关于大学物理课后习题答案赵近芳下册

习题八
8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示
(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷
2
220)3
3(π4130cos π412a q q a q '=︒εε
解得 q q 3
3-
=' (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 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，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忽略不计，求每个小球所带的电量． 解: 如题8-2图示
⎪⎩
⎪⎨⎧
===22
0)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e
解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2
04r
q E πε=
，当被考察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，对此应如何理解?
解: 02
0π4r r q E ϖ
ϖε=
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，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体
上的分布求出的场强不会是无限大．
8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =
2
024d
q πε,又有人
说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S
q 02
ε．试问这两种说法对吗?为什么?
f 到底应等于多少?
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S
q
E 0ε=
看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S
q E 02ε=
，另一板受它的作用力
S
q S q
q f 02
022εε=
=，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p ϖϖ=，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r
ϖ
与l ϖ
的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分
量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为
r E =
302cos r p πεθ, θE =3
04sin r
p πεθ
证: 如题8-5所示，将p ϖ分解为与r ϖ平行的分量θsin p 和垂直于r ϖ
的分量
θsin p ．
∵l
r>>∴场点P在r方向场强分量
3
π2
cos
r
p
E
rε
θ
=
垂直于r方向，即θ方向场强分量
3
0π4
sin
r
p
E
ε
θ
=
题8-5图题8-6图
8-6 长l =15.0cm的直导线AB上均匀地分布着线密度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
1
a=5.0cm处P点的场强；
(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距
2
d=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
2
)
(
d
π4
1
d
x
a
x
E
P-
=
λ
ε
2
2
2
)
(
d
π4
d
x
a
x
E
E
l
l
P
P-
=
=⎰
⎰
-
ε
λ
]
2
1
2
1
[
π4
l
a
l
a+
-
-
=
ε
λ
)
4(
π2
2
l
a
l
-
=
ε
λ
用15=l cm ，9
10
0.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得
21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右
(2)同理 2
2
20d d π41d +=
x x
E Q λε 方向如题8-6图所示 由于对称性⎰
=l
Qx E 0d ，即Q E ϖ
只有y 分量，
∵ 22
2
222
20d
d d d π41d ++=
x x x E Qy
λε
2
2π4d d ελ
⎰==l Qy
Qy E E ⎰
-+22
2
3
222)
d (d l l x x
22
2
0d
4π2+=
l l
ελ
以9
10
0.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得
21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向
8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，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 点产生场强大小为 2
0π4d d R R E εϕ
λ=
方向沿半径向外
则 ϕϕελ
ϕd sin π4sin d d 0R
E E x =
=
ϕϕελ
ϕπd cos π4)cos(d d 0R
E E y -=
-=
积分R
R E x 000
π2d sin π4ελ
ϕϕελπ
==
⎰
0d cos π400
=-=⎰
ϕϕελ
π
R
E y
∴ R
E E x 0π2ελ
=
=，方向沿x 轴正向．
8-8 均匀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心为r 处的场强E ；(2)证明：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4
q
在P 点产生物强P E ϖd 方向如图，大
小为
()
4
π4cos cos d 2
2021l r E P +
-=
εθθλ
∵ 2
2cos 2
21l r l +
=
θ
12cos cos θθ-=
∴
2
4
π4
d
2
2
2
2
l
r
l
l
r
E
P
+
+
=
ε
λ
P
E
ϖ
d在垂直于平面上的分量β
cos
d
d
P
E
E=
⊥
∴
4
2
4
π4
d
2
2
2
2
2
2
l
r
r
l
r
l
r
l
E
+
+
+
=
⊥
ε
λ
题8-8图
由于对称性，P点场强沿OP方向，大小为
2
)
4
(
π4
4
d
4
2
2
2
2
l
r
l
r
lr
E
E
P
+
+
=
⨯
=
⊥
ε
λ
∵
l
q
4
=
λ
∴
2
)
4
(
π4
2
2
2
2
l
r
l
r
qr
E
P
+
+
=
ε
方向沿OP
8-9 (1)点电荷q位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(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：
通过圆平面的电通量．(
x
R
arctan
=
α)
解: (1)由高斯定理
d
ε
q
S
E
s⎰
=
⋅
ϖ
ϖ
立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量0
6εq e =
Φ． (2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量0
6εq e =
Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则0
24εq
e =Φ， 如果它包含q 所在顶点则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)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面
的电通量，球冠面积*
]1)[(π22
2
22x
R x x R S +-
+=
∴ )
(π42
2
00
x R S
q +=
Φε0
2εq
=
[2
2
1x
R x +-]
*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图
ααα
⎰⋅=0
d sin π2r r S
ααα
⎰
⋅=0
2
d sin π2r
)cos 1(π22α-=r
8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×5
10-C ·m -3
求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．
解: 高斯定理0
d ε∑⎰=⋅q
S E s
ϖϖ,0
2π4ε∑=
q r E
当5=r cm 时，0=∑q ,0=E ϖ
8=r cm 时，∑q 3
π4p
=3(r )3
内r - ∴ ()
202
3π43π4r
r r E ερ
内-=
41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r cm 时,3
π4∑=ρ
q -3(外r ）内3
r ∴ ()
4203
31010.4π43π4⨯≈-=
r
r r E ερ
内外 1C N -⋅ 沿半径向外. 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量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0
d ε∑⎰
=
⋅q S E s
ϖ
ϖ
取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则
rl E S E S
π2d =⋅⎰ϖϖ
对(1) 1R r <
0,0==∑E q
(2) 21R r R << λl q =∑
∴ r
E 0π2ελ
=
沿径向向外
(3) 2R r >
=∑q
∴ 0=E
题8-12图
8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．
解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ， 两面间， n E ϖϖ
)(21210
σσε-=
1σ面外， n E ϖ
ϖ)(21210
σσε+-= 2σ面外， n E ϖϖ
)(21210
σσε+=
n ϖ
：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．
8-13 半径为R 的均匀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，并证明小球空腔内的电场是均匀的．
解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．
(1) ρ+球在O 点产生电场010=E ϖ
，
ρ- 球在O 点产生电场
'd
π4π343
0320OO r E ερ=ϖ
∴ O 点电场'd 33
030OO r E ερ
=ϖ；
(2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ϖ ρ-球在O '产生电场002='E ϖ
∴ O ' 点电场 0
03ερ
='E ϖ'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 ϖ
'，相对O 点位矢为r ϖ (如题8-13(b)图)
则 0
3ερr
E PO ϖϖ=，
3ερr E O P '
-='ϖϖ,
∴ 0
003'3)(3ερερερd
OO r r E E E O P PO P ϖ
ϖϖϖϖϖ=
='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．
8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6
C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105
N ·C
-1
的外电场中，求外电场作用于
电偶极子上的最大力矩．
解: ∵ 电偶极子p ϖ
在外场E ϖ中受力矩
E p M ϖ
ϖϖ
⨯= ∴ qlE pE M ==max 代入数字
4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅
8-15 两点电荷1q =1.5×10-8
C ，2q =3.0×10-8
C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功? 解: ⎰⎰
==⋅=
222
1
02120
21π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εεϖϖ)11(21r r -
61055.6-⨯-=J
外力需作的功 6
1055.6-⨯-=-='A A J
题8-16图
8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，
AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，
求移动过程中电场力作的功．
解: 如题8-16图示
0π41ε=
O U 0)(=-R
q
R q 0π41ε=
O U )3(R q
R q -R
q 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均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势． 解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，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E ϖ
d 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向
题8-17图
θεθ
λπ
π
cos π4d d 22
2
0⎰⎰-==R R E E y
R 0π4ελ=
［)2sin(π-2
sin π-］
R
0π2ελ
-=
(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U
⎰
⎰===A
B
20
0012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ 同理CD 产生 2ln π40
2ελ
=
U 半圆环产生 0
034π4πελ
ελ==
R R U
∴ 0
032142ln π2ελελ+=
++=U U U U O 8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104
m ·s -1
的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31
kg ，电子电量
e =1.60×10-19C)
解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强
r
E 0π2ελ=
电子受力大小 r
e eE F e 0π2ελ
=
= ∴ r
v m r e 2
0π2=ελ
得 132
0105.12π2-⨯==
e
mv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1
，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压．
解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 ∴ 4
105.1d ⨯==E U V
8-20 根据场强E ϖ与电势U 的关系U E -∇=ϖ
，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 的均匀带电圆环轴上一点；*(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 ϖϖϖε=∂∂-= 0r ϖ
为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势
2
2
0π4x
R q U +=ε
∴
()
i x R qx
i x U E ϖ
ϖϖ
2
/32
20π4+=∂∂-
=ε
(3)偶极子l q p ϖ
ϖ=在l r >>处的一点电势
2
00
π4cos ])
cos 2
1(1)
cos 2
(1[π4r ql l
l
r q U εθ
θθε=
+-
-=
∴ 3
0π2cos r p r U E r εθ
=∂∂-
= 3
0π4sin 1r
p U r E εθ
θθ=∂∂-
= 8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．
证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度
依次为1σ，2σ，3σ，4σ
题8-21图
(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有
0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E s
σσϖ
ϖ
∴ +2σ03=σ
说明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，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即
022220
4
030201=---εσεσεσεσ 又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=
说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．
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．如果使A 板带正电3.0
×10-7
C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?
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===AC
AB
AB AC E E σσ 且 1σ+2σS
q A
=
得 ,32S q A =
σ S
q A 321=σ 而 711023
2
-⨯-=-
=-=A C q S q σC C
10172-⨯-=-=S q B σ
(2) 30
1
103.2d d ⨯==
=AC AC AC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：
(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；
(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；
*(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 +，且均匀分布，其电势
题8-23图
⎰
⎰
∞
∞==⋅=2
2
020π4π4d d R R R
q
r r q r E U εεϖϖ
(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：
0π4π42
02
0=-
=
R q R q U 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'π4'2
02
01
0=+-+
-
=
R q q R q R q U A εεε
得 q R R q 2
1
=' 外球壳上电势
()2
2
021202
02
0π4π4'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 U
8-24图
由电势叠加原理有：
=
O U 03π4π4'00=+R
q R q εε
得 -
='q 3
q 8-25 有三个大小相同的金属小球，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先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力；
(2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．
解: 由题意知 2
02
0π4r
q F ε=
(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电
2
q q =
', 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电
q q 4
3=
'' ∴ 此时小球1与小球2间相互作用力
00220183π483π4"'2
F r
q
r q q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为
3
2q
. ∴ 小球1、2间的作用力0029
4
π432322F r q
q F ==ε
*8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别
维持电势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两极板正中间，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别为1σ，
2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U U AB =可得
以下6个方程
题8-26图
⎪
⎪⎪⎪⎪⎩⎪
⎪⎪⎪
⎪⎨⎧
++++==+=+-==+=+===+6
543215432
0654
30021
00
1σσσσσσσσσσεσσσσεσσd U
S q S q
d
U U C S S q B A 解得 S
q
261==σσ
S
q d U
2032-=
-=εσσ S
q d
U
2054+
=
-=εσσ 所以CB 间电场 S q
d U E 00
422εεσ+==
)2d (212d 02
S
q U E U U CB C ε+=== 注意：因为C 片带电，所以2U U C ≠
，若C 片不带电，显然2
U U C = 8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，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: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D S
ϖ
ϖd
(1)介质内)(21R r R <<场强
3
03π4,π4r
r
Q E r r Q D r εεϖϖϖϖ==内; 介质外)(2R r <场强
3
03π4,π4r
r Q E r Qr D εϖϖϖ==外 (2)介质外)(2R r >电势
r
Q
E U 0r
π4r d ε=
⋅=⎰
∞
ϖϖ外 介质内)(21R r R <<电势
2020π4)11(π4R Q R r q
r εεε+-=
)1
1(π42
0R r Q
r r -+=
εεε
(3)金属球的电势
r d r d 2
2
1ϖϖϖϖ⋅+⋅=⎰⎰
∞R R R E E U 外内
⎰
⎰∞
+=22
2
20π44πdr R R R
r r Qdr
r Q εεε
)11(
π42
10R R Q
r 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 ϖ，真空部分场强为1E ϖ
，自
r
d r d ϖϖϖϖ⋅+⋅=⎰⎰
∞∞
r
r
E E U 外内
由电荷面密度分别为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D ϖ
ϖ得
11σ=D ，22σ=D
而 101E D ε=,202E D r εε=
d
21U E E =
= ∴
r D D εσσ==1
2
12
题8-28图 题8-29图
8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，
两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷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整个薄壳中的电场能量；
(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 )
(=⋅⎰ϖ
ϖ
当)(21R r R <<时，
Q q =∑
∴ rl
Q
D π2=
(1)电场能量密度 2
222
2π82l r Q D w εε== 薄壳中 rl
r
Q rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22
222=== (2)电介质中总电场能量
⎰
⎰===2
1
1
22
2ln π4π4d d R R V
R R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ C
Q W 22
=
∴ )
/ln(π22122R R l
W Q C ε=
= *8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的
中心放一点电荷1q ，在B 的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求： (1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；
(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度． 解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即
2
2
10π41r
q q F ε=
但2q 处于金属球壳中心，它受合力．．为零，没有加速度． (2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2
2
10π41r
q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．
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 = ∴ 35
50
25231123232⨯===
C U C C Q U 86)35
25
1(5021=+
=+=U U U AB V 8-32 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V 的电压，是否会击穿? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容
120300
200300
2002121=+⨯=+=
'C C C C C pF
(2)串联后电压比
2
3
1221==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 以后切断电源，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)电场能量的损失．
解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q
题8-33图
则⎪⎪⎩⎪⎪
⎨⎧==-=-=+2
122112*********U U U C U C q q
U C U C q q q q 解得 (1) =
1q U C C C C C q U C C C C C 2
1212221211)
(,)(+-=+-
(2)电场能量损失
W W W -=∆0
)22()2121(2
2
21212
221C q C q U C U C +-+= 2
2
1212U C C C C +=
8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8
C
时，求：
(1)整个电场储存的能量；
(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (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 ϖ
在21R r R <<时 3
01π4r r
Q E εϖϖ
= 3R r >时 3
02π4r r
Q E εϖϖ
=
∴在21R r R <<区域
⎰
=2
1
d π4)π4(21222001R R r r r
Q W εε ⎰
-==2
1
)1
1(π8π8d 21022
02R R R R Q r
r Q εε 在3R r >区域
⎰∞
==323022
20021π8d π4)π4(21R R Q r r r
Q W εεε ∴ 总能量 )1
11(π83
210221R R R Q W W W +-=+=ε
41082.1-⨯=J
(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时3
0π4r
r
Q E εϖϖ
=
,02=W ∴ 42
10211001.1)1
1(π8-⨯=-==R R Q W W ε J
(3)电容器电容 )1
1/(π422102
R R Q
W C -==
ε 121049.4-⨯=F
习题九
9-1 在同一磁感应线上，各点B ϖ
的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B ϖ
的方向?
解: 在同一磁感应线上，各点B ϖ
的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电
荷的磁力方向不仅与磁感应强度B ϖ
的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B ϖ
的方向．
题9-2图
9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B
ϖ
的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)?
(2)若存在电流，上述结论是否还对?
解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明
21B B ρϖ=
∑⎰
==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcd
μϖ
ϖ
∴ 21B B ρ
ϖ=
(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行
直线，但B ϖ
方向相反，即21B B ρϖ≠.
9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?
答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．
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
外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分
⎰外
B L ϖ·d l ϖ=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 ϖ
·d l ϖ=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 上就一定没有电流通过，即也是
⎰
∑==⋅L
I l B 0d 0μϖϖ外，与⎰⎰=⋅=⋅L
l l B 0d 0d ϖϖ
ϖ外是不矛盾的．但这是导
线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所
以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B ϖ
的轴向
分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量r
I
B πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．
题 9 - 4 图
9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发
生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?
解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在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．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，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的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6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． 解： 如题9-6图所示
题9-6图
(1)通过abcd 面积1S 的磁通是
24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S B ϖ
ϖΦWb
(2)通过befc 面积2S 的磁通量
022=⋅=S B ϖϖΦ
(3)通过aefd 面积3S 的磁通量
24.05
45.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ϖ
ϖΦWb (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．其中
AB 产生 01=B ϖ
CD 产生R
I
B 1202μ=
，方向垂直向里
CD 段产生 )23
1(2)60sin 90(sin 2
4003-πμ=-πμ=
︒︒R I R I B ，方向⊥向里
∴)6
231(203210π
πμ+-=
++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．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位置．
题9-8图
解：如题9-8图所示,A B ϖ
方向垂直纸面向里
42
01
0102.105
.02)
05.01.0(2-⨯=⨯+
-=
πμπμI I B A T
(2)设0=B ϖ
在2L 外侧距离2L 为r 处
则
02)
1.0(22
0=-
+r
I r I
πμπμ 解得 1.0=r m
题9-9图
9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心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 ϖ
方向⊥纸面向外
π
θπμ2)
2(2101-=
R I B ，
2I 产生2B ϖ
方向⊥纸面向里
π
θ
μ22202R I B =
∴
1)2(2121=-=θ
θπI I B B 有 0210=+=B B B ϖ
ϖϖ
9-10 在一半径R =1.0cm 的无限长半圆柱形金属薄片中，自上而下地有电流I =5.0 A 通过，电流分布均匀.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：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点P 的磁感应强度方向都在圆柱截面上，取坐标如题9-10图所示，取宽为l d 的一无限长直电流l R
I
I d d π=
，在轴上P 点产生B ϖ
d 与R 垂直，大小为
R
I R R R I
R I B 200
02d 2d 2d d πθμ=πθ
πμ=πμ= R
I B B x 2
02d cos cos d d πθ
θμ=θ= R
I B B y 2
02d sin )2cos(d d πθθμ-=θ+π
= ∴ 52
02022
21037.6)]2sin(2[sin 22d cos -π
π-⨯=πμ=π
--ππμ=πθθμ=
⎰
R
I R I R I B x T
0)2d sin (22
2
0=πθ
θμ-
=⎰π
π-R
I B y ∴ i B ϖ
ϖ
5
1037.6-⨯= T
9-11 氢原子处在基态时，它的电子可看作是在半径a =0.52×10-8
cm 的轨道上作
匀速圆周运动，速率v =2.2×108
cm ·s -1
．求电子在轨道中心所产生的磁感应强
度和电子磁矩的值．
解：电子在轨道中心产生的磁感应强度
3
004a
a
v e B πμϖϖϖ⨯= 如题9-11图，方向垂直向里，大小为
1342
00==
a ev
B πμ T
电子磁矩m P ϖ
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)两导线所在平面内与该两导线等距的一点A 处的磁感应强度； (2)通过图中斜线所示面积的磁通量．(1r =3r =10cm,l =25cm)．
解：(1) 52
01
0104)
2
(2)
2
(2-⨯=+
=
d I d I B A πμπμ T 方向⊥纸面向外
(2)取面元
r l S d d =
6
12010110102.23ln 31ln 23ln 2])(22[
12
11
-+⨯=π
μ=πμ-πμ=-πμ+πμ=⎰l I l I l I ldr r d I r I r r r ΦWb
9-13 一根很长的铜导线载有电流10A ，设电流均匀分布.在导线内部作一平
面S ，如题9-13图所示．试计算通过S 平面的磁通量(沿导线长度方向取长为1m 的一段作计算)．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=⋅l
I l B 0d ϖ
22
02R
Ir r B μπ=
∴ 2
02R Ir
B πμ=
题 9-13 图
磁通量 60020)(1042-===⋅=Φ⎰⎰π
μπμI
dr R Ir S d B R s m ϖϖ Wb 9-14 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 ，分别写出安培环路定理等式右边电流的代数和．并讨论： (1)在各条闭合曲线上，各点的磁感应强度B ϖ
的大小是否相等?
(2)在闭合曲线c 上各点的B ϖ
是否为零?为什么? 解： ⎰μ=⋅a
l B 08d ϖ
ϖ
⎰
μ=⋅ba
l B 08d ϖ
ϖ
⎰=⋅c
l B 0d ϖϖ
(1)在各条闭合曲线上，各点B ϖ
的大小不相等．
(2)在闭合曲线C 上各点B ϖ不为零．只是B ϖ的环路积分为零而非每点0=B ϖ
．
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、外半径分别为a ,b ，导体内载有沿轴线方向的电流I ，且I 均匀地分布在管的横截面上．设导体的磁导率0μμ≈，试证明导体内部各点)(b r a << 的磁感应强度的大小由下式给出：
r a r a b I
B 2
22
20)
(2--=πμ 解：取闭合回路r l π2= )(b r a <<
则 ⎰π=⋅l
r B l B 2d ϖ
ϖ
2
22
2)
(a b I
a r I ππππ--=∑
∴ )
(2)
(2
2220a 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、外半径分别
为b ,c )构成，如题9-16图所示．使用时，电流I 从一导体流去，从另一导体流回．设电流都是均匀地分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=⋅L
I l B 0d ϖ
ϖ
(1)a r < 22
02R
Ir r B μπ=
2
02R
Ir
B πμ=
(2) b r a << I r B 02μπ=
r
I
B πμ20=
(3)c r b << I b
c b r I r B 02
2
2
202μμπ+---= )
(2)
(2
2220b c r r c I B --=πμ (4)c r > 02=r B π
0=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．现在电流I 沿导体管流动，电流均匀分布在管的横截面上，而电流方向与管的轴线平行．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 均匀分布在横截面上的圆柱导体和半径为r 电流2I -均匀分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
2
22
020222r R Ir a a I B -==πμπμ
∴ )
(22
2
2
00r 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=')
(22
20r R Ia -=πμ ∴ )
(22
2
00
r R Ia
B -='πμ
题9-18图
9-18 如题9-18图所示，长直电流1I 附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： ⎰⨯=A
B
AB B l I F ϖϖϖd 2
d
a
I I d I a
I F AB πμπμ22210102== 方向垂直AB 向左 ⎰⨯=C
A
AC B l I F ϖϖϖd 2 方向垂直AC 向下，大小为
⎰
++πμ=πμ=a
d d
AC d
a
d I I r I r
I F ln
22d 210102 同理 BC F ϖ
方向垂直BC 向上，大小
⎰
+πμ=a
d d
Bc r
I l
I F 2d 1
02 ∵ ︒
=45
cos d d r
l ∴ ⎰
++π
μ=︒πμ=
a
d a
BC d a
d 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 ϖ
的均匀磁场中，垂直于磁场方向的平面内有一段载流
弯曲导线，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l ϖ
d 则 ⎰⨯=b
a
ab B l I F ϖϖϖd
∵ l ϖd 与B ϖ夹角l ϖd <，2
π>=B ϖ不变，B ϖ
是均匀的．
∴ ⎰⎰⨯=⨯=⨯=b a
b a
ab B ab I B l I B l I F ωϖϖ
ϖϖ)d (d
方向⊥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 ，A
B 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作用的力； (2)矩形线圈所受合力和合力矩．
解：(1)CD F ϖ
方向垂直CD 向左，大小
41
02100.82-⨯==d
I b
I F CD πμ N 同理FE F ϖ方向垂直FE 向右，大小
51
02100.8)
(2-⨯=+=a d I b
I F FE πμ N
CF F ϖ
方向垂直CF 向上，大小为
⎰
+-⨯=+πμ=πμ=a
d d
CF d
a
d I I r r I I F 5210210102.9ln 2d 2 N
ED F ϖ
方向垂直ED 向下，大小为
5
102.9-⨯==CF ED F F N
(2)合力ED CF FE CD F F F F F ϖ
ϖϖϖϖ+++=方向向左，大小为
4102.7-⨯=F N
合力矩B P M m ϖ
ϖϖ⨯= ∵ 线圈与导线共面
∴ B P m ϖ
ϖ//
0=M ϖ
．
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 的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向平行.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)从所在位置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 bc ϖϖϖ
B l I F ab ϖϖϖ
⨯= 方向⊥纸面向外，大小为
866.0120sin ==︒IlB F ab N
B l I F ca ϖϖϖ
⨯=方向⊥纸面向里，大小
866.0120sin ==︒IlB F ca N
(2)IS P m =
B P M m ϖ
ϖϖ⨯= 沿O O '方向，大小为
22
1033.44
3-⨯===B l I ISB M m N ⋅
(3)磁力功 )(12ΦΦ-=I A
∵ 01=Φ B l 224
3=
Φ ∴ 22
1033.44
3-⨯==B l I
A J
9-22 一正方形线圈，由细导线做成，边长为a ，共有N 匝，可以绕通过其相对两边中点的一个竖直轴自由转动．现在线圈中通有电流I ，并把线圈放
在均匀的水平外磁场B ϖ
中，线圈对其转轴的转动惯量为J .求线圈绕其平衡
位置作微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 ϖ
ϖ,)，则
θθsin sin 2B NIa B P M m ==
由转动定律 θθθB NIa B NIa at J 2
222sin d -≈-=
即 022
2=+θθJ B
NIa dt
d ∴ 振动角频率
J
B
NIa 2=
ω 周期 IB
Na J
T 2
22π
ω
π==
9-23 一长直导线通有电流1I ＝20A ，旁边放一导线ab ，其中通有电流
2I =10A ，且两者共面，如题9-23图所示．求导线ab 所受作用力对O 点的力
矩．
解：在ab 上取r d ，它受力
ab F ⊥ϖ
d 向上，大小为
r
I r
I F πμ2d d 1
02= F ϖd 对O 点力矩F r M ϖϖϖ⨯=d M ϖ
d 方向垂直纸面向外，大小为
r I I F r M d 2d d 2
10π
μ=
= ⎰⎰
-⨯===b
a b
a
r I
I M M 62
10106.3d 2d π
μ 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
剩余电荷．假定圆盘绕其轴线A A '以角速度ω (rad ·s -1
)转动，磁场B ϖ
的方
向垂直于转轴A A '．试证磁场作用于圆盘的力矩的大小为
4
4B
R M πσω=
．(提示：将圆盘分成许多同心圆环来考虑．)
解：取圆环r r S d 2d π=，它等效电流
q T q I d 2d d π
ω==
r r S d d 2ωσσπ
ω
==
等效磁矩 r r I r P m d d d 3
2πωσπ==
受到磁力矩 B P M m ϖ
ϖϖ⨯=d d ，方向⊥纸面向内，大小为
rB r B P M m d d d 3πωσ=⨯=
4
d d 40
3
B
R r r B M M R
πσωπωσ=
==⎰⎰
9-25 电子在B =70×10-4
T 的匀强磁场中作圆周运动，圆周半径
r =3.0cm ．已知B ϖ垂直于纸面向外，某时刻电子在A 点，速度v ϖ
向上，如题
9-25图．
(1)试画出这电子运动的轨道；
(2)求这电子速度v ϖ
的大小； (3)求这电子的动能k E ．
题9-25图
解：(1)轨迹如图
(2)∵ r
v m evB 2
=
∴ 7107.3⨯==m eBr
v 1s m -⋅ (3) 16
2K 102.62
1-⨯==mv E J
9-26 一电子在B =20×10-4
T 的磁场中沿半径为R =2.0cm 的螺旋线运
动，螺距h=5.0cm ，如题9-26图． (1)求这电子的速度；
(2)磁场B ϖ
的方向如何?
解: (1)∵ eB
mv R θ
cos =
θπcos 2v eB
m
h =
题9-26 图
∴ 62
21057.7)2()(
⨯=+=
m
eBh m eBR v π1s m -⋅ (2)磁场B ϖ
的方向沿螺旋线轴线．或向上或向下，由电子旋转方向确定．
9-27 在霍耳效应实验中，一宽1.0cm ，长4.0cm ，厚1.0×10-3
cm 的导体，沿长度方向载有3.0A 的电流，当磁感应强度大小为B =1.5T 的磁场垂直地通过
该导体时，产生1.0×10-5
V 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目．
解: (1)∵ evB eE H = ∴lB
U B E v H
H ==
l 为导体宽度，0.1=l cm ∴ 425
107.65
.110100.1---⨯=⨯⨯==
lB U v H -1s m ⋅ (2)∵ nevS I = ∴ evS
I n = 5
241910
10107.6106.13
----⨯⨯⨯⨯⨯=
29
108.2⨯=3m -
9-28 两种不同磁性材料做成的小棒，放在磁铁的两个磁极之间，小棒被磁化后在磁极间处于不同的方位，如题9-28图所示．试指出哪一个是由顺磁质材料做成的，哪一个是由抗磁质材料做成的?。