-.z.第九章靜電場(chǎng)9－1電荷面密度均為＋σ的兩塊"無限大〞均勻帶電的平行平板如圖(A)放置，其周圍空間各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E(設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度方向向右為正、向左為負(fù))隨位置坐標(biāo)*變化的關(guān)系曲線為圖(B)中的()題9-1圖分析與解"無限大〞均勻帶電平板激發(fā)的電場(chǎng)強(qiáng)度為，方向沿帶電平板法向向外，依照電場(chǎng)疊加原理可以求得各區(qū)域電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向.因而正確答案為(B).9－2以下說法正確的選項(xiàng)是()(A)閉合曲面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度都為零時(shí)，曲面內(nèi)一定沒有電荷(B)閉合曲面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度都為零時(shí)，曲面內(nèi)電荷的代數(shù)和必定為零(C)閉合曲面的電通量為零時(shí)，曲面上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度必定為零(D)閉合曲面的電通量不為零時(shí)，曲面上任意一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度都不可能為零分析與解依照靜電場(chǎng)中的高斯定理，閉合曲面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度都為零時(shí)，曲面內(nèi)電荷的代數(shù)和必定為零，但不能肯定曲面內(nèi)一定沒有電荷；閉合曲面的電通量為零時(shí)，表示穿入閉合曲面的電場(chǎng)線數(shù)等于穿出閉合曲面的電場(chǎng)線數(shù)或沒有電場(chǎng)線穿過閉合曲面，不能確定曲面上各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度必定為零；同理閉合曲面的電通量不為零，也不能推斷曲面上任意一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度都不可能為零，因而正確答案為(B).9－3以下說法正確的選項(xiàng)是()(A)電場(chǎng)強(qiáng)度為零的點(diǎn)，電勢(shì)也一定為零(B)電場(chǎng)強(qiáng)度不為零的點(diǎn)，電勢(shì)也一定不為零(C)電勢(shì)為零的點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度也一定為零(D)電勢(shì)在*一區(qū)域內(nèi)為常量，則電場(chǎng)強(qiáng)度在該區(qū)域內(nèi)必定為零分析與解電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)是描述電場(chǎng)的兩個(gè)不同物理量，電場(chǎng)強(qiáng)度為零表示試驗(yàn)電荷在該點(diǎn)受到的電場(chǎng)力為零，電勢(shì)為零表示將試驗(yàn)電荷從該點(diǎn)移到參考零電勢(shì)點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力作功為零.電場(chǎng)中一點(diǎn)的電勢(shì)等于單位正電荷從該點(diǎn)沿任意路徑到參考零電勢(shì)點(diǎn)電場(chǎng)力所作的功；電場(chǎng)強(qiáng)度等于負(fù)電勢(shì)梯度.因而正確答案為(D).*9－4在一個(gè)帶負(fù)電的帶電棒附近有一個(gè)電偶極子，其電偶極矩p的方向如下圖.當(dāng)電偶極子被釋放后，該電偶極子將()(A)沿逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)直到電偶極矩p水平指向棒尖端而停頓(B)沿逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)至電偶極矩p水平指向棒尖端，同時(shí)沿電場(chǎng)線方向朝著棒尖端移動(dòng)(C)沿逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)至電偶極矩p水平指向棒尖端，同時(shí)逆電場(chǎng)線方向朝遠(yuǎn)離棒尖端移動(dòng)(D)沿順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)至電偶極矩p水平方向沿棒尖端朝外，同時(shí)沿電場(chǎng)線方向朝著棒尖端移動(dòng)題9-4圖分析與解電偶極子在非均勻外電場(chǎng)中，除了受到力矩作用使得電偶極子指向電場(chǎng)方向外，還將受到一個(gè)指向電場(chǎng)強(qiáng)度增強(qiáng)方向的合力作用，因而正確答案為(B).9－5精細(xì)實(shí)驗(yàn)說明，電子與質(zhì)子電量差值的最大范圍不會(huì)超過±10－21e，而中子電量與零差值的最大范圍也不會(huì)超過±10－21e，由最極端的情況考慮，一個(gè)有8個(gè)電子，8個(gè)質(zhì)子和8個(gè)中子構(gòu)成的氧原子所帶的最大可能凈電荷是多少？假設(shè)將原子視作質(zhì)點(diǎn)，試比擬兩個(gè)氧原子間的庫侖力和萬有引力的大小.分析考慮到極限情況，假設(shè)電子與質(zhì)子電量差值的最大范圍為2×10－21e，中子電量為10－21e，則由一個(gè)氧原子所包含的8個(gè)電子、8個(gè)質(zhì)子和8個(gè)中子可求原子所帶的最大可能凈電荷.由庫侖定律可以估算兩個(gè)帶電氧原子間的庫侖力，并與萬有引力作比擬.解一個(gè)氧原子所帶的最大可能凈電荷為二個(gè)氧原子間的庫侖力與萬有引力之比為顯然即使電子、質(zhì)子、中子等微觀粒子帶電量存在差異，其差異在±10－21e范圍內(nèi)時(shí)，對(duì)于像天體一類電中性物體的運(yùn)動(dòng)，起主要作用的還是萬有引力.9－61964年，蓋爾曼等人提出根本粒子是由更根本的夸克構(gòu)成，中子就是由一個(gè)帶的上夸克和兩個(gè)帶的下夸克構(gòu)成.假設(shè)將夸克作為經(jīng)典粒子處理(夸克線度約為10－20m)，中子內(nèi)的兩個(gè)下夸克之間相距2.60×10－15m.求它們之間的相互作用力.解由于夸克可視為經(jīng)典點(diǎn)電荷，由庫侖定律F與徑向單位矢量er方向一樣說明它們之間為斥力.9－7點(diǎn)電荷如圖分布，試求P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度.分析依照電場(chǎng)疊加原理，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度等于各點(diǎn)電荷單獨(dú)存在時(shí)在P點(diǎn)激發(fā)電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量和.由于電荷量為q的一對(duì)點(diǎn)電荷在P點(diǎn)激發(fā)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反而相互抵消，P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度就等于電荷量為2.0q的點(diǎn)電荷在該點(diǎn)單獨(dú)激發(fā)的場(chǎng)強(qiáng)度.解根據(jù)上述分析題9-7圖9－8假設(shè)電荷Q均勻地分布在長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)棒上.求證：(1)在棒的延長(zhǎng)線，且離棒中心為r處的電場(chǎng)強(qiáng)度為(2)在棒的垂直平分線上，離棒為r處的電場(chǎng)強(qiáng)度為假設(shè)棒為無限長(zhǎng)(即L→∞)，試將結(jié)果與無限長(zhǎng)均勻帶電直線的電場(chǎng)強(qiáng)度相比擬.題9-8圖分析這是計(jì)算連續(xù)分布電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度.此時(shí)棒的長(zhǎng)度不能忽略，因而不能將棒當(dāng)作點(diǎn)電荷處理.但帶電細(xì)棒上的電荷可看作均勻分布在一維的長(zhǎng)直線上.如下圖，在長(zhǎng)直線上任意取一線元d*，其電荷為dq＝Qd*/L，它在點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度為整個(gè)帶電體在點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度接著針對(duì)具體問題來處理這個(gè)矢量積分.(1)假設(shè)點(diǎn)P在棒的延長(zhǎng)線上，帶電棒上各電荷元在點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度方向一樣，(2)假設(shè)點(diǎn)P在棒的垂直平分線上，如圖(a)所示，則電場(chǎng)強(qiáng)度E沿*軸方向的分量因?qū)ΨQ性疊加為零，因此，點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度就是證(1)延長(zhǎng)線上一點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度，利用幾何關(guān)系r′＝r－*統(tǒng)一積分變量，則電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿*軸.(2)根據(jù)以上分析，中垂線上一點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度E的方向沿y軸，大小為利用幾何關(guān)系sinα＝r/r′，統(tǒng)一積分變量，則當(dāng)棒長(zhǎng)L→∞時(shí)，假設(shè)棒單位長(zhǎng)度所帶電荷λ為常量，則P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度此結(jié)果與無限長(zhǎng)帶電直線周圍的電場(chǎng)強(qiáng)度分布一樣［圖(b)］.這說明只要滿足r2/L2＜＜1，帶電長(zhǎng)直細(xì)棒可視為無限長(zhǎng)帶電直線.9－9一半徑為R的半球殼，均勻地帶有電荷，電荷面密度為σ，求球心處電場(chǎng)強(qiáng)度的大小.題9-9圖分析這仍是一個(gè)連續(xù)帶電體問題，求解的關(guān)鍵在于如何取電荷元.現(xiàn)將半球殼分割為一組平行的細(xì)圓環(huán)，如下圖，從教材第9－3節(jié)的例2可以看出，所有平行圓環(huán)在軸線上P處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向都一樣，將所有帶電圓環(huán)的電場(chǎng)強(qiáng)度積分，即可求得球心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度.解將半球殼分割為一組平行細(xì)圓環(huán)，任一個(gè)圓環(huán)所帶電荷元，在點(diǎn)O激發(fā)的電場(chǎng)強(qiáng)度為由于平行細(xì)圓環(huán)在點(diǎn)O激發(fā)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向一樣，利用幾何關(guān)系，統(tǒng)一積分變量，有積分得9－10水分子H2O中氧原子和氫原子的等效電荷中心如下圖，假設(shè)氧原子和氫原子等效電荷中心間距為r0.試計(jì)算在分子的對(duì)稱軸線上，距分子較遠(yuǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度.題9-10圖分析水分子的電荷模型等效于兩個(gè)電偶極子，它們的電偶極矩大小均為，而夾角為2θ.疊加后水分子的電偶極矩大小為，方向沿對(duì)稱軸線，如下圖.由于點(diǎn)O到場(chǎng)點(diǎn)A的距離*＞＞r0，利用教材第5－3節(jié)中電偶極子在延長(zhǎng)線上的電場(chǎng)強(qiáng)度可求得電場(chǎng)的分布.也可由點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度疊加，求電場(chǎng)分布.解1水分子的電偶極矩在電偶極矩延長(zhǎng)線上解2在對(duì)稱軸線上任取一點(diǎn)A，則該點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度由于代入得測(cè)量分子的電場(chǎng)時(shí)，總有*＞＞r0，因此，式中，將上式化簡(jiǎn)并略去微小量后，得9－11兩條無限長(zhǎng)平行直導(dǎo)線相距為r0，均勻帶有等量異號(hào)電荷，電荷線密度為λ.(1)求兩導(dǎo)線構(gòu)成的平面上任一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度(設(shè)該點(diǎn)到其中一線的垂直距離為*)；(2)求每一根導(dǎo)線上單位長(zhǎng)度導(dǎo)線受到另一根導(dǎo)線上電荷作用的電場(chǎng)力.題9-11圖分析(1)在兩導(dǎo)線構(gòu)成的平面上任一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為兩導(dǎo)線單獨(dú)在此所激發(fā)的電場(chǎng)的疊加.(2)由F＝qE，單位長(zhǎng)度導(dǎo)線所受的電場(chǎng)力等于另一根導(dǎo)線在該導(dǎo)線處的電場(chǎng)強(qiáng)度乘以單位長(zhǎng)度導(dǎo)線所帶電量，即：F＝λE.應(yīng)該注意：式中的電場(chǎng)強(qiáng)度E是另一根帶電導(dǎo)線激發(fā)的電場(chǎng)強(qiáng)度，電荷自身建立的電場(chǎng)不會(huì)對(duì)自身電荷產(chǎn)生作用力.解(1)設(shè)點(diǎn)P在導(dǎo)線構(gòu)成的平面上，E＋、E－分別表示正、負(fù)帶電導(dǎo)線在P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度，則有(2)設(shè)F＋、F－分別表示正、負(fù)帶電導(dǎo)線單位長(zhǎng)度所受的電場(chǎng)力，則有顯然有F＋＝F－，相互作用力大小相等，方向相反，兩導(dǎo)線相互吸引.9－12設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E與半徑為R的半球面的對(duì)稱軸平行，試計(jì)算通過此半球面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量.題9-12圖分析方法1：作半徑為R的平面S與半球面S一起可構(gòu)成閉合曲面，由于閉合面內(nèi)無電荷，由高斯定理這說明穿過閉合曲面的凈通量為零，穿入平面S′的電場(chǎng)強(qiáng)度通量在數(shù)值上等于穿出半球面S的電場(chǎng)強(qiáng)度通量.因而方法2：由電場(chǎng)強(qiáng)度通量的定義，對(duì)半球面S求積分，即解1由于閉合曲面內(nèi)無電荷分布，根據(jù)高斯定理，有依照約定取閉合曲面的外法線方向?yàn)槊嬖猟S的方向，解2取球坐標(biāo)系，電場(chǎng)強(qiáng)度矢量和面元在球坐標(biāo)系中可表示為9－13地球周圍的大氣猶如一部大電機(jī)，由于雷雨云和大氣氣流的作用，在晴天區(qū)域，大氣電離層總是帶有大量的正電荷，云層下地球外表必然帶有負(fù)電荷.晴天大氣電場(chǎng)平均電場(chǎng)強(qiáng)度約為，方向指向地面.試求地球外表單位面積所帶的電荷(以每平方厘米的電子數(shù)表示).分析考慮到地球外表的電場(chǎng)強(qiáng)度指向地球球心，在大氣層中取與地球同心的球面為高斯面，利用高斯定理可求得高斯面內(nèi)的凈電荷.解在大氣層臨近地球外表處取與地球外表同心的球面為高斯面，其半徑(為地球平均半徑).由高斯定理地球外表電荷面密度單位面積額外電子數(shù)9－14設(shè)在半徑為R的球體內(nèi)電荷均勻分布，電荷體密度為,求帶電球內(nèi)外的電場(chǎng)強(qiáng)度分布.分析電荷均勻分布在球體內(nèi)呈球?qū)ΨQ，帶電球激發(fā)的電場(chǎng)也呈球?qū)ΨQ性.根據(jù)靜電場(chǎng)是有源場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度應(yīng)該沿徑向球?qū)ΨQ分布.因此可以利用高斯定理求得均勻帶電球內(nèi)外的電場(chǎng)分布.以帶電球的球心為中心作同心球面為高斯面，依照高斯定理有上式中是高斯面內(nèi)的電荷量，分別求出處于帶電球內(nèi)外的高斯面內(nèi)的電荷量，即可求得帶電球內(nèi)外的電場(chǎng)強(qiáng)度分布.解依照上述分析，由高斯定理可得時(shí)，假設(shè)球體帶正電荷，電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿徑向朝外.考慮到電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，帶電球體內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度為時(shí)，考慮到電場(chǎng)強(qiáng)度沿徑向朝外，帶電球體外的電場(chǎng)強(qiáng)度為9－15兩個(gè)帶有等量異號(hào)電荷的無限長(zhǎng)同軸圓柱面，半徑分別為R1和R2(R2＞R1)，單位長(zhǎng)度上的電荷為λ.求離軸線為r處的電場(chǎng)強(qiáng)度：(1)r＜R1，(2)R1＜r＜R2，(3)r＞R2.題9-15圖分析電荷分布在無限長(zhǎng)同軸圓柱面上，電場(chǎng)強(qiáng)度也必定沿軸對(duì)稱分布，取同軸圓柱面為高斯面，只有側(cè)面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量不為零，且，求出不同半徑高斯面內(nèi)的電荷.即可解得各區(qū)域電場(chǎng)的分布.解作同軸圓柱面為高斯面，根據(jù)高斯定理r＜R1，R1＜r＜R2，r＞R2，在帶電面附近，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不連續(xù)，如圖〔b〕所示，電場(chǎng)強(qiáng)度有一躍變9－16如下圖，有三個(gè)點(diǎn)電荷Q1、Q2、Q3沿一條直線等間距分布且Q1＝Q3＝Q.其中任一點(diǎn)電荷所受合力均為零，求在固定Q1、Q3的情況下，將Q2從點(diǎn)O移到無窮遠(yuǎn)處外力所作的功.題9-16圖分析由庫侖力的定義，根據(jù)Q1、Q3所受合力為零可求得Q2.外力作功W′應(yīng)等于電場(chǎng)力作功W的負(fù)值，即W′＝－W.求電場(chǎng)力作功的方法有兩種：(1)根據(jù)功的定義，電場(chǎng)力作的功為其中E是點(diǎn)電荷Q1、Q3產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度.(2)根據(jù)電場(chǎng)力作功與電勢(shì)能差的關(guān)系，有其中V0是Q1、Q3在點(diǎn)O產(chǎn)生的電勢(shì)(取無窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)).解1由題意Q1所受的合力為零解得由點(diǎn)電荷電場(chǎng)的疊加，Q1、Q3激發(fā)的電場(chǎng)在y軸上任意一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為將Q2從點(diǎn)O沿y軸移到無窮遠(yuǎn)處，(沿其他路徑所作的功一樣，請(qǐng)想一想為什么？)外力所作的功為解2與解1一樣，在任一點(diǎn)電荷所受合力均為零時(shí)，并由電勢(shì)的疊加得Q1、Q3在點(diǎn)O的電勢(shì)將Q2從點(diǎn)O推到無窮遠(yuǎn)處的過程中，外力作功比擬上述兩種方法，顯然用功與電勢(shì)能變化的關(guān)系來求解較為簡(jiǎn)潔.這是因?yàn)樵谠S多實(shí)際問題中直接求電場(chǎng)分布困難較大，而求電勢(shì)分布要簡(jiǎn)單得多.9－17均勻帶電長(zhǎng)直線附近的電場(chǎng)強(qiáng)度近似為其中為電荷線密度.(1)求在r＝r1和r＝r2兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；(2)在點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，我們?cè)→∞處的電勢(shì)為零，求均勻帶電長(zhǎng)直線附近的電勢(shì)時(shí)，能否這樣取？試說明.解(1)由于電場(chǎng)力作功與路徑無關(guān)，假設(shè)沿徑向積分，則有(2)不能.嚴(yán)格地講，電場(chǎng)強(qiáng)度只適用于無限長(zhǎng)的均勻帶電直線，而此時(shí)電荷分布在無限空間，r→∞處的電勢(shì)應(yīng)與直線上的電勢(shì)相等.9－18一個(gè)球形雨滴半徑為0.40mm，帶有電量1.6pC，它外表的電勢(shì)有多大？?jī)蓚€(gè)這樣的雨滴相遇后合并為一個(gè)較大的雨滴，這個(gè)雨滴外表的電勢(shì)又是多大？分析取無窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)參考點(diǎn)，半徑為R帶電量為q的帶電球形雨滴外表電勢(shì)為當(dāng)兩個(gè)球形雨滴合并為一個(gè)較大雨滴后，半徑增大為，代入上式后可以求出兩雨滴相遇合并后，雨滴外表的電勢(shì).解根據(jù)條件球形雨滴半徑R1＝0.40mm，帶有電量q1＝1.6pC，可以求得帶電球形雨滴外表電勢(shì)當(dāng)兩個(gè)球形雨滴合并為一個(gè)較大雨滴后，雨滴半徑，帶有電量q2＝2q1，雨滴外表電勢(shì)9－19電荷面密度分別為＋σ和－σ的兩塊"無限大〞均勻帶電的平行平板，如圖(a)放置，取坐標(biāo)原點(diǎn)為零電勢(shì)點(diǎn)，求空間各點(diǎn)的電勢(shì)分布并畫出電勢(shì)隨位置坐標(biāo)*變化的關(guān)系曲線.題9-19圖分析由于"無限大〞均勻帶電的平行平板電荷分布在"無限〞空間，不能采用點(diǎn)電荷電勢(shì)疊加的方法求電勢(shì)分布：應(yīng)該首先由"無限大〞均勻帶電平板的電場(chǎng)強(qiáng)度疊加求電場(chǎng)強(qiáng)度的分布，然后依照電勢(shì)的定義式求電勢(shì)分布.解由"無限大〞均勻帶電平板的電場(chǎng)強(qiáng)度，疊加求得電場(chǎng)強(qiáng)度的分布，電勢(shì)等于移動(dòng)單位正電荷到零電勢(shì)點(diǎn)電場(chǎng)力所作的功電勢(shì)變化曲線如圖(b)所示.9－20兩個(gè)同心球面的半徑分別為R1和R2，各自帶有電荷Q1和Q2.求：(1)各區(qū)域電勢(shì)分布，并畫出分布曲線；(2)兩球面間的電勢(shì)差為多少？題9-20圖分析通?？刹捎脙煞N方法.方法(1)由于電荷均勻分布在球面上，電場(chǎng)分布也具有球?qū)ΨQ性，因此，可根據(jù)電勢(shì)與電場(chǎng)強(qiáng)度的積分關(guān)系求電勢(shì).取同心球面為高斯面，借助高斯定理可求得各區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度分布，再由可求得電勢(shì)分布.(2)利用電勢(shì)疊加原理求電勢(shì).一個(gè)均勻帶電的球面，在球面外產(chǎn)生的電勢(shì)為在球面內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，電勢(shì)處處相等，等于球面的電勢(shì)其中R是球面的半徑.根據(jù)上述分析，利用電勢(shì)疊加原理，將兩個(gè)球面在各區(qū)域產(chǎn)生的電勢(shì)疊加，可求得電勢(shì)的分布.解1(1)由高斯定理可求得電場(chǎng)分布由電勢(shì)可求得各區(qū)域的電勢(shì)分布.當(dāng)r≤R1時(shí)，有當(dāng)R1≤r≤R2時(shí)，有當(dāng)r≥R2時(shí)，有(2)兩個(gè)球面間的電勢(shì)差解2(1)由各球面電勢(shì)的疊加計(jì)算電勢(shì)分布.假設(shè)該點(diǎn)位于兩個(gè)球面內(nèi)，即r≤R1，則假設(shè)該點(diǎn)位于兩個(gè)球面之間，即R1≤r≤R2，則假設(shè)該點(diǎn)位于兩個(gè)球面之外，即r≥R2，則(2)兩個(gè)球面間的電勢(shì)差9－21一半徑為R的無限長(zhǎng)帶電細(xì)棒，其內(nèi)部的電荷均勻分布，電荷的體密度為ρ.現(xiàn)取棒外表為零電勢(shì)，求空間電勢(shì)分布并畫出分布曲線.題9-21圖分析無限長(zhǎng)均勻帶電細(xì)棒電荷分布呈軸對(duì)稱，其電場(chǎng)和電勢(shì)的分布也呈軸對(duì)稱.選取同軸柱面為高斯面，利用高斯定理可求得電場(chǎng)分布E(r)，再根據(jù)電勢(shì)差的定義并取棒外表為零電勢(shì)(Vb＝0)，即可得空間任意點(diǎn)a的電勢(shì).解取高度為l、半徑為r且與帶電棒同軸的圓柱面為高斯面，由高斯定理當(dāng)r≤R時(shí)得當(dāng)r≥R時(shí)得取棒外表為零電勢(shì)，空間電勢(shì)的分布有當(dāng)r≤R時(shí)當(dāng)r≥R時(shí)如下圖是電勢(shì)V隨空間位置r的分布曲線.9－22一圓盤半徑R＝3.00×10－2m.圓盤均勻帶電，電荷面密度σ＝2.00×10－5C·m－2.(1)求軸線上的電勢(shì)分布；(2)根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)梯度的關(guān)系求電場(chǎng)分布；(3)計(jì)算離盤心30.0cm處的電勢(shì)和電場(chǎng)強(qiáng)度.題9-22圖分析將圓盤分割為一組不同半徑的同心帶電細(xì)圓環(huán)，利用帶電細(xì)環(huán)軸線上一點(diǎn)的電勢(shì)公式，將不同半徑的帶電圓環(huán)在軸線上一點(diǎn)的電勢(shì)積分相加，即可求得帶電圓盤在軸線上的電勢(shì)分布，再根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)之間的微分關(guān)系式可求得電場(chǎng)強(qiáng)度的分布.解(1)如下圖，圓盤上半徑為r的帶電細(xì)圓環(huán)在軸線上任一點(diǎn)P激發(fā)的電勢(shì)由電勢(shì)疊加，軸線上任一點(diǎn)P的電勢(shì)的(1)(2)軸線上任一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為(2)電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿*軸方向.(3)將場(chǎng)點(diǎn)至盤心的距離*＝30.0cm分別代入式(1)和式(2)，得當(dāng)*＞＞R時(shí)，圓盤也可以視為點(diǎn)電荷，其電荷為.依照點(diǎn)電荷電場(chǎng)中電勢(shì)和電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算公式，有由此可見，當(dāng)*＞＞R時(shí)，可以忽略圓盤的幾何形狀，而將帶電的圓盤當(dāng)作點(diǎn)電荷來處理.在此題中作這樣的近似處理，E和V的誤差分別不超過0.3％和0.8％，這已足以滿足一般的測(cè)量精度.9－23兩個(gè)很長(zhǎng)的共軸圓柱面(R1＝3.0×10－2m，R2＝0.10m)，帶有等量異號(hào)的電荷，兩者的電勢(shì)差為450Ｖ.求：(1)圓柱面單位長(zhǎng)度上帶有多少電荷？(2)r＝0.05m處的電場(chǎng)強(qiáng)度.解(1)由習(xí)題9－15的結(jié)果，可得兩圓柱面之間的電場(chǎng)強(qiáng)度為根據(jù)電勢(shì)差的定義有解得(2)解得兩圓柱面之間r＝0.05m處的電場(chǎng)強(qiáng)度9－24輕原子核(如氫及其同位素氘、氚的原子核)結(jié)合成為較重原子核的過程，叫做核聚變.在此過程中可以釋放出巨大的能量.例如四個(gè)氫原子核(質(zhì)子)結(jié)合成一個(gè)氦原子核(α粒子)時(shí)，可釋放出25.9MeV的能量.即這類聚變反響提供了太陽發(fā)光、發(fā)熱的能源.如果我們能在地球上實(shí)現(xiàn)核聚變，就能獲得豐富廉價(jià)的能源.但是要實(shí)現(xiàn)核聚變難度相當(dāng)大，只有在極高的溫度下，使原子熱運(yùn)動(dòng)的速度非常大，才能使原子核相碰而結(jié)合，故核聚變反響又稱作熱核反響.試估算：(1)一個(gè)質(zhì)子()以多大的動(dòng)能(以電子伏特表示)運(yùn)動(dòng)，才能從很遠(yuǎn)處到達(dá)與另一個(gè)質(zhì)子相接觸的距離？(2)平均熱運(yùn)動(dòng)動(dòng)能到達(dá)此值時(shí)，溫度有多高？(質(zhì)子的半徑約為1.0×10－15m)分析作為估算，可以將質(zhì)子上的電荷分布看作球?qū)ΨQ分布，因此質(zhì)子周圍的電勢(shì)分布為將質(zhì)子作為經(jīng)典粒子處理，當(dāng)另一質(zhì)子從無窮遠(yuǎn)處以動(dòng)能Ek飛向該質(zhì)子時(shí)，勢(shì)能增加，動(dòng)能減少，如能克制庫侖斥力而使兩質(zhì)子相碰，則質(zhì)子的初始動(dòng)能假設(shè)該氫原子核的初始動(dòng)能就是氫分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能，根據(jù)分子動(dòng)理論知：由上述分析可估算出質(zhì)子的動(dòng)能和此時(shí)氫氣的溫度.解(1)兩個(gè)質(zhì)子相接觸時(shí)勢(shì)能最大，根據(jù)能量守恒由可估算出質(zhì)子初始速率該速度已到達(dá)光速的4％.(2)依照上述假設(shè)，質(zhì)子的初始動(dòng)能等于氫分子的平均動(dòng)能得實(shí)際上在這么高的溫度下，中性原子已被離解為電子和正離子，稱作等離子態(tài)，高溫的等離子體不能用常規(guī)的容器來約束，只能采用磁場(chǎng)來約束(托卡馬克裝置)9－25在一次典型的閃電中，兩個(gè)放電點(diǎn)間的電勢(shì)差約為109Ｖ，被遷移的電荷約為30C.(1)如果釋放出來的能量都用來使0℃的冰融化成0℃的水，則可溶解多少冰？(冰的融化熱L＝3.34×105J·kg)(2)假設(shè)每一個(gè)家庭一年消耗的能量為3000kW·h，則可為多少個(gè)家庭提供一年的能量消耗？解(1)假設(shè)閃電中釋放出來的全部能量為冰所吸收，故可融化冰的質(zhì)量即可融化約90噸冰.(2)一個(gè)家庭一年消耗的能量為一次閃電在極短的時(shí)間內(nèi)釋放出來的能量約可維持3個(gè)家庭一年消耗的電能.9－26水分子的電偶極矩p=6.17×10－30C·m.這個(gè)水分子在電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1.0×105V·m-1的電場(chǎng)中所受力矩的最大值是多少"分析與解在均勻外電場(chǎng)中，電偶極子所受的力矩為當(dāng)電偶極子與外電場(chǎng)正交時(shí)，電偶極子所受的力矩取最大值.因而有9-27電子束焊接機(jī)中的電子槍如下圖，K為陰極，A為陽極，陰極發(fā)射的電子在陰極和陽極電場(chǎng)加速下聚集成一細(xì)束，以極高的速率穿過陽極上的小孔，射到被焊接的金屬上使兩塊金屬熔化在一起.，并設(shè)電子從陰極發(fā)射時(shí)的初速度為零，求：〔1〕電子到達(dá)被焊接金屬時(shí)具有的動(dòng)能；〔2〕電子射到金屬上時(shí)的速度.分析電子被陰極和陽極間的電場(chǎng)加速獲得動(dòng)能，獲得的動(dòng)能等于電子在電場(chǎng)中減少的勢(shì)能.由電子動(dòng)能與速率的關(guān)系可以求得電子射到金屬上時(shí)的速度.解〔1〕依照上述分析，電子到達(dá)被焊接金屬時(shí)具有的動(dòng)能(2)由于電子運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能遠(yuǎn)小于電子靜止的能量，可以將電子當(dāng)做經(jīng)典粒子處理.電子射到金屬上時(shí)的速度題9-27圖第十章靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體與電介質(zhì)10－1將一個(gè)帶正電的帶電體A從遠(yuǎn)處移到一個(gè)不帶電的導(dǎo)體B附近，則導(dǎo)體B的電勢(shì)將〔〕〔A〕升高〔B〕降低〔C〕不會(huì)發(fā)生變化〔D〕無法確定分析與解不帶電的導(dǎo)體B相對(duì)無窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì).由于帶正電的帶電體A移到不帶電的導(dǎo)體B附近時(shí)，在導(dǎo)體B的近端感應(yīng)負(fù)電荷；在遠(yuǎn)端感應(yīng)正電荷，不帶電導(dǎo)體的電勢(shì)將高于無窮遠(yuǎn)處，因而正確答案為〔A〕.10－2將一帶負(fù)電的物體M靠近一不帶電的導(dǎo)體N，在N的左端感應(yīng)出正電荷，右端感應(yīng)出負(fù)電荷.假設(shè)將導(dǎo)體N的左端接地〔如下圖〕，則〔〕〔A〕N上的負(fù)電荷入地〔B〕N上的正電荷入地〔C〕N上的所有電荷入地〔D〕N上所有的感應(yīng)電荷入地題10-2圖分析與解導(dǎo)體N接地說明導(dǎo)體N為零電勢(shì)，即與無窮遠(yuǎn)處等電勢(shì)，這與導(dǎo)體N在哪一端接地?zé)o關(guān).因而正確答案為〔A〕.10－3如下圖將一個(gè)電量為q的點(diǎn)電荷放在一個(gè)半徑為R的不帶電的導(dǎo)體球附近，點(diǎn)電荷距導(dǎo)體球球心為d，參見附圖.設(shè)無窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)，則在導(dǎo)體球球心O點(diǎn)有〔〕〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕題10-3圖分析與解到達(dá)靜電平衡時(shí)導(dǎo)體內(nèi)處處各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零.點(diǎn)電荷q在導(dǎo)體球外表感應(yīng)等量異號(hào)的感應(yīng)電荷±q′，導(dǎo)體球外表的感應(yīng)電荷±q′在球心O點(diǎn)激發(fā)的電勢(shì)為零，O點(diǎn)的電勢(shì)等于點(diǎn)電荷q在該處激發(fā)的電勢(shì).因而正確答案為〔A〕.10－4根據(jù)電介質(zhì)中的高斯定理，在電介質(zhì)中電位移矢量沿任意一個(gè)閉合曲面的積分等于這個(gè)曲面所包圍自由電荷的代數(shù)和.以下推論正確的選項(xiàng)是()〔A〕假設(shè)電位移矢量沿任意一個(gè)閉合曲面的積分等于零，曲面內(nèi)一定沒有自由電荷〔B〕假設(shè)電位移矢量沿任意一個(gè)閉合曲面的積分等于零，曲面內(nèi)電荷的代數(shù)和一定等于零〔C〕假設(shè)電位移矢量沿任意一個(gè)閉合曲面的積分不等于零，曲面內(nèi)一定有極化電荷〔D〕介質(zhì)中的高斯定律說明電位移矢量?jī)H僅與自由電荷的分布有關(guān)〔E〕介質(zhì)中的電位移矢量與自由電荷和極化電荷的分布有關(guān)分析與解電位移矢量沿任意一個(gè)閉合曲面的通量積分等于零，說明曲面內(nèi)自由電荷的代數(shù)和等于零；由于電介質(zhì)會(huì)改變自由電荷的空間分布，介質(zhì)中的電位移矢量與自由電荷與位移電荷的分布有關(guān).因而正確答案為〔E〕.10－5對(duì)于各向同性的均勻電介質(zhì)，以下概念正確的選項(xiàng)是〔〕〔A〕電介質(zhì)充滿整個(gè)電場(chǎng)并且自由電荷的分布不發(fā)生變化時(shí)，電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度一定等于沒有電介質(zhì)時(shí)該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的1/εｒ倍〔B〕電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度一定等于沒有介質(zhì)時(shí)該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的1/εｒ倍〔C〕在電介質(zhì)充滿整個(gè)電場(chǎng)時(shí)，電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度一定等于沒有電介質(zhì)時(shí)該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的1/εｒ倍〔D〕電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度一定等于沒有介質(zhì)時(shí)該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的εｒ倍分析與解電介質(zhì)中的電場(chǎng)由自由電荷激發(fā)的電場(chǎng)與極化電荷激發(fā)的電場(chǎng)迭加而成，由于極化電荷可能會(huì)改變電場(chǎng)中導(dǎo)體外表自由電荷的分布，由電介質(zhì)中的高斯定理，僅當(dāng)電介質(zhì)充滿整個(gè)電場(chǎng)并且自由電荷的分布不發(fā)生變化時(shí)，在電介質(zhì)中任意高斯面S有即E＝E０/εｒ，因而正確答案為〔A〕.10－6不帶電的導(dǎo)體球A含有兩個(gè)球形空腔，兩空腔中心分別有一點(diǎn)電荷qb、qc，導(dǎo)體球外距導(dǎo)體球較遠(yuǎn)的r處還有一個(gè)點(diǎn)電荷qd〔如下圖〕.試求點(diǎn)電荷qb、qc、qd各受多大的電場(chǎng)力.題10-6圖分析與解根據(jù)導(dǎo)體靜電平衡時(shí)電荷分布的規(guī)律，空腔內(nèi)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線終止于空腔內(nèi)外表感應(yīng)電荷；導(dǎo)體球A外外表的感應(yīng)電荷近似均勻分布，因而近似可看作均勻帶電球?qū)c(diǎn)電荷qd的作用力.點(diǎn)電荷qd與導(dǎo)體球A外外表感應(yīng)電荷在球形空腔內(nèi)激發(fā)的電場(chǎng)為零，點(diǎn)電荷qb、qc處于球形空腔的中心，空腔內(nèi)外表感應(yīng)電荷均勻分布，點(diǎn)電荷qb、qc受到的作用力為零.10－7一真空二極管，其主要構(gòu)件是一個(gè)半徑R１＝5.0×10－4m的圓柱形陰極和一個(gè)套在陰極外、半徑R２＝4.5×10－3m的同軸圓筒形陽極．陽極電勢(shì)比陰極電勢(shì)高300V，陰極與陽極的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝2.5×10－２m．假設(shè)電子從陰極射出時(shí)的速度為零．求：〔１〕該電子到達(dá)陽極時(shí)所具有的動(dòng)能和速率；〔２〕電子剛從陽極射出時(shí)所受的力．題10-7圖分析〔1〕由于半徑R１＜＜L，因此可將電極視作無限長(zhǎng)圓柱面，陰極和陽極之間的電場(chǎng)具有軸對(duì)稱性．從陰極射出的電子在電場(chǎng)力作用下從靜止開場(chǎng)加速，電子所獲得的動(dòng)能等于電場(chǎng)力所作的功，也即等于電子勢(shì)能的減少．由此，可求得電子到達(dá)陽極時(shí)的動(dòng)能和速率．〔2〕計(jì)算陽極外表附近的電場(chǎng)強(qiáng)度，由F＝qE求出電子在陰極外表所受的電場(chǎng)力．解〔1〕電子到達(dá)陽極時(shí)，勢(shì)能的減少量為由于電子的初始速度為零，故因此電子到達(dá)陽極的速率為〔2〕兩極間的電場(chǎng)強(qiáng)度為兩極間的電勢(shì)差負(fù)號(hào)表示陽極電勢(shì)高于陰極電勢(shì)．陰極外表電場(chǎng)強(qiáng)度電子在陰極外表受力這個(gè)力盡管很小，但作用在質(zhì)量為９.1１×10－3１kg的電子上，電子獲得的加速度可達(dá)重力加速度的5×10１5倍．10－8一導(dǎo)體球半徑為R１，外罩一半徑為R2的同心薄導(dǎo)體球殼，外球殼所帶總電荷為Q，而內(nèi)球的電勢(shì)為V０．求此系統(tǒng)的電勢(shì)和電場(chǎng)的分布．分析假設(shè)，內(nèi)球電勢(shì)等于外球殼的電勢(shì)，則外球殼內(nèi)必定為等勢(shì)體，電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，內(nèi)球不帶電．假設(shè)，內(nèi)球電勢(shì)不等于外球殼電勢(shì)，則外球殼內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，內(nèi)球帶電．一般情況下，假設(shè)內(nèi)導(dǎo)體球帶電q，導(dǎo)體到達(dá)靜電平衡時(shí)電荷的分布如下圖．依照電荷的這一分布，利用高斯定理可求得電場(chǎng)分布．并由或電勢(shì)疊加求出電勢(shì)的分布．最后將電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)用量V0、Q、R１、R2表示．題10-8圖解根據(jù)靜電平衡時(shí)電荷的分布，可知電場(chǎng)分布呈球?qū)ΨQ．取同心球面為高斯面，由高斯定理，根據(jù)不同半徑的高斯面內(nèi)的電荷分布，解得各區(qū)域內(nèi)的電場(chǎng)分布為r＜R１時(shí)，R１＜r＜R2時(shí)，r＞R2時(shí)，由電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)的積分關(guān)系，可得各相應(yīng)區(qū)域內(nèi)的電勢(shì)分布．r＜R１時(shí)，R１＜r＜R2時(shí)，r＞R2時(shí)，也可以從球面電勢(shì)的疊加求電勢(shì)的分布：在導(dǎo)體球內(nèi)〔r＜R１〕在導(dǎo)體球和球殼之間〔R１＜r＜R2〕在球殼外〔r＞R2〕為由題意得于是可求得各處的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)的分布：r＜R１時(shí)，；R１＜r＜R2時(shí)，；r＞R2時(shí)，；10－9地球和電離層可當(dāng)作球形電容器，它們之間相距約為100km，試估算地球－電離層系統(tǒng)的電容．設(shè)地球與電離層之間為真空．解由于地球半徑R1＝6.37×106m；電離層半徑R2＝1.00×105m＋R1＝6.47×106m，根據(jù)球形電容器的電容公式，可得10－10兩線輸電線，其導(dǎo)線半徑為3.26mm，兩線中心相距0.50m，導(dǎo)線位于地面上空很高處，因而大地影響可以忽略．求輸電線單位長(zhǎng)度的電容．分析假設(shè)兩根導(dǎo)線帶等量異號(hào)電荷，電荷在導(dǎo)線上均勻分布，則由長(zhǎng)直帶電線的電場(chǎng)疊加，可以求出兩根帶電導(dǎo)線間的電場(chǎng)分布,再由電勢(shì)差的定義求出兩根導(dǎo)線之間的電勢(shì)差，就可根據(jù)電容器電容的定義，求出兩線輸電線單位長(zhǎng)度的電容解建立如圖坐標(biāo)，帶等量異號(hào)電荷的兩根導(dǎo)線在P點(diǎn)激發(fā)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向如圖，由上述分析可得P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿*軸，電線自身為等勢(shì)體，依照定義兩導(dǎo)線之間的電勢(shì)差為上式積分得因此，輸電線單位長(zhǎng)度的電容代入數(shù)據(jù)題10-10圖10－11電容式計(jì)算機(jī)鍵盤的每一個(gè)鍵下面連接一小塊金屬片，金屬片與底板上的另一塊金屬片間保持一定空氣間隙，構(gòu)成一小電容器〔如圖〕.當(dāng)按下按鍵時(shí)電容發(fā)生變化，通過與之相連的電子線路向計(jì)算機(jī)發(fā)出該鍵相應(yīng)的代碼信號(hào).假設(shè)金屬片面積為50.0mm2，兩金屬片之間的距離是0.600mm.如果電路能檢測(cè)出的電容變化量是0.250pF，試問按鍵需要按下多大的距離才能給出必要的信號(hào)？題10-11圖分析按下按鍵時(shí)兩金屬片之間的距離變小，電容增大，由電容的變化量可以求得按鍵按下的最小距離：解按下按鍵時(shí)電容的變化量為按鍵按下的最小距離為10－12一片二氧化鈦晶片，其面積為1.0cm2，厚度為0.10mm．把平行平板電容器的兩極板緊貼在晶片兩側(cè).〔1〕求電容器的電容；〔2〕當(dāng)在電容器的兩極間加上12V電壓時(shí)，極板上的電荷為多少？此時(shí)自由電荷和極化電荷的面密度各為多少？〔3〕求電容器內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度．解〔1〕查表可知二氧化鈦的相對(duì)電容率εr＝173，故充滿此介質(zhì)的平板電容器的電容〔2〕電容器加上U＝12V的電壓時(shí)，極板上的電荷極板上自由電荷面密度為晶片外表極化電荷密度〔3〕晶片內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度為10－13如下圖，半徑R＝0.10m的導(dǎo)體球帶有電荷Q＝1.0×10－８C，導(dǎo)體外有兩層均勻介質(zhì)，一層介質(zhì)的εr＝5.0，厚度d＝0.10m，另一層介質(zhì)為空氣，充滿其余空間．求：〔1〕離球心為r＝5cm、15cm、25cm處的D和E；〔2〕離球心為r＝5cm、15cm、25cm處的V；〔3〕極化電荷面密度σ′．題10-13圖分析帶電球上的自由電荷均勻分布在導(dǎo)體球外表，電介質(zhì)的極化電荷也均勻分布在介質(zhì)的球形界面上，因而介質(zhì)中的電場(chǎng)是球?qū)ΨQ分布的．任取同心球面為高斯面，電位移矢量D的通量與自由電荷分布有關(guān)，因此，在高斯面上D呈均勻?qū)ΨQ分布，由高斯定理可得D〔r〕．再由可得E〔r〕．介質(zhì)內(nèi)電勢(shì)的分布，可由電勢(shì)和電場(chǎng)強(qiáng)度的積分關(guān)系求得，或者由電勢(shì)疊加原理求得．極化電荷分布在均勻介質(zhì)的外表，其極化電荷面密度．解〔1〕取半徑為r的同心球面為高斯面，由高斯定理得r＜R；R＜r＜R＋d；r＞R＋d；將不同的r值代入上述關(guān)系式，可得r＝5cm、15cm和25cm時(shí)的電位移和電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，其方向均沿徑向朝外．r1＝5cm，該點(diǎn)在導(dǎo)體球內(nèi)，則；r2＝15cm，該點(diǎn)在介質(zhì)層內(nèi)，εｒ＝5.0，則r3＝25cm，該點(diǎn)在空氣層內(nèi)，空氣中ε≈ε0，則；〔2〕取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，由電勢(shì)與電場(chǎng)強(qiáng)度的積分關(guān)系得r3＝25cm，r2＝15cm，r1＝5cm，〔3〕均勻介質(zhì)的極化電荷分布在介質(zhì)界面上，因空氣的電容率ε＝ε0，極化電荷可忽略．故在介質(zhì)外外表；在介質(zhì)內(nèi)外表：介質(zhì)球殼內(nèi)、外外表的極化電荷面密度雖然不同，但是兩外表極化電荷的總量還是等量異號(hào)．10－14人體的*些細(xì)胞壁兩側(cè)帶有等量的異號(hào)電荷.設(shè)*細(xì)胞壁厚為5.2×10－9m，兩外表所帶面電荷密度為±5.2×10－3C／m2，內(nèi)外表為正電荷．如果細(xì)胞壁物質(zhì)的相對(duì)電容率為6.0，求〔1〕細(xì)胞壁內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度；〔2〕細(xì)胞壁兩外表間的電勢(shì)差．解〔1〕細(xì)胞壁內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度；方向指向細(xì)胞外．〔2〕細(xì)胞壁兩外表間的電勢(shì)差．10－15如圖〔a〕所示，有兩塊相距為0.50的薄金屬板A、B構(gòu)成的空氣平板電容器被屏蔽在一金屬盒Ｋ，金屬盒上、下兩壁與A、B分別相距0.25mm，金屬板面積為30mm×40mm.求〔1〕被屏蔽后電容器的電容變?yōu)樵瓉淼膸妆?；?〕假設(shè)電容器的一個(gè)引腳不慎與金屬屏蔽盒相碰，問此時(shí)的電容又為原來的幾倍？題10-15圖分析薄金屬板A、B與金屬盒一起構(gòu)成三個(gè)電容器，其等效電路圖如圖〔ｂ〕所示，由于兩導(dǎo)體間距離較小，電容器可視為平板電容器，通過分析等效電路圖可以求得A、B間的電容.解〔1〕由等效電路圖可知由于電容器可以視作平板電容器，且，故，因此A、B間的總電容〔2〕假設(shè)電容器的一個(gè)引腳不慎與金屬屏蔽盒相碰，相當(dāng)于〔或者〕極板短接，其電容為零，則總電容10－16在A點(diǎn)和B點(diǎn)之間有5個(gè)電容器，其連接如下圖．〔1〕求A、B兩點(diǎn)之間的等效電容；〔2〕假設(shè)A、B之間的電勢(shì)差為12V，求UAC、UCD和UDB．題10-16圖解〔1〕由電容器的串、并聯(lián)，有求得等效電容CAB＝4μF．〔2〕由于，得10－17如圖，有一個(gè)空氣平板電容器，極板面積為S，間距為d．現(xiàn)將該電容器接在端電壓為U的電源上充電，當(dāng)〔1〕充足電后；〔2〕然后平行插入一塊面積一樣、厚度為δ〔δ＜d〕、相對(duì)電容率為εｒ的電介質(zhì)板；〔3〕將上述電介質(zhì)換為同樣大小的導(dǎo)體板．分別求電容器的電容C，極板上的電荷Q和極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E．題10-17圖分析電源對(duì)電容器充電，電容器極板間的電勢(shì)差等于電源端電壓U．插入電介質(zhì)后，由于介質(zhì)界面出現(xiàn)極化電荷，極化電荷在介質(zhì)中激發(fā)的電場(chǎng)與原電容器極板上自由電荷激發(fā)的電場(chǎng)方向相反，介質(zhì)內(nèi)的電場(chǎng)減弱．由于極板間的距離d不變，因而與電源相接的導(dǎo)體極板將會(huì)從電源獲得電荷，以維持電勢(shì)差不變，并有相類似的原因，在平板電容器極板之間，假設(shè)平行地插入一塊導(dǎo)體板，由于極板上的自由電荷和插入導(dǎo)體板上的感應(yīng)電荷在導(dǎo)體板內(nèi)激發(fā)的電場(chǎng)相互抵消，與電源相接的導(dǎo)體極板將會(huì)從電源獲得電荷，使間隙中的電場(chǎng)E增強(qiáng)，以維持兩極板間的電勢(shì)差不變，并有綜上所述，接上電源的平板電容器，插入介質(zhì)或?qū)w后，極板上的自由電荷均會(huì)增加，而電勢(shì)差保持不變．解〔1〕空氣平板電容器的電容充電后，極板上的電荷和極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為〔2〕插入電介質(zhì)后，電容器的電容C1為故有介質(zhì)內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度空氣中電場(chǎng)強(qiáng)度〔3〕插入導(dǎo)體到達(dá)靜電平衡后，導(dǎo)體為等勢(shì)體，其電容和極板上的電荷分別為導(dǎo)體中電場(chǎng)強(qiáng)度空氣中電場(chǎng)強(qiáng)度無論是插入介質(zhì)還是插入導(dǎo)體，由于電容器的導(dǎo)體極板與電源相連，在維持電勢(shì)差不變的同時(shí)都從電源獲得了電荷，自由電荷分布的變化同樣使得介質(zhì)內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度不再等于E0/εｒ．10－18為了實(shí)時(shí)檢測(cè)紡織品、紙張等材料的厚度〔待測(cè)材料可視作相對(duì)電容率為εｒ的電介質(zhì)〕，通常在生產(chǎn)流水線上設(shè)置如下圖的傳感裝置，其中A，B為平板電容器的導(dǎo)體極板，d0為兩極板間的距離．試說明檢測(cè)原理，并推出直接測(cè)量量電容C與間接測(cè)量量厚度d之間的函數(shù)關(guān)系．如果要檢測(cè)鋼板等金屬材料的厚度，結(jié)果又將如何？題10-18圖分析導(dǎo)體極板A、B和待測(cè)物體構(gòu)成一有介質(zhì)的平板電容器，關(guān)于電容C與材料的厚度的關(guān)系，可參見題10－17的分析．解由分析可知，該裝置的電容為則介質(zhì)的厚度為如果待測(cè)材料是金屬導(dǎo)體，其等效電容為導(dǎo)體材料的厚度實(shí)時(shí)地測(cè)量A、B間的電容量C，根據(jù)上述關(guān)系式就可以間接地測(cè)出材料的厚度．通常智能化的儀表可以實(shí)時(shí)地顯示出待測(cè)材料的厚度．10－19有一電容為0.50μF的平行平板電容器，兩極板間被厚度為0.01mm的聚四氟乙烯薄膜所隔開，〔1〕求該電容器的額定電壓；〔2〕求電容器存貯的最大能量．分析通過查表可知聚四氟乙烯的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度Eb＝1.9×107V／m，電容器中的電場(chǎng)強(qiáng)度E≤Eb，由此可以求得電容器的最大電勢(shì)差和電容器存貯的最大能量．解〔1〕電容器兩極板間的電勢(shì)差〔2〕電容器存貯的最大能量10－20半徑為0.10cm的長(zhǎng)直導(dǎo)線，外面套有內(nèi)半徑為1.0cm的共軸導(dǎo)體圓筒，導(dǎo)線與圓筒間為空氣．略去邊緣效應(yīng)，求：〔1〕導(dǎo)線外表最大電荷面密度；〔2〕沿軸線單位長(zhǎng)度的最大電場(chǎng)能量．分析如果設(shè)長(zhǎng)直導(dǎo)線上單位長(zhǎng)度所帶電荷為λ，導(dǎo)線外表附近的電場(chǎng)強(qiáng)度查表可以得知空氣的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度Eb＝3.0×106〔V／m〕，只有當(dāng)空氣中的電場(chǎng)強(qiáng)度E≤Eb空氣才不會(huì)被擊穿，由于在導(dǎo)線外表附近電場(chǎng)強(qiáng)度最大，因而可以求出σ的極限值．再求得電場(chǎng)能量密度，并通過同軸圓柱形體元內(nèi)電場(chǎng)能量的積分求得單位長(zhǎng)度的最大電場(chǎng)強(qiáng)度．解〔1〕導(dǎo)線外表最大電荷面密度顯然導(dǎo)線外表最大電荷面密度與導(dǎo)線半徑無關(guān)．〔2〕由上述分析得，此時(shí)導(dǎo)線與圓筒之間各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為(其他)沿軸線單位長(zhǎng)度的最大電場(chǎng)能量10－21一空氣平板電容器，空氣層厚1.5cm，兩極間電壓為40kV，該電容器會(huì)被擊穿嗎？現(xiàn)將一厚度為0.30cm的玻璃板插入此電容器，并與兩極平行，假設(shè)該玻璃的相對(duì)電容率為7.0，擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度為10ＭV·m－1．則此時(shí)電容器會(huì)被擊穿嗎？分析在未插入玻璃板時(shí)，不難求出空氣中的電場(chǎng)強(qiáng)度小于空氣的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度，電容器不會(huì)被擊穿．插入玻璃后，由習(xí)題10－17可知，假設(shè)電容器與電源相連，則極板間的電勢(shì)差維持不變，電容器將會(huì)從電源獲取電荷．此時(shí)空氣間隙中的電場(chǎng)強(qiáng)度將會(huì)增大．假設(shè)它大于空氣的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度，則電容器的空氣層將首先被擊穿．此時(shí)40kV電壓全部加在玻璃板兩側(cè)，玻璃內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度如也大于玻璃擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度的值，則玻璃也將被擊穿．整個(gè)電容器被擊穿．解未插入玻璃時(shí)，電容器內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度為因空氣的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度，，故電容器不會(huì)被擊穿．插入玻璃后，由習(xí)題6－26可知，空氣間隙中的電場(chǎng)強(qiáng)度此時(shí)，因，空氣層被擊穿，擊穿后40kV電壓全部加在玻璃板兩側(cè)，此時(shí)玻璃板內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度由于玻璃的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度，，故玻璃也將相繼被擊穿，電容器完全被擊穿．10－22*介質(zhì)的相對(duì)電容率，擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度為，如果用它來作平板電容器的電介質(zhì)，要制作電容為0.047μF，而耐壓為4.0kV的電容器，它的極板面積至少要多大．解介質(zhì)內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度電容耐壓Um＝4.0kV，因而電容器極板間最小距離要制作電容為0.047μF的平板電容器，其極板面積顯然，這么大的面積平鋪開來所占據(jù)的空間太大了，通常將平板電容器卷疊成筒狀后再封裝．10－23一平行板空氣電容器，極板面積為S，極板間距為d，充電至帶電Q后與電源斷開，然后用外力緩緩地把兩極板間距拉開到2d．求：〔1〕電容器能量的改變；〔2〕此過程中外力所作的功，并討論此過程中的功能轉(zhuǎn)換關(guān)系．分析在將電容器兩極板拉開的過程中，由于導(dǎo)體極板上的電荷保持不變，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度亦不變，但電場(chǎng)所占有的空間增大，系統(tǒng)總的電場(chǎng)能量增加了．根據(jù)功能原理，所增加的能量應(yīng)該等于拉開過程中外力克制兩極板間的靜電引力所作的功．解〔1〕極板間的電場(chǎng)為均勻場(chǎng)，且電場(chǎng)強(qiáng)度保持不變，因此，電場(chǎng)的能量密度為在外力作用下極板間距從d被拉開到2d，電場(chǎng)占有空間的體積，也由V增加到2V，此時(shí)電場(chǎng)能量增加〔2〕兩導(dǎo)體極板帶等量異號(hào)電荷，外力F將其緩緩拉開時(shí)，應(yīng)有F＝－Fe，則外力所作的功為外力克制靜電引力所作的功等于靜電場(chǎng)能量的增加．第十一章恒定磁場(chǎng)11－1兩根長(zhǎng)度一樣的細(xì)導(dǎo)線分別多層密繞在半徑為R和r的兩個(gè)長(zhǎng)直圓筒上形成兩個(gè)螺線管，兩個(gè)螺線管的長(zhǎng)度一樣，R＝2r，螺線管通過的電流一樣為I，螺線管中的磁感強(qiáng)度大小滿足〔〕〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕分析與解在兩根通過電流一樣的螺線管中，磁感強(qiáng)度大小與螺線管線圈單位長(zhǎng)度的匝數(shù)成正比．根據(jù)題意，用兩根長(zhǎng)度一樣的細(xì)導(dǎo)線繞成的線圈單位長(zhǎng)度的匝數(shù)之比因而正確答案為〔C〕.11－2一個(gè)半徑為r的半球面如圖放在均勻磁場(chǎng)中，通過半球面的磁通量為〔〕〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕題11-2圖分析與解作半徑為r的圓S′與半球面構(gòu)成一閉合曲面，根據(jù)磁場(chǎng)的高斯定理，磁感線是閉合曲線，閉合曲面的磁通量為零，即穿進(jìn)半球面S的磁通量等于穿出圓面S′的磁通量；．因而正確答案為〔D〕．11－3以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕〔A〕閉合回路上各點(diǎn)磁感強(qiáng)度都為零時(shí)，回路內(nèi)一定沒有電流穿過〔B〕閉合回路上各點(diǎn)磁感強(qiáng)度都為零時(shí)，回路內(nèi)穿過電流的代數(shù)和必定為零〔C〕磁感強(qiáng)度沿閉合回路的積分為零時(shí)，回路上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度必定為零〔D〕磁感強(qiáng)度沿閉合回路的積分不為零時(shí)，回路上任意一點(diǎn)的磁感強(qiáng)度都不可能為零分析與解由磁場(chǎng)中的安培環(huán)路定律，磁感強(qiáng)度沿閉合回路的積分為零時(shí)，回路上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度不一定為零；閉合回路上各點(diǎn)磁感強(qiáng)度為零時(shí)，穿過回路的電流代數(shù)和必定為零.因而正確答案為〔B〕．11－4在圖〔ａ〕和〔ｂ〕中各有一半徑一樣的圓形回路L1、L2，圓周內(nèi)有電流I1、I2，其分布一樣，且均在真空中，但在〔ｂ〕圖中L2回路外有電流I3，P1、P2為兩圓形回路上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，則〔〕〔A〕，〔B〕，〔C〕，〔D〕，題11-4圖分析與解由磁場(chǎng)中的安培環(huán)路定律，積分回路外的電流不會(huì)影響磁感強(qiáng)度沿回路的積分；但同樣會(huì)改變回路上各點(diǎn)的磁場(chǎng)分布．因而正確答案為〔C〕．11－5半徑為R的圓柱形無限長(zhǎng)載流直導(dǎo)體置于均勻無限大磁介質(zhì)之中，假設(shè)導(dǎo)體中流過的恒定電流為I，磁介質(zhì)的相對(duì)磁導(dǎo)率為μｒ〔μｒ＜1〕，則磁介質(zhì)內(nèi)的磁化強(qiáng)度為〔〕〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕分析與解利用安培環(huán)路定理可先求出磁介質(zhì)中的磁場(chǎng)強(qiáng)度，再由M＝〔μｒ－1〕H求得磁介質(zhì)內(nèi)的磁化強(qiáng)度，因而正確答案為〔B〕．11－6正負(fù)電子對(duì)撞機(jī)的儲(chǔ)存環(huán)是周長(zhǎng)為240m的近似圓形軌道，當(dāng)環(huán)中電子流強(qiáng)度為8mA時(shí)，在整個(gè)環(huán)中有多少電子在運(yùn)行？電子的速率接近光速.分析一個(gè)電子繞存儲(chǔ)環(huán)近似以光速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)電流的奉獻(xiàn)為，因而由，可解出環(huán)中的電子數(shù).解通過分析結(jié)果可得環(huán)中的電子數(shù)11－7銅的摩爾質(zhì)量M＝63.75ｇ·mol－1，密度ρ＝8.9g·cm－3，在銅導(dǎo)線里，假設(shè)每一個(gè)銅原子奉獻(xiàn)出一個(gè)自由電子，〔1〕為了技術(shù)上的平安，銅線內(nèi)最大電流密度，求此時(shí)銅線內(nèi)電子的漂移速率vd；〔2〕在室溫下電子熱運(yùn)動(dòng)的平均速率是電子漂移速率vd的多少倍？分析一個(gè)銅原子的質(zhì)量,其中NA為阿伏伽德羅常數(shù)，由銅的密度ρ可以推算出銅的原子數(shù)密度根據(jù)假設(shè)，每個(gè)銅原子奉獻(xiàn)出一個(gè)自由電子，其電荷為e，電流密度．從而可解得電子的漂移速率vd．將電子氣視為理想氣體，根據(jù)氣體動(dòng)理論，電子熱運(yùn)動(dòng)的平均速率其中k為玻耳茲曼常量，me為電子質(zhì)量．從而可解得電子的平均速率與漂移速率的關(guān)系．解〔1〕銅導(dǎo)線單位體積的原子數(shù)為電流密度為jm時(shí)銅線內(nèi)電子的漂移速率〔2〕室溫下〔T＝300Ｋ〕電子熱運(yùn)動(dòng)的平均速率與電子漂移速率之比為室溫下電子熱運(yùn)動(dòng)的平均速率遠(yuǎn)大于電子在恒定電場(chǎng)中的定向漂移速率．電子實(shí)際的運(yùn)動(dòng)是無規(guī)熱運(yùn)動(dòng)和沿電場(chǎng)相反方向的漂移運(yùn)動(dòng)的疊加．考慮到電子的漂移速率很小，電信號(hào)的信息載體顯然不會(huì)是定向漂移的電子．實(shí)驗(yàn)證明電信號(hào)是通過電磁波以光速傳遞的．11－8有兩個(gè)同軸導(dǎo)體圓柱面，它們的長(zhǎng)度均為20m，內(nèi)圓柱面的半徑為3.0mm，外圓柱面的半徑為9.0mm.假設(shè)兩圓柱面之間有10μA電流沿徑向流過，求通過半徑為6.0mm的圓柱面上的電流密度．題11-8圖分析如下圖是同軸柱面的橫截面，電流密度j對(duì)中心軸對(duì)稱分布．根據(jù)恒定電流的連續(xù)性，在兩個(gè)同軸導(dǎo)體之間的任意一個(gè)半徑為r的同軸圓柱面上流過的電流I都相等，因此可得解由分析可知，在半徑r＝6.0mm的圓柱面上的電流密度11－9如下圖，地球北極地磁場(chǎng)磁感強(qiáng)度B的大小為6.0×10－5T．如設(shè)想此地磁場(chǎng)是由地球赤道上一圓電流所激發(fā)的，此電流有多大？流向如何？解設(shè)赤道電流為I，則由教材第11－4節(jié)例2知，圓電流軸線上北極點(diǎn)的磁感強(qiáng)度因此赤道上的等效圓電流為由于在地球地磁場(chǎng)的Ｎ極在地理南極，根據(jù)右手螺旋法則可判斷赤道圓電流應(yīng)該是由東向西流，與地球自轉(zhuǎn)方向相反．題11-9圖11－10如下圖，有兩根導(dǎo)線沿半徑方向接觸鐵環(huán)的a、b兩點(diǎn)，并與很遠(yuǎn)處的電源相接.求環(huán)心O的磁感強(qiáng)度．題11-10圖分析根據(jù)疊加原理，點(diǎn)O的磁感強(qiáng)度可視作由ef、be、fa三段直線以及acb、adb兩段圓弧電流共同激發(fā)．由于電源距環(huán)較遠(yuǎn)，．而be、fa兩段直線的延長(zhǎng)線通過點(diǎn)O，由于，由畢奧－薩伐爾定律知．流過圓弧的電流I1、I2的方向如下圖，兩圓弧在點(diǎn)O激發(fā)的磁場(chǎng)分別為,其中l(wèi)1、l2分別是圓弧acb、adb的弧長(zhǎng)，由于導(dǎo)線電阻R與弧長(zhǎng)l成正比，而圓弧acb、adb又構(gòu)成并聯(lián)電路，故有將疊加可得點(diǎn)O的磁感強(qiáng)度B．解由上述分析可知，點(diǎn)O的合磁感強(qiáng)度11－11如下圖，幾種載流導(dǎo)線在平面內(nèi)分布，電流均為I，它們?cè)邳c(diǎn)O的磁感強(qiáng)度各為多少？題11-11圖分析應(yīng)用磁場(chǎng)疊加原理求解．將不同形狀的載流導(dǎo)線分解成長(zhǎng)直局部和圓弧局部，它們各自在點(diǎn)O處所激發(fā)的磁感強(qiáng)度較容易求得，則總的磁感強(qiáng)度.解〔ａ〕長(zhǎng)直電流對(duì)點(diǎn)O而言，有，因此它在點(diǎn)O產(chǎn)生的磁場(chǎng)為零，則點(diǎn)O處總的磁感強(qiáng)度為1/4圓弧電流所激發(fā)，故有B0的方向垂直紙面向外．〔ｂ〕將載流導(dǎo)線看作圓電流和長(zhǎng)直電流，由疊加原理可得B0的方向垂直紙面向里．〔c〕將載流導(dǎo)線看作1/2圓電流和兩段半無限長(zhǎng)直電流，由疊加原理可得B0的方向垂直紙面向外．11－12載流導(dǎo)線形狀如下圖〔圖中直線局部導(dǎo)線延伸到無窮遠(yuǎn)〕，求點(diǎn)O的磁感強(qiáng)度B．題11-12圖分析由教材11－4節(jié)例題2的結(jié)果不難導(dǎo)出，圓弧載流導(dǎo)線在圓心激發(fā)的磁感強(qiáng)度，其中α為圓弧載流導(dǎo)線所張的圓心角，磁感強(qiáng)度的方向依照右手定則確定；半無限長(zhǎng)載流導(dǎo)線在圓心點(diǎn)O激發(fā)的磁感強(qiáng)度，磁感強(qiáng)度的方向依照右手定則確定.點(diǎn)O的磁感強(qiáng)度可以視為由圓弧載流導(dǎo)線、半無限長(zhǎng)載流導(dǎo)線等激發(fā)的磁場(chǎng)在空間點(diǎn)O的疊加.解根據(jù)磁場(chǎng)的疊加在圖〔ａ〕中，在圖〔ｂ〕中，在圖〔c〕中，11－13如圖(a)所示，載流長(zhǎng)直導(dǎo)線的電流為I，試求通過矩形面積的磁通量．題11-13圖分析由于矩形平面上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度不同，故磁通量Φ≠BS．為此，可在矩形平面上取一矩形面元dS＝ld*，如圖〔ｂ〕所示，載流長(zhǎng)直導(dǎo)線的磁場(chǎng)穿過該面元的磁通量為矩形平面的總磁通量解由上述分析可得矩形平面的總磁通量11－1410mm2裸銅線允許通過50A電流而不會(huì)使導(dǎo)線過熱．電流在導(dǎo)線橫截面上均勻分布．求導(dǎo)線內(nèi)、外磁感強(qiáng)度的分布.題11-14圖分析可將導(dǎo)線視作長(zhǎng)直圓柱體，電流沿軸向均勻流過導(dǎo)體，故其磁場(chǎng)必然呈軸對(duì)稱分布，即在與導(dǎo)線同軸的圓柱面上的各點(diǎn)，B大小相等、方向與電流成右手螺旋關(guān)系．為此，可利用安培環(huán)路定理，求出導(dǎo)線外表的磁感強(qiáng)度．解圍繞軸線取同心圓為環(huán)路L，取其繞向與電流成右手螺旋關(guān)系，根據(jù)安培環(huán)路定理，有在導(dǎo)線內(nèi)r＜R，，因而在導(dǎo)線外r＞R，，因而磁感強(qiáng)度分布曲線如下圖．11－15有一同軸電纜，其尺寸如圖〔ａ〕所示．兩導(dǎo)體中的電流均為I，但電流的流向相反，導(dǎo)體的磁性可不考慮．試計(jì)算以下各處的磁感強(qiáng)度：〔1〕r＜R1；〔2〕R1＜r＜R2；〔3〕R2＜r＜R3；〔4〕r＞R3．畫出B－r圖線．題11-15圖分析同軸電纜導(dǎo)體內(nèi)的電流均勻分布，其磁場(chǎng)呈軸對(duì)稱，取半徑為r的同心圓為積分路徑，，利用安培環(huán)路定理，可解得各區(qū)域的磁感強(qiáng)度．解由上述分析得r＜R1R1＜r＜R2R2＜r＜R3r＞R3磁感強(qiáng)度B〔r〕的分布曲線如圖〔ｂ〕．11－16如下圖，N匝線圈均勻密繞在截面為長(zhǎng)方形的中空骨架上．求通入電流I后，環(huán)內(nèi)外磁場(chǎng)的分布．題11-16圖分析根據(jù)右手螺旋法則，螺線管內(nèi)磁感強(qiáng)度的方向與螺線管中心軸線構(gòu)成同心圓，假設(shè)取半徑為r的圓周為積分環(huán)路，由于磁感強(qiáng)度在每一環(huán)路上為常量，因而依照安培環(huán)路定理，可以解得螺線管內(nèi)磁感強(qiáng)度的分布．解依照上述分析，有r＜R1R2＞r＞R1r＞R2在螺線管內(nèi)磁感強(qiáng)度B沿圓周，與電流成右手螺旋．假設(shè)和R2，則環(huán)內(nèi)的磁場(chǎng)可以近似視作均勻分布，設(shè)螺線環(huán)的平均半徑，則環(huán)內(nèi)的磁感強(qiáng)度近似為11－17電流I均勻地流過半徑為R的圓形長(zhǎng)直導(dǎo)線，試計(jì)算單位長(zhǎng)度導(dǎo)線內(nèi)的磁場(chǎng)通過圖中所示剖面的磁通量．題11-17圖分析由題11－14可得導(dǎo)線內(nèi)部距軸線為r處的磁感強(qiáng)度在剖面上磁感強(qiáng)度分布不均勻，因此，需從磁通量的定義來求解．沿軸線方向在剖面上取面元ｄS＝lｄr，考慮到面元上各點(diǎn)B一樣，故穿過面元的磁通量ｄΦ＝BｄS，通過積分，可得單位長(zhǎng)度導(dǎo)線內(nèi)的磁通量解由分析可得單位長(zhǎng)度導(dǎo)線內(nèi)的磁通量11－18地面上空*處地磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度，方向向北．假設(shè)宇宙射線中有一速率的質(zhì)子，垂直地通過該處．求：〔1〕洛倫茲力的方向；〔2〕洛倫茲力的大小，并與該質(zhì)子受到的萬有引力相比擬．題11-18圖解〔1〕依照可知洛倫茲力的方向?yàn)榈姆较?，如下圖．〔2〕因，質(zhì)子所受的洛倫茲力在地球外表質(zhì)子所受的萬有引力因而，有，即質(zhì)子所受的洛倫茲力遠(yuǎn)大于重力．11－19霍爾效應(yīng)可用來測(cè)量血流的速度，其原理如下圖．在動(dòng)脈血管兩側(cè)分別安裝電極并加以磁場(chǎng)．設(shè)血管直徑為d＝2.0mm，磁場(chǎng)為B＝0.080T，毫伏表測(cè)出血管上下兩端的電壓為UH＝0.10mV，血流的流速為多大？題11-19圖分析血流穩(wěn)定時(shí)，有由上式可以解得血流的速度．解依照分析11－20帶電粒子在過飽和液體中運(yùn)動(dòng)，會(huì)留下一串氣泡顯示出粒子運(yùn)動(dòng)的徑跡．設(shè)在氣泡室有一質(zhì)子垂直于磁場(chǎng)飛過，留下一個(gè)半徑為3.5cm的圓弧徑跡，測(cè)得磁感強(qiáng)度為0.20Ｔ，求此質(zhì)子的動(dòng)量和動(dòng)能．解根據(jù)帶電粒子回轉(zhuǎn)半徑與粒子運(yùn)動(dòng)速率的關(guān)系有11－21從太陽射來的速度為0.80×108m/ｓ的電子進(jìn)入地球赤道上空高層范艾倫輻射帶中，該處磁場(chǎng)為4.0×10－7Ｔ，此電子回轉(zhuǎn)軌道半徑為多大？假設(shè)電子沿地球磁場(chǎng)的磁感線旋進(jìn)到地磁北極附近，地磁北極附近磁場(chǎng)為2.0×10－5Ｔ，其軌道半徑又為多少？解由帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的回轉(zhuǎn)半徑高層范艾倫輻射帶中的回轉(zhuǎn)半徑地磁北極附近的回轉(zhuǎn)半徑11－22如圖〔ａ〕所示，一根長(zhǎng)直導(dǎo)線載有電流I1＝30A，矩形回路載有電流I2＝20A．試計(jì)算作用在回路上的合力．d＝1.0cm，b＝8.0cm，l＝0.12m．題11-22圖分析矩形上、下兩段導(dǎo)線受安培力F1和F2的大小相等，方向相反，對(duì)不變形的矩形回路來說，兩力的矢量和為零．而矩形的左右兩段導(dǎo)線，由于載流導(dǎo)線所在處磁感強(qiáng)度不等，所受安培力F3和F4大小不同，且方向相反，因此線框所受的力為這兩個(gè)力的合力．解由分析可知，線框所受總的安培力F為左、右兩邊安培力F3和F4之矢量和，如圖〔ｂ〕所示，它們的大小分別為故合力的大小為合力的方向朝左，指向直導(dǎo)線．11－23一直流變電站將電壓為500kV的直流電，通過兩條截面不計(jì)的平行輸電線輸向遠(yuǎn)方．兩輸電導(dǎo)線間單位長(zhǎng)度的電容為3.0×10－11F·m－1，假設(shè)導(dǎo)線間的靜電力與安培力正好抵消．求：〔1〕通過輸電線的電流；〔2〕輸送的功率．分析當(dāng)平行輸電線中的電流相反時(shí)，它們之間存在相互排斥的安培力，其大小可由安培定律確定．假設(shè)兩導(dǎo)線間距離為d，一導(dǎo)線在另一導(dǎo)線位置激發(fā)的磁感強(qiáng)度,導(dǎo)線單位長(zhǎng)度所受安培力的大?。畬⑦@兩條導(dǎo)線看作帶等量異號(hào)電荷的導(dǎo)體，因兩導(dǎo)線間單位長(zhǎng)度電容C和電壓U，則單位長(zhǎng)度導(dǎo)線所帶電荷λ＝CU，一導(dǎo)線在另一導(dǎo)線位置所激發(fā)的電場(chǎng)強(qiáng)度，兩導(dǎo)線間單位長(zhǎng)度所受的靜電吸引力．依照題意，導(dǎo)線間的靜電力和安培力正好抵消，即從中可解得輸電線中的電流．解〔1〕由分析知單位長(zhǎng)度導(dǎo)線所受的安培力和靜電力分別為由可得解得〔2〕輸出功率11－24在氫原子中，設(shè)電子以軌道角動(dòng)量繞質(zhì)子作圓周運(yùn)動(dòng)，其半徑為．求質(zhì)子所在處的磁感強(qiáng)度．h為普朗克常量，其值為分析根據(jù)電子繞核運(yùn)動(dòng)的角動(dòng)量可求得電子繞核運(yùn)動(dòng)的速率v．如認(rèn)為電子繞核作圓周運(yùn)動(dòng)，其等效圓電流在圓心處，即質(zhì)子所在處的磁感強(qiáng)度為解由分析可得，電子繞核運(yùn)動(dòng)的速率其等效圓電流該圓電流在圓心處產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度11－25如圖[a]所示，一根長(zhǎng)直同軸電纜，、外導(dǎo)體之間充滿磁介質(zhì)，磁介質(zhì)的相對(duì)磁導(dǎo)率為μr〔μr＜1〕，導(dǎo)體的磁化可以忽略不計(jì)．沿軸向有恒定電流I通過電纜，、外導(dǎo)體上電流的方向相反．求：〔1〕空間各區(qū)域內(nèi)的磁感強(qiáng)度和磁化強(qiáng)度；*〔2〕磁介質(zhì)外表的磁化電流．題11-25圖分析電流分布呈軸對(duì)稱，依照右手定則，磁感線是以電纜對(duì)稱軸線為中心的一組同心圓．選取任一同心圓為積分路徑，應(yīng)有，利用安培環(huán)路定理求出環(huán)路內(nèi)的傳導(dǎo)電流，并由，，可求出磁感強(qiáng)度和磁化強(qiáng)度．再由磁化電流的電流面密度與磁化強(qiáng)度的關(guān)系求出磁化電流．解〔1〕取與電纜軸同心的圓為積分路徑，根據(jù)磁介質(zhì)中的安培環(huán)路定理，有對(duì)r＜R1得忽略導(dǎo)體的磁化〔即導(dǎo)體相對(duì)磁導(dǎo)率μr=1〕，有，對(duì)R2＞r＞R1得填充的磁介質(zhì)相對(duì)磁導(dǎo)率為μr，有，對(duì)R3＞r＞R2得同樣忽略導(dǎo)體的磁化，有，對(duì)r＞R3得，，〔2〕由，磁介質(zhì)內(nèi)、外外表磁化電流的大小為對(duì)抗磁質(zhì)〔〕，在磁介質(zhì)內(nèi)外表〔r＝R1〕，磁化電流與內(nèi)導(dǎo)體傳導(dǎo)電流方向相反；在磁介質(zhì)外外表〔r＝R2〕，磁化電流與外導(dǎo)體傳導(dǎo)電流方向相反．順磁質(zhì)的情況與抗磁質(zhì)相反．H〔r〕和B〔r〕分布曲線分別如圖〔ｂ〕和〔c〕所示．第十二章電磁感應(yīng)電磁場(chǎng)和電磁波12－1一根無限長(zhǎng)平行直導(dǎo)線載有電流I，一矩形線圈位于導(dǎo)線平面內(nèi)沿垂直于載流導(dǎo)線方向以恒定速率運(yùn)動(dòng)〔如下圖〕，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)電流方向無法確定題12-1圖分析與解由右手定則可以判斷，在矩形線圈附近磁場(chǎng)垂直紙面朝里，磁場(chǎng)是非均勻場(chǎng)，距離長(zhǎng)直載流導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁場(chǎng)越弱．因而當(dāng)矩形線圈朝下運(yùn)動(dòng)時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流方向由法拉第電磁感應(yīng)定律可以判定．因而正確答案為〔B〕．12－2將形狀完全一樣的銅環(huán)和木環(huán)靜止放置在交變磁場(chǎng)中，并假設(shè)通過兩環(huán)面的磁通量隨時(shí)間的變化率相等，不計(jì)自感時(shí)則〔〕〔A〕銅環(huán)中有感應(yīng)電流，木環(huán)中無感應(yīng)電流〔B〕銅環(huán)中有感應(yīng)電流，木環(huán)中有感應(yīng)電流〔C〕銅環(huán)中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大，木環(huán)中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)小〔D〕銅環(huán)中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)小，木環(huán)中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大分析與解根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，銅環(huán)、木環(huán)中的感應(yīng)電場(chǎng)大小相等，但在木環(huán)中不會(huì)形成電流．因而正確答案為〔A〕．12－3有兩個(gè)線圈，線圈1對(duì)線圈2的互感系數(shù)為M21，而線圈2對(duì)線圈1的互感系數(shù)為M12．假設(shè)它們分別流過i1和i2的變化電流且，并設(shè)由i2變化在線圈1中產(chǎn)生的互感電動(dòng)勢(shì)為12，由i1變化在線圈2中產(chǎn)生的互感電動(dòng)勢(shì)為ε21，下述論斷正確的選項(xiàng)是〔〕．〔A〕，〔B〕，〔C〕，〔D〕，分析與解教材中已經(jīng)證明M21＝M12，電磁感應(yīng)定律；．因而正確答案為〔D〕．12－4對(duì)位移電流，下述說法正確的選項(xiàng)是〔〕〔A〕位移電流的實(shí)質(zhì)是變化的電場(chǎng)〔B〕位移電流和傳導(dǎo)電流一樣是定向運(yùn)動(dòng)的電荷〔C〕位移電流服從傳導(dǎo)電流遵循的所有定律〔D〕位移電流的磁效應(yīng)不服從安培環(huán)路定理分析與解位移電流的實(shí)質(zhì)是變化的電場(chǎng)．變化的電場(chǎng)激發(fā)磁場(chǎng)，在這一點(diǎn)位移電流等效于傳導(dǎo)電流，但是位移電流不是走向運(yùn)動(dòng)的電荷，也就不服從焦耳熱效應(yīng)、安培力等定律．因而正確答案為〔A〕．12－5以下概念正確的選項(xiàng)是〔〕〔A〕感應(yīng)電場(chǎng)是保守場(chǎng)〔B〕感應(yīng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線是一組閉合曲線〔C〕，因而線圈的自感系數(shù)與回路的電流成反比〔D〕，回路的磁通量越大，回路的自感系數(shù)也一定大分析與解對(duì)照感應(yīng)電場(chǎng)的性質(zhì)，感應(yīng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線是一組閉合曲線．因而正確答案為〔B〕．12－6一鐵心上繞有線圈100匝，鐵心中磁通量與時(shí)間的關(guān)系為，式中的單位為Wb，t的單位為s，求在時(shí)，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．分析由于線圈有N匝一樣回路，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于各匝回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的代數(shù)和，在此情況下，法拉第電磁感應(yīng)定律通常寫成，其中稱為磁鏈．解線圈中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)當(dāng)時(shí)，．12－7載流長(zhǎng)直導(dǎo)線中的電流以的變化率增長(zhǎng).假設(shè)有一邊長(zhǎng)為d的正方形線圈與導(dǎo)線處于同一平面內(nèi)，如下圖.求線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì).分析此題仍可用法拉第電磁感應(yīng)定律，來求解.由于回路處在非均勻磁場(chǎng)中，磁通量就需用來計(jì)算.為了積分的需要，建立如下圖的坐標(biāo)系.由于B僅與*有關(guān)，即B=B(*)，故取一個(gè)平行于長(zhǎng)直導(dǎo)線的寬為d*、長(zhǎng)為d的面元dS，如圖中陰影局部所示，則dS=dd*，所以，總磁通量可通過線積分求得〔假設(shè)取面元dS=d*dy，則上述積分實(shí)際上為二重積分〕.此題在工程技術(shù)中又稱為互感現(xiàn)象，也可用公式求解.解1穿過面元dS的磁通量為因此穿過線圈的磁通量為再由法拉第電磁感應(yīng)定律，有解2當(dāng)兩長(zhǎng)直導(dǎo)線有電流I通過時(shí)，穿過線圈的磁通量為線圈與兩長(zhǎng)直導(dǎo)線間的互感為當(dāng)電流以變化時(shí)，線圈中的互感電動(dòng)勢(shì)為題12-7圖12－8有一測(cè)量磁感強(qiáng)度的線圈，其截面積S＝4.0cm2、匝數(shù)N＝160匝、電阻R＝50Ω．線圈與一內(nèi)阻Ri＝30Ω的沖擊電流計(jì)相連．假設(shè)開場(chǎng)時(shí)，線圈的平面與均勻磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度B相垂直，然后線圈的平面很快地轉(zhuǎn)到與B的方向平行．此時(shí)從沖擊電流計(jì)中測(cè)得電荷值．問此均勻磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度B的值為多少？分析在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，閉合回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流與磁通量變化的快慢有關(guān)，而在一段時(shí)間內(nèi)，通過導(dǎo)體截面的感應(yīng)電量只與磁通量變化的大小有關(guān)，與磁通量變化的快慢無關(guān)．工程中常通過感應(yīng)電量的測(cè)定來確定磁場(chǎng)的強(qiáng)弱．解在線圈轉(zhuǎn)過90°角時(shí)，通過線圈平面磁通量的變化量為因此，流過導(dǎo)體截面的電量為則12－9如下圖，一長(zhǎng)直導(dǎo)線中通有I＝5.0A的電流，在距導(dǎo)線9.0cm處，放一面積為0.10cm2，10匝的小圓線圈，線圈中的磁場(chǎng)可看作是均勻的．今在1.0×10－2s內(nèi)把此線圈移至距長(zhǎng)直導(dǎo)線10.0cm處．求：〔1〕線圈中平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；〔2〕設(shè)線圈的電阻為1.0×10－2Ω，求通過線圈橫截面的感應(yīng)電荷．題12-9圖分析雖然線圈處于非均勻磁場(chǎng)中，但由于線圈的面積很小，可近似認(rèn)為穿過線圈平面的磁場(chǎng)是均勻的，因而可近似用來計(jì)算線圈在始、末兩個(gè)位置的磁鏈．解〔1〕在始、末狀態(tài)，通過線圈的磁鏈分別為,則線圈中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為電動(dòng)勢(shì)的指向?yàn)轫槙r(shí)針方向．〔2〕通過線圈導(dǎo)線橫截面的感應(yīng)電荷為12－10如圖〔ａ〕所示，把一半徑為R的半圓形導(dǎo)線OP置于磁感強(qiáng)度為B的均勻磁場(chǎng)中，當(dāng)導(dǎo)線以速率v水平向右平動(dòng)時(shí)，求導(dǎo)線中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E的大小，哪一端電勢(shì)較高？題12-10圖分析此題及后面幾題中的電動(dòng)勢(shì)均為動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，除仍可由求解外〔必須設(shè)法構(gòu)造一個(gè)閉合回路〕，還可直接用公式求解．在用后一種方法求解時(shí)，應(yīng)注意導(dǎo)體上任一導(dǎo)線元ｄl上的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì).在一般情況下，上述各量可能是ｄl所在位置的函數(shù)．矢量〔v×B〕的方向就是導(dǎo)線中電勢(shì)升高的方向．解1如圖〔ｂ〕所示，假想半圓形導(dǎo)線OP在寬為2R的靜止形導(dǎo)軌上滑動(dòng)，兩者之間形成一個(gè)閉合回路．設(shè)順時(shí)針方向?yàn)榛芈氛?，任一時(shí)刻端點(diǎn)O或端點(diǎn)P距形導(dǎo)軌左側(cè)距離為*，則即由于靜止的形導(dǎo)軌上的電動(dòng)勢(shì)為零，則E＝－2RvB．式中負(fù)號(hào)表示電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，對(duì)OP段來說端點(diǎn)P的電勢(shì)較高．解2建立如圖〔c〕所示的坐標(biāo)系，在導(dǎo)體上任意處取導(dǎo)體元ｄl，則由矢量〔v×B〕的指向可知，端點(diǎn)P的電勢(shì)較高．解3連接OP使導(dǎo)線構(gòu)成一個(gè)閉合回路．由于磁場(chǎng)是均勻的，在任意時(shí)刻，穿過回路的磁通量常數(shù).由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，E＝0又因E＝EOP＋EPO即EOP＝－EPO＝2RvB由上述結(jié)果可知，在均勻磁場(chǎng)中，任意閉合導(dǎo)體回路平動(dòng)所產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為零；而任意曲線形導(dǎo)體上的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)就等于其兩端所連直線形導(dǎo)體上的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)．上述求解方法是疊加思想的逆運(yùn)用，即補(bǔ)償?shù)姆椒ǎ?2－11長(zhǎng)為L(zhǎng)的銅棒，以距端點(diǎn)r處為支點(diǎn)，以角速率ω繞通過支點(diǎn)且垂直于銅棒的軸轉(zhuǎn)動(dòng).設(shè)磁感強(qiáng)度為B的均勻磁場(chǎng)與軸平行，求棒兩端的電勢(shì)差．題12-11圖分析應(yīng)該注意棒兩端的電勢(shì)差與棒上的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)是兩個(gè)不同的概念，如同電源的端電壓與電源電動(dòng)勢(shì)的不同．在開路時(shí)，兩者大小相等，方向相反〔電動(dòng)勢(shì)的方向是電勢(shì)升高的方向，而電勢(shì)差的正方向是電勢(shì)降落的方向〕．此題可直接用積分法求解棒上的電動(dòng)勢(shì)，亦可以將整個(gè)棒的電動(dòng)勢(shì)看作是OA棒與OB棒上電動(dòng)勢(shì)的代數(shù)和，如圖〔ｂ〕所示．而EOA和EOB則可以直接利用第12－2節(jié)例1給出的結(jié)果．解1如圖〔ａ〕所示，在棒上距點(diǎn)O為l處取導(dǎo)體元ｄl，則因此棒兩端的電勢(shì)差為當(dāng)L＞2r時(shí)，端點(diǎn)A處的電勢(shì)較高解2將AB棒上的電動(dòng)勢(shì)看作是OA棒和OB棒上電動(dòng)勢(shì)的代數(shù)和，如圖〔ｂ〕所示．其中,則12－12如下圖，長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒OP，處于均勻磁場(chǎng)中，并繞OO′軸以角速度ω旋轉(zhuǎn)，棒與轉(zhuǎn)軸間夾角恒為θ，磁感強(qiáng)度B與轉(zhuǎn)軸平行．求OP棒在圖示位置處的電動(dòng)勢(shì)．題12-12圖分析如前所述，此題既可以用法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算〔此時(shí)必須構(gòu)造一個(gè)包含OP導(dǎo)體在內(nèi)的閉合回路，如直角三角形導(dǎo)體回路OPQO〕，也可用來計(jì)算．由于對(duì)稱性，導(dǎo)體OP旋轉(zhuǎn)至任何位置時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)與圖示位置是一樣的．解1由上分析，得由矢量的方向可知端點(diǎn)P的電勢(shì)較高．解2設(shè)想導(dǎo)體OP為直角三角形導(dǎo)體回路OPQO中的一局部，任一時(shí)刻穿過回路的磁通量Φ為零，則回路的總電動(dòng)勢(shì)顯然，EQO＝0，所以由上可知，導(dǎo)體棒OP旋轉(zhuǎn)時(shí)，在單位時(shí)間內(nèi)切割的磁感線數(shù)與導(dǎo)體棒QP等效．12－13如圖〔ａ〕所示，金屬桿AB以勻速平行于一長(zhǎng)直導(dǎo)線移動(dòng)，此導(dǎo)線通有電流I＝40A．求桿中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，桿的哪一端電勢(shì)較高？題12-13圖分析此題可用兩種方法求解．方法1：用公式求解，建立圖〔a〕所示的坐標(biāo)系，所取導(dǎo)體元，該處的磁感強(qiáng)度．方法2：用法拉第電磁感應(yīng)定律求解，需構(gòu)造一個(gè)包含桿AB在內(nèi)的閉合回路．為此可設(shè)想桿AB在一個(gè)靜止的導(dǎo)軌上滑動(dòng)，如圖〔ｂ〕所示．設(shè)時(shí)刻t，桿AB距導(dǎo)軌下端CD的距離為y，先用公式求得穿過該回路的磁通量，再代入公式，即可求得回路的電動(dòng)勢(shì)，亦即此題桿中的電動(dòng)勢(shì)．解1根據(jù)分析，桿中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為式中負(fù)號(hào)表示電動(dòng)勢(shì)方向由B指向A，故點(diǎn)A電勢(shì)較高．解2設(shè)順時(shí)針方向?yàn)榛芈稟BCD的正向，根據(jù)分析，在距直導(dǎo)線*處，取寬為ｄ*、長(zhǎng)為y的面元ｄS，則穿過面元的磁通量為穿過回路的磁通量為回路的電動(dòng)勢(shì)為由于靜止的導(dǎo)軌上電動(dòng)勢(shì)為零，所以式中負(fù)號(hào)說明回路電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)槟鏁r(shí)針，對(duì)AB導(dǎo)體來說，電動(dòng)勢(shì)方向應(yīng)由B指向A，故點(diǎn)A電勢(shì)較高．12－14如圖〔ａ〕所示，在"無限長(zhǎng)〞直載流導(dǎo)線的近旁，放置一個(gè)矩形導(dǎo)體線框，該線框在垂直于導(dǎo)線方向上以勻速率v向右移動(dòng)，求在圖示位置處，線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向．題12-14圖分析此題亦可用兩種方法求解．其中應(yīng)注意以下兩點(diǎn)：〔1〕當(dāng)閉合導(dǎo)體線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框中的總電動(dòng)勢(shì)就等于框上各段導(dǎo)體中的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的代數(shù)和．如圖〔ａ〕所示，導(dǎo)體eh段和fg段上的電動(dòng)勢(shì)為零［此兩段導(dǎo)體上處處滿足］，因而線框中的總電動(dòng)勢(shì)為其等效電路如圖〔ｂ〕所示．〔2〕用公式求解，式中Φ是線框運(yùn)動(dòng)至任意位置處時(shí)，穿過線框的磁通量．為此設(shè)時(shí)刻t時(shí)，線框左邊距導(dǎo)線的距離為ξ，如圖〔c〕所示，顯然ξ是時(shí)間t的函數(shù)，且有．在求得線框在任意位置處的電動(dòng)勢(shì)E〔ξ〕后，再令ξ＝d，即可得線框在題目所給位置處的電動(dòng)勢(shì)．解1根據(jù)分析，線框中的電動(dòng)勢(shì)為由Eef＞Ehg可知，線框中的電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)閑fgh．解2設(shè)順時(shí)針方向?yàn)榫€框回路的正向．根據(jù)分析，在任意位置處，穿過線框的磁通量為相應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為令ξ＝d，得線框在圖示位置處的電動(dòng)勢(shì)為由E＞0可知，線框中電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)轫槙r(shí)針方向．12－15在半徑為R的圓柱形空間中存在著均勻磁場(chǎng)，B的方向與柱的軸線平行．如圖〔ａ〕所示，有一長(zhǎng)為l的金屬棒放在磁場(chǎng)中，設(shè)B隨時(shí)間的變化率為常量．試證：棒上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為題12-15圖分析變化磁場(chǎng)在其周圍激發(fā)感生電場(chǎng)，把導(dǎo)體置于感生電場(chǎng)中，導(dǎo)體中的自由電子就會(huì)在電場(chǎng)力的作用下移動(dòng)，在棒內(nèi)兩端形成正負(fù)電荷的積累，從而產(chǎn)生感生電動(dòng)勢(shì)．由于此題的感生電場(chǎng)分布與上題所述情況完全一樣，故可利用上題結(jié)果，由計(jì)算棒上感生電動(dòng)勢(shì)．此外，還可連接OP、OQ，設(shè)想PQOP構(gòu)成一個(gè)閉合導(dǎo)體回路，用法拉第電磁感應(yīng)定律求解，由于OP、OQ沿半徑方向，與通過該處的感生電場(chǎng)強(qiáng)度Ek處處垂直，故，OP、OQ兩段均無電動(dòng)勢(shì)，這樣，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出的閉合回路的總電動(dòng)勢(shì)，就是導(dǎo)體棒PQ上的電動(dòng)勢(shì)．證1由電磁感應(yīng)定律，在r＜R區(qū)域，解得該區(qū)域內(nèi)感生電場(chǎng)強(qiáng)度的大小設(shè)PQ上線元ｄ*處，Ek的方向如圖〔b〕所示，則金屬桿PQ上的電動(dòng)勢(shì)為證2由法拉第電磁感應(yīng)定律，有討論假設(shè)金屬棒PQ有一段在圓外，則圓外一段導(dǎo)體上有無電動(dòng)勢(shì)？該如何求解？12－16截面積為長(zhǎng)方形的環(huán)形均勻密繞螺繞環(huán)，其尺寸如圖〔ａ〕所示，共有N匝〔圖中僅畫出少量幾匝〕，求該螺繞環(huán)的自感L．題12-16圖分析如同電容一樣，自感和互感都是與回路系統(tǒng)自身性質(zhì)〔如形狀、匝數(shù)、介質(zhì)等〕有關(guān)的量．求自感L的方法有兩種：1．設(shè)有電流I通過線圈，計(jì)算磁場(chǎng)穿過自身回路的總磁通量，再用公式計(jì)算L．2．讓回路中通以變化率的電流，測(cè)出回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EL，由公式計(jì)算L．式中EL和都較容易通過實(shí)驗(yàn)測(cè)定，所以此方法一般適合于工程中．此外，還可通過計(jì)算能量的方法求解．解用方法1求解，設(shè)有電流I通過線圈，線圈回路呈長(zhǎng)方形，如圖〔ｂ〕所示，由安培環(huán)路定理可求得在R1＜r＜R2范圍內(nèi)的磁場(chǎng)分布為由于線圈由N匝一樣的回路構(gòu)成，所以穿過自身回路的磁鏈為則假設(shè)管中充滿均勻同種磁介質(zhì)，其相對(duì)磁導(dǎo)率為μr，則自感將增大μr倍．12－17如下圖，螺線管的管心是兩個(gè)套在一起的同軸圓柱體，其截面積分別為S1和S2，磁導(dǎo)率分別為μ1和μ2，管長(zhǎng)為，匝數(shù)為N，求螺線管的自感．〔設(shè)管的截面很小〕題12-17圖分析此題求解時(shí)應(yīng)注意磁介質(zhì)的存在對(duì)磁場(chǎng)的影響．在無介質(zhì)時(shí)，通電螺線管內(nèi)的磁場(chǎng)是均勻的，磁感強(qiáng)度為B0，由于磁介質(zhì)的存在，在不同磁介質(zhì)中磁感強(qiáng)度分別為μ1B0和μ2B0．通過線圈橫截面的總磁通量是截面積分別為S1和S2的兩局部磁通量之和．由自感的定義可解得結(jié)果．解設(shè)有電流I通過螺線管，則管中兩介質(zhì)中磁感強(qiáng)度分別為,通過N匝回路的磁鏈為則自感12－18有兩根半徑均為a的平行長(zhǎng)直導(dǎo)線，它們中心距離為d．試求長(zhǎng)為l的一對(duì)導(dǎo)線的自感〔導(dǎo)線內(nèi)部的磁通量可略去不計(jì)〕．題12-18圖分析兩平行長(zhǎng)直導(dǎo)線可以看成無限長(zhǎng)但寬為d的矩形回路的一局部．設(shè)在矩形回路中通有逆時(shí)針方向電流I，然后計(jì)算圖中陰影局部〔寬為d、長(zhǎng)為l〕的磁通量．該區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)可以看成兩無限長(zhǎng)直載流導(dǎo)線分別在該區(qū)域產(chǎn)生的磁場(chǎng)的疊加．解在如下圖的坐標(biāo)中，當(dāng)兩導(dǎo)線中通有圖示的電流I時(shí)，兩平行導(dǎo)線間的磁感強(qiáng)度為穿過圖中陰影局部的磁通量為則長(zhǎng)為