1、重庆邮电大学 数理学院21.（本题5分）（1652） 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？ 22.（本题5分）（2654）如图所示，有两根平行放置的长直载流导线它们的直径为a，反向流过相同大小的电流I，电流在导线内均匀分布试在图示的坐标系中求出x轴上两导线之间区域内磁感强度的分布23.（本题5分）（2303） 图示相距为a通电流为I1和I2的两根无限长平行载流直导线 (1) 写出电流元对电流元的作用力的数学表式； (2) 推
2、出载流导线单位长度上所受力的公式 24.（本题10分）（2150）如图所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面且导线框的一个边与长直导线平行，他到两长直导线的距离分别为r1、r2已知两导线中电流都为，其中I0和w为常数，t为时间导线框长为a宽为b，求导线框中的感应电动势 22.（本题5分）（2442） 将细导线弯成边长d =10 cm的正六边形，若沿导线流过电流强度为I =25 A的电流，求六边形中心点的磁感强度B(m0 =4p10-7 NA-2 ) 23.（本题5分）（2548） 在氢原子中，电子沿着某一圆轨道绕核运动求等效圆电流的磁矩与电子轨道运动的动量矩大小之比，并指出和方向间的关系
3、(电子电荷为e，电子质量为m) 24.（本题10分）（2737）两根平行无限长直导线相距为d，载有大小相等方向相反的电流I，电流变化率dI /dt =a 0一个边长为d的正方形线圈位于导线平面内与一根导线相距d，如图所示求线圈中的感应电动势e ，并说明线圈中感应电流是顺时针还是逆时针方向 18修德 博学 求实 创新 李华荣7-3 计算和证明题7-3-1解所受合力为零，即，求得 7-3-2解场强大小为，沿带电直线方向.7-3-3解 如图建立坐标系，正负电荷关于对称，它们在O点产生的场强沿轴负向，在圆上取dl=Rddq=dl=Rd，它在O点产生场强大小为dE=方向沿半径向外则 dEx=dEsin=
4、OdEy=dEcos(-)=cosd积分 方向沿轴负向7-3-4解 如图所示，它在圆心O点产生的场强其在轴上的场强为方向沿轴负向，其在轴上的场强为7-3-5解小球受力如图所示，由图可知，即 ，有 7-3-6解在处取一细圆环，其带电量，根据教材例7-2-4结果可知，圆环在轴线上点产生的场强大小7-3-7解(1)（2）由高斯定理可得，7-3-8解半圆柱薄筒的横截面如图所示，建立直角坐标系Oxy，沿弧长方向取一宽度为的细条，此细条单位长度上的带电量为，此细条等同于无限长均匀带电直线，因此它在O点产生的场强为，7-3-9解（1）以地面为高斯面，由高斯定理可得，所以（2）如下图，由高斯定理 ，所以有 7
5、-3-10解我们可以设想不带电空腔内分布着体密度相同的正负电荷.由电场的叠加原理可知，有空腔的带电球体的电场，可以看作一个半径为电荷体密度为的均匀带正电球体和一个半径为电荷体密度为的均匀带负电球体所激发电场的叠加.即由高斯定理可求出，所以O点的场强大小为，方向沿.同理，点的场强大小为 ，方向仍沿.7-3-11解由电荷的轴对称性分析可知，场强也具有轴对称性，可利用高斯定理求场强.（1） 在处，作一同轴圆柱形高斯面，由高斯定理 所以 （2） 在处，类似（1），有 所以 （3） 在处，类似（1），有 所以 7-3-12解（1）点电势为，点电势为， 注 式中（2）点电势为，点电势为， 7-3-13解（
6、1），（2），电势能的改变为 （3）7-3-14解 （1）雨滴的电势为，有（2）两雨滴合为一滴后，半径增大为，这时雨滴表面电势为 7-3-15解 根据电势叠加原理，点的电势可看作直线、和半圆周所带电荷在点产生电势的叠加，、在点产生的电势为 ，半圆周在点产生的电势为 所以点产生的电势为 7-3-16解 金核表面的电势为，金核中心的电势为7-3-17解 由高斯定理可求得、区域的场强大小分别为，设、分别为、区域内任一点，（1） 区域内任一点的电势由电势的定义式计算，有 （2） 区域内任一点的电势由电势的定义式计算，有 （3） 区域内任一点的电势由电势的定义式计算，有 7-3-18解 两“无限长”共轴
7、圆柱面之间场强可由高斯定理求得为 式中为单位长度上所带电量.由电势差的定义，两圆柱面之间的电势差为 ，则 7-3-19解 由高斯定理可得场强分布为 ； 或 ；由电势的定义式计算电势分布在区域，在区域， 在区域，电势随在分布如图所示 7-3-20解 设坐标原点在左边导线轴线上，轴通过两导线并与之垂直.在两导线之间，坐标为的任一点的场强为 ，所以两导线间电势差为 7-3-21解（1）在带电直线上取电荷元，它在点的电势为 整个带电直线在点的电势为 （2）根据场强与电势的微分关系，有 7-3-22解 由高斯定理可求得均匀带电球体内外的场强分布为 ，；，（1），（2），（3），7-3-23解（1）处，在
8、圆柱体内任取一点，该点到轴线距离为，过该点作一半径为，高为的同轴闭合圆柱形高斯面，由高斯定理 ，可得求得 ，方向沿径向向外.对，同理由高斯定理可得 求得 （2）设处为电势零参考位置且假设该点在圆柱体外，则在区域内，在区域内，8-3 计算和证明题8-3-1解 请参见教材P342题8-3-1图 （1）由于静电感应，球壳内表面带电量为，外表面带电量为；球壳电势为 （2）内表面带电量为，外表面带电量为0；球壳电势为 （3）内球接地时，内球的电势，设内球此时带电量为，则球壳内表面带电量为；外表面带电量为，空间场强分布为： ，； ，； ，；因此，内球的电势 求得 球壳的电势为 电势的改变为 8-3-2解
9、请参见教材P342题8-3-2图（1）设导体球上的感应电量为，这些感应电荷到球心O点的距离都为，因此感应电荷在O点产生的电势为，点电荷在O点产生的电势为，故O点的电势为 （导体球接地），求得 （2）因O点场强为零，故在O点产生的场强大小等于在O点产生的场强大小，方向相反，即为 所以 8-3-3解请参见教材P342题8-3-3图（1）设A板两表面中左侧表面带电量为，右侧表面带电量为，其电荷面密度分别为，由于B、C板都接地，故有 写成 有 又 由解得 ，因此C板带电为，（2）8-3-4解设导体片C插入后，AC间场强为，CB间场强为，并假设，则各板带电分布如图所示，并作如图所示的高斯面，两底面与板平
10、行，由高斯定理可得 即有 由题意得 由解得 8-3-5解 对于半径为的金属球，不论是实心还是空心，当带电量为时，其电势均为，则电容为，可见电容是相同的.对于地球，8-3-6解 （1）设内、外金属膜圆筒半径分别为和，高度均为，其上分别带电量为，则玻璃内的场强为 ， 内外圆筒之间的电势差为莱顿瓶的电容为 （2）圆柱形电容器两金属膜之间靠近内膜处场强为最大，令该处场强等于击穿场强，即 所以 8-3-7解 （1）由，求得 （2）总电量因为和并联，故有 即有 又 由求得带电量为，上的电压 （3）,8-3-8解（1）作一高斯面，使其两底面分别在板中和介质中且平行于板面，由介质中的高斯定理可得 求得 又 求
11、得 因此 （2）由上面结果可知 （3）8-3-9解（1）由题意极板间带电量不变，（2）电位移，介质中的场强（3）电容大小与带电量多少无关，由题意可知 8-3-10解 设单位长度带电量为，则两极板间场强，击穿场强一定时，电容器两极板电压为 式中是变量，适当选择的值，可使有极大值，即令 ， 求得故当时，电容器可能承受的最大电压为 8-3-11解（1）当，由介质中的高斯定理可得，即有 求得 ，所以有 当，（2）电势差为 （3）（4）（5）8-3-12解（1）在区域内作以为半径，长为的同轴柱面为高斯面，则由介质中的高斯定理，有所以 又 我们得到离轴线距离为处的场强为 , 方向沿径向向外（2）（3）8-
12、3-13解（1）（2）式中为地球半径并取8-3-14解（1）浸入煤油后，电容器电容增加为原来的倍，即，而电量不变.能量损失为 （2）若将两电容器并联，则要发生电荷转移，但电荷总量不变，仍为.并联后总电容为 ，两电容器并联后总能量为 并联后能量损失为 8-3-15解接到1处，带电为；再将接到2后，和总带电量仍为，两电容器电压为 电容器中的能量电容器中的能量8-3-16解据题意，把电子看作电荷均匀分布在外表面上，其静电能为 在估计电子半径的数量级时，一般可以略去上式中的系数，因此，据题意，我们可以求得 8-3-17解当介质板插入距离时，电容器的电容为 此时电容器储能为 电介质未插入时，电容器储能为
13、 当电介质插入时，电场力对电介质板所作的功等于电容器储能的减少量，即 ，电场力为当插入一半时，则电场力为，方向平行极板向右.8-3-18解（1）因电压不变，拉开前的静电能为 拉开后的静电能为 则系统静电能的改变为 结果表明当极板拉开后，系统的静电能减少.（2）当保持电压一定时，电场对电源作功为 两板距离从拉开到时，极板上电荷的增量为 因此 结果表明当极板拉开后，在保持不变时，电场对电源作正功.（3）外力对极板作的功为 外力对极板作的功，也可由功能关系得到 所得结果相同.8-3-19解（1）令无限远处电势为零，则带电荷为的导体球，其电势为，将从无限远处搬到球上的过程中，外力作的功等于该电荷元在球
14、上所具有的电势能 （2）外力作功为 8-3-20解因为电荷保持不变，故有、无介质时，电场中各点的电位移矢量不变，电场能量密度为 电场总能量为 9-3计算题9-3-1. 解:（1）导线水平段在P点产生的磁感应强度为零, 因此P点的磁感应强度由竖直段产生, 即根据右手定则可判断其方向垂直纸面向外.（2）两水平段半长直导线在P点产生的磁场方向相同,因此相当于一无限长直导线. 所以P点的磁场为一无限长直导线和半圆共同产生的，即方向垂直纸面向里.（3）三边在P点产生的磁场完全相同，因此P点的磁感应强度为方向垂直纸面向里.9-3-2. 解: O点磁感应强度大小为部分圆弧和直线段共同产生，且它们的方向相同，
15、所以方向垂直纸面向里.9-3-3. 解：导线可分为四段，其中水平部分在O点不产生磁场，因此O点的磁场为两半圆和竖直向下半无限长直导线共同产生的，即磁感应强度大小为方向垂直纸面向里.9-3-4. 解：取薄金属板上宽度为dx的长直电流元，其电流为到P点的距离为x，该线电流在点P 激发的磁感应强度大小为因所有线电流在点P 激发的磁场方向均相同,故点P的磁感应强度为方向垂直纸面向外.9-3-5. 解：环心O在两根通电直导线的延长线上，故它们在O点产生的磁场为零，长为l的载流圆弧在其圆心处的磁场为，设左右两段圆弧的弧长分别为,则两者在O点的磁感应强度分别为考虑到两段圆弧在电路中是并联关系,而在并联电路中
16、,电流分配与电阻成反比,电阻又与导线长度成正比，所以，因此可得.由此可得, 两段圆弧在O点的磁感应强度大小相等，方向相反.所以总磁感应强度为零,即.9-3-6. 解: 将无限长载流圆柱形金属薄片看作是由许多平行而无限长直导线组成,对应于范围内无限长直导线的电流为，它在环心处产生的磁感应强度为对整个半圆柱金属薄片积分,得，故环心处磁感应强度为,方向沿x轴正向.9-3-7. 解: 由于此平面螺旋线圈绕得很密，可近似看成是由许多同心圆组成的，因为绕制均匀，所以沿半径方向单位长度的匝数为,在线圈平面内,取半径为的圆环作电流元，则此圆环的匝数为，等效电流为，该圆环电流在O产生的磁场为：方向垂直纸面向外；
17、所以由叠加原理，O点磁感应强度为方向垂直纸面向外9-3-8 解: 沿圆周单位长度的线圈匝数为，在距O点x处取一弧宽为dl、半径为y的圆环，则圆环上绕有匝线圈.通过圆环上的电流大小为，该圆电流在球心处产生的磁感应强度为,方向沿x轴正向.由于所有小圆环电流产生的磁场方向相同，所以,方向沿x轴正向.9-3-9 解: 根据电子绕核运动的角动量量子化假说：L=mva0=h/2, 可得电子的速率v=h/2ma0，从而求出等效电流i=ev/2a0=he/42ma02. 该电流在圆心处产生的磁感应强度为.9-3-10. 解: 带电圆环旋转时相当于一圆形电流，根据教材P358-359中圆形电流在圆心和轴线上任意
18、点产生磁场的规律可得，（1）圆心处：；（2）轴线上：.9-3-11. 解: 带电直线沿直线运动相当于一无限长直线电流，根据无限长直线电流的磁感应强度分布规律可得.9-3-12. 解: 参考例9-4可得.9-3-13 解: 无限长通电柱体的磁感应强度分布为， . 题中两导线轴线间区域中的磁场为两导线单独产生的磁场的叠加，而且两分磁场方向相同.因此磁通量对该式积分可得.9-3-14 解:（1）根据安培环路定理，磁感应强度的环路积分只与闭合路径所包围的电流有关，故参考上题可得；.（2）两柱面间磁通量为.9-3-15解: 单块无限大平面电流产生的磁感应强度为，方向见下图.由题意，电流流向相反，使得两平
19、面电流在之间产生的磁场方向相同，两侧方向相反，因此有：（1）之间：，（2）两侧：.9-3-16解: 参考例9-2，可利用补偿法求解.本题中电流密度为，（1）圆柱体轴线上的磁感应强度为空腔中方向电流产生，即 ；（2）利用例9-2的结果可得.9-3-17 证明略. 提示：直接参考教材P371的例题9-5-1的解答过程及其具有普遍性的结论.9-3-18 解：设导线2上一点P到O点的距离为l，则导线1在P点产生的磁场，P点附近的电流元Idl受到的磁场力为，它对O点的力矩为，所以单位长度导线所受磁力对O点的力矩为.9-3-19 解：（1）见例题9-6， ,方向沿x轴正向;（2）若将圆柱面换成直导线，则两
20、直导线间作用力可参考教材P371-372，为，令可求得.9-3-20 解：线圈左边受力为，方向向左，右边受力为，方向向右，线圈上下两边受力为一对平衡力. 所以，它所受合力为方向向左；因为线圈磁矩与磁场平行，所以.10-3-1 解：由安培环路定理可得磁介质内部：，.所以，带入数据可求得：（1） （2）.10-3-2 解：（1）导体内任选一以轴线为圆心的圆形路径，有， 而.因此，在导体内部： ，；（2）导体外部，类似有，得，从而 ；（3）.11-3计算题11-3-1 解：通过圆形线圈的磁通量为，因此电动势为，将t=2代入可得（1）；（2）.11-3-2解：定义电动势方向向右，则由动生电动势的公式可
21、得：，方向从C到D，即D端电势高.11-3-3解：（1）磁通量为：；（2）电动势为：.11-3-4 解： (1)大线圈中电流在小线圈处产生的磁感应强度近似为，原因在于小线圈很小.t时刻通过小线圈的磁通量为，从而小线圈中的电流为：；(2) 小线圈受到大线圈的磁力矩大小为：，要保持小线圈匀速转动，要求合力矩为零，即外界施加的力矩也为.(3) 互感系数为，因此小线圈中的电流在大线圈中产生磁通量为，所以大线圈中的感应电动势为.11-3-5 解：(1) 由动生电动势公式可得,方向由A指向B；同理，方向由C指向D.（2）两棒与金属轨道构成的闭合回路中，电流为，方向为ABCDA，所以 (3) .11-3-6
22、 解：设当线圈转过角度为wt时，与导线平行的两边到轴线的距离分别为r1和r2，则通过线圈的磁通量为，所以 11-3-7 解：旋转角度为wt时，磁通量为：，所以电动势为，所以11-3-8 证明： 作圆心到金属棒两端点的连线，金属棒和所做的两条连线围成的回路面积为.因此，回路中电动势的大小为.11-3-9 解：由题意及动生电动势公式可得：，方向由O点指向M点.11-3-10解：由均匀磁场中动生电动势的性质可知AC产生的电动势相当于，故，方向由A指向C.11-3-11解：电势差与电动势刚好相反，即,代入数据可得，为正，所以A端电势高.11-3-12解：螺线管中磁场变化时产生的涡旋电场总是与半径方向垂
23、直，因此由电动势定义可知同理而构成一个回路，因此同理，即为回路中的总电动势.11-3-13 解：(1)由上题分析，可知 所以 (2) 由螺线管内部变化磁场产生的感生电场性质可直接得11-3-14解：回路在运动过程中受合力为，解方程可得：.11-3-15解：回路中磁通量随时间的变化为，所以电动势为 11-3-16解：设螺线管中通有电流，则11-3-17. 解：设螺绕管中通有电流，则离管中心的管内某点的磁感应强度为，则通过一横截面的磁通量为，所以11-3-18解：(1) 设线圈中电流在中产生的磁通链为：，所以互感系数为 ； (2)由法拉第电磁感应定理可直接求得 .11-3-19 解：自感系数为，磁通链为.11-3-20解：设导线中通有电流，在三角形中选一面积元，该面积元与导线平行，且距离导线处，宽为，则磁场通过三角形的磁通量为：，所以互感系数为.
