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时间:2018-07-31
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1、作业题参考答案第八章静电场和稳恒电场1、解:电荷面密度为s的无限大均匀带电平面在任意点的场强大小为E=s/(2e0)2分以图中O点为圆心,取半径为r→r+dr的环形面积,其电量为dq=s2prdr2分它在距离平面为a的一点处产生的场强2分则半径为R的圆面积内的电荷在该点的场强为由题意,令E=s/(4e0),得到R=2分2、解:在任意角f处取微小电量dq=ldl,它在O点产生的场强为:3分它沿x、y轴上的二个分量为:dEx=-dEcosf1分dEy=-dEsinf1分对各分量分别求和 = 2分故O点的场强为:1分3、解:球形电容器的电容3分当内外导体间电势差为U时,电容器内外球壳上带电
2、荷电容器内球表面处场强大小为3分欲求内球表面的最小场强,令dE/da=0,则得到并有2分可知这时有最小电场强度2分4、解:由高斯定理求得两球壳间的场强为2分方向沿半径指向内球壳.电子在电场中受电场力的大小为2分方向沿半径指向外球壳.电子自内球壳到外球壳电场力作功为2分由动能定理2分得到=1.98×107m/s2分5、解:如图所示,由于对称分布,放在中心处的q0无论电荷多少都能取得平衡.因四个定点上的电荷受力情况相同,因此只需考虑任一顶点上的电荷受力情况.例如考虑D点处的电荷,顶点A、B、C及中心处的电荷所激发的电场对D处点电荷的作用力的大小分别为:1分1分各力方向如图所示,a=45°.D
3、处电荷的受力平衡条件为:,用3分将f1,f2,f3式代入上式化简得:=0.957q2分用得同样结果.6、解:设无穷远处为电势零点,则两粒子在相距r1(=1nm)时的静电势能为Wp=2e2/(4pe0r1)两粒子在电场力(保守力)作用下运动到r─→∞时,势能转化为动能.系统不受外力作用,动量守恒由此得2分则2分得到=3.69×10-19J2分=9.2×10-20J2分7、解:如题图示,两带电平面均匀带电,电荷面密度分别为与,两面间, 面外,面外,:垂直于两平面由面指为面.第九章稳恒磁场和电磁场的相对性1、解:设弧ADB=L1,弧ACB=L2,两段弧上电流在圆心处产生的磁感强度分别为3分
4、、方向相反.圆心处总磁感强度值为2分两段导线的电阻分别为1分因并联2分又∴=1.60×10-8T2分2、解:令、、和分别代表长直导线1、2和三角形框的(ac+cb)边和ab边中的电流在O点产生的磁感强度.则:由毕奥-萨伐尔定律,有∴,方向垂直纸面向外.2分:对O点导线2为半无限长直载流导线,的大小为,方向垂直纸面向里.2分:由于电阻均匀分布,又与并联,有代入毕奥-萨伐尔定律有:∴3分B的大小为:B=方向:垂直纸面向里.1分3、解:电子在xz平面内作速率为v的圆周运动(如图),则∴2分电子运动的周期1分则原子的轨道磁矩3分的方向与y轴正向相反.1分设方向与x轴正向平行,则系统所受力矩
5、3分4、解:(1)利用安培环路定理可求得1导线在P点产生的磁感强度的大小为:2分2导线在P点产生的磁感强度的大小为:2分、的方向如图所示.P点总场,3分(2)当,时,B(x)最大.由此可得:x=0处,B有最大值.3分5、解:B1、B2分别为带电的大半圆线圈和小半圆线圈转动产生的磁感强度,B3为沿直径的带电线段转动产生的磁感强度.,3分,3分4分6、解:(1)L1中电流在两导线间的a点所产生的磁感强度T2分L2中电流在a点所产生的磁感强度T1分由于、的方向相同,所以a点的合磁感强度的大小T2分(2)L中电流在两导线外侧b点所产生的磁感强度TL2中电流在b点所产生的磁感强度T1分由于和和的
6、方向相反,所以b点的合磁感强度的大小T2分7、解:设微振动时线圈振动角度为(),则由转动定律即∴振动角频率周期第十章电磁感应1、解:大环中相当于有电流2分这电流在O点处产生的磁感应强度大小2分以逆时针方向为小环回路的正方向,2分∴方向:dw(t)/dt>0时,i为负值,即i为顺时针方向.1分dw(t)/dt<0时,i为正值,即i为逆时针方向.1分2、解:线框内既有感生又有动生电动势.设顺时针绕向为Ei的正方向.由Ei=-dF/dt出发,先求任意时刻t的F(t)2分2分再求F(t)对t的导数:∴4分方向:lt<1时,逆时针;lt>1时,顺时针.2分3、解:建立坐标系,长直导线为y轴,BC边
7、为x轴,原点在长直导线上,则斜边的方程为,式中r是t时刻B点与长直导线的距离.三角形中磁通量6分3分当r=d时,方向:ACBA(即顺时针)4、解∶(1)由,3分得积分得 4分其中.(2)当t足够大则→0可得稳定速率3分5、解:棒上线元dl中的动生电动势为:3分金属棒中总的感生电动势为1分4分方向由O指向另一端.2分6、解:选沿回路顺时针方向为电动势正方向,电动势是由动生电动势E1和感生电动势E2组成的.设回路在x位置:4分2分∴2
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