習(xí)題課電磁部分..

1、第5章靜電場作業(yè)、教材：選擇填空題13;計(jì)算題：10, 14, 25, 34二、附加題（一）、選擇題1、兩個(gè)同心均勻帶電球面，半徑分別為Ra和Rb（Ra<：Rb）,所帶電荷分r，取無限遠(yuǎn)處為零電勢,1)當(dāng)r<Ra時(shí)，該點(diǎn)的電勢為D :A、1qa +qb ；9B、4兀®rf、C、1qa 45D、4 n 0JRb丿2)當(dāng)r :>Rb時(shí)，該點(diǎn)的電勢為A :A、1qqb ；B、4兀SqrC、1(qa +qbD、別為qa和qb .設(shè)某點(diǎn)與球心相距1114 n 04兀4兀0rRb丿qa -qb ；Jr/qaIRa+ qJRb丿qa - qb ；rIRaRb 丿3)當(dāng)Ra <

2、; r v Rb時(shí)，該點(diǎn)的電勢為4)5)4兀Sqr4%rf、f、c、丄.qqb；D、丄qa 十 qb4 n 0JRb丿4 n 0.RaRb 丿11qa -qb .B、A、當(dāng)rA:>Rb時(shí)，該點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小為qa +qb .A、1qa Sb ;4gr2；B、1qa -qb ；T 2；rr、C、11 qa . qb LD、1._ 2 _2 ；2n 00 r當(dāng)Ra <r cRb時(shí)，該點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小為 D :1qa+qb ； B、1qa -qb ； C i 何 + qb .，.2'4 n0 (R；R2 丿'2、將一個(gè)點(diǎn)電荷放置在球形高斯面的中心，在下列哪一種情況下通

3、過高斯面的電場強(qiáng)度通量會(huì)發(fā)生變化B :A、將另一點(diǎn)電荷放在高斯面外B、將另一點(diǎn)電荷放進(jìn)高斯面內(nèi)C、在球面內(nèi)移動(dòng)球心處的點(diǎn)電荷，但點(diǎn)電荷依然在高斯面內(nèi)D、改變高斯面的半徑3、閉合曲面S包圍點(diǎn)電荷Q，現(xiàn)從無窮遠(yuǎn)處引入另一點(diǎn)電荷q至曲面外一點(diǎn)，如圖所示，貝冋入前后D :A、曲面S的電場強(qiáng)度通量不變,曲面上各點(diǎn)電場強(qiáng)度不變q 'B、曲面S的電場強(qiáng)度通量變化,曲面上各點(diǎn)電場強(qiáng)度不變C、曲面S的電場強(qiáng)度通量變化,曲面上各點(diǎn)電場強(qiáng)度變化D、曲面S的電場強(qiáng)度通量不變，曲面上各點(diǎn)電場強(qiáng)度變化（二八計(jì)算題a1、電荷面密度分別為±b的兩塊 無限大”均勻帶電平行平板，處于真空中.在兩板間有一個(gè)半徑為

4、 R的半球面，如圖所示.半球面的對稱軸線與帶電平板正交.求通過半球面的電場強(qiáng)度通量 e = ?解：電場強(qiáng)度E =,電場強(qiáng)度通量e = ”兀R査x2、長為l的帶電細(xì)棒，沿x軸放置，棒的一端在原點(diǎn)。設(shè)電荷線密度為 啟Ax, A為正常量,求X軸上坐標(biāo)為x=l+b處的電場強(qiáng)度大小和電勢。解: 口話£卜704分部積分公式Juv dx =uv _ Ju VdxAxdxlV珥丙十吶"b!3、電荷以線密度 入均勻地分布在長為l的直線上，求帶電直線的中 垂線上與帶電直線相距為 R的點(diǎn)的場強(qiáng)。解：如圖建立坐標(biāo)，帶電線上任一電荷元在 P點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為:4dE _4兀£0（r2 +x2）

5、r。根據(jù)坐標(biāo)對稱性分析，E的方向是y軸的方向LE "4叭（R2+x2）幾 Rklsin a = D ，宀 2、3/2 dx =-2-24叭（R +x ）4叭R"1 ）1/2Ei= 0(r <Ri)4Eiiiqi+q2r0(r>R2)4兀如24、在半徑為Ri和R2的兩個(gè)同心球面上分別均勻帶電qi禾口q2,求在OcvR,R,<rvR2,r ：>R2三個(gè)區(qū)域內(nèi)的電勢分布。解：利用高斯定理求出:Eii電勢的分布:1-Eqiq|drqi中q24 兀 s0r(r >R2)r2 44 -bc4Uii=I Eii dr 壯 EiiiR24 兀 s0R24 兀

6、s0(R2<r <R2)第6章 靜電場中的導(dǎo)體與電介質(zhì)作業(yè)、教材： 選擇填空題13;計(jì)算題：9, 11, 12, 13, 26, 33二、附加題(一)、選擇題1、一空氣平行板電容器，接電源充電后電容器中儲(chǔ)存的能量為W),在保持電源接通的條件下，在兩極間充滿相對電容率為 務(wù)的各向 同性均勻電介質(zhì)，則該電容器中儲(chǔ)存的能量W為：B (A) W = Wo/片.(B) W =列W).(C) W = (1 + £r)W0.(D) W = Wo.(二八計(jì)算題1、一個(gè)半徑為R的不帶電金屬球殼外有一點(diǎn)電荷 q, q距球心為 2R。(1) 求球殼內(nèi)任一點(diǎn)P處的電勢；(2)求球殼上電荷在球心處

7、產(chǎn)生的 電場強(qiáng)度大小.2、半徑為Ri的導(dǎo)體球，帶有電量q;球外有內(nèi)、外半徑分別為 R2,Rs的同心導(dǎo)體球殼，球殼帶有電量Q。(1)求導(dǎo)體球和球殼的電勢Ui, U2； (2)若球殼接地，求 Ui, U2; (3)若導(dǎo)體球接地(設(shè)球殼 離地面很遠(yuǎn))，求Ui, U2。解：如圖題10-4解圖(a)所示，當(dāng)導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡時(shí)，q分布在導(dǎo)體球的表面上.由于靜電感應(yīng)在外球殼的內(nèi)表面上感應(yīng)出-q電量.外表r2q , q f 11 )面上感應(yīng)出+q電量，則球殼外表面上共帶電荷(Q+q).(1)由于場的對稱性.由高斯定理求得各區(qū)域的場強(qiáng)分布為:E2 =巳=0(r<R)4 nor(R vr CR2)E3 =0

8、R < r < R3)4 nor(R3<r)題10-4解圖(a)E的方向均沿經(jīng)向向外.取無限遠(yuǎn)處電勢為零，則由電勢的定義可得: 內(nèi)球體內(nèi)任一場點(diǎn)Pi(r<:R)的電勢Ui為R2R3R斗 4 r244 R3T 4+ 處弓 4Ui = fEidr+ fE2dr + f E3dr +f E4dr"r" R" R2" R3r2q2 dr+ f4n0r2-R+處 Q+qu+晉3 4 n0r4 n。(RR2殼6 =0,則內(nèi)球體內(nèi)任一點(diǎn)P(r <R,)的電R外球殼體內(nèi)任一場點(diǎn)P2(R2 <R3)的電勢為:U2 = FE3d,+ 廣E

9、4df 亠dr=2'r3促4足4冗筍24"0&(2) 若外球殼接地.球殼外表面的電荷為零，等量異號(hào)電荷分布在球 體表面和球殼內(nèi)表面上 ，此時(shí)電場只分布在 (R,<r<R2)的空間， £3=04 =0。如圖題10-4解圖(b)所示.由于球殼接地，所以外球&呻 斗R2屮 4R2 4 珂RiUi 珥 Edr+jRiE2 誹=Jr,E2 dr6=0（3）當(dāng)內(nèi)球接地時(shí)，內(nèi)球的電勢Ui = 0 ,但無限遠(yuǎn)處的電勢也為零,這就要求外球殼所帶電量在內(nèi)外表面上重新分配， 使球殼外的電場沿 著經(jīng)向指向無限遠(yuǎn)處，球殼內(nèi)的電場經(jīng)向指向球心處 ；因此，內(nèi)球殼 必然

10、帶負(fù)電荷。因?yàn)閮?nèi)球接地，隨著它上面正電荷的減少，球殼內(nèi)表 面上的負(fù)電荷也相應(yīng)減少；當(dāng)內(nèi)球上正電荷全部消失時(shí)，球殼內(nèi)表面 上的負(fù)電荷全部消失完；但就球殼而言，仍帶有電量 +Q由于靜電感應(yīng)，在內(nèi)球和大地這一導(dǎo)體，系統(tǒng)中便會(huì)感應(yīng)出等量的負(fù)電荷-Q此 負(fù)電荷（-Q的一部分（設(shè)為-q）均勻分布在內(nèi)球表面上。球殼內(nèi) 表面上將出現(xiàn)等量的正電荷（+q）與之平衡.因此，在達(dá)到靜電平衡 后，內(nèi)球帶電荷-q'，球殼內(nèi)表面帶電量 +q'，外表面上帶電量由高斯定理可知各區(qū)域的場強(qiáng)分布為：題10-4解圖（C）（Qq），如圖所示.巳=0 (r<R)qE2 =- 2 (R1 £r cR2)4

11、n 0rE3 = 0(R2 V r 吒 R3)E4=(R<r)4 n 0r球殼上任一場點(diǎn)P2（R2 <r < &）相對于無限遠(yuǎn)處和相對于接地內(nèi)球的電勢，應(yīng)用電勢定義分別計(jì)算，可得：U2Ri 4 呻 七C呻 =Jr E3 '臚+昭 E4# = rr = Q-*Jr.,- -23 4 n 0r 4 n 0R3U2R2- Ri -=Jr E3 dr + k E2- R -Ri q4兀名 0 R-i R2聯(lián)立上述兩式，求得:RRQq "RR2+R2R3-RR3將q，代入U(xiǎn)的表達(dá)式中可得：R2-RRi R2 + R2 R3 Ri R3(R2 < r c

12、R3)Ui=0解：E,2g0r(r < Ri)3、電量為q的點(diǎn)電荷處于一不帶電導(dǎo)體球殼的球心處， 導(dǎo)體球殼的內(nèi)、外半徑分別為Ri和R2 ,求電場和電勢的分布。R <r <R2VRd, qRi q”處 qV _ f 4陽。2 dr +昭贏/dr-goU r r2 j4、三個(gè)半徑分別為Ri，R2, R3（Ri< R2< R3）的導(dǎo)體同心薄球殼，所 帶電量依次為qi, q2, q3.求：（1）各球殼的電勢；（2）外球殼接地時(shí), 各球殼的電勢。分析：根據(jù)靜電平衡條件先確定球的電荷分布情況， 再根據(jù)電荷分布 的球?qū)ΨQ性，利用高斯定理求出電場強(qiáng)度分布，進(jìn)而利用電勢與電場 強(qiáng)度

13、的積分關(guān)系求出電勢分布。對于電荷球?qū)ΨQ分布的帶電體，也可 直接利用電勢疊加原理求得電勢分布。 接地導(dǎo)體時(shí)電勢為零，電荷重 新分布達(dá)到新的靜電平衡，新的電荷分布引起電場和電勢分布發(fā)生變 化。解：(1)女口圖題10-5解圖(a)所示，半徑為R的導(dǎo)體球殼外表面上均 勻的分布電量qi,由于靜電感應(yīng)，半徑為R的球殼內(nèi)表面上感應(yīng)出-qi 的電量.外表面上感應(yīng)出+qi的電量.因此，半徑為R的球殼外表面上 的電量為qi+q2，同理，半徑為R3的球殼內(nèi)表面上感應(yīng)出-(qi+C|2)的電 量.外表面上感應(yīng)出+(qi+q2)的電量.所以R的球殼外表面上的電量為 (qi+q2+q3)(方法一)由于場的分布具有對稱性，

14、可用高斯定理求得各區(qū)域的場強(qiáng)分別為Ei=O，(r <R)(Ri <r CR2)(R2 <R3)E的方向均沿徑向向外.取無限遠(yuǎn)處為電勢零點(diǎn).Ui=e2 4，+ j： E3 #+JjEq drR3 qi +q2Y2 心r + J：34n>+廣FdrR34nE0r2Ia+22+33?4 冗 £0 Ri R2 R3 J甩斗 彳 址扌 4 Rs qq2乂 qp +q2 +q3U2曲"£=jr2 晉4冗名0 JR?R3丿I 的 +q2+q3 I4n 0VR3 丿Iqi+q2+q3、4 n。I R2R3 >4n or2R3丿U3 = ft dr十山

15、2入=丄（g +q2 +q3 也兀 4n r4 n0 I（方法二）可把各球殼上的電勢視為由電量為 qi,半徑為R;電量為q2,半徑為R;電量為q3,半徑為R的三個(gè)同心帶電球殼分別在各點(diǎn)所共同產(chǎn)生的電勢的疊加.由于在半徑為R的球殼外表面上的P點(diǎn)由三個(gè)帶電球殼電勢的疊加.故有Ui/ 、q_+亞+q_4 n 名0 I Ri R2 R3 >同理：U2_ I 何沁'4n $0 I R2R3 >為零，內(nèi)表面的電量為-（qi+q2）（方法一）用高斯定理求得各區(qū)域的場強(qiáng)分題10-5解圖（b）u廠丄何5討4n0 IR3丿（2） 由于外球殼接地，球殼外表面的電荷別為:Ei =0 , (r &l

16、t;R)£2=命，(Ri<r<R2)£3嚴(yán)4 uSgrE4 =0 , U3 =0U2 = J：E 3dr =4丄丄4 n0 IR2 R3 丿因?yàn)橥馇驓そ拥?，所?6=04 R3 T 4 r2 qr3 q +6uiL E 2'dr+ LE 3jRi4n；r+jR2 4n?drqii i +qi +q2 i i L i f_qi + q? g+q?4 n0 1尺 R2 丿 4 n0 IR2 R3 丿 4 n0 (尺 R2&(方法二)可把U,視為帶電量為qi，半徑為R;帶電量為q2,半徑為R,帶電量為-(qi+q2)，半徑為R的同心帶電球面在半徑為R的

17、球殼外表面上的電勢的疊加.&+生_ g +q2'4n0 Ri R2R 丿把U視為帶電量為qi+q2,半徑為R.帶電量為-(qi+q2)，半徑為R的同 心球面在半徑為R的球殼外表面上的電勢的疊加5 5 =R3丿(B)巴；4R(D)労(1)4R 兀2、有一半徑為R的單匝圓線圈,通以電流I .若將該導(dǎo)線彎成匝數(shù)N第7章恒定磁場作業(yè)、教材： 選擇填空題14;計(jì)算題：11, 13, 15, 29, 33二、附加題(一)、選擇題1、如圖所示，無限長直導(dǎo)線在 P處彎成半徑為R的圓，當(dāng)通以電流 I時(shí)，則在圓心O點(diǎn)的磁感強(qiáng)度大小等于：(A)；(C)孰)；=2的平面圓線圈，導(dǎo)線長度不變，并通以同樣

18、的電流，則線圈中心的磁感強(qiáng)度和線圈的磁矩分別是原來的：A(A)4倍和1/2倍;(B)4倍和1/8 倍;(C)2倍和1/4倍;(D)2倍和1/2倍求：1)圓心0處的磁感應(yīng)強(qiáng)度:0所以B為原來解析：B = N (U0l)/2R, N增大一倍，R減小到一半, 4倍，m=Ns,N增大一倍，面積S變?yōu)樵瓉淼乃姆种?，所?m為 原來的一半(二八計(jì)算題1、半徑為r的均勻帶電半圓環(huán)，電荷為q,繞過圓心0的軸以勻角速度済專動(dòng)，如圖所示。2)旋轉(zhuǎn)帶電半圓環(huán)的磁矩。解：1）向上為x軸正方向dB=血廠dI2(宀 X2 fAdidI =2瑪2x = r COS0L = rsine （0是r與豎直方向夾角）22 322

19、(r 2 +x )rVsin 也 rdT Tsin 歸4Jir3JI04兀B = f sin* =0方向向上22qor3 嚴(yán) 2 . 2 C A© rd 0 A© r 兀 f r Si no2、一個(gè)塑料圓盤，半徑為R,帶電量q均勻分布于表面，圓盤繞通過圓心垂直盤面的軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度為 .試證明(1)在圓盤中心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=也;2iR圓盤的磁矩為Pm = 1 qR2.4解:（1）在圓盤上取一個(gè)半徑為r、寬為dr的細(xì)圓環(huán)，其所帶電量dq =D2 兀 rdr =22 町 dr.圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)后相當(dāng)于圓電流_2 兀Rdl =ndqr -q?勿rdrqrdrA ttR2若干個(gè)圓電流在圓

20、心產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度為B"dB 心”. 2r2rBqrdr叫Wq"r3(2)細(xì)圓環(huán)的磁矩為dp m=SdI52Mdr=dr.轉(zhuǎn)動(dòng)圓盤的總磁矩為PmRqr3JoR2d-R2，方向沿軸向。43、載有電流I =20A的長直導(dǎo)線AB旁有一同平面的導(dǎo)線ab,ab長為9cm,通以電流h =20A。求當(dāng)ab垂直AB, a與垂足O 點(diǎn)的距離為1cm時(shí)，導(dǎo)線ab所受的力，以及對O點(diǎn)的力矩的大小。解：電流ab中任意電流元受力大小為df=iiBdx。f =Jdf珥；虬dxO.12;ix2 兀II1ln0.014 兀 X 10-74-_X20X20XI n10 =1.8430 N.I川o"J

21、Bm對O點(diǎn)力矩為27IXM = JdM = J xdf = J；： xdx0 nm.l-0.01) =7.2心0 mN第8章 電磁感應(yīng) 作業(yè):一、教材： 選擇填空題14 ;計(jì)算題：10，11，12,二、附加題（一）、選擇題1'兩根無限長平行直導(dǎo)線載有大小相等方向相反的電流1 '并各以dt的變化率 減小，一矩形線圈位于導(dǎo)線平面內(nèi)（如圖），則A、線圈中無感應(yīng)電流B、線圈中感應(yīng)電流為順時(shí)針方向C、線圈中感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向D、線圈中感應(yīng)電流方向不確定2、如圖所示，導(dǎo)體棒AB在均勻磁場B中 繞通過C點(diǎn)的與棒垂直、 與磁場平行的軸OO'轉(zhuǎn)動(dòng)（角速度O與B同方向），O. BC木BC的長度為棒長的丄，貝A3A、A點(diǎn)比B點(diǎn)電勢高O'B、A點(diǎn)與B點(diǎn)電勢相等C、A點(diǎn)比B點(diǎn)電勢低D、無法確定3、如圖所示，直角三角形金屬框架abc放在均勻磁場中，磁場B平行于ab邊，be 的長度為l .當(dāng)金屬框架繞ab邊以勻角速度轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，abe回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢 竊和a、e兩點(diǎn)間的電勢差Ua-Ue為B :=0, UaB、=0, UaC、= B2,1 2=B 221 2=-B21 2-UeU eD、= B&#