大物作业题1-6及答案
作业题一(静止电荷的电场)
班级:_____________ 姓名:_____________ 学号:_____________
一、选择题
1. 一均匀带电球面,电荷面密度为σ,球面内电场强度处处为零,球面上面元d S带有σ d S的电荷,该电荷在球面内各点产生的电场强度
(A) 处处为零. (B) 不一定都为零. (C) 处处不为零. (D) 无法判定 .[ ] 2. 电荷面密度均为+σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图放置,其周围空间各点电场强度E随位置坐标x变化的关系曲线为:(设场强方向向右为正、向左为负) [ ]
2ε0
3. 将一个试验电荷q0 (正电
荷)放在带有负电荷的大导体附近P点处(如图),测得它所受的力为
F.若考虑到电荷q0不是足够小,则 P
(A) F / q0比P点处原先的场强数值大.
(B) F / q0比P点处原先的场强数值小. (C) F / q0等于P点处原先场强的数值.
(D) F / q0与P点处原先场强的数值哪个大无法确定. [ ]
4. 如图所示,一个电荷为q的点电荷位于立方体的A角上,
则通过侧面abcd的电场强度通量等于:
. (B) . 6ε012ε0 qq(C) . (D) . [ ]
24ε048ε0
5. 高斯定理 E⋅dS=⎰ρdV/ε0
(A)
S
V
(A) 适用于任何静电场. (B) 只适用于真空中的静电场. (C) 只适用于具有球对称性、轴对称性和平面对称性的静电场.
(D) 只适用于虽然不具有(C)中所述的对称性、但可以找到合适的高斯面的静电场. [ ]
6. 如图所示,两个“无限长”的、半径分别为R1和R2的共轴圆柱面均匀带电,沿轴线方向单位长度上所带电荷分别为λ1和λ2,则在内圆柱面里面、距离轴线为r处的P点的电场强度大小E为: (A)
λ1+λ2λ1λ2. (B)
+2πε0r2πε0R12πε0R2λ1
(C) . (D) 0. [ ]
2πε0R1
7. 点电荷Q被曲面S所包围 , 从无穷远处引入另一点电
荷q至曲面外一点,如图所示,则引入前后: (A) 曲面S的电场强度通量不变,曲面上各点场强不变. (B) 曲面S的电场强度通量变化,曲面上各点场强不变. (C) 曲面S的电场强度通量变化,曲面上各点场强变化. (D) 曲面S的电场强度通量不变,曲面上各点场强变化. [ ] 8. 根据高斯定理的数学表达式
S
E⋅dS=∑q/ε0可知下述各种说法中,正确的
是:
(A) 闭合面内的电荷代数和为零时,闭合面上各点场强一定为零.
(B) 闭合面内的电荷代数和不为零时,闭合面上各点场强一定处处不为零. (C) 闭合面内的电荷代数和为零时,闭合面上各点场强不一定处处为零.
(D) 闭合面上各点场强均为零时,闭合面内一定处处无电 [ ]
二、填空题
AB
9. A、B为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面,已知两平面间的电场强度大小为E0,两平面外侧电场强度大小都为E0/3,方向如图.则A、B两平面上的电荷面密度分
E0/3E0/3别
E0
为σA=_______________, σB=____________________.
10. 三个平行的“无限大”均匀带电平面,其电荷面密度都是+σ,如图所示,则A、B、C、D三个区域的电场强 度分别为:EA=_________________,EB=_____________, EC=_________,ED =___________ (设方向向右为正).
+σ+σ+σA
B
C
D
11. 一半径为R的带有一缺口的细圆环,缺口长度
为d (d
示.则圆心O处的场强大小E=__________________ __________,场强方向为______________________.
12. 如图所示,真空中两个正点电荷Q,相距2R.若以其中一点电荷所在处O点为中心,以R为半径作高斯球面S,则通过该球面的电
场强 度通量=______________;若以 r0 表示高斯面外
法线方向的单位矢量,则高斯面上a、b两点的电场强度分别为________________________. 三、计算题
13. 带电细线弯成半径为R的半圆形,电荷线密度为λ=λ0sinφ,式中λ0为一常数,φ为半径R与x轴所成的夹角,如图所示.试求环心O处的电场强度.
14. “无限长”均匀带电的半圆柱面,半径为R,设半圆柱面轴线OO'单位长度上的电荷为λ,试求轴线上一点的电场强度.
15. 一半径为R的带电球体,其电荷体密度分布为 ρ =Ar (r≤R) , ρ =0 (r>R) A为一常量.试求球体内外的场强分布.
沿
16. 图中虚线所示为一立方形的高斯面,已知空间
的场强分布为: Ex=bx, Ey=0, Ez=0.
高斯面边长a=0.1 m,常量b=1000 N/(C·m).试求该
闭合面中包含的净电荷.(真空介电常数 0=8.85×10-12 C2·N-1·m-2 )
x
作业题二(电势)
班级:_____________ 姓名:_____________ 学号:_____________
一、选择题
1. 在点电荷+q的电场中,若取图中P点处为电势零点 ,
则M点的电势为 (A)
qq. (B) .
4πε0a8πε0a-q-q
(C) . (D) . [ ]
4πε0a8πε0a
2. 如图所示,两个同心球壳.内球壳半径为R1,均匀带有
电荷Q;外球壳半径为R2,壳的厚度忽略,原先不带电,但与地相连接.设地为电势零点,则在内球壳里面,距离球心为r处的P点的场强大小及电势分别为: (A) E=0,U=
⎛11⎫
- RR⎪⎪.
2⎭⎝1
QQQQ
(C) E
=,U= (D) E=,U=.[ ]
4πε0r4πε0r24πε0r
24πε0R1
QQ. (B) E=0,U=
4πε0R14πε0
3. 关于静电场中某点电势值的正负,下列说法中正确的是: (A) 电势值的正负取决于置于该点的试验电荷的正负. (B) 电势值的正负取决于电场力对试验电荷作功的正负. (C) 电势值的正负取决于电势零点的选取.
(D) 电势值的正负取决于产生电场的电荷的正负. [ ] 4. 点电荷-q位于圆心O处,A、B、C、D为同一圆周上
的四点,如图所示.现将一试验电荷从A点分别移动到B、C、AD各点,则 (A) 从A到B,电场力作功最大.
(B) 从A到C,电场力作功最大. (C) 从A到D,电场力作功最大.
(D) 从A到各点,电场力作功相等. [ ]
5. 如图所示,直线MN长为2l,弧OCD是以
-N点为中心,l为半径的半圆弧,N点有正电荷+q, M点有负电荷-q.今将一试验电荷+q0从O点出发7. 沿路径OCDP移到无穷远处,设无穷远处电势为零,则电场力作功
(A) A<0 , 且为有限常量. (B) A>0 ,且为有限常量.
(C) A=≦. (D) A=0. [ ] 6. 半径为r的均匀带电球面1,带有电荷q,其外有一同心的半径为R的均匀带电球面2,带有电荷Q,则此两球面之间的电势差U1-U2为:
Q⎛11⎫⎛11⎫
-⎪ . (B) -⎪ .
4πε0⎝Rr⎭⎝rR⎭
q1⎛qQ⎫
(C) . [ ] -⎪ . (D)
4πε0r4πε0⎝rR⎭
(A)
q
4πε0
7. 两块面积均为S的金属平板A和B彼此平行放置,板间距离为 q1q2d(d远小于板的线度),设A板带有电荷q1,B板带有电荷q2,则AB
两板间的电势差UAB为
Sq1+q2q1+q2
(A) d. (B) d. 2ε0S4ε0S
q-q2q-q2
(C) 1d. (D) 1d. [ ]
2ε0S4ε0S
A
B
8. 面积为S的空气平行板电容器,极板上分别带电量±q,若不考虑边缘效应,则
两极板间的相互作用力为
q2q2
(A). (B) .
ε0S2ε0Sq2q2
(C) . (D) . [ ] 22
2ε0Sε0S
二、填空题
9. 如图所示,两同心带电球面,内球面半径为r1=5 cm,带
-8
电荷q1=3×10 C;外球面半径为r2=20 cm , 带电荷q2=-6
×108C,设无穷远处电势为零,则空间另一电势为
零的球面半径r= __________________.
10. 真空中一半径为R的均匀带电球面,总电荷为Q.今在
球面上挖去很小一块面积△S (连同其上电荷),若电荷分布不改
变,则挖去小块后球心处电势(设无穷远处电势为零)为________________.
11. 把一个均匀带有电荷+Q的球形肥皂泡由半径r1吹胀到r2,则半径为R(r1<R<r2)的球面上任一点的场强大小E由______________变为______________;电
势U由 __________________________变为________________(选无穷远处为电势零点).
12. 静电场的环路定理的数学表示式为:______________________.该式的物理意义是:______________________________________
______________________.该定理表明,静电场是______ _________场.
三、计算题
13. 一“无限大”平面,中部有一半径为R的圆孔,设平面上均匀带电,电荷面密度为σ.如图所示,试求通过小孔中心O并与平面垂直的直线上各点的场强和电势(选O点的电势为零).
14. 图示为一个均匀带电的球层,其电荷体密度为ρ,球层内表面半径为R1,外表面半径为R2.设无穷远处为电势零点,求空腔内任一点的电势.
15.两个带等量异号电荷的均匀带电同心球面,半径分别为R1=0.03 m和R2=0.10 m.已知两者的电势差为450 V,求内球面上所带的电荷.
16. 有两根半径都是R的“无限长”直导线,彼此平行放置,两者轴线的距离是d (d≥2R),沿轴线方向单
位长度上分别带有+λ和-λ的电荷,如图所示.设两带电导线之间的相互作用不影响它们的电荷分布,试求两导线间的电势差.
作业题三(导体和电介质)
班级:_____________ 姓名:_____________ 学号:_____________
一、选择题 1. A、B为两导体大平板,面积均为S,平行放置,如图所示.AA
板带电荷+Q1,B板带电荷+Q2,如果使B板接地,则AB间电场
强度的大小E为 [ ] B
Q1Q1-Q2
(A) .
(B) .
2ε0S2ε0S
QQ+Q2
(C) 1. (D) 1.
ε0S2ε0S
2. 一带正电荷的物体M,靠近一原不带电的金属导体N,N的左端感生出负电荷,右端感生出正电荷.若将N的左端接地,如图所示,则
(A) N上有负电荷入地. (B) N上有正电荷入地. (C) N上的电荷不动.
(D) N上所有电荷都入地. [ ] 3. 一导体球外充满相对介电常量为εr的均匀电介质,若测得导体表面附近场强为E,则导体球面上的自由电荷面密度σ为 [ ] (A) ε 0 E. (B) ε 0 ε r E. (C) ε r E. (D) (ε 0 ε r - ε 0)E.
4. 一平行板电容器始终与端电压一定的电源相联.当电容器两极板间为真空时,电
场强度为E0,电位移为D0,而当两极板间充满相对介电常量为εr的各向同性均匀电介
质时,电场强度为E,电位移为D,则 [ ]
(A) E=E0/εr,D=D0. (B) E=E0,D=εrD0.
(C) E=E0/εr,D=D0/εr. (D) E=E0,D=D0.
5. 在静电场中,作闭合曲面S,若有D⋅dS=0 (式中D为电位移矢量),则S面
S
内必定 [ ]
(A) 既无自由电荷,也无束缚电荷. (B) 没有自由电荷. (C) 自由电荷和束缚电荷的代数和为零.(D) 自由电荷的代数和为零.
6. 一个大平行板电容器水平放置,两极板间的一半空间充有各向同性均匀电介质,另一半为空气,如图.当两极板带上恒定的等量异号电荷时,有一个质量为m、带电荷为+q的质点,
+Q
在极板间的空气区域中处于平衡.此后,若把电介质抽去 ,则该质点 [ ] (A) 保持不动. (B) 向上运动. (C) 向下运动. (D) 是否运动不能确定.
7.一个平行板电容器,充电后与电源断开,当用绝缘手柄将电容器两极板间距离拉
大,则两极板间的电势差U12、电场强度的大小E、电场能量W将发生如下变化: [ ]
(A) U12减小,E减小,W减小.(B) U12增大,E增大,W增大. (C) U12增大,E不变,W增大.(D) U12减小,E不变,W不变. 8. 如图所示, 一球形导体,带有电荷q,置于一任意形状的空腔导体中.当用导线将两者连接后,则与未连接前相比系统静电场能量将 (A) 增大. (B) 减小.
(C) 不变. (D) 如何变化无法确定.
[ ] 二、填空题
9. 半径为R1和R2的两个同轴金属圆筒,其间充满着相对介电常量为εr的均匀介质.设两筒上单位长度带有的电荷分别为+λ和-λ,则介质中离轴线的距离为r处的电位移矢量的大小D =____________,电场强度的大小 E =____________.
10. 一平行板电容器,充电后与电源保持联接,然后使两极板间充满相对介电常量为εr的各向同性均匀电介质,这时两极板上的电荷是原来的______倍;电场强度是原来的 _________倍;电场能量是原来的_________倍.
11. 一平行板电容器,充电后切断电源,然后使两极板间充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质.此时两极板间的电场强度是原来的____________倍;电场 能量是原来的___________ 倍.
12. 分子的正负电荷中心重合的电介质叫做_______________ 电介质 .在外电场作用下,分子的正负电荷中心发生相对位移,形成________________________.
三、计算题
13. 如图所示,一内半径为a、外半径为b的金属球壳,带有电荷Q,在球壳空腔内距离球心r处有一点电荷q.设无限远处为
电势零点,试求:
(1) 球壳内外表面上的电荷. (2) 球心O点处,由球壳内表面上电荷产生的电势.
(3) 球心O点处的总电势.
14. 半径分别为R1和R2 (R2 > R1 )的两个同心导体薄
球壳,分别带有电荷Q1和Q2,今将内球壳用细导线与远处半径为r的导体球相联,如图所示, 导体球原来不带电,试求相联后导体球所带电荷q.
15. 假想从无限远处陆续移来微量电荷使一半径为R的导体球带电. (1) 当球上已带有电荷q时,再将一个电荷元dq从无限远处移到球上的过程中,外力作多少功?
(2) 使球上电荷从零开始增加到Q的过程中,外力共作多少功?
16. 一电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成,内、外圆筒半径分别为R1 = 2 cm,R2 = 5 cm,其间充满相对介电常量为εr 的各向同性、均匀电介质.电容器接在电压U = 32 V的电源上,(如图所示),试求距离轴线R = 3.5 cm处的A点的电场强度和A点与外筒间的电势差.
作业题四(电流的磁场)
班级:_____________ 姓名:_____________ 学号:_____________
一、选择题
1. 如图,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ω 绕AC轴旋转时,在中心O点产生的磁感强度大小为B1;此正方形同样以角速度ω 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B2,则B1与B2间的关系为 [ ]
q C
1
(A) B1 = B2. (B) B1 = 2B2. (C) B1 = B2. (D) B1 = B2
2
/4.
2. 电流I由长直导线1沿平行bc边方向经a点流入由电阻均匀的导线构成的正三角形线框,再由b点沿垂直ac边方向流出,经长直导线2返回电源(如图).若载流直导线1、2和三角形框中的电流在框中心O点产生的磁感强度分别用
B1、B2和B3表示,则O点的磁感强度大小
(B) B = 0,因为虽然B1≠ 0、B2≠ 0,但B1+B2=0,B3 = 0.
(C) B ≠ 0,因为虽然B2 = 0、B3= 0,但B1≠ 0.
(A) B = 0,因为B1 = B2 = B3 = 0.
3.
(D) B ≠ 0,因为虽然B1+B2≠0,但B3≠ 0. [ ]
3. 通有电流I的无限长直导线有如图三种形状,则P,
Q,O各点磁感强度的大小BP,BQ,BO间的关系为:
[ ]
(A) BP > BQ > BO . (B) BQ > BP > BO.
(C) BQ > BO > BP. (D) BO > BQ > BP.
4. 边长为l的正方形线圈,分别用图示两种方式通以电流I (其中ab、cd与正方形共面),在这两种情况下,线圈在其中心产生的磁感强度的大小分别为: (A) B1=0,B2=0.
a
22μ0I (B) B1=0,B2=.
πl
(C) B1=
(D)
220I
,B2=0. πl
B1=
22μ0I220I
,B2=. [ ] πlπl
5. 如图,在一圆形电流I所在的平面内,选取一个同心圆形闭合回路L,则由安培
环路定理可知
(A) Bdl=0,且环路上任意一点B = 0.
⋅
(B) B⋅dl=0,且环路上任意一点B≠0.
L
(C) B⋅dl≠0,且环路上任意一点B≠0.
L
L
(D)
B⋅dl≠0,且环路上任意一点B =常量. [ ]
L
6. 如图,流出纸面的电流为2I,流进纸面的电流
为I,则下述各式中哪一个是正确的?
(A)
(C) H⋅dl=-I. (D)
L3
L1
H⋅dl=2I. (B)
L2
H⋅dl=I
H⋅dl=-I. [ ]
4
L4
7. 图中,六根无限长导线互相绝缘,通过电流均为I,区域Ⅰ、
ⅠⅡ
Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均为相等的正方形,哪一个区域指向纸内的磁通量最大? ⅢⅣ (A) Ⅰ区域. (B) Ⅱ区域. (C) Ⅲ区域. (D) Ⅳ区域. (E) 最大不止一个. [ ]
8. 如图两个半径为R的相同的金属环在a、b两点接触(ab连线为环直径),并相互垂直放置.电流I沿ab连线方向由a端流入,b端流出,则环中心O点的磁感强度的大小为
I
μ0I
(A) 0. (B) .
4RμI2μ0I
(C) . (D) 0. R4R (E)
2μ0I
. [ ] 8R
二、填空题
9. 如图,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.两个回路与长直载流导线在同一平面,且矩形回路的一边与长直载流导线平行.则通过面积为S1的矩形回路的磁通量与通过面积为S2的矩形回路的磁通量之比为____________. 10. 如图,平行的无限长直载流导线A和B,电流强度
均为I,垂直纸面向外,两根载流导线之间相距为a,则
10. (1) AB中点(P点)的磁感强度Bp=_____________.
(2) 磁感强度B沿图中环路L的线积分
B⋅dl=__________________________________.
L
11. 图中所示的一无限长直圆筒,沿圆周方向上的面电流密度(单位垂直长度上流过的电流)为i,则圆筒内部的磁感强度的大 小为B =________,方向_______________.
12. 将半径为R的无限长导体薄壁管(厚度忽略)沿轴向割去一宽度为 h ( h
上图),则管轴线磁感强度的大小是__________________.
三、计算题
13. 半径为R的无限长圆柱形导体和内半径为R0,外半径
l ′ l ′
也为
R的无限长圆筒形导体,都通有沿轴向的,在横截面上均匀分布的电流I,导体的磁导率都为μ0.今取长为l、宽为2 R
的矩
形平面ABCD和A′B′C′D′,AD及A′D′正好在导体的轴线上,如图所示.(1) 通过ABCD的磁通量大小为多少?(2) 通过A′B′C′D′的磁通量为多少? (3) 若电流I不变,外半径R不变,圆筒壁变薄,直至壁厚趋于零,再求(2) .
14. 一根无限长导线弯成如图形状,设各线段都在同一平面内(纸面内),其中第二段是半径为R的四分之一圆弧,其余为直线.导线中通有电流I,求图中O点处的磁感强度.
15. 平面闭合回路由半径为R1及R2 (R1 > R2 )的两个同心半圆弧和 两个直导线段组成(如图).已知两个直导线段在两半圆弧中心O处的磁感强度为零,且闭合载流回路在O处产生的总的磁感强度B与半径为R2的半圆弧在O点产生的磁感强度B2的关系为B = 2 B2/3,求R1与R2的关系.
R1 I
16. 如图所示,一半径为R的均匀带电无限长直圆筒,面电荷密度为σ.该筒以角速度ω绕其轴线匀速旋转.试求圆筒内部的磁感强度.
作业题五(电流在磁场中受力)
班级:_____________ 姓名:_____________ 学号:_____________
一、选择题
1. 按玻尔的氢原子理论,电子在以质子为中心、半径为r的圆形轨道上运动.如果把这样一个原子放在均匀的外磁场中,使电子
轨道平面与B垂直,如图所示,则在r不变的情况下,电子轨道运动的角速度将:
[ ]
(A) 增加. (B) 减小. (C) 不变. (D) 改变方向.
2. 如图,一个电荷为+q、质量为m的质点,以速度v沿x
轴射入磁感强度为B的均匀磁场中,磁场方向垂直纸面向里,其范围从x = 0延伸到无限远,如果质点在x = 0和y = 0处进 入磁场,则它将以速度-v从磁场中某一点出来,这点坐标是x = 0 和 [ ]
mv2mv
. (B) y=+. qBqB2mvmv
(C) y=-. (D) y=-.
qBqB
(A) y=+
3. 一铜条置于均匀磁场中,铜条中电子流的方向如图所示.
试问下述哪一种情况将
×
会发生? (A) 在铜条上a、b两点产生一小电势差,且Ua > Ub. (B) 在铜条上a、b两点产生一小电势差,且Ua
内,若长直导线固定不动,则载流三角形线圈将 [ ] I 1
(A) 向着长直导线平移. (B) 离开长直导线平移. (C) 转动. (D) 不动.
5. 长直电流I2与圆形电流I1共面,并与其一直径相重合如图(但两者间绝缘),设长直电流不动,则圆形电流将 (A) 绕I2旋转. (B) 向左运动. (C) 向右运动. (D) 向上运动.
(E) 不动. [ ] 6. 如图,在一固定的载流大平板附近有一载流小线框能自由转动或平动.线框平面与大平板垂直.大平板的电流与线框中电流方向如图所示,则通电线框的运动情况对着从大平板看是: [ ] (A) 靠近大平板. (B) 顺时针转动.
(C) 逆时针转动. (D) 离开大平板向外运动. 7. 两个同心圆线圈,大圆半径为R,通有电流I1;小圆半径为r,通有电流I2,方向如图.若r
1
II6.
I1 O I2
(A)
μ0πI1I2r2
2R
. (B)
μ0I1I2r2
2R
.(C)
μ0πI1I2R2
2r
. (D)0.
y I1
x
I2
8. 两根载流直导线相互正交放置,如图所示.I1沿y轴的正方向,I2沿z轴负方向.若载流I1的导线不能动,载流I2的导
z
线可以自由运动,则载流I2的导线开始运动的趋势是 [ ] (A) 沿x方向平动. (B) 绕x轴转动. (C) 绕y轴转动. (D) 无法判断.
二、填空题
9. 如图,均匀磁场中放一均匀带正电荷的圆环,其线电荷密度为λ,圆环可绕通过环心O与环面垂直的转轴旋转.当圆环
以角速度ω 转动时,圆环受到的磁力矩为_________________,
其方向__________________________.
10. 有一半径为a,流过稳恒电流为I的1/4圆弧形载流导线bc,按图示方式置于均匀外磁场B中,则该载流导线所受的 安培力大小为_______________________.
11. 如图所示,
在真空中有一半径为a的3/4圆弧形的导线,
BB其中通以稳恒电流I,导线置于均匀外磁场中,且与导线所
在平面垂直.则该载流导线bc所受的磁力大小为_________________.
12. 如图所示,在真空中有一半圆形闭合线圈,半径为a,流
Idl
过稳恒电流I,则圆心O处的电流元Idl所受的安培力dF的
大小为_______________,方向_________________.
I
三、计算题
13. 在一顶点为45°的扇形区域,有磁感强度为B方向垂
直指向纸面内的均匀磁场,如图.今有一电子(质量为m,电荷
Bv
为-e)在底边距顶点O为l的地方,以垂直底边的速度 v射入
该磁场区域,若要使电子不从上面边界跑出,电子的速度最大不应超过多少?
14. 一圆线圈的半径为R,载有电流I,置于均匀外磁场B
中(如
图示).在不考虑载流圆线圈本身所激发的磁场的情况下,求线圈导线上的张力.
(载流线圈的法线方向规定与B 的方向相同.)
15. 一矩形线圈边长分别为a=10 cm和b=5 cm,导线中电流 为I = 2 A,此线圈可绕它的一边OO'转动,如图.当加上正y方
O z a x
b I
y
向的B=0.5 T均匀外磁场B,且与线圈平面成30°角时,线圈的
角加速度为β = 2 rad/s,求∶
2
30B
(1) 线圈对OO'轴的转动惯量J =?
(2) 线圈平面由初始位置转到与B垂直时磁力所做的功?
16. 一根同轴线由半径为R1的长导线和套在它外面的内半径为R2、外半径为R3的同轴导体圆筒组成.中间充满磁导率为μ的各向同性均匀非铁磁绝缘材料,如图.传导电流I沿导线向上流去,由圆筒向下流回,在它们的截面上电流都是均匀分布的.求同轴线内外的磁感强度大小B的分布.
作业题六(电磁感应)
班级:_____________ 姓名:_____________ 学号:_____________
一、选择题
1. 将形状完全相同的铜环和木环静止放置,并使通过两环面的磁通量随时间的变化率相等,则不计自感时
(A) 铜环中有感应电动势,木环中无感应电动势. (B) 铜环中感应电动势大,木环中感应电动势小. (C) 铜环中感应电动势小,木环中感应电动势大. (D) 两环中感应电动势相等. [ ]
2. 如图所示,矩形区域为均匀稳恒磁场,半圆形闭合导线回路在纸面内绕轴O作逆时针方向匀角速转动,O点是圆心且恰好落在磁场的边缘上,半圆形闭合导线完全在磁场外时开始计时.图(A)—(D)的 --t函数图象中哪一条属于半圆形导线回路中产生的感应电动势?[ ]
O O (A) (B)
O O
(C) (D)
3. 一块铜板垂直于磁场方向
放在磁感强度正在增大的磁场中时,铜板中出现的涡流(感应电流)将 (A) 加速铜板中磁场的增加. (B) 减缓铜板中磁场的增加.
(C) 对磁场不起作用. (D) 使铜板中磁场反向. [ ] 4. 如图所示,导体棒AB在均匀磁场B中 绕通过C点的垂直于
棒长且沿磁场方向的轴OO' 转动(角速度ω与B同方向),BC的长
度为棒长的,则
(A) A点比B点电势高.(B) A点与B点电势相等.
(B) A点比B点电势低.(D)有稳恒电流从A点流向B点. [ ]
5. 如图所示,直角三角形金属框架abc放在均匀磁场中,磁
1
3
场B平行于ab边,bc的长度为l.当金属框架绕ab边以匀角速度ω转动时,abc回路中的感应电动势 和a、c两点间的电势差
Ua – Uc为 [ ] (A) =0,Ua – Uc =
B
b ω l
11Bωl2. (B) =0,Ua – Uc =-Bωl2.
22
11
(C) =Bωl2,Ua – Uc =Bωl2.(D) =Bωl2,Ua – Uc =-Bωl2.
22
6. 如图所示,两个线圈P和Q并联地接到一电动势恒定的电源上.线圈P的自感和电阻分别是线圈Q的两倍,线圈P和Q之间的互感可忽略不计.当达到稳定状态后,线圈P的磁场能量与Q的磁场能量的比值是[
]
1
(A) 4. (B) 2. (C) 1. (D) .
2
dΦ
7. 在感应电场中电磁感应定律可写成EK⋅dl=-,式中EK为感应电场的电
dtL
场强度.此式表明:
(A) 闭合曲线L上EK处处相等.
(B) 感应电场是保守力场. (C) 感应电场的电场强度线不是闭合曲线. (D) 在感应电场中不能像对静电场那样引入电势的概念. [ ] 8. 对位移电流,有下述四种说法,请指出哪一种说法正确. (A) 位移电流是指变化电场. (B) 位移电流是由线性变化磁场产生的. (C) 位移电流的热效应服从焦耳─楞次定律. (D) 位移电流的磁效应不服从安培环路定理. [ ]
二、填空题
9. 如图所示,aOc为一折成∠形的金属导线(aO =Oc
×
×
=L),位于xy平面中,磁感强度为 B的匀强磁场垂直于
xy平面.当aOc以速度v沿x轴正向运动时,导线上a、c
两点间电势差Uac =____________;当aOc以速度v沿y轴
正向运动时,a、c两点的电势相比较, 是____________点电势高.
× ×
x×
三圆弧,直线段Oa长为R.若此导线放在匀强磁场B中,B的方向垂直图面向内.导线以角速度ω在图面内绕O点
匀速转动,则此导线中的动生电动势 i =___________ ,
电势最高的点是________________________.
11. 一长直导线旁有一长为b,宽为a的矩形线圈,线圈与导线共面,长度为b的边与导线平行且与直导线相距为d,如图.线圈与导线的互感系数为 ______________________.
12. 一无铁芯的长直螺线管,在保持其半径和总匝数不变的情况下,把螺线管拉
长一些,则它的自感系数将____________________.
三、计算题
10. 一导线被弯成如图所示形状,acb为半径为R的四分之
13. 均匀磁场 B被限制在半径R =10 cm的无限长圆柱空间
内,方向垂直纸面向里.取一固定的等腰梯形回路abcd,梯形所在平面的法向与圆柱空间的轴平行,位置如图所示.设磁感强度以dB /dt =1 T/s的匀速率增加,已知 θ=
c
1
π,Oa=Ob=6cm,求等3
腰梯形回路中感生电动势的大小和方向.
14.如图所示,有一半径为r =10 cm的多匝圆
形线圈,匝数N =100,置于均匀磁场B中(B = 0.5
T).圆形线圈可绕通过圆心的轴O1O2转动,转速 n =600 rev/min.求圆线圈自图示的初始位置转过π
2
时,
(1) 线圈中的瞬时电流值(线圈的电阻R为 100 Ω,不计自感);
(2) 圆心处的磁感强度.(μ0 =4π×10-7 H/m)
15. 两个半径分别为R和r的同轴圆形线圈相距x,且R >>r,x >>R.若大线圈通有电流I而小线圈沿x轴方向以速率v运动,试求x =NR时(N为正数)小线圈回路中产生的感应电动势的大小.
16. 载有电流的I长直导线附近,放一导体半圆环MeN
与长直导线共面,且端点MN的连线与长直导线垂直.半圆环的半径为b,环心O与导线相距a.设半圆环以速度 v
平行导线平移,求半圆环内感应电动势的大小和方向以及MN两端的电
压UM - UN .
答 案
作业题 (一)
一、1-8 CBACADDC 二、
9. -2ε0E0 / 3; 4ε0E0 / 3
10. -3σ / (2ε0); -σ / (2ε0); σ / (2ε0); 3σ / (2ε0) 11.
qdqd
; 从O点指向缺口中心点. ≈223
4πε0R2πR-d8πε0R
12. Q / ε0
;Ea=0,Eb=5Qr0/(18πε0R2)
三、
13. 解:在φ处取电荷元,其电荷为
dq =λdl = λ0Rsinφ dφ
它在O点产生的场强为
λ0sinφdφdq
dE= 3分 =
4πε0R4πε0R2
在x、y轴上的二个分量
dEx=-dEcosφ dEy=-dEsinφ
πλ0
对各分量分别求和 Ex=siφncoφsdφ=0
4πε0R⎰0
πλ0λ02
sinφdφ=-⎰04πε0R8ε0R
Ey=
λ0
∴ E=Exi+Eyj=-j
8ε0R
14. 解:设坐标系如图所示.将半圆柱面划分成许多窄条.dl宽的窄条的电荷线密度为
dλ=
λ
πR
dl=
λ
π
dθ
取θ位置处的一条,它在轴线上一点产生的场强为
dλλ
dE==2dθ
2πε0R2πε0R
如图所示. 它在x、y轴上的二个分量为:
dEx=dE sinθ , dEy=-dE cosθ
πλλ
对各分量分别积分 Ex= sinθdθ=
2π2ε0R⎰0π2ε0R
π-λ
Ey=coθsdθ=0 2⎰02πε0R
λ
场强 E=Exi+Eyj=2i
πε0R
15. 解:在球内取半径为r、厚为dr的薄球壳,该壳内所包含的电荷为
dq=ρdV=Ar⋅4πr2dr
在半径为r的球面内包含的总电荷为
q=⎰ρdV=⎰4πAr3dr=πAr4 (r≤R)
V
r
以该球面为高斯面,按高斯定理有 E1⋅4πr2=πAr4/ε0 得到
E1=Ar2/(4ε0), (r≤R)
方向沿径向,A>0时向外, A
在球体外作一半径为r的同心高斯球面,按高斯定理有 E2⋅4πr2=πAR4/ε0 得到 E2=AR4/4ε0r2, (r >R)
方向沿径向,A>0时向外,A
16. 解:设闭合面内包含净电荷为Q.因场强只有x分量不为零,故只是二个垂直于x轴的平面上电场强度通量不为零.由高斯定理得:
-E1S1+ E2S2=Q / ε0 ( S1 = S2 =S ) 3分
则 Q = ε0S(E2- E1) = ε0Sb(x2- x1)
= ε0ba2(2a-a) =ε0ba3 = 8.85×10-12 C
()
作业题(二)
一、1-8 DBCDDACB 二、
9. 10cm 10.
Q⎛∆S⎫
1-2⎪4πε0R⎝4πR⎭
11. Q / (4πε0R2); 0 ; Q / (4πε0R); Q / (4πε0r2)
L
12. E⋅dl=0 单位正电荷在静电场中沿任意闭合路径绕行一周,电场力作功等于零
有势(或保守力) 三、 13. 解:将题中的电荷分布看作为面密度为σ的大平面和面密度为-σ的圆盘叠加的结果.选x轴垂直于平面,坐标原点O在圆盘中心,大平面在x处产生的场强为
σ
x E1=i
2ε0x
圆盘在该处的场强为
⎫ -σ
x⎛1 1-⎪i E2= 22⎪2ε0⎝xR+x⎭ σx
∴ E=E1+E2=i
22
2ε
0R+x
0σxdxσ
该点电势为 U=⎰=R-R2+x2
x2εR2+x22ε00
()
14. 解: 由高斯定理可知空腔内E=0,故带电球层的空腔是等势区,各点电势均为U .
在球层内取半径为r→r+dr的薄球层.其电荷为
dq = ρ 4πr2dr
该薄层电荷在球心处产生的电势为 dU=dq/(4πε0r)=ρrdr/ε0 整个带电球层在球心处产生的电势为
ρ
U0=⎰dU0=
ε0
U=U0=
⎰
R2
R1
rdr=
ρ2
(R2-R12) 2ε0
因为空腔内为等势区所以空腔内任一点的电势U为
U=E 若根据电势定义⎰⋅dl计算同样给分.
E=
ρ2
(R2-R12) 2ε0
15.解:设内球上所带电荷为Q,则两球间的电场强度的大小为
Q
(R1<r<R2)
2
4πε0r
QR2drQ⎛11⎫
两球的电势差 U12=⎰Edr= ⎪=-⎪ R1
4πε0⎰R1r24πε0 RR2⎭⎝1
4πε0R1R2U12
∴ Q==2.14×10-9 C
R2-R1
R2
16. 解:设原点O在左边导线的轴线上,x轴通过两导线轴线并与之垂直.在两轴线组成的平面上,在R<x<(d-R)区域内,离原点距离
x处的P点场强为 + E=E++E-=则两导线间的电势差 U= =
λλ
+
2πε0x2πε0d-x⎰
d-R
R
λ
Edx=
2πε0
⎰
d-R
R
λ
[lnx-ln(d-x)]2πε0λd-R
= ln
πε0R
1⎫⎛1
+⎪dx
xd-x⎝⎭
λ⎛d-RR⎫d-R=ln-ln ⎪ R
2πε0⎝Rd-R⎭
作业题(三)
一、1-8 CBBBDBCB 二、
9. λ/(2πr);λ/(2π ε0 εr r) 10. εr,1,11.
εr
1
εrεr
;
1
12. 无极分子;电偶极子 三、
13. 解:(1) 由静电感应,金属球壳的内表面上有感生电荷-q,外表面上带电荷q+Q. (2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的,因为任一电荷元离O点的距离都是a,所以由这些电荷在O点产生的电势为 U-q=
⎰dq
4πε0a
=
-q
4πε0a
(3) 球心O点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q在O点产生的电势的代数和 UO=Uq+U-q+UQ+q =
qqQ+qq111Q
= -+(-+)+
4πε0r4πε0a4πε0b4πε0rab4πε0b
14. 解:设导体球带电q,取无穷远处为电势零点,则
q
4πε0rQ-qQ2
内球壳电势: U1=1 +
4πε0R14πε0R2Q-qQ2q
二者等电势,即 =1+
4πε0r4πε0R14πε0R2
r(R2Q1+R1Q2)
解得 q=
R2(R1+r)
导体球电势: U0=
15. 解:(1) 令无限远处电势为零,则带电荷为q的导体球,其电势为 U=
q
4πε0R
将dq从无限远处搬到球上过程中,外力作的功等于该电荷元在球上所具有的电势能
dA=dW=
q
dq
4πε0R
Q
(2) 带电球体的电荷从零增加到Q的过程中,外力作功为
Q2qdq
A=⎰dA=⎰ =
4πε0R8πε0R0
16. 解:设内外圆筒沿轴向单位长度上分别带有电荷+λ和-λ, 根据高斯定理可求得两圆
筒间任一点的电场强度为 E=
R2
λ
2πε0εrr
R2λdrRλ
=ln2 则两圆筒的电势差为 U=⎰E⋅dr=⎰
2πε0εrr2πε0εrR1
R1R1
2πε0εrU
R2lnR1
U
于是可求得A点的电场强度为 EA=
解得 λ=
A点与外筒间的电势差:
RlnR(2/R1)
= 998 V/m 方向沿径向向外
R2
R
'=⎰Edr=U2
dr
R
lnR(2/R1)⎰ Rr =U
ln(RlnR2 = 12.5 V
2/R1)R
U
作业题(四)
一、1-8 C C D C B D B A 二、
9. 1:1 10. 0; -μ0I 11. μ0I 12.
μ0ih
2πR
13. 解:(1) 圆柱形载流导体在空间的磁感强度的分布为
⎧μ0I
r0≤r≤R⎪⎪2πR2
B=⎨
μI⎪0
r>R
⎪⎩2πrR2R
μIlμIl
∴穿过ABCD的Φ为 Φ=⎰Bldr+⎰Bldr=0+0ln2
4π2πR0
(2) 圆筒载流导体在空间的磁感强度分布为
⎧
⎪0r
⎪μ0Ir-R0
B≈⎨R0≤r≤R 22
⎪2πrR-R0⎪μ0I
r>R⎪
⎩2πr
穿过 A'B'C'D' 的Φ为:
2R
⎤μ0Il⎡R1r2-R02R02dr⎤μ0Il⎡1R
Φ=dr+=-ln+ln2⎢⎰⎥⎢⎥ 22⎰22
2π⎢r⎥R⎦⎣R0rR-R0⎦2π⎣2R-R0R0
(3) 在题给条件下,筒壁中 0
2R0R1
上磁通量趋于零,即2,可得 ln→2
2R-R0R0
μIl
Φ=0ln2
2π
14. 解:将导线分成1、2、3、4四部份,各部分在O点产生的磁感强度设为B1、B2、B3、B4.根据叠加原理O点的磁感强度为:
B=B1+B2+B3+B4 ∵
B1、B4均为0
B=B2+B3 2分 1μ0I() ⊗ 2分
42R2 μ0I2μ0I
(siβ
n2-sinβ1)=2 B3= 4πa4πR
=μ0I/(2πR) 方向 ⊗
B2=
其中 a=R/2, sinβ2=sin(π/4)=2/2 sinβ1=sin(-π/4)=-2/2
∴ B=
μ0I
8R
+
μ0I
2πR
=
μ0I1
1
(+) 方向
⊗ 2R4π
15. 解:由毕奥-萨伐尔定律可得,设半径为R1的载流半圆弧在O点产生的磁感强度为B1,则 B1=
μ0I
4R1μI
同理, B2=0
4R2
∵ R1>R2 ∴ B1
μIμIμI
=0-0=0
4R24R16R2
∴ R1=3R2
16. 解:如图所示,圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流密度i,
i=2πRσω/(2π)=Rσω 3分 作矩形有向闭合环路如图中所示.从电流分布的对称性分析
可知,在ab上各点B的大小和方向均相同,而且B的方向平行于ab,在bc和fa上各
点B的方向与线元垂直,在de, fe,cd上各点B=0.应用安培环路定理
B⋅dl=μ0∑I 可得 Bab=μ0iab B=μ0i=μ0Rσω 圆筒内部为均匀磁场,磁感强度的大小为B=μ0Rσω,方向平行于轴线朝右.
作业题(五)
一、1-8 ABAACBDB 二、 9. πRλBω
10. aIB
11. 12. 三、
3
μ0I2dl/4a
13. 解:电子进入磁场作圆周运动,圆心在底边上.当电子轨迹 与上面边界相切时,对应最大速度,此时有如图所示情形. (l+R)sin45︒=R ∴ R=l/(2-1)=(2+1)l 由 R=mv/(eB),求出v最大值为
.
O
R
O′
eBRleB
=(2+1) v= mm
14. 解:考虑半圆形载流导线CD
Fm=IB⋅2R 列出力的平衡方程式 IB⋅2R=2T 故: T=IBR
15. 解:(1) S = ab =5×10-3 m2
-22
pm = SI =1×10 (A·m),M=pmBsin60︒=4.33×10-2 N·m
M=Jβ,J=M/β=2.16×10-3 kg·m2
(2) 令从B到pm的夹角为θ,∵ M与角位移dθ 的正方向相反
0︒
0︒
-3
=2.5×10 J -pBsinθdθm⎰
A=-Mdθ=
60︒
⎰
16. 解:由安培环路定理: H⋅dl=∑Ii
0
60︒
, B=μ0Ir 2πR122πR12IμI
, B= 2πr2πr
R1
2
I(r2-R2)
R2
(R3-R2)2
r2-R2I
H=(1-2) 2
2πrR3-R2
2
r2-R2
B=μ0H=(1-2) 2
2πrR3-R2
μ0I
r >R3区域: H = 0,B = 0
作业题(六)
一、1-8 D A B A B D D A 二、
9. vBLsinθ ; a
5
BωR2 ; O点 2
μba+d
11. 0ln
2πd
10.
12. 减小
三、
13. 解:大小: =⎪dΦ /d t⎪= S dB / d t
2121
= S dB / d t =(Rθ-Oa⋅sinθ)dB/dt
22
c
=3.68 mV 方向:沿adcb绕向.
14. 解:(1) 设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场之间的夹角为θ,则通过该圆线圈平面的磁通量为
Φ=Bπr2cosθ, θ=ωt=2πnt
∴ Φ=Bπr2cos2πnt
在任意时刻线圈中的感应电动势为
dΦ
=NBπr22πnsin2πnt=2π2BNr2nsin2πnt dt
☜2π2NBr2n2π
sin2πnt=Imsint i==
RRΤ
当线圈转过π /2时,t =T/4,则 i=Im=2π2r2NBn/R=0.987 A
☜=-N
(2) 由圆线圈中电流Im在圆心处激发的磁场为
- B'=μ0NIm/(2r)=6.20×104 T 方向在图面内向下,故此时圆心处的实际磁感强度的大小 B0=(B2+B'2)1/2≈0.500 T
方向与磁场B的方向基本相同.
15. 解:由题意,大线圈中的电流I在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的.
μ0IR22πIR2
B= =223/2223/2
4π(R+x)2(R+x)
μ0
故穿过小回路的磁通量为
μ0μ0πr2RI2IR22
Φ=B⋅S= πr≈
2x32(R2+x2)3/2
由于小线圈的运动,小线圈中的感应电动势为
dΦ3μ0πr2IR2dx3μ0πr2R2I
=v ☜=i=
2x4dtdt2x4
当x =NR时,小线圈回路中的感应电动势为
242
☜i=3μ0πrIv/(2NR)
MN
为计算简单,可引入一条辅助线MN,构成闭合回路
MeNM, 闭合回路总电动势 ☜MeN+☜NM=0 总=☜ ☜ 2分 =-☜=☜MeNNMMN
16. 解:动生电动势 ☜MeN
=⎰(
v⨯B)⋅dl
a+bμIva+bμI
☜MN=⎰(v⨯B)⋅dl=⎰-v0dx=-0ln
2πa-b2πxMNa-b
负号表示☜MN的方向与x轴相反.
μIva+b
☜MeN=-0ln 方向N→M
2πa-b
μIva+b
UM-UN=-☜MN=0ln
2πa-b