电场磁场习题课解读课件.ppt

1、大学物理大学物理习题讨论课习题讨论课电场电场磁场磁场大学物理教研室：禹萍大学物理教研室：禹萍11.如图所示，一厚度为如图所示，一厚度为b的的“无限大无限大”带电平板，其电荷体密带电平板，其电荷体密度分布为度分布为 =kx（0 x b），），式中式中k为一常数，求：为一常数，求：（1）平板外两侧）平板外两侧任任一点一点P1 和和P2处的电场强度；处的电场强度；（2）平板内）平板内任任一点一点P处的电场强度；处的电场强度；（3）场强为零的点在何处？）场强为零的点在何处？x0bPP2P1x分析：平板外两侧电场分布分析：平板外两侧电场分布在带电平板中取一在带电平板中取一平面，平面，电荷面密度电荷面密度

2、(x)02)(xE 两侧均匀场两侧均匀场,方向方向与平面垂直与平面垂直可知：平板外两侧电场仍为均匀电可知：平板外两侧电场仍为均匀电场，方向与板面垂直！场，方向与板面垂直！2x0bPP2P1x解：解：（1）平板外两侧平板外两侧任任一点一点P1 和和P2处处的电场强度的电场强度Es0200002dd12kSbxxSkxSSEbb024kbE（2）平板内）平板内任任一点一点P处的电场强度处的电场强度E02002d)(kSxxxkSSEEx)2(2220bxkE（3）场强为零的点在何处？）场强为零的点在何处？0222bx)0(,2bxbx3解：解：参见图。由题意参见图。由题意E与与Oxy面面平行，所以

3、对任何与平行，所以对任何与Oxy面平行面平行的立方体表面。电场强度的通量的立方体表面。电场强度的通量为零为零:0DEFGOABC2.边长为边长为a的立方体如图所示，其表面分别平行于的立方体如图所示，其表面分别平行于xy、yz和和zx平平面，立方体的一个顶点为坐标原点。现将立方体置于电场强度面，立方体的一个顶点为坐标原点。现将立方体置于电场强度 的非均匀电场中，求电场对立方体各表面的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量。及整个立方体表面的电场强度通量。?ABGF请分析：请分析：jEikxEE21)(ABGFABGFd)(d21ABGFSSjSjEikxESE22d2A

4、BGFdaESESS|4考虑到面考虑到面CDEO与面与面ABGF的外法线方的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，向相反，且该两面的电场分布相同，故有故有 22ABGFCDEOaE同理同理 因此，整个立方体表面的电场强度通量因此，整个立方体表面的电场强度通量 3ka2121AOEFAOEFAOEFddaEiSjEiESESSjEikxEE21)(2121BCDG)(d)(dBCDGBCDGakaEiSjEikaESESS5分析：（分析：（1）根据静电感应和静电平衡）根据静电感应和静电平衡时导体表面电荷分布的规律，电荷时导体表面电荷分布的规律，电荷QA均匀分布在球均匀分布在球A表面，球壳表面，

5、球壳B内表面带内表面带电荷电荷-QA,外表面带电荷外表面带电荷QA+QB，电荷在导体表面，电荷在导体表面均匀分布均匀分布（图图(a)），由带电球面电势的，由带电球面电势的叠加可求得球叠加可求得球A和球壳和球壳B的电势。的电势。3.3.在一半径为在一半径为R1=6.0 cm的金属球的金属球A外面套有一个同心的金属球壳外面套有一个同心的金属球壳B。已知球壳已知球壳B的内、外半径分别为的内、外半径分别为R2=8.0 cm，R3=10.0 cm。设设球球A带有总电荷带有总电荷QA=3.0 10-8C，球壳，球壳B带有总电荷带有总电荷QB=2.0 10-8C。（l）求球壳求球壳B内、外表面上所带的电荷以

6、及球内、外表面上所带的电荷以及球A和球壳和球壳B的电势；的电势；（2）将球壳将球壳B接地然后断开，再把金属球接地然后断开，再把金属球A接地接地，求球求球A和球壳和球壳B内、外表面上所带的电荷以及球内、外表面上所带的电荷以及球A和球壳和球壳B的电势。的电势。AQBAQQ 1R3R2R)(aAAQB6（2）将）将球壳球壳B接地然后断开，再把金属球接地然后断开，再把金属球A接地接地，求球，求球A和球壳和球壳B内、内、外表面上所带的电荷以及球外表面上所带的电荷以及球A和球壳和球壳B的电势。的电势。导体接地，表明导体与大地等电势（大地电势导体接地，表明导体与大地等电势（大地电势通常取为零）。球壳通常取为

7、零）。球壳B接地后，外表面的电荷接地后，外表面的电荷 与从大地流入的负电荷中和，球壳内表面带电与从大地流入的负电荷中和，球壳内表面带电-QA （图（图（b）。再将球再将球A接地，接地，球壳内表面带电球壳内表面带电-QA？AQ1R3R2R)(bAAQB断开球壳断开球壳B的接地后，再将球的接地后，再将球A接地，此时球接地，此时球A的的电势为零。电势的变化必将引起电荷的重新分布，电势为零。电势的变化必将引起电荷的重新分布，以保持导体的静电平衡、以保持导体的静电平衡、不失一般性可设此时球不失一般性可设此时球A带电带电qA，根据静电平衡时导体上电荷的分布规根据静电平衡时导体上电荷的分布规律，可知球壳律，

8、可知球壳B内表面感应内表面感应 qA，外表面带电外表面带电qA QA（图图（c）。此时球此时球A的电势可表示为的电势可表示为 AAQq Aq1R3R2R)(cAAqB302010444RQqRqRqUAAAAA由由 UA=0 可解出球可解出球A所带的电荷所带的电荷qA，再由带电球面电势的叠加，再由带电球面电势的叠加，可求出球可求出球A和球壳和球壳B的电势。的电势。7解：解：（1 1）由分析可知，球）由分析可知，球A的外表面带电的外表面带电3.0 10-8C，球壳，球壳 B内表面带电内表面带电-3.0 10-8C，外表面带电，外表面带电5.0 10-8C。由电势的叠。由电势的叠加，球加，球A和球

9、壳和球壳B的电势分别为的电势分别为（2）将球壳）将球壳B接地后断开，再把球接地后断开，再把球A接地，设球接地，设球A带电带电qA，球球A和球壳和球壳B的电势为的电势为 解得解得 VRQQRQRQUBAAAA3302010106.5444VRQQUBAB330105.440444302010RQqRqRqUAAAAA304RQqUAABCRRRRRRQRRqAA8313221211012.28即球即球A外表面带电外表面带电 2.12 10-8C，由分析可推得球壳，由分析可推得球壳B内内表面带电表面带电-2.12 10-8C，外表面带电，外表面带电-0.9 10-8C 。另外球。另外球A和球壳和球

10、壳B的电势分别为的电势分别为 导体的接地使各导体的电势分布发生变化，打破了导体的接地使各导体的电势分布发生变化，打破了原有的静电平衡，导体表面的电荷将重新分布，原有的静电平衡，导体表面的电荷将重新分布，以建立新的静电平衡。以建立新的静电平衡。0AUV1092.72BU94.4.由两块相距由两块相距0.50 mm的薄金属板的薄金属板A、B构成的空气平板电容器构成的空气平板电容器被屏蔽在一金属盒被屏蔽在一金属盒K内，金属盒上、下两壁与内，金属盒上、下两壁与A、B分别相距分别相距0.25 mm，金属板面积为金属板面积为30mm 40mm。求：（。求：（1）被屏蔽后电）被屏蔽后电容器的电容变为原来的几

11、倍；（容器的电容变为原来的几倍；（2）若电容器的一个引脚不慎与）若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽金属屏蔽盒盒相碰，问此时的电容又为原来的几倍。相碰，问此时的电容又为原来的几倍。分析：薄金属板分析：薄金属板A、B与金属盒一起与金属盒一起构成三个电容器其等效电路图如图构成三个电容器其等效电路图如图（b）所示，由于两导体间距离较所示，由于两导体间距离较小。电容器可视为平板电容器，通小。电容器可视为平板电容器，通过分析等效电路图可求得过分析等效电路图可求得A、B间的间的电容。电容。10解：解：（1）由等效电路图（）由等效电路图（b）可知可知 13232123CCCCCCCC由于电容器可视作平板电容器，

12、由于电容器可视作平板电容器，且且d1=2d2=2d31322CCC因此因此A、B间的总电容间的总电容 12CC（2）若电容器的一个引脚与屏蔽）若电容器的一个引脚与屏蔽盒相碰，相当于盒相碰，相当于C2（或者（或者C3）极板极板短接，其电容为零，则总电容短接，其电容为零，则总电容 13CC 115.如图所示，半径为如图所示，半径为R的木球上绕有密集的细导线，线圈平面的木球上绕有密集的细导线，线圈平面彼此平行，且以单层线圈覆盖住半个球面，设线圈的总匝数彼此平行，且以单层线圈覆盖住半个球面，设线圈的总匝数为为N，通过线圈的电流为通过线圈的电流为I，求球心求球心O处的磁感应强度。处的磁感应强度。解：设单

13、位弧长上电流线圈匝数为解：设单位弧长上电流线圈匝数为n，则则RNRNn24/2沿弧长取沿弧长取dl，lInIddddRl IRRNId2d该圆电流在球心该圆电流在球心O处激发的磁场为处激发的磁场为 IyxyBd)(2d2/32220P90 公式公式14.19ldxy作业作业:14.812球心球心O处总的磁感强度处总的磁感强度B为为 d2)(22/32222/00RRNyxIyB由图可知：由图可知：sin;cosRyRx得：得：RNIRNIB4dsin022/00磁感强度磁感强度B的方向由电流的流向根据右手定则确定。的方向由电流的流向根据右手定则确定。IyxyBd)(2d2/32220 xy13

14、rlrISBSBd2ddd0设面元正方向垂直纸面向里，设面元正方向垂直纸面向里，则通过则通过S2面的磁通量为面的磁通量为2ln2d2d04202IlrrIlaa6.在一通有电流在一通有电流I I 的无限长载流导线的右侧有面积为的无限长载流导线的右侧有面积为S1、S2的两个矩形回路，回路与长直导线共面，矩形的一边长与的两个矩形回路，回路与长直导线共面，矩形的一边长与导线平行，求通过导线平行，求通过S1、S2 回路的磁通量之比。回路的磁通量之比。解：设矩形宽为解：设矩形宽为l，任取一与电流方，任取一与电流方向平行的窄条面元向平行的窄条面元 dS=ldr。Iaa2a1S2Srdr依同样的方法，可求得

15、通过依同样的方法，可求得通过S1面的磁通量为面的磁通量为aarrI201d2d所以所以 1 1 2 22l20Ill147.7.一通有电流为一通有电流为I的导线，弯成如图所示的形状，放的导线，弯成如图所示的形状，放在磁感应强度为在磁感应强度为B的均匀磁场中，的均匀磁场中，B的方向垂直纸面的方向垂直纸面向里，求此导线受到的安培力为多少？向里，求此导线受到的安培力为多少？分析：半圆载流导线在磁分析：半圆载流导线在磁场中所受安培力的方向是场中所受安培力的方向是解答的关键。解答的关键。取取 电流元电流元 IdllIdBlIdFd15由对称性可知，半圆弧所由对称性可知，半圆弧所受安培力受安培力F F 的

16、水平分量相的水平分量相互抵消为零，故有互抵消为零，故有02dsindBIRBIRFFy两段直线部分所受安培力两段直线部分所受安培力大小相等，但方向相反，大小相等，但方向相反，当导体形状不变时，该两当导体形状不变时，该两力平衡，因而，整个导线力平衡，因而，整个导线所受安培力所受安培力 BlIFddlBIFddsinddFFyddRl jBIRF2168.8.如图所示，在一通有电流如图所示，在一通有电流I1 的长直导线附近，有一半径的长直导线附近，有一半径为为R，质量为质量为m的细小线圈，细小线圈可绕通过其中心与直的细小线圈，细小线圈可绕通过其中心与直导线平行的轴转动，直导线与细小线圈中心相距为导

17、线平行的轴转动，直导线与细小线圈中心相距为d，设设d R，通过小线圈的电流为通过小线圈的电流为I2，若开始时线圈是静止的，它，若开始时线圈是静止的，它的正法线矢量的方向与纸面法线的方向成的正法线矢量的方向与纸面法线的方向成 0 0角。问线圈平角。问线圈平面转至与面转至与 纸面重叠时，其角速度的值为多大？纸面重叠时，其角速度的值为多大？解解:小线圈在任意位置受到的磁力矩小线圈在任意位置受到的磁力矩BPMm则则 sin21022dIRIM 考虑（刚体定轴转动）考虑（刚体定轴转动）动能定理动能定理021d200IMI 转动惯量转动惯量1I2IRdOO171I2IRdOOOORmdr根据转动惯量的定义，由图可求得小根据转动惯量的定义，由图可求得小线圈绕线圈绕OO轴转动的转动惯量轴转动的转动惯量 mrId22220221d2sinmRmRI)sin(Rr m为圆环的质量，为圆环的质量，lRmmd2d)d(dRl d2m18积分后即可解得积分后即可解得由动能定理有由动能定理有 sin21022dIRIM 1I2IRdOO221mRI 021d200IM220102241dsin20mRdIRI负号负号“”表示磁力矩作正功表示磁力矩作正功时将使时将使 减小减小。2/10210)cos1(2mdII19