静电场一大物答案

一.选择题20),一板在另一板处之电场强度为向垂直于板面.所以,极板间的相互作用力FqEq2/(2S。故选(B)02.解:设置八个边长为a的立方体构成一个大立方体,使A(q)位于大立方体的中心.q/(60),一.选择题20),一板在另一板处之电场强度为向垂直于板面.所以,极板间的相互作用力FqEq2/(2S。故选(B)02.解:设置八个边长为a的立方体构成一个大立方体,使A(q)位于大立方体的中心.q/(60),而侧面abcd是大立方体侧面的1/4,通过侧面abcd的电场强度通量等于q/(240).选(C)EdS dV/适用于任何静电场.选(A)0SV4.解:选(B)通过整个球面的电场强度通Sq0外电荷对S1的通量为负，对S2的通量为正.所以1（D）.二.填空题1.解:无限大带电平面产生的电场E2 A区:EA 000 B区:EB 2 2 2 CEC2 000量P场强QP一大小相等、方向相反. 即 cos EQ Qa2 4a0001rrdrhEdS2内000E2rh20hr内0r (r0内0>1RrdrhEdS2外0001rrdrhEdS2内000E2rh20hr内0r (r0内0>1RrdrhEdS2外00003(rE3外0E内与E外dqdxAxdx，它在P点（坐标为lb）1AdE40(lb 40(lb整个带电棒在P点产生的电场强度大小AlE dE(lb200l Eb0三.计算题1.解:以q为圆心、2R为半径作球面。则q通过圆锥侧面的电场强度通量Ф就等于对整个球面的通量q/0减去通过圆锥底面所截球冠的通量.2/ 2 q而EdSsindd4S000故Φ 2q22/ 2 q而EdSsindd4S000故Φ 2q2。 E1·2S＝2｜x｜S/0 则得E1＝｜x｜/0(－d2≤x≤d2x/故E2·2S＝Sd/>dE2＝ρd/(20()＜－dE2x＝ρd/(20故()Exx图线如图所示E [(coscos14122104,12j 22 i2 [(coscos2)j(sinsinE''''1)i421204,''21 2221j i2 j 22 i2 [(coscos2)j(sinsinE''''1)i421204,''21 2221j i2 ijE1E40四.证明题x0NNNxE(x)dxdxpD2D2A2x0n2NDexNDeNAenp000xnNDxpNANDeE(x)n0p区内任一点的电场强度为xNNN0xdxAdxE(x)pA222x NDe2NAexNAeNAenpp0000静电场解答（二一电势UNUMENEMW所以WMqUMWNNAWMWN因qM则Rqqdr=静电场解答（二一电势UNUMENEMW所以WMqUMWNNAWMWN因qM则Rqqdr=drrrr0R0rqQ=+4040qqU2Edrdrr40RR0qqq(11UU 4 000（A）- Ey=-,Ez=-z（C）错。场强为电势负梯度，ExE （D）正确。因 non0 O点电势为零，四种组合均可；空题1U0UAUB1(q2q=4or2)(23)3a3U02o2空题1U0UAUB1(q2q=4or2)(23)3a3U02o2Ex=;x2Ez= 0 EdSERSQQ,URER；4R00RQU2。4032 解UEdl(400i600jdxidyj400dx1U2000V0=80012002000Q6.dldqRdlOdu40 40R Q Ru40R 400 解：空隙长d=0.02m，棒长l2rd3.12m,q3.121.00109Q6.dldqRdlOdu40 40R Q Ru40R 400 解：空隙长d=0.02m，棒长l2rd3.12m,q3.121.00109Cmld=0.02mE0.72V0r0所以该装置圆心处场强的大小为0.72Vm1算题1.=EEU因为两点分别处于电场强度分布不同的区域，RE内drE外R4rE4，4rrr0000R(31 (Rr) a 00bra= 30E(-a<x< 0Ea<x<∞ (-∞<x<( 0因为：UaEE(-a<x< 0Ea<x<∞ (-∞<x<( 0因为：UaEax00UEdx0dx()dxa00xx0a0UEdx0dx()dxxxxa0000UEdx()dxax00xx静电场解答（三一 静电场的能量W1)E2，2qVqE系统未连接前E内，rr00qE内0E外，r0所以B 质量为m带电量为本q的质点，平衡在极板间的条件为mqEq，其所受静电场力EB3B板接地，其电势为零，+Q2电势高于零，所以流向地。B板上仅有由于+Q1感应而产生的–Q1因而板间场强。所以（C）.静电场解答（三一 静电场的能量W1)E2，2qVqE系统未连接前E内，rr00qE内0E外，r0所以B 质量为m带电量为本q的质点，平衡在极板间的条件为mqEq，其所受静电场力EB3B板接地，其电势为零，+Q2电势高于零，所以流向地。B板上仅有由于+Q1感应而产生的–Q1因而板间场强。所以（C）.E0Q0S Cd增大，电容减小，Q不变，U增大。所以E]5 二q1S，板间距为，UAU0，则有U0EdS0U Ed，E1E3，其中，A板下表面电荷面密度，d 1 1213200c设2c板上表面电荷面密度，4B,，由()Q，得：QQ1 4 321SSSQq E 22 2 000 Qd 4 02．插介质板前，电容器电容0dS的电容器串联。2dd 22 d(11)d 1C1 0r20 20 d220 2rCd1 12．插介质板前，电容器电容0dS的电容器串联。2dd 22 d(11)d 1C1 0r20 20 d220 2rCd1 10rr 电容器两端电压不变， C ，QQ1 10U0 rC QEUQU QF，U ，Q 。 CCQ1Q2C120整个球为一个等势体，由Q1Q2 Q10.5106C220rC1q14qW，12C25qWWW122W'1(3q)29q2 qWW'Wq说明由于并联使系统总能量减少了 16．W E2Sd02uE 104ddm三1r30cm为半径作一个高斯面，为球面。EdS(Q1Q20S EdS EdSqWW'Wq说明由于并联使系统总能量减少了 16．W E2Sd02uE 104ddm三1r30cm为半径作一个高斯面，为球面。EdS(Q1Q20S EdS EdS ds(Q1Q20SSSEQ15.998103v/r0②UABUAQQQ 244UA Edr dr drrrr 0 0r0QQUB 2dr 244200 111 () r1 r1 r2 r2Q1(R3R1R2R3)599.77(V r2R2Q1(R3R1R2R3)Q1 R R 4 r11 r2302.dC0dxsin dd0bdxaC dCln1d d/a0d因 ，将ln1ad/a 1a d/a 2 1aC dC0dxsin dd0bdxaC dCln1d d/a0d因 ，将ln1ad/a 1a d/a 2 1aC 0 ] 2ab1aC0dC、B均接地，3E12E2 A板左侧电量为q1，右侧电量为q2设d则设EE则，1200q1 qd有,S 12001323由电荷守 q qq 12由静电感应与导体静电平衡条件，QCq1dQBq22Q1 u 2 S 300②A、B间充相对介电常数为rd仍 EEE，121 002则qqqQQ22112rrrdQCq1QBq2E12ur 122uA ,2S(2)rr 2则qqqQQ22112rrrdQCq1QBq2E12ur 122uA ,2S(2)rr QE,1能量密 E282L2r2dv2rLdr②柱壳体积dWwdv bWwdv4Lrdr4Lln③总能量Va1W④Cba四导体上的b点终止。Edl0得EdlEdlELLL1E与dl的方向始终相同，即cos1Edl0L2，由导体静电平衡条件，E=0Edl0L稳恒磁场(一一.选择题IBBl表示距导线1的距离 方向:在x＜1的区域内1111直纸面向外,x1的区域内垂直纸面向内IBl表示距导线2的距离 方向:在x＜3的区域内B2222直纸面向外,x＞3的区域内垂直纸面向内B＝0的地方是在稳恒磁场(一一.选择题IBBl表示距导线1的距离 方向:在x＜1的区域内1111直纸面向外,x1的区域内垂直纸面向内IBl表示距导线2的距离 方向:在x＜3的区域内B2222直纸面向外,x＞3的区域内垂直纸面向内B＝0的地方是在l1＝l2＝1x＝2的直线上.故选00B122220I0B222222显见B211dIIadIP点产生的磁感应强度Xx0P02(xdB，ab aaaB dB 02a(x 004.若空间两根无限长载流直导线是平行的,如图所示.间产生的磁场分布具有对称性,可以用安培定理直接求出BB1对一般任意情况,安培环路定理是成立的,B4.若空间两根无限长载流直导线是平行的,如图所示.间产生的磁场分布具有对称性,可以用安培定理直接求出BB1对一般任意情况,安培环路定理是成立的,B0l14B10II B240由于两段弧形导线是并联的，I1R1 R2I B1=B2选择选择二.填空题 01B，方向如图A2 IB2AIBPBB02B，方向如图2 B所以BABBBpBA 01B，方向如图A2 IB2AIBPBB02B，方向如图2 B所以BABBBpBA BBsincos B2B2ppB1sin2cos2tgBABBsin1方向BB3。3 0I 0 CD4R 0I(cos45ocos145o)200ED 2R/0I0I0I11BB 3.1]:如图(a)所示.dIdI dIPdB00I 2d式中ra2,方向如图(b)所示dBy2dBy0d0IdxddBdB22dIPdB00I 2d式中ra2,方向如图(b)所示dBy2dBy0d0IdxddBdB22xx2d 220 2da2d220Id在导片中线附近处,BlimBlim0I0da0x 强度方向平行于导片选取图示矩形安培环B0HdliiIBRBRR的圆柱电流对O'的磁感强度,BrrO'的磁感强度.BrBR2a0a02R2r2BR即02R2r2BR5.已BRR的圆柱电流对O'的磁感强度,BrrO'的磁感强度.BrBR2a0a02R2r2BR即02R2r2BR5.已知q8.01019C,3.0105ms1R6.00108Iq q B0 0 41073.01058.06.67106436pIR27.21021Am2三.计算题1.根据磁感应强度的叠加原理,OBB1B2B30I 0IB,1211100IB,2 2222 0BB 24R111100 22 2 0BB 24R111100 22 222R11112.ABOABdrOrdq=dr,AB以角速度旋转时，dq形成环形电流，其电流大小为dq dBdB0 BdB0ra0lnaadPr2dIrm2r2 dPmm[(ab)3a3]3.根据磁感应强度叠加原理,圆环中心OB0B1B2[(ab)3a3]3.根据磁感应强度叠加原理,圆环中心OB0B1B2.的磁感强度O点所产生的磁感强度L1O点,据毕奥─萨伐尔定律,得B10，B20B， 四.改错题BdsBdsBSS≠0,因为磁感应线是无头无尾的闭合曲线,在磁场中任意闭合曲面,进去多少磁感应线必然出来多少磁感应线,所以在磁场中穿过任意闭合曲面的磁通量都为零.但闭合面上的磁感应强度不一定为零例如,B面的磁通量都为零,但球面上的磁感强度不为零五.问答题Idl,dlr小得多,rdl.因此,dl到考察点的距离都要遵守这一条件.即a不能趋于零.当a→0时,毕奥─萨伐尔定律已不成立.稳恒磁场(二一.选择题MpmMMpmMx＝0、y＝0处进入磁场时,受到向上的洛仑兹力.x＞0、运动稳恒磁场(二一.选择题MpmMMpmMx＝0、y＝0处进入磁场时,受到向上的洛仑兹力.x＞0、运动,且作以y轴为直径的圆周运动.R因为Bqv，所以轨道半径为R 当它以xy2RBqmR，即mR2q2B12(4.310)(1.6 m24(4.3104)eV(4.3102AqU1m22RBq可得Rmx2 R m二.填空题1.MpmBpmBsinISBsinBS可得Rmx2 R m二.填空题1.MpmBpmBsinISBsinBSBScosBSBScos，22.hLmrhIet 42mrB0 0 82e，3电子产生的电流 I垂直，由Mpm知，这个圆电流所受磁力矩 er21为 MBIS，库仑定律知，2mr，电子的速度为40r40rM er21为 MBIS，库仑定律知，2mr，电子的速度为40r40rM。4.电子受到的洛仑兹力:Bqm2RRm7.59102m得5.f三.IIIdI dl Rd dB 0 2RdB022dBdBsinx022dBdBcosy022BdBxxcos0220 2022B022dBdBcosy022BdBxxcos0220 2022BdByysin02200OBBx2IFBxIl0l2IF 2四.证明题证明:abXdFIdldldxidydFdFxidFyFdFI(dxidyj)IdxiBdyjY0abX0IBdxjBdyiIBab0即:一条任意形状的载流导线所受的安培力等于载流直导线ab所受的安培力五.问答题R1.答:带电粒子在洛仑兹力的作用下作圆周运动，因为：Bq五.问答题R1.答:带电粒子在洛仑兹力的作用下作圆周运动，因为：BqmRFq2.答:电磁场(一一.选择题xxAB扇形扇形SOABS扇形扇形故电磁场(一一.选择题xxAB扇形扇形SOABS扇形扇形故∴选2.选(C).l,如图.当线框进入均匀磁场的瞬间产生感应电动势为i＝BlV＝IR(R为线框的总电阻).而当线框完全进入均匀磁场后的感应电动势i＝BlV＝IR(方向与前面相反).完全离开后ixVxxxxxxx l3.选bc段切割磁力线，其电动势为lsin60Bcos30dl3Bll(B)dl oo80 3Bl8AbcabbccaHdl 得4.LiHdl2IHdlLHdlHdlIL故选 公式Wm=(1/2)LI2对于自感系数L一定的线圈都成立6.选,I相同.N,l根据NLIBnI(N/l)I,Sr2,N(NI/知L (N/22II1 (N2/l)r 1∴1 111 / 2r2 2 22221L1又∵Wm2 26.选,I相同.N,l根据NLIBnI(N/l)I,Sr2,N(NI/知L (N/22II1 (N2/l)r 1∴1 111 / 2r2 2 22221L1又∵Wm2 2∴W 二.填空题1.εL=1.1105v),A端.解:建立如图所示坐标系,ABIVBB BAB (VB)dx AA2I2xB dx00dx 00A 24 24Ln21.10Ln21.10dx,Ix.2.it00,00,∴BScosμ0Ir21 μ2r i0R,Bd(r22rB解i23.140.10.8(0.8) 0.5(m/s) 2∴x4.L＝0 M LL L2L藕合线圈1解:a和b相接,a'、b'接入电路时为反串联ab'相连,a'、ba和b相连,a'b'相连,再接入电路时,4.L＝0 M LL L2L藕合线圈1解:a和b相接,a'、b'接入电路时为反串联ab'相连,a'、ba和b相连,a'b'相连,再接入电路时,相当于两根导线并为一根.故匝数N不变.导线变粗,I不变,l也不变.N又L nV2L不变II0bLndd.mBSxbBdSda0IxSdda d0d 02d dmBSS1R21(Oa)2sin22dSdB[1R21(Oa)2sin]223.68三.计算题1.解:如图UaUaUo(UbUo)εoaεωBlOabab (VB)dl (VB)OOab VBdlOO lBdl 0032UaUaUo(UbUo)εoaεωBlOabab (VB)dl (VB)OOab VBdlOO lBdl 0032 dB(t)dS0I(t)m0I(t)故当矩形线框滑动时,任意时刻t(t)abd(t)ab0I(t)Vtdx0I(t)VtLnaaaaa 0I0Iab∴i(t)aaaaεi的方向为:λt＜1时,逆时针(Φm增大(Φm减小λt＞1时,顺时针∵Bεi(VBlVBlsinεVBlNByi fVfI(lfI(lx方向水平向右.由牛顿定律知:x方向 (Bly方向 N－mgcosθ－fsinθ＝0，则x方向有mgsinRV tgsindt1(Blcos)2V(mgRsinθ00(Blgtsin0V有(Blcos)mgrsin0mgRsin(Bl(BltVt，所 V(t)mgrsin(Blcos)20(Blgtsin0V有(Blcos)mgrsin0mgRsin(Bl(BltVt，所 V(t)mgrsin(Blcos)20Bμ0NIRa,线圈内磁场近似看作均匀磁场,B代替.μNNμ NΦNBS0πa2 INNμμ0 ,0 LL∴12μ0B(2)1通电流I，在线圈211μNN μNNΦB1a2M22101 01I2 1I11μN2a2N2a2μaN 0 0 M. 电磁场(二一.选择题 HdLHlrBB电磁场(二一.选择题 HdLHlrBB3.980r02.解:由于HdLl包围的面内通过的电流的代数和,LHdLHdL器板面面积,因此通过L1I,解:由于dDdtδ,即位移电流密度,所以,dDdt的单位为电流密度的单位,即安培/2.qqD cos(t)i δ 4R二.填空题1.解:IδSSdDR2d02.解:IdIdjdRj15.9A di+PBE-4.解 Ekdl lS因为r0.1mrj15.9A di+PBE-4.解 Ekdl lS因为r0.1mrSrEk2r=0.1mEk510V5.R>>r、x>>RA在轴线上的磁IRIRB 0 2(R2x2)3/ 0Ir2RBr30Ir226.算题1.ddESdEId008.8510121.01013(0.10)22.78(1.ddESdEId008.8510121.01013(0.10)22.78()dHdlH2r0dErrH2r00B02H2R0dER0H R00BH02B41078.851.010130.105.56106(T22.解:整个空间磁场只分布于两筒之间B0(rrr12rW2dV2rlB0(rrr12rW2dV2rl2Ir∴W2 2rdr Ir Ln W1LI2其单位长自感系数:L0Ln Ir1W LI22 ωe0ln 一.选择题 ＝一.选择题 ＝cm0二.填空题收缩为而与垂直方向上的线度不变，仍为2R2a，,SabR1/c2RR21/c21L/L01v2/2 1E＝mc2－mc2＝mc2＝mc[(L2) k001v2/11v2/4.＝0.6V0＝0.6×(0.5m)3＝0.075Lx'11v2/4.＝0.6V0＝0.6×(0.5m)3＝0.075Lx'L0cos'Ly'L0sin'将产生长度收缩，而y方向上长度不变，即LxLx'1cLyLyLytanLx'12/c将LxLy代入0.816＝τ0＝1u2/1u2/6.n11＝mc2E＝m 01u2/7.解：Ek＝mc2－m0c2＝3m0c2，m＝4m0u1c11u2/c21L1u2/c2 L00L三.计算题.1t1x1112/cc21L1u2/c2 L00L三.计算题.1t1x1112/cc2 ttx22212/c2tt' tt (xx ct2c1.5108x2 1xt1 12/1xt2 12/1[xx(tt)]5.2104x' 12/2.解：Δx＝1000m，Δt＝0；Δx'＝2000x'x 1u2/2000 1u2/c∵∴1322.解：Δx＝1000m，Δt＝0；Δx'＝2000x'x 1u2/2000 1u2/c∵∴132由=2u1u2/tux/c3ct'=－10003/c=－5.77×10-6=2c1u2/c12m03.解：(1)1(2)Ek＝E－m0c2＝5.8×10-13－9.1×10-31×(3.0×101/2E/E＝1mv/E10312k0 24.991v2/1v2/＝E/1E0/1v2/2＝(E/E0)τ0.，1E0/211/近代物理(二一.