赵凯华陈煕谋《电磁学》第三版的思考题和习题答案.pdf 169页

'第一章静电场§1.1静电的基本现象和基本规律思考题：1、给你两个金属球，装在可以搬动的绝缘支架上，试指出使这两个球带等量异号电荷的方向。你可以用丝绸摩擦过的玻璃棒，但不使它和两球接触。你所用的方法是否要求两球大小相等？答：先使两球接地使它们不带电，再绝缘后让两球接触，将用丝绸摩擦后带正电的玻璃棒靠近金属球一侧时，由于静电感应，靠近玻璃棒的球感应负电荷，较远的球感应等量的正电荷。然后两球分开，再移去玻璃棒，两金属球分别带等量异号电荷。本方法不要求两球大小相等。因为它们本来不带电，根据电荷守恒定律，由于静电感应而带电时，无论两球大小是否相等，其总电荷仍应为零，故所带电量必定等量异号。2、带电棒吸引干燥软木屑，木屑接触到棒以后，往往又剧烈地跳离此棒。试解释之。答：在带电棒的非均匀电场中，木屑中的电偶极子极化出现束缚电荷，故受带电棒吸引。但接触棒后往往带上同种电荷而相互排斥。3、用手握铜棒与丝绸摩擦，铜棒不能带电。戴上橡皮手套，握着铜棒和丝绸摩擦，铜棒就会带电。为什么两种情况有不同结果？答：人体是导体。当手直接握铜棒时，摩擦过程中产生的电荷通过人体流入大地，不能保持电荷。戴上橡皮手套，铜棒与人手绝缘，电荷不会流走，所以铜棒带电。计算题：1、真空中两个点电荷q1=1.0×10-10C，q2=1.0×10-11C，相距100mm，求q1受的力。解：2、真空中两个点电荷q与Q，相距5.0mm,吸引力为40达因。已知q=1.2×10-6C,求Q。解：1达因=克·厘米/秒=10-5牛顿3、为了得到一库仑电量大小的概念，试计算两个都是一库仑的点电荷在真空中相距一米时的相互作用力和相距一千米时的相互作用力。解：4、氢原子由一个质子（即氢原子核）和一个电子组成。根据经典模型，在正常状态下，电子绕核作圆周运动，轨道半径是r=5.29×10-11m。已知质子质量M=1.67×10-27kg，电子质量m=9.11×10-31kg。电荷分别为e=±1.6×10-19C,万有引力常数G=6.67×10-11N·m2/kg2。（1）求电子所受的库仑力；（2）库仑力是万有引力的多少倍？（3）求电子的速度。解：5、卢瑟福实验证明：当两个原子核之间的距离小到10-15米时，它们之间的排斥力仍遵守库仑定律。金的原子核中有79个质子，氦的原子核（即α粒子）中有2个质子。已知每个质子带电e=1.6×10-19C，α粒子的质量为6.68×10-27kg.。当α粒子与金核相距为6.9×10-15m时（设这时它们仍都可当作点电荷）。求（1）α粒子所受的力；（2）α粒子的加速度。解：6、铁原子核里两质子间相距4.0×10-15m,每个质子带电e=1.6×10-19C。（1）求它们之间的库仑力；（2）比较这力与所受重力的大小。解：7、两个点电荷带电2q和q，相距l，第三个点电荷放在何处所受的合力为零？解：设所放的点电荷电量为Q。若Q与q同号，则三者互相排斥，不可能达到平衡；故Q 只能与q异号。当Q在2q和q联线之外的任何地方，也不可能达到平衡。由此可知，只有Q与q异号，且处于两点荷之间的联线上，才有可能达到平衡。设Q到q的距离为x.8、三个相同的点电荷放置在等边三角形的各顶点上。在此三角形的中心应放置怎样的电荷，才能使作用在每一点电荷上的合力为零？解：设所放电荷为Q，Q应与顶点上电荷q异号。中心Q所受合力总是为零，只需考虑q受力平衡。平衡与三角形边长无关，是不稳定平衡。9、电量都是Q的两个点电荷相距为l，联线中点为O；有另一点电荷q，在联线的中垂面上距O为r处。（1）求q所受的力；（2）若q开始时是静止的，然后让它自己运动，它将如何运动？分别就q与Q同号和异号两种情况加以讨论。解：(1)(2)q与Q同号时，F背离O点，q将沿两Q的中垂线加速地趋向无穷远处。q与Q异号时，F指向O点，q将以O为中心作周期性振动，振幅为r.<讨论>：设q是质量为m的粒子，粒子的加速度为因此，在r<0),实际测得它受力F。若考虑到电荷量q0不是足够小的，则F/q0比P点的场强E大还是小？若大导体带负电，情况如何？答：q0不是足够小时，会影响大导体球上电荷的分布。由于静电感应，大导体球上的正电荷受到排斥而远离P点，而F/q0是导体球上电荷重新分布后测得的P点场强，因此比P点原来的场强小。若大导体球带负电，情况相反，负电荷受吸引而靠近P点，P点场强增大。3、两个点电荷相距一定距离，已知在这两点电荷连线中点处电场强度为零。你对这两个点电荷的电荷量和符号可作什么结论？答：两电荷电量相等，符号相反。4、一半径为R的圆环，其上均匀带电，圆环中心的电场强度如何？其轴线上场强方向如何？答：由对称性可知，圆环中心处电场强度为零。轴线上场强方向沿轴线。当带电为正时，沿轴线向外；当带电为负时，沿轴线向内，-----------------------------------------------------------------------------------------------------------计算题： 1、在地球表面上某处电子受到的电场力与它本身的重量相等，求该处的电场强度（已知电子质量m=9.1×10-31kg,电荷为-e=-1.610-19C）.解：2、电子所带的电荷量（基本电荷-e）最先是由密立根通过油滴实验测出的。密立根设计的实验装置如图所示。一个很小的带电油滴在电场E内。调节E，使作用在油滴上的电场力与油滴的重量平衡。如果油滴的半径为1.64×10-4cm,在平衡时，E=1.92×105N/C。求油滴上的电荷（已知油的密度为0.851g/cm3）解：3、在早期（1911年）的一连串实验中，密立根在不同时刻观察单个油滴上呈现的电荷，其测量结果（绝对值）如下：6.568×10-19库仑13.13×10-19库仑19.71×10-19库仑8.204×10-19库仑16.48×10-19库仑22.89×10-19库仑11.50×10-19库仑18.08×10-19库仑26.13×10-19库仑根据这些数据，可以推得基本电荷e的数值为多少？解：油滴所带电荷为基本电荷的整数倍。则各实验数据可表示为kie。取各项之差点儿4、根据经典理论，在正常状态下，氢原子中电子绕核作圆周运动，其轨道半径为5.29×10-11米。已知质子电荷为e=1.60×10-19库,求电子所在处原子核（即质子）的电场强度。解：5、两个点电荷，q1=+8微库仑，q2=-16微库仑（1微库仑=10-6库仑），相距20厘米。求离它们都是20厘米处的电场强度。解：与两电荷相距20cm的点在一个圆周上，各点E大小相等，方向在圆锥在上。6、如图所示，一电偶极子的电偶极矩P=ql.P点到偶极子中心O的距离为r,r与l的夹角为。在r>>l时，求P点的电场强度E在r=OP方向的分量Er和垂直于r方向上的分量Eθ。解：其中--7、把电偶极矩P=ql的电偶极子放在点电荷Q的电场内，P的中心O到Q的距离为r(r>>l),分别求：（1）P//QO和（2）P⊥QO时偶极子所受的力F和力矩L。解：（1）F的作用线过轴心O，力矩为零（2）8、附图中所示是一种电四极子，它由两个相同的电偶极子P=ql组成，这两偶极子在一直线上，但方向相反，它们的负电荷重合在一起。证明：在它们的延长线上离中心为r处，解：9、附图中所示为另一种电四极子，设q和l都已知，图中P点到电四极子中心O的距离为x.PO与正方形的一对边平行。求P点的电场强度E。当x>>l时，E=？解：10、均匀带电细棒（1）在通过自身端点的垂直面上和（2）在自身的延长线上的场强分布，设棒长为2l，带电总量为q.解：（1）一端的垂直面上任一点A处 （2）延长线上任一点B处11、两条平行的无限长直均匀带电线，相距为a,电荷线密度分别为±ηe,（1）求这两线构成的平面上任一点（设这点到其中一线的垂直距离为x）的场强；（2）求两线单位长度间的相互吸引力。解：（1）根据场强叠加原理，任一点场强为两无限长直带电线产生场强的矢量和（2）12、如图所示，一半径为R的均匀带电圆环，电荷总量为q。（1）求轴线上离环中心O为x处的场强E；（2）画出E-x曲线；（3）轴线上什么地方场强最大？其值是多少？解：（1）由对称性可知，所求场强E的方向平行于圆环的轴线（2）由场强表达式得到E-X曲线如图所示（3）求极大值：13、半径为R的圆面上均匀带电，电荷面密度为σe，（1）求轴线上离圆心的坐标为x处的场强；（2）在保持σe不变的情况下，当R→0和R→∞时结果各如何？（3）在保持总电荷Q=πR2σe不变的情况下，当R→0和R→∞时结果各如何？解：（1）由对称性可知，场强E沿轴线方向利用上题结果（2）保持σe不变时，（3）保持总电量不变时，14、一均匀带电的正方形细框，边长为l，总电量为q,求这正方形轴线上离中心为x处的场强。解：根据对称性，所求场强沿正方形的轴线方向对于一段长为l的均匀带电直线，在中垂面上离中点为a处产生的电场强度为正方形四边在考察点产生的场强为15、证明带电粒子在均匀外电场中运动时，它的轨迹一般是抛物线。这抛物线在什么情况下退化为直线？解：（1）设带电粒子的初速度方向与电场方向夹角为θ，其运动方程为（2）当E为均匀电场且粒子的初速度为零时，或初速度平行于电场方向时，初速度没有垂直于场强方向的分量，抛物线退化为直线。16、如图所示，示波管偏转电极的长度l=1.5cm,两极间电场是均匀的，E=1.2×104V/m(E方向垂直于管轴)，一个电子以初速度v0=2.6×107m/s沿管轴注入。已知电子质量m=9.1×10-31kg,电荷为e=-1.6×10-19.C.（1）求电子经过电极后所发生的偏转；（2）若可以认为一出偏转电极的区域后，电场立即为零。设偏转电极的边缘到荧光屏的距离D=10厘米，求电子打在荧光屏上产生的光点偏离中心O的距离。 解：（1）电子的运动方程得(2)------------------------------------------------------------------------------------------------------------------§1.3高斯定理思考题：1、一般地说，电力线代表点电荷在电场中运动的轨迹吗？为什么？答：一般情况下，电力线不代表点电荷在电场中运动的轨迹。因为电力线一般是曲线，若电荷沿电力线作曲线运动，应有法向力存在；但电力线上各点场强只沿切线方向，运动电荷必定偏离弯曲的电力线。仅当电力线是直线，且不考虑重力影响时，初速度为零的点电荷才能沿着电力线运动。若考虑重力影响时，静止的点电荷只能沿竖直方向电力线运动。2、空间里的电力线为什么不相交？答：电力线上任一点的切线方向即为该点场强方向。如果空间某点有几条电力线相交，过交点对每条电力线都可作一条切线，则交点处的场强方向不唯一，这与电场中任一点场强有确定方向相矛盾。3、一个点电荷q放在球形高斯面的中心处，试问在下列情况下，穿过这高斯面的电通量是否改变？（1）如果第二个点电荷放在高斯球面外附近；（2）如果第二个点电荷放在高斯球面内；（3）如果将原来的点电荷移离了高斯球面的球心，但仍在高斯球面内。答：由于穿过高斯面的电通量仅与其内电量的代数和有关，与面内电荷的分布及面外电荷无关，所以（1）；（2）；（3）4、（1）如果上题中高斯球面被一个体积减小一半的立方体表面所代替，而点电荷在立方体的中心，则穿过该高斯面的电通量如何变化？（2）通过这立方体六个表面之一的电通量是多少？答：（1）立方形高斯面内电荷不变，因此电通量不变；（2）通过立方体六个表面之一的电通量为总通量的1/6。即5、附图所示，在一个绝缘不带电的导体球的周围作一同心高斯面S。试定性地回答，在将一正点荷q移至导体表面的过程中，（1）A点的场强大小和方向怎样变化？（2）B点的场强大小和方向怎样变化？（3）通过S面的电通量如何变化？答：由于电荷q的作用，导体上靠近A点的球面感应电荷-q′，远离A点的球面感应等量的+q′,其分布与过电荷q所在点和球心O的联线成轴对称，故±q′在A、B两点的场强E′沿AOB方向。（1）E=E0+E′，q移到A点前，E0和E′同向，随着q的移近不断增大，总场强EA也不断增大。q移过A点后，E0反向，且E0>E′，EA方向与前相反。随着q的远离A点，E0不断减小，±q′和E′增大，但因E′始终小于E0，所以EA不断减小。（2）由于q及±q′在B点的场强始终同向，且随着q移近导体球，二者都增大，所以EB不断增大。（3）q在S面外时，面内电荷代数和为零，故Φ=0；q在S面内时，Φ=q/ε0；当q在S面上时，它已不能视为点电荷，因高斯面是无厚度的几何面，而实际电荷总有一定大小， 此时Φ=△q/ε0，△q为带电体处于S面内的那部分电量。6、有一个球形的橡皮气球，电荷均匀分布在表面上，在此气球被吹大的过程中，下列各处的场强怎样变化？（1）始终在气球内部的点；（2）始终在气球外部的点；（3）被气球表面掠过的点。答：气球在膨胀过程中，电荷始终均匀分布在球面上，即电荷成球对称分布，故场强分布也呈球对称。由高斯定理可知：始终在气球内部的点，E=0，且不发生变化；始终在气球外的点，场强相当于点电荷的场强，也不发生变化；被气球表面掠过的点，当它们位于面外时，相当于点电荷的场强；当位于面内时，E=0，所以场强发生跃变。7、求均匀带正电的无限大平面薄板的场强时，高斯面为什么取成两底面与带电面平行且对称的柱体的形状？具体地说，（1）为什么柱体的两底面要对于带电面对称？不对称行不行？（2）柱体底面是否需要是圆的？面积取多大合适？（3）为了求距带电平面为x处的场强，柱面应取多长？答：（1）对称性分析可知，两侧距带电面等远的点，场强大小相等，方向与带电面垂直。只有当高斯面的两底面对带电面对称时，才有E1=E2=E，从而求得E。如果两底在不对称，由于不知E1和E2的关系，不能求出场强。若已先证明场强处处相等，就不必要求两底面对称。（2）底面积在运算中被消去，所以不一定要求柱体底面是圆，面积大小也任意。（3）求距带电面x处的场强时，柱面的每一底应距带电面为x，柱体长为2x。同样，若已先证明场强处处相等，则柱面的长度可任取。17、求一对带等量异号或等量同号电荷的无限大平行平面板之间的场强时，能否只取一个高斯面？答：如果先用高斯定理求出单个无限大均匀带电平面的场强，再利用叠加原理，可以得到两个无限大均匀带电平面间的场强。在这样的计算过程中，只取了一个高斯面。18、已知一高斯面上场强处处为零，在它所包围的空间内任一点都没有电荷吗？答：不一定。高斯面上E=0，S内电荷的代数和为零，有两种可能：一是面内无电荷，如高斯面取在带电导体内部；二是面内有电荷，只是正负电荷的电量相等，如导体空腔内有电荷q时，将高斯面取在导体中，S包围导体内表面的情况。19、要是库仑定律中的指数不恰好是2（譬如为3），高斯定理是否还成立？答：不成立。设库仑定律中指数为2+δ，穿过以q为中心的球面上的电通量为，此时通量不仅与面内电荷有关，还与球面半径有关，高斯定理不再成立。――――――――――――――――――――――――――――――――――――――习题：１、设一半径为５厘米的圆形平面，放在场强为３００Ｎ／Ｃ的匀强电场中，试计算平面法线与场强的夹角θ取下列数值时通过此平面的电通量。（１）θ＝００；（２）θ＝３００；（３）θ＝９００；（４）θ＝１２００；（５）θ＝１８００。解：２、均匀电场与半径为a的半球面的轴线平行，试用面积分计算通过此半球面的电通量。解：通过半球面的电通量与通过半球面在垂直于场强方向上的投影面积的电通量相等。 ３、如附图所示，在半径为Ｒ１和Ｒ２的两个同心球面上，分别均匀地分布着电荷Ｑ１和Ｑ２，求：（１）Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域内的场强分布；（２）若Ｑ１＝－Ｑ２，情况如何？画出此情形的Ｅ－r曲线。解：（１）应用高斯定理可求得三个区域内的场强为E－r曲线(rR2)(2)若Ｑ１＝－Ｑ２，E1=E3=0,E－r曲线如图所示。４、根据量子理论，氢原子中心是一个带正电子qe的原子核（可以看成是点电荷），外面是带负电的电子云。在正常状态（核外电子处在Ｓ态）下，电子云的电荷密度分布是球对称的：式中a0为一常数（它相当于经典原子模型中s电子圆形轨道的半径，称为玻尔半径）。求原子内电场的分布。解：电子云是球对称分布，核外电子的总电荷量为可见核外电荷的总电荷量等于电子的电荷量。应用高斯定理：核外电荷产生的场强为原子核与核外电荷产生的总场强为５、实验表明：在靠近地面处有相当强的电场，Ｅ垂直于地面向下，大小约为１００Ｎ／Ｃ；在离地面1.5千米高的地方，Ｅ也是垂直地面向下的，大小约为２５Ｎ／Ｃ。（１）试计算从地面到此高度大气中电荷的平均密度；（２）如果地球上的电荷全部均匀分布在表面，求地面上电荷的面密度。解：（１）以地心为心作球形高斯面，恰好包住地面，由对称性和高斯定理得（２）以地球表面作高斯面６、半径为Ｒ的无穷长直圆筒面上均匀带电，沿轴线单位长度的电量为λ.求场强分布，并画出E－r曲线。解：应用高斯定理，求得场强分布为Ｅ＝０rRE－r曲线如图所示。７、一对无限长的共轴直圆筒，半径分别为Ｒ１和Ｒ２，筒面上都均匀带电。沿轴线单位长度的电量分别为λ１和λ２，（１）求各区域内的场强分布；（２）若λ１＝－λ２，情况如何？画出此情形的E－r曲线。解：（１）由高斯定理，求得场强分布为rR2（２）若λ１＝－λ２，Ｅ１＝Ｅ３＝０，Ｅ２不变。此情形的E－r曲线如图所示。 ８、半径为Ｒ的无限长直圆柱体内均匀带电，电荷的体密度为ρ，求场强分布，并画出Ｅ-r曲线。解：应用高斯定理，求得场强分布为圆柱体内圆柱体外E－r曲线如图所示９、设气体放电形成的等离子体圆柱内的体电荷分布可用下式表示，式中r是到轴线的距离，ρ０是轴线上的密度值，a是常数，求场强的分布。解：应用高斯定理，作同轴圆柱形闭合柱面为高斯面。Ｅ方向沿矢径r方向。１０、两无限大的平行平面均匀带电，电荷的面密度分别为±σ，求各区域的场强分布。解：无限大均匀带电平面所产生的电场强度为根据场强的叠加原理，各区域场强分别为可见两面外电场强度为零，两面间电场是均匀电场。平行板电容器充电后，略去边缘效应，其电场就是这样的分布。１１、两无限大的平行平面均匀带电，电荷的面密度都是σ，求各区域的场强分布。解：与上题同理，无限大均匀带电平面所产生的电场强度为应用场强叠加原理，场强在各区域的分布为可见两面间电场强度为零，两面外是均匀电场，电场强度大小相等，方向相反。１２、三个无限大的平行平面均匀带电，电荷的面密度分别为σ１、σ２、σ３，求下列情况各处的场强：（１）σ１＝σ２＝σ３＝σ；（２）σ１＝σ３＝σ；σ２＝－σ；（３）σ１＝σ３＝－σ；σ２＝σ；（４）σ１＝σ；σ２＝σ３＝－σ。解：无限大均匀带电平面所产生的电场强度为各区域场强为各带电面产生场强的叠加Ｅ１Ｅ２Ｅ３Ｅ４（１）（２）（３） （４）１３、一厚度为d的无限大平板，平板体内均匀带电，电荷的体密度为ρ，求板内、板外场强的分布。解：根据对称性，板内外的电场强度方向均垂直于板面，并对中心对称。应用高斯定理可求得：板内（rd/2）１４、在半导体p-n结附近总是堆积着正、负电荷，在n区内有正电荷，P区内有负电荷，两区电荷的代数和为零。把p-n结看成是一对带正、负电荷的无限大平板，它们相互接触。取坐标x的原点在p、n区的交界面上，n区的范围是-xn≤x≤0,p区的范围是０≤x≤xP.设两区内电荷体密度分布都是均匀的：n区，P区(突变结模型)这里ＮＤ、ＮＡ是常数，且ＮＡxp=NDxn(两区电荷数量相等)。试证明电场的分布为：n区，P区并画出ρ和Ｅ随x变化的曲线。解：将带电层看成无数无限大均匀带电平面的叠加，由叠加原理可知，在p-n结以外区域，E=0（１）对高斯面S1，应用高斯定理（2）对高斯面S2，应用高斯定理（3）ρ和Ｅ随x变化的曲线如图所示。-１５、如果在上题中电荷的体分布为p-n结外ρ（x）=0-xn≤x≤xpρ（x）=-eax(线性缓变结模型)这里a是常数，xn=xp（为什么？），统一用xm/2表示。试证明电场分布为并画出ρ和Ｅ随x变化的曲线。解：正负电荷代数和仍为零，p-n结外E=0作高斯面ρ和Ｅ随x变化的曲线如图所示。 ----------------------------------------------------------------------§1.4电位及其梯度思考题：１、假如电场力的功与路径有关，定义电位差的公式还有没有意义？从原则上说，这时还能不能引入电位差、电位的概念？答：如果电场力的功与路径有关，积分在未指明积分路径以前就没有意义，路径不同，积分结果也不同，相同的位置，可以有无限多取值，所以就没有确定的意义，即不能根据它引入电位、电位差的概念来描写电场的性质。２、（1）在附图a所示的情形里，把一个正电荷从P点移动到Q，电场力的功APQ是正还量负？它的电位能是增加还是减少？P、Q两点的电位哪里高？（2）若移动负电荷，情况怎样？（3）若电力线的方向如附图b所示，情况怎样？答：(1)正电荷在电场中任一点受电场力F=qE，方向与该点E方向相同，在ＰＱ路径上取任一微元，dA>0P→Q，电场力的功APQ>0，APQ=q(UP-UQ)=Wp-WQ>0,所以电位能减少，q>o,A>0,所以ＵＰ>UQ（２）负电荷受力与电场方向相反，P→Q，电场力的功APQ<0，电位能增加，但仍有ＵＰ>UQ（３）由于场强方向与前述相反，则所有结论与（１）（２）相反。３、电场中两点电位的高低是否与试探电荷的正负有关？电位差的数值是否与试探电荷的电量有关？答：电位高低是电场本身的性质，与试探电荷无关。电位差的数值也与试探电荷的电量无关。４、沿着电力线移动负试探电荷时，它的电位能是增加还是减少？答：沿着电力线移动负试探电荷时，若dl与Ｅ同向，电场力作负功，电位能增加；反之电位能减少。５、说明电场中各处的电位永远逆着电力线方向升高。答：在任何情况下，电力线的方向总是正电荷所受电场力的方向，将单位正电荷逆着电力线方向由一点移动到另一点时，必须外力克服电场力作功，电位能增加。电场中某点的电位，在数值上等于单位正电荷在该点所具有的电位能，因此，电位永远逆着电力线方向升高。６、（1）将初速度为零的电子放在电场中时，在电场力作用下，这电子是向电场中高电位处跑还是向低电位处跑？为什么？（2）说明无论对正负电荷来说，仅在电场力作用下移动时，电荷总是从电位能高处移向电位能低处。答：（１）电子带负电，被电场加速，逆着电力线方向运动，而电场中各点的电位永远逆着电力线方向升高--电子向高电位处移动。（２）若电子初速度为零，无论正负电荷，单在电场力作用下移动，电场力方向与位移方向总是一致的，电场力作正功，电位能减少，所以电荷总是从电位能高处向电位能低处移动。７、可否规定地球的电位为+100伏，而不规定它为零？这样规定后，对测量电位、电位差的数值有什么影响？答：可以。因为电位零点的选择是任意的，假如选取地球的电位是100V而不是0V，测量 的电位等于以地为零电位的数值加上100V，而对电位差无影响。８、若甲、乙两导体都带负电，但甲导体比乙导体电位高，当用细导线把二者连接起来后，试分析电荷流动的情况。答：在电场力作用下，电荷总是从电位能高处向电位能低处移动。负电荷由乙流向甲，直至电位相等。９、在技术工作中有时把整机机壳作为电位零点。若机壳未接地，能不能说因为机壳电位为零，人站在地上就可以任意接触机壳？若机壳接地则如何？答：把整机机壳作为零电位是对机上其他各点电位而言，并非是对地而言。若机壳未接地，它与地之间可能有一定的电位差，而人站在地上，与地等电位，这时人与机壳接触，就有一定电位差加在人体上。当电压较高时，可能造成危险，所以一般机壳都要接地，这样人与机壳等电位，人站在地上可以接触机壳。１０、（1）场强大的地方，是否电位就高？电位高的地方是否场强大？（２）带正电的物体的电位是否一定是正的？电位等于零的物体是否一定不带电？（３）场强为零的地方，电位是否一定为零？电位为零的地方，场强是否一定为零？（４）场强大小相等的地方电位是否相等？等位面上场强的大小是否相等？以上各问题分别举例说明之。答：（１）不一定。E仅与电势的变化率有关，场强大仅说明U的变化率大，但U本身并不一定很大。例如平行板电容器，B板附近的电场可以很强，但电位可以很低。同样电位高的地方，场强不一定大，因为电位高不一定电位的变化率大。如平行板电容器A板的电位远高于B板电位，但A板附近场强并不比B板附近场强大。（２）当选取无限远处电位为零或地球电位为零后，孤立的带正电的物体电位恒为正，带负电的物体电位恒为负。但电位的正负与零电位的选取有关。假如有两个电位不同的带正电的物体，将相对于无限远电位高者取作零电位，则另一带电体就为负电位，由引可说明电位为零的物体不一定不带电。（３）不一定。场强为零仅说明U的变化率为零，但U本身并不一定为零。例如两等量同号电荷的连线中点处，E=0而U≠0。U为零时，U的变化率不一定为零，因此E也不一定为零。例如两等量异号电荷的连线中点处，U=0而E≠0（４）场强相等的地方电位不一定相等。例如平行板电容器内部，E是均匀的，但U并不相等。等位面上场强大小不一定相等。如带电导体表面是等位面，而表面附近的场强与面电荷密度及表面曲率有关。１１、两个不同电位的等位面是否可以相交？同一等位面是否可以与自身相交？答：在零电位选定之后，每一等位面上电位有一确定值，不同等位面U值不同，故不能相交。同一等位面可与自身相交。如带电导体内部场强为零，电位为一常量，在导体内任意作两个平面或曲面让它们相交，由于其上各点的电位都相同，等于导体的电位，这种情况就属于同一等位面自身相交。习题：１、在夏季雷雨中，通常一次闪电里两点间的电位差约为100MV（十亿伏特），通过的电量约为30C。问一次闪电消耗的能量是多少？如果用这些能量来烧水，能把多少水从00C加热到1000C？解：一次闪电消耗的能量为W=QU=30×109=3×1010（J）所求的水的质量为M=W/J=72（t）２、已知空气的击穿场强为2×106V/m,测得某次闪电的火花长100米，求发生这次闪电时两端的电位差。 解：U=2×106×100=2×108（V）３、证明：在真空静电场中凡是电力线都是平行直线的地方，电场强度的大小必定处处相等；或者凡是电场强度的方向处处相同的地方，电场强度的大小必定处处相等。证明：在电场中作任意矩形闭合回路abcd，移动电荷q一周，电场力作功为４、求与点电荷q=1.0×10-6C分别相距为a=1.0m和b=2.0m的两点间的电位差。解：５、一点电荷q在离它10厘米处产生的电位为100V，求q。解：６、求一对等量同号电荷联线中点的场强和电位，设电荷都是q,两者之间距离为2l.解：７、求一对等量异号电荷联线中点的场强和电位，设电荷分别是±q,两者之间距离为2l.解：８、如图所示，AB=2l,OCD是以B为中心，l为半径的半圆，A点有正点电荷+q，B点有负点电荷-q。（１）把单位正电荷从O点沿OCD移到D点，电场力对它作了多少功？（２）把单位负电荷从D点沿AB的延长线移到无穷远去，电场力对它作了多少功？解：电荷在电场中移动时，电场力作功等于电势能减少的值。（1）（2）９、两个点电荷的电量都是q，相距为l，求中垂面上到两者联线中点为x处的电位。解：根据电势的叠加原理１０、有两个异号点电荷me和-e(n>1),相距为a,（１）证明电位为零的等位面是一个球面；（２）证明球心在这两个点电荷的延长线上，且在-e点电荷的外边；（３）这球的半径是多少？解：以-e为原点O，两电荷的联线为x轴，取坐标系如图所示。根据电势叠加原理，空间任一点的电势为１１、求电偶极子p=ql电位的直角坐标表达式，并用梯度求出场强的直角分量表达式。解：（1）取坐标系如图所示，根据电势叠加原理当r>>l时，（2）由电势梯度求得场强为１２、证明如图所示电四极子在它的轴线延长线上的电位为，并由梯度求场强。解：取坐标系如图所示，根据电势的叠加原理１３、一电四极子如图所示，证明：当r>>l时，它在P（r,θ）点产生的电位为图中的极轴通过正方形中心O点，且与一边平行。解：（1）根据电势叠加原理 当r>>l时，（2）由电势梯度求场强此题也可以将平面电四极子当作两个电偶极子，由电偶极子产生的电势叠加求U及E。１４、求均匀带电圆环轴线上电位的分布，并画U-x曲线。解：（1）P点的电势及场强为（2）由电势表达式得因此得U-x曲线为１５、求均匀带电圆面轴线上的电位分布，并画U-x曲线。解：（1）利用上题结果，求得电位及场强分布为（2）由电势表达式得U-X曲线如图所示１６、求两个均匀带电的同心球面在三个区域内的电位分布，并画U-r曲线。解：（1）已知均匀带电球面产生的电场中电位的分布为由电势叠加原理可知：（2）U-r曲线如图所示１７、在上题中，保持内球上电量Q1不变，当外球电量Q2改变时，试讨论三个区域内的电位有何变化？两球面之间的电位差有何变化？解：保持Q1不变，当外球电量Q2变化时，各区域电位随之变化１８、求均匀带电球体的电位分布。并画U-x曲线。解：（1）由高斯定理可求得场强分布为（2）由场强求得电势为（3）U-r曲线如图所示１９、金原子核可当作均匀带电球，半径约为6.9×10-15米，电荷为Ze=79×1.6×10-19C,求它表面上的电位。解：２０、（1）一质子（电荷为e=1.6×10-19C,质量为1.67×10-27kg）,以1.2×102m/s的初速从很远的地方射向金原子核，求它能达到金原子核的最近距离。（2）α粒子的电荷为2e，质量为6.7×10-27kg,以1.6×102m/s的初速度从很远的地方射向 金原子核，求它能达到金原子核的最近距离。解：由能量守恒定律得（1）（2）21、在氢原子中，正常状态下电子到质子的距离为5.29×10-11m,已知氢原子核（质子）和电子带电各为±e。把氢原子中的电子从正常状态下离核的最近距离拉开到无穷远处所需的能量，叫做氢原子核的电离能。求此电离能是多少电子伏和多少焦耳。解：设电子的质量为m，速度为v,氢原子基态的能量为负号是因为，以电子和质子相距无穷远时为电势能的零点，要把基态氢原子的电子和质子分开到相距无穷远处，需要外力做功。这功的最小值便等于氢原子的电离能量EE=-W=-13.6eV一摩尔氢原子的电离能量为Emol=NAE=8.19eV=1.31×106(J)22、轻原子核（如氢及其同位素氘、氚的原子核）结合成为较重原子核的过程，叫做核聚变。核聚变过程可以释放出大量能量。例如，四个氢原子核（质子）结合成一个氦原子核（α粒子）时，可释放出28MeV的能量。这类核聚变就是太阳发光、发热的能量来源。如果我们能在地球上实现核聚变，就可以得到非常丰富的能源。实现核聚变的困难在于原子核都带正电，互相排斥，在一般情况下不能互相靠近而发生结合。只有在温度非常高时，热运动的速度非常大，才能冲破库仑排斥力的壁垒，碰到一起发生结合。这叫做热核反应。根据统计物理学，绝对温度为T时，粒子的平均平动动能为，k=1.38×10-23J/K.试计算：（１）一个质子以怎样的动能（以eV表示）才能从很远的地方达到与另一个质子接触的距离？（２）平均热运动动能达到此数值时，温度（以K表示）需为多少？解：（1）设两个质子迎头相碰，碰撞时两者中心距离为2r(2)实际上，由于量子力学的隧道效应，使质子不需要那么大的动能就可以穿过静电壁垒而达到互相接触，故发生热核聚变所需的温度可以低一些，据估算，108K即可。２３、在绝对温度为T时，微观粒子热运动能量具有KT的数量级。有时人们把能量KT折合成电子伏，就说温度T为若干电子伏。问：（１）T=1eV相当于多少开？（２）T=50keV相当于多少开？（３）室温（T=300K）相当于多少eV?解：（1）（2）（3）又如：太阳表面温度约为6000K，T=0.52eV热核反应时温度高达108K，T=8.6(keV)２４、电量q均匀地分布在长为2l的细直线上，求下列各处的电位U：（１）中垂面上离带电线段中心O为r处，并利用梯度求Er;（２）延长线上离中心O为Z处，并利用梯度求EZ； （３）通过一端的垂面上离该端点为r处，并利用梯度求Er.解：（１）中垂面上离中心为r1处，（２）延长线上离中心为r2处(3)端垂面上离该端为r3处，２５、如图所示，电量q均匀地分布在长为2l的细直线上，（１）求空间任一点P（r,z）的电位U(0>球Ａ的半径Ｒ)。作用在Ａ、q1、q2和q四物体上的静电力各多大？q1q2A···qQr2答：电荷q1在其所在空腔内壁上感应出－q1的电荷，在Ａ的外表面上感应出＋q1的电荷；q2在其所在空腔内壁上感应出－q２的电荷，在Ａ的外表面上感应出＋q２的电荷；因此Ａ的外表面上感应电荷的总电量为q1＋q２。(r>>R，q在球面上的感应电荷不计)q1和－q1在空腔外产生的场强的矢量和为零，因此，它们对Ａ球面上的电荷q1＋q２以及电荷q、q２没有作用力。同样，q２和－q２也是如此。电荷q和Ａ球面上的电荷q1＋q２由于静电屏蔽效应，对q1和q２也没有作用力。由于q至Ａ球中心的距离r>>R,电荷q和Ａ球面上的电荷q1＋q２的相互作用，可看作两个点电荷之间的相互作用，相互1qqq作用力满足库仑定律。力的大小为E12，方向在沿着q和Ａ球心的连线上。24r0q1和q２之间没有相互作用力，因为它们各自发出的电力线全部终止在自己所在的空腔内表面上。q1只受其所在腔壁上－q1作用，由于对称性，作用力相互抵消为零。同样q２所受到的作用力也为零。 １９、在上题中取消r>>R的条件，并设两空腔中心的间距为a,试写出：（１）q给q1的力；（２）q２给q的力；（３）q1给Ａ的力；（４）q1受到的合力。答：（１）电荷之间的相互作用力与其他物质或电荷是否存在无关，所以点电荷q给点电荷1qqq1的作用力为F1240ra/21qq（２）同理q２给q的力F1240ra/2（３）q1给Ａ的力Ｆ＝０（Ａ所带总电量为零，等量异号电荷分布具有轴对称性）（４）q1受到的合力为零。因为所受力包括四部分——一是空腔内表面上与其等量异号的感应电荷对其的作用力，由于感应电荷均匀分布于内球面上，由对称性可知Ｆ１＝０；二是q2及其空腔内表面上的感应电荷－q2对其的作用力，－q2在内表面上的分布也是均匀的，q2及－q2对q1的作用力Ｆ２＝０；三是Ａ球外表面感应电荷q1＋q２对其作用，q1＋q２均匀分布于Ａ球面上，在导体内部产生的场强为零，所以作用力F03四是q及Ａ上感应电荷对其作用。导体外表面上感应电荷在导体内产生的场正好与引起它的电荷在导体内产生的电场互相抵消，使得导体内场强处处为零，所以合力Ｆ４＝０。２０、（１）若将一个带正电的金属小球移近一个绝缘的不带电导体时，小球受到吸引力还是排斥力？（２）若小球带负电，情况将如何？（３）若当小球在导体近旁（但未接触）时，将导体远端接地，情况如何？（４）若将导体近端接地，情况如何？（５）若导体在未接地前与小球接触一下，将发生什么变化？（６）若将导体接地，小球与导体接触一下后，将发生什么变化？答：（１）导体在靠近小球一端感应电荷为负电荷，小球受吸引力；（２）若小球带负电，导体在靠近小球一端感应电荷为正电荷，小＋球仍受吸引力；＋ （３）导体远端接地时，导体整体带负电，小球所受力为吸引力；（４）导体近端接地时，导体仍带负电，小球所受力为吸引力；（５）导体在未接地前与小球接触一下，导体也带正电，小球受到排斥力；（６）导体接地，小球与导体接触后，所有电荷将通过导体流入大地，小球与导体均不带电，因此小球与导体之间没有相互作用力。２１、（１）将一个带正电的金属小球Ｂ放在一个开有小孔的绝缘金属壳内，但不与接触。将另一带正电的试探电荷Ａ移近时，Ａ将受到吸引力还是排斥力？若将小球Ｂ从壳内移去后，Ａ将受到什么力？（２）若使小球Ｂ与金属壳内部接触，Ａ受什么力？这时再将小球Ｂ从壳内移去，情况如何？（３）使小球不与壳接触，但金属壳接地，Ａ将受什么力？将接地线拆掉后，又将小球Ｂ从壳内移去，情况如何？（４）如情形（３），但先将小球从壳内移去后再拆除接地线，情况与（３）相比有何不同？答：（１）在此情形下，带正电的Ｂ球将在金属壳内表面感应出负电荷，在金属壳外表面感应出正电荷，Ｂ球和金属壳组成的体系在金属壳外部的场，只由金属壳外表面的电荷分布决定，由于金属壳外表面带正电，所以处在这个电荷的场中的带正电的试探电荷Ａ将受到排斥力（这里忽略不计Ａ的＋＋ＡＢ场对金属壳外表面电荷分布的影响，否则，在一定条件下，它们之间可能出现相互吸引的情况）。若将Ｂ从壳内移去，带正电的试探电荷Ａ将使金属壳外表面上产＋生感应电荷，靠近Ａ的一边出现负电荷，远离Ａ的一边出现正电荷。Ａ距离不同，吸引力大于排斥力，结果Ａ将受到吸引力作用。（２）小球Ｂ与金属壳内部接触，Ｂ的正电荷将分布在金属壳的外表面，处于此电场中的Ａ将受到排斥力的作用。这时再将Ｂ从金属壳内移＋ＡＢ＋去，情况不变。（３）Ｂ不与金属壳接触，但金属壳接地时，金属壳外表面由于Ａ的存在而出现的感应电荷消失。但由于带正电的Ａ的存在，将在离Ａ最近＋＋的一边出现负的感应电荷，它将使Ａ球受到吸引力作用。ＡＢ将接地线拆掉后，又将Ｂ从壳内移去，内表面上的负电荷将分布 在外表面上，最后结果是Ａ球所受的吸引力增大。（４）先将Ｂ移去再拆去地线，与（３）的最后结果相同，但引力大小不同。在（３）中，由于静电平衡状态下先拆掉地线，各部分电荷分布不变，再将Ｂ从壳内移去，内壁的负电荷转移到外表面后不能入地，Ａ球受到的吸引力增大。在（４）中，先将Ｂ从壳内移去，内壁的负电荷转移到外表面后，全部从接地线入地，静电平衡后再拆去地线，Ａ球受到的吸引力将不增加。２２、在一个孤立导体球壳的中心放一个点电荷，球壳内、外表面上的电荷分布是否均匀？如果点电荷偏离球心，情况如何？答：电荷放在球心，由于球对称性，球壳内、外表面上的电荷分布是均匀的。如果点电荷偏离球心，力线不是从球心出发，但在内表面附近，又必须垂直于球壳的内表面，所以球壳内的场强分布不再具有球对称性，球壳内表面上的电荷分布不再均匀。但是，点电荷发出的电力线终止在内表面上，不影响球壳外部，因此，球壳外表面的电荷仍然按外表面的形状均匀分布。２３、如图所示，金属球置于两金属板间，板间加以高压，则可看到球与板间放电的火花。若再在下面板上金属球旁放一等高度的尖端金属，问放电火花将如何变化？想一想这现象可有何应用？答：若在下面板上金属球旁放一等高的尖端金属，则球和上板之间不再出现放电火花，火花只出现在尖端金属与上板之间。这是由于导体尖端处面电荷密度大，附近的场强特别强，使得空气易于在金属尖端和上板之间被击穿而发生火花放电。上述现象说明，曲率半径小的尖端比曲率半径大的表面易于放电。利用这种现象可以做成避雷针，避免建筑物遭受雷击；让高压输电线表面作得很光滑，其半径不要过小，避免尖端放电而损失能量；高压设备的电极作成光滑球面，避免尖端放电而漏电，以维持高电压等。------------------------------------------------------------------------------------------------------------------习题：１、如图所示，一平行板电容器充电后，Ａ、Ｂ两极板上电荷的面密度分别为σ和－σ。设Ｐ为两板间任一点，略去边缘效应，求：σ－σ＋－（１）Ａ板上的电荷在Ｐ点产生的电场强度ＥＡ；＋－APB＋－－＋（２）Ｂ板上的电荷在Ｐ点产生的电场强度Ｅ－Ｂ；＋－＋－＋－（３）Ａ、Ｂ两板上的电荷在Ｐ点产生的电场强度Ｅ；＋－ （４）若把Ｂ板拿走，Ａ板上电荷分布如何？Ａ板上的电荷在Ｐ点产生的电场强度为多少？解：略去边缘效应，两极板上的电荷是均匀分布的电荷，两极板间的电场是均匀电场。由对称性和高斯定理可得（1）Ａ板上的电荷在Ｐ点产生的电场强度Ee（A板法线方向上的单位矢量，A20指向B板）；（2）B板上的电荷在Ｐ点产生的电场强度EeB20（3）Ａ、B两板上的电荷在Ｐ点产生的电场强度EEEeAB0（4）Ｂ板拿走后，Ａ板上电荷将均匀分布在两个表面上，面电荷密度减小为一半。在P点产生的场强为两个表面上电荷产生场强的叠加，EeA202、证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板来说，（１）相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；（２）相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同。123422（３）若左导体板带电+3微库/米，右导体板带电+7微库/米，求四个表面上的电荷。解：由对称性可知，在每个面上，电荷必定都是均匀分布的，在两板间和两板外的电场必定都是均匀电场，电场强度的方向都与板面垂直。（１）作柱形高斯面如图所示，由高斯定理得σ1σ2σ3σ41EdS0()S23S0231234（２）根据无限大带电平面均匀电荷产生电场强度的公式和电场强度的叠加原理，导体内任一点P的电场强度为12341Ee(e)(e)(e)()e0P1234222220000014（３）应用前述结果及电荷守恒定律 231Q1Q222C/m23142S解得：Q1(12)S1Q1Q225C/m14Q()S2S234由此可知，当Q1=Q2时，相向的两面上无电荷分布，相背的两面上电荷等量同号；当Q1=-Q2时，相背的两面上无电荷分布，相向的两面上电荷等量异号。23、两平行金属板分别带有等量的正负电荷。两板的电位差为120V，两板的面积都是3.6cm,两板相距1.6mm。略去边缘效应，求两板间的电场强度和各板上所带的电量。解：（1）两板间电场看作均匀电场，两板的电势差为UUEdlEdUU4E7.510(V/m)d电场强度的方向由电势高的板指向电势低的板。（2）利用上题结果，相背的两面上没有电荷，相向的两面上电荷面密度大小相等而符号10相反。板上的电量为QSES2.410C024、两块带有等量异号电荷的金属板a和b，相距5.0mm，两板的面积均为150cm,电量的-8大小都是2.66×10C,a板带正电并接地。以地的电位为零，并略去边缘效应，问：（１）b板的电位是多少？ab（２）a、b间离a板1.0mm处的电位是多少？σ1σ2σ3σ4解：a、b两板上的电荷都均匀分布在相向的两面上，(1)两板间的电场强度为1234QEeeS00bbQlb板的电位为UUEdl0Edl1.0103VbaaaS0（２）两板之间离a板1.0mm处的电位是PPlP2UEdlEdlU2.010Vbaabl25、三平行金属板A、B和C，面积都是200cm,AB相距4.0mm，AC相距2.0mm，BC两-7板都接地。如果使A板带正电3.0×10C，在略去边缘效应时，问B板和C板上感应电 荷各是多少？以地的电位为零，问A板的电位是多少？解：（1）BC两板都接地，故两板上只有向着A的一面有感应电荷。由对称性和高斯定理得0CAC0BABCABBCABAC三块板上电荷量的关系为QQQ2mm4mmBCAAB由高斯定理得AB间的电场强度为EeAB0ACAC间的电场强度为E(e)AC0dCBABUUddQQBCACABCBd00AC7联立解得Q1.010C,B7Q2.010CCBQB3（2）A板的电位为UEddd2.310VAABABABABS006、点电荷q处在导体球壳的中心，壳的内外半径分别为R1和R2，求场强和电位的分布，并画出E—r和U—r曲线。解：（1）由高斯定理得场强的分布为qErR124r0R1E0R2R1rR2qqE240rrR2（2）电位分布为q111U1EdlrR1r4rRR012qU2EdlR1rR2r4R02qU3EdlErR2r4r0（3）E—r和U—r曲线如图所示EUrrR1R2R1R2 球壳内外面上电场强度的值，等于该面两边趋于该面时电场强度极限值的平均值。-107、在上题中，若q=4.0×10C,R1=2cm，R2=3cm，求：（１）导体球壳的电位；（２）离球心r=1cm处的电位；（３）把点电荷移开球心1cm，求导体球壳的电位。q解：（1）导体球壳的电位为UEdl120VR24R02（2）离球心为r处的电位为R1q11qUEdlEdl()300VrR24rR4R0102（3）导体球壳的电位取决于球壳外表面电荷分布所激发的电场，与点电荷在球壳内的位置无关。因此导体球壳电位仍为300V。8、半径为R1的导体球带有电量q,球外有一个内、外半径分别R2、R3的同心导体球壳，壳上带有电荷Q。Q（１）求两球的电位U1和U2；q（２）两球的电位差△U；R3R1R2（３）以导线把球和壳连在一起后，U1、U2和△U分别是多少？（４）在情形（1）、（2）中，若外球接地，U1、U2和△U分别是多少？（５）设外球离地面很远，若内球接地，情况如何？解：（1）由对称性和高斯定理求得，各区域的电场强度和电位分别为 q111Q1E0rR1U1Edl(rR1)内球电位r4RRR4R012303qE2R1rR2q111Q140rU2rEdl(R1rR2)4rRR4R02303E0RrR23qQqQU3Edl(R2rR3)外球电位ErRr40R3234r0qQUEdl(rR)43r4r0（2）两球的电位差为R2q11UEdlR14RR012qQ（3）以导线连接内外球，所有电荷将分布于球壳的外表面上，U内U外4R03U0（4）若外球接地，则情形（1）（2）中球壳内表面带电-q,外表面不带电R2q11内球电位UEdl1R140R1R2q11外球电位U0U24RR012（5）内球电位为零。设其上所带电量为q′,1qqqQQR1R2内球电位UEdl0q1R140R1R2R3R1R2R2R3R1R3R1R11q1Q(R1R2)外球电位UEdldr2RR22240r40R1R2R2R3R1R31Q(R1R2)UU24RRRRRR0122313-10-10９、上题中，设q=10C,Q=11×10C,R1=1cm，R2=3cm，R3=4cm，试计算各种情形中的U1、U2和△U，并画出U—r曲线。解：利用上题结果代入数据得 q111Q1(1)U330V14RRR4R012303Q1U270V24R03(2)UUU60V12Q1(3)UU270V124R03(4)U60V,U0,UUU60V1212(5)U0,U180V,UUU180V1212函数曲线如图所示。EUrrR1R2R3R1R2R36１０、设范德格喇夫起电机的球壳与传送带上喷射电荷的尖针之间的电位差为3.0×10V,-3如果传送带迁移电荷到球壳上的速率为3.0×10C/s，则在仅考虑电力的情况下，必须用多大的功率来开动传送带？解：开动传送带的功率至少应等于迁移电荷作功的功率AqUNvU9000Wtt１１、德格喇夫起电机的球壳直径为1m。空气的击穿场强为30KV/cm。这起电机最多能达到多高的电位？解：对空间任一点P，球壳所带电荷产生的电场的场强和电位分别为1qE24rU0r1qEU4r06UER1.510Vmax１２、同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属直圆柱体构成。设内圆柱体的电位为U1，半径为R1，外圆柱体的电位为U2，内半径为R2，求其间离轴为r处（R1>a),求单位长度的电容。解：由高斯定理可求得两导线之间垂直连线上任意一点P的场强为·Pd 11EEE20rdrdadaUEdrlnaa0单位长度的电容为0CUdalna１０、证明：同轴柱形电容器两极的半径相差很小（即RB-RA<>r；（２）扁平圆柱，h<>r，h介质柱上下底面很小，束缚电荷ＱP=σPS很小，而且离介质柱的中点较远，所以ＱＰ产生的电场与Ｅ０相比很小，可以忽－－－－－－略，因此介质柱中点的场强0EE,DE0r00 （２）介质柱上下两底面的束缚电荷不能忽略，可以将其看＋＋＋＋＋＋成无限大平面，束缚电荷在这两个面之间产生的电场为PE1Er0－－－－－－介质中的场强为EEEEE1EE00。介质中的电位移DE00r0r0r４、在均匀极化的电介质中挖去一个半径为r、高度为h的圆柱形空穴，其轴线平行于极化强度矢量Ｐ。求在下列两种情况下空穴中点Ａ处的场强Ｅ和电位移矢量Ｄ与介质中Ｅ、Ｄ的关系。（１）细长圆柱，h>>r；（图a）AA（２）扁平圆柱，h<ε２Ｅ２Ｒ２的条件下，首先被击穿的是外层电介质。解：EE122r2r12每层介质能承受的最大带电量为2RE2RE1max1112max222 若则外层介质首先被击穿。2max1max即ε1Ｅ１Ｒ１>ε２Ｅ２Ｒ２３８、一平行板电容器极板面积为Ｓ，间距为d，电荷为±Ｑ。将一块厚度为d，介电常数为ε的均匀电介质板插入极板间空隙。计算：（１）静电能的改变；（２）电场力对介质板作的功。222QQQ1d解：（１）静电能的增量为WWW02C2C2S00（２）将介质板插入电容器的过程中，与电源断开连接，电场力作正功，静电能减少。2Q1d电场力所作的功为AW2S0３９、一平行板电容器极板面积为Ｓ，间距为d，接在电源上以维持其电压为Ｕ。将一块厚度为d，介电常数为ε的均匀电介质板插入极板间空隙。计算：（１）静电能的改变；（２）电场对电源所作的功；（３）电场对介质板所作的功。212120S1U解：（１）静电能的增量为WWWCUCU00222dS1U0（２）在此过程中，极板上电量的增量为qqq(CC)U00d2S1U0电量增加，电源对电场作正功，电场力作负功。AUq电场d2S1U0（３）能量守恒。电场对介质板作功为AAW电源对电场作功2d４０、一平行板电容器是边长为a的正方形，间距为d，电荷为±Ｑ。将一块厚度为d，介电常数为ε的均匀电介质板插入一半，它受力多少？什么方向？222QQdQ解：设介质板插入部分长为lW2C2CC2aall120 2WdQ(1)根据虚功原理F|方向沿吸入电介质板的方向a3ll2a120４１、两个相同的平行板电容器，它们的极板面积都是半径为１０cm的圆形，极板相距都是1.0mm。其中一个两板间是空气，另一个两板间是ε＝２６的酒精。把这两个电容器并联后充电到１２０Ｖ，求它们所蓄的总电能；再断开电源，把它们带异号电荷的两极板分别联在一起，求这时两者所蓄的总电能。少的能量哪里去了？解：（１）W1CCU25J5.4101222（２）QQQCCU1Q52121W4.710J2CC12减少的能量大部分在导线电阻上转化为热，小部分在电容器放电过程中对外辐射。――――――――――――――――――――――――――――――――――――§2.4电场的能量和能量密度１、真空中一个均匀带电导体球，半径为Ｒ，带电量为q,求电场能量的一半分布在半径多大的球面内。2q解：半径为Ｒ，带电量为q的导体球所储存的静电能为W8R0当静电能量为一半时，r=2R２、空气中一直径为１０cm的导体球，电位为８０００Ｖ。问它表面处的场能密度（即单位体积内的电场能量）是多少？qq解：导体球带电分布在表面上，EU24R4R002121U2w0E00.114J/m22R３、在介电常数为ε的无限大均匀介质中，有一半径为Ｒ的导体球，带电荷Ｑ。求电场的能量。2q12q解：EWEdV外4r2R28R00r４、半径为2.0cm的导体球外套有一个与它同心的导体球壳，壳的内外半径分别为4.0cm-8和5.0cm。球与壳间是空气。当内球的电荷量为3.0×10C时，（１）这个系统储藏了多少电能？ （２）如果用导线把壳与球连在一起，结果如何？R112125解：（１）WEdVEdV18.210JR0R0222（２）导线连接球与壳，成为等位体，电荷将分布在外表面上，内部场强为零。125WEdV8.110J0R22５、球形电容器的内外半径分别为Ｒ１和Ｒ２，电位差为Ｕ。（１）求电位能；（２）求电场的能量；比较两个结果。解：（１）电容器储存的静电能量等于外力将电荷Ｑ从外壳移到内壳所作的功。QU12140R1R2220R1R22WudquCduCUUU0022RRRR21212R212QR2R120R1R22（２）电场的能量WEdVU0R228RRRR01221结果完全相同。６、半径为a的导体圆柱外面，套有一半径为b的同轴导体圆筒，长度都是l，其间充满介电常数为ε的均匀介质。圆柱带电为Ｑ，圆筒带电为－Ｑ。略去边缘效应，（１）整个介质内的电场总能量Ｗ是多少？2Q（２）证明：W2CQ解：（１）介质中的电场强度为Eer2rl11Q2r处的电场能量为2wEDE222228rl22bQQb整个介质内的电场总能量为WwdV2rldrlnVa82r2l24laQ2b2l（２）WlnC4lablna2Q介质中的总能量为W2C７、半径为a的长直导线，外面套有共轴的导体圆筒，筒的内半径为b，导线与圆筒间充满介电常数为ε的均匀介质，沿轴线单位长度上导线带电量为λ，圆筒带电为－λ。略去边缘效应，求沿轴线单位长度的电场能量。解：介质中的电场强度为Eer2r 22b12b介质中单位长度的电场能量为WEdV2rdrln02V82r24la８、圆柱电容器由一长直导线和套在它外面的共轴导体圆筒构成，设导线的半径为a，圆筒的内半径为b.证明：这电容器所储藏的能量有一半是在半径为rab的圆柱体内。2Qb解：电容器储存的总能量为Wln4la11r1Q2WWwdV()2rldr22Va22rl2222Qr1QbQb1Qablnlnln()2ln4la24la4la4la即：能量有一半是在半径为rab的圆柱体内。第二章结束第三章稳恒电流§3.1电流的稳恒条件和导电规律思考题：1、电流是电荷的流动，在电流密度j≠0的地方，电荷的体密度ρ是否可能等于0？答：可能。在导体中，电流密度j≠0的地方虽然有电荷流动，但只要能保证该处单位体积内的正、负电荷数值相等（即无净余电荷），就保证了电荷的体密度ρ＝０。在稳恒电流情况下，可以做到这一点，条件是导体要均匀，即电导率为一恒量。2、关系式U=IR是否适用于非线性电阻？答：对于非线性电阻，当加在它两端的电位差Ｕ改变时，它的电阻Ｒ要随着Ｕ的改变而变化，不是一个常量，其Ｕ－Ｉ曲线不是直线，欧姆定律不适用。但是仍可以定义导体的电阻为Ｒ＝Ｕ／Ｉ。由此，对非线性电阻来说，仍可得到Ｕ＝ＩＲ的关系，这里Ｒ不是常量，所以它不是欧姆定律表达式的形式的变换。对于非线性电阻，Ｕ、Ｉ、Ｒ三个量是瞬时对应关系。223、焦耳定律可写成P=IR和P=U/R两种形式，从前者看热功率P正比于R，从后式看热功率反比于R，究竟哪种说法对？ 答：两种说法都对，只是各自的条件不同。前式是在Ｉ一定的条件下成立，如串联电路中各电阻上的热功率与阻值Ｒ成正比；后式是在电压Ｕ一定的条件下成立，如并联电路中各电阻上的热功率与Ｒ成反比。因此两式并不矛盾。4、两个电炉，其标称功率分别为W1、W2，已知W1>W2，哪个电炉的电阻大？答：设电炉的额定电压相同，在Ｕ一定时，Ｗ与Ｒ成反比。已知W1>W2，所以Ｒ1>R2,可见当Ｒ变化时，Ｉ及Ｕab几乎不变。当Ｒ２与Ｒ相比小到可以忽略时，RIUIR2与Ｒ无关ab2(RrR)(RrR)1212４、（１）在附图中由于接触电阻不稳定，使得ＡＢ间的电压不稳定。为什么对于一定的电源电动势，在大电流的情况下这种不稳定性更为严重？（２）由于电池电阻r不稳定，也会使得ＡＢ间的电压不稳定。如果这时我们并联一个相同的电池，是否能将情况改善？为什么？ＡＢ答：（１）设由于接触电阻不稳定而产生的附加电阻为Ｒ′UABIRIRＩ越大，ＵＡＢ受到的影响越大。rR（２）电池并联时，U，当r变化时，对ＵＡＢ影响较小，ABRr/22Rr/2情况能够得到改善。负载５、附图所示的这种变阻器接法有什么不妥之处？变阻器ＡＢ答：在图示电路中，如果滑动变阻器的触点滑到Ａ点时，易造成电源短路，损坏电源。Ｃ６、实验室或仪器中常用可变电阻（电位器）作为调节Ｒ1Ｒ2电阻串在电路中构成制流电路，用以调节电路的电流。负载１有时用一个可变电阻调节不便，须用两个阻值不同的可a变电阻，一个作粗调（改变电流大），一个作细调（改Ｒ1变电流小），这两个变阻器可以如图a串联起来或如图b１负载Ｒ2并联起来，再串入电路。已知Ｒ１较大，Ｒ２较小，问在b这两种联接中哪一个电阻是粗调，哪一个是细调？答：（１）在串联电路中，Ｒ１较大，对电路中电流影响较大，Ｒ１是粗调，Ｒ２是细调。（２）在并联电路中，Ｒ１较大，对电路中电流分流作用较小，Ｒ１是细调，Ｒ２是粗调。 ７、为了测量电路两点之间的电压，必须把伏特计并联在电路上所要测量的两点，如图所示，伏特计有内阻，问：（１）将伏特计并入电路后，是否会改变原来电路中的电流和电压分配？（２）这样读出的电压值是不是原来要测量的值？（３）在什么条件下测量较为准确？R1A解：未并伏特计时，通过Ｒ２的电流为I2R2VRRr12BRＡ、Ｂ两点间的电压为2UIRAB22RRr12并入伏特计后，通过Ｒ２的电流为I2(rR)RR/(RR)12VV2Ａ、Ｂ两点间的电压为R21UIRAB22(rR1)R2RV/(RVR2)11R21(rR)1RRRV2V可见并入伏特计后对原电路的电流和电压都有一定的影响。读出的电压值并不等于原来要测量的值。只有当ＲＶ>>R２时，所测值较为准确。８、为了测量电路中的电流强度，必须把电路断开，将安培计接入，如图所示，安培计有一定的内阻，问：（１）将安培计接入电路后，是否会改变原来电路中的电流？Ａ（２）这样读出的电流值是不是原来要测量的值？R1（３）在什么条件下测量较为准确？R2答：未接入安培计时，电路中的电流为IRRr12安培计接入电路后，电路中的电流为I，改变原来电路中的电流。RRRr12A读出的电流值不是原来要测量的值。只有当ＲA<>RA时，用图a的联接方法测量误差较小。UUIRRIRRAxAAxxIA当Ｒx<U2>U1 （２）表头内阻与各量程的扩程电阻串联，各档的满度电流Ｉg相同。（３）使用各档时，Ｉg及Ｒg一定，Ｕg=ＩgＲg相同Db１４、（１）若在附图中所示的电桥电路中分别在a、b、c、d处断了，当滑动头Ｃ在ＡＢ上滑动时，检流计的指针各有何表现？ad（２）若当滑动头Ｃ在ＡＢ上无论如何滑动，检流计都不偏转，这时用一伏特计联在ＣＤ间，发现伏特计有偏转，能否ＡCB判断是哪根导线断了？c答：（１）若a处断开，ＵD>UC,Ｃ从Ａ→Ｂ时，电流从大→小；若b处断开，ＵDεx，通过检流计的电流从右→左。εεx,rＲ１８、若在附图中a处的导线断了，当滑动头Ｃ在ＡＢ间滑动╳aＡＢＣ╳bＧεx 时，将会观察到检流指针有何表现？若在b处的导线断了，情况如何？答：若在a处断开，有电流通过检流计，当Ｃ从Ａ→时，通过检流计的电流由小→大，方向为左→右；若在b处断开，检流计中无电流通过。１９、用电位差计测量电路中两点之间的电压应如何进行？答：（１）联接电路。按标记将供电电源、标准电池、检流计、待测电路接好。注意正负标记，供电电源的电动势应大于标准电池的电动势和待测电路的电压值。（２）校准。将转换开关拨到“标准”，把标准电池接入补偿回路，调整制流电阻，使检流计指针没有偏转，此时工作电流即为标准值。（３）测量。固定制流电阻，将开关拨到“未知”，把待测电路接入补偿电路，找到平衡位置，即可从仪器上直接读出待测电路两点间的电压。―――――――――――――――――――――――――――――――――――――――习题：１、６Ｖ、２Ω的灯泡用１２Ｖ的直流电源，后者的内阻为0.5Ω,问应串联多大的电阻？UU0解：设串联电阻为Ｒ。由全电路的欧姆定律IＲ＝1.5ΩRRrR00２、四个电阻均为6.0Ω的灯泡，工作电压为１２Ｖ，把它们并联起来接到一个电动势为１２Ｖ，内阻为0.20Ω的电源上，问：（１）开一盏灯时，此灯两端的电压多大？（２）四盏灯全开时，灯两端的电压多大？解：（１）开一盏灯时，I1.93AUIR11.6VRr（２）开四盏灯时，I7.06AUIR10.6V电压下降Rr4３、附图中伏特计的内阻为３００Ω，在开关Ｋ未合上时，其电压读数为1.49V,开关300ΩＶ合上时其读数为1.46V,求电源的电动势和内阻。Ｋ解：Ｋ断开时IUIRR100Ω111VVRrRrVVε，r RRRRVVＫ闭合时I2U2I2RVRRVR(RVR)rRVRrRRV解得RVU1U2VRVU11.5r2.07(RR)URUUV211４、为使一圆柱形长导体棒的电阻不随温度变化，可将两相同截面的碳棒和铁棒串联起来。问两棒长度之比应为若干？解：若使整个导体电阻不随温度变化，应有tt0FeFe0c0Fec1llFe040R40Sl10Fec0Fe５、变阻器可用作分压器，用法如附图所示。Ｕ是输入电压，Ｒ是变阻器的全电阻，r是负载电阻，c是Ｒ上的滑动接头。滑动c，可以在负载上得到从０到Ｕ之间的任何电压Ｕr。设Ｒ的长度ab=l，Ｒ上各处单位长度的电阻都相同，a、c之间的长度ac=x，求加到r上的电压Ｕr与x的关系。用方格纸画出当r=0.1R和r=10R时的Ｕr—x曲线。解：设总电流为Ｉ，流过r的电流为i，则由欧姆定律得bRU(Ii)xaclUrirＵRcrRRUI(lx)(Ii)xllalrUx整理得U只有当r很大时，Ｕr才近似与x成正比。r2R(lx)xlrUr/U0x0.1U当r=0.1R时，Ulr0.8xx(1)0.1ll0.6r=1０Rx0.4r=0.1R10U当r=1０R时，Ulr0.2xx(1)10ll０0.20.40.60.8x/l６、在附图所示的电路中，求：Ｃ（１）ＲＣＤ；（２）ＲＢＣ；（３）ＲＡＢ。10Ω5Ω解：（１）1111ＲＣＤ=9.09ΩRCD1001530Ａ100ΩＢ20Ω10ΩＤ （２）111ＲBＣ=4.3ΩR5100(1020)BC1010030（３）100Ω电阻被短路，111ＲＡB=１０ΩR1052010AB７、判断一下，在附图中所示的各电路中哪些可以化为串、并联电路的组合，哪些不能。如果可以，就利用串、并联公式写出它们总的等效电阻。R1R1R2R1RR1R3R22RR53R2R4R3R4RR3R44R5RRR3R112R1R2R2R3R5R3R4R4R3R4R1R2RR54R5RRRa可以RRR34512RRR345RRRRb可以R1234RRRR1234RRRRRRRc可以R4122313RRRRRRRRRR1223132434RRRR/RRe可以RR3245451RRRR/RR324545RRRRRRRg可以R4122313RRRRRRRRRR1223132434其余d、f、h不能化为电阻的简单串并联。８、无轨电车速度的调节，是依靠在直流电动机的回路中串入不同数值的电阻，从而改变通过电动机的电流，使电动机的转速发生变化。例如，可以在回路中串接四个电阻Ｒ１、Ｒ２、Ｒ３和Ｒ４，再利用一些开关Ｋ１、Ｋ２、Ｋ３、Ｋ４和Ｋ５，使电阻分别串联或并联，以改变总电阻的数值。如附图中所示。设Ｒ１＝Ｒ２＝Ｒ３＝Ｒ４＝1.0Ω,求下列四种情况下的等效电阻Ｒab:K4（１）Ｋ１、Ｋ５合上，Ｋ２、Ｋ３、Ｋ４断开；K2（２）Ｋ２、Ｋ３、Ｋ５合上，Ｋ１、Ｋ４断开；R1R2R3R4（３）Ｋ１、Ｋ３、Ｋ４合上，Ｋ２、Ｋ５断开；（４）Ｋ１、Ｋ２、Ｋ３、Ｋ４合上，Ｋ５断开。K3K11111解：（1）RRRR3.0（2）RR()1.31231RRR234 R1R411111（3）R0.5（4）R()0.25RRRRRR141234９、如附图所示的电路中，a、b两端电压为9.0V，试求：（１）通过每个电阻的电流强度；（２）每个电阻两端的电压。解：（１）I1I51.5mAI2I100.75mA（２）U11.5VU57.5VU215VU107.5V１０、如图所示，电路中R1=10kΩ，R２=5.0kΩ,R3=２.0kΩ,Ｒ１Ｒ３R3=1.0kΩ，U=6V，求通过Ｒ３的电流。ＵR1R3UＲ２Ｒ４解：，中间联线无电流通过I2.0mA2R2R4R3R4１１、有两个电阻，并联时总电阻为2.4Ω,串联时总电阻是１０Ω。问这两个电阻的阻值是多少？解：Ｒ１＝６ΩＲ２＝４Ω１２、有两个电阻R1=3.6kΩ，R２=6.0kΩ,（１）它们串联接入电路中时，测得R1两端的电压为Ｕ1=50V，求R２两端的电压Ｕ２；（２）当它们并联接入电路中时，测得通过R１的电流强度Ｉ１＝6.0Ａ,求通过R２的电流Ｉ２。RR解：（１）2UV1U60（２）II5.0A2121RR122Ω2Ω2Ω2Ω2Ω2Ωaceg１３、电阻的分布如附图所示。6Ω6Ω4Ω（１）求Ｒab;（２）若４Ω电阻中的电流为１Ａ，求Ｕab.bdfh2Ω2Ω2Ω2Ω2Ω2Ω解：（１）Ｒab＝８Ω（２）Uef12VIef62AIce3AUcd36VIcd66AIac9AＵab=72V１４、在附图所示的四个电路中，求出所标文字的数值：（１）求Ｉ，Ｉ１；（２）求Ｉ、Ｕ；（３）求Ｒ；（４）求Ｉ１、Ｉ２、Ｉ３R1k4Ω2AI11.0k10VU1mA3ΩI22.0k12VI33.0kI5kI1I5k1k （１）（２）（３）（４）解：（１）I0.2mAII1mA1.2mA11（２）U20VI2mA（３）Ｒ＝６Ω（４）Ｒ＝６k/11U=6V/11I0.54mAI0.27mAI0.18mA123１５、附图所示的电路中，已知Ｕ=3.0V,R1=R2.试求下列情况下a、b两点的电压。（１）Ｒ３＝Ｒ４；（２）Ｒ３＝２Ｒ４；（３）Ｒ３＝Ｒ４／２R１a解：（１）Ｕab＝０aaaaaaaaaa+R３baaaaaaaaa（２）Ｕa=U/2Ub=U/3Uab=U/6=0.5VUＲ２Ｒ4a-a（３）Ｕa=U/2Ub=2U/3Uab=-U/6=-0.5Va１６、附图所示电路中，当开关Ｋ断开时，通过R1、R2的电流各为多少？当开关Ｋ接通aa时，通过R1、R2的电流又各为多少？aＲ１Ｒ２解：（１）Ｋ断开时，III1.5Aa12２Ω２ΩＫＲ３a（２）Ｋ接通时，I2AII2A２Ωa1６ＶaaIII/21A23１７、附图所示电路，在开关Ｋ断开和接通两种情况下，a、b两点之间的等效电阻Ｒab和c、d之间电压Ｕcd各为多少？a5Ω5Ω解：（１）Ｋ断开时，RabR1R210UcdU/25V5ΩKcdb（２）Ｋ接通时，Rab5Ucd0１８、在附图所示的电路中，Ｕ＝12V,R1=30kΩ，R２=6.0kΩ,R3=100kΩ,R3=10kΩ，R5=100kΩ,R6=1.0kΩ,R7=2.0kΩ。求电压Uab、Uac和UadR解：UU1U10VabR1RR12RUU2U2VＲＲ５Ｒ６acR2RR１Ｒ３12badＵcＲ２Ｒ４Ｒ７ R2R7UU6VadRRRR12R567RR56１９、有一适用于电压为１１０Ｖ的电烙铁，允许通过的电流为0.7A，今准备接入电压为２２０Ｖ的电路中，问应串联多大的电阻？U解：Rx157xU/R11２０、一简单串联电路中的电流为５Ａ。当把另外一个２Ω的电阻插入时，电流减小为４Ａ。问原来电路中的电阻是多少？解：Ｒ＝８Ω２１、在附图中，ε１=24Ｖ，r1=2.0Ω,ε2=6.0Ｖ，r2=1.0Ω,R1=2.0Ω，R２=1.0Ω,R3=3.0Ω（１）求电路中的电流；（２）a、b、c和d各点的电位；（３）两个电池的路端电压；（４）若把6.0Ｖ的电池反转相接，重复以上计算。ε１r1R3ε2r2解：（1）12AI2abcdRRRrr12312（2）Ua=4VUb=-16VUc=-10VUd=-2VR1R２（3）U1=20VU2=8V（4）I123.3AUa=6.6VUb=-10.8VUc=-0.6VUd=-3.3VRRRrr12312U1=17.4VU2=2.7V２２、在附图的电路中已知ε１=12.0Ｖ，ε2=ε3=6.0Ｖ,R1=R２=R3=3.0Ω,电源的内阻都ε３可忽略不计。求：（１）Uab;(２)Uac;(３)Ubc.aＲ３解：（１）12AＵab＝－３０ＶＲbε１I1.0２R2RR12Ｒ１（２）Ｕac＝－１２Ｖ（３）Ｕbc＝－９Ｖε２12V,1Ω２３、一电路如附图所示，求：（１）Uab;（２）Ucd.解：12A2Ω2ΩI0.410V,1ΩR1R2R3R4r1r23Ω2Ω2Ω（１）UabIR2R3210V8V,1Ω2Ω （２）UIRR0Vcd2321２４、一个电阻为Rg=25Ω的电流计，当其指针正好到头时，通过的电流Ig=100mA。问：（１）把它改装成最多能测到1.00A的安培计时，应并联多大的电阻？（２）把它改装成最多能测到1.00０Ｖ的伏特计时，应串联多大的电阻？IR解：（１）应并联电阻Rgg0.025SIIgUU（２）应串联电阻Rg975SIg２５、闭路抽头式多量程安培计的电路如图所示，设各接头分别与公共端组成的安培计的量程为Ｉ１、Ｉ２、Ｉ３。它们之中哪个量程最大？哪个最小？试证明，Ｒ１、Ｒ２、Ｒ３IgIgIg的数值可以用下式计算：R1R2R3，R1R2，R1。其III321中R1R2R3Rg.Rg为表头内阻，Ig是满度电流。Ｇ各档的满度电压是否相同？解：各档量程比较I1>I2>I3R1R2R3IgIgRg(I3Ig)(R1R2R3)R1R2R3I3公共端I1I2I3I(RR)(II)(RR)Igbgg32g12R1R2I2II(RRR)(II)Rgg23g1g1R1I1满度时Ｕ=ＩgRg相同，电压Ｕ３=ＩgRg,Ｕ２=Ｉg（Rg＋Ｒ３）,ＵG１=Ｉg（Rg＋R2+Ｒ3）Ｇ２６、ＭＦ—１５型万用电表的电流档为闭路抽头式。如附图所示表头的内阻Ｒg=2333Ω,满度电流Ｉg=150μA，将其改装成R1R2R310mA量程是500μA、10mA、100mA的多量程安培计。试计算出Ｒ１、100mA500μAＲ２、Ｒ３的阻值，并标出三个接头的量程。解：利用上题结果Ig，Ig，Ig，RRRRR1R2R3R1R2R1123gIII321 IgR15.00I1解得IgIgIgI1I21RgR2()Ig45.0IIIIII3g2112IgIgI2I3R3()Ig950IIII3223２７、多量程安培计为闭路抽头式，表头的满度电流Ｉg＝1.00mA,内阻Ｒg=100Ω,改装为安培计量程为2.0mA、１０mA和１００mA.计算出其中的电阻，画出线路图，并指明各接头的量程。G解：与上题同理。电路图如图所示。IgR180R1R2R3I110mAIgIgI1I2100mA2mAR2()Ig18IIII2112IgIgI2I3R3()Ig2IIII3223２８、多量程伏特计电路如图所示。试证明：各档的内阻与量程的关系都是：内阻=量程／Ｉg。例如对于量程为Ｕ１、Ｕ２、Ｕ３各档的内阻分别为：RR，RRR，RRRRgm1gm1m2gm1m2m3Rm1Rm2Rm3则RRU/I，Ｇgm11gRRRU/I，gm1m22g公共端U1U2U3RRRRU/Igm1m2m33g（由此可见，只要已知1/Ig，就可算出所需要的各个扩程电阻。）解：UI(RR)1ggm1U2Ig(RgRm1Rm2)——→各档均有内阻=量程／Ｉg。UI(RRRR)3ggm1m2m3２９、ＭＦ－１５型万用电表的电压档如附图所示，表头满度电流Ｉg=0.50mA，内阻Ｒg=700Ω,改装为多量程伏特计的量程分别为Ｕ１=10Ｖ，Ｕ２=50Ｖ，Ｕ３=250Ｖ。求各档的降压电阻Ｒ１、Ｒ２、Ｒ３。若再增加两个量程Ｕ４=500Ｖ，Ｕ５=1000Ｖ，又该如何？解：RU/IR19.3km11ggRm1Rm2Rm3ＧRU/I(RR)80km22ggm1U2U1U3U3 RU/I(RRR)400km33ggm1m2RU/I(RRRR)500km44ggm1m2m3RU/I(RRRRR)1Mm55ggm1m2m3m4３０、一伏特计共有四个接头如图所示，量程Ｕ１=3.0Ｖ，Ｕ２=15Ｖ，Ｕ３=150Ｖ。电流计的满度电流Ｉg=3.0mA，内阻为100Ω.问：U3U2U1U3Ｇ（１）该伏特计的灵敏度（即每伏欧姆数）多大？R1R2R3（２）当用不同接头时，伏特计的降压电阻Ｒ１、Ｒ２、Ｒ３各为多大？解：（１）１／Ｉg＝３８３Ω／Ｖ（２）Ｒ１＝９００Ω，Ｒ２＝４０００Ω，Ｒ３＝４５００Ω３１、一个量程为１５０Ｖ的伏特计，它的内阻为２０kΩ.当它与一个高电阻Ｒ串联后接到１１０伏电路上时，它的读数为5.0V.求Ｒ。解：Ｒ＝４２０ＫΩ，３２、用伏安法测电阻Ｒ，由Ｕ／Ｉ＝Ｒ′计算的阻值是近似值。证明：当已知伏特计的内阻ＲＶ，安培计的内阻ＲＡ时，对于安培计内接，电阻的精确值为Ｒx＝Ｒ′－ＲＡ；对于安UAUx111培计外接，电阻的精确值为。ＡRRRＲxVxＶ解：（１）当ＲＡ<T1,试根据热力学第二定律分析一下，除了导体上产生的焦耳热外，在哪儿吸收热，在哪儿放出热？若nA>nB,试分析电偶中温差电流的方 向。答：温差电偶中，两种不同金属A和B的两个接触头的温A吸热放热度不同，温差电动势作用下在闭合回路中产生温差电T1T2流。在此过程中，热端T2的温度下降，冷端T1的的温B度升高。由热力学第二定律可知，热端的一部分内能转化为电磁能（产生温差电流），另一部分则在冷端放热，因此在高温热源处吸收热，在低温热源处放热。若nA>nB，两种不同金属A和B两个接头处有帕尔帖电动势，金属A和B中产生两个汤姆逊电动势，整个回路的温差电动势是四个电动势的代数和。由此可知，电偶中温差电流的方向是从高温接触点T2经过金属A的内部，通过低温接触点T1，经过金属B的内部回到高温接触点，如此循环往复，温差电流的方向如图所示。T1２、试论证：如图所示，在Ａ、Ｂ两种金属之间插入任何一种金属Ｃ，只要维持它和Ａ、Ｂ的联接点在同一温度Ｔ２，其中的温差电动势与ABC仅由Ａ、Ｂ两种金属组成的温差电动势一样。答：A、B两种金属之间插入第三种金属C时，组成一闭合回路。回路的T2T2总电动势是三个珀尔帖电动势与三个汤姆逊电动势的代数和。T2T1T1T1TTTTTTdTTdTTdTABC1,2AB1BC2CA2,ABCT2T2T2kTnnkTnTT2lnBc2lnBTTBC2CA2,BA2,AB2,ennenCAAT1TdT0CT2T1T1,T2T1T2TTdTT1,T2ABCABABABACT2即中间导体两端温度相同时，不影响总的温差电动势。３、实际的温差电偶测量电路如图所示。右边两导线接Ｃ接电位差计。电位差计中的导线和电阻可能由其他TC电B金属材料制成。试论证：只要接到电位差计的两根导A位C差线材料相同，并且电位差计中各接触点维持同一温度计（例如室温），则温差电偶整个回路中的温差电动势T0仅由金属Ａ、Ｂ和Ｔ、Ｔ０决定。答：设电位差计中导线和电阻由金属D制成。电位差计中各接触点维持同一温度T0，整个回路ABCD的总温差电动势为T,T,TTTTTTABDC0nABBC0CDn,Dcn,CA0, TnT0TnTnTdTTdTTdTTdTTATBTCTD00nkTnnkTn其中TT0，TTlnBClnBTTCDn,Dcn,BC0CA0,BA0AB0ennenCAATnTdT0DTnTnT0即：T,T,TTTTdTTdTABDC0nABAB0TATB0TnTTTTdTT,TABAB0ABAB0T0结果表明：只要接到电位差计的两根导线材料相同，并且电位差计中各接触点保持同一温度，则联接导线和电位差计的插入并不影响总的温差电动势。４、试论证：如图所示，温差电堆的电动势是各温差电偶的电动势之和。答：与上题同理TTTTABABABAB2BA1AB2BA1T2T2T2T2ATdTBTdTATdTBTdTT1T2T1T1T1T1ABT2,T1ABT2,T1ABT2,T1―――――――――――――――――――――――――――――――――――――――§3.6电子发射与气体导电习题：１、试推导当气体中有正负两种离子参与导电时，电流密度的公式为：jnqunqu。其中n、q、u分别为离子的数密度、所带电量和漂移速度。解：在导体中取面积元△S，在单位时间内通过△S的正离子所带的电量为nquS，同时通过的负离子所带电量为nquS，即通过△S的电流强度为InqunquSjSjnqunqu2２、若有一个真空二极管，其中阴极和阳极是一对平行导体片，面积都是2.0cm,它们之间的电流I完全由电子从阴极飞向阳极形成。若电流I=50mA，电子到达阳极时的速7率是1.2×10m/s，求阳极表面外每立方毫米内的电子数。 解：电子的数密度为jI143n1.310个/meueuS8３、用X射线使空气电离时，在平衡情况下，每立方厘米有10对离子，已知每个正-19负离子的电量都是1.6×10C，正离子的漂移速率为1.27cm/s,负离子的平均定向速率为1.84cm/s,求这时空气中电流密度的大小。82解：jne(uu)5.010A/m2４、空气中有一对平行放着的极板，相距为2.00cm，面积都是300cm。在两极板上加150V电压，这个值远小于使电流达到饱和所需的电压。今用X射线照射板间的空气，-19使其电离，于是两板间便有4.00μA的电流通过。设正负离子的电量都是1.6×10C，-42已知其中正离子的迁移率（即单位电场强度所产生的漂移速率）为1.37×10m/s·V,负-42离子的迁移率为1.91×10m/s·V,求这时板间离子的浓度（即单位体积内的离子数）。解：因单位体积内正负离子数相等jI143nn3.3910个/me(uu)e(uu)S3５、在地面附近的大气里，由于土壤的放射性和宇宙线的作用，平均每1cm的大气里-42-4约有5对离子，已知其中正离子的迁移率为1.37×10m/s·V,负离子的迁移率为1.91×102-19m/s·V,正负离子的电量都是1.6×10C。求地面大气的电导率。解：由jEne(uu)得uu16ne310S/m)EE―――――――――――――――――――――――――――――――――――第三章结束第四章稳恒磁场§4.1磁的基本现象和基本规律思考题：1、地磁场的主要分量是从南到北的，还是从北到南的？ 答：地磁场的北极（Ｎ极）位于地理南极附近，南极（Ｓ极）位于地理北极附近，所以地磁场的主要分量是从地理南极到地理北极。2、如图取直角坐标系，电流元I1dl1放在x轴上指向原点O，电流元I2dl2放在原点O处指向Z轴。试根据安培定律回答，在下列各情形里电流元1给电流元的力dF12、以及电流元2给电流元1的力dF21，大小和方向各有什么变化？z（１）电流元２在zx平面内转过角度θ；（２）电流元２在yz平面内转过角度θ；I2dl2y（３）电流元１在xy平面内转过角度θ；O（４）电流元1在zx平面内转过角度θ.xI1dl1答：根据安培定律Idr1112dF12I2d2dBr12I2d23其中r12电流元I1d1到I2d2的矢径r12IdrdFIddBrId2221其中r电流元Id到Id的矢径211121113212211r21在图示情况下，dF12＝０，Id22dF21I1d12方向沿Ｚ轴负向。rIdsin22（１）dF12＝０，dF21I1d12大小变小，且随θ不同而变化，最小值为０。r方向与θ有关，可沿Ｚ轴正向或沿Ｚ轴负向。Id22（２）dF12＝０，dF21I1d12大小不变，方向始终与I2dl2方向相反。rIdsin22（３）dF12＝０，dF21I1d12大小变小，且随θ不同而变化，最小值为０。r方向与θ有关，可沿Ｚ轴正向或沿Ｚ轴负向。Idsin11（４）dF12I2d22大小变小，且随θ不同而变化，最小值为０。r方向沿x轴正向或负向。Id22大小始终不变，方向是在xz平面内，垂直于dldFId121112r3、根据安培定律证明：任意两个闭合载流回路L1和L2之间的相互作用力满足牛顿第三定律。证明：由安培定律可知，Idr01112dFIdBrId12221222L34r12IIddr0122112FdF1212LL3412r12 0I1I2r12r12ddddLL123312412r12r12IIr01212ddLL312412r12rr1212(其中dds0)L23S32r12r12IIddrIIr012122101221同理F21dF21LL3LL3d1d2412r21412r21rr1221FF1221（利用矢量分析公式ABCACBABC）即：两个电流元之间的相互作用力不满足牛顿第三定律，但任意两个闭合载流回路L1和L2之间的相互作用力满足牛顿第三定律。4、试探电流元Ｉdl在磁场中某处沿直角坐标系的x轴方向放置时不受力，把这电流元转到＋y轴方向时受到的力沿—z方向，此处的磁感应强度Ｂ指向何方？答：由安培定律判断，Ｂ沿x轴正向。―――――――――――――――――――――――――――――――――――――――§4.2载流回路的磁场思考题：１、试根据毕奥—萨伐尔定律证明：一对镜像对称的电流元在对称面上产生的合磁场Ｂ必与此面垂直。答：习题：１、一条长的直输电线，载有100A的电流，在离它半米远的地方，它产生的磁感应强度B有多大？ 0I4解：B0.410T0.4高斯2r２、一条很长的直载流导线，在离它1cm处产生的磁感应强度是1高斯，它所载的电流有多大？I0解：BI=5A2r３、如图所示，一条无穷长载流直导线在一处折成直角，P点在折线的延长线上，到折点的距离为a.（１）设所载电流为Ｉ，求Ｐ点的Ｂ；（２）当Ｉ＝２０Ａ，a＝2.0cm时，Ｂ＝？III解：（１）B0(coscos)0aP124r4a,122（２）B0.4高斯４、如图所示，一条无穷长直导线在一处弯成半径为R的半圆形，已知导线中的电流为I，求圆心处的磁感应强度B。解：圆心处的磁感强度为三部分的叠加，但长直导线Ｉ部分产生的磁感强度为零。因此只有半圆形载流导线在圆心处产生磁场Ｒ10I0IB22R4R５、如图所示，一条无穷长直导线在一处弯折成1/4圆弧，圆弧的半径为Ｒ，圆心在Ｏ，直线的延长线都通过圆心。已知导线中的电流为Ｉ，求Ｏ点的磁感应强度。Ｉ解：与上题同理，只有１／４圆弧在Ｏ点产生磁场Ｒ10I0IB42R8R６、一条无穷长的导线载有电流Ｉ，这导线弯成一抛物线形状，焦点到顶点的距离为a，求焦点的磁感强度Ｂ。y解：抛物线在x-y坐标系中的标准方程为θrxφaF 2y2px4ax.0Idlsin线上各电流元在焦点Ｆ产生的磁场方向都是垂直纸面向外。大小为dB24r22将坐标原点移到Ｆ，xxa,则y4ax4axrcos2cos21用极坐标表示，抛物线方程变为r4ar4a02yrsinsinsin2a解得r。由图示可知，dlsinrd，1cos0Id0IdB(1cos)d4r8aII00B2(1cos)d8a04aI（半支抛物线在Ｆ点产生的磁感强度为0B）8a７、如图所示，两条无穷长的平行直导线相距为２a，分别载有方向相同的电流Ｉ１和Ｉ２。空间任一点Ｐ到Ｉ１的垂直距离为x1,到Ｉ２的距离为x2,求Ｐ点的磁感强度Ｂ。222解：BBB2BBcos1212BI1⊙x1x2x24a2BB1其中0I10I2cos122B1B22a2x12x22x1x2x2I2⊙0222BIIIxIx4aII121221122xx12８、如图所示，两条无穷长的平行直导线相距为２a，载有大小相等而方向相反的电流Ｉ。空间任一点Ｐ到两导线的垂直距离分别为x1和x2,求Ｐ点的磁感强度Ｂ。解：与上题同理，但Ix2x24a2⊙x1coscos1800cos12B12xx122aαBaIIx2B2B0⊙×xx12９、四条平行的载流无限长直导线，垂直地通过一边长为a的正方形顶点，每条导线中的电流都是Ｉ，方向如图所示，II⊙⊙×（１）求正方形中心的磁感应强度Ｂ；aa⊙⊙×II （２）当a=20cm,I=20A时，Ｂ＝？I22I解：（１）Ｂ＝Ｂ１＋Ｂ２＋Ｂ３＋Ｂ４B4Bcos400122a/22a（２）Ｂ＝0.80高斯１０、如图所示，两条无限长直载流导线垂直而不相交，其间dI2⊙最近距离为d=2.0cm，电流分别为Ｉ１＝4.0A,Ｉ２=6.0A，ＰI1d点到两导线的距离都是d,求Ｐ点的磁感强度Ｂ。II解：B01方向向里B02方向向右12dP2d2d22BBB0.72高斯方向为B1和B2的合矢量方向。12１１、载流圆线圈半径Ｒ＝１１cm，电流Ｉ＝１４Ａ，求它轴线上距圆心r0=0和r0=10cm处的磁感应强度Ｂ等于多少高斯。I200RI解：（１）B0.8高斯（２）B0.33高斯2R22322Rr0１２、载流正方形线圈边长为２a，电流为Ｉ。αdB（１）求轴线上距中心为r0处的磁感应强度；θ2r0R（２）当a=1.0cm,I=5.0A,r0=0和r0=10cm时，Ｂ等αI于多少高斯？Oaθ1解：（１）载流正方形的四边在Ｐ点产生的Ｂ大小2a相同，水平分量互相抵消，竖直方向叠加。I0B(coscos)cost124R其中Rr2a2acosa/r2a20coscos0112222r2a022Ia方向沿轴线0B4Bt122222rar2a00-3（２）Ｂ１＝2.8高斯Ｂ２＝3.9×10高斯１３、载流矩形线圈边长分别为2a和2b，电流为Ｉ，求轴线上距中心为r0处的磁感强度。解：利用上题结果，两对边产生的磁感分别叠加，再求总磁感强度 0Iab2B1111r2a22r2a2b22r2a220000Iba2B2111r2b22r2a2b22r2b220000Iab11B2B12B2122222222rarbrab000B的方向沿矩形线圈的轴线１４、载流三角形线圈的边长为2a，电流为Ｉ，求轴线上距中心为r0处的磁感强度。II解：B0(coscos)0(coscos)1121124R4a2/3r220dB2Ia02212221r04a/3r4a/3r2009Ia2θ12a0B2Bcos11222222a3r4a3r00Iθ2B的方向沿三角形线圈的轴线１５、一个载流线圈的磁距定义为m=IS。试证明，对于习题１１－１４中各种形状的线圈，当到中心的距离r0远大于线圈线度时，轴线上的磁感应强度都具有如下形式：m0B32r02R2IIS解：圆形线圈0RIr>>R000mB0B33332R2r222R2r222r02r00022正方形线圈B20Iar0>>RB0I2a0m11322222222222rrar2a2r0ar02a000Iab11I2a2bm矩形线圈B00012222332222rarb2r2rrab0000029IaI2a3a/3/2m三角形线圈000B133222222r2r2a3r4a3r0000１６、如图所示，两圆线圈共轴，半径分别为Ｒ１和Ｒ２，电流分别为Ｉ１和Ｉ２，电流方向相同，两圆心相距为2b,联线的中点为Ｏ。求轴线上距Ｏ为x处Ｐ点的磁感应强度。 解：两线圈在P点产生的磁感强度方向一致。R1R2应用叠加原理xI1OPI2220R1I10R2I2BB13232222R2bx222R1bx22b22IRIRP点处B的方向向左BBB0112212332222222RbxRbx12１７、上题中如果电流方向相反，情形如何？22解：当电流方向相反时，BBB0I1R1I2R212332222222RbxRbx12１８、电流均匀流过宽为2a的无穷长平面导体薄板，电流强度为Ｉ，通过板的中线并与板面垂直的平面上有一点Ｐ，Ｐ到板的垂直距离为x。设板的厚度可略去不计，求Ｐ点的磁感应强度。zy解：在Z轴两侧对称地取宽为dy的两直长导线，利用无限长载流直导线的磁场公式可得OPxidydBdB0222xy由对称性可知，x方向分量互相抵消，总场沿y方向dByaaidyx0B0dBcos02222dB+dB-2xyxyOx0ia0Iaarctgarctgx2ax１９、求上题当a→∞,但维持i=I/2a，（单位宽度上的电流强度，叫做面电流密度）为一常数时Ｐ点的磁感应强度。解：0ia0IaBarctgarctgx2ax0ia0i0iBlimarctgax22２０、如图所示，两无穷大平行平面上都有均匀分布的面电流，面电流密度分别为i1和i2，两电流平行，求：i1i2 （１）两面之间的磁感应强度；（２）两面之外的磁感应强度；（３）i1＝i2＝i时，结果如何？解：利用上题结果，一块电流均匀分布，面电流密度为i的无限大平面，在空间产生的磁感i强度的大小为0，其方向与电流方向垂直且成右手螺旋关系。若以n为面法线方向，20可以表示为Bin2（１）两平面之间000BBBininiin121122121222（２）两平面之外000BBBininiin121122121222（３）i1＝i2＝i时，B内＝０Ｂ外＝μ０i２１、上题中若i1和i2反平行，情形如何？解：i1和i2反平行时，（１）两平面之间000BBBininiin121122121222（２）两平面之外000BBBininiin121122121222（３）i1＝i2＝i时，B内＝μ０iＢ外＝０２２、习题２０中若i1和i2方向垂直，情形如何？解：i1和i2方向垂直时1（１）两平面之间22BB1B2B0i1i221ii（２）两平面之外BBBBi2i212120122（３）i1＝i2＝i时，B内＝Ｂ外＝0.707μ０i２３、习题２０中若i1和i2之间成任意夹角，情形如何？解：设i1和i2夹角为θ，Ｂ１和Ｂ２的夹角为θ或π－θ。（１）两平面之间1222cosBiiii201212i1i2（２）两平面之外B1i2i22iicosi201212222（３）i1＝i2＝i时，Bi1cosBi1cos内0qh022２４、半径为Ｒ的无限长直圆筒上有一层均匀分布的面电流，电流都绕着轴线流动并与轴线垂直，面电流密度为i，求轴线上的磁感应强度。 解：半径为Ｒ的圆电流Ｉ在轴线上离圆心为r处产生的磁感应强度B的方向为Ｉ的右旋进方向。其大小R为02Idlsin90I2RRIR000Bsin2222222234rR4rRrR2rR2将载流螺线管看成是共轴圆电流的集合，由叠加原理得nIR2ldxnIrl/2rl/2020Bl3222222rx2R222rl/2Rrl/2R当l>>R时，是无限长螺线管nIrl/2rl/2B0limnIi002lrl/22R2rl/22R2２５、半径为Ｒ的无限长直圆筒上有一层均匀分布的面电流，电流都绕着轴线流动并与轴线方向成一角度α，即电流在筒面上沿螺旋线向前流动。设面电流密度为i，求轴线上的磁感应强度。解：将i分解成沿圆周和沿轴线两个分量。前者在轴线上产生磁场，后者因均匀分布在整个圆柱面上，在轴线上产生的场为零。因此轴线上的场仅由沿圆周的电流α分量产生。利用上题结果，Bisin0２６、一很长的螺线管，由外皮绝缘的细导线密绕而成，每厘米有35匝。当导线中通过的电流为2.0A时，求这螺线管轴线上中心和端点的磁感应强度是多少高斯？3解：螺线管中心处BnI8.810T88高斯003螺线管端点处BnI/24.410T44高斯0（不考虑边缘效应时，Ｂ端=B0/2）２７、一螺线管长1.0m，平均直径为3.0cm，它有五层绕组，每层有850匝，通过的电流是5.0A,求管中心处的磁感强度为多少高斯？解：B0nI2.7102T21(2R/l)２８、用直径0.163cm的铜线绕在6cm直径的圆筒上，做成一个单层螺线管。管长30cm，0每厘米绕5匝。铜线在75C时每米电阻0.010Ω(假设通电后导线将达此温度)。将此螺 线管接在2.0V的蓄电池上，其中磁感强度和功率消耗各多少？11L/2解：BnI(coscos)nI243高斯012022R2(L/2)2２电流Ｉ＝Ｅ／Ｒ，Ｐ＝ＩＲ＝１４Ｗ２９、球形线圈是由表面绝缘的细导线在半径为R的球面上密绕而成，线圈的中心都在同一直径上，沿这直径单位长度的匝数为n，并且各处的n都相同。设该直径上一点P到球心的距离为x，求下列各处的磁感强度B。（设电流强度为Ｉ）。（１）x=0（球心）；（２）x=R（该直径与球面的交点）；（３）xR（球外该直径延长线上任一点）。解：利用圆电流在轴线上离圆心为x处产生的磁感强度公式2RIB032222Rr0（１）x＝０处Ｒα2(nIdx)(Rsin)dB0Ｏx032x2(Rsin)22x2nIR(Rsin)dx0nI1220BsindcosnI0R3102x2(Rsin)2223（２）x=R处(nIdx)(Rsin)2nI(Rsin)2dx2RcosβdB00ＲA3322222222xR(Rsin)xR(Rsin)βαＡＯx其中2xRcosRcos2x222xR(Rsin)(2Rcos)22nIR(Rsin)dxnI0sin2d(cos2)B00AR3/23222228cosxR(Rsin)023nIsindnI00/23（３）xR处220(nIdx)(Rsin)0nI(Rsin)dxＲdBP3322222222xr(Rsin)xr(Rsin)αPＯxxnIR(Rsin)2dx形式上与（３）相同Ａ0BAR3r2222xr(Rsin)利用xRcos22nIR1sindcos0BA132r2R22rRcos20nIR2222012r2R2r2R22rRcos1r2R22rRcos3/2Rr24r3R3322rR2rRcos2222220nI2213Rr2213Rr2rRRrRr2rRrRrR38r3Rr3rR32R0nI球外轴线上的Ｂ与Ｐ到球心距离的三次方成反比。3rRr(rR)注：（1）2222rR2rRcos0rR2rRrR(rR)22（2）1sindcos1(1x)dx122313rR2rRcos2abx24(rR)2222x13R33bx34ax8ax143babx(rR)33r ３０、半径为R的球面上均匀分布着电荷，面密度为σ，当这球面以角速度ω绕它的直径旋转时，求转轴上球内和球外任一点（该点到球心的距离为x）的磁感强度Ｂ。解：球面上θ处宽为Rdθ的环带上的电荷量为Ｒ2dQ2RsinRd2RsindＡPαxrＯωdQ随球面旋转，形成圆电流dQdQ2dIRsindT2圆电流dI在轴线上离圆心为r处产生的磁感强度B沿I的右旋进方向，大小为223(Rsin)dIRsind00dBP3/23/22rRcos2(Rsin)22rRcos2(Rsin)2（１）球内一点23Rsind0BP03/22rRcos2(Rsin)2022220R11r2R22rRcos3/22r2R2r2R22rRcosRr24r3R3322rR2rRcos40R116320QrR33024rR336R上式表明，Ｐ点的Ｂ与r无关，即球面内轴线上任一点的Ｂ都相等。（２）球外一点23RsindB0P03/22rRcos2(Rsin)2022220R11r2R22rRcos3/22r2R2r2R22rRcosRr24r3R3322rR2rRcos4330R116R32RR0QR33024rR33r6RrRr(rR)注：（１）r2R22rRcos0r2R22rRrR(rR)（２）磁矩22123dmdISRsindRsinQRsind412312mQRsindQR403 ３１、半径为Ｒ的圆片上均匀带电，面密度为σ，令该片以匀角速度ω绕它的轴旋转，求轴线上距圆片中心Ｏ为x处的磁场。解：在圆片上取半径为x，宽为dx的环带，RωＰ环带所带的电荷量为dq2xdx2xdxOrx2dqx22xdx1x3dxdB00P223/2223/220223/24rx4rxrxxR1Rx3dx1r2Br2x2P0020r2x23/22r2x2x0221r2R02r2r2x2R22xdx14对应的磁矩为mSdIxR0T4-8３２、氢原子处在正常状态（基态）时，它的电子可看作是在半径为a=0.53×10cm的轨道8（叫做玻尔轨道）上作匀速圆周运动，速率为v=2.0×10cm/s。求电子的这种运动在轨道中心产生的磁感强度Ｂ的值。解：电子的运动相当于半径为R的圆电流，在圆心处产生的磁感强度大小为0I0e0ev0ev5B12.5T1.2510高斯22R2RT2R2R4R―――――――――――――――――――――――――――――――――――――――４§4.3磁场的高斯定理与安培环路定理思考题：１、（１）在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感强度Ｂ的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化（即磁场是否一定是均匀的）？（２）若存在电流，上述结论是否还对？答：（１）磁场一定是均匀的。（２）存在电流时，磁场不均匀。证明如下——Ｂ作圆柱形高斯面，由高斯定理可证明Ｂ１＝Ｂ２；Ｂ４作矩形环路，由环路定理，Ｌ不包围电流时，Ｂ３＝Ｂ４，Ｂ２Ｂ１Ｂ３Ｌ包围电流时，Ｂ３≠Ｂ４ ２、根据安培环路定理，沿围绕载流导线一周的环路积分为BdlI。现利用02RI，验算一下沿圆形载流线圈轴线的积圆形电流轴线上一点磁场的公式0B32222Rr0分BdlBdxI。为什么积分虽未绕电流一周，但与闭合环路积分的结果一0样？2答：验算0RI2dxBdl2Bdx2dxRII03003002R2r22R2r2200此结果与闭合环路积分的结果一致。原因是对于有限的电流分布来说，无限远处磁场为零。可以想象在无限远处，从－∞到＋∞连结一条曲线Ｌˊ，使积分闭合，但在Ｌˊ段，由于Ｂ＝０，对环路积分无贡献。３、试利用BnI和安培环路定理，证明无限长螺线管外部磁场处处为零。这个结0论成立的近似条件是什么？仅仅“密绕”的条件够不够？Ｌ答：由对称性可知，螺线管内外任一点的磁感强度的方向必定都平行于轴线。作矩形安培环路Ｌ，使其长为l的一边沿螺线管的轴线，对边在螺线管外，其上各点的磁感ＩＩ强度为Ｂ０BdlnILBLnI000即Ｂ０＝０这一结论成立的近似条件是：密绕螺线管，且螺线管长>>螺线管半径Ｒ。Ｌ４、在一个可视为无穷长密绕的载流螺线管外面环绕一周，环路积分Bdl等于多少？ＩＩ答：BdlI0―――――――――――――――――――――――――――――――――――――――习题：１、一载有电流Ｉ的无穷长直空心圆筒，半径为Ｒ（筒壁厚度可以忽略），电流沿它的轴线方向流动，并且是均匀地分布的。分别求离轴线为rR处的磁场。解：根据对称性和安培环路定理B10(rR)Bdl0I0I（在r=R的面上，Ｂ＝（Ｂ１＋Ｂ２）／２）B(rR)22r ２、有一根长的载流导体直圆管，内半径为a，外半径为b，电流强度为Ｉ，电流沿轴线方向流动，并且均匀地分布在管壁的横截面上。空间某一点到管轴的垂直距离为r。求：（１）rb等各处的磁感强度。解：根据对称性和安培环路定理IB0(ra)1aIr2a2b0Bdl0IB222(arb)2rbaI0B(rb)22r３、一很长的导体直圆管，管厚为5.0mm，外直径为50mm，载有50A的直流电，电流沿轴向流动，并且均匀地分布在管的横截面上。求下列几处的磁感强度Ｂ的大小：（１）管外靠近外壁；（２）管内靠近内壁；（３）内外壁之间的中点。解：根据对称性和安培环路定理可求得II00（１）B4.0高斯1rR2r2R（２）B02220Ira（３）B2.1高斯322R(ab)/22rba４、电缆由一导体圆柱和一同轴的导体圆筒构成。使用时，电流Ｉ从一导体流去，从另一导体流回，电流都是均匀地分布在横截面上。设圆柱的半径为r1,圆筒的内外半径分别为r2和r3。r为到轴线的垂直距离，求磁感强度的分布。解：根据对称性和安培环路定理0IB(rr)1212r1r10IrIB(rrr)2BdlI22r120r3Ir2r203B(rrr)222232rr3r2B0(rr)23 ５、一对同轴无穷长直的空心导体圆筒，内、外半径分别为Ｒ１和Ｒ２（筒壁厚度可忽略）。电流Ｉ沿内筒流去，沿外筒流回。（１）计算两筒间的磁感强度Ｂ；（２）通过长度为Ｌ的一段截面的磁通量Φ。I解：（１）应用安培环路定理可求得abI0两筒之间B2r0IR2Ldr0ILR2（２）通过长度为Ｌ的一段截面的磁通量BdSln2R1r2R1６、矩形截面的螺绕环，尺寸如图所示。（１）求环内磁感强度的分布；NIhD（２）证明通过螺绕环截面的磁通量为01ln2D2解：（１）应用安培环路定理可求得，Ｄ２NI0螺绕环内部Bh2rＤ１（２）通过螺绕环截面的磁通量0NIR2hdr0NIhD1BdSln2R1r2D2７、应用安培环路定理，求无限大均匀载流平面外的磁感强z度。y解：取安培环路如图所示，矩形回路的两长边与载流平面平行，且与载流平面等距离，Ox应用安培环路定理BdlBLBL2BLiL01Bi02――――――――――――――――――――――――――――――――――――― §4.4磁场对载流导线的作用思考题：１、设有一非均匀磁场呈轴对称分布，磁感应线由左至右逐渐收缩。将一圆形载流线圈共轴地放置其中，线圈的磁矩方向与磁场方向相反。试定性分析此线圈受力的方向。答：根据安培定律dFIdlB，线圈上每一段电流元因B所在处磁场方向不同而受力方向不同m将磁场分解成为两个分量：一个分量沿半径指向线圈的圆心，另一个分量垂直线圈平面，且与磁矩方向相反。dF1IdlB1F1IdlB1方向与m方向相同dF2IdlB2F2IdlB20即：线圈所受的合力沿磁矩方向。―――――――――――――――――――――――――――――――――――――――习题：１、图中的载流导线与纸面垂直，确定a和b中电流的方向，以及c和d中导线受力的方向。ＮＳＮＳＮＳＮ×Ｓabcd解：根据安培定律dFIdlBＮＳＮ×ＳＮＳＮ×Ｓa电流向外b电流向里c受力向上d受力向下２、载有10A电流的一段直导线，长1.0m，在B=1.5T的均匀磁场中，电流与B成角。求这段导线所受的力。Ｂ解：根据安培定律dFIdlB0Ｉ30导线受力大小为FIlBsin7.5N1.0m方向垂直纸面向外。 ３、如图所示，有一根长为l的直导线，质量为m，用细绳子平挂在外磁场B中，导线中通有电流I，I的方向与B垂直。（１）求绳子张力为０时的电流Ｉ。当l=50cm，m=10g,B=1.0T时，Ｉ＝？（２）在什么条件下导线会向上运动？××××××解：（１）绳子中张力为零时，导线所受重力与磁场力平衡××××××mgIlBＩ＝0.2A××××××××××××mg（２）IlBmgI时，导线会向上运动。lB2４、横截面积S＝2.0mm的铜线弯成如图所示形式，其中ＯＡ和ＤＯˊ段固定在水平方向不动，ＡＢＣＤ是边长为a的正方形的三边，可以绕ＯＯˊ转动；整个导线放在均3匀磁场Ｂ中，Ｂ的方向竖直向上。已知铜的密度ρ=8.9g/cm,当这铜线中的Ｉ=10A时，0在平衡情况下，ＡＢ段和ＣＤ段与竖直方向的夹角α=15,求磁感强度Ｂ的大小。解：ＡＢ和ＣＤ两段导线所受安培力大小相等，方向相反，ＢＯＡＤＯˊ且力的方向都与轴线平行，对偏转不起作用。αＢＣ所受安培力为FIlBＢＩＣ2对转轴ＯＯˊ的力矩MFlcosIBlcosＤＢ作用在ＡＢＣＤ上的重力的力矩为αl2Mmglsin2mgsin2mglsin2gSlsin2ＦＣ2gS3（４）当Ｍ＝Ｍˊ时，Btan9410TmgI５、一段导线弯成如图所示的形状，它的质量为m，上面水平一段长为l，处在均匀磁场中，磁感强度为Ｂ，Ｂ与导线垂直；导线下面两端分别插在两个浅水银槽里，两槽水银与一带开关Ｋ的外电源联接。当Ｋ一接通，导线便从水银槽里跳出来。（１）设跳起来的高度为h，求通过导线的电量q;（２）当m=10g,l=20cm,h=3.0m,B=0.10T时，求q的量值。╳╳╳╳╳╳╳╳╳╳╳╳解：（１）导线所受安培力为FIlBmdvIlBdtv0tq对时间积分m0dvlB0IdtlB0dqlBqv2ghm0q2ghB（２）q3.8C ６、安培秤如图所示，它的一臂下面挂有一个矩形线圈，线圈共有九匝，它的下部悬在均匀磁场Ｂ内。下边一段长为l，它与Ｂ垂直。当线圈的导线中通有电流Ｉ时，调节砝码使两臂达到平衡；然后使电流反向，这时需要在一臂上加质量为m的砝码，才能2使两臂再达到平衡。（设g=9.80m/s）解：线圈水平部分所受安培力方向向下，大小为FnIlB电流反向后，安培力大小不变，方向向上。mg2nIlBＩl××××mgＢB0.479T××××2nIl７、空间某处有互相垂直的两个水平磁场Ｂ１和Ｂ２，Ｂ１向北，Ｂ１=1.73高斯，Ｂ２向东，Ｂ２=1.00高斯。现在该处有一段载流直导线，问这导线应如何放置，才能使两磁场作用在它上面的合力为０？解：设导线与正北方向夹角为α，与正东方向夹角为2根据安培定律IlB1sinIlB2sin2B210解得tg30B1.7361８、载有电流Ｉ的闭合回路abcd,ab是一段导体，可以滑动，它在回路上的长为l；一外磁场Ｂ与回路平面垂直。求ab向右滑动距离s时，磁场所作的功。若向左滑动距离s，磁场所作的功是多少？·da·······解：ab所受安培力方向向右。················向右滑动时，磁场所作的功为AFsBIls·cb·······s向左滑动时，磁场所作的功为AFsBIls９、长l=10cm，电流Ｉ=10A的直导线在均匀外磁场Ｂ中，Ｂ与电流垂直，Ｂ=30高斯。（１）求磁场作用在这段导线上的力Ｆ；（２）当这段线以v=25cm/s的速率逆Ｆ的方向运动时，求Ｆ作功的功率Ｐ。3解：（１）磁场的作用力为FIlB3.010N4（２）Ｆ作功的功率为PFvFv7.510W １０、一正方形线圈由外皮绝缘的细导线绕成，共绕有200匝，每边长为150mm，放在Ｂ=4.0Ｔ的外磁场中，当导线中通有Ｉ=8.0A的电流时，求：（１）线圈磁矩m的大小；（２）作用在线圈上的力矩Ｌ＝m×B的最大值。2解：（１）线圈磁矩的大小为mNIS36(Am)（２）线圈上的力矩的最大值LNISB144(Nm)max１１、一矩形线圈由２０匝互相绝缘的细导线绕成，矩形边长为10.0cm和5.0cm,导线中的电流为0.10A，这线圈可以绕它的一边ＯＯ′转动。当加上Ｂ=0.50T的均匀外磁场，0Ｂ与线圈平面成30角时，求这线圈受到的力矩。zＢ解：电流元所受的安培力为dFIdlB10cm力对转轴的力矩为dLrdFr(IdlB)0.10A030y使线圈转动的力矩是与ＯＯ′平行的一边所受的力矩x03LNISBsin(n,B)NISBsin604.310Nm这个力矩将使线圈转向x轴。１２、一矩形线圈长20mm，宽10mm，由外皮绝缘的细导线密绕而成，共绕有1000匝，放在Ｂ=1000高斯的均匀外磁场中，当导线中通有100mA的电流时，求附图中两种情况下线圈每边所受的力与整个线圈所受的力和力矩。×ab×××ab（１）Ｂ与线圈平面的法线重合；××××××××（２）Ｂ与线圈平面的法线垂直。×××××cd×××cd解：（１）FFIlBFFIlBabcd1acbd2××××F0LmB0（２）FFIlBFFIlBabcd1acbd23F0LmBLNIl1l2B2.010Nm方向向上 １３、一边长为a的正方形线圈载有电流Ｉ，处在均匀磁场Ｂ中，Ｂ沿水平方向，线圈可以绕通过中心的竖直轴ＯＯ′转动，转动惯量为Ｊ。求线圈在平衡位置附近作微小摆动的周期。2解：线圈所受磁场作用的力矩为LmBIanBaＩ2力矩的大小为LIaBsin当θ＝０时达到平衡；当θ很小时，线圈作微小振动。sin222d2dIaB运动方程为JLIaB022dtdtJ2J这一方程表明，线圈作简谐振动，其振动的周期为T22IaB2１４、一矩形线圈的大小为8.0×6.0cm，每cm长的质量为0.10g，可以绕ab边自由转动，0外磁场Ｂ沿y轴方向。当线圈中载有电流Ｉ＝10A时，线圈离开竖直位置，偏转30。（１）求磁感强度Ｂ的大小；y(B)（２）如果Ｂ是沿x轴方向，线圈将如何？x030解：（１）重力矩的大小为Lggl2(l1l2)sinz方向是使θ减小；安培力矩大小为LmBsin()IllBcos方向是使θ增大；M122平衡时LLBg(l1l2)tan1.3102(T)gMIl1（２）Ｂ沿x轴方向时，两力矩方向相同，线圈只有在θ＝０时才能平衡。线圈不偏转。１５、一半径为Ｒ=0.10m的半圆形闭合线圈，载有电流Ｉ=10A，放在均匀外磁场中，磁3场的方向与线圈平面平行。磁感强度的大小B=5.0×10高斯。（１）求线圈所受力矩的大小和方向；0（２）在这力矩的作用下线圈转90（即转到线圈平面与Ｂ垂直），求力矩所作的功。解：（１）线圈所受力矩为LmBISnB方向向上2其大小为LISB7.910Nm0122（２）转动过程中力矩所作的功为ALdISBRIB7.910J/22 １６、一圆线圈的半径为Ｒ，载有电流Ｉ，放在均匀外磁场Ｂ中，线圈的右旋法线方向与Ｂ的方向相同，求线圈导线上的张力。解：考虑Ｂ作用在半圆环上的安培力，dFIdlB···Ｉ·dl··BdF沿半径方向，dFIBdl······由对称性可知，半圆环所受安培力方向向上，其大小为······ＴＴFdFsinIBRsind2IBR0······F所求张力为TIBR2１７、半径Ｒ=10cm的圆线圈由表面绝缘的细导线密绕而成，共绕有2000匝；当导线中-2通有2.0A电流时，加上外磁场Ｂ，Ｂ的方向与线圈平面平行，Ｂ的大小为5.0×10Ｔ.求磁场作用在线圈上的力矩。解：LNISBsinNISB6.3Nm１８、一螺线管长30cm,横截面的直径为15mm，由表面绝缘的细导线密绕而成，每厘米绕有100匝.当导线中通有2.0A的电流后，把这螺线管放到Ｂ=4.0T的均匀磁场中，求：（１）螺线管的磁矩；（２）螺线管所受的力矩的最大值。2解：（１）磁矩为mNIS1.06(Am)（２）所受力矩的最大值为LNISB4.2Nm１９、两条很长的平行输电线相距20mm，都载有100A的电流，分别求电流方向相同和相反时，其中两段一米长的输电线之间的相互作用力。I解：由毕—萨定律可知，Ｉ01１在Ｉ２处产生的磁感强度为B12d0I1I2Ｉ１Ｉ２I2上的电流元受到的作用力为dF12I2dl2B1dl22dddFII单位长度的I导线受力为12012N20.1dl2d2电流方向相同时，两电线相互吸引；电流方向相反时，两电线相互排斥。 ２０、发电厂的汇流条是两条三米长的平行铜棒，相距50cm；当向外输电时，每条棒中的电流都是10000A。作为近似，把两棒当作无穷长的细线，计算它们之间的相互作用力。I0解：无限长直线电流在距离为r处产生的磁感强度Ｂ的大小为B2r两棒之间相互作用力大小为0I1I22Fl1.210N2r２１、长直导线与一正方形线圈在同一平面内，分别载有电流Ｉ１和Ｉ２，正方形的边长为a，它的中心到直导线的垂直距离为d.（１）求这正方形载流线圈各边所受Ｉ１的磁场力以及整个线圈所受的合力；（２）当Ｉ１=3.0A,Ｉ２=2.0A,a=4.0cm,b=4.0cm时，求合力的值。解：（１）无限长直线电流在距离为r处产生的磁感强度Ｂ的大小为I0B2r线圈的各边所受安培力分别为AＩ2Bda/20I1I20I1I22dadFABFCDdrlnＩ１ada/22r2r2daＤＣIFIa01方向向右ＣＣBc22(da/2)I01方向向左FIaDA22(da/2)线圈所受的磁场力的合力为2IIaIIa2IIa012012012FFF方向向左DABC222(da/2)2(da/2)(4da)22IIa（２）0121.6106()FN22(4da)２２、载有电流Ｉ１的长直导线旁边有一正方形线圈，边长为２a，载有电流Ｉ２，线圈中心到导线的垂直距离为b，电流方向如图所示。线圈可以绕平行于导线的轴Ｏ１Ｏ２转动，求：２aＩ２Ｉ１（１）线圈在α角度位置时所受的合力Ｆ和合力矩Ｌ；（２）线圈平衡时α的值； （３）线圈从平衡位置转到α=π/2时，Ｉ１作用在线圈上的力作了多少功？解：（１）Ｉ１作用在各边上的力分别为IIIaF2alB2aI01012AB212r22ＢＣ2ABab2abcosαIIIaF2alB2aI01012CD212r222CDab2abcos２aＩ２Ｉ１FBC=－FAD互相抵消。ＡＤbＩ１作用在线圈上的合力为FFFABCD22其大小为FFF2FFcosABCDABCDIIa112Ｉ１×ＦＣＤ012cos22θrABrCDrABrCDαＦＡＢ⊙ＦＣＤ222因为rABrCD(2a)cos22rrABCD22所以20I1I2a20I1I2a1Frr222222ABCDab4abcos为说明Ｆ的方向，取直角坐标系如图所示，FxFCDcosFABcosyFFsinFsinyCDAB×γＩ１╳ＦＣＤFyθF与x轴之间的夹角为arctanαxFxＦβ⊙ＦＣＤＡＢabacos由图可见sinsincosrrABABabacossinsincosrCDrCD22ab代入得arctan(tan)22ab线圈所受的力矩为ＡＢ和ＣＤ两边受力对转轴的力矩之和。0I1I2absinsinLFbsinFbsinABCDrrABCD22220I1I2absin1120I1I2ababsinr2r2222222ABCDab4abcos Ｌ的方向是使α减小的方向。（２）当Ｌ＝０时，线圈达到平衡。α＝０（稳定平衡）；α＝π（不稳定平衡）（３）线圈从α＝０转到α＝π／２时，作用在线圈上的力所作的功为222/220I1I2abab/2sinALdd00a2b224a2b2cos22220I1I2aab2abcos/20I1I2aabln220ln2ab2abcos2ab２３、如图所示，一根长直导线载有电流３０Ａ,长方形回路和它在同一平面内，载有电流２０Ａ。回路长30cm，宽8.0cm，靠近导线的一边离导线1.0cm。求直导线电流的磁场作用在这回路上的合力。b解：0I1I2a0I1I2a0I1I2ab3NI2F3.2102c2(bc)2c(bc)I1aＦ的方向向左，即指向Ｉ１。c２４、载有电流Ｉ１的长直导线旁有一正三角形线圈，边长为a，载有电流Ｉ２，一边与直导线平行，中心到直导线的垂直距离为b,直导线与线圈都在同一平面内，求Ｉ１作用在这三角形线圈上的力。I3IIa解：FIa01012方向向左AB22(b3a/6)(6b3a)Ba0I10I1I2adlI2FBCFCA0I2dl02r2rI1bC0I1I2adla203a3Abl620I1I2lnb3a3la0I1I2ln6b23a362036b3a因FBC和FCA对于三角形的顶角C是对称的，平行于I1的分量大小相等而方向相反，所以二者的合力为BFBC00I1I26b23aI2FF2Fcos60eFelneBCCABCxBCxx36b3aCFAB三角形的线圈的三边所受安培力之和为AFCAFFFFFeFeABBCCAABxBCx 30I1I2a0I1I26b23a0I1I216b23a3aexlnexlnex(6b3a)36b3a36b3a6b3a２５、载有电流Ｉ１的长直导线旁有一平面圆形线圈，线圈半径为r，边长为a，载有电流Ｉ２，中心到直导线的垂直距离为l,直导线与线圈都在同一平面内，求Ｉ１作用在这圆形线圈上的力。解：由对称性可知，圆的上下两半相应位置的电流元所受的力平行于直线的分量大小相等而方向相反，互相抵消；垂直于直线的分量大小相等而方向相同，所以整个线圈所受的力θ大小等于dFIF2dFcos012IRdcos0022lRcosRI1θ0I1I2R1cosdIIRl2lR012arctan(tan0lRcosRRl2R2lR2I20dFlII1方向向左01222lRe２６、试证明电子绕原子核沿圆形轨道运动时磁矩与角动量大小之比为（经2m典回转磁比率）。磁矩与角动量各沿什么方向？e2e2e解：电子绕核运动的磁矩mISrnrnvrn方向与n方向相反T22n电子绕核运动的角动量Lrmvmvrn方向与n方向相同e2+m2r2+磁矩和角动量之比-eLmvr2mv２７、一电磁式电流计线圈长a=2.0cm，宽b=1.0cm，N=250匝，磁极间隙内的磁感强度0B=2000高斯。当通入电流I=0.10mA时，偏转角θ=30。求：（１）作用在线圈上的磁偏转力矩Ｌ；（２）游丝的扭转常数Ｄ。8解：（１）磁偏转力矩LmBNIabB110(Nm)3（２）KL/NIabB/3.310(Nm/度)2２８、一电磁式电流计中线圈面积S=6.0cm,由５０匝细导线绕成。磁极间隙Ｂ=100高斯，游丝的扭转常数Ｄ=0.10达因厘米／度。求通有1.0mA的电流时的偏转角度。0解：NIabB/K30 ―――――――――――――――――――――――――――――――――――――――§4.5带电粒子在磁场中的运动思考题：１、指出下图中各情形里带电粒子受力的方向··v······BqvvBBvBBq－v。q<0＋×····q+－qq>0-vＢ····答：根据洛伦兹力公式FqvB可知··v······BqvvBBvBBq－●v。q<0＋×····q+×－qq>0-vＦ向右ＢＦ向外Ｆ向里Ｆ＝０Ｆ向左Ｆ向····下２、如图所示，在阴极射线管上平行管轴放置一根载流直导线，电流方向如图所示。射线向什么方向偏转？电流反向后情况怎样？答：电流产生磁场，电子在磁场中运动受到洛伦兹力作用，I射线将向下偏转。-F电流反向后，磁场反向，射线将向上偏转。３、如图所示，两个电子同时由电子枪射出，它们的初速度与匀磁场垂直，速率分别×××××是V和2V。经磁场偏转后，哪个电子先回到出发点？×××××2vv×××××答：电子在磁场中受洛伦兹力作用而作匀速圆周运动Rmv/qB，××××××××××T2m/qB，与Ｖ无关。因此两电子同时回到出发点。×××××４、云室是借助于过饱和水蒸汽在离子上凝结，来显示通过它的带电粒子径迹的装置。这里有一张云室中拍摄的照片，云室中加了垂直纸面向里的磁场，图中a、b、c、d、e是从O出发的一些正电子或负电子的径迹。（１）哪些径迹属于正电子的，哪些属于负电子的？××××××a（２）abc三条径迹中哪个粒子的能量（速率）最大？哪个最小？××××××××××××答：（１）向右偏转的d、e是正电子，向左偏转的a、b、c是负电子。b××××××××××××ec（２）速率越大的粒子，回转半径越大。Rmv/qB×××××d 因此a、b、c三条径迹中，c粒子能量最大，a粒子能量最小。５、图中所示是磁流体发电机的示意图。将气体加热很高的温度（譬如2500K以上）使之电离（这样一种高度电离的气体叫做等离子体），并让它通过平行板电极1、2之间，在这里有一垂直于纸面向里的磁场B。试说明这时两电极间会产生一个大小为vBd的电压（v为气体流速，d为电极间距）。哪个电极是正极？答：设带电粒子的运动速度与气体流速相１等。当磁流体发电机中的等离子体高温××××（气体流）通过电极1、2之间时，电离气流××××正离子受到一个向上的力，偏向上２极板，上极板成为正极；负离子受到向下的力偏向下极板，下极板成为负极。设正、负极板的电量分别为+q和—q，电位分别为U1和U2，则两极板的电位能差等于洛伦兹力把+q电荷从负极板移到正极板所做的功,qU1—qU2=qvBd,即U12=U1—U2=vBd。或者：最初，以速度Ｖ运动的带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用FqvB而偏转，积累在两极板上的正负电荷形成电场，当离子所受电场力与洛伦兹力平衡时，离子不再偏转而沿前进方向通过两极板之间。UqvBq即此时两极板之间的电压为UvBdd６、试定性是说明磁镜两端对作回旋运动的带电粒子能起反射作用。答：在载流线圈附近，由弱到强的磁场位形，叫做磁镜。当一个带电粒子沿磁感应线作回旋运动由较弱的磁场vv⊥区域进入较强的磁场区域时，随着B的增加，其横向动能v//2mv/2也要增加。（在梯度不是很大的非均匀磁场中，磁矩2mv/2M是不变量，M）；但由于洛伦兹力是不作功的，B222带电粒子的总动能mv/2m(vv)/2保持不变，于是//2纵向动能mv///2和纵向速度就要减小。当区域中的磁场变得足够强时，纵向速度v//可能变为零，这时引导中心沿磁感应线的运动被抑止，而后沿反方向运动。带电粒子的这种运动方式就象光线遇到镜面发生反射一样。因此磁镜两端对作回旋运动的带电粒子能起反射作用。例如：地球磁场中心弱，两极强，是一个天然的磁镜。内、外两个环绕地球的辐射带，就是地磁场所俘获的带电粒子组成。 ――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――习题：１、一电子在Ｂ=70高斯的匀强磁场中作圆周运动，圆的半径为r=3.0cm。已知电子的电荷和质量，Ｂ垂直纸面向外，电子的圆轨道在纸面内。设电子某时刻在Ａ点，它的速度Ｖ向上。（１）画出电子运动的圆轨道；········（２）求这电子速度的大小Ｖ；vB········（３）求这电子的动能ＥＫ。········－Ａ········解：（１）电子运动轨道如图所示。········erB7（２）电子的速率为v3.710m/sm12163（３）电子的动能为Emv6.210(J)3.910(eV)K2２、带电粒子穿过过饱和蒸汽时，在它走过的路径上，过饱和蒸汽便凝结成小液滴，从而使得它运动的轨迹（径迹）显示出来，这就是云室的原理。今在云室中有B=10000高斯的均匀磁场，观测到一个质子的径迹是圆弧，半径r=20cm，已知这粒子的电荷为-27e,质量为1.67×10kg，求它的动能。2v解：带电粒子的运动方程为qvBmr2121qrB带电粒子的动能为Emv1.92MeVK22m7３、测得一太阳黑子的磁场为B=4000高斯，问其中电子以（1）5.0×10cm/s，（2）85.0×10cm/s的速度垂直于B运动时，受到的洛伦兹力各多大？回旋半径各有多大？14解：电子受到的洛伦兹力的大小为FevB3.210(N)1113FevB3.210(N)电子作圆周运动的回转半径为22mv16mv25R7.110(m)R7.110(m)12eBeB４、一电子的动能为10eV，在垂直于匀强磁场的平面内作圆周运动。已知磁场为B=1.0高斯，（１）求电子的轨道半径Ｒ；（２）电子的回旋周期Ｔ； （３）顺着Ｂ的方向看，电子是顺时针回旋吗？mv2mEk2m7解：（１）R0.11(m)（２）T3.610(s)0.36微秒eBeBeB（３）是顺时针回旋。-19-274５、一带电粒子的电荷为q=3.2×10C，质量m=6.7×10kg，速率v=5.4×10m/s，在磁场中回旋半径Ｒ=4cm，求磁感强度Ｂ。2v解：带电粒子的运动方程为qvBmrmv2磁感强度为B2.810高斯qR６、一电子的初速度为０，经电压Ｕ加速后进入均匀磁场，已知磁场的磁感强度为Ｂ，电子电荷为－e，质量为m，电子进入磁场时速度与Ｂ垂直，如附图所示，（１）画出电子的轨道；（２）求轨道半径Ｒ；（３）电压Ｕ=3000V,B=100高斯时，Ｒ＝？········B········解：（１）电子轨道如图所示。········（３）轨道半径mv12mU········vReBBe················（４）Ｒ＝1.85cm7７、电子以v=3.0×10m/s的速度射入匀强磁场Ｂ内，它的速度与Ｂ垂直，Ｂ=10T。已-31-19知电子的质量为m=9.11×10kg，电荷量为q=1.6×10C，求这电子所受的洛伦兹力，并与它在地面所受的重力加以比较。11解：电子所受洛伦兹力大小为FevB4.810(N)30电子在地面所受重力大小为Fmg8.910(N)GF18两者之比为5.410FG１８即此时电子所受的洛伦兹力为重力的１０倍。８、一电子在匀强磁场中作圆周运动，频率为f=12MHz,半径为r=0.535m。已知电子的-31-19质量为m=9.11×10kg，电荷量为q=1.6×10C，求： （１）磁感强度Ｂ；（２）电子动能2mf4解：（１）B4.2910(T)4.29高斯e（２）121227.411016()4.63103()4.63()EmvevrBrfmJeVkeVK22-27９、已知质子质量m=1.67×10kg,地球半径6370km,地球赤道上地面的磁场Ｂ=0.32高斯。（１）要使质子绕赤道表面作圆周运动，其动量p和能量Ｅ应有多大？7（２）若使质子以速率v=1.0×10m/s环绕地球赤道表面作圆周运动，地磁场应有多大？2v解：（１）质子的运动方程为evBmrm考虑相对论效应，质子的质量和速度的关系为0m221v/c联立两式得2v111m0c111.536102211.2104c1mc/reB22reB20mc(01.5361021)reBm0v17所以质子的动量为pmv3.310kgm/s221v/c212p质子的能量为Emv62GeVk22m（２）mv1.6108()BTer4１０、在一个显象管里，电子沿水平方向从南到北运动，动能是1.2×10eV。该处地球磁场在竖直方向上的分量向下，Ｂ的大小是0.55高斯。（１）电子受地磁的影响往哪个方向偏转？（２）电子的加速度有多大？（３）电子在显象管内走20cm时，偏转有多大？（４）地磁对于看电视有没有影响？解：（１）根据洛伦兹力公式可知，电子受地磁场的作用力向东，故电子向东偏转。 （２）电子的加速度大小为FevBeB2Ek142a6.310m/smmmm2121eBl3（３）电子的偏转为sat3.010(m)3.0(mm)222mEk（４）地磁存在造成的是系统偏转，故对于看电视没有影响。１１、一质量为m的粒子带有电量q，以速度v射入磁感强度为Ｂ的均匀磁场，v与Ｂ垂直，粒子从磁场出来后继续前进，如图所示。已知磁场区域在v方向（即x方向）上的宽度为l，当粒子从磁场出来后在x方向前进的距离为Ｌ－l/2时，求它的偏转。解：带电粒子进入磁场时，速度Ｖ与磁场Ｂ垂直，粒子的轨迹为圆，其半径为mvR。以qB粒子进入磁场处为原点，取直角坐标系如图ly2222所示。圆的方程为x(yR)R。·····yθv·y1qx当粒子离开磁场时，x=l，这时的偏转为·····2·L-l/222mvmv2yRRll·····1LqBqB·粒子在磁场中因受洛伦兹力作用而偏转，但洛伦兹力不作功，粒子的动能不变，即粒子的速·····率v不变。在射出磁场时，设粒子的速度与x轴的夹角为θ·；射出磁场后，沿直线前进。(Ll/2)l当它沿x方向前进的距离为L-l/2时，偏转为yLl/2tg222Rl2即：mvmv2Ll/2lyyyl12qBqBR2l22mvmvmvmvmv1qBl21qBl2当l时，yl211qBqBqBqBqB2mv2mvLl/2lqBLl/2ly22mvmv2lqB21qBlqBLl/2lqBLlyyy122mvmvmv-27-19１２、已知α粒子的质量m=6.7×10kg，电荷q=3.2×10C。它在Ｂ=1.2T的均匀磁场中沿半径为45cm的圆周运动。（１）求它的速率v，动能ＥＫ和回旋周期Ｔ；（２）若它原来是静止的，问需经过多大的电压加速，才能达到这个速率？ reB7解：（１）速率为v2.610(m/s)m212动能为Emv/22.310(J)14(MeV)k2m7回旋周期为T1.110(s)eB2Ekmv6（２）加速电压U7.110(V)7.1(MV)e2e１３、已知氘核的质量比质子大一倍，电荷与质子相同；α粒子的质量是质子质量的四倍，电荷是质子的二倍。（１）问静止的质子、氘核和α粒子经过相同的电压加速后，它们的动能之比是多少？（２）当它们经过这样加速后进入同一均匀磁场时，测得质子圆轨道的半径为10cm，问氘核和α粒子轨道的半径各有多大？解：（１）EqUE:E:Eq:q:q:1:1:2kpdpd2mEpp（２）质子的轨道半径为R10cm氘核和α粒子轨道的半径分别为pqBp2mdEd2(2mp)(2Ep)Rd2Rp14cmR2Rp14cmqB2qBdp１４、一氘核在Ｂ=1.5T的均匀磁场中运动，轨迹是半径为40cm的圆周。已知氘核的质量-27-19为3.34×10kg,电荷q=1.6×10C。（１）氘核的速度和走半圈所需要的时间；（２）需要多高的电压才能把氘核从静止加速到这个速度？reB7解：（１）氘核的速度为v2.910(m/s)mTm8走半圈所需要的时间为t4.410(s)2eB2mv6（２）所需的加速电压为U8.610(V)8.6(MV)2q１５、一质谱仪的构造如图所示，离子源Ｓ产生质量为Ｍ，电荷为q的离子，离子产生出来时速度很小，可以看作是静止的；离子产生出来后经过·····电压Ｕ加速，进入磁感强度为Ｂ的均匀磁场，沿着半圆周·运动而达到记录它的照相底片Ｐ上，测得它在Ｐ上的位置······P·····Ux·q·····Ｓ· 2qB2到入口处的距离为x。证明这离子的质量为Mx8U2v解：离子走的是半圆周，x是直径，由运动方程mqvBr12和能量关系mvqU22得2mv2m2qU22mUqB2x2rMxqBqBmBq8U１６、如上题，以钠离子作实验，得到的数据如下：加速电压Ｕ=705V,磁感强度B=3580高斯，x=10cm。求钠离子的荷质比q/M。解：钠离子的荷质比为q8U4.4106(C/kg)22MBx-19-2１７、已知碘离子所带电荷q=1.6×10C。它在Ｂ=4.510T的均匀磁场中作圆周运动时，-3回旋七周的时间为1.29×10s，求碘离子的质量。qBT25解：m2.110kg2１８、一回旋加速器Ｄ形电极圆周的最大半径Ｒ=60cm，用它来加速质子，要把质子从静止加速到4.0MeV的能量，（１）所需的磁感强度Ｂ；-4（２）设两Ｄ形电极间的距离为1.0cm，电压为2.0×10V,其间电场是均匀的，求加速到上述能量所需的时间。2mE解：（１）Bk0.48(T)Rq（２）带电粒子在回旋加速器中的运动分为两部分：一是经过Ｄ形电极间的匀加速直线运动，二是在Ｄ形盒内的匀速圆周运动。加速时间应为ttt12从静止开始加速到动能为ＥＫ时，经过两极间加速的次数为nE/qU300k在两极间走过的距离为121qE21qU2ndattt11122m2md即2mn2mEk1.4107()tdds1qUqU由于粒子经过两极间n次，故它在Ｄ形盒内的半圈匀速运动便有（n-1）次， t(n1)T(n1)m1.4105(s)22qB5ttt1.410(s)12（２）解法２：因为质子的回旋周期与速度无关，它在每个周期内被加速两次，故每个周期4所获得的能量为E2U4.010(eV)加速到４ＭeV所需的周期为Ｎ＝１００因两极间的距离d比最大回旋半径60cm小得多，所以质子经过两极间的时间可忽略不计，即所求时间为5tNT1.410(s)１９、一电子在Ｂ=20高斯的磁场里沿着半径Ｒ=20cm的螺旋线运动，螺距h=5.0cm，如图11所示，已知电子的荷质比为e/m=1.76×10C/kg，求这电子的速度。解：速度分解为v⊥和v//,eRB7垂直于Ｂ的方向作匀速圆周运动，v7.0410(m/s)mehB6平行于Ｂ的方向作匀速直线运动，v2.8010(m/s)//2m227电子速度的大小为vvv7.010(m/s)//-34２０、正电子的质量与电子相同，都是9.11×10kg,所带电量也和电子相同，但带的是正电。有一个正电子，动能为2000eV，在B=1000高斯的均匀磁场中运动，它的速度v与B0成80角，所以它沿一条螺旋线运动。求这螺旋运动的（１）周期Ｔ；（２）半径r和（３）螺距h。解：将正电子的速度分解为平行于Ｂ的分量v//和垂直于Ｂ的分量v⊥2R2m10电子作回旋运动的周期为T3.610(s)veB0mvsin893半径为R2mE1.510(m)keBeB2Ek04螺距为hvTTcos891.710(m)//m２１、附图所示是微波技术中用的一种磁控管的示意图。一群电子在垂直于磁场Ｂ的平面内作圆周运动。在运行过程中它们时而接近电极１，时而接近电极２，从而使两极间的电位差作周期性变化。试证明电压变化的频率为eB/2πm，电压的幅度为Ne11式中Ｄ是圆形轨道的直径，r1是电子群最靠近某一电极时的距U04rrD011 离，Ｎ是这群电子的数目。解：一群电子××××1××××D2××××××××r1B２２、空间某一区域里有Ｅ=1500V/m的电场和B=4000高斯的磁场，这两个场作用在一个运动电子上的合力为０。当电子的速度Ｖ⊥Ｂ时，（１）求这个电子的速率Ｖ；BE（２）画出Ｅ、Ｂ和Ｖ三者的相互方向。解：（１）电子所受的合力为Fe(EvB)0vv×BE3vBsinE当v⊥Ｂ时，v3.7510(m/s)B（２）Ｅ、Ｂ和Ｖ三者的相互方向如图所示。２３、空间某一区域有均匀电场Ｅ和均匀磁场Ｂ，Ｅ和Ｂ的方向相同。一电子在这场中运动，分别求下列情况下电子的加速度a和电子的轨迹：开始时（１）Ｖ０与Ｅ方向相同；（２）Ｖ０与Ｅ方向相反；（３）Ｖ０与Ｅ垂直。Fe解：电子所受的合力为Fe(EvB)加速度为a(EvB)mm（１）Ｖ０与Ｅ方向相同时，也与Ｂ方向相同，电子所受洛伦兹力为零，仅在电场力eEmv0作用下作匀减速直线运动。a。当t时速度为零，然后在Ｅ的作meE用下逆着电力线加速运动，其轨迹是一条直线。（有如竖直上抛运动）（２）Ｖ０与Ｅ方向相反时，也与Ｂ方向相反，电子所受洛伦兹力仍为零，在电场力eE作用下作匀加速直线运动。a，电子逆着电力线加速运动，轨迹是一条m直线。（有如竖直下抛运动）FeｚＥＢ（３）当Ｖ０与Ｅ垂直时，a(EvB)，mm电场力产生加速度与Ｅ方向相反，不改变Ｖ０的大小；V0y磁场的洛伦兹力使电子环绕磁力线作圆周运动，由于洛伦x 兹力不作功，电子的动能不因磁场的作用而改变。因此电子一方面在电场力的作用下逆着电力线加速运动，一方面环绕磁力线作圆周运动，合成的结果是一条螺距越来越大的螺旋线。定量结果为：1eE2mv0eBymv0sineBztx(1cost)t——空间螺旋线方程2meBmeBm电子运动的轨迹是一条轴线平行于Ｅ（Ｂ）的空间螺旋线。mv022半径为Rxmv0y2mv0eBeBeB螺距为h2EtBh与时间成正比，表明螺距越来越大。２４、空间某一区域有均匀电场Ｅ和均匀磁场Ｂ，Ｅ和Ｂ方向相同，一电子在该场中运动，开始时速度为Ｖ０，Ｖ０与Ｅ之间的夹角为α，求这电子的加速度和轨迹。ｚFe解：电子的加速度为a(EvB)mmαV0ＥevBsineEＢyaa//mmx将V0分解——平行于B的分量vvcos在电场力的作用下不断减小，作减速直线运动//0垂直于B的分量vvsin大小不变，在垂直于B的平面内作匀速圆周运动0mvsin圆周运动的半径为0ReB合成轨迹为以x轴为轴线的空间螺旋线，其螺距不断减小。２５、在空间有互相垂直的均匀电场Ｅ和均匀磁场Ｂ，Ｂ沿x方向，Ｅ沿z方向,一电子开始时从原点出发，以速度Ｖ0沿y方向前进。问电子运动的轨迹如何？ｚＥ解：电场和磁场分别为E=（0，0，E）B=（B，0，0）初始条件为t=0时，x0=0，y0=0,z0=0V0OydxdydzＢ0v00xdt0dt0dt0 2dxm20dtd2rdrd2ydz电子的运动方程为meEeBmeB22dtdtdtdt2dzdymeEeBdt2dt上式对时间积分，并利用初始条件可解得x=0表明电子在yz平面内运动mEeBz(v)cost10eBBmmEeBEy(v)sintt0eBBmB这是yz平面里的一条摆线（旋轮线）。２６、设氢原子中的电子沿半径为r的圆轨道绕原子核运动。若把氢原子放在磁感强度为B的磁场中，使电子的轨道平面与B垂直，假定r不因B而改变，则当观测者顺着B的方向看时，（１）电子是沿顺时针方向旋转，问电子的角频率（或角速率）是增大还是减小？（２）若电子是沿反时针方向旋转，问电子的角频率是增大还是减小？解：电子所受的洛伦兹力为FevB，因e<0，F的方向与vB方向相反（１）当电子沿顺时针方向旋转，Ｆ指向原子核，电子受到的向心力增大，故电子的角频率（角速率）是增大；（２）当电子沿逆时针方向旋转，Ｆ背向原子核，电子受到的向心力减小，故电子的角频率（角速率）是减小。２７、设电子的质量为m，电荷为e，以角速度ω绕带正电的质子作圆周运动。当加上外磁场Ｂ，Ｂ的方向与电子轨道平面垂直时，设电子轨道半径不变，而角速度变为ω′。1e证明：电子角速度的变化近似等于B。2m221e解：无磁场时，电子的角速度ω满足mrFe24r0加上磁场后，电子的角速度ω′满足222mrFFmrevBmrerBem因电子电荷量e<0，故上式右边在洛伦兹力与库仑力同方向时用负号，反方向时用正号 2eB2由上式得0m2解得eB2eB2m2m3eB0r6其中根号内两项之比为/B2.110B2mm在一般实验中，Ｂ很少超过10T，即使Ｂ＝100Ｔ，上述比值也只有万分之二。因此，2eB2eBeB22m2m2m因ω′>0，所以ω只能取正值。eB2m1e即B2m２８、一铜片厚为d=1.0mm，放在B=1.5T的磁场中，磁场的方向与铜片垂直。已知铜片22里每立方厘米有8.4×10个自由电子，当铜片中有Ｉ=200A的电流时，（１）求铜片两侧的电位差Ｕaa′;（２）铜片宽度b对Ｕaa′有无影响？为什么？解：（１）设铜片内构成电流的自由电子其平均定向速度为u,则每Ba个参加导电的自由电子所受的洛伦兹力为bIfeuBmaˊc方向为从a′指向a，电子向a偏转，a边带负电，a′带负电，结果在铜片内产生一个从a′指向a边的电场E。当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，电子不再偏转。Ｅ＝uＢ电流IjSneuldaIB5UaaEdlEluBl2.210(V)aned（２）铜片宽度b对Ｕaa′无影响。２９、一块半导体样品的体积为a×b×c，如图所示，沿x方向有电流Ｉ，在z轴方向加有均匀磁场Ｂ。这时实验得出的数据为a=0.10cm，b=0.35cm，c=1.0cm，I=1.0mA，B=3000高斯，铜片两侧的电位差ＵＡＡ′=6.55mV。（１）问这半导体是正电荷导电（p型）还是负电荷导电（n型）？ （２）求载流子浓度（即单位体积内参加导电的带电粒子数）。解：（１）ＵＡＢ＝6.55mV>0,可知样品是n型（负电荷）导电。zBb（２）样品中的为IjabnquabayA′cA磁场使载流子偏转，从而在样品两侧积累正I负电荷，在样品中生成一个横向电场Ｅ，作用在载x流子上的力为fffq(uBE)me电场力与磁场力方向相反，当它们大小相等，达到平衡时，载流子不再偏转而达到稳定的定向流动，EUAA/dIIB193载流子的浓度为n2.910(个/m)quabqaUAB7３０、一长直导线载有电流50A,在离它5.0cm处有一电子以速率v=1.0×10m/s运动。求下列情况下作用在电子上的洛伦兹力：（１）Ｖ平行于导线电流；（２）Ｖ垂直于导线并向着导线；（３）Ｖ垂直于导线和电子所构成的平面。I×××V解：（１）Ｖ平行于导线电流时，由电流产生磁场Ｂ的规律和洛伦××××××兹力公式，作用在电子上的洛伦兹力为fevBFm××××r××16方向如图所示，其大小为fevB3.210(N)m（２）Ｖ垂直于导线并向着导线时，I×××V×××作用在电子上的洛伦兹力方向向上，×××F16×××其大小仍为fevB3.210(N)m×r××（３）Ｖ垂直于导线和电子所构成的平面时，因vB0，所以作用在电子上洛伦兹力为零。――――――――――――――――――――――――――――――――― 第四章结束第五章电磁感应和暂态过程§5.1电磁感应定律思考题：1、一导体线圈在均匀磁场中运动，在下列几种情况下哪些会产生感应电流？为什么？（１）线圈沿磁场方向平移；（２）线圈沿垂直磁场方向平移；（３）线圈以自身的直径为轴转动，轴与磁场方向平行；（４）线圈以自身的直径为轴转动，轴与磁场方向垂直。答：在（１）、（２）、（３）中，当导体线圈运动时，穿过线圈内的磁通量不发生变化，线圈中的感应电动势为零，所以不产生感应电流；在（４）中，穿过线圈内的磁通量发生变化，线圈中产生感应电动势，有感应电流。2、感应电动势的大小由什么因素决定？如图所示，一个矩形线圈在均匀磁场中以匀角速度ω旋转，试比较，当它转到位置a和b时感应电动势的大小。答：回路中感应电动势的大小，由穿过回路的磁通量的变化率决定。在右图中，如矩形线圈初始时刻（t=0）时法线与均匀磁场的磁感ＮＳ应线平行，则经过时间t后，通过线圈的磁通量为BScost。ω故感应电动势d/dtBSsint。a位置a，感应电动势最大；位置b时，感应电动势为零。ＮＳ3、怎样判断感应电动势的方向？ωb（１）判断上题附图中感应电动势的方向。（２）在本题附图所示的变压器（一种有铁芯的互感装置）中，当原线圈的电流减少时，判断副线圈中的感应电动势的方向。Ｉ答：感应电动势的方向与穿过回路的磁通量变化率的方向相反。原线圈副线圈（１）上题a、b中，感应电动势均为逆时针方向； （２）原线圈中电流减小时，副线圈中向下的磁通量减少，所以感应电流方向为由下端进入，由上端流出。感应电动势方向向上。4、在附图中，下列各种情况里，是否有电流通过电阻器Ｒ？如果有，则电流的方向如何？（１）开关Ｋ接通的瞬时；Ｋ（２）开关Ｋ接通一些时间之后；（３）开关Ｋ断开的瞬间。当开关Ｋ保持接通时，线圈的哪一端起磁北极的作用？Ｒ答：（１）开关Ｋ接通的瞬时，有电流通过电阻Ｒ，方向为从右到左；（２）开关Ｋ接通一些时间之后，磁通量不变，电阻Ｒ中无电流通过；（３）开关Ｋ断开的瞬间，有电流通过电阻Ｒ，方向为从左到右。当开关Ｋ保持接通时，线圈的左端起磁北极的作用5、如果使附图左边电路中的电阻Ｒ增加，则在右边电路中的感应电流的方向如何？答：当左边电路中的电阻Ｒ增加时，左边回路逆时针方向的电流减小，穿过右边回路的向下的磁通量减少，由楞次定律可知，右边电路中的感应电流方向为顺时针方向。6、在附图中，使那根可以移动的导线向右移动，因而引起一个如图所示的感应电流。问：在区域Ａ中的磁感应强度Ｂ的方向如何？答：感应电流产生的磁场应反抗或补偿原来磁场磁通量的变化。当iＡv导线向右移动时，穿过闭合回路的磁通量增加，因此感应电流产生的磁场应与原磁场方向相反。由此可知，区域Ａ中磁感应强度Ｂ的方向为向里。aOb7、附图中所示为一观察电磁感应现象的装置。左边a为闭合导体圆环，右边b为有缺口的导体圆环，两环用细杆联接支在Ｏ点，可绕Ｏ在水平面内自由转动。用足够强的磁铁的任何一极插入圆环。当插入环a时，可以观察到环向后退；插入环b时，环不动。试解释所观察到的现象。当用Ｓ极插入环a时，环中感应电流方向如何？答：磁铁插入环a时，穿过a环的磁通量增加，环中感应电流的磁场和原磁铁的磁场方向相反，所以磁铁和a环中感应电流间的相互作用力是斥力，所以环向后退。而b环有缺口，当磁铁插入时，环中只有感应电动势，而没有感应电流，b环和 磁铁之间没有作用力，所以环不动。当用Ｓ极插入环a时，环a中感应电流的磁场方向向里，因此感应电流的方向为顺时针方向。8、试说明思考题6和４中感应电流的能量是哪里来的。答：（１）思考题６中，感应电流的能量是由外力Ｆ推动导线作功转换而来。当导线向右运动时，出现感应电流i，感应电流受到磁场安i培力作用，安培力方向与Ｆ方向相反，阻碍导线移动。要保持导ＡFf线继续向右移动，必须施加外力Ｆ。Ｆ抵抗安培力所作的功转变成了感应电流的能量。Ｋ（２）思考题４中，感应电流的能量是由电源的电能通过磁场转换而来的。如同变压器的原理。9、一块金属在均匀磁场中平移，金属中是否会有涡流？Ｒ答：金属中无涡流。因为穿过金属中任何一个闭合回路的磁通量都未发生变化。10、一块金属在均匀磁场中旋转，金属中是否会有涡流？答：一块金属在均匀磁场中旋转，有两种情况：××××××××××××××××××××一是当金属旋转时，穿过金属中任意闭合回××××××××××路的磁通量不变，这样就不会有涡流，如图a。××××××××××二是当金属旋转时，穿过金属中的磁通量发生变××××××××××ab化，金属中将出现涡流，如图b。―――――――――――――――――――――――――――――――――――――――习题：2１、一横截面积为Ｓ=20cm的空心螺绕环，每厘米长度上绕有50匝。环外绕有Ｎ=5匝的副线圈，副线圈与电流计Ｇ串联，构成一个电阻为Ｒ=2.0Ω的闭合线圈。今使螺绕环中的电流每秒减少20A，求副线圈中的感应电动势和感应电流。解：通过副线圈的磁链为NNBSNniS(NnS)i00根据法拉第电磁感应定律，副线圈中的感应电动势为ddi3NnS()1.310V0dtdt 副线圈中的感应电流为4I6.310(A)R２、一正方形线圈每边长100mm，在地磁场中转动，每秒转30圈，转轴通过中心并与一边平行，且与地磁场Ｂ垂直。（１）线圈法线与地磁场Ｂ的夹角为什么值时，线圈中产生的感应电动势最大？（２）设地磁场的Ｂ=0.55高斯，这时要在线圈中最大产生10mV的感应电动势，求线圈的匝数Ｎ。0解：（１）转轴与地磁场的Ｂ夹角为90时，磁通量的变化率最大，因此感应电动势最大。（２）在转轴与地磁场Ｂ垂直时，感应电动势为dddNNBScostNBSsintdtdtdt22N1.410(匝)BS３、如图所示，一很长的直导线有交变电流iIsint，它旁边0ＡＢ有一长方形线圈ＡＢＣＤ，长为l，宽为（b-a），线圈和导线在同一平面内。求：la（１）穿过回路ＡＢＣＤ的磁通量Φ；iＤＣ（２）回路ＡＢＣＤ中的感应电动势。b解：（１）穿过回路ＡＢＣＤ的磁通量Φ为bb0I0Ilsintbdr0IlbaBldraldralnsint2r2r2a（２）回路ＡＢＣＤ中的感应电动势为d0I0tblncostdt2a４、一长直导线载有5.0A直流电流，旁边有一个与它共面的矩形线圈，长l=20cm，如图所示，a=10cm,b=20cm，线圈共有Ｎ=1000匝，以v=3.0m/s的速度离开直导线。求线圈里的感应电动势的大小和方向。解：NEidlNvBdlNvBalNvBblＡＢvlaＤＣb 0I113Nvl3.010(V)2ab感应电动势的方向为顺时针方向。５、如图所示，电流强度为Ｉ的长直导线的附近有正方形线圈绕中心轴ＯＯ′以匀角度ω旋转，求线圈中感应电动势。已知正方形边长为2a，ＯＯ′轴与长导体平行，相距为b。解：设线圈从图示位置转过θ角，穿过回路的磁通量为Oωr2r20Idr0Iar2B(2adl)cos2acoslnIrθr1r12rcosr212ar122rba2abcos其中1rb2a22abcosbO′2220Iaba2abcoslntb2a22abcosrI2●θθ感应电动势为r1d0Iaabsintabsint2222dtba2abcostba2abcost20Iab11tsin2222ba2abcostba2abcost６、如图所示，导体棒ＡＢ与金属轨道ＣＡ和ＤＢ接触，整个线框放在Ｂ=0.50T的均匀磁场中，磁场方向与图面垂直。（１）若导体棒以4.0m/s的速度向右运动，求棒内感应电动势的大小和方向；（２）若导体棒运动到某一位置时，电路的电阻为0.20Ω,求此时棒所受的力。（３）比较外力作功的功率和电路中所消耗的功率。×CA××××××××解：（１）在磁场中运动的导体棒产生的动生电动势为×××××××××Blv1.0(V)图中逆时针方向×××××××××Ｂv50cm×××××××××（２）回路的电流为I5(A)×××××××××R×DB××××××××棒所受到的安培力为FIlB1.25(N) （３）外力作功的功率为PFv5.0(W)2电路中消耗的功率为PIR5.0(W)二者相等。即电路中所消耗的能量是由外力作功转化而来。７、闭合线圈共有Ｎ匝，电阻为Ｒ。证明：当通过这线圈的磁通量改变△Φ时，线圈N内流过的电量为q。Rdd解：磁通量发生变化时，线圈中的感应电动势为NdtdtdqNdNN线圈中的电流为idqdqdtRRdtRR８、如图所示，这是测量螺线管中磁场的一种装置。把一个很小的测量线圈放在待测处，这线圈与测量电量的冲击电流计Ｇ串联。冲击电流计是一种可测量迁移过它的电量的仪器。当用反向开关Ｋ使螺线管的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，从而产生电量△q的迁移；由Ｇ测出△q就可以算出测量线圈所在处的Ｂ。已知测量线圈有2000匝，它的直径为2.5cm，它和Ｇ串联回路的电阻为1000Ω,在Ｋ反向时，测得△-7q=2.5×10C.求被测处的磁感强度Ｂ。解：设测量线圈的横截面积为S，匝数为N，它与G的回路电阻为R，电流为i,dqNdNSdBidtRRdtRdtGNSdqdBRK因螺线管的电流反向，B随之反向，由上式得qNS2NSB4dqq(BB)B1.310(T)0RR９、如图所示，将一个圆柱形金属块放在高频感应炉中加热。设感应炉的线圈产生的磁场是均匀的，磁感应强度的方均根值为Ｂ，频率为f。金属柱的直径和高分别为Ｄ和h，电导率为σ，金属柱的柱平行于磁场。设涡流产生的磁场可以忽略，试证明金属柱内涡电流产生的热功率为P13f2B2D4h。D32解：设磁场变化规律为BBcos2ft0高频h交流电源dBdBB2fsin2ftB2f0dtdt 1B2变化磁场所产生的涡旋电场为ErfBr，热功率密度为pE2tRR1232233224所以P(fBr)2rhdrfBhrdrfBDh0032§5.2动生电动势和感生电动势思考题：１、一段直导线在均匀磁场中作如图所示的四种运动。在哪种情况下导线中有感应电动势？为什么？感应电动势的方向是怎样的？××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××××答：在图示情况下，导线只有在作（2）（3）两种运动时，导线中有感应电动势。因为导线运动过程中切割磁力线。两种情况的感应电动势方向如图所示。××××××××２、在电子感应加速器中，电子加速所得到的能量是哪里来的？试定性解释之。××××××××答：电子加速所得到的能量来自发电机。因为发电机对电磁铁的线圈供给能量，使磁铁具有变化着的磁场，从而在环形室内感应出涡旋电场；电子在涡旋电场的作用下被加速，获得足够的动能。即电子加速所得到的能量是通过变化着的磁场这一媒介传递给电子的。―――――――――――――――――――――――――――――――――――――――习题：3１、如图所示，线圈abcd放在B=6.0×10高斯的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面法0线的夹角α=60，ab=1.0m，可左右滑动。今将ab以速率v=5.0m/s向右运动，求感应电动势的大小及感应电流的方向。nBdddScb解：BScosBcosαdtdtdtvBlvcos1.5(V)da负号表示感应电动势的方向为d→c→b→a→d,此即感应电流的方向。0２、两段导线ab=bc=10cm在b处相接成30角。若使导线在匀强磁场中以速率2v=1.5m/s运动，方向如图所示，磁场方向垂直图面向内，B=2.5×10高斯。问ac间的电位差是多少？哪一端电位高？ cab解：UEdlvBdlvBdl×××××××××acasccB×××××××××cvBlsin1.9103(V)×××××××××V0230×a×××b××××××××××××××负号表明Ｃ端电位高。３、如图，金属棒ab以v=2.0m/s的速率平行于一长直导线运动，此导线的电流I=40A。求棒中感应电动势的大小。哪一端电位高？Ｉbbv解：UEdlvBdlabasaabb0I0Ir5bvdrvln3.710(V)a端电位高。10cm100cma2r2ra４、如附图一金属棒长为0.50m水平放置，以长度的1/5处为轴，在水平面内旋转，每秒转两转。已知该处地磁场在竖直方向上的分量B⊥=0.50高斯，求a、b两端的电位差。Ｏbbb解：UEdlvBdl(r)BdlＢabasaaω0b(r)Bdl(r)Bdlabaoob325ＯˊBrdrBrdrBl4.710(V)ＵaUO21212（２）UBR2nBR1.3(V)RO22７、已知在电子感应加速器中，电子加速的时间是4.2ms，电子轨道内最大磁通量为1.8Wb，试求电子沿轨道绕行一周平均获得的能量。若电子最终所获得的能量为100MeV，电子将绕多少周？若轨道半径为84cm，电子绕行的路程有多少？解：（１）电子加速过程中，感应电场强度的平均值为1d1maxEi2Rdt2Rt（Ｒ为电子轨道半径，为电子轨道内磁通量的最大值，t为加速时间）max电子加速时，平均每圈获得的能量为emax172We2RE6.910(J)4.310eVit6100105（２）电子绕行的圈数为N2.31024.3103（３）电子所走过的路程为s2RN1.210(km)―――――――――――――――――――――――――――――――――――――――§5.3互感和自感思考题：１、如何绕制才能使两个线圈之间的互感最大？答：根据互感的定义M/I，要使两个线圈的Ｍ最大，就要使一个线圈通以一定的电121 流Ｉ１时，在另一个线圈中产生的磁通量尽可能大。为达此目的，应当将两个线圈互相重迭地绕在一起，从而使每个线圈通电时产生的Ｂ线尽可能多地穿过另一个线圈。２、有两个相隔距离不太远的线圈，如何放置可使其互感系数为零？答：与上题同理。将两线圈轴线互相垂直放置时互感系数为零。３、三个线圈中心在一条直线上，相隔的距离都不太远，如何放置可使它们两两之间的互感系数为零？答：可使三个线圈的轴线彼此垂直，同时它们的中心在一条直线上。当每个线圈通电时，其磁力线都不穿过另一个线圈。两两之间的互感系数为零。４、在附图所示的电路中，Ｓ１、Ｓ２是两个相同的小灯泡，Ｌ是一个自感系数相当大的线圈，其电阻数值与电阻Ｒ相同。由于存在自感现象，试推想开关Ｋ接通和断开时，灯泡Ｓ１、Ｓ２先后亮暗的顺序如何？S1S2解：（１）开关Ｋ接通时，两个灯泡同时有电流通过，但Ｓ１先××达到最亮，Ｓ２后达到最亮。因为通过Ｓ１的电流分成两部LR分，一部分通过Ｓ２，一部分通过Ｒ，在它流过的线路中，k没有自感线圈，不受自感电动势的阻碍作用，通电后立即达到最大值。而通过Ｌ的电流，由于自感的阻碍作用是逐渐增加的，它也分成两部分，一部分通过Ｓ２，一部分通过Ｒ。即通过Ｓ２和Ｒ的电流也是逐渐增加的，通电后不会立刻达到最大值，必须经过一段时间，通过Ｌ的电流稳定后，灯泡Ｓ２的电流才达到最亮。稳定时，两灯泡亮度相同。（２）开关Ｋ断开时，Ｓ２先暗，Ｓ１后暗。断开电源后，通过Ｌ的电流不能立即消失，在自感电动势的推动下，从原来通过Ｌ的电流开始，按指数规律逐渐衰减。此断路时的暂态电流，要通过与Ｌ构成闭合回路Ｓ１而不会通过Ｓ２。因此，断路瞬间，无自感电流通过的Ｓ２先暗，有自感电流通过的Ｓ１后暗。５、一个线圈的自感系数的大小决定哪些因素？答：线圈自感系数的大小取决于线圈的匝数、几何尺寸和介质的磁导率。６、用金属丝绕制的标准电阻要求是无自感的，怎样绕制自感系数为零的线圈？答：双线紧靠在一起，反方向并排绕制，彼此产生的磁通量互相抵消，自感系数为零。―――――――――――――――――――――――――――――――――――――――习题：１、一螺绕环横截面积的半径为a，中心线的半径为Ｒ，Ｒ>>a，其上由表面互相绝缘 的导线均匀地密绕两个线圈，一个Ｎ１匝，另一个Ｎ２匝，求两线圈的互感Ｍ。解：设Ｎ１线圈中通有电流Ｉ１，在Ｎ２线圈中产生的磁链为22NNaNNa01221012NBSIM212112RI2R12２、一圆形线圈由50匝表面绝缘的细导线绕成，圆面积为Ｓ=4.0cm,放在另一个半径Ｒ=20cm的大圆形线圈中心，两者共轴，如图所示。大圆形线圈由100匝表面绝缘的导线绕成。（１）求这两线圈的互感Ｍ；（２）当大线圈导线中的电流每秒减少50Ａ时，求小线圈中的感应电动势。解：（１）设大线圈的电流为Ｉ，在中心产生的磁感强度Ｂ的方向沿轴线，大小为0NIdl0NI2R0NIB224R4R2R因小线圈的半径远小于大线圈半径，故在小线圈的平面内，磁场可看作是近似均匀的。通过小线圈的磁链为NI0nBSnS212RＳＲnNS所求互感为2106.3106()MHI2RdI4（２）小线圈中的感应电动势为M3.110(V)dt３、如图所示，一矩形线圈长a=20cm,宽b=10cm，由100匝表面绝缘的导线绕成，放在一很长的直导线旁边并与之共面，这长直导线是一个闭合回路的一部分，其他部分离线圈都很远，影响可略去不计。求图中a和b两种情况下，线圈与长直导线之间的互感。解：在图（a）中，设导线载有电流Ｉ，由对称性和安培环路定理，I0可得到离它为r处的磁感强度为B2rbbb/2通过矩形线圈磁链为0NIa2bdr0NIaNln2aa20r2所求互感为ab 0Na6Mln22.810(H)I2在图（b）中，因矩形线圈的两半对于载流导线对称，经过两半相应处的磁感强度Ｂ大小相等而方向相反，所以通过线圈的磁通量为零，磁链亦为零。Ｍ＝０。４、如图所示，两长螺线管共轴，半径分别为Ｒ１和Ｒ２（Ｒ１>R２），长度为l(l<<Ｒ１和Ｒ２)，匝数分别为Ｎ１和Ｎ２。求互感系数Ｍ１２和Ｍ２１，由此验证Ｍ１２＝Ｍ２１。解：略去边缘效应，当里面螺线管载有电流I2时Ｒ１NI022B2Ｒ２lNNI通过外面螺线管的磁链为0122221N1B2S2R2llNN由互感系数的定义210122MR212Il2NI同理，当外面螺线管载有电流I时，0111B，1l通过里面螺线管的磁链为0N1N2I12120N1N2212N2B1S1R2→M12R2lIl1即：Ｍ１２＝Ｍ２１-3５、在长60cm，直径5.0cm的空心纸筒上绕多少匝导线，才能得到自感为6.0×10H的线圈？22解：由长螺线管的自感公式2NNSL0nV0V0llNlLL1.2103(匝)S0６、矩形截面螺绕环的尺寸如图所示，总匝数为Ｎ。（１）求它的自感系数；（２）当Ｎ=1000匝，D１=20cm,D2=10cm,h=1.0cm时，自感为多少？解：（１）以环的中心为圆心，在环内作一圆形安培环路，由对称性和安培环路定理可得NI0B2rＤ２hＤ１ D1/20NI0NhID1磁通量为BdShdrlnD2/22r2D22自感系数为N0NhD1LlnI2D22（２）代入数据得0NhlnD11.4103()LH2D2７、两根平行导线，横截面的半径都是a,中心相距为d，载有大小相等方向相反的电流。设d>>a,且两导线内部的磁通量都可以略去不计。证明这样一对导线p长为l的一0ld段自感为Lln。a解：取坐标如图所示，设Ｐ点为两导线之间的任意一点，两导线电流在Ｐ点产生的磁感强度为lIIxP00B2x2dxx通过两导线之间宽为d－2a，长为l的面积的磁通量为d0Ilda110Illnda0Illnd()BdSdxda2axdxaa0ld所求自感为LlnIa８、在一纸筒上绕有两个相同的线圈ab和a′b′，每个线圈的自感都是0.050H，如图所示，求：aa′（１）a和a′相接时，b和b′间的自感Ｌ；（２）a′和b相接时，a和b′间的自感Ｌ.bb′解：设两线圈都可以看作是密绕的长螺线管，略去边缘效应，则其中一个线圈载有电流Ｉ时，N内部的磁感强度为0IB，l2N磁链为NNBSSI，0l2N0NS其自感为L0.050(H)Il（１）a和a′相接时，两线圈中的电流大小相等而方向相反，线圈内Ｂ＝０，Ｌ＝０ （２）a′和b相接时，两线圈中的电流大小相等而方向相同，自感等于匝数为２Ｎ的2(2N)S线圈的自感，040.20()LLH0l解法２：两线圈相同且绕在一起，LLM0.050(H)12（１）两线圈反串联，所求自感为LLL2M012（２）两线圈顺串联，所求自感为LLL2M0.20(H)12９、两线圈的自感分别为L1=5.0mH,L2=3.0mH,当它们顺接串联时，总自感为L=11.0mH.（１）求它们之间的互感；（２）设这两线圈的形状和位置都不改变，只把它们反接串联，求反接后的总自感。13解：（１）两线圈顺接串联时，LLL2MMLLL1.510(H)121223（２）两线圈反接串联时，LLL2M5.010(H)12１０、两线圈顺接后总自感为1.00H，在它们的形状和位置都不变的情况下，反接后的总自感为0.40H。求它们之间的互感。解：两线圈顺接串联时，LLL2M1.00(H)121两线圈反接串联时，LL1L22M0.40(H)所以M1.000.400.15(H)4１１、两根足够长的平行导线间的距离为20cm，在导线中保持一强度为20A而方向相反的恒定电流。（１）求两导线间每单位长度的自感系数，设导线半径为1.0mm；（２）若将导线分开到相距40cm，磁场对导线单位长度能做的功？（３）位移时，单位长度的磁能改变了多少？是增加还是减少？说明能量的来源。0ld6解：（１）Lln2.110(H/m)Ia2IlBII（２）单位长度的导线所受到的安培力为00fIBI（斥力）l2r2r22r20I0I5移动过程中磁场所作做的功Adrln25.510(J/m)r12r2（４）两导线单位长度的磁能的增量为 212121202d0d0IWLILIIlnlnln2增加，22222aa2从以上计算可知，在拉开过程中，磁场对载流导线的安培力作了正功，同时磁场能量又增加了相同的量。因此在拉开过程中，电源不仅提供了消耗于焦耳热的能量，而且提供了使磁场能量增加的额外能量。（若所接电源的电动势是稳恒的，不可能提供稳恒电流；若要维持稳恒电流，电源电动势必须是可调的。）―――――――――――――――――――――――――――――――――――――――§5.4暂态过程思考题：ＬＲ１、写出图5-28所示的ＬＲ电路在接通电源和短路两种情况下电感以及电阻上的电位差uL和uR的表达式，并定性绘出uL和１ＫuR的时间变化曲线。２Rdit答：（１）接通电源时，LiRi(1eL)udtRεRRuRdiRttuLLeLeLLdtRLuL0tRRttuiR(1eL)R(1eL)RRuRditε/R（２）短路时，LiR0ieLdtRuRRR0tdiRttuLLeLeLLdtRLuLR-εtuiReLRR２、写出图5-30所示的ＲC电路在充电和放电两种情况下电路中的电流Ｉ、电容以及电阻上的电位差uＣ和uR的表达式，并定性绘出uＣ和uR的时间ＣＲ变化曲线。1２qtＫ解：（１）充电时，iRqC(1eRC)C１11dq1ttiCeRCeRCdtRCR1uqtu(1eRC)CCεuＣuR0t 1tuiReRCR1qt（２）放电时，iR0qCeRCCu11dq1ttε/RiCeRCeRCdtRCRuC10tqtueRCCCuR1tuiReRC-εR３、附图所示电路的三个电阻相等，令i1、i2和i3分别为Ｒ１、Ｒ２和Ｒ３上的电流，u1、u2、u3和uC为该三个电阻与电容上的电位差。（１）试定性地绘出开关Ｋ接通后，上列各量随时间变化的曲线；（２）Ｋ接通较长时间后把开关Ｋ断开，试定性绘出开关断开后，上列各量随时间变化的曲线。解：（１）开关Ｋ接通后，对C充电通过R3的电流i3按指数规律衰Ｒ１Ｋ减，相应地u3=i3R3也按指数规律衰减。当C充电达到最大值Ｒ３时，i3减为零，u3也为零。随着充电过程的进行，电容器极板Ｒ２Ｃ上电荷增多，uC也越来越高，从0开始，按指数规律增加，它所达到的稳定值，比u3的初始值更大。因为初始时，uC=0，u3=u2；稳定时，u3=0，uC=u2。而并联部分两端的电压u2是在不断增加的。所以稳定时的uC大于初始时的u3。对于R2，开始时通过它的电流，是由R2和R3组成的并联电路两端的电压决定。随着i3的衰减，相当于并联电阻升高，u2和i2也相应升高。稳定时，电容器分路上i3=0，u2和i2仅取决于R1和R2的串联电路。R1的电压u1是电源电动势和并联部分电压u2之差，u2逐渐增加，u1必逐渐减少，相应地i1也逐渐减少。稳定时i1=i2。图示如下：uiε2ε/3u1i1ε/2I0/2u2ε/3i2uCi30u3t0t（３）开关Ｋ断开时，Ｒ２和Ｒ３组成的回路中，有电容放电的暂态电流 tt11ie(R2R3)UIe2RC通过，相应的电压也按指数规律衰减，只是02RR423Ｒ３上的电流和电压与通电时方向相反。图示如下：uiε/2uCu2I0/4i20u1t0ti1i3u3４、两个理想电容器Ｃ１、Ｃ２串联起来接在电源上，电压分配Ｕ１：Ｕ２＝Ｃ２：Ｃ１。但实际电容都有一定的漏阻，漏阻C1R1U1相当于并联在理想电容器Ｃ１、Ｃ２上的电阻Ｒ１、Ｒ２，漏阻趋于无穷时，电容器趋于理想电容。将两个实际电容接在电C2R2U2源上，根据稳恒条件，电压分配应为U１：Ｕ２＝Ｒ１：Ｒ２。设Ｃ１：Ｃ２＝Ｒ１：Ｒ２＝１：２。并设想Ｒ１和Ｒ２按此比例趋于无穷。问这时电压分配Ｕ１：Ｕ２＝？一种说法认为这时两电容都是理想的，故Ｕ１：Ｕ２＝Ｃ２：Ｃ１＝２：１；另一种说法认为电压的分配只与Ｒ１和Ｒ２的比值有关，而这比值未变，故当Ｒ１→∞，Ｒ２→∞时，电压分配仍为Ｕ１：Ｕ２＝Ｒ１：Ｒ２＝１：２。两种说法有矛盾，问题出在哪里？如果实际去测量的话，将看到什么结果？答：问题应具体分析。开始时，电压按电容分配的说法Ｕ１：Ｕ２＝Ｃ２：Ｃ１＝２：１是正确的。因为在电源和C1、C2构成的回路中，R≈0，充电常数τ=RC≈0。即开关一接通，充电过程就完成了。由于静电感应和电荷守恒，各极板上的电量是相等的。u1=Q/C1,u2=Q/C2,所以Ｕ１：Ｕ２＝Ｃ２：Ｃ１＝２：１。而此时电压按电阻分配的说法是不对的。因为Ｕ１：Ｕ２＝Ｒ１：Ｒ２是在稳恒条件下，或是在通过Ｒ１和Ｒ２的电流相同的条件下才成立的。而在题设情况下，通过Ｒ１和Ｒ２的电流是不相同的。通过Ｒ１的电流，是在C1充以电压u1时，R1C1回路中的放电电流；而通过R2的电流，是C2充以电压u2时，C2R2回路的放电电流。在电源接通时，C1和C2两端的电压立即达到u1和u2，由于Ｒ１和Ｒ2两端的电压与C1和C2两端的电压相同，I1=u1/R1,I2=u2/R2,→I1/I2=4/1.电流不相同，电压不应按电阻大小成正比分配。由于I1>I2,随着时间的推移，在两个电容器（或两个电阻）之间，将会堆积正电荷，将导致C1两极板间的电压u1降低，同时C2两极板间的电压u2升高，而u1降低使I1减少，u2升高使I2增大，直到I1=I2，电荷堆积不再继续增加，这个过程才会稳定下来。这时由于通过R1和R2的电流相等，电压分配将由电阻大小决定。而中间的任何时刻， 电压分配既不完全按电容分配，也不完全按电阻分配，而是介于两者之间。由题意可知，R1和R2都是趋于无穷大，因此I1和I2都趋于0,两电容器之间电荷堆积的过程无限缓慢，而且I1和I2越接近时，堆积过程越慢。实际上，要达到I1=I2需要一个无限长的时间。所以在通常情况下，电压分配更接近于由电容决定。如果R1和R2较小，上述过程较短。开始，电压按电容分配，然后将经历一个既不按电容，又不按电阻分配的过程，比较迅速地过渡到按电阻分配。―――――――――――――――――――――――――――――――――――――――习题：１、证明Ｌ／Ｒ和ＲＣ具有时间的量纲式，并且１亨／１欧＝１秒，１欧·１法＝１秒。diLLU/IT1解：LLT１亨／１欧＝１秒dtdi/dtRRRQititITCRCRT１欧·１法＝１秒UUiRIR２、一个线圈的自感Ｌ=3.0H，电阻Ｒ＝6.0Ω,接在12V的电源上，电源的内阻略去不计，求：LR（１）刚接通时的di/dt;K（２）接通t=0.20s时的di/dt;（３）电流I=1.0A时的di/dt。di解：在ＲＬ串联电路中，电路方程为LiRdtRt电流变化规律为i(1eL)，RRRdiRtt电流对时间的变化率为()eLeLdtRLLRdit（１）刚接通时，eL4.0A/sdtLLt0Rdit（２）接通t=0.20s时，eL2.7A/sdtLt02 diR（３）电流I=1.0A时，i2.0A/sdtLL３、在上题中，（１）当电流为0.50A时，供给线圈的功率是多少？这时线圈上产生的热功率是多少？线圈的磁能增加率是多少？（２）当电流达到稳定值时，有多少能量储于线圈中？解：（１）电流为0.50A时，供给线圈的功率为Pi6.0(W)2线圈上产生的热功率为PiR1.5(W)Rdi线圈的磁能增加率为PiLi4.5(W)LLdt12（２）电流达到稳定值时，WLI6.0(J)m2４、一个自感为0.50mH、电阻为0.10Ω的线圈联接到内阻可以忽略、电动势为12V的电源上。开关接通多长时间，电流达到终值的90%？此时，线圈中储存了多少焦耳的能量？到此时，电源消耗了多少能量？RRttL解：电路中电流的变化规律为i(1eL)，当i0.9时，e0.1RR解得t0.12s122此时线圈中储存的能量为WLi2.910(J)m2５、一线圈的自感L=5.0H，电阻R=20Ω,把Ｕ=100V的不变电压加到它的两端。（１）求电流达到最大值Ｉ０＝Ｕ／Ｒ时，线圈所储存的能量；（２）从Ｕ开始加上起，经过多长时间，线圈所储存的磁能达到Ｗm／２？U12解：（１）电流达到最大值时，I5A，WLI62.5(J)0m0R2WRm2wWmI0t（２）w时，iI(1eL)02LL2解得t0.31s６、一线圈的自感L=3.0H，电阻R=10Ω,把Ｕ=3.0V的不变电压加到它的两端。在电压加上0.30秒后，求：（１）此时线圈中的电流Ｉ； （２）电源供给的功率；（３）Ｒ消耗的焦耳热功率；（４）磁场能量的增加率。这时能量是否守恒？RUt解：（１）线圈中的电流Ｉ为i(1eL)0.19(A)R（２）电源供给的功率为PUi0.57(W)2（３）Ｒ消耗的焦耳热功率为PiR0.36(W)R（４）磁场能量的增加率为PPP0.21(W)LR此时能量守恒。电源供给能量＝Ｒ消耗焦耳热＋磁场能量的增加。７、爱莫能助44一自感为Ｌ，电阻为Ｒ的线圈与一无自感的电阻Ｒ０串联地接于电源上，如图所示。（１）求开关Ｋ１闭合t时间后，线圈两端的电位差Ｕbc;（２）若ε=20V，R0=50Ω,R=150Ω,L=5.0H，求aＲ０bＲＬct=0.5τ时线圈两端的电位差Ｕbc和Ｕab;（３）待电路中电流达到稳定值，闭合开关Ｋ２，求K1K2闭合0.01s后，通过Ｋ２中的电流的大小和方向。R0Rt解：（１）Ｋ２断开情况下，接通Ｋ１，电路中的电流为i(1eL)RR0R0Rt线圈两端的电位差为UiR(RReL)bc00RR0R0Rt（２）UiR(RReL)18(V)UabiR02.0(V)bc00RR0Rt（３）稳定后闭合Ｋ２。通过Ｋ２的电流为ieL0.33(A)RRR00方向为由b→c.８、一电路如图所示，Ｒ１、Ｒ２、Ｌ和ε都已知，电源和线圈Ｌ的内阻略去不计。（１）求Ｋ接通后，a、b间的电压与时间的关系；（２）在电流达到最后稳定值的情况下，求Ｋ断开后a、ab间的电压与时间的关系。bRR解：（１）Ｋ接通后，电路的电阻由Ｒ突变为12，KＲ２RR12abＲ１L RR电路方程为12i0LRR12R1R2tRRRR(RR)L解得电流为i12112e12R1R2R1R2R1R2tRRRR(RR)La、b间的电压与时间的关系为U12i112e12abR1R2R1R2（２）电流达到稳定时断开Ｋ，电路方程为Ri01LR1tR1tRR解得电流为i11eLUiR11eLab1RRR122９、两线圈之间的互感为Ｍ，电阻分别为Ｒ１和Ｒ２，第一个线圈接在电动势为ε的电源上，第二个线圈接在电阻为Ｒg的电流计Ｇ上，如图所示。设开关Ｋ原来是接通的，第二个线圈内无电流，然后把Ｋ断开。M（１）求通过Ｇ的电量q;mK（２）q与两线圈的自感有什么关系？L1L2ＧＲg解：（１）K断开时，第二个线圈中的电动势为dIdIR1R221LM2dtdtdQ2LdI2MdI1I2dtRRRRdtRRdt2g2g2gLMdQdIdI21RRRR2g2gLMM积分得QdIdI021RRRR(RR)R2g2gR12g1（２）Ｑ与两线圈的自感无直接关系。Ｒ１M１０、图示为一对互感耦合的ＬＲ电路。证明在无漏磁的条件下，两回路充放电的时间常数都是Ｌ1Ｌ２Ｒ２LL12。RR12K解：（１）充电时，电路方程为dI1dI2LMIR111dIRMdIdtdt22I12LdI2MdI1IRdtL2L2dt2dtdt22 dI21LLML2R1I1MI2R2L212dtLRIL无漏磁即MLLLRIMIRLI2112122112222MR2对时间求导dI2L2R1dI1LL2R1dI1IR111dtMR2dtR2dt利用初始条件t0时I01R1RtR1RLRLRLt解得I1e1221I2eL1R2L2R112RMR12L1R2L2R1L1L2即充电时的时间常数为R1R2R1R2（２）放电时，电路方程为dI1dI2LMIR111dIRMdIdtdt22I12LdI2MdI1IRdtL2L2dt222dtdtLRdI同理有L211IR0，利用初始条件t0时I1111RR2dt1R1RRRt1t解得IeL1R2L2R1IL2eL1R2L2R112RMR12L1R2L2R1L1L2即放电时的时间常数也为RRRR1212１１、当电感元件的铁芯中有涡流时，为什么由此组成的ＬＲ电路充电的时间常数要增大？解：电感元件的时间常数由其自感系数L和电阻R的比值确定。6１２、3.00×10Ω的电阻与1.00μＦ的电容与ε=4.00V的电源连接成单回路。试求在电路接通后1.00s的时刻，下列各量的变化率：（１）电容上电荷增加的速率；Ｒ（２）电容器内储存能量的速率；ＫＣ （３）电阻上发生的热功率；（４）电源提供的功率。ttdq7解：（１）RC3sqC(1eRC)IeRC9.5510(C/s)dtR2qdWmqdq6（２）电容器内储存能量的速率W1.0810(W)m2CdtCdt22t（３）电阻上发生的热功率PI2ReRC2.74106(W)R2t（４）电源提供的功率PIeRC3.82106(W)R１３、在图5-30中开关先接１对电容器充电到稳定值，将开关拨向２。ＣＲ（１）问经过几倍τ的时间之后，电容器所储存能量减为一半？２Ｋ（２）证明电容器所储存的能量完全转化为电阻上消耗的焦耳热。１解：（１）充电完毕时，电容器储存能量为22tq1212WCe|Cmt02C22WmW时，解得t0.35m2ttdq（２）qCeRCIeRC电阻上消耗的焦耳热功率为dtR22tdW2RCmQIRe等于电容器储存能量的减少率。Rdt即：电容器所储存的能量完全转化为电阻上消耗的焦耳热１４、在ＬＣ振荡回路中，设开始时Ｃ上的电量为Ｑ，Ｌ中的电流为0。（１）求第一次达到Ｌ中磁能等于Ｃ中电能所需的时间t;（２）求这时Ｃ上的电量q.dIQ解：（１）接通Ｋ后，电路方程为UL0LCdtC2dQdQQ因为I（放电），得L02dtdtC利用初始条件t0时I0QQ0 tQ0t解得QQcosIsin0LCLCLC2121Qtt能量相等LIcossin22CLCLC所需时间为tLC4（２）所求时刻，Ｃ上的电量为2QQ0cosQ042１５、两个C=2.0μＦ的电容器已充有相同的电量，经过一线圈（L=1.0mH,R=50Ω）放电。问当这两个电容器（１）并联时；（２）串联时，能不能发生振荡？解：（１）两个电容器并联时，CCC4.0F12RC1.5812L过阻尼情形，不能振荡。（２）两个电容器串联时，CC12C1.0FCC12RC0.7912L可以发生阻尼振荡。―――――――――――――――――――――――――――――――――――――――第五章结束'