1、5 22如圖所示，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.已知其中任一點(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(wú)窮遠(yuǎn)處外力所作的功.分析由庫(kù)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WW.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(wú)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

2、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(wú)窮遠(yuǎn)處，(沿其他路徑所作的功相同，請(qǐng)想一想為什么？)外力所作的功為解2與解1相同，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(wú)窮遠(yuǎn)處的過(guò)程中，外力作功比較上述兩種方法，顯然用功與電勢(shì)能變化的關(guān)系來(lái)求解較為簡(jiǎn)潔.這是因?yàn)樵谠S多實(shí)際問(wèn)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.6 3如圖所示將一個(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(jiàn)附圖。設(shè)無(wú)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）分析與解達(dá)到靜電平衡

3、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)體球表面感應(yīng)等量異號(hào)的感應(yīng)電荷q，導(dǎo)體球表面的感應(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）。6 9在一半徑為R 6.0 cm 的金屬球A 外面套有一個(gè)同心的金屬球殼B已知球殼B 的內(nèi)、外半徑分別為R28.0 cm，R3 10.0 cm設(shè)球A 帶有總電荷QA 3.0 10C，球殼B 帶有總電荷QB 2.010C（） 求球殼B 內(nèi)、外表面上所帶的電荷以及球A 和球殼B 的電勢(shì)；（2） 將球殼B 接地然后斷開(kāi)，再把金屬球A 接地，求金屬球A 和球殼B 內(nèi)、外表面上所帶的電荷以及球A 和球殼B 的電勢(shì)分

4、析（） 根據(jù)靜電感應(yīng)和靜電平衡時(shí)導(dǎo)體表面電荷分布的規(guī)律，電荷QA均勻分布在球A 表面，球殼B 內(nèi)表面帶電荷QA ，外表面帶電荷QB QA ，電荷在導(dǎo)體表面均勻分布圖（），由帶電球面電勢(shì)的疊加可求得球A 和球殼B 的電勢(shì)（2） 導(dǎo)體接地，表明導(dǎo)體與大地等電勢(shì)（大地電勢(shì)通常取為零）球殼B 接地后，外表面的電荷與從大地流入的負(fù)電荷中和，球殼內(nèi)表面帶電QA 圖（）斷開(kāi)球殼B 的接地后，再將球A 接地，此時(shí)球A 的電勢(shì)為零電勢(shì)的變化必將引起電荷的重新分布，以保持導(dǎo)體的靜電平衡不失一般性可設(shè)此時(shí)球A 帶電qA ，根據(jù)靜電平衡時(shí)導(dǎo)體上電荷的分布規(guī)律，可知球殼B 內(nèi)表面感應(yīng)qA，外表面帶電qA QA 圖（c）

5、此時(shí)球A 的電勢(shì)可表示為由VA 0 可解出球A 所帶的電荷qA ，再由帶電球面電勢(shì)的疊加，可求出球A 和球殼B 的電勢(shì)解（） 由分析可知，球A 的外表面帶電3.0 10C，球殼B 內(nèi)表面帶電3.0 10C，外表面帶電5.0 10C由電勢(shì)的疊加，球A 和球殼B 的電勢(shì)分別為（2） 將球殼B 接地后斷開(kāi)，再把球A 接地，設(shè)球A 帶電qA ，球A 和球殼B的電勢(shì)為解得即球A 外表面帶電2.12 10C，由分析可推得球殼B 內(nèi)表面帶電2.12 10C，外表面帶電-0.9 10C另外球A 和球殼B 的電勢(shì)分別為導(dǎo)體的接地使各導(dǎo)體的電勢(shì)分布發(fā)生變化，打破了原有的靜電平衡，導(dǎo)體表面的電荷將重新分布，以建立新

6、的靜電平衡6 12如圖所示球形金屬腔帶電量為Q 0，內(nèi)半徑為，外半徑為b，腔內(nèi)距球心O 為r 處有一點(diǎn)電荷q，求球心的電勢(shì)分析導(dǎo)體球達(dá)到靜電平衡時(shí)，內(nèi)表面感應(yīng)電荷q，外表面感應(yīng)電荷q；內(nèi)表面感應(yīng)電荷不均勻分布，外表面感應(yīng)電荷均勻分布球心O 點(diǎn)的電勢(shì)由點(diǎn)電荷q、導(dǎo)體表面的感應(yīng)電荷共同決定在帶電面上任意取一電荷元，電荷元在球心產(chǎn)生的電勢(shì)由于R 為常量，因而無(wú)論球面電荷如何分布，半徑為R的帶電球面在球心產(chǎn)生的電勢(shì)為由電勢(shì)的疊加可以求得球心的電勢(shì)解導(dǎo)體球內(nèi)表面感應(yīng)電荷q，外表面感應(yīng)電荷q；依照分析，球心的電勢(shì)為6 26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

7、，當(dāng)（1） 充足電后；（2） 然后平行插入一塊面積相同、厚度為（ d）、相對(duì)電容率為 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(lèi)似的原因，在平板電容器極板之間，若平行地插入一塊導(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

8、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)體達(dá)到靜電平衡后，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(wú)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E0/7

9、 4在圖（）和（）中各有一半徑相同的圓形回路L1 、L2 ，圓周內(nèi)有電流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（）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） ，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）7 10如圖所示，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、

10、fa兩段直線的延長(zhǎng)線通過(guò)點(diǎn)O，由于，由畢薩定律知流過(guò)圓弧的電流I1 、I2的方向如圖所示，兩圓弧在點(diǎn)O 激發(fā)的磁場(chǎng)分別為,其中I1 、I2 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B1 、B2 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7 11如圖所示，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？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)直部分和圓弧部分，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（） 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)

11、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（） 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(wú)限長(zhǎng)直電流，由疊加原理可得B0 的方向垂直紙面向外7 29如圖（）所示，一根長(zhǎng)直導(dǎo)線載有電流I1 30 A，矩形回路載有電流I2 20 A試計(jì)算作用在回路上的合力已知d 1.0 cm，b 8.0 cm，l 0.12 m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(lái)說(shuō)，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

12、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（）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8 11長(zhǎng)為L(zhǎng)的銅棒，以距端點(diǎn)r 處為支點(diǎn)，以角速率繞通過(guò)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(kāi)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）本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

13、OA 棒與OB 棒上電動(dòng)勢(shì)的代數(shù)和，如圖（）所示而EO A 和EO B 則可以直接利用第 2 節(jié)例1 給出的結(jié)果解1如圖（）所示，在棒上距點(diǎn)O 為l 處取導(dǎo)體元l，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（）所示其中,則8 13如圖（）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？分析本題可用兩種方法求解（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（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

14、為此可設(shè)想桿AB在一個(gè)靜止的形導(dǎo)軌上滑動(dòng)，如圖（）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(guò)該回路的磁通量，再代入公式，即可求得回路的電動(dòng)勢(shì)，亦即本題桿中的電動(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?lè)较驗(yàn)榛芈稟BCD 的正向，根據(jù)分析，在距直導(dǎo)線x 處，取寬為x、長(zhǎng)為y 的面元S，則穿過(guò)面元的磁通量為穿過(guò)回路的磁通量為回路的電動(dòng)勢(shì)為由于靜止的形導(dǎo)軌上電動(dòng)勢(shì)為零，所以式中負(fù)號(hào)說(shuō)明回路電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)槟鏁r(shí)針，對(duì)AB 導(dǎo)體來(lái)說(shuō)，電動(dòng)勢(shì)方向應(yīng)由B 指向A，故點(diǎn)A 電勢(shì)較高8 14如圖（）所示，在“無(wú)限長(zhǎng)”直載流導(dǎo)線的近旁，放

15、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)的大小和方向分析本題亦可用兩種方法求解其中應(yīng)注意下列兩點(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（）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（）所示2用公式求解，式中是線框運(yùn)動(dòng)至任意位置處時(shí)，穿過(guò)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，如圖（c）所示，顯然是時(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（）后，再令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?lè)较驗(yàn)榫€框回路的正向根據(jù)分析，在任意位置處，穿過(guò)線框的磁通量為相應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為令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?lè)较? 4對(duì)位移電流，下述四種說(shuō)法中哪一種說(shuō)法是正確的是（）（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