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1、【MeiWei81-优质实用版文档】一、选择题（1）D解：先考虑一个板带电q，它在空间产生的场强为。注意是匀场。另一板上电荷“|q|”在此电场中受力，将其化为无数个点电荷，每个电荷受力大小为，故整个|q|受力为：。这既是两板间作用力大小。（2）B解：由电通量概念和电力线概念知：A、穿过S面的电通量不变，因为它只与S面内的电荷相关，现内面电荷没有变化，所以穿过S面的电通量不变。B、由于S面上场强与内外电荷都有关，现在外面电荷位置变化，所以P点场强也变化。故选B。二、填空题（1）解：画图。设等边三角形的边长为a，则任一顶点处的电荷受到其余两个电荷的作用力合力为：设在中心处放置电荷，它对顶点处电荷的
2、作用力为：再由，可解出。（2）或，方向指向右下角。解：当相对称的两电荷同号则在O点的场强抵消，若异号肯定有电力线过O点，故只有左上角的电荷电力线指向右下角的“”电荷。是三、计算题9.39.4,（6.7）解：将带电平面薄板划分为无数条长直带电线（书中图），宽为。求出每条带电线在场点产生的场强（微元表示），然后对全部长直带电线积分，就得到该题的解。注意单位长度上的带电量：（1）距边缘为a处，每条带电直线产生的场强为原点取在导体片中间，G方向向左：故总的场强：的方向沿G轴正向。或：原点取在场点处，G轴方向向右:,则总的场强为：此时的方向沿G轴“”向。（2）在板的垂直方向上，距板为h处。每条带电直线在
3、此处的场强为由于对称性，故分解：在G方向上，场强分量因对称互相抵消，故。所以：9.5解：任取线元，所在角位置为，（如图）。带电为。它在圆心处产生的电场强度分量各为：整个圆环产生的：9.7,（6.15）由电通量（本书定义为：电场强度通量）的物理意义，知通过S1或S2面的电通量都等于通过圆平面的电通量。电场强度通量（垂直通过面的）：也即是通过S1或S2面的。或解：以S1和以圆面积(R为半径的)组成一个封闭曲面S由高斯定理，知：，又所以同理：9.8，解：(1)由高斯定理：可得：同理（2）所以大气的电荷平均体密度为：9.9，解：本题解被分成三个区域：由高斯定理知：1域：,因为在该区域内作的高斯面，面内
4、无电荷。2域内作一同轴的圆柱形高斯面，高为，半径为，满足则有：在3域，类似2域方法作高斯面，满足。则有：9.10在n区：在p区：9.11解：这是点电荷系的场强求法和电场力的功概念。见P.69页的题图。因为：所以：9.13（6.22）解：9.14，通过该点的等势线是在中垂面上半径为G的圆。解：等势面是中垂线内，半径为G的圆，圆心在两电荷的连线的中点。9.16（6.25）球体内球体外定义,则可求出各区域的电势球体外球面上球体内（域）9.20,解：应用高斯定理，可求得空间各域的电场强度：（）:（）：（）：再由电势定义，可求：（）:（）：（）：自行画图点电荷在球心，球壳内、外表面上的电荷分布均匀。若点
5、电荷偏离球心，球壳内表面的感应电荷分布不均匀。靠近点电荷的区域，电荷密度大，反之则较小。内表面电荷与点电荷形成封闭场。但外表面的电荷仍然均匀分布。9.21解：（1）由电势叠加原理，有，内球电势：球壳电势：（2）电势差（3）连接球与球壳，则电荷全部跑到外球面上，所以球与球壳是等势体（4）外球面接地，则只有内球与球壳间的局域场，所以，但。另外注意，本题的解也可用电势定义积分得到。9.22（7.4）证：两带电金属球。半径分别为。由于相距远，两球产生的电场互不影响。现用一根极细导线连接两球，达到静电平衡后记金属球1带电为,电势为；金属球2带电为,电势为。由于导线相连，故有：。又互不影响，所以有：即：又
6、此两式代入上式，可得即-得证9.23，解：设充电后，板上电量为，板的面积为s，故板上面密度大小为插入金属板以前：。现断开电源（q不变），插入金属板，厚为l,故电容器两板间距变为了，此时：电势差的改变为由式看出金属板的位置对结果无影响。9.24无图9.25解：见图，当开关K拨向1，电容C1充电，C1的能量为当开关K拨向2，电容C1向当电容C2放电，电荷会重新分布，由于是电容并联，故有：，又电压相等由此两式解得：故并联后电容器中的总能量为故能量改变：9.26;抽出时解：插入厚度为d的金属板后，相当于把原来的一个电容器变成了串联着的两个电容器，分别设为C1和C2。设C1的板间距为l,则另一电容的板间
7、距为。串联后的总电容设为C，则有(1)插入后的总电容为(2)这是先充电，后改变电容（板上电量不变，改变电容）。抽出金属板，电容改变为因为原先电容储能为,现在不变，但电容变化了。故新电容储能。所以外力的功：9.27解：导体球表面的电能密度：因为导体球电容：，代入上式得：9.28解：静电能9.29电场总能：（可用电场能密度积分求解）导线连接后，电荷都在外表面。总能：9.30(1),(2),9.31无图。9.35解：见题图，（1）设介质板与上极板的距离为G。介质中的场强为E，空气中的场强为。由电势计算有再由高斯定理知，两极板间任一点的D都相等。以及可得，所以介质中（2）（3）9.36（7.11、7.
8、12？）解：先见35题，再看本题可知电势分别是U0、U，故是板上电量不变。（1）板上电量不变：（2）介质高斯定理：（3）本题没有给出U，故计算如下：空气中的场强：，所以一、选择题（1）B解：自己画图知，两个电流产生的磁场方向相反。G轴向电流的磁感穿出纸面。G轴向电流的磁感大小为：。同理所以故选B。（2）D解：（最后等式见下面算式）其中：选D。（3）D？有错。（B!C？）解：由于A,D两图，磁场B在a点不连续故只能选B,C中之一。B图在ab段曲线上凸，故，C图反之，故应。用安培环路定理可求得ab域的磁感强度，可见，显然D答案不符合。对上式二次求导：若算得则选B（可算到此结果）若对上式二次求导：算
9、得是则选C(未算到)或简单解：由安培环路定理知：在的区域，显然只有B图是对的，而其它均不为零。（4）B解：或用单个运动电荷的公式。(5)C解：先给出板上离直线r远处的元电流它的单位长度受到直线电流的力为则整个板的单位长度受力为二、填空题（1）解：线元受力:线元相对O点力矩：即：所以（2），磁通量分析：本题没有指明是细的通电螺绕环，所以环中的磁感应强度不能看成常数，必须用式对面元积分得到磁通量。（3）磁力的功,解：磁力功，绕AC边向外转绕CD边向外转,绕AD边向外转，此时：（4）线圈中张力：解：张力不是整个闭合线圈所受的磁场力。是线圈的张紧力。取yo的下半圆，它在匀磁场中受力为，方向沿y负方向。
10、此半圆静止，故受到上半圆的上拉力，大小为，力作用于两端，所以每端受力为IBR。（5）不要（6）本题画图各个L路径所包围的通电导线数。课堂上已画各L图，满足右手。三、计算题10.310.4解：O点的磁场由三部分线电流产生。其中圆弧电流在O点的磁感强度为方向垂直纸面向里。左边直线电流在O点的磁感强度为，方向向里。其中，可得。同理可得左边直线电流在O点的磁感强度为方向向里。所以O点的B为：10.5解：这是运动电荷的磁场。将圆盘划分为无数个细圆环，任取一圆环，设半径为r，环宽为dr。其上所带电量为，由于它以角速度转动，所以形成电流，大小为该电流在轴线上G处的磁感强度为所以，总的磁感强度为10.610.
11、710.8解：取半径为r的同轴的圆周为安培环路，则当时，有当，有当，有当时，有10.9本题是相当于无限大平板电流的磁力线证明，和电流两侧区域的的证明。方法是：作一个包围部分电流的安培环路，为矩形框，框的一边与与平板平行，则可证。10.10解：见题图，金属导线的张力是重力引起的，方向向下。要抵消它，则金属导线所受安培力必须向上。由于金属导线垂直磁场，大小为所以：。由f及B的方向，知：I流向从左到右。10.11注意，本题不是无限长直导线，不能用两平行导线作用力公式！解：在载流为I2的导线2上任取电流元，它受到导线1中电流I1的安培作用力其中B由有限长电流I1给出所以L长的导线2受力：方向向下。同理
12、载流为I1的导线1受力与大小相等，方向相反。10.12解：（1）将圆柱面划分为无数条直线电流，再求出这些电流在轴线上的B，再求受力。因为长直电流产生的磁感为：考虑对称性，对称的两长直电流的在某方向会抵消，其垂直方向相加设垂直方向在G的方向上，则有故半圆柱面产生的B为所以轴线上导线单位长度受力方向在方向上，所以（2）设该导线放在处，则该导线电流与长圆柱面电流产生的磁感强度应相等。即。10.13要掌握。10.1410.15解：（1）受磁力矩（2）回路中的电流不变，故磁力矩作功10.16要掌握。10.17无图。10.18分析：先将电子速度分为互相垂直的两部分，然后直接用带电粒子在磁场中运动的公式来表
13、示，最后用求解。解：又：由两式合成得：10.1910.20;解：由代入数据，在介质时：10.21一、选择题（1）C解：由楞次定律知：线圈的运动是反对磁铁的靠近。故线圈向左，又离磁铁越近的线圈运动就越快，故选C。（2）A,C解：注意转轴过C点，且垂直于导体棒A,B。故先由给出电势的高端，显然有C点最低，A、B电势相等，且都高于C点。故选A,C答案。（3）（a）解：OC半径与磁域边缘的夹角设为。由于在图示角度增大的过程中：所以是常数，或正或负。不是t的函数。故选（a）。（4）解：见图，假想ob用导线连接，oa也用导线连接。故闭合回路的电动势为由于涡旋电场线方向总是与半径垂直，所以有：所以，其中分别
14、为的面积，四边形的面积，扇形的面积。由于本题中扇形面积最大，而为常数，所以对应的电动势为最大。为最小。（5）A,D解：由静电场的环路定理知A成立。由涡旋电场属“非静电性场”，故,知D也成立。二、填空题（1）解：在垂直速度的方向上，bc的投影长度为，所以同理，弧的投影长度为，所以。（2）解：在垂直速度的方向上，ab的投影长度为,故电动势长的导体棒垂直匀磁场，则绕其一端转动的电动势为（3）,方向向左。解：由楞次定律，知导体杆ab必作减速运动，所以其加速度与速度方向相反。设t时刻杆ab速率为，此时它离开初位置（初速为）的距离为G，设此时回路中的感生电流为I。而回路总电阻为R（见图）。因为匀场，dt时间里导体杆扫过的磁通为：，由法拉第定律有：而杆ab受力为故加速度大小为，加速度方向与反向，向左。加速度的代数值为，由对应积分：感应电流：到。故R上放出的焦耳热导体杆的初动能。（4）解：（a）设无限长直导线中通有电流I，距离导线r处的磁感应强度：通过线圈的总磁通为所以线圈与长直导线间的互感系数:（b）现在直线电流为，是时间的函数。所以应该对电流求导：即（5）
