大學物理重要習題

1、5 22如圖所示，有三個點電荷Q1 、Q2 、Q3 沿一條直線等間距分布且Q1 Q3 Q.已知其中任一點電荷所受合力均為零，求在固定Q1 、Q3 的情況下，將Q2從點O 移到無窮遠處外力所作的功.分析由庫侖力的定義，根據Q1 、Q3 所受合力為零可求得Q2 .外力作功W應等于電場力作功W 的負值，即WW.求電場力作功的方法有兩種：(1)根據功的定義，電場力作的功為其中E 是點電荷Q1 、Q3 產生的合電場強度.(2) 根據電場力作功與電勢能差的關系，有其中V0 是Q1 、Q3 在點O 產生的電勢(取無窮遠處為零電勢).解1由題意Q1 所受的合力為零解得 由點電荷電場的疊加，Q1 、Q3 激發(fā)的

2、電場在y 軸上任意一點的電場強度為將Q2 從點O 沿y 軸移到無窮遠處，(沿其他路徑所作的功相同，請想一想為什么？)外力所作的功為解2與解1相同，在任一點電荷所受合力均為零時，并由電勢的疊加得Q1 、Q3 在點O 的電勢將Q2 從點O 推到無窮遠處的過程中，外力作功比較上述兩種方法，顯然用功與電勢能變化的關系來求解較為簡潔.這是因為在許多實際問題中直接求電場分布困難較大，而求電勢分布要簡單得多.6 3如圖所示將一個電量為q 的點電荷放在一個半徑為R 的不帶電的導體球附近，點電荷距導體球球心為d，參見附圖。設無窮遠處為零電勢，則在導體球球心O 點有（）（A）（B）（C）（D）分析與解達到靜電平衡

3、時導體內處處各點電場強度為零。點電荷q 在導體球表面感應等量異號的感應電荷q，導體球表面的感應電荷q在球心O點激發(fā)的電勢為零，O 點的電勢等于點電荷q 在該處激發(fā)的電勢。因而正確答案為（A）。6 9在一半徑為R 6.0 cm 的金屬球A 外面套有一個同心的金屬球殼B已知球殼B 的內、外半徑分別為R28.0 cm，R3 10.0 cm設球A 帶有總電荷QA 3.0 10C，球殼B 帶有總電荷QB 2.010C（） 求球殼B 內、外表面上所帶的電荷以及球A 和球殼B 的電勢；（2） 將球殼B 接地然后斷開，再把金屬球A 接地，求金屬球A 和球殼B 內、外表面上所帶的電荷以及球A 和球殼B 的電勢分

4、析（） 根據靜電感應和靜電平衡時導體表面電荷分布的規(guī)律，電荷QA均勻分布在球A 表面，球殼B 內表面帶電荷QA ，外表面帶電荷QB QA ，電荷在導體表面均勻分布圖（），由帶電球面電勢的疊加可求得球A 和球殼B 的電勢（2） 導體接地，表明導體與大地等電勢（大地電勢通常取為零）球殼B 接地后，外表面的電荷與從大地流入的負電荷中和，球殼內表面帶電QA 圖（）斷開球殼B 的接地后，再將球A 接地，此時球A 的電勢為零電勢的變化必將引起電荷的重新分布，以保持導體的靜電平衡不失一般性可設此時球A 帶電qA ，根據靜電平衡時導體上電荷的分布規(guī)律，可知球殼B 內表面感應qA，外表面帶電qA QA 圖（c）

5、此時球A 的電勢可表示為由VA 0 可解出球A 所帶的電荷qA ，再由帶電球面電勢的疊加，可求出球A 和球殼B 的電勢解（） 由分析可知，球A 的外表面帶電3.0 10C，球殼B 內表面帶電3.0 10C，外表面帶電5.0 10C由電勢的疊加，球A 和球殼B 的電勢分別為（2） 將球殼B 接地后斷開，再把球A 接地，設球A 帶電qA ，球A 和球殼B的電勢為解得即球A 外表面帶電2.12 10C，由分析可推得球殼B 內表面帶電2.12 10C，外表面帶電-0.9 10C另外球A 和球殼B 的電勢分別為導體的接地使各導體的電勢分布發(fā)生變化，打破了原有的靜電平衡，導體表面的電荷將重新分布，以建立新

6、的靜電平衡6 12如圖所示球形金屬腔帶電量為Q 0，內半徑為，外半徑為b，腔內距球心O 為r 處有一點電荷q，求球心的電勢分析導體球達到靜電平衡時，內表面感應電荷q，外表面感應電荷q；內表面感應電荷不均勻分布，外表面感應電荷均勻分布球心O 點的電勢由點電荷q、導體表面的感應電荷共同決定在帶電面上任意取一電荷元，電荷元在球心產生的電勢由于R 為常量，因而無論球面電荷如何分布，半徑為R的帶電球面在球心產生的電勢為由電勢的疊加可以求得球心的電勢解導體球內表面感應電荷q，外表面感應電荷q；依照分析，球心的電勢為6 26有一個空氣平板電容器，極板面積為S，間距為d現將該電容器接在端電壓為U 的電源上充電

7、，當（1） 充足電后；（2） 然后平行插入一塊面積相同、厚度為（ d）、相對電容率為 的電介質板；（3） 將上述電介質換為同樣大小的導體板分別求電容器的電容C，極板上的電荷Q 和極板間的電場強度E分析電源對電容器充電，電容器極板間的電勢差等于電源端電壓U插入電介質后，由于介質界面出現極化電荷，極化電荷在介質中激發(fā)的電場與原電容器極板上自由電荷激發(fā)的電場方向相反，介質內的電場減弱由于極板間的距離d 不變，因而與電源相接的導體極板將會從電源獲得電荷，以維持電勢差不變，并有相類似的原因，在平板電容器極板之間，若平行地插入一塊導體板，由于極板上的自由電荷和插入導體板上的感應電荷在導體板內激發(fā)的電場相互

8、抵消，與電源相接的導體極板將會從電源獲得電荷，使間隙中的電場E 增強，以維持兩極板間的電勢差不變，并有綜上所述，接上電源的平板電容器，插入介質或導體后，極板上的自由電荷均會增加，而電勢差保持不變解（1） 空氣平板電容器的電容充電后，極板上的電荷和極板間的電場強度為（2） 插入電介質后，電容器的電容C1 為故有介質內電場強度空氣中電場強度（3） 插入導體達到靜電平衡后，導體為等勢體，其電容和極板上的電荷分別為導體中電場強度 空氣中電場強度無論是插入介質還是插入導體，由于電容器的導體極板與電源相連，在維持電勢差不變的同時都從電源獲得了電荷，自由電荷分布的變化同樣使得介質內的電場強度不再等于E0/7

9、 4在圖（）和（）中各有一半徑相同的圓形回路L1 、L2 ，圓周內有電流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（）圖中L2 回路外有電流I3 ，P1 、P2 為兩圓形回路上的對應點，則（）（A） ，（B） ，（C） ，（D） ，分析與解由磁場中的安培環(huán)路定律，積分回路外的電流不會影響磁感強度沿回路的積分；但同樣會改變回路上各點的磁場分布因而正確答案為（C）7 10如圖所示，有兩根導線沿半徑方向接觸鐵環(huán)的a、b 兩點，并與很遠處的電源相接。求環(huán)心O 的磁感強度分析根據疊加原理，點O 的磁感強度可視作由ef、be、fa三段直線以及acb、adb兩段圓弧電流共同激發(fā)由于電源距環(huán)較遠，而be、

10、fa兩段直線的延長線通過點O，由于，由畢薩定律知流過圓弧的電流I1 、I2的方向如圖所示，兩圓弧在點O 激發(fā)的磁場分別為,其中I1 、I2 分別是圓弧acb、adb的弧長，由于導線電阻R 與弧長l 成正比，而圓弧acb、adb又構成并聯(lián)電路，故有將B1 、B2 疊加可得點O 的磁感強度B解由上述分析可知，點O 的合磁感強度7 11如圖所示，幾種載流導線在平面內分布，電流均為I，它們在點O 的磁感強度各為多少？分析應用磁場疊加原理求解將不同形狀的載流導線分解成長直部分和圓弧部分，它們各自在點O 處所激發(fā)的磁感強度較容易求得，則總的磁感強度解（） 長直電流對點O 而言，有，因此它在點O 產生的磁場

11、為零，則點O 處總的磁感強度為1/4 圓弧電流所激發(fā)，故有B0 的方向垂直紙面向外（） 將載流導線看作圓電流和長直電流，由疊加原理可得B0 的方向垂直紙面向里（c） 將載流導線看作1/2 圓電流和兩段半無限長直電流，由疊加原理可得B0 的方向垂直紙面向外7 29如圖（）所示，一根長直導線載有電流I1 30 A，矩形回路載有電流I2 20 A試計算作用在回路上的合力已知d 1.0 cm，b 8.0 cm，l 0.12 m分析矩形上、下兩段導線受安培力F1 和F2 的大小相等，方向相反，對不變形的矩形回路來說，兩力的矢量和為零而矩形的左右兩段導線，由于載流導線所在處磁感強度不等，所受安培力F3 和

12、F4 大小不同，且方向相反，因此線框所受的力為這兩個力的合力解由分析可知，線框所受總的安培力F 為左、右兩邊安培力F3 和F4 之矢量和，如圖（）所示，它們的大小分別為故合力的大小為合力的方向朝左，指向直導線8 11長為L的銅棒，以距端點r 處為支點，以角速率繞通過支點且垂直于銅棒的軸轉動.設磁感強度為B的均勻磁場與軸平行，求棒兩端的電勢差分析應該注意棒兩端的電勢差與棒上的動生電動勢是兩個不同的概念，如同電源的端電壓與電源電動勢的不同在開路時，兩者大小相等，方向相反（電動勢的方向是電勢升高的方向，而電勢差的正方向是電勢降落的方向）本題可直接用積分法求解棒上的電動勢，亦可以將整個棒的電動勢看作是

13、OA 棒與OB 棒上電動勢的代數和，如圖（）所示而EO A 和EO B 則可以直接利用第 2 節(jié)例1 給出的結果解1如圖（）所示，在棒上距點O 為l 處取導體元l，則因此棒兩端的電勢差為當L 2r 時，端點A 處的電勢較高解2將AB 棒上的電動勢看作是OA 棒和OB 棒上電動勢的代數和，如圖（）所示其中,則8 13如圖（）所示，金屬桿AB 以勻速平行于一長直導線移動，此導線通有電流I 40A求桿中的感應電動勢，桿的哪一端電勢較高？分析本題可用兩種方法求解（1） 用公式求解，建立圖（a）所示的坐標系，所取導體元，該處的磁感強度（2） 用法拉第電磁感應定律求解，需構造一個包含桿AB 在內的閉合回路

14、為此可設想桿AB在一個靜止的形導軌上滑動，如圖（）所示設時刻t，桿AB 距導軌下端CD的距離為y，先用公式求得穿過該回路的磁通量，再代入公式，即可求得回路的電動勢，亦即本題桿中的電動勢解1根據分析，桿中的感應電動勢為式中負號表示電動勢方向由B 指向A，故點A 電勢較高解2設順時針方向為回路ABCD 的正向，根據分析，在距直導線x 處，取寬為x、長為y 的面元S，則穿過面元的磁通量為穿過回路的磁通量為回路的電動勢為由于靜止的形導軌上電動勢為零，所以式中負號說明回路電動勢方向為逆時針，對AB 導體來說，電動勢方向應由B 指向A，故點A 電勢較高8 14如圖（）所示，在“無限長”直載流導線的近旁，放

15、置一個矩形導體線框，該線框在垂直于導線方向上以勻速率v 向右移動，求在圖示位置處，線框中感應電動勢的大小和方向分析本題亦可用兩種方法求解其中應注意下列兩點：1當閉合導體線框在磁場中運動時，線框中的總電動勢就等于框上各段導體中的動生電動勢的代數和如圖（）所示，導體eh 段和fg 段上的電動勢為零此兩段導體上處處滿足，因而線框中的總電動勢為其等效電路如圖（）所示2用公式求解，式中是線框運動至任意位置處時，穿過線框的磁通量為此設時刻t 時，線框左邊距導線的距離為，如圖（c）所示，顯然是時間t 的函數，且有在求得線框在任意位置處的電動勢E（）后，再令d，即可得線框在題目所給位置處的電動勢解1根據分析，線框中的電動勢為由Eef Ehg 可知，線框中的電動勢方向為efgh解2設順時針方向為線框回路的正向根據分析，在任意位置處，穿過線框的磁通量為相應電動勢為令d，得線框在圖示位置處的電動勢為由E 0 可知，線框中電動勢方向為順時針方向8 4對位移電流，下述四種說法中哪一種說法是正確的是（）（A） 位移電流的實質是變化的電場（B） 位移電流和傳導電流一樣是定向運動的電荷（C） 位移電流服從傳導電流遵循的所有定律（D） 位移電流的磁效應不服從安培環(huán)路定理分析與解位移電流的實質是變化的電場變化的電場激發(fā)磁場，在這一點位移電流