大学物理习题解答稳恒电流

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大学物理稳恒磁场习题及答案 (1)

大学物理稳恒磁场习题及答案 (1)

衡水学院 理工科专业 《大学物理B 》 稳恒磁场 习题解答一、填空题(每空1分)1、电流密度矢量的定义式为:dI j n dS ⊥=v v,单位是:安培每平方米(A/m 2) 。

2、真空中有一载有稳恒电流I 的细线圈,则通过包围该线圈的封闭曲面S 的磁通量? = 0 .若通过S 面上某面元d Sv的元磁通为d ?,而线圈中的电流增加为2I 时,通过同一面元的元磁通为d ?',则d ?∶d ?'= 1:2 。

3、一弯曲的载流导线在同一平面内,形状如图1(O 点是半径为R 1和R 2的两个半圆弧的共同圆心,电流自无穷远来到无穷远去),则O 点磁感强度的大小是2020100444R IR IR IB πμμμ-+=。

4、一磁场的磁感强度为k c j b i a B ϖϖϖϖ++= (SI),则通过一半径为R ,开口向z 轴正方向的半球壳表面的磁通量的大小为πR 2c Wb 。

5、如图2所示通有电流I 的两根长直导线旁绕有三种环路;在每种情况下,等于:对环路a :d B l ⋅⎰v v Ñ=____μ0I __;对环路b :d B l ⋅⎰vv Ñ=___0____; 对环路c :d B l ⋅⎰v v Ñ =__2μ0I __。

6、两个带电粒子,以相同的速度垂直磁感线飞入匀强磁场,它们的质量之比是1∶4,电荷之比是1∶2,它们所受的磁场力之比是___1∶2__,运动轨迹半径之比是_____1∶2_____。

二、单项选择题(每小题2分)( B )1、均匀磁场的磁感强度B v垂直于半径为r 的圆面.今以该圆周为边线,作一半球面S ,则通过S 面的磁通量的大小为A. 2?r 2BB.??r 2BC. 0D. 无法确定的量( C )2、有一个圆形回路1及一个正方形回路2,圆直径和正方形的边长相等,二者中通有大小相等的电流,它们在各自中心产生的磁感强度的大小之比B 1 / B 2为A. B. C. D.( D )3、如图3所示,电流从a 点分两路通过对称的圆环形分路,汇合于b 点.若ca 、bd 都沿环的径向,则在环形分路的环心处的磁感强度A. 方向垂直环形分路所在平面且指向纸内B. 方向垂直环形分路所在平面且指向纸外C .方向在环形分路所在平面内,且指向aD .为零( D )4、在真空中有一根半径为R 的半圆形细导线,流过的电流为I ,则圆心处的磁感强度为A.R 140πμ B. R120πμ C .0 D .R140μ ( C )5、如图4,边长为a 的正方形的四个角上固定有四个电荷均为q 的点电荷.此正方形以角速度??绕AC 轴旋转时,在中心O 点产生的磁感强度大小为B 1;此正方形同样以角速度??绕过O 点垂直于正方形平面的轴旋转时,在O 点产生的磁感强度的大小为B 2,则B 1与B 2间的关系为A. B 1 = B 2B. B 1 = 2B 2 C .B 1 =21B 2 D .B 1 = B 2 /4 ( B )6、有一半径为R 的单匝圆线圈,通以电流I ,若将该导线弯成匝数N = 2的平面圆线圈,导线长度不变,并通以同样的电流,则线圈中心的磁感强度和线圈的磁矩分别是原来的 (A) 4倍和1/8. (B) 4倍和1/2. (C) 2倍和1/4. (D) 2倍和1/2. 三、判断题(每小题1分,请在括号里打上√或×)( × )1、电源的电动势是将负电荷从电源的负极通过电源内部移到电源正极时,非静电力作的功。

吉林大学大学物理练习册稳恒电流的磁场作业

吉林大学大学物理练习册稳恒电流的磁场作业

取半径为 r ~ r+dr 的细圆环
dq 2rdr
dI
2
2rdr rdr
O Rr
B1 B2 r 1 R
dI
2
dB dr
B1 B2
2r dB
2dI
r
dr
R r
2
I
dr
2r
2
0
(
2 R
r
)
2
5. 两条无穷长的平行直导线距2a,分别载有大小相等方 向相反的电流I。空间任一点P到两导线的垂直距离分别为 x1和x2,求P点的磁感应强度B。
(2)当φ= / 2 时,线圈所受的力矩最大。
5.半径为R细圆环均匀带电,电荷线密度为λ。
若圆环以角速度ω绕过环心且垂直于 环面转轴作
匀速转动,则环心处的磁感应强度B 的大小

0 / 2
。 I nq 2R
2
B
0 I
2R
0 /
2
6. 一均匀带电圆环,带电量为+q,其半径为R,
置于均匀磁场 中B, 的B方向与圆环所在平面成
和洛仑兹力
B.只有库仑力和洛仑兹力
C.只有三种中某一种
5.载流为I、磁矩为Pm的线圈,置于磁感应强度 为B的均匀磁场中。若Pm与B方向相同,则通过线 圈的磁通量Ф与线圈所受的磁力矩M的大小为
A. IBPm , M 0
B. BPm , M 0
I
C. IBPm , M BPm
D.
BPm I
b 2 x 2
b
F3
0I1I2 dl L 2 x
ba
0 I1I 2
dx
0 I1I 2
ba ln
b 2 cos45 x 2 cos45 b

高考物理电磁学知识点之稳恒电流解析含答案

高考物理电磁学知识点之稳恒电流解析含答案

高考物理电磁学知识点之稳恒电流解析含答案一、选择题1.如图所示,A 、B 两闭合圆形线圈用同样导线且均绕成100匝。

半径A B 2R R =,内有以B 线圈作为理想边界的匀强磁场。

若磁场均匀减小,则A 、B 环中感应电动势A B :E E 与产生的感应电流A B :I I 分别是( )A .AB :2:1E E =;A B :1:2I I =B .A B :2:1E E =;A B :1:1I I =C .A B :1:1E E =;A B :2:1I I =D .A B :1:1E E =;A B :1:2I I =2.某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。

在这种疗法中,为了能让质子进入癌细胞,首先要实现质子的高速运动,该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。

质子先被加速到较高的速度,然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。

如图所示,来自质子源的质子(初速度为零),经加速电压为U 的加速器加速后,形成细柱形的质子流。

已知细柱形的质子流横截面积为S ,其等效电流为I ;质子的质量为m ,其电量为e .那么这束质子流内单位体积的质子数n 是A 2I U eS mB I m eS eUC 2I eU eS mD 2Im eS eU3.如图所示为某同学利用传感器研究电容器放电过程的实验电路,实验时先使开关S 与1 端相连,电源向电容器充电,待电路稳定后把开关S 掷向2 端,电容器通过电阻放电,传感器将电流信息传入计算机,屏幕上显示出电流随时间变化的i ﹣t 曲线,这个曲线的横坐标是放电时间,纵坐标是放电电流。

仅由这个i﹣t曲线所提供的信息可以估算出A.电容器的电容B.一段时间内电容器放电的电荷量C.某时刻电容器两极板间的电压D.一段时间内电阻产生的热量4.在温控电路中,通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制.如图所示,R1为电阻箱,R2为半导体热敏电阻,C为电容器.已知热敏电阻的阻值随温度的升高而减小,则有()A.若R1固定,当环境温度降低时电压表的示数减小B.若R1固定,当环境温度降低时R1消耗的功率增大C.若R1固定,当环境温度降低时,电容器C的电荷量减少D.若R1固定,环境温度不变,当电容器C两极板间的距离增大时极板之间的电场强度减小5.物理学中常用两个物理量的比值定义一个新的物理量,如速度是用位移与时间的比值来定义的,即xvt=.下面四个物理量的表达式不属于...比值定义的是A.电流qIt=B.电势PEqϕ=C.电容QCU=D.电阻lRSρ=6.如图所示,电路中A灯与B灯的电阻相同,电源的内阻不可忽略,则当滑动变阻器R 的滑动片P向上滑动时,两灯亮度的变化情况是()A.A灯变亮,B灯变亮B.A灯变暗,B灯变亮C.A灯变暗,B灯变暗D.A灯变亮,B灯变暗7.如图是某款能一件自动上水的全自动智能电热壶,当壶内水位过低时能自动加满水,加热之后的水,时间长了冷却,机器又可以自动加热到设定温度。

高考物理稳恒电流题20套(带答案)含解析

高考物理稳恒电流题20套(带答案)含解析

高考物理稳恒电流题20套(带答案)含解析一、稳恒电流专项训练1. 4~1.0T 范围内,磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化(或均匀变化) (4)磁场反向,磁敏电阻的阻值不变. 【解析】(1)当B =0.6T 时,磁敏电阻阻值约为6×150Ω=900Ω,当B =1.0T 时,磁敏电阻阻值约为11×150Ω=1650Ω.由于滑动变阻器全电阻20Ω比磁敏电阻的阻值小得多,故滑动变阻器选择分压式接法;由于x VA xR R R R >,所以电流表应内接.电路图如图所示.(2)方法一:根据表中数据可以求得磁敏电阻的阻值分别为:130.4515000.3010R -=Ω=Ω⨯,230.911516.70.6010R -=Ω=Ω⨯,331.5015001.0010R -=Ω=Ω⨯,431.791491.71.2010R -=Ω=Ω⨯,532.7115051.8010R -=Ω=Ω⨯, 故电阻的测量值为1234515035R R R R R R ++++=Ω=Ω(1500-1503Ω都算正确.) 由于0150010150R R ==,从图1中可以读出B =0.9T 方法二:作出表中的数据作出U -I 图象,图象的斜率即为电阻(略).(3)在0~0.2T 范围,图线为曲线,故磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化(或非均匀变化);在0.4~1.0T 范围内,图线为直线,故磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化(或均匀变化);(4)从图3中可以看出,当加磁感应强度大小相等、方向相反的磁场时,磁敏电阻的阻值相等,故磁敏电阻的阻值与磁场方向无关.本题以最新的科技成果为背景,考查了电学实验的设计能力和实验数据的处理能力.从新材料、新情景中舍弃无关因素,会看到这是一个考查伏安法测电阻的电路设计问题,及如何根据测得的U 、I 值求电阻.第(3)、(4)问则考查考生思维的灵敏度和创新能力.总之本题是一道以能力立意为主,充分体现新课程标准的三维目标,考查学生的创新能力、获取新知识的能力、建模能力的一道好题.2.要描绘某电学元件(最大电流不超过6mA,最大电压不超过7V)的伏安特性曲线,设计电路如图,图中定值电阻R为1KΩ,用于限流;电流表量程为10mA,内阻约为5Ω;电压表(未画出)量程为10V,内阻约为10KΩ;电源电动势E为12V,内阻不计。

大学物理练习题答案完美生活答案 06稳恒电流的磁场、电磁感应定律

大学物理练习题答案完美生活答案 06稳恒电流的磁场、电磁感应定律

dt
a
⎞ ⎟⎠
=
n
μ0 2π
l
I
⎛ ⎜⎝
1 R

1 R+
a
⎞ ⎟⎠
dR dt
=
μ0 2π
l
I
⎛ ⎜⎝
1 d

d
1 +
a
⎞ ⎟⎠
v
=

2× 10−7×5 Nhomakorabea0×
0.4
×
2
×
⎛ ⎜⎝
1 0.20

0.20
1 +
0.20
⎞ ⎟⎠
成绩:
r d I
= 2 ×10−6(V ) ………4 分
方法二、相当于四段导体切割磁力线在瞬间,线圈产生的电动势等效于并接的两电动势。 距离长直导线为 r 处的磁感应强度为:
势。若若线圈保持不动,而长直导线中的电流变为交变电流 i = 10 sin (100π t ) A i=10,求线圈中的感应电动
势。(不计线圈的自感) 解:(1)方法(一)如图,距离长直导线为 r 处的磁感应强度为:
B = μ0i ,………2 分 2πr
选回路的绕行方向为顺时针方向,则通过窄条
6
专业班级: 面积 ds 的磁通量为:
d l
I
a
5
专业班级:
学号:
姓名:
在竖直方向的分量为 B .求ab两端间的电势差Ua −Ub .
解: Ob 间的动生电动势:
∫ ∫ ε1
=
4L 0
5

×
B)id l
=
4L 0
5
ω Bldl
=
1ωB( 4 25

《大学物理》习题册题目及答案第12单元稳恒电流的磁场

《大学物理》习题册题目及答案第12单元稳恒电流的磁场

第12单元 稳恒电流的磁场 第七章 静电场和恒定磁场的性质(三)磁感应强度序号序号 学号学号 姓名姓名 专业、班级专业、班级一 选择题[ C ]1.一磁场的磁感应强度为B ai bj ck =++(T ),则通过一半径为R ,开口向z 正方向的半球壳表面的磁通量的大小是:向的半球壳表面的磁通量的大小是: (A) Wb 2a R p(B) Wb 2b R p (C) Wb 2c R p (D) Wb 2abc R p[ B ]2. ]2. 若要使半径为若要使半径为4×103-m 的裸铜线表面的磁感应强度为7.07.0××105- T T,则铜线中需,则铜线中需要通过的电流为要通过的电流为((μ0=4π×107-T ·m ·A 1-)(A) 0.14A (B) 1.4A (C) 14A (D) 28A[ B ]3. [ B ]3. 一载有电流一载有电流I 的细导线分别均匀密绕在半径为R 和r 的长直圆筒上形成两个螺线管(R=2r)(R=2r),,两螺线管单位长度上的匝数相等,两螺线管中的磁感应强度大小R B 和r B 应满足: (A) R B =2r B(B) R B =rB (C) 2R B =r B (D) R B R=4r B[ D ]4.如图,两根直导线ab 和cd 沿半径方向被接到一个截面处处相等的铁环上,稳恒电流I 从a 端流入而从d 端流出,则磁感应强度B 沿图中闭合路径L 的积分l B d ×ò等于等于(A)I 0m(B)I 031m (C) I041m(D)I032m[ D ]5. [ D ]5. 有一由有一由N 匝细导线绕成的平面正三角形线圈,边长为a ,通有电流I ,置于均匀外磁场外磁场 B 中,当线圈平面的法向与外磁场同向时,该线圈所受的磁力矩mM(A) 2/32IB Na (B) 4/32IB Na (C) 0260sin 3IB Na (D) 0abcdI L1201I 2I 1R 2R二 填空题1.1.一无限长载流直导线,通有电流一无限长载流直导线,通有电流I ,弯成如图形状,设各线段皆在纸面内,则P 点磁感应强度强度 B B 的大小为aIp m 830。

大学物理习题课-稳恒电流的稳恒磁场-2011.6.10

大学物理习题课-稳恒电流的稳恒磁场-2011.6.10

1 5
r r 向上, M垂直 B, 向上,
一根无限长的直圆柱形铜导线, 例5. 一根无限长的直圆柱形铜导线,外包一层相对磁导率为 µr的圆筒形磁介质,导线半径为 R1,磁介质的外半径为 R2。 的圆筒形磁介质, 导线内有电流通过, 磁介质内、 导线内有电流通过 , 求 : 磁介质内 、 外的磁场强度和磁感应 强度的分布
大学物理习题课
恒定电流的稳恒磁场

电流 电流密度 电动势
电流强度 电流密度
v v j = qnv
(S )
∆q dq I = lim = ∆t →0 ∆ t dt
v r 对任意曲面S: 对任意曲面 : I = ∫∫ j ⋅ dS
r I 是 j 的通量
v v dqin 电流的连续性方程 ∫∫S j ⋅ dS = − dt v v 电流稳恒条件 ∫∫ j ⋅ dS = 0
I
v × B 1
p -e 3r
用补偿法求p处的磁感应强度: 用补偿法求 处的磁感应强度: 处的磁感应强度
v v 根据 ∫ B⋅ dl = µ0 ∑Ii
L
v v
v • B2
δ
o`
v
得: B = 1
µ0δ r
6
B2 =
µ0δr
88
41µ0δr ∴B = B − B2 = 1 264
v v v v v fm = qv× B = −ev× B
计算得 方向: B = 5.0×10−16 (T) 方向:垂直于纸面向里
例2:空气中有一半径为 的“无限长”直圆柱金属导体,竖直 :空气中有一半径为r的 无限长”直圆柱金属导体, 的圆柱空洞, 线oo`为中心轴线 ,在圆柱体内挖一个直径为 r 的圆柱空洞, 为中心轴线 空洞侧面与oo`相切,在未挖洞部分通以均匀分布的电流I,方 空洞侧面与 相切,在未挖洞部分通以均匀分布的电流 , 相切 向沿oo`向下,如图所示。在距轴线 处有一电子 电量为-e) 处有一电子( 向沿 向下,如图所示。在距轴线3r处有一电子(电量为 ) 向下 o 沿平行于oo`轴方向 在中心轴线oo` 轴方向, 沿平行于 轴方向,在中心轴线 r/2

高考物理稳恒电流题20套(带答案)及解析

高考物理稳恒电流题20套(带答案)及解析

高考物理稳恒电流题20套(带答案)及解析一、稳恒电流专项训练1.对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,从而更加深刻地理解其物理本质.(1)一段横截面积为S 、长为l 的直导线,单位体积内有n 个自由电子,电子电荷量为e .该导线通有电流时,假设自由电子定向移动的速率均为v . (a )求导线中的电流I ;(b )将该导线放在匀强磁场中,电流方向垂直于磁感应强度B ,导线所受安培力大小为F安,导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F ,推导F 安=F .(2)正方体密闭容器中有大量运动粒子,每个粒子质量为m ,单位体积内粒子数量n 为恒量.为简化问题,我们假定:粒子大小可以忽略;其速率均为v ,且与器壁各面碰撞的机会均等;与器壁碰撞前后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直,且速率不变.利用所学力学知识,导出器壁单位面积所受粒子压力F 与m 、n 和v 的关系.(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题时做必要的说明) 【答案】(1)I nvSe =证明见答案 (2)213F P nm S υ== 【解析】 (1)(a )电流QI t=,又因为[()]Q ne v St =,代入则I nvSe = (b )F 安=BIL ,I nvSe =,代入则:F 安=BnvSeL ;因为总的自由电子个数N=nSL ,每个自由电子受到洛伦兹力大小f=Bve ,所以F=Nf =BnvSeL=F 安,即F 安=F .(2)气体压强公式的推导:设分子质量为m ,平均速率为v ,单位体积的分子数为n ;建立图示柱体模型,设柱体底面积为S ,长为l ,则l t υ= 柱体体积V Sl = 柱体内分子总数N nV =总因分子向各个方向运动的几率相等,所以在t 时间内与柱体底面碰撞的分子总数为’16N N 总总=设碰前速度方向垂直柱体底面且碰撞是弹性的,则分子碰撞器壁前后,总动量的变化量为2p m N υ∆=,总依据动量定理有Ft p =∆ 又压力Ft p =∆由以上各式得单位面积上的压力2013F F nm S υ== 【点评】本题的第1题中两问都曾出现在课本中,例如分别出现在人教版选修3-1.P42,选修3-1P .42,这两个在上新课时如果老师注意到,并带着学生思考推导,那么这题得分是很容易的.第2问需要利用动量守恒知识,并结合热力学统计知识,通过建立模型,然后进行推导,这对学生能力要求较高,为了处理相应问题,通过建模来处理问题.在整个推导过程并不复杂,但对分析容易对结果造成影响的错误是误认为所有分析都朝同一方向运动,而不是热力学统计结果分子向各个运动方向运动概率大致相等,即要取总分子个数的16. 【考点定位】电流微观表达式、洛伦兹力推导以及压强的微观推导.2.在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”试验中,为了探究3根材料未知,横截面积均为S =0.20mm 2的金属丝a 、b 、c 的电阻率,采用如图所示的实验电路.M 为金属丝c 的左端点,O 为金属丝a 的右端点,P 是金属丝上可移动的接触点.在实验过程中,电流表读数始终为I =1.25A ,电压表读数U 随OP 间距离x 的变化如下表:x /mm600 700 800 900 1000 120014001600180020002100220023002400U/V3.954.505.105.906.506.656.826.937.027.157.858.509.059.75⑴绘出电压表读数U 随OP 间距离x 变化的图线; ⑵求出金属丝的电阻率ρ,并进行比较.【答案】(1)如图所示; (2)电阻率的允许范围:a ρ:60.9610m -⨯Ω⋅~61.1010m -⨯Ω⋅b ρ:68.510m -⨯Ω⋅~71.1010m -⨯Ω⋅c ρ:60.9610m -⨯Ω⋅~61.1010m -⨯Ω⋅通过计算可知,金属丝a 与c 电阻率相同,远大于金属丝b 的电阻率. 【解析】(1)以OP 间距离x 为横轴,以电压表读数U 为纵轴,描点、连线绘出电压表读数U 随OP 间距离x 变化的图线. (2)根据电阻定律l R S ρ=可得S U S R l I lρ=⋅=⋅. 663(6.5 3.9)0.2010 1.04101.25(1000600)10a m m ρ----⨯⨯=Ω⋅=⨯Ω⋅⨯-⨯ 673(7.1 6.5)0.20109.6101.25(20001000)10b m m ρ----⨯⨯=Ω⋅=⨯Ω⋅⨯-⨯ 663(9.77.1)0.2010 1.04101.25(24002000)10c m m ρ----⨯⨯=Ω⋅=⨯Ω⋅⨯-⨯ 通过计算可知,金属丝a 与c 电阻率相同,远大于金属丝b 的电阻率.3.四川省“十二五”水利发展规划指出,若按现有供水能力测算,我省供水缺口极大,蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。

大学物理练习题答案完美生活答案 06稳恒电流的磁场、电磁感应定律

大学物理练习题答案完美生活答案 06稳恒电流的磁场、电磁感应定律
L5
ε2 =
∫ (υ × B)idl = ∫ ω Bldl = 2ω B( 5 L)
0 0
L5
1
1
2
=
1 ω BL2 50
a点电势高于O点.
∴ U a − U b = ε 2 − ε1 =
1 16 15 3 ω BL2 − ω BL2 = − ω BL2 = − ω BL2 50 50 50 10
6.如图所示,一无限长直导线通有电流 I=5.0A,一矩形单匝线圈与此长直导线共面。设矩形线圈以 V=2.0m/s 的速度垂直于长直导线向右运动。已知:l=0.40m, a=0.20m, d=0.20m,求矩形线圈中的感应电动 势。若若线圈保持不动,而长直导线中的电流变为交变电流 i = 10 sin ( 100π t ) A i=10,求线圈中的感应电动 势。 (不计线圈的自感) 解: (1)方法(一)如图,距离长直导线为 r 处的磁感应强度为:
ε1r1 ε2r2
R1 R2 R4
ε3r3 A
R3 B
1. 在真空中将一根细长导线弯成如图所示的形状(在同一平面内,
3
专业班级:
学号:
姓名:
成绩:
1 由实线表示), AB = EF = R ,大圆弧 BC 的半径为R,小圆弧 DE 的半径为 R ,求圆心O 处 2
的磁感强度 B 的大小和方向.
解:解:(1) AB , CD , EF 三条直线电流在O 点激发的磁场零;
2
专业班级: 正)为 (D) (A)
学号:
姓名:
成绩:
π r 2 B . . (B) 2π r 2 B .(C) −π r 2 B sin α . (D) −π r 2 B cos α

大学物理第二十章题解

大学物理第二十章题解

20-2.如图所示,将一条无限长直导线在某处弯成半径为 R 的半圆形,已知导线中的 电流为 I ,求圆心处的磁感应强度 B .
解 根据毕-萨定律,两直线段导线的电流在 O 点产生的磁感应强度 B 0 ,半圆环形 导线的电流在 O 点产生的磁感应强度 B 1 0I .由叠加原理,圆心
2 2R O 处的磁感应强度
B 1 0I 1 0I 1 0I 0I 2 ,方向垂直纸面向里.
2 2 R 2 2 R 2 2R 4 R
*20-4.如图所示,电流 I 均匀地流过宽为 2a 的无限长平面导体薄板 . P 点到薄板的 垂足 O 点正好在板的中线上,设距离 PO x ,求证 P 点的磁感应强度 B 的大小为
B 0 I arctan a
2a
解 把薄板等分成无限多条宽为 dy 的细长条,
每根细长条的电流 dI I dy ,可视为线电流;无 2a
限长载流薄板可看成由无限多条无限长载流直导线构
成.
y
处的细长条在

P
x
点产生的磁感应强度为

强度为 dB ,二者叠加为沿 Oy 方向的 dB .所以 P 点的磁感应强度 B 沿 Oy 方向, B 的大
解 在1 4 圆周的圆弧 aAb 上,单位长度弧长的线圈匝数为
N 2N 2 R 4 R
在如图 处, d 角对应弧长 dl 内通过的电流
第二十章 稳恒电流的磁场
20-1.如图所示,将一条无限长载流直导线在某处折成直角, P 点在折线的延长线上, 到折线的距离为 a .(1)设导线所载电流为 I ,求 P 点的 B .(2)当 I 20A , a 0.05m ,求 B .

(1)根据毕-萨定律, AB 段直导线电流在 P 点产生的磁场 B 0 ; BC 段是

习题解答---大学物理第八章习题 2

习题解答---大学物理第八章习题 2

专业班级_____ 姓名________学号________第八章稳恒电流的磁场一、选择题:1、在磁感应强度为B的均匀磁场中作一半径为r的半球面S,S边线所在平面的法线方向单位矢量n与B的夹角为α,则通过半球面S的磁通量为:[ D ](A)Br2π(B)Br22π(C)απsin2Br-(D)απcos2Br-。

2、无限长直导线在P处弯成半径为R的圆,当通以电流I时,则在圆心O点的磁感应强度大小等于:[ D ](A)RIπμ20(B)RI4μ(C)0(D))11(2πμ-RI(E))11(4πμ+RI3、电流由长直导线1沿切向经a点流入一个电阻均匀分布的圆环,再由点沿切向从圆环流出,经长直导线2返回电源(如图)。

已知直导线上的电流强度为I,圆环的半径为R,且a、b和圆心O在同一直线上。

设长直载流导线1、2和分别在O点产生的磁感应强度为1B、2B、3B,则圆心处磁感应强度的大小[ C ](A)0=B,因为0321===BBB。

(B)0=B, 因为虽然01≠B,02≠B,但021=+BB,03=B。

(C)0≠B,因为01≠B,02≠B,03≠B。

(D)0≠B,因为虽然03=B,但021≠+BB。

4、磁场由沿空心长圆筒形导体的均匀分布的电流产生,圆筒半径为R,x坐标轴垂直圆筒轴线,原点在中心轴线上,图(A )——(E )哪一条表示x B -的关系?[ D ] 5、无限长直圆柱体,半径为R ,沿轴向均匀流有电流,设圆柱体内(R r <)的磁感应强度为i B ,圆柱体外(r> R )的磁感应强度为e B 。

则有:[ B ] (A)i B 、e B 均与r 成正比。

(B) i B 、e B 均与r 成反比。

(C)i B 与r 成反比,e B 与r 成正比。

(D) i B 与r 成正比,e B 与r 成反比。

6、如右图所示,在磁感应强度为B的均匀磁场中,有一圆形载流导线,a 、b 、c 是其上三个长度相等的电流元,则它们所受安培力大小的关系为[ B ](A )c b a F F F >>。

《大学物理》习题册题目及答案第12单元 稳恒电流的磁场

《大学物理》习题册题目及答案第12单元 稳恒电流的磁场

第12单元 稳恒电流的磁场第七章 静电场和恒定磁场的性质(三)磁感应强度序号 学号 姓名 专业、班级一 选择题[ C ]1.一磁场的磁感应强度为B ai bj ck =++(T ),则通过一半径为R ,开口向z 正方向的半球壳表面的磁通量的大小是: (A) Wb 2a R π(B) Wb 2b R π (C) Wb 2c R π(D) Wb 2abc R π[ B ]2. 若要使半径为4×103-m 的裸铜线表面的磁感应强度为7.0×105- T ,则铜线中需要通过的电流为(μ0=4π×107-T ·m ·A1-)(A) 0.14A (B) 1.4A (C) 14A (D) 28A[ B ]3. 一载有电流I 的细导线分别均匀密绕在半径为R 和r 的长直圆筒上形成两个螺线管(R=2r),两螺线管单位长度上的匝数相等,两螺线管中的磁感应强度大小R B 和r B 应满足: (A) R B =2r B(B) R B =rB (C) 2R B =r B (D) R B R=4r B[ D ]4.如图,两根直导线ab 和cd 沿半径方向被接到一个截面处处相等的铁环上,稳恒电流I 从a 端流入而从d 端流出,则磁感应强度B沿图中闭合路径L 的积分l B d ⋅⎰等于(A)I 0μ(B)I 031μ (C) I 041μ(D)I 032μ[ D ]5. 有一由N 匝细导线绕成的平面正三角形线圈,边长为a ,通有电流I ,置于均匀外磁场 B 中,当线圈平面的法向与外磁场同向时,该线圈所受的磁力矩mM(A) 2/32IB Na (B) 4/32IB Na (C) 0260sin 3IB Na (D) 0二 填空题1.一无限长载流直导线,通有电流I ,弯成如图形状,设各线段皆在纸面内,则P 点磁感应强度 B 的大小为aIπμ830。

3.半径为0.5cm 的无限长直圆柱形导体上,沿轴线方向均匀地流着I=3A 的电流,作一个半径r=5cm 、长l=5cm 且与电流同轴的圆柱形闭合曲面S ,则该曲面上的磁感应强度 B 沿曲面的⎰=⋅Sd s B _______0_________________________。

大学物理第二十章题解

大学物理第二十章题解

第二十章 稳恒电流的磁场20-1.如图所示,将一条无限长载流直导线在某处折成直角,P 点在折线的延长线上,到折线的距离为a .(1)设导线所载电流为I ,求P 点的B r.(2)当20A I =,0.05m a =,求B r .解 (1)根据毕-萨定律,AB 段直导线电流在P 点产生的磁场0B =;BC 段是“半无限长”直导线电流,它在P 点产生的磁场为001224II B a aμμππ==,方向垂直纸面向里.根据叠加原理,P 点的磁感应强度001224II B a aμμππ==方向垂直纸面向里.(2)当20A I =,0.05m a =时75141020410(T)22005B .ππ--⨯⨯=⨯=⨯⨯20-2.如图所示,将一条无限长直导线在某处弯成半径为R 的半圆形,已知导线中的电流为I ,求圆心处的磁感应强度B r.解 根据毕-萨定律,两直线段导线的电流在O 点产生的磁感应强度0B =,半圆环形导线的电流在O 点产生的磁感应强度0122IB Rμ=.由叠加原理,圆心O 处的磁感应强度 04I B Rμ=方向垂直纸面向里.20-3.电流I 若沿图中所示的三种形状的导线流过(图中直线部分伸向无限远), 试求各O 点的磁感应强度B ρ.解 (a )根据毕-萨定律和叠加原理,O 点的磁感应强度等于两条半无限长直线电流的磁感应强度和14个圆环形导线的电流的磁感应强度的叠加0000111(1)22224224I I I I B R R R R μμμμππππ=++=+ ,方向垂直纸面向外.(b )根据毕-萨定律和叠加原理,O 点的磁感应强度等于下面一条半无限长直线电流的磁感应强度和34个圆环形导线的电流的磁感应强度的叠加000133(1)224242I I I B R R R μμμπππ=+=+ ,方向垂直纸面向里.(c )根据毕-萨定律和叠加原理,O 点的磁感应强度等于两条半无限长直线电流的磁感应强度和12个圆环形导线的电流的磁感应强度的叠加000111222222I I I B R R R μμμππ=++()024I Rμππ=+ ,方向垂直纸面向里.*20-4.如图所示,电流I 均匀地流过宽为a 2的无限长平面导体薄板.P 点到薄板的垂足O 点正好在板的中线上,设距离x PO =,求证P 点的磁感应强度B ρ的大小为xaa I B arctan 20πμ=解 把薄板等分成无限多条宽为d y 的细长条,每根细长条的电流d d 2II y a=,可视为线电流;无限长载流薄板可看成由无限多条无限长载流直导线构成.y 处的细长条在P 点产生的磁感应强度为d B +r,y -处的细长条在P 点产生的磁感应强度为d B -r,二者叠加为沿Oy 方向的d B r .所以P 点的磁感应强度B ρ沿Oy 方向,B ρ的大小aB θ=⎰0a=⎰0220d 2a Ix y a x y μπ=+⎰001arctan 2aIx y a x x μπ=0arctan 2I a a x μπ=*20-5.如图所示,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 处的B ρ.解 在14圆周的圆弧ºab上,单位长度弧长的线圈匝数为 224N NR Rππ=在如图θ处,d θ角对应弧长d l 内通过的电流22d d d NI NII l R θππ== 此电流可视为半径为r 的圆环形电流圈,参见教材p80,此圆环形电流圈在O 处产生的222200033d sin 2d d sin d 22r IR NI NI B R R Rμμθμθθθππ=== 所以总磁感应强度 2002200d sin d 4NI NI B B R Rππμμθθπ===⎰⎰20-6.如图所示,载流长直导线的电流为I ,试求通过与直导线共面的矩形面积CDEF 的磁通量.解 用平行于长直导线的直线把矩形CDEF 分成无限多个无限小的面元,距长直导线r 处的面元的面积为d d S l r =,设矩形CDEF 的方向为垂直纸面向里,则d S Φ=B S ⋅⎰⎰r r 0d 2b a I l r r μπ=⎰b 0d 2a Il r r μπ=⎰0ln 2Il b aμπ=20-7.无限长同轴电缆的横截面如图所示,内导线半径为a ,载正向电流I ,圆筒形外导线的内外半径分别为b 和c ,载反向电流I ,两导线内电流都均匀分布,求磁感应强度的分布.解 考虑毕-萨定律,又因同轴电缆无限长,电流分布具有轴对称性,所以磁感应线在与电缆轴线垂直的平面内,为以轴线为圆心的同心圆;B r沿圆周切向,在到轴线距离r 相同处B r的大小相等,()B B r =.沿磁感应线建立安培环路L (轴线为圆心、半径为r 的圆),沿磁感应线方向积分.在r c >区域,由安培环路定理110d 2()0LB l rB I I πμ⋅==-=⎰rr Ñ可得10B =.在c r b >>区域,由安培环路定理222222002222d 2()L r b c r B l rB I I I c b c b πππμμππ--⋅==-=--⎰r r Ñ 可得2202222I c r B r c bμπ-=-.在b r a >>区域,由安培环路定理 330d 2LB l rB I πμ⋅==⎰r r Ñ可得032IB rμπ=.在a r >区域,由安培环路定理 22440022d 2L r r B l rB I I a a ππμμπ⋅===⎰r r Ñ可得0422IrB aμπ=.20-8.如图所示,厚度为2d 的无限大导体平板,电流密度J 沿z 方向均匀流过导体板,求空间磁感应强度的分布.解 此无限大导体板可视为无限多个无限薄的无限大平板的叠加,参见习题20-4,可知,0y >区域B r 沿Ox 负方向,0y <区域B r沿Ox 正方向.选择如图矩形回路abcda ,ab 与cd 与板面平行、沿Ox 方向,长度为l ,与Oxz 面距离为r .在r d >的板外区域,根据安培环路定理,有0d 22LB l B l dlJ μ⋅==⎰r rÑ外外所以0B dJ μ=外.B 外与到板面的距离无关,说明板外为匀强磁场.在r d <的板内区域,根据安培环路定理,有0d 22L B l B l rlJ μ⋅==⎰r rÑ内内 所以0B rJ μ=内.可表示为0B yJi μ=-r r内(d y d -<<).20-9.矩形截面的螺绕环如图所示,螺绕环导线总匝数为N ,导线内电流强度为I .(1)求螺绕环截面内磁感应强度的分布;(2)证明通过螺绕环截面的磁通量为012ln 2NIh D ΦD μπ=. 解 由于电流分布对过螺绕环中心的对称轴具有轴对称性,所以螺绕环截面内磁感应线在与对称轴垂直的平面内,为以对称轴为圆心的同心圆;B r沿圆周切向,在到轴线距离r 相同处B r的大小相等,()B B r =.在螺绕环截面内,沿磁感应线作安培环路(以r 为半径的圆,2122D Dr <<),由安培环路定理 0d 2LB l rB NI πμ⋅==⎰r r Ñ所以02NIB rμπ=. 通过螺绕环截面的磁通量为1200122d d ln 22D D NI NIh D B S h r r D μμΦππ=⋅==⎰⎰r r20-10.如图所示,半径为5m 的无限长金属圆柱内部挖出一半径为 1.5m r =的无限长圆柱形空腔.两圆柱的轴线平行,轴间距离 2.5m a =.今在此空心导体上通以5A 的电流,电流沿截面均匀分布.求此导体空心部分轴线上任一点的B ρ.解 设空心导体上电流强度为I ,则电流密度22()IJ R r π=-.电流分布可视为由电流密度为J r、半径为R 的实心长圆柱,和填充满挖空区域的、通有反向电流、电流密度为J -r、半径为r 的圆柱的叠加.可用安培环路定理求出半径为R 的实心长圆柱电流在O'处的磁感应强度为2010222212()2()Ia I B a a R r R r μμππππ==-- 其方向与圆柱轴线以及OO'垂直,与电流I 成右手螺旋关系.由反向电流的轴对称分布可知,反向电流在其轴线上的磁感应强度为20B =r. 由叠加原理可得在空心圆柱轴线上的磁感应强度为121B B B B =+=r r r r,770122224105251110(T)2()2(515)Ia.B .R r .μπππ--⨯⨯⨯===⨯--20-11.把一个2.0keV 的正电子射入磁感应强度为0.10T 的均匀磁场内,其速度v ρ与Bρ成o89角,正电子的运动轨迹将是一条螺旋线.求此螺旋线运动的周期T 、螺距h 和半径r .解 周期 311019223149111035710(s)1610010m ..T .qB ..π---⨯⨯⨯===⨯⨯⨯速率为 726510(m v .===⨯ 螺距为 7104cos 8926510cos 893571016510(m)h v T ...--==⨯⨯⨯⨯=⨯oo半径为 317319sin899111026510sin8915110(m)161001mv ..r .qB ..---⨯⨯⨯⨯===⨯⨯⨯o o20-12.速率选择器如图所示,在粒子穿过的区域V 有相互垂直的匀强电场和匀强磁场,两侧有等高的窄缝S .现有一束具有不同速率的电子束A 从左侧缝穿入,以垂直于E r 和B r的方向进入区域V .若300V U =,10cm d =,4310T B -=⨯.试计算能从速率选择器右侧的缝穿出的粒子的速率.带电粒子的带电符号及质量大小是否影响选择器对它们速率的选择?解 能从速率选择器右侧的缝穿出的电子必作直线运动,这些电子在电场E r中的受力为eE -r ,方向竖直向上;在磁场B r 中的受力为ev B -⨯rr ,方向竖直向下;且满足eE evB =所以 E U v B dB ==430001310.-=⨯⨯710(m s )= 由于Ev B=与带电粒子的带电符号及质量大小无关,所以电粒子的带电符号及质量大小不影响选择器对它们速率的选择.20-13.一块半导体样品的体积为c b a ⨯⨯如图所示,0.10cm a =,0.35cm b =,1.0cm c =cm .沿x 轴方向有电流I ,沿z 轴方向加匀强磁场B ρ,已测得 1.0mA I =,1310T B -=⨯,样品两侧的电势差 6.55mV AA U '=.(1)问这半导体是p 型还是n 型,即该半导体的载流子是带正电还是带负电?(2)求载流子浓度n .解 (1)由电流方向、磁场方向和A 侧电势高于A'侧电势可知,此半导体的载流子带负电,属于n 型.(2)AA'IBn U qa=3319310100365510161010....----⨯⨯=⨯⨯⨯⨯20328610m .-=⨯20-14.如图所示,一条长直导线载有电流130A I =,矩形线圈载有电流220A I =,试计算作用在线圈上的合力.已知:0.01m a =,0.08m b =,0.12m l =.解 线圈左侧边导线受力0111222I F B I l I l aμπ==,方向向左. 线圈右侧边导线受力()0122222I F B I l I l a b μπ==+ ,方向向右.线圈上下两边导线所受的磁力大小相等、方向相反.因此线圈所受磁力的合力为()0120121222I I I I F F F l l a a b μμππ=-=-+()0122I I lba ab μπ=+ 741030200120082001(008001).....ππ-⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯+312810(N).-=⨯方向向左,垂直指向长直导线.20-15.如图所示,无限长直导线通有电流1I ,半径为R 的半圆形导线ABCDE 通有电流2I .长直导线过圆心O 且与半圆形导线共面(但不相交),a DE AB ==. 求:(1)ABCDE 导线中,AB 、¼BCD 、DE 各段所受1I 产生的磁场的作用力的大小和方向,(2)长直导线在圆心O 处元段d l 上所受2I 的磁场力的大小和方向.解 (1)设直线电流1I 产生的磁感应强度为1B r.求AB 段受1I 的作用力时,令y ξ=-,则01212d d 2R a AB R I F I l B I k μξπξ+=⨯=⋅⎰⎰r r r r012ln 2I I R a k aμπ+=⋅rDE 段受到1I 的作用力为01012212d d ()ln 22R a DE R I I I R a F I l B I y k k y aμμππ++=⨯=⋅-=-⋅⎰⎰r r r r r求¼BCD 段受1I 的作用力时,取电流元2d I l 如图,d d l R θ=.由于Oz 方向的分力会相互抵消(参见图),只需计算Oy 方向的分量,则¼21202cos d BCD F B I R j πθθ=-⋅⋅⎰r r 201202cos d 2cos I I R j R πμθθπθ=-⋅⎰r 0122I I j μ=-r(2)半圆形导线电流2I 在圆心O 点处产生的磁场0224I B i Rμ=r r,所以0121212d d d d 4I I l F I l B I B l j j Rμ=⨯=⋅=r r r r r20-16.有一匝数为10匝,长为0.25m ,宽为0.10m 的矩形线圈,放在31.010T B -=⨯的匀强磁场中,通以15A 的电流,求它所受的最大力矩.解 线圈在匀强磁场中所受的最大力偶矩为m T NIBS =31015101002501...-=⨯⨯⨯⨯⨯337510(N m).-=⨯⋅(第二十章题解结束)。

大学物理《稳恒电流的磁场》习题答案

大学物理《稳恒电流的磁场》习题答案

第14章 稳恒电流的磁场 参考答案一、选择题1(B),2(A),3(D),4(C),5(B),6(D),7(B),8(C),9(D),10(A) 二、填空题(1). 最大磁力矩,磁矩 ; (2). πR 2c ; (3). )4/(0a I μ; (4).RIπ40μ ;(5). μ0i ,沿轴线方向朝右. ; (6). )2/(210R rI πμ, 0 ; (7). 4 ; (8).B I R2,沿y 轴正向; (9). ωλB R 3π,在图面中向上; (10). 正,负.三 计算题1. 将通有电流I 的导线在同一平面内弯成如图所示的形状,求D 点的磁感强度B的大小.解:其中3/4圆环在D 处的场 )8/(301a I B μ=AB 段在D 处的磁感强度 )221()]4/([02⋅π=b I B μBC 段在D 处的磁感强度)221()]4/([03⋅π=b I B μ1B、2B 、3B 方向相同,可知D 处总的B 为)223(40baI B +ππ=μ2. 半径为R 的导体球壳表面流有沿同一绕向均匀分布的面电流,通过垂直于电流方向的每单位长度的电流为K .求球心处的磁感强度大小.解:如图θd d d KR s K I ==2/32220])cos ()sin [(2)sin (d d θθθμR R R I B +=32302d sin R KR θθμ=θθμd sin 2120K =⎰π=020d sin 21θθμK B ⎰π-=00d )2cos 1(41θθμK π=K 041μ3. 如图两共轴线圈,半径分别为R 1、R 2,电流为I 1、I 2.电流的方向相反,求轴线上相距中点O 为x 处的P 点的磁感强度. 解:取x 轴向右,那么有2/322112101])([2x b R I R B ++=μ 沿x 轴正方向 2/322222202])([2x b R I R B -+=μ 沿x 轴负方向21B B B -=[2μ=2/32211210])([x b R I R ++μ]])([2/32222220x b R I R -+-μ若B > 0,则B方向为沿x 轴正方向.若B < 0,则B的方向为沿x 轴负方向.4.一无限长圆柱形铜导体(磁导率μ0),半径为R ,通有均匀分布的电流I .今取一矩形平面S (长为1 m ,宽为2 R ),位置如右图中画斜线部分所示,求通过该矩形平面的磁通量.解:在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小,由安培环路定 律可得: )(220R r rRIB ≤π=μ因而,穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RI Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ在圆形导体外,与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为)(20R r rIB >π=μ因而,穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S Bd 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=I μ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+I μ5. 一半径为 4.0 cm 的圆环放在磁场中,磁场的方向对环而言是对称发散的,如图所示.圆环所在处的磁感强度的大小为0.10 T ,磁场的方向与环面法向成60°角.求当圆环中通有电流I =15.8 A 时,圆环所受磁力的大小和方向.1 m解:将电流元I d l 处的B分解为平行线圈平面的B 1和垂直线圈平面的B 2两分量,则 ︒=60sin 1B B ; ︒=60cos 2B B分别讨论线圈在B 1磁场和B 2磁场中所受的合力F 1与F 2.电流元受B 1的作用力l IB lB I F d 60sin 90sin d d 11︒=︒=方向平行圆环轴线.因为线圈上每一电流元受力方向相同,所以合力⎰=11d F F ⎰π︒=Rl IB 20d 60sin R IB π⋅︒=260sin = 0.34 N ,方向垂直环面向上.电流元受B 2的作用力l IB lB I F d 60cos 90sin d d 22︒=︒= 方向指向线圈平面中心. 由于轴对称,d F 2对整个线圈的合力为零,即02=F . 所以圆环所受合力 34.01==F FN , 方向垂直环面向上.6. 如图所示线框,铜线横截面积S = 2.0 mm 2,其中OA 和DO '两段保持水平不动,ABCD 段是边长为a 的正方形的三边,它可绕OO '轴无摩擦转动.整个导线放在匀强磁场B中,B 的方向竖直向上.已知铜的密度ρ = 8.9×103 kg/m 3,当铜线中的电流I =10 A 时,导线处于平衡状态,AB段和CD 段与竖直方向的夹角α =15°.求磁感强度B的大小.解:在平衡的情况下,必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对OO '轴而言). 重力矩 αραρs i n s i n 2121gSa a a gS a M +⋅=αρsin 22g Sa =B 2d l磁力矩ααcos )21sin(222B Ia BIa M =-π=平衡时 21M M = 所以 αρsin 22g Sa αcos 2B Ia = 31035.9/tg 2-⨯≈=I g S B αρT7. 半径为R 的半圆线圈ACD 通有电流I 2,置于电流为I 1的无限长直线电流的磁场中,直线电流I 1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I 1的磁力.解:长直导线在周围空间产生的磁场分布为 )2/(10r I B π=μ取xOy 坐标系如图,则在半圆线圈所在处各点产生的磁感强度大小为:θμsin 210R I B π=, 方向垂直纸面向里,式中θ 为场点至圆心的联线与y 轴的夹角.半圆线圈上d l 段线电流所受的力为:l B I B l I F d d d 22=⨯= θθμd sin 2210R R I I π=θsin d d F F y =. 根据对称性知: F y =0d =⎰y F θcos d d F F x = ,⎰π=0x x dF F ππ=2210I I μ2210I I μ=∴半圆线圈受I 1的磁力的大小为: 2210I I F μ=,方向:垂直I 1向右.I 2I 1A DC8. 如图所示.一块半导体样品的体积为a ×b ×c .沿c 方向有电流I ,沿厚度a 边方向加有均匀外磁场B (B的方向和样品中电流密度方向垂直).实验得出的数据为 a =0.10 cm 、b =0.35 cm 、c =1.0 cm 、I =1.0 mA 、B =3.0×10-1 T ,沿b 边两侧的电势差U =6.65 mV ,上表面电势高.(1) 问这半导体是p 型(正电荷导电)还是n 型(负电荷导电)?(2) 求载流子浓度n 0 (即单位体积内参加导电的带电粒子数).解:(1) 根椐洛伦兹力公式:若为正电荷导电,则正电荷堆积在上表面,霍耳电场的方向由上指向下,故上表面电势高,可知是p 型半导体。

大学物理习题解答5第五章稳恒电流 (1)

大学物理习题解答5第五章稳恒电流 (1)

第五章 稳恒电流本章提要1.电流强度· 当导体中存在电场时,导体中的电荷会发生定向运动形成电流。

如果在t ∆时间内通过导体某一截面的电量为q ∆,则通过该截面的电流I 为qI t∆=∆ · 如果电流随时间变化,电流I 的定义式为tqt q I t d d lim 0=∆∆=→∆2.电流密度· 导体中任意一点的电流密度j 的大小规定为单位时间内通过该点单位垂直截面的电量,j 的方向规定为通过该点的正电荷运动的方向。

根据电流密度的定义,导体中某一点面元d S 的电流密度为d d Ij S ⊥=· 对于宏观导体,当导体中各点的j 有不同的大小和方向,通过导体任意截面S 的电流可通过积分计算,即d j S S=⋅⎰⎰I3.欧姆定律· 对于一般的金属导体,在恒定条件下欧姆定律有如下表达形式RU U I 21-=其中R 为导体的电阻,21U U -为导体两端的电势差· 欧姆定律的微分形式为E j σ=其中ρσ1=为电导率4.电阻· 当导体中存在恒定电流时,导体对电流有一定的电阻。

导体的电阻与导体的材料、大小、形状以及所处状态(如温度)有关。

当导体的材料与温度一定时,对一段截面积均匀的导体,其电阻表达式为Sl R ρ= 其中l 为导体的长度,S 为导体的横截面积,ρ为导体的电阻率5.电动势· 非静电力反抗静电力移动电荷做功,把其它种形式的能量转换为电势能,产生电势升高。

qA 非=ε· 当非静电力不仅存在于内电路中,而且存在于外电路中时,整个回路的电动势为l E lk ⎰⋅=d ε6.电源电动势和路端电压· 若电源正负极板的电势分别为U +和U -,电源内阻为r ,电路中电流为I ,则电源电动势为()U U Ir +-ε=--· 路端电压为Ir U U -=--+ε7.接触电动势· 因电子的扩散而在导体接触面上形成的等效电动势。

大学物理习题答案稳恒电流的磁场

大学物理习题答案稳恒电流的磁场

第十章 稳恒电流的磁场1、四条相互平行的无限长直载流导线,电流强度均为I ,如图放置,若正方形每边长为2a ,求正方形中心O 点的磁感应强度的大小和方向。

解:43210B B B B B r r r r r +++=无限长载流直导线产生的磁感应强度 rI2B 0πμ=由图中的矢量分析可得a 2I a 2I22B B 0042πμ=πμ=+a I45cos a2I 2B 0000πμ=⋅πμ= 方向水平向左2、把一根无限长直导线弯成图 (a)、(b) 所示形状,通以电流I ,分别求出O 点的磁感应强度B 的大小和方向。

解:(a )(b )均可看成由两个半无限长载流直导线1、3和圆弧2组成,且磁感应强度在O 点的方向相同 (a )方向垂直纸面向外。

)38(R16I43R 4I R 4I R 4I B 00000π+πμ=π⋅πμ+πμ+πμ=(b )由于O 点在电流1、3的延长线上,所以0B B 31==r r方向垂直纸面向外。

R8I323R I 4B B 0020μ=π⋅πμ==14(a ) I(b )3、真空中有一边长为l 的正三角形导体框架,另有互相平行并与三角形的bc 边平行的长直导线1和2分别在a 点和b 点与三角形导体框架相连 (如图) 。

已知直导线中的电流为I ,求正三角形中心点O 处的磁感应强度B 。

解:三角形高为 l l360sin h .0==4 它在 θθπμ=θ=d sin R 2Isin dB dB 20x θθπμ−=θ−=d cos R2I cos dB dB 20yRI d sin R2I dB B 20200x x πμ=∫θθπμ∫==π0d cos R2I dB B 020y y =∫∫θθπμ−==π)T (1037.6100.10.5104RI B B 522720x P −−−×=××π××π=πμ==∴轴正方向。

大学物理稳恒磁场习题及答案

大学物理稳恒磁场习题及答案

衡水学院 理工科专业 《大学物理B 》 稳恒磁场 习题解答一、填空题(每空1分)1、电流密度矢量的定义式为:dIj n dS ⊥=,单位是:安培每平方米(A/m 2) 。

2、真空中有一载有稳恒电流I 的细线圈,则通过包围该线圈的封闭曲面S 的磁通量? = 0 .若通过S 面上某面元d S 的元磁通为d ?,而线圈中的电流增加为2I 时,通过同一面元的元磁通为d ?',则d ?∶d ?'= 1:2 。

3、一弯曲的载流导线在同一平面内,形状如图1(O 点是半径为R 1和R 2的两个半圆弧的共同圆心,电流自无穷远来到无穷远去),则O 点磁感强度的大小是2020100444R IR IR IB πμμμ-+=。

4小为πR 2c Wb。

5、如图2所示通有电流I 的两根长直导线旁绕有三种环路;在每种情况下,等于:对环路a :dB l ⋅⎰=____μ0I __; 对环路b :d B l ⋅⎰=___0____; 对环路c :d B l ⋅⎰ =__2μ0I __。

6、两个带电粒子,以相同的速度垂直磁感线飞入匀强磁场,它们的质量之比是1∶4,电荷之比是1∶2,它们所受的磁场力之比是___1∶2__,运动轨迹半径之比是_____1∶2_____。

二、单项选择题(每小题2分)( B )1、均匀磁场的磁感强度B 垂直于半径为r 的圆面.今以该圆周为边线,作一半球面S ,则通过S 面的磁通量的大小为A. 2?r 2BB.??r 2BC. 0D. 无法确定的量( C )2、有一个圆形回路1及一个正方形回路2,圆直径和正方形的边长相等,二者中通有大小相等的电流,它们在各自中心产生的磁感强度的大小之比B 1 / B 2为A. 0.90B. 1.00C. 1.11D. 1.22( D )3、如图3所示,电流从a 点分两路通过对称的圆环形分路,汇合于b 点.若ca 、bd 都沿环的径向,则在环形分路的环心处的磁感强度A. 方向垂直环形分路所在平面且指向纸内B. 方向垂直环形分路所在平面且指向纸外C .方向在环形分路所在平面内,且指向aD .为零( D )( C )??绕AC 轴旋转时,在中心O 点产生的磁感强度大小为B 1;此正方形同样以角速度??绕过O 点垂直于正方形平面的轴旋转时,在O 点产生的磁感强度的大小为B 2,则B 1与B 2间的关系为A. B 1 = B 2B. B 1 = 2B 2 C .B 1 =21B 2 D .B 1 = B 2 /4 ( B )6、有一半径为R 的单匝圆线圈,通以电流I ,若将该导线弯成匝数N = 2的平面圆线圈,导线长度不变,并通以同样的电流,则线圈中心的磁感强度和线圈的磁矩分别是原来的 (A) 4倍和1/8. (B) 4倍和1/2. (C) 2倍和1/4. (D) 2倍和1/2. 三、判断题(每小题1分,请在括号里打上√或×)( × )1、电源的电动势是将负电荷从电源的负极通过电源内部移到电源正极时,非静电力作的功。

大学物理_恒定电流、稳恒磁场基本性质习题解答

大学物理_恒定电流、稳恒磁场基本性质习题解答

13 稳恒电流、稳恒磁场习题解答一、选择题1、 沿x 方向的电流产生的磁感应强度:T yI B 67011052.0251042--⨯=⋅⋅⨯==πππμ 方向沿着z 轴正向沿y 方向的电流产生的磁感应强度: T yI B 6702105.24.0251042--⨯=⋅⋅⨯==πππμ 方向沿着z 轴负向T B B B 621105.2-⨯=-= 方向沿着z 轴正向2、1012a I B μ=2020222)145cos 45(cos 2/44a Ia I B πμπμ=︒-︒⋅=由于 21B B = 所以 8:2:21π=a a3、由安培环路定理得:NI l d H l =⋅⎰ 则 r NIH π2= rNI H B πμμ200==2102/2/0ln2212D D h NI dr h rNI s d B D D ⋅⋅=⋅⋅=⋅=⎰⎰πμπμφ4、aev Te t q I π2=== T aevaIB 5200105.1242-⨯===πμμ5、导线1的左端与导线2的右端到o 点的距离不同,则21B B ≠,即021≠+B B由于a、b 两端的电压相等,cb ac ab I I I 22==,所以,03=B ,而0321≠++=B B B B6、ebmv R = B A v v 2= 则B A R R 2= eBm T π2=所以B A T T =7、 由于DIB R V H = 则 IBVD R H =8、略。

二、填空题1、4.0×1010个; 2、单位正电荷沿闭合回路移动一周时,非静电力所作的功;⎰⋅=电源内l d E k ε;由负极指向正极; 3、 Rih πμ20; 4、0; 5、2.197×10-6Wb;6、 22R B π-; 7、7.59×10-2m ; 8、1:11、lnec rnec Tne I ===π2 )(10410个⨯==eclI n2、略3、先把狭缝补全,并假设其电流密度与圆筒的一样,由整个圆筒得对称性得,0=B再假设在狭缝处有一反向电流,其电流密度为i -,则狭缝在管轴线上的RihB πμ20=4、由A 、C 两端的电压相等:221122112211θθI I l I l I R I R I UAC=⇒=⇒==rI rI B πθμμ42110101==rI rI B πθμμ42220202==所以021=-B B5、由对称性得:Wb r r r Il dr l r I s d B r r r612100102.2ln 22222211-+⨯=+⋅=⋅⋅=⋅=⎰⎰πμπμφ6、由于⎰=⋅0s d B,则圆盘的磁通量: 22B R s d B π=圆盘⎰⋅ , 所以任意曲面S 的磁通量为: 22BR s d B S π-⋅⎰=7、m eBmv R 21059.7-⨯==8、rIB πμ20=2ln 220201πμπμφIldr l rIs d B aa=⋅⋅=⋅=⎰⎰2ln 2204202πμπμφIldr l rIs d B aa=⋅⋅=⋅=⎰⎰所以1:1:21=φφ三、计算题1、解:两半无限长载流直导线在O 点产生的磁感应强度为:01=B ;四分之一圆周载流导线在O 点产生的磁感应强度为:RIB 802μ=,方向垂直纸面向外;故:此载流导线在0点产生的磁场为: RIB 802μ=2、解:取坐标轴如图所示,将半球分割成无数薄圆盘片,圆周单位长度的线圈匝数为θπθπd NRd RNdN 22==当线圈通电流I 时,该薄圆盘片上电流在球心O 处产生的磁感应强度大小为dNy x IxdB 232220)(2+=μπθμθπμRNI d Ny x IxdB 20232220cos 2)(2=+=由于每个薄圆盘片上电流在球心O 产生的磁感应强度方向一致,故 ⎰⎰===0204cos πμθπθμRNI d RNI dB B磁感应强度的方向由电流的流向决定,沿y 轴正向或负向。

高考物理稳恒电流题20套(带答案)及解析

高考物理稳恒电流题20套(带答案)及解析

高考物理稳恒电流题20套(带答案)及解析一、稳恒电流专项训练1.如图1所示,用电动势为E、内阻为r的电源,向滑动变阻器R供电.改变变阻器R的阻值,路端电压U与电流I均随之变化.(1)以U为纵坐标,I为横坐标,在图2中画出变阻器阻值R变化过程中U-I图像的示意图,并说明U-I图像与两坐标轴交点的物理意义.(2)a.请在图2画好的U-I关系图线上任取一点,画出带网格的图形,以其面积表示此时电源的输出功率;b.请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件.(3)请写出电源电动势定义式,并结合能量守恒定律证明:电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和.【答案】(1)U–I图象如图所示:图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势,与横轴交点的坐标值为短路电流(2)a如图所示:b.2 4 E r(3)见解析【解析】(1)U–I图像如图所示,其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势,与横轴交点的坐标值为短路电流(2)a.如图所示b.电源输出的电功率:2222 ()2E EP I R RrR rR rR===+++当外电路电阻R=r时,电源输出的电功率最大,为2max=4EPr(3)电动势定义式:WEq=非静电力根据能量守恒定律,在图1所示电路中,非静电力做功W产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热,即22W I rt I Rt Irq IRq=+=+E Ir IR U U=+=+外内本题答案是:(1)U–I图像如图所示,其中图像与纵轴交点的坐标值为电源电动势,与横轴交点的坐标值为短路电流(2)a .如图所示当外电路电阻R =r 时,电源输出的电功率最大,为2max =4E P r(3)E U U =+外内点睛:运用数学知识结合电路求出回路中最大输出功率的表达式,并求出当R =r 时,输出功率最大.2.超导现象是20世纪人类重大发现之一,日前我国己研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行.(l )超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零,这种性质可以通过实验研究.将一个闭合超导金属圈环水平放置在匀强磁场中,磁感线垂直于圈环平面向上,逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场,若此后环中的电流不随时间变化.则表明其电阻为零.请指出自上往下看环中电流方向,并说明理由.(2)为探究该圆环在超导状态的电阻率上限ρ,研究人员测得撤去磁场后环中电流为I ,并经一年以上的时间t 未检测出电流变化.实际上仪器只能检测出大于△I 的电流变化,其中△I<<I ,当电流的变化小于△I 时,仪器检测不出电流的变化,研究人员便认为电流没有变化.设环的横截面积为S ,环中定向移动电子的平均速率为v ,电子质量为m 、电荷量为e .试用上述给出的各物理量,推导出ρ的表达式.(3)若仍使用上述测量仪器,实验持续时间依旧为t .为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限ρ的准确程度更高,请提出你的建议,并简要说明实现方法. 【答案】(1)见解析 (2)(3)见解析【解析】(1)逆时针方向。

大学物理练习题答案 04稳恒磁场解答

大学物理练习题答案 04稳恒磁场解答

r1 2π x d − x
π
r1
9-8 解:(1)作半径为 r、圆心在轴线上的圆为积分回路。由安培环路定律
∫ r < a
L B1 ⋅ dl = B1 ⋅ 2πr = 0
∴ B1 = 0
a<r<b
B2 ⋅ 2π
r
=
μ0
I

=
π
μ0 I (b2 − a2)
⋅π
(r2

a2)

B2
=
μ0 2π
I (r2 − a2) r(b2 − a2)
(3)穿入平面 abcd 的磁力线数与穿出 aefd 平面的磁力线数相同
∴ Φ m3 = − Φ m1 = 0.24 Wb
9-7 解:(1)左导线在 P 点的磁感应强度
B1
=
μ0 I 2πx
方向垂直纸面向下
右导线在 P 点的磁感应强度
B2
=

μ0 (d
I −
x)
方向垂直纸面向下
d xP
l
IILeabharlann ∴B=方向与 I 满足右手螺旋法则
r > b B3 ⋅ 2π r = μ0 I

B3
=
μ0 2π
I r
方向与 I 满足右手螺旋法则
(2)取面元 dS = ldr = dr
∫ ∴ Φm =
μ0 I 2π (b2 − a2)
b r2 − a2 dr = ar
μ0 I 4π
− μ 0 I a2 ln b 2π (b2 − a2) a
方向垂直于纸面向外
9-2 解:∵圆环电流在圆心处的磁场 B = μ0 I 2R
∴圆弧 ABC 在 O 处的磁场
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第四章 静电场本章提要1.电荷的基本性质两种电荷,量子性,电荷首恒,相对论不变性。

2.库仑定律两个静止的点电荷之间的作用力12122204kq q q q r r==F r r πε 其中922910(N m /C )k =⨯⋅122-1-2018.8510(C N m )4k -==⨯⋅επ3.电场强度q =F E 0q 为静止电荷。

由10102204kq q q q r r ==F r r πε 得112204kq q r r ==E r r πε4.场强的计算(1)场强叠加原理电场中某一点的电场强度等于各个点电荷单独存在时在该点产生的电场强度的矢量和。

i =∑E E(2)高斯定理电通量:在电场强度为E 的某点附近取一个面元,规定S ∆=∆S n ,θ为E 与n 之间的夹角,通过S ∆的电场强度通量定义为e cos E S ∆ψ=∆=⋅∆v S θ取积分可得电场中有限大的曲面的电通量ψd e sS =⋅⎰⎰E高斯定理:在真空中,通过任一封闭曲面的电通量等于该封闭曲面内的所有电荷电量的代数和除以0ε,与封闭曲面外的电荷无关。

即i 01d sq=∑⎰⎰E S 内ε5.典型静电场(1)均匀带电球面0=E (球面内)204q rπε=E r (球面外)(2)均匀带电球体304q R πε=E r (球体内)204q r πε=E r (球体外)(3)均匀带电无限长直线场强方向垂直于带电直线,大小为02E rλπε=(4)均匀带电无限大平面场强方向垂直于带电平面,大小为2E σε=6.电偶极矩电偶极子在电场中受到的力矩=⨯M P E思考题4-1 0200 4qq r==πεr 与FE E 两式有什么区别与联系。

答:公式q FE =是关于电场强度的定义式,适合求任何情况下的电场。

而公式0204q r πε=E r是由库仑定理代入定义式推导而来,只适于求点电荷的电场强度。

4-2一均匀带电球形橡皮气球,在气球被吹大的过程中,下列各场点的场强将如何变化(1) 气球内部 (2) 气球外部 (3) 气球表面答:取球面高斯面,由00d ni i q ε=⋅=∑⎰⎰E S 可知(1)内部无电荷,而面积不为零,所以E 内= 0。

(2)E 外=204r q πε与气球吹大无关。

(3)E 表=204R q πε随气球吹大而变小。

4-3 下列几种说法是否正确,为什么(1) 高斯面上电场强度处处为零时,高斯面内必定没有电荷。

(2) 高斯面内净电荷数为零时,高斯面上各点的电场强度必为零。

(3) 穿过高斯面的电通量为零时,高斯面上各点的电场强度必为零。

(4) 高斯面上各点的电场强度为零时,穿过高斯面的电通量一定为零。

答:(1)错因为依高斯定理,E = 0 只说明高斯面内净电荷数(所有电荷的代数和)为零。

(2)错高斯面内净电荷数为零,只说明整个高斯面的d s⎰⎰E S 的累积为零。

并不一定电场强度处处为零。

(3)错穿过高斯面的电通量为零时,只说明整个高斯面的d s⎰⎰E S 的累积为零。

并不一定电场强度处处为零。

(4)对E = 0,则整个高斯面的d s ⎰⎰E S 的累积为零。

所以电通量φ=0。

4-4 试利用电场强度与电势的关系式d d l UE l=-分析下列问题: (1) 在电势不变的空间内,电场强度是否为零 (2) 在电势为零处,电场强度是否一定为零 (3) 在电场强度为零处,电势是否一定为零答:(1)是 由d d l UE l=-可知,当电势处处相等时,d 0U =,E l =0 实际例子:静电平衡的导体内。

(2)否电势为零处电势梯度d d Ul不一定为零,所以E l 也不一定为零。

实际例子:电偶极子连线中点处。

(3)否如果E l 等于零,则电势梯度为零,但电势不一定为零。

实际例子:两个相同电荷连线中点处。

4-5 如图4-1所示,将两个完全相同的电容器串联起来,在与电源保持连接时,将一电介质板摩擦插入电容器C 2的两板间,试定性地描述C 1、C 2上的电量、电容、电压、及电场强度的变化。

答:插入电介质板后,C 2的增大,致使整个电路电容1/C=1/C 1+1/C 2增大,而总电压U 又没变,所以每个电容器所储存的电量q 1 = q 2增加。

由于无摩擦,这种增加的电量全部由电源提供。

C 1=ε0S/d 不变,而储存的电量增加时,U 1= q 1/C 增大,故U 2减小。

由U = Ed 可知E 2减小。

U 1增大而两极板距离d 不变,故E 1增大。

4-6 一空气电容器充电后切断电源,然后灌入煤油,问电容器的能量有何变化如果在灌煤油时电容器一直与电源相连,能量又如何变化 答:电容器灌入煤油后,电容量增大,但极板上的电量没有改变,由C q W e 22=可知电容器的能量W e 会减少。

减少的那部分能量,由煤油分子在静电场极化过程中转化成煤油的内能。

如果灌煤油时,电容器一直与电源相连,由能量公式22CU W e =可知,C 增大而U 不变时,电容器的能量W e 增大。

这时电源向电容器充电,将电源的化学能转化为电容器的内能。

练习题4-1 由相距较近的等量异号电荷组成的体系称电偶极子,生物细胞膜及土壤颗粒表面的双电层可视为许多电偶极子的集合。

因此,电偶极子是一个十分重要的物理模型。

图4-2所示的电荷体系称电四极子,它由两个电偶极子组合而成,其中的q 和l 均为已知,对图4-2中的P 点(OP 平行于正方形的一边),证明当x l 时4043x plE p πε≈其中,p=ql 称电偶极矩。

解:将左边和右边的电偶极子在P 点产生的场强分别称为E 左和E 右,则:()()3024l p E x πε=+左方向向下()()3024l p E x πε=-右方向向上P 点处的合场强为图 4-2()()()()3223332200022232444ll l l x l p p p E E E x x x πεπεπε+=-=-=-+⎡⎤-⎣⎦左右∵2lx∴()403 4plE xπε=方向向上 原题证毕。

4-2 一个均匀带电的细棒长为l ,带电总量为q ,证明,在棒的垂直平分线上离棒为a 处的电场强度为220421a l a qE +=πε解:棒的线电荷密度为q ρ=。

如图4-3,对称地取距中点为x 处的电荷 d d d /q x q x l ρ==。

其d E 和d 'E 的水平方向的分量相互抵消,P 点的场强为d E 和d 'E 沿竖直向上分量之和:()()()122222032220 d 2d cos 2d 4d 2 E E q aa x a x aq x l a x θπεπε==++=+合 棒在P 处的场强为()22320 0220d d 2 l l aq x E E l a xπε==+⎰⎰合将tan x a θ=代入上式,并考虑x 由0积分到2l 时,sin θ由0E 积分可得:220421a l a qE +=πε图 4-34-3 一个半径为R 的带电圆盘,电荷面密度为σ,求: (1)圆盘轴线上距盘心为x处的任一点P 的电场强度; (2)当R →∞时,P 点的电场强度为多少 (3)当xR 时,P 点的电场强度又为多少解:(1)取半径为r —r+d r 的圆环,如图4-4所示,因其上电荷对P 点的产生的场强垂直分量相互抵消,所以其对P 点场强为()()()()12222203232222200 d d d 4 2 d d 42S xE x r x r x r r x r r x r x r σθπεσπσπεε==++==++E cos整个圆盘的电荷在P 点的产生的场强为()()3212222200 d 122Rx r r xE x r x R σσεε⎛⎫ ⎪==- ⎪++⎝⎭⎰(2)当R →∞时,可将带电圆盘看作无限大带电平面,因此P 点电场强度为2E σε'=(3)当x R 时,可将带电圆盘看作点电荷,因此P 点电场强度为:22220044R R E x xσπσπεε''==4-4 大多数生物细胞的细胞膜可以用两个分别带有电荷的同心球壳系统来模拟。

在本题图4-5中,设半径为1R 和2R 的球壳上分别带有电荷1Q 和2Q ,求:(1)I 、II 、III 三个区域中的场强;图4-4(2)若1Q =-2Q 各区域的电场强度又为多少画出此时的电场强度分布曲线 (即E -r 关系曲线)。

从这个结果,你可以对细胞膜的电场强度分布有个概略的了解。

解:(1)I :以r 1﹤R 1为半径作球面高斯面,因面内无电荷,依1d i Siqε=∑⎰⎰E S 内可得:E 1= 0II :以122R r R <<为半径作球面高斯面,面内的电荷为Q 1,依1d SQ ε=⎰⎰E S可得:122024Q E r πε=III :以23R r <为半径作球面高斯面,面内的电荷为Q 1+Q 2,同理可得:E 3 =230214r Q Q πε+(2)根据上部分结果可得 I : E 1= 0 II :122024Q E r πε=III :E 3= 0根据已知条件画出E r -关系曲线如图4-6所示4-5 实验表明,在靠近地面处有相当强的大气电场,电场强度方向垂直地面向下,大小约为-1100N C ⋅;在离地面 km 高的地方,电场强度方向也是垂直地面向下的,大小约为-125N C ⋅。

(1)计算从地面到此高度的大气中电荷的平均体密度; (2)若地球上的电荷全部分布在地球表面,求地球表面的电荷面密度; (3)已知地球的半径为6610m ⨯,地球表面的总电量为多少 解:(1)由已知可得,离地面高度为的大气电场-1225N C E =⋅,地面的曲线大气电场为-11100N C E =⋅。

从km 高处至地面作圆柱体高斯面,依题意得:120e qE S E S φε∑=-=得()012q E E S ε=-∑故()()01212313-38.8510751.5104.4310C m E E q q V hS h ερ----∑∑===⨯⨯=⨯=⨯⋅(2)靠近地球表面作球面高斯面∵10 E S S σε=∴()121021 1008.85108.910C m E S σ---==-⨯⨯=-⨯⋅(3)()()21065 8.9104610 4.010C q S σπ--==-⨯⨯⨯=-⨯∑4-6 随着温度的升高,一般物质依次表现为固态、液态和气态。

当温度继续升高时,气体中的大量分子将由于激烈碰撞而离解为电子和正离子。

这种主要由带电离子组成的状态为物质的第四态,处于该态的物质称等离子体。

如果气体放电时形成的等离子体圆柱内的体电荷分布有如下关系()()2222raa r e +=ρρ其中,e ρ为电荷体密度,0ρ为圆柱轴线上的e ρ值,a 为常量,求电场强度H =图4-7分布。

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