大学物理(下)典型题

b1 d
rb
R1
2 2 R r dr ( rb ) 0 rb 3 0 rb
当球壳半径r > rb时，其产生的电势为 dq 4r 2dr d rdr 4 0 r 4 0 r 0
R2
b
2 b 2 d rdr ( R2 rb2 ) r 2 0 0 3 2 R 2 b b1 b 2 ( 3 R2 rb2 1 ) 6 0 rb
Q 2 Q 2 ( R2 R1 ) (2) 电场能量：W 2C 8 0 r R1 R2
9.两个同心的均匀带电球面，半径分别为R1=5.0cm， R2=20.0cm，已知内球面的电势为1 60 V, 外球面的电 势为 2 30V。 (1) 求内外球面所带电量； (2)两个球 面之间何处电势为零。
讨论
dq
R O

r
dE dE (1) 环心处，x=0，E=0； (2) 当q>0时，E 沿轴线指向远离轴线的方向， E 沿轴线指向环心； 当q<0时，
x
P dE //
x
(3) 当x>>R时， E
q 4 0 x 2
即远离环心处的电场相当于一个点电荷 产生的电场。 思考 如果把圆环去掉一半， P点的场强是否等于 原来的一半？
方向

13. 如图所示,在均匀磁场中,半径为R的薄圆盘以角速度 绕中心轴转动,圆盘电荷面密度为。求它的磁矩、所 受的磁力矩以及磁矩的势能。
解:取半径为r的环状面元,圆盘转动时, 它相当于一个载流圆环,其电流：
S
R r dr
4

圆盘磁矩： pm dpm r 3dr R 0 4 4 M R B 受的力矩： M pm B sin pm B 4 方向向上 pm 磁矩的势能为 Wm pm B 0
方向向右
12 3 4
（2）如果把第二块金属板接地， 其右表面上的电荷就会分散到地 球表面上，所以
σ1
S σ2
σ3
σ4
4 0
第一块金属板上的电荷守恒仍给出
E Ⅱ
I Ⅱ
Q 1 2 S
P III
由高斯定律仍可得
2 3 0
金属板内P点的场强为零，所以
1 2 3 0
4.有一块大金属平板，面积为S，带有总电量 Q，今在 其近旁平行地放置第二块大金属平板，此板原来不带 电。(1)求静电平衡时，金属板上的电荷分布及周围空 间的电场分布。(2)如果把第二块金属板接地，最后情 况又如何？（忽略金属板的边缘效应。） 解：（1）由于静电平衡时导 体内部无净电荷，所以电 荷只能分布在两金属板的 表面上。设四个表面上的 面电荷密度分别为σ1、σ2、 σ3和σ4。
R O

r
x
P dE //
cos q cos E dq 2 4 0 r 4 0 r 2
dE
dE
x
x cos , r R 2 x 2 r qx E 4 0 ( R 2 x 2 )3 / 2
qx E 2 2 3/ 2 4 0 ( R x )
（一）电磁学 （二）相对论 （三）量子力学
共 21 题 Leabharlann Baidu3题 共6题
共 21 题
1.均匀带电圆环轴线上一点的场强。设半径为R的细圆 环均匀带电，总电量为q，P是轴线上一点，离圆心O 的距离为x, 求P点的场强。
(1) 在圆环上任意取一线 解： 元dl，其带电量为dq
dq R
O dq x (2) dE 2 4 0 r (3) 将 dE 分解为 dE // dE cos dE dE sin
E 2 S qint / 0
d D/ 2 d D/ 2
qint 2dS , qint DS ,
E-d 曲线如图
0 D E 2 0
E
d
D/ 2
D 2 0
E
O

D/ 2
D 2 0
d
8.两个同心金属球壳，内球壳半径为R1，外球壳半径为 R2，中间充满相对介电常数为 r 的均匀介质，构成一个 球形电容器。 (1) 求该电容器的电容； (2)设内外球壳上 分别带有电荷+Q和-Q，求电容器储存的能量。 解: (1) 已知内球壳上带正电荷Q，则 两球壳中间的场强大小为
a d
R2
R1
2 2 rdr ( R2 R1 ) 0 2 0
对b点，当球壳半径r < rb时，其 产生的电势为
4r dr 2 d r dr 4 0 rb 4 0 rb 0 rb
dq
2
R2 O
3 1
ra a b
r
rb
R1 r dr
1 q1 q2 0 (2) 由： 4 0 r R2
10
q1 6.7 10 R2 20 10[cm] 可得 r 9 q2 1.3 10
O
R1 R2
10. 将一均匀分布着的电流的无限大载流平面放入 均匀磁场中，电流方向与此磁场垂直。已知平面两 侧的磁感应强度分别为 B1 和 B2，如图所示，求该 载流平面单位面积所受的磁场力的大小和方向。
E Q /(4 0 r r )
2
r
O
R1
R2
两球壳间电势差:
U 12 E d r
R1 R2
Q 1 1 ( ) Q( R2 R1 ) /(4 0 r R1 R2 ) 4 r 0 R1 R2
电容: C Q / U12 4 0 r R1 R2 /( R2 R1 )
Q σ1 σ2 σ3 σ4
S
由电荷守恒定律可知：
Q
Q 1 2 S 3 4 0
σ
(1)
(2)
1
Sσ 2 σ 3
σ
4
选一个两底分别在两个金属 P 板内而侧面垂直于板面的封 闭曲面作为高斯面。由于板间电场与板面垂直，且板 内的电场为零，所以通过此高斯面的电通量为零。
2 3 0
q内
R O E
O
R
r
3.均匀带电球层，内半径为R1，外半径为R2， 体电荷密度为 。求图中a点和b点电势。 解： 取薄球壳，半径为r，厚为 dr，可视为均匀带电球面， 其带电量为
R2 O a b ra
r
rb
dq 4r dr
2
R1 r
dr
对a点，此带电球面产生的电势为 dq 4r 2dr d rdr 4 0 r 4 0 r 0
2.求均匀带电无限长圆柱体 (, R) 的电场分布。 解：在柱体内 (r R), 选长为 l 的 同轴柱形高斯面，利用高斯定律 E dS E 2 rl 0 0
S
l
1 r 2 l lr 2 2 0 l 2 0 0 R l R 在柱体外 (r > R)，取同样高斯面， q内 l SE dS E 2 rl 0 0 0 0 r , rR 所以得电场分 2 2 0 R 布的矢量表达 E ˆ, r R r 2 0 r
L
R2
R1
在电场中取体积元 dV ( 2rL)dr 则在 dV 中的电场能量为：
r
+Q
–Q
dW
0 r
2
E 2dV
R2 dr 1 Q2 W dW 2 2 0 r L R1 r
1 Q R2 1 Q 2 ln 2 2 0 r L R1 2 C
2
2 0 r L C ln( R2 / R1 )
1 2
2
,
j
2
0
1
考虑长dl，宽 dl' 的电流元，
dI jdl
其在外磁场中受的磁场力
B1
j
B2
dF dI dl B0 jdl dl B0
载流平面单位面积所受的磁场力
2 B2 B12 F jB0 2 0
dl'
dl
j
B0
方向：由上图中，磁力的方向向左
11. 半径为R的圆片上均匀带电，面密度为 ，该圆 片以匀角速度 绕它的轴线旋转，求圆片中心 O 处的磁感应强度的大小。
解:取 r处 dr 宽度的圆环,其以作圆周 运动,相当于一圆电流dI, dI 的大小为 O 2rdr dI rdr 2/ 此圆电流在圆心处产生的磁场的磁感应强度为 0dI 0dr dB 2r 2 整个圆板在圆心处产生的磁场的磁感应强度为
Q σ1 S σ2 σ3 σ4
E Ⅰ
E Ⅱ
Ⅱ
E Ⅲ
III
I 有 电场的分布为：由 E 0 Q 在Ⅰ区， EⅠ 方向向左 2 0 S Q 在Ⅱ区， EⅡ 方向向右 2 0 S
Q Q E1 E2 2 0 2 S 2 0 2 S
Q 在Ⅲ区， EⅢ 2 0 S
7.一无限大均匀带电厚壁，壁厚为D，体电荷密度为， 求其电场分布，并画出 E-d 曲线， d 为垂直于壁面的 坐标，原点在厚壁的中心。
解 : 根据电荷分布对壁的平分面的 面对称性，可知电场分布也具有这 种对称性。由此可选平分面与壁的 平分面重合的立方盒子为高斯面， 如图所示，高斯定理给出：
D
S
d
B

R
0dr
2
0

0R
2
12.在均匀磁场中放置一半径为R的半圆形导线, 电流 强度为I,导线两端连线与磁感应强度方向夹角=30, 求此段圆弧电流受的磁力。
解：在电流上任取电流元 Idl b I d l b F Id l B B a I b a I ( dl ) B a Iab B F I ab B sin I 2 R B sin 30 IBR
Q Q 联立求解可得： 1 0, 2 , 3 , 4 0 S S Q 电场的分布为： EⅠ =0， EⅡ 方向向右 EIII=0 0S
5.如图，求 O 点处感应电荷密度 。 解：取导体板内很邻近O点的 O'点，直线在O'点产生的电场 dx E1 2 d 4 x 40d 0 感应电荷在 O' 点产生的电场
d O'
导 体 板

+
直线
O
x
E2 2 0
由总电场
EO E1 E2 0
得 2 d
6. 一圆柱形电容器，两个极面的半径分别为 R1 和 R2 ， 两极面间充满相对介电常数为r的电介质。求此电容 器带有电量Q时所储存的电能。 解：两极面间的电场 E
Q 2 0 r rL
解:载流平面自身在其两侧产生
的磁场为
B2 B1
0 j
2 均匀外磁场 B0 在平面两侧方向
方向相反。
B1
j
相同。 由图， B1 B2
B2
载流平面产生磁场与外磁场在左侧方向相反，在右 侧方向相同。 B0 B1 B1 B B B B
B2 B0 B2
B0

r
P dE //
dE
dE
x
(4) 积分求解:
由于对称性
E dE 0
dq E E // dE // cos 2 4 0 r
dq E E // dE // cos 2 4 0 r dq
在积分过程中，r和 cos 保持 不变，可以提到积分号外，即
解:(1)q1和q2分别为内外球所带电量,由电势叠加原理：
1 q1 q2 1 q1 q2 2 30 1 60 4 0 R2 4 0 R R 2 1 9 10 联立可得 q1 6.7 10 C q2 1.3 10 C
(3)
金属板内任一点P的场强是4个带电平面的电场的叠 加，并且为零，所以
1 2 3 4 0 (4) 2 0 2 0 2 0 2 0
即： 1 2 3 4 0 联立求解可得： Q Q 1 , 2 , 2S 2S Q Q 3 , 4 2S 2S