以圆柱轴线上任一点P 的磁感应强度偏向都在圆柱截面上,取坐标如题9-10图所示,取宽为l d 的一无穷长直电流l RII d d π=,在轴上P 点产生Bd 与R 垂直,大小为RI R R R IR I B 20002d 2d 2d d πθμ=πθπμ=πμ= RI B B x 202d cos cos d d πθθμ=θ= RI B B y 202d sin )2cos(d d πθθμ-=θ+π= ∴ 520202221037.6)]2sin(2[sin 22d cos -ππ-⨯=πμ=π--ππμ=πθθμ=⎰RI R I R I B x T0)2d sin (2220=πθθμ-=⎰ππ-RI B y ∴ i B51037.6-⨯= T9-11 氢原子处在基态时,它的电子可看作是在半径a =0.52×10-8cm 的轨道上作匀速圆周活动,速度v =2.2×108cm ·s -1．求电子在轨道中间所产生的磁感应强度和电子磁矩的值．解：电子在轨道中间产生的磁感应强度3004a av e B πμ ⨯=如题9-11图,偏向垂直向里,大小为134200==aevB πμ T 电子磁矩m P在图中也是垂直向里,大小为242102.92-⨯===eva a T e P m π 2m A ⋅ 题9-11图 题9-12图9-12 两平行长直导线相距d =40cm,每根导线载有电流1I =2I =20A,如题9-12图所示．求：(1)两导线地点平面内与该两导线等距的一点A 处的磁感应强度; (2)经由过程图中斜线所示面积的磁通量．(1r =3r =10cm,l =25cm)．解：(1) 52010104)2(2)2(2-⨯=+=d I d I B A πμπμ T偏向⊥纸面向外(2)取面元r l S d d =612010110102.23ln 31ln 23ln 2])(22[1211-+⨯=πμ=πμ-πμ=-πμ+πμ=⎰lI l I l I ldr r d I r I r r r ΦWb9-13 一根很长的铜导线载有电流10A,设电流平均散布.在导线内部作一平面S ,如题9-13图所示．试盘算经由过程S 平面的磁通量(沿导线长度偏向取长为1m 的一段作盘算)．铜的磁导率0μμ=.解：由安培环路定律求距圆导线轴为r 处的磁感应强度⎰∑μ=⋅lI l B 0d2202RIr r B μπ=∴ 202RIrB πμ=题 9-13 图磁通量 60020)(1042-===⋅=Φ⎰⎰πμπμI dr R Ir S d B R s m Wb9-14 设题9-14图中两导线中的电流均为8A,对图示的三条闭合曲线a ,b ,c ,分离写出安培环路定理等式右边电流的代数和．并评论辩论：(1)在各条闭合曲线上,各点的磁感应强度B的大小是否相等?(2)在闭合曲线c 上各点的B是否为零?为什么?解： ⎰μ=⋅al B 08d⎰μ=⋅bal B 08d⎰=⋅cl B 0d(1)在各条闭合曲线上,各点B的大小不相等．(2)在闭合曲线C 上各点B 不为零．只是B的环路积分为零而非每点0=B．题9-14图题9-15图9-15 题9-15图中所示是一根很长的长直圆管形导体的横截面,内.外半径分离为a ,b ,导体内载有沿轴线偏向的电流I ,且I 平均地散布在管的横截面上．设导体的磁导率0μμ≈,试证实导体内部各点)(b r a << 的磁感应强度的大小由下式给出：r a r a b IB 22220)(2--=πμ解：取闭合回路r l π2= )(b r a <<则 ⎰π=⋅lr B l B 2d2222)(a b Ia r I ππππ--=∑∴ )(2)(22220a b r a r I B --=πμ 9-16 一根很长的同轴电缆,由一导体圆柱(半径为a )和一同轴的导体圆管(内.外半径分离为b ,c )构成,如题9-16图所示．运用时,电流I 从一导体流去,从另一导体流回．设电流都是平均地散布在导体的横截面上,求：(1)导体圆柱内(r ＜a ),(2)两导体之间(a ＜r ＜b ),（3）导体圆筒内(b ＜r ＜c )以及(4)电缆外(r ＞c )各点处磁感应强度的大小解：⎰∑μ=⋅LI l B 0d(1)a r < 2202RIr r B μπ=202RIrB πμ=(2) b r a << I r B 02μπ=rIB πμ20=(3)c r b << I bc b r I r B 0222202μμπ+---= )(2)(22220b c r r c I B --=πμ (4)c r > 02=r B π0=B题9-16图题9-17图9-17 在半径为R 的长直圆柱形导体内部,与轴线平行地挖成一半径为r 的长直圆柱形空腔,两轴间距离为a ,且a ＞r ,横截面如题9-17图所示．如今电流I 沿导体管流淌,电流平均散布在管的横截面上,而电流偏向与管的轴线平行．求：(1)圆柱轴线上的磁感应强度的大小;(2)空心部分轴线上的磁感应强度的大小．解：空间各点磁场可看作半径为R ,电流1I 平均散布在横截面上的圆柱导体和半径为r 电流2I -平均散布在横截面上的圆柱导体磁场之和． (1)圆柱轴线上的O 点B 的大小：电流1I 产生的01=B ,电流2I -产生的磁场222020222r R Ir a a I B -==πμπμ∴ )(222200r R a Ir B -=πμ(2)空心部分轴线上O '点B 的大小：电流2I 产生的02='B , 电流1I 产生的222022r R Ia a B -πμ=')(2220r R Ia -=πμ∴ )(22200r R IaB -='πμ题9-18图9-18 如题9-18图所示,长直电流1I 邻近有一等腰直角三角形线框,通以电流2I ,二者共面．求△ABC 的各边所受的磁力．解： ⎰⨯=ABAB B l I F d 2daI I d I aI F AB πμπμ22210102== 偏向垂直AB 向左 ⎰⨯=CAAC B l I F d 2 偏向垂直AC 向下,大小为⎰++πμ=πμ=ad dAC dad I I r I rI F ln22d 210102 同理 BC F偏向垂直BC 向上,大小⎰+πμ=ad dBc rI lI F 2d 102 ∵ ︒=45cos d d rl∴ ⎰++πμ=︒πμ=ad aBC d ad I I r r I I F ln 245cos 2d 210120题9-19图9-19 在磁感应强度为B的平均磁场中,垂直于磁场偏向的平面内有一段载流曲折导线,电流为I ,如题9-19图所示．求其所受的安培力．解：在曲线上取ld 则 ⎰⨯=baab B l I F d∵ l d 与B 夹角l d <,2π>=B不变,B是平均的．∴ ⎰⎰⨯=⨯=⨯=b ab aab B ab I B l I B l I F)d (d偏向⊥ab 向上,大小BI F ab =ab题9-20图9-20 如题9-20图所示,在长直导线AB 内通以电流1I =20A,在矩形线圈CDEF 中通有电流2I =10 A,AB 与线圈共面,且CD ,EF 都与AB 平行．已知a =9.0cm,b =20.0cm,d =1.0 cm,求： (1)导线AB 的磁场对矩形线圈每边所感化的力; (2)矩形线圈所受合力和合力矩．解：(1)CD F偏向垂直CD 向左,大小4102100.82-⨯==dI bI F CD πμ N 同理FE F偏向垂直FE 向右,大小5102100.8)(2-⨯=+=a d I bI F FE πμ NCF F偏向垂直CF 向上,大小为⎰+-⨯=+πμ=πμ=ad dCF dad I I r r I I F 5210210102.9ln 2d 2 N ED F偏向垂直ED 向下,大小为5102.9-⨯==CF ED F F N(2)合力ED CF FE CD F F F F F+++=偏向向左,大小为4102.7-⨯=F N合力矩B P M m⨯=∵ 线圈与导线共面∴ B P m //0=M．题9-21图9-21 边长为l =0.1m 的正三角形线圈放在磁感应强度B =1T 的平均磁场中,线圈平面与磁场偏向平行.如题9-21图所示,使线圈通以电流I =10A,求： (1)线圈每边所受的安培力; (2)对O O '轴的磁力矩大小;(3)从地点地位转到线圈平面与磁场垂直时磁力所作的功．解： (1) 0=⨯=B l I F bcB l I F ab⨯= 偏向⊥纸面向外,大小为866.0120sin ==︒IlB F ab NB l I F ca⨯=偏向⊥纸面向里,大小866.0120sin ==︒IlB F ca N(2)IS P m =B P M m⨯= 沿O O '偏向,大小为221033.443-⨯===B l I ISB M m N ⋅(3)磁力功 )(12ΦΦ-=I A∵ 01=Φ B l 2243=Φ ∴ 221033.443-⨯==B l IA J9-22 一正方形线圈,由细导线做成,边长为a ,共有N 匝,可以绕经由过程其相对双方中点的一个竖直轴自由迁移转变．如今线圈中通有电流I ,并把线圈放在平均的程度外磁场B中,线圈对其转轴的迁移转变惯量为J .求线圈绕其均衡地位作渺小振动时的振动周期T .解：设微振动时线圈振动角度为θ (>=<θB P m,),则θθsin sin 2B NIa B P M m ==由迁移转变定律 θθθB NIa B NIa at J 2222sin d -≈-=即 0222=+θθJ BNIa dtd ∴ 振动角频率 JBNIa 2=ω 周期 IBNa JT 222πωπ==9-23 一长直导线通有电流1I ＝20A,旁边放一导线ab ,个中通有电流2I =10A,且两者共面,如题9-23图所示．求导线ab 所受感化力对O 点的力矩．解：在ab 上取r d ,它受力ab F ⊥d 向上,大小为rI rI F πμ2d d 102= F d 对O 点力矩F r M ⨯=d Md 偏向垂直纸面向外,大小为r I I F r M d 2d d 210πμ== ⎰⎰-⨯===ba bar I I M M 6210106.3d 2d πμ m N ⋅题9-23图题9-24图9-24 如题9-24图所示,一平面塑料圆盘,半径为R ,表面带有面密度为σ残剩电荷．假定圆盘绕其轴线A A '以角速度ω (rad ·s -1)迁移转变,磁场B的偏向垂直于转轴A A '．试证磁场感化于圆盘的力矩的大小为44BR M πσω=．(提醒：将圆盘分成很多齐心圆环来斟酌．)解：取圆环r r S d 2d π=,它等效电流q T q I d 2d d πω==r r S d d 2ωσσπω==等效磁矩 r r I r P m d d d 32πωσπ==受到磁力矩 B P M m⨯=d d ,偏向⊥纸面向内,大小为rB r B P M m d d d 3πωσ=⨯=4d d 403BR r r B M M Rπσωπωσ===⎰⎰9-25 电子在B =70×10-4T 的匀强磁场中作圆周活动,圆周半径r =3.0cm ．已知B 垂直于纸面向外,某时刻电子在A 点,速度v向上,如题9-25图．(1)试画出这电子活动的轨道; (2)求这电子速度v的大小; (3)求这电子的动能k E ．题9-25图解：(1)轨迹如图(2)∵ rv m evB 2=∴ 7107.3⨯==m eBrv 1s m -⋅ (3) 162K 102.621-⨯==mv E J9-26 一电子在B =20×10-4T 的磁场中沿半径为R =2.0cm 的螺旋线活动,螺距h=5.0cm,如题9-26图． (1)求这电子的速度;(2)磁场B的偏向若何?解: (1)∵ eBmv R θcos =θπcos 2v eBmh =题9-26 图∴ 6221057.7)2()(⨯=+=meBh m eBR v π1s m -⋅ (2)磁场B的偏向沿螺旋线轴线．或向上或向下,由电子扭转偏向肯定． 9-27 在霍耳效应实验中,一宽1.0cm,长4.0cm,厚1.0×10-3cm 的导体,沿长度偏向载有3.0A 的电流,当磁感应强度大小为B =1.5T 的磁场垂直地经由过程该导体时,产生1.0×10-5V 的横向电压．试求： (1)载流子的漂移速度; (2)每立方米的载流子数量．解: (1)∵ evB eE H = ∴lBU B E v HH ==l 为导体宽度,0.1=l cm。
