【正文】 點(diǎn)O 的磁感強(qiáng)度BO 可以視為由圓弧載流導(dǎo)線、半無(wú)限長(zhǎng)載流導(dǎo)線等激發(fā)的磁場(chǎng)在空間點(diǎn)O 的疊加。 m－1 ．則此時(shí)電容器會(huì)被擊穿嗎？分析　在未插入玻璃板時(shí)，不難求出空氣中的電場(chǎng)強(qiáng)度小于空氣的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度，電容器不會(huì)被擊穿．插入玻璃后，由習(xí)題6 －26 可知，若電容器與電源相連，則極板間的電勢(shì)差維持不變，電容器將會(huì)從電源獲取電荷．此時(shí)空氣間隙中的電場(chǎng)強(qiáng)度將會(huì)增大．若它大于空氣的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度，則電容器的空氣層將首先被擊穿．此時(shí)40 kV 電壓全部加在玻璃板兩側(cè)，玻璃內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度如也大于玻璃擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度的值，則玻璃也將被擊穿．整個(gè)電容器被擊穿．解　未插入玻璃時(shí)，電容器內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度為因空氣的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度 ，故電容器不會(huì)被擊穿．插入玻璃后，由習(xí)題6 －26 可知，空氣間隙中的電場(chǎng)強(qiáng)度此時(shí)，因 ，空氣層被擊穿，擊穿后40 kV 電壓全部加在玻璃板兩側(cè)，此時(shí)玻璃板內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度由于玻璃的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度， ，故玻璃也將相繼被擊穿，電容器完全被擊穿．6 －32　某介質(zhì)的相對(duì)電容率，擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度為 ，如果用它來(lái)作平板電容器的電介質(zhì)， μF，它的極板面積至少要多大．解　介質(zhì)內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度電容耐壓Um ＝ kV，因而電容器極板間最小距離 μF 的平板電容器，其極板面積顯然，這么大的面積平鋪開(kāi)來(lái)所占據(jù)的空間太大了，通常將平板電容器卷疊成筒狀后再封裝．6 －33　一平行板空氣電容器，極板面積為S，極板間距為d，充電至帶電Q后與電源斷開(kāi)，然后用外力緩緩地把兩極板間距拉開(kāi)到2d．求：（1） 電容器能量的改變；（2） 此過(guò)程中外力所作的功，并討論此過(guò)程中的功能轉(zhuǎn)換關(guān)系．分析　在將電容器兩極板拉開(kāi)的過(guò)程中，由于導(dǎo)體極板上的電荷保持不變，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度亦不變，但電場(chǎng)所占有的空間增大，系統(tǒng)總的電場(chǎng)能量增加了．根據(jù)功能原理，所增加的能量應(yīng)該等于拉開(kāi)過(guò)程中外力克服兩極板間的靜電引力所作的功．解　（1） 極板間的電場(chǎng)為均勻場(chǎng)，且電場(chǎng)強(qiáng)度保持不變，因此，電場(chǎng)的能量密度為在外力作用下極板間距從d 被拉開(kāi)到2d，電場(chǎng)占有空間的體積，也由V 增加到2V，此時(shí)電場(chǎng)能量增加（2） 兩導(dǎo)體極板帶等量異號(hào)電荷，外力F 將其緩緩拉開(kāi)時(shí)，應(yīng)有F＝－Fe ，則外力所作的功為外力克服靜電引力所作的功等于靜電場(chǎng)能量的增加．第七章　恒定磁場(chǎng)7 －1　兩根長(zhǎng)度相同的細(xì)導(dǎo)線分別多層密繞在半徑為R 和r 的兩個(gè)長(zhǎng)直圓筒上形成兩個(gè)螺線管，兩個(gè)螺線管的長(zhǎng)度相同，R ＝2r，螺線管通過(guò)的電流相同為I，螺線管中的磁感強(qiáng)度大小BR 、Br滿足（　?。ˋ） 　（B） ?。–） ?。―）分析與解　在兩根通過(guò)電流相同的螺線管中，磁感強(qiáng)度大小與螺線管線圈單位長(zhǎng)度的匝數(shù)成正比．根據(jù)題意，用兩根長(zhǎng)度相同的細(xì)導(dǎo)線繞成的線圈單位長(zhǎng)度的匝數(shù)之比因而正確答案為（C）。 mm2 ， mm。因而正確答案為（E）。6 －3　如圖所示將一個(gè)電量為q 的點(diǎn)電荷放在一個(gè)半徑為R 的不帶電的導(dǎo)體球附近，點(diǎn)電荷距導(dǎo)體球球心為d，參見(jiàn)附圖。6 －2　將一帶負(fù)電的物體M靠近一不帶電的導(dǎo)體N，在N 的左端感應(yīng)出正電荷，右端感應(yīng)出負(fù)電荷。因而正確答案為（A）。點(diǎn)電荷qd 與導(dǎo)體球A 外表面感應(yīng)電荷在球形空腔內(nèi)激發(fā)的電場(chǎng)為零，點(diǎn)電荷qb 、qc處于球形空腔的中心，空腔內(nèi)表面感應(yīng)電荷均勻分布，點(diǎn)電荷qb 、qc受到的作用力為零.6 －7　一真空二極管，其主要構(gòu)件是一個(gè)半徑R１ ＝10－4m 的圓柱形陰極和一個(gè)套在陰極外，半徑R２ ＝10－3m 的同軸圓筒形陽(yáng)極．陽(yáng)極電勢(shì)比陰極電勢(shì)高300V，陰極與陽(yáng)極的長(zhǎng)度均為L(zhǎng) ＝10－２m．假設(shè)電子從陰極射出時(shí)的速度為零．求：（１） 該電子到達(dá)陽(yáng)極時(shí)所具有的動(dòng)能和速率；（２）電子剛從陽(yáng)極射出時(shí)所受的力．分析?。?） 由于半徑R１＜＜L，因此可將電極視作無(wú)限長(zhǎng)圓柱面，陰極和陽(yáng)極之間的電場(chǎng)具有軸對(duì)稱性．從陰極射出的電子在電場(chǎng)力作用下從靜止開(kāi)始加速，電子所獲得的動(dòng)能等于電場(chǎng)力所作的功，也即等于電子勢(shì)能的減少．由此，可求得電子到達(dá)陽(yáng)極時(shí)的動(dòng)能和速率．（2） 計(jì)算陽(yáng)極表面附近的電場(chǎng)強(qiáng)度，由F ＝qE 求出電子在陰極表面所受的電場(chǎng)力．解　（1） 電子到達(dá)陽(yáng)極時(shí)，勢(shì)能的減少量為由于電子的初始速度為零，故因此電子到達(dá)陽(yáng)極的速率為（2） 兩極間的電場(chǎng)強(qiáng)度為兩極間的電勢(shì)差負(fù)號(hào)表示陽(yáng)極電勢(shì)高于陰極電勢(shì)．陰極表面電場(chǎng)強(qiáng)度電子在陰極表面受力這個(gè)力盡管很小， 10－3１kg 的電子上，電子獲得的加速度可達(dá)重力加速度的5 10１5 倍．6 －8　一導(dǎo)體球半徑為R１ ，外罩一半徑為R2 的同心薄導(dǎo)體球殼，外球殼所帶總電荷為Q，而內(nèi)球的電勢(shì)為V０ ．求此系統(tǒng)的電勢(shì)和電場(chǎng)的分布．分析　若，內(nèi)球電勢(shì)等于外球殼的電勢(shì)，則外球殼內(nèi)必定為等勢(shì)體，電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，內(nèi)球不帶電．若，內(nèi)球電勢(shì)不等于外球殼電勢(shì)，則外球殼內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，內(nèi)球帶電．一般情況下，假設(shè)內(nèi)導(dǎo)體球帶電q，導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡時(shí)電荷的分布如圖所示．依照電荷的這一分布，利用高斯定理可求得電場(chǎng)分布．并由或電勢(shì)疊加求出電勢(shì)的分布．最后將電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)用已知量V0、Q、R１、R2表示．解　根據(jù)靜電平衡時(shí)電荷的分布，可知電場(chǎng)分布呈球?qū)ΨQ．取同心球面為高斯面，由高斯定理，根據(jù)不同半徑的高斯面內(nèi)的電荷分布，解得各區(qū)域內(nèi)的電場(chǎng)分布為r ＜R１時(shí)， 　R１＜r＜R2 時(shí)，r＞R2 時(shí)， 由電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)的積分關(guān)系，可得各相應(yīng)區(qū)域內(nèi)的電勢(shì)分布．r ＜R１時(shí)，R１＜r＜R2 時(shí)，　r＞R2 時(shí)，　也可以從球面電勢(shì)的疊加求電勢(shì)的分布．在導(dǎo)體球內(nèi)（r ＜R１）在導(dǎo)體球和球殼之間（R１＜r＜R2 ）在球殼外（r＞R2）由題意　得代入電場(chǎng)、電勢(shì)的分布得r ＜R１時(shí)，；R１＜r＜R2 時(shí)，??；r＞R2 時(shí)，；6 －9　在一半徑為R１ ＝ cm 的金屬球A 外面套有一個(gè)同心的金屬球殼B．已知球殼B 的內(nèi)、外半徑分別為R2＝ cm，R3 ＝ cm．設(shè)球A 帶有總電荷QA ＝ 10－８C，球殼B 帶有總電荷QB ＝10－８C．（１） 求球殼B 內(nèi)、外表面上所帶的電荷以及球A 和球殼B 的電勢(shì)；（2） 將球殼B 接地然后斷開(kāi)，再把金屬球A 接地，求金屬球A 和球殼B 內(nèi)、外表面上所帶的電荷以及球A 和球殼B 的電勢(shì)．分析?。ǎ保?根據(jù)靜電感應(yīng)和靜電平衡時(shí)導(dǎo)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(nèi)表面帶電荷－QA ，外表面帶電荷QB ＋QA ，電荷在導(dǎo)體表面均勻分布［圖（ａ）］，由帶電球面電勢(shì)的疊加可求得球A 和球殼B 的電勢(shì)．（2） 導(dǎo)體接地，表明導(dǎo)體與大地等電勢(shì)（大地電勢(shì)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(fù)電荷中和，球殼內(nèi)表面帶電－QA ［圖（ｂ）］．?dāng)嚅_(kāi)球殼B 的接地后，再將球A 接地，此時(shí)球A 的電勢(shì)為零．電勢(shì)的變化必將引起電荷的重新分布，以保持導(dǎo)體的靜電平衡．不失一般性可設(shè)此時(shí)球A 帶電qA ，根據(jù)靜電平衡時(shí)導(dǎo)體上電荷的分布規(guī)律，可知球殼B 內(nèi)表面感應(yīng)－qA，外表面帶電qA －QA ［圖（c）］．此時(shí)球A 的電勢(shì)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(shì)的疊加，可求出球A 和球殼B 的電勢(shì)．解　（１） 由分析可知，球A 10－８C，球殼B 內(nèi)表面帶電－ 10－８C， 10－８C．由電勢(shì)的疊加，球A 和球殼B 的電勢(shì)分別為（2） 將球殼B 接地后斷開(kāi)，再把球A 接地，設(shè)球A 帶電qA ，球A 和球殼B的電勢(shì)為解得即球A 10－８C，由分析可推得球殼B 內(nèi)表面帶電－ 10－８C， 10－８C．另外球A 和球殼B 的電勢(shì)分別為導(dǎo)體的接地使各導(dǎo)體的電勢(shì)分布發(fā)生變化，打破了原有的靜電平衡，導(dǎo)體表面的電荷將重新分布，以建立新的靜電平衡．6 －10　兩塊帶電量分別為Q１ 、Q2 的導(dǎo)體平板平行相對(duì)放置（如圖所示），假設(shè)導(dǎo)體平板面積為S，兩塊導(dǎo)體平板間距為d，并且S ＞＞d．試證明（１） 相向的兩面電荷面密度大小相等符號(hào)相反；（2） 相背的兩面電荷面密度大小相等符號(hào)相同．分析　導(dǎo)體平板間距d ＜＜ S，忽略邊緣效應(yīng)，導(dǎo)體板近似可以當(dāng)作無(wú)限大帶電平板處理。 m2．現(xiàn)將兩極板與電源斷開(kāi)，然后再把相對(duì)電容率為εｒ ＝ 的電介質(zhì)插入兩極板之間．此時(shí)電介質(zhì)中的D、E 和P 各為多少？分析　平板電容器極板上自由電荷均勻分布，電場(chǎng)強(qiáng)度和電位移矢量都是常矢量．充電后斷開(kāi)電源，在介質(zhì)插入前后，導(dǎo)體板上自由電荷保持不變．取圖所示的圓柱面為高斯面，由介質(zhì)中的高斯定理可求得電位移矢量D，再根據(jù)，可求得電場(chǎng)強(qiáng)度E 和電極化強(qiáng)度矢量P．解　由分析可知，介質(zhì)中的電位移矢量的大小介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度和極化強(qiáng)度的大小分別為D、P、E方向相同，均由正極板指向負(fù)極板（圖中垂直向下）．6 －22　在一半徑為R1 的長(zhǎng)直導(dǎo)線外，套有氯丁橡膠絕緣護(hù)套，護(hù)套外半徑為R2 ，相對(duì)電容率為εｒ ．設(shè)沿軸線單位長(zhǎng)度上，導(dǎo)線的電荷密度為λ．試求介質(zhì)層內(nèi)的D、E 和P．分析　將長(zhǎng)直帶電導(dǎo)線視作無(wú)限長(zhǎng)，自由電荷均勻分布在導(dǎo)線表面．在絕緣介質(zhì)層的內(nèi)、外表面分別出現(xiàn)極化電荷，這些電荷在內(nèi)外表面呈均勻分布，所以電場(chǎng)是軸對(duì)稱分布．取同軸柱面為高斯面，由介質(zhì)中的高斯定理可得電位移矢量D 的分布．在介質(zhì)中，可進(jìn)一步求得電場(chǎng)強(qiáng)度E 和電極化強(qiáng)度矢量P 的分布．解　由介質(zhì)中的高斯定理，有得在均勻各向同性介質(zhì)中6 －23　如圖所示，球形電極浮在相對(duì)電容率為εr ＝ ， ＝ 10－6 、下部分各有多少電荷？分析　由于導(dǎo)體球一半浸在油中，電荷在導(dǎo)體球上已不再是均勻分布，電場(chǎng)分布不再呈球?qū)ΨQ，因此，不能簡(jiǎn)單地由高斯定理求電場(chǎng)和電荷的分布．我們可以將導(dǎo)體球理解為兩個(gè)分別懸浮在油和空氣中的半球形孤立電容器，靜電平衡時(shí)導(dǎo)體球上的電荷分布使導(dǎo)體成為等勢(shì)體，故可將導(dǎo)體球等效為兩個(gè)半球電容并聯(lián)，其相對(duì)無(wú)限遠(yuǎn)處的電勢(shì)均為V，且 （1）另外導(dǎo)體球上的電荷總量保持不變，應(yīng)有 （2）因而可解得Q1 、Q2 ．解　將導(dǎo)體球看作兩個(gè)分別懸浮在油和空氣中的半球形孤立電容器，上半球在空氣中，電容為下半球在油中，電容為由分析中式（1）和式（2）可解得由于導(dǎo)體球周?chē)糠謪^(qū)域充滿介質(zhì)，球上電荷均勻分布的狀態(tài)將改變．可以證明，此時(shí)介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度與真空中的電場(chǎng)強(qiáng)度也不再滿足的關(guān)系．事實(shí)上，只有當(dāng)電介質(zhì)均勻充滿整個(gè)電場(chǎng)，并且自由電荷分布不變時(shí)，才滿足 ．6 －24　 的薄金屬板A、B 構(gòu)成的空氣平板電容器被屏蔽在一金屬盒Ｋ 內(nèi)，金屬盒上、下兩壁與A、B mm，金屬板面積為30 mm 40 mm。mol－1 ，密度ρ ＝ g角時(shí)，通過(guò)線圈平面磁通量的變化量為因此，流過(guò)導(dǎo)體截面的電量為則 8 －9　如圖所示，一長(zhǎng)直導(dǎo)線中通有I ＝ A 的電流， cm處， cm2 ，10 匝的小圓線圈，線圈中的磁場(chǎng)可看作是均勻的． 10－2 s cm 處．求：（1） 線圈中平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；（2） 10－2Ω，求通過(guò)線圈橫截面的感應(yīng)電荷．分析　雖然線圈處于非均勻磁場(chǎng)中，但由于線圈的面積很小，可近似認(rèn)為穿過(guò)線圈平面的磁場(chǎng)是均勻的，因而可近似用來(lái)計(jì)算線圈在始、末兩個(gè)位置的磁鏈．解?。?） 在始、末狀態(tài)，通過(guò)線圈的磁鏈分別為,則線圈中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為電動(dòng)勢(shì)的指向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍?） 通過(guò)線圈導(dǎo)線橫截面的感應(yīng)電荷為8 －10　如圖（ａ）所示，把一半徑為R 的半圓形導(dǎo)線OP 置于磁感強(qiáng)度為B的均勻磁場(chǎng)中，當(dāng)導(dǎo)線以速率v 水平向右平動(dòng)時(shí)，求導(dǎo)線中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E 的大小，哪一端電勢(shì)較高？分析　本題及后面幾題中的電動(dòng)勢(shì)均為動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，除仍可由求解外（必須設(shè)法構(gòu)造一個(gè)閉合回路），還可直接用公式求解．在用后一種方法求解時(shí)，應(yīng)注意導(dǎo)體上任一導(dǎo)線元ｄl ，上述各量可能是ｄl 所在位置的函數(shù)．矢量（v B）的方向就是導(dǎo)線中電勢(shì)升高的方向．解1　如圖（ｂ）所示，假想半圓形導(dǎo)線OP 在寬為2R 的靜止形導(dǎo)軌上滑動(dòng)，兩者之間形成一個(gè)閉合回路．設(shè)順時(shí)針?lè)较驗(yàn)榛芈氛颍我粫r(shí)刻端點(diǎn)O 或端點(diǎn)P 距 形導(dǎo)軌左側(cè)距離為x，則即由于靜止的 形導(dǎo)軌上的電動(dòng)勢(shì)為零，則E ＝－2RvB．式中負(fù)號(hào)表示電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，對(duì)OP 段來(lái)說(shuō)端點(diǎn)P 的電勢(shì)較高．解2　建立如圖（c）所示的坐標(biāo)系，在導(dǎo)體上任意處取導(dǎo)體元ｄl，則由矢量（v B）的指向可知，端點(diǎn)P 的電勢(shì)較高．解3　連接OP 使導(dǎo)線構(gòu)成一個(gè)閉合回路．由于磁場(chǎng)是均勻的，在任意時(shí)刻，E ＝0又因 E ＝EOP ＋EPO即 EOP ＝－EPO ＝2RvB由上述結(jié)果可知，在均勻磁場(chǎng)中，任意閉合導(dǎo)體回路平動(dòng)所產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為零；而任意曲線形導(dǎo)體上的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)就等于其兩端所連直線形導(dǎo)體上的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)．上述求解方法是疊加思想的逆運(yùn)用，即補(bǔ)償?shù)姆椒ǎ? －11　長(zhǎng)為L(zhǎng)的銅棒，以距端點(diǎn)r 處為支點(diǎn)，求棒兩端的電勢(shì)差．分析　應(yīng)該注意棒兩端的電勢(shì)差與棒上的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)是兩個(gè)不同的概念，如同電源的端電壓與電源電動(dòng)勢(shì)的不同．在開(kāi)路時(shí)，兩者大小相等，方向相反（電動(dòng)勢(shì)的方向是電勢(shì)升高的方向，而電勢(shì)差的正方向是電勢(shì)降落的方向）．本題可直接用積分法求解棒上的電動(dòng)勢(shì)，亦可以將整個(gè)棒的電動(dòng)勢(shì)看作是OA 棒與OB 棒上電動(dòng)勢(shì)的代數(shù)和，如圖（ｂ）所示．而EO A 和EO B 則可以直接利用第８ －2 節(jié)例1 給出的結(jié)果．解1　如圖（ａ）所示，在棒上距點(diǎn)O 為l 處取導(dǎo)體元ｄl，則因此棒兩端的電勢(shì)差為當(dāng)L ＞2r 時(shí)，端點(diǎn)A 處的電勢(shì)較高解2　將AB 棒上的電動(dòng)勢(shì)看作是OA 棒和OB 棒上電動(dòng)勢(shì)的代數(shù)和，如圖（ｂ）所示．其中,則8 －12