大学物理2期末复习

Ey=U/y
=Cx(3/2)2y/(x2+y2)5/2=3Cxy/(x2+y2)5/2
x轴上点(y=0)Ex=2Cx2/x5=2C/x3Ey=0
E=2Ci/x3
y轴上点(x=0)Ex=Cy2/y5=C/y3Ey=0
E=Ci/y3
2．如图5.6,一导体球壳A(内外半径分别为R2,R3),同心地罩在一接地导体球B(半径为R1)上,今给A球带负电Q,求B球所带电荷QB及的A球的电势UA.
练习十洛仑兹力
三、计算题
1.如图14.6所示，有一无限大平面导体薄板，自下而上均匀通有电流，已知其面电流密度为i(即单位宽度上通有的电流强度)
(1)试求板外空间任一点磁感强度的大小和方向.
(2)有一质量为m，带正电量为q的粒子，以速度v沿平板法线方向向外运动.若不计粒子重力.求：
(A)带电粒子最初至少在距板什么位置处才不与大平板碰撞.
解：1.(1)因此电荷与介质均为球对称,电场也球对称,过场点作与金属球同心的球形高斯面,有
4r2D=q0i
当r=5cm<R1,q0i=0得D1=0,E1=0
当r=15cm(R1<r<R1+d)q0i=Q=1.0×108C
得D2=Q/(4r2)=3.54×108C/m2
E2=Q/(40rr2)=7.99×103N/C
解得1=4=(Q1+Q2)/(2S)=2.66108C/m2
2=3=(Q1Q2)/(2S)=0.89108C/m2
两板间的场强E=2/0=(Q1Q2)/(20S)
V=UA－UB
=Ed=(Q1Q2)d/(20S)=1000V
四、证明题
1.如图6.7所示，置于静电场中的一个导体，在静电平衡后，导体表面出现正、负感应电荷.试用静电场的环路定理证明，图中从导体上的正感应电荷出发，终止于同一导体上的负感应电荷的电场线不能存在.
静电场中的导体答案
解：2.B球接地,有UB=U=0,UA=UBA
UA=(Q+QB)/(40R3)
UBA=[QB/(40)](1/R21/R1)
得QB=QR1R2/(R1R2+R2R3R1R3)
UA=[Q/(40R3)][1+R1R2/(R1R2+R2R3R1R3)]
=Q(R2R1)/[40(R1R2+R2R3R1R3)]
(1)今使线圈平面保持竖直,则线圈所受的磁力矩为多少.
(2)假若线圈能以某一条水平边为轴自由摆动,当线圈平衡时,线圈平面与竖直面夹角为多少.
解：1.(1)Pm=IS=Ia2
方向垂直线圈平面.
线圈平面保持竖直,即Pm与B垂直.有
Mm=Pm×B
Mm=PmBsin(/2)=Ia2B
=9.4×10－4mN
(2)平衡即磁力矩与重力矩等值反向
[=Q/(R2) ],等效电流元为
dI=dQ/T=2rdr/(2/)=rdr
(1)求磁场,电流元在中心轴线上激发磁场的方向沿轴线,且与同向,大小为
dB=0dIr2/[2(x2+r2)3/2]=0r3dr/[2(x2+r2)3/2]
=
=
=
(2)求磁距.电流元的磁矩
dPm=dIS=rdrr2=r2dr
=R4/4=QR2/4
在平面②的上方向左,在平面②的下方向右.
(1)两无限大电流流在平面之间产生的磁感强度方向都向左,故有B=B1+B2=0J
(2)两无限大电流流在平面之外产生的磁感强度方向相反,故有B=B1B2=0
练习九安培力
三、计算题
1.一边长a=10cm的正方形铜导线线圈(铜导线横截面积S=2.00mm2,铜的密度=8.90g/cm3),放在均匀外磁场中.B竖直向上,且B=9.40103T,线圈中电流为I=10A .线圈在重力场中求:
练习一静电场中的导体
三、计算题
1.已知某静电场在xy平面内的电势函数为U=Cx/(x2+y2)3/2,其中C为常数.求(1)x轴上任意一点,(2)y轴上任意一点电场强度的大小和方向.
解：.Ex=U/x
=C[1/(x2+y2)3/2+x(3/2)2x/(x2+y2)5/2]
= (2x2y2)C/(x2+y2)5/2
I1=JR2I2=JR2J=I/[(R2R2)]
它们在空腔内产生的磁感强度分别为
B1=0r1J/2B2=0r2J/2
方向如图.有
Bx=B2sin2B1sin1=(0J/2)(r2sin2r1sin1)=0
By=B2cos2＋B1cos1
=(0J/2)(r2cos2＋r1cos1)=(0J/2)d
所以B=By=0dI/[2(R2－R2)]
mv2/2=mgy，
得v=(2gy)1/2.
练习十一磁场中的介质
三、计算题
1.一厚度为b的无限大平板中通有一个方向的电流,平板内各点的电导率为,电场强度为E,方向如图15.6所示,平板的相对磁导率为r1,平板两侧充满相对磁导率为r2的各向同性的均匀磁介质,试求板内外任意点的磁感应强度.
解：1.设场点距中心面为x,因磁场面对称以中心面为对称面过场点取矩形安培环路，有
解：1.设在同一导体上有从正感应电荷出发，终止于负感应电荷的电场线.沿电场线ACB作环路ACBA,导体内直线BA的场强为零,ACB的电场与环路同向于是有
= 0
与静电场的环路定理 0相违背,故在
同一导体上不存在从正感应电荷出发，终止于负感应电荷的电场线.
练习三电容静电场的能量
三、计算题
1.半径为R1的导体球带电Q,球外一层半径为R2相对电容率为r的同心均匀介质球壳,其余全部空间为空气.如图7.1所示.求:(1)离球心距离为r1(r1<R1),r2(R1<r1<R2),r3(r1>R2)处的D和E；(2)离球心r1,r2,r3,处的U；(3)介质球壳内外表面的极化电荷.
Mm=PmBsin(/2－)=Ia2Bcos
MG= MG1+MG2+MG3
=mg(a/2)sin+mgasin+mg(a/2)sin
=2(Sa)gasin=2Sa2gsin
Ia2Bcos=2Sa2gsin
tan=IB/(2Sg)=0.2694
=15
2.如图13.5所示，半径为R的半圆线圈ACD通有电流I2,置于电流为I1的无限长直线电流的磁场中,直线电流I1恰过半圆的直径,两导线相互绝缘.求半圆线圈受到长直线电流I1的磁力.
R=mv/qB=2mv/(0iq)
(3)经一个周期时间，粒子回到初始位置.即
t=T=2R/v=4m/(0iq)
2.一带电为Q质量为m的粒子在均匀磁场中由静止开始下落,磁场的方向(z轴方向)与重力方向(y轴方向)垂直,求粒子下落距离为y时的速率.并讲清求解方法的理论依据.
解：2.洛伦兹力Qv×B垂直于v,不作功,不改变v的大小；重力作功.依能量守恒有
方向沿y轴正向
2.设有两无限大平行载流平面,它们的电流密度均为j,电流流向相反.求：
(1)载流平面之间的磁感强度；
(2)两面之外空间的磁感强度.
解;2.两无限大平行载流平面的截面如图.平面电流在空间产生的磁场为B1=0J/2
在平面①的上方向右,在平面①的下方向左;
电流②在空间产生的磁场为B2=0J/2
dB=0NIsin2d/(R)
=0NI/(4R)
练习七毕奥—萨伐尔定律(续)磁场的高斯定理
三、计算题
1.在无限长直载流导线的右侧有面积为S1和S2的两个矩形回路,回路旋转方向如图11.6所示,两个回路与长直载流导线在同一平面内,且矩形回路的一边与长直载流导线平行.求通过两矩形回路的磁通量及通过S1回路的磁通量与通过S2回路的磁通量之比.
练习八安培环路定律
三、计算题
1.如图12.5所示，一根半径为R的无限长载流直导体，其中电流I沿轴向流过，并均匀分布在横截面上.现在导体上有一半径为R的圆柱形空腔，其轴与直导体的轴平行，两轴相距为d.试求空腔中任意一点的磁感强度.
解：1.此电流可认为是由半径为R的无限长圆柱电流I1和一个同电流密度的反方向的半径为R的无限长圆柱电流I2组成.
当r=25cm(r>R1+d)q0i=Q=1.0×108C
得D3=Q/(4r2)=1.27×108C/m2
E3=Q/(40r2)=1.44×104N/C
D和E的方向沿径向.
(2)当r=5cm<R1时U1=
=Q/(40rR)Q/[40r(R+d)]+Q/[40(R+d)]
=540V
当r=15cm<R1时
dI=Idx/(2a)
dB=0dI/(2r)
=0Idx/(4ar)
dBx=dBcos=[0Idx/(4ar)](a/r)
=0Idx/(4r2)=0Idx/[4(x2+a2)]
dBy=dBsin=0Ixdx/[4a(x2+a2)]
=[0I/(4)](1/a)arctan(x/a) =0I/(8a)
=[0I/(8a)]ln(x2+a2) =0
解：2.在圆环上取微元
I2dl=I2Rd
该处磁场为
B=0I1/(2Rcos)
I2dl与B垂直,有dF=I2dlBsin(/2)
dF=0I1I2d/(2cos)
dFx=dFcos=0I1I2d/(2)
dFy=dFsin=0I1I2sind/(2cos)
=0I1I2/2
因对称Fy=0.故F=0I1I2/2方向向右.
静电力作功A=W0W
=20R(V12+V22)0R(V1+V2)2=0R(V1V2)2
=1.11×107J
练习六磁感应强度毕奥—萨伐尔定律
三、计算题
1.如图10.7所示,一宽为2a的无限长导体薄片,沿长度方向的电流I在导体薄片上均匀分布.求中心轴线OO上方距导体薄片为a的磁感强度.
解：1.取宽为dx的无限长电流元
解：1.取窄条面元dS=bdr,
面元上磁场的大小为
B=0I/(2r),面元法线与磁场方向相反.有
1=
2=
1/2=1
2.半径为R的薄圆盘均匀带电，总电量为Q.令此盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线作匀速转动，角速度为，求轴线上距盘心x处的磁感强度的大小和旋转圆盘的磁矩.
解;2.在圆盘上取细圆环电荷元dQ=2rdr,
练习二静电场中的电介质
三、计算题
1.如图6.6所示,面积均为S=0.1m2的两金属平板A,B平行对称放置,间距为d=1mm,今给A,B两板分别带电Q1=3.54×10－9C,Q2=1.77×10－9C.忽略边缘效应,
求：(1)两板共四个表面的面电荷密度1,2,3,4;
Leabharlann Baidu(2)两板间的电势差V=UA－UB.
解：1.在A板体内取一点A,B板体内取一点B,它们的电场强度是四个表面的电荷产生的,应为零,有
EA=1/(20)2/(20)3/(20)4/(20)=0
EA=1/(20)+2/(20)+3/(20)4/(20)=0
而S(1+2)=Q1S(3+4)=Q2
有1234=0
1+2+34=0
1+2=Q1/S
3+4=Q2/S
2.如图10.8所示，半径为R的木球上绕有密集的细导线，线圈平面彼此平行，且以单层线圈覆盖住半个球面.设线圈的总匝数为N，通过线圈的电流为I.求球心O的磁感强度.
解：2.取宽为dL细圆环电流,dI=IdN=I[N/(R/2)]Rd
=(2IN/)d
dB=0dIr2/[2(r2+x2)3/2]
r=Rsinx=Rcos
U2=
=Q/(40rr)Q/[40r(R+d)]+Q/[40(R+d)]
=480V
当r=25cm<R1时
U3= =Q/(40r)=360V
(3)在介质的内外表面存在极化电荷,
Pe=0E=0(r1)E=Pe·n
r=R处,介质表面法线指向球心
=Pe·n =Pecos=0(r1)E
q=S=0(r1) [Q/(40rR2)]4R2
解;2.球形电容器C=40R
Q1=C1V1=40RV1Q2=C2V2=40RV2
W0=C1V12/2+C2V22/2=20R(V12+V22)
两导体相连后C=C1+C2=80R
Q=Q1+Q2=C1V1+C2V2=40R(V1+V2)
W=Q2/(2C)=[40R(V1+V2)]2/(160R)=0R(V1+V2)2
=(r1)Q/r=0.8×108C
r=R+d处,介质表面法线向外
=Pe·n =Pecos0=0(r1)E
q=S=0(r1)[Q/(40r(R+d)2]4(R+d)2
=(r1)Q/r=0.8×108C
2.两个相距很远可看作孤立的导体球，半径均为10cm，分别充电至200V和400V，然后用一根细导线连接两球，使之达到等电势.计算变为等势体的过程中，静电力所作的功.
(B)需经多长时间，才能回到初始位置..
解：1.(1)求磁场.用安培环路定律得B=0i/2
在面电流右边B的方向指向纸面向里,在面电流左边B的方向沿纸面向外.
(2)F=qv×B=maqvB=man=mv2/R
带电粒子不与平板相撞的条件是粒子运行的圆形轨迹不与平板相交,即带电粒子最初位置与平板的距离应大于轨道半径.