1、5 22 如图所示，有三个点电荷 Q1 、 Q2 、 Q3 沿一条直线等间距分布且 Q1 Q3 Q.已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定 Q1 、 Q3 的情况下，将 Q2从点O 移到无穷远处外力所作的功.分析 由库仑力的定义，根据 Q1 、 Q3 所受合力为零可求得 Q2 .外力作功 W应等于电场力作功W 的负值，即 W W.求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为 lEd02其中 E 是点电荷 Q1 、 Q3 产生的合电场强度.(2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有 0202VQ其中 V0 是 Q1 、 Q3 在点 O 产生的电势(取无穷远处为零电势).解1
2、由题意 Q1 所受的合力为零 24031201 dd解得 Q32由点电荷电场的叠加， Q1 、 Q3 激发的电场在 y 轴上任意一点的电场强度为 2/32031dEyy将 Q2 从点 O 沿 y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为 dQydQQWy022/320002 841dl解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时 ，并由电势412的叠加得 Q1 、 Q3 在点 O 的电势 ddV003014将 Q2 从点 O 推到无穷远处的过程中，外力作功 dQVW0228比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直
3、接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多.6 3 如图所示将一个电量为 q 的点电荷放在一个半径为 R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为 d，参见附图。设无穷远处为零电势，则在导体球球心 O 点有（ ）（A） VE04,（B） dq020,（C） ,VE（D） Rqd0204,分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。点电荷 q 在导体球表面感应等量异号的感应电荷 q ，导体球表面的感应电荷 q 在球心 O点激发的电势为零， O 点的电势等于点电荷 q 在该处激发的电势。因而正确答案为（A）。6 9 在一半径为 R 6.0 cm 的金属球A 外面套有一个同心的金属球壳B
4、已知球壳B 的内、外半径分别为 R28.0 cm， R3 10.0 cm设球A 带有总电荷 QA 3.0 10 C，球壳B 带有总电荷 QB 2.010 C（） 求球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势；（2） 将球壳B 接地然后断开，再把金属球A 接地，求金属球A 和球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势分析 （） 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 QA均匀分布在球A 表面，球壳B 内表面带电荷 QA ，外表面带电荷 QB QA ，电荷在导体表面均匀分布图（），由带电球面电势的叠加可求得球A 和球壳B 的电势（2） 导体接地，表明导体与
5、大地等电势（大地电势通常取为零）球壳B 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 QA 图（）断开球壳B 的接地后，再将球A 接地，此时球A 的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不失一般性可设此时球A 带电 qA ，根据静电平衡时导体上电荷的分布规律，可知球壳B 内表面感应 qA，外表面带电 qA QA 图（c）此时球A 的电势可表示为 04432010 RqRVA由 VA 0 可解出球A 所带的电荷 qA ，再由带电球面电势的叠加，可求出球A 和球壳B 的电势解 （） 由分析可知，球A 的外表面带电3.0 10 C，球壳B 内表面带电3.0 1
6、0 C，外表面带电5.0 10 C由电势的叠加，球A 和球壳B 的电势分别为 V106.5443302010 RQRqVAA.30BAB（2） 将球壳B 接地后断开，再把球A 接地，设球A 带电 qA ，球A 和球壳B的电势为04432010 RQRqVAA30qAB解得 C102.83121 RQqAA即球A 外表面带电2.12 10 C，由分析可推得球壳B 内表面带电2.12 10 C，外表面带电-0.9 10 C另外球A 和球壳B 的电势分别为 0AV27.91B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，以建立新的静电平衡6 12 如图所示球形
7、金属腔带电量为 Q 0，内半径为 ，外半径为 b，腔内距球心 O 为 r 处有一点电荷 q，求球心的电势分析 导体球达到静电平衡时，内表面感应电荷 q，外表面感应电荷 q；内表面感应电荷不均匀分布，外表面感应电荷均匀分布球心 O 点的电势由点电荷 q、导体表面的感应电荷共同决定在带电面上任意取一电荷元，电荷元在球心产生的电势 RqV04d由于 R 为常量，因而无论球面电荷如何分布，半径为 R的带电球面在球心产生的电势为qs004d由电势的叠加可以求得球心的电势解 导体球内表面感应电荷 q，外表面感应电荷 q；依照分析，球心的电势为bQqarqV000446 26 有一个空气平板电容器，极板面积
8、为 S，间距为 d现将该电容器接在端电压为U 的电源上充电，当（1） 充足电后；（2） 然后平行插入一块面积相同、厚度为 （ d）、相对电容率为 的电介质板；（3） 将上述电介质换为同样大小的导体板分别求电容器的电容C，极板上的电荷 Q 和极板间的电场强度E分析 电源对电容器充电，电容器极板间的电势差等于电源端电压U插入电介质后，由于介质界面出现极化电荷，极化电荷在介质中激发的电场与原电容器极板上自由电荷激发的电场方向相反，介质内的电场减弱由于极板间的距离 d 不变，因而与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，以维持电势差不变，并有 SQSUr00相类似的原因，在平板电容器极板之间，若平行地插
9、入一块导体板，由于极板上的自由电荷和插入导体板上的感应电荷在导体板内激发的电场相互抵消，与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，使间隙中的电场 E 增强，以维持两极板间的电势差不变，并有 dSQU0综上所述，接上电源的平板电容器，插入介质或导体后，极板上的自由电荷均会增加，而电势差保持不变解 （1） 空气平板电容器的电容 dSC0充电后，极板上的电荷和极板间的电场强度为 UQ0dUE/0（2） 插入电介质后，电容器的电容 C1 为dSSQSrr0001/故有 dUCr01介质内电场强度 dSQErr01空气中电场强度 dUSr01（3） 插入导体达到静电平衡后，导体为等势体，其电容和极板上的电
10、荷分别为 C02UdSQ导体中电场强度 02E空气中电场强度 d2无论是插入介质还是插入导体，由于电容器的导体极板与电源相连，在维持电势差不变的同时都从电源获得了电荷，自由电荷分布的变化同样使得介质内的电场强度不再等于E0/ 7 4 在图（）和（）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（）图中L2 回路外有电流I3 ， P1 、 P2 为两圆形回路上的对应点，则（ ）（A） ，21LLdlBl21P（B） ，21 21（C） ，21LLdlBl21P（D） ，21 21分析与解 由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强
11、度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布因而正确答案为（C）7 10 如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a、b 两点，并与很远处的电源相接。求环心 O 的磁感强度分析 根据叠加原理，点 O 的磁感强度可视作由ef、be、fa三段直线以及acb、a db两段圆弧电流共同激发由于电源距环较远， 而be、fa两段直线的延长线通过点 O，由0efB于 ，由毕萨定律知 流过圆弧的电流 I1 、 I2的方向如图所示，0Idlrbfa两圆弧在点 O 激发的磁场分别为,21014rlIB20rlI其中 I1 、 I2 分别是圆弧acb、a db的弧长，由于导线电阻 R 与弧长 l 成正比，而圆弧
12、acb、a db又构成并联电路，故有21lI将B1 、B2 叠加可得点 O 的磁感强度B解 由上述分析可知，点 O 的合磁感强度 0422101rlIlB7 11 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，它们在点 O 的磁感强度各为多少？分析 应用磁场叠加原理求解将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点 O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度 iB0解 （） 长直电流对点 O 而言，有 ，因此它在点 O 产生的磁场为零，则点 O 0rlId处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有 RIB80B0 的方向垂直纸面向外（） 将载流导线看作圆电流和长直电流，由
13、叠加原理可得 I200B0 的方向垂直纸面向里（c） 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得 RIIRIB4244000B0 的方向垂直纸面向外7 29 如图（）所示，一根长直导线载有电流 I1 30 A，矩形回路载有电流 I2 20 A试计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、下两段导线受安培力 F1 和 F2 的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力 F3 和 F4 大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力解
14、 由分析可知，线框所受总的安培力 F 为左、右两边安培力 F3 和 F4 之矢量和，如图（）所示，它们的大小分别为 dlI2103blF104故合力的大小为 N1028.23101043 bdlIlIF合力的方向朝左，指向直导线8 11 长为 L的铜棒，以距端点 r 处为支点，以角速率 绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为 B的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差分析 应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同在开路时，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）本题可直接用积分法求解棒上的电动
15、势，亦可以将整个棒的电动势看作是 OA 棒与 OB 棒上电动势的代数和，如图（）所示而E O A 和E O B 则可以直接利用第 2 节例1 给出的结果解1 如图（）所示，在棒上距点 O 为l 处取导体元l，则rLlBlL-rAB 21ddv因此棒两端的电势差为 rlEUAB2当 L 2 r 时，端点A 处的电势较高解2 将AB 棒上的电动势看作是 OA 棒和 OB 棒上电动势的代数和，如图（）所示其中,21r21rL则 rLBEOAB28 13 如图（）所示，金属杆AB 以匀速 平行于一长直导线移动，此导12.0msv线通有电流 I 40A求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？分析 本题可
16、用两种方法求解（1） 用公式 求解，建立图（a）所示的lBdlEv坐标系，所取导体元 ，该处的磁感强度 （2） 用法拉第电磁感应定律xldxI0求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路为此可设想杆AB在一个静止的形导轨上滑动，如图（）所示设时刻t，杆AB 距导轨下端CD的距离为y，先用公式 求得穿SBd过该回路的磁通量，再代入公式 ，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电tEd动势解1 根据分析，杆中的感应电动势为式中负号表示 V1084.3ln2dd 50m1.0 vvIxxlEAB电动势方向由B 指向A，故点A 电势较高解2 设顺时针方向为回路ABCD 的正向，根据分析，在距直导线 x
17、处，取宽为 x、长为 y 的面元 S，则穿过面元的磁通量为 yxId2d0S穿过回路的磁通量为 1ln0m1.0S II回路的电动势为 V84.32dln2d 500 IytxItE由于静止的形导轨上电动势为零，所以V1084.35EAB式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A，故点A 电势较高8 14 如图（）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率 v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向分析 本题亦可用两种方法求解其中应注意下列两点：1当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就
18、等于框上各段导体中的动生电动势的代数和如图（）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零此两段导体上处处满足 ，因而线框0lBdv中的总电动势为其等效电路hgefhgefghef EE llBllBdddvvv如图（）所示2用公式 求解，式中 是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量为此t设时刻 t 时，线框左边距导线的距离为 ，如图（c）所示，显然 是时间 t 的函数，且有在求得线框在任意位置处的电动势 E（）后，再令 d，即可得线框在题目所vtd给位置处的电动势解1 根据分析，线框中的电动势为 hgefEhgef lBlddvv22010ddllIIvv12lI由 Eef Ehg 可知，
19、线框中的电动势方向为efgh解2 设顺时针方向为线框回路的正向根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为 lxIldxIll 12002n1 相应电动势为 120dlItEv令 d，得线框在图示位置处的电动势为 120ldIv由 E 0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向8 4 对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是（ ）（A） 位移电流的实质是变化的电场（B） 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C） 位移电流服从传导电流遵循的所有定律（D） 位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解 位移电流的实质是变化的电场变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律因而正确答案为（A）8 2 将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（ ）（A） 铜环中有感应电流，木环中无感应电流（B） 铜环中有感应电流，木环中有感应电流（C） 铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小（D） 铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大分析与解 根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但在木环中不会形成电流因而正确答案为（A）
