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物理竞赛电磁学习题集(含解答)


电磁学部分

清北书院中学生物理竞赛讲义—电磁学
总论 物理规律的得到——格物致理(复杂的问题抽象出简单的本质及规律) ;反之,物 理规律的应用——关键是图景要清晰,并且具有和谐、对称、统一的美。 数学 物理 解题策略 构建图景→正确关联物理定理或律→数学描述与表达→严密计算→系统回顾→得 出结论 ? 注意事项:系统回顾→得出结论。未给定的条件,应全

面考察各种情况,极限 情况、任意情况(最后推广到极限情况) 高中物理主干知识与核心知识 电磁 ①两种场:电场和磁场 ②稳恒电流 ③电磁感应 哪些知识需要加深拓宽?如何加深拓宽? 电磁中要适当加宽的内容 点电荷电场的电势公式(不要求导出) 电势叠加原理 均匀带电球壳壳内和壳外的电势公式(不要求导出) 电容 电容器的连接 平行板电容器的电容公式(不要求导出) 电容器充电后的电能 电介质的极化 介电常数 一段含源电路的欧姆定律 基尔霍夫定律 惠斯通电桥 补偿电路 液体中的电流 法拉第电解定律 气体中的电流 被激放电和自激放电(定性) 真空中的电流 示波器 半导体的导电特性 P 型半导体和 N 型半导体 晶体二极管的单向导电性 三极管的放大作用(不要求机理) 超导现象 感应电场(涡旋电场) 自感系数 整流、滤波和稳压 三相交流电及其连接法 感应电动机原理 王后 国王 抽象 直观 奇思妙想 图景构建 可幻想,不一定有解 大自然提出的问题,有解

电磁学部分

第一章
例题 1

真空中的静电场

如图所示,电荷量为 q1 的正点电荷固定在坐标原点 O 处,电荷量为 q2 的正点电荷固定在 x 轴上,两电荷相距 l.已知 q2=2q1. (i)求在 x 轴上场强为零的 P 点的坐标. (ii)若把一电荷量为 q0 的点电荷放在 P 点,试讨论它的稳定性(只考虑 q0 被限制在沿 x 轴 运动和被限制在沿垂直于 x 轴方向运动这两种情况).

【解答例示】 (i)通过对点电荷场强方向的分析,场强为零的 P 点只可能位于两点电荷之间。设 P 点 的坐标为 x0,则有

k

q1 q2 =k 2 x0 (l ? x0 ) 2
已知 q2=2q1

(1)

(2)

由(1) 、 (2)两式解得 x0= ( 2 ? 1)l (3)

(ii)先考察点电荷 q0 被限制在沿 x 轴运动的情况。q1、q2 两点电荷在 P 点处产生的场 强的大小分别为 E10= k

q1 2 x0

E20= k

q2 ,且有 E10=E20,二者方向相反。点电荷 q0 在 (l ? x0 ) 2

P 点受到的合力为零,故 P 点是 q0 的平衡位置。在 x 轴上 P 点右侧 x=x0+△ x 处,q1、q2 产 生的场强的大小分别为: E′1= k

q1 <E10 方向沿 x 轴正方向 ( x0 ? ?x) 2 q2 >E20 方向沿 x 轴负方向 (l ? x0 ? ?x) 2

E′2= k

由于 E′2>E′1,x=x0+△ x 处合场强沿 x 轴的负方向,即指向 P 点。在 x 轴上 P 点左侧 x=x0- △ x 处 , q1 、 q2 的 场 强 的 大 小 分 别 为 E″1= k

q1 >E10 ( x0 ? ?x) 2

方向沿 x 轴正方向

E″2= k

q2 <E20 方向沿 x 轴负方向 (l ? x0 ? ?x) 2

电磁学部分

由于 E″2<E″1,x=x0-△ x 处合场强的方向沿 x 轴的正方向,即指向 P 点。 由以上的讨论可知,在 x 轴上,在 P 点的两侧,点电荷 q1 和 q2 产生的电场的合场强的 方向都指向 P 点,带正电的点电荷在 P 点附近受到的电场力都指向 P 点,所以当 q0>0 时, P 点是 q0 的稳定平衡位置。带负电的点电荷在 P 点附近受到的电场力都背离 P 点,所以当 q0<0 时,P 点是 q0 的不稳定平衡位置。 再考虑 q0 被限制在沿垂直于 x 轴的方向运动的情况。 沿垂直于 x 轴的方向, 在 P 点两侧 附近,点电荷 q1 和 q2 产生的电场的合场强沿垂直 x 轴分量的主向都背离 P 点,因而带正电 的点电荷在 P 点附近受到沿垂直 x 轴的分量的电场力都背离 P 点。所以,当 q0>0 时,P 点 是 q0 的不稳定平衡位置。 带负电的点电荷在 P 点附近受到的电场力都指向 P 点, 所以当 q0<0 时,P 点是 q0 的稳定平衡位置。

电场线(电力线)

电通量

高斯定理

为了形象地描述电场分布,我们在电场中做出许多曲线,使这些曲线上每一点的切线方 向和该点场强方向一致,这样的曲线叫做电场的电场线。在电场中任一点取一小面元 ? S , 使其与该点场强方向垂直,穿过 ? S 的电场线有 ? N 根,让比值 ?N / ?S 与该点场强大小成 正比,取适当单位,使比例常数为 1,则有 E ?

?N 。这样电场线就既表示了空间各点电场 ?S

强度的方向,也表示了其大小。电场线是有头(正电荷)有尾(负电荷)的非封闭曲线,电 场线不相交,无电荷处不中断。 电通量为穿过电场中某一个曲面的电场线数,当面元 ? S 垂直于场强时,穿过 ? S 的电 通量为 ??e ? E?S 。当面元 ? S 不与场强 E 垂直时(图 10-2 ) ,则穿过 ? S 的电通量

??e ? E?S cos? , ? 为 ?S 的法线与场强 E 的夹角。应注意的是,对于封闭曲面,每个小
面元法线总是取它的外法线。这样,在电场线进入曲面的地方 ? ? 900 , ??e 为正。 一个封闭曲面的电通量与它所包围的电荷有什么关系呢?我们先看一个点电荷置于一 半径为 R 的球面的球心处时的例子。球面上的各点 E ? K 相同, ? ? 00 , cos ? ? 1 。

Q ,各处 ? S 的法线与 E 的方向 R2

? e ? ES ? K
若考虑到 K ?

Q ? 4? R 2 ? 4? KQ R2
,则有 ? e ?

1 4?? 0

Q

?0



由于无电荷处电场线不会中断,那上面的结论与球面半径 R 无关,与包围点电荷 Q 的封 闭曲面的形状也无关。 高斯定理:通过一个任意闭合曲面的电通量 ? e ,等于该闭合曲面所包围的所有电荷量 的代数和 4? K 倍(或

1

?0

倍) ,与闭合曲面外的电荷无关。

电磁学部分

高斯定理说明静电场是有源场,高斯定理有重要的实际意义,利用高斯定理可以求某些 具有对称性电场的电场强度。 应该注意的是,根据高斯定理,虽然通过闭合曲面的电通量只与曲面内的电荷有关,但 电通量却是总场强 E 的通量,而 E 应包括闭合曲面内外所有电荷共同产生的电场的场强。
静电场的高斯定律Gauss theorem

表 静电场中任何一闭合曲面 S的电通量 ? e,等于 述 该曲面所包围的电荷的代数和的 ? 0分之一倍。 : ? ? 1
数学表达式

?? E ? dS ? ? ? q
S 0 inside ,i

i

证明:可用库仑定律和叠加原理证明。

两 点 说 明

? 高斯定律中的场强 E 是由全部电荷产生的。 ? 通过闭合曲面的电通量只决定于它所包含的 电荷,闭合曲面外的电荷对电通量无贡献。

?

例题2、均匀带电的球壳内外的场强分布。 设球壳半径为 R,所带总电量为 Q。 解:场源的对称性决定着场强分布的对称性。

QK_1

它具有与场源同心的球对称性。固选同心球面为高斯面。 场强的方向沿着径向,且在球面上的场强处处相等。 当 r ? R 高斯面内电荷为Q,所以
? ? Q ? e ? ?? E ? dS ? E ?? dS ? E 4?r 2 ?
S S

r
R

? E

?0

? ?E ?

Q 4? ?0 r 2

Q

? r

r?R

高斯面

当 r ? R 高斯面内电荷为 0
? ?E ? 0 r?R

均匀带电球壳
高斯面

结果表明: 均匀带电球壳外的场强 分布正象球面上的电荷 都集中在球心时所形成 的点电荷在该区的场强 分布一样。在球面内的 场强均为零。

Q
? E

R

r
QK_1

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电势
一、电场力做功与电势差 电场力和重力一样是保守力,即电场力做功与始末位置有关,与具体路径无关。因此, 我们把在电场中的两点间移动电荷所做的功与被移动电荷量的比值,叫做这两点间的电势 差,即 U AB ? WAB / q 。这反映了电场力做功的能力,电势差仅由电场本身性质决定,与被 移动电荷的电荷量无关。即使不移动电荷,这两点间的电势差依然存在。 二、电势 如果我们在电场中选定一个参考位置,规定它为电势零点(常取大地或无穷远处) ,则 电场中的某点跟参考位置间的电势差就叫做该点的电势。电势是标量,但有正负之分,单位 是伏特(V) 。 电势反映了电场能的属性,电量为 q 的电荷放在电场中电势为 U 的某点,所具有的电势 能表示为 E ? Uq 1. 点电荷周围任一点的电势可表示为: U ? K

Q r

式中 Q 为场源电荷的电量, r 为该点到点电荷的距离。 2. 对于半径为 R 、均匀带电量为 Q 的球壳(以及实心导体球) ,在壳外距球心 r 处的电势为

Q U 外 ? K (r>R) r
在壳内电势处处相等,且等于球壳表面的电势,即

U内 ? K

Q R
q 4? ?0 rp

Up ?

正点电荷周围的场电势为正 离电荷越远,电势越低。 负点电荷周围的场电势为负 离电荷越远,电势越高。

例题3、求均匀带电球面的电场中的电势分布。 设球面半径为R,总带电量为Q ? Q Q U (r ) ? ? dr ? r?R r 4?? r 2 4 ?? 0 0r R ? Q Q U ( r ) ? ? Edr ? ? dr ? r?R r R 4?? r 4??0 R 0 带电球壳是个等势体。 在球面处场强不连续,而电势是连续的。

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第二章

静电场中的导体和电介质

导体的静电平衡条件 electrostatic equilibrium 外电场与自由电荷移动后的附加场 E '之和 为总场强

?

? ? ? E ? Eo ? E '

当导体内部和表面都无电荷定向 移动的状态称为静电平衡状态 静电平衡状态。 一、静电平衡条件

? E ?0

? ? ?' Einside ? E0 ? Einside ? 0 时,导体处于静电平衡状态
静电平衡条件是由导体的电结构特征和静 电平衡的要求所决定的与导体的形状无关。

用反证法,若电场强度不为零,则自由电荷将能移动。

静电平衡下的导体的性质 1 导体内部场强处处为零 Einside ? 0 导体是一个等势体 V ? C 导体表面邻近处的场强 必定和导体表面垂直。 ? ?? ? ? ?? ?
高斯面 无净电荷

?

? Esurface ?surface
2 处于静电平衡下的导体, 其内部各处净余电荷为零; 电荷只能分布在表面。

? Einside ? 0

导体壳(静电平衡下空腔导体)的性质和静电屏蔽 electrostatic shielding 高斯面 一、第一类空腔(金属空腔导体 内部无带电体) 1 空腔内表面不带任何电荷。
用高斯定律、等势体证明。

? E ?0

U=C 在导体内做一高斯面,根据静电平衡 U=C 导体内部场强处处为零,所以导体内 表面电荷的代数和为零。如内表面某处?e>0 ,则必有另一处 ?e<0,两者之间就必有电力线相连,就有电势差存在这与 导体是等势体相矛盾、与导体内场强为零相矛盾。所以导体 内表面处处?e=0

2 空腔内部及导体内部电场强度处处为零, 即它们是等电势。

电磁学部分

总结第一类空腔(金属空腔导体内部无带电体) ?空腔内表面不带任何电荷。 ?空腔内部及导体内部电场 强度处处为零,即它们是 等电势。 这些结论不受腔外带电体的影响,
? E ?0

?1

U=C1 U=C1

腔外带电体与腔外表面电荷在腔内场强总贡献为零
q

+
U=C2

?2

q

?3

+

U=C2

U=C3 U=C3

这是静电屏蔽的一种含义。

电磁学部分

二、第二类空腔(金属空腔导体内部有带电体) 1 空腔内表面有感应电荷。 q –q 用高斯定律可证,内表面 所带总电量与空腔内带电 体的电量相等、符号相反。 导体空腔是等势体,腔内 Q+q 场强不为零,不等电位。 U?=C1 U=C1 2 空腔外表面上的感应电荷 的电量与内表面上的电量之和,要遵守电荷守恒定律。 3 空腔外表面上的电荷分布与腔内带电体的位置无关, 只取决于导体外表面的形状。

?(q,?q,q ? Q) ? E导体内 ? 0
总结第二类空腔(金属空腔导体内部有带电体) 腔内q与内表面的感应电荷-q ,对外部场的贡献恒 为零(无电力线穿出)这是第二类空腔静电屏蔽的含义。
(q,?q) ? E导体外 ? 0

U=0

?若第二类空腔导体接地时,外表面 上的感应电荷被大地电荷中和,所以 不带电荷。金属空腔是零等势体。

?若第二类空腔导体接地,并且腔外 Q' q –q 有带电体时,外表面上的感应电荷被 + 大地电荷部分中和,所带电荷的多少 必须保证腔内、腔内表面、腔外表面 以及腔外电荷在导体内产生的场强为 零,即满足静电平衡条件。金属空腔 Q+q’ U=0 是零电位。

根据上面分析可知当第 ? 二类空腔导体接地时金 不影响外界 E ?0 属空腔是零等势体,由 静电场边值问题的唯一 性定理可以证明:此时 U=0 壳内的任何电场都不影 外界不影响内部 响外界,也不受外界影响。 例如高压设备 都用金属导体 壳接地做保护, 它起静电屏蔽 作用,内外互 不影响。
Q' ??? ? ? ? ??

q

–q
互壳 不内 影外 响场

Q+q’

U=0

电磁学部分

[例1] 两个无限大带电平面,接地与不接地的讨论。 面积为 S,带电量 Q 的一个金属 板,与另一不带电的金属平板平 行放置。求静电平衡时,板上电 荷分布及周围电场分布;若第二 板接地,情况又怎样? S
A
? E ?? ?
E ??

B ? E ??

Q

设静电平衡后,金属板各面 所带电荷面密度如图所示
由已知条件:

?1 ? 2 ? 3 ? 4

(? 1 ? ? 2 )S ? Q

S

?3 ?? 4 ? 0

由静电平衡条件和高斯定律, 做如图所示高斯面可得:

EI

金属板内任一点的场强为零,由叠加原理得:

? 2 ??3 ? 0

Q 设Q?0

E II

E III

?1 ? ? 2 ? ? 3 ? ? 4 ? 0

以上四个方程联立可求出: Q Q Q ?2 ? ?3 ? ? ?1 ? 2 S 2 S 2S
由各板上的电荷面密度、 金属板内场强为零和高斯 定律可得各区间的场强: 设Q?0

?4 ?

Q 2S

EI ?

Q 2? o S
Q 2? o S Q 2? o S

?1 ? 2 ? 3 ? 4
方向向左 方向向右

EII ? EIII ?

EI
方向向右

E II
Q

E III

因接地

?4 ? 0

?1 ? 2 ? 3 ? 4

电荷守恒 (? 1 ? ? 2 )S ? Q 由高斯定律得:? 2 ? ? 3 ? 0 金属板内场强为零得:

?1 ? ? 2 ? ? 3 ? 0
联立解出:? ? 0 4

EI
Q

E II

E III

?1 ? 0
EI ? 0
E II ? Q

?2 ?

Q S
Q S

EIII ? 0

?3 ? ?

?oS

方向向右

电磁学部分

例题 1 在静电平衡条件下,下列说法正确的是( ) A.导体上所有的自由电荷都分布在导体的表面上 B.导体表面附近的场强垂直于该处表面 C.导体壳所带的电荷只能分布在导体的外表面上,内表面上没有电荷 D.接地的导体上所带电荷一定为零

例题 2 导体球不带电,距球心 r 处放一点电荷q,求导体电势。

q r 解:

R o

导体为等势体,能求得球心o处的电势即可。 导体上感应电荷都在球表面,距球心R

Uo ?

q 4?? 0 r

?

? ?q
s i

i

4?? 0 R

?

q 4?? 0 r

电荷守恒 例题 3

? ?q

?0

如图 3 所示,O 为半径等于 R 的原来不带电的导体 球的球心,O1、O2、O3 为位于球内的三个半径皆为 r 的球形空腔的球心,它们与 O 共面,已知

R OO1 ? OO2 ? OO3 ? .在 OO1、OO2 的连线上距 2 r O1、O2 为 的 P1、P2 点处分别放置带电量为 q1 和 2
q2 的线度很小的导体(视为点电荷) ,在 O3 处放置 一带电量为 q3 的点电荷,设法使 q1、q2 和 q3 固定不 动.在导体球外的 P 点放一个电量为 Q 的点电荷,

P

R

O 1 P1 R O O2 P2

O3 r

图3

P 点与 O1、O2、O3 共面,位于 O3O 的延长线上,到 O 的距离 OP ? 2 R 。 1.求 q3 的电势能。 2.将带有电量 q1、q2 的小导体释放,当重新达到静电平衡时,各表面上的电荷分布有 何变化? 此时 q3 的电势能为多少?

电磁学部分

解析:1.空腔内有电荷存在时,由于静电感应,空腔 1、2 及 3 的表面将分别感应出电 量为 ? q1 、 ? q 2 和 ? q3 的电荷。由电荷守恒定律可知,在导体球的外表面也必然感应出等量 的同种电荷,所以,导体球的外表面的感应电荷总量为 q1 ? q 2 ? q3 。由于静电屏蔽,点电 荷 q1 及感应电荷( ? q1 )在空腔外产生的电场为零;点电荷 q2 及感应电荷( ? q 2 )在空腔 外产生的电场为零;点电荷 q3 及感应电荷( ? q3 )在空腔外产生的电场为零。因此,在导体 球外没有电荷时,导体球外表面的电量 q1 ? q 2 ? q3 应作球对称分布。 当球外 P 点处放置电荷 Q 后,由于导体球不接地,所以,球面上的总电量不变,仍为

?q1 ? q2 ? q3 ? ,但由于静电感应,这些电荷在球面上将不再均匀分布,由球外的 Q 和重新分
布在球面上的电荷 ?q1 ? q2 ? q3 ? 在导体球内各点产生的合场强为零。 O3 处的电势应由位于 P 点处的 Q、 导体球表面的电荷 ?q1 ? q2 ? q3 ? 及空腔 3 表面的感应 电荷( ? q3 )共同产生。无论 ?q1 ? q2 ? q3 ? 在球面上如何分布,球面上的电荷到 O 点的距离 都是 R,因而在 O 点产生的电势为 k

q1 ? q2 ? q3 Q , Q 在 O 点产生的电势为 k ,这两部分 R 2R

电荷在 O3 点产生的电势 U ? 与它们在 O 点产生的电势相等,即有

Q ? ? Q ? 2q1 ? 2q 2 ? 2q3 ? ? q ? q 2 ? q3 U ? ? k? 1 ? ? ? k? ? R 2R ? ? 2R ? ?

(1)

因 q3 放在空腔 3 的中心处,其感应电荷 ? q3 在空腔 3 壁上均匀分布.这些电荷在 O3 点产生的电势为

U ?? ? k

? q3 r

(2)

根据电势叠加定理,O3 点的电势为

? Q ? 2q1 ? 2q 2 ? 2q3 q3 ? U ? U ? ? U ?? ? k ? ? ? 2R r ? ?
故 q3 的电势能为

(3)

? Q ? 2q1 ? 2q 2 ? 2q3 q3 ? W ? q3U ? kq 3 ? ? ? 2R r ? ?

(4)·

2.由于静电屏蔽,空腔 1 外所有电荷在空腔 1 内产生的合电场为零,空腔 1 内的电荷 q1 仅受到腔内壁感应电荷 ? q1 的静电力作用,因 q1 不在空腔 1 的中心 O1 点,所以感应电荷

? q1 在空腔表面分布不均匀,与 q1 相距较近的区域电荷面密度较大,对 q1 的吸力较大,在
空腔表面感应电荷的静电力作用下,q1 最后到达空腔 1 表面,与感应电荷 ? q1 中和。同理,

电磁学部分

空腔 2 中 q2 也将在空腔表面感应电荷 ? q 2 的静电力作用下到达空腔 2 的表面与感应电荷 ? q 2 中和。达到平衡后,腔 1、2 表面上无电荷分布,腔 3 表面和导体球外表面的电荷分布没有 变化。O3 的电势仍由球外的电荷 Q 和导体球外表面的电量 ?q1 ? q2 ? q3 ? 及空腔 3 内壁的电 荷 ? q3 共同产生,故 O3 处的电势 U 与 q3 的电势能 W 仍如(3)式与(4)式所示。 说明:由于静电屏蔽,点电荷 q1 及感应电荷( ? q1 )在空腔内表面以外的区域产生的合 电场为零,因而,它们对腔外空间的电场无贡献。腔外区域的电场只由腔外的电荷来决定。 所以,腔外各点的电势也由腔外的电场决定。这一点我们可以用电势的定义来理解:因为电 场中某点的电势等于把单位正电荷由该点移动到参考点电场力做的功。所以,题中腔 1、2 中的(q1、-q1) 、 (q2、-q2)对 O3 点的电势均没有贡献。 从本题的求解以及静电平衡的特点我们可以得到静电屏蔽的一些特点: 1.封闭导体球壳(不论接地与否)内的电场只由壳内带电体及壳的内壁形状决定,不 .................................... 受壳外电荷的影响;接地封闭导体球壳外部电场不受壳内电荷的影响。 ............................... 2.在壳内空间带电体的电量给定的情况下,虽然壳内电荷在壳外空间 (通过在壳外壁 ............................. 感应出等量电荷)间接引起电场, (所谓间接引起电场并不是说 q 本身不在壳外激发电场, ...... . 而是指 q 以及由它在壳内壁感应的等量负电荷在壳外空间激发的合场强为零。 )但壳外电场 ..... 的场强与电势完全由壳的外壁所带的电量以及壳外空间带电体的电量、形状及配置决定。 那 ....................................... 种认为壳外电场与壳内电场分布总是有某些联系的想法是不对的,也就是说,不接地导体壳 内的电荷(如 q)除了使壳的外壁多了一份电量 q 之外,对壳外电场并无其他影响! 上述结论有些可以在电磁学范围内证明,有些则需要在电动力学范围内利用 “唯一性定 理”才能证明,对中学生来说,可以采用“类比”的方法理解。 例题 4 如图 4 所示, 接地的空心导体球壳内半径为 R, 在空腔内一 A 直径上的 P1 和 P2 处,放置电量分别为 q1 和 q2 的点电荷,q1= r q2=q,两点电荷到球心的距离均为 a。由静电感应与静电屏蔽 P2 ?? P 1 可知:导体空腔内表面将出现感应电荷分布,感应电荷电量等 a a O R 于-2q。空腔内部的电场是由 q1、q2 和两者在空腔内表面上的 感应电荷共同产生的。由于我们尚不知道这些感应电荷是怎样 分布的,所以很难用场强叠加原理直接求得腔内的电势或场强。 但理论上可以证明,感应电荷对腔内电场的贡献,可用假想的 图4 位于腔外的(等效)点电荷来代替(在本题中假想(等效)点电荷 应为两个) ,只要假想的(等效)点电荷的位置和电量能满足这样的条件,即:设想将整个

? 与 q1 共同产生的电 导体壳去掉,由 q1 在原空腔内表面的感应电荷的假想(等效)点电荷 q1
场在原空腔内表面所在位置处各点的电势皆为 0; 由 q2 在原空腔内表面的感应电荷的假想 (等

? 与 q2 共同产生的电场在原空腔内表面所在位置处各点的电势皆为 0。这样确定 效)点电荷 q2
的假想电荷叫做感应电荷的等效电荷,而且这样确定的等效电荷是唯一的。等效电荷取代感

? 和 q1、q2 来计算原来导体存在时空腔内部任意点的电势或 ? 、 q2 应电荷后,可用等效电荷 q1

电磁学部分

场强。

? 的位置及电量。 ? 、 q2 1.试根据上述条件,确定假想等效电荷 q1
2.求空腔内部任意点 A 的电势 UA。已知 A 点到球心 O 的距离为 r, OA 与 OP1 的夹角 为 θ。

解析:静电平衡后,感应电荷的作用是使导体球壳等势。本题的基本思想是:如果能在 某个位置处找到一个假想的点电荷,这个点电荷的作用与感应电荷的作用(本题中是使空腔 内表面所在位置处各点的电势皆为 0)等效,那么,我们就可以用这个假想的电荷来等效代 替感应电荷。这样,导体空腔内部任意点的电势或场强就可以很方便地由电势叠加原理或场 强叠加原理求出。 这个假想的等效电荷也叫做感应电荷的“电像”。 但要注意: 感应电荷的“ 电 .......... . . 像 ” 一定位于施感电荷(引起静电感应的电荷)的异侧。并且,只能计算施感电荷一侧的场 . . ...................................... 强和电势。 ..... 如图 5 所示,S 为原空腔内表面所在位 A1 O ?? P2 a a P1 S
1

? 的位置应位于 OP1 的延长线上的 置, q1
? 的位置应位于 OP2 的延 某点 B1 处, q 2
长线上的某点 B2 处。设 A1 为 S 面上的 任意一点,根据题意有 B2 B1

R
1

图5

k

q1 A1 P1 q2 A1 P2

?k

? q1 A1 B1 ? q2 A1 B2

?0

(1)

k

?k

?0

(2)

怎样才能使 (1) 式成立呢?下面分析图 5 中 ?OP1 A1 与 ?OA1 B1 的关系。

? 的位置 B1 使下式成立,即 若等效电荷 q1
2 OP 1 ? OB1=R

(3)



OP1 OA1
则 有

?

OA1 OB1

(4)

△OP OA1 B1 1A 1 ∽△

电磁学部分

A1 P1 A1 B1

?

OP1 OA1

?

a R

(5)

? 由 (1)式和 (5)式便可求得等效电荷 q1
? ?? q1 R q1 a
(6)

? 的位置 B1 到原球壳中心位置 O 的距离 由 (3) 式知,等效电荷 q1
OB1 ? R2 a
(7)

同理,B2 的位置应使 △OP2 A1 ∽△OA1 B2 ,用类似的方法可求得等效电荷

? ?? q2

R q2 a

(8)

? 的位置 B2 到原球壳中心 O 位置的距离 等效电荷 q2
OB2 ? R2 a
(9)

? 共同产生,即 ? 、q2、 q2 2.A 点的位置如图 6 所示。A 的电势由 q1、 q1

? 1 R 1 1 R 1 ? ? U A ? kq? ? ? ? ? P A a B A P A a B A? 1 2 2 ? ? 1
因为
2 2 P 1 A ? r ? 2ra cos? ? a

(10)

? R2 ? ? R2 ? ? cos ? ? ? ? B1 A ? r ? 2r ? ? a ? ? a ? ? ? ? ?
2

2

A
B2
2

P2 A ? r 2 ? 2ra cos? ? a 2
? R2 ? ? R2 ? ? cos ? ? ? ? B 2 A ? r 2 ? 2r ? ? a ? ? a ? ? ? ? ?
代入 (10) 式得

O ?? P2 a a P1 R S
图6
1

B1

? 1 R U A ? kq? ? ? 2 2 2 2 2 s ?a a r ? 2r a R co? s ? R4 ? r ? 2ra c o ?
? 1 r 2 ? 2ra cos ? ? a 2 ? ? ? 2 2 2 4 ? a r ? 2raR cos ? ? R ? R
(11)

电磁学部分

例题 5 如图所示,导体 A 带电量 Q,带剧院柄导体小球 B、空腔 导体 C 均不带电。当 B 与 A 接触后,B 移至 C 并与其内壁 接触,此时 C 嗲点亮为 q,以后不断重复这一过程。当最 后一次 B 与 C 接触后 C 带电量为 Q/2。若 B 再与 A 接触, A 还有多少电量?

A

C

例题 6

答案:

电磁学部分

第三章
例题 1

稳恒电流和稳恒电场

如图所示,电源电动势为 30 V,内阻不计,R1=2 Ω,R2=3 Ω,R3=5 Ω。为使一额定工作电 压为 10 V,额定功率为 20 W 的小电灯泡正常工作,则可将其接入电路中的______。

A.1、2 点间 答案:C

B.2、3 点间

C.3、4 点间

D.2、4 点间

全电路的欧姆定律
?U A ? U B ? IR

A

? r
R

B

?U A ? U B ? ? ? I ? r

I

? ? I (R ? r)
由能量守恒及转换定律得:

? ? dq ? I 2 ( R ? r )dt

I 2r

为电池消耗于内电阻上的功率。

I 2 R 为电池的输出功率。

? ?I

为电池的化学能功率。

电路中任意两点之间的电势差 当不能忽略电源内阻时,可把电源等效成一个电动 势为 ,内电阻为零和一个电阻为 的串联。

?

? r
A

r

?
I2

r
B

I1
R1

? 1 r1

? 2 r2

R2

?3 r3

U A ? I1R1 ? I1r1 ? ?1 ? ? 2 ? I 2 (r2 ? R2 ) ? ?3 ? I 2r3 ? U B

电磁学部分

例题 2 现有以下器材:电流表一只(量程适当。内阻可忽略不计。带有按钮开关 K1,按下按钮,电 流表与电路接通,有电流通过电流表,电流表显示一定的读数) ,阻值已知为 R 的固定电阻 一个,阻值未知的待测电阻 Rx 一个,直流电源一个(电动势?和内阻 r 待测) ,单刀双掷开关 K 一个,接线用的导线若干。 试设计一个实验电路,用它既能测量直流电源的电动势?和内阻 r,又能测量待测电阻 Rx(注意:此电路接好后,在测量过程中不许再拆开,只许操作开关,读取数据) 。具体要 求: (1)画出所设计的电路图。 (2)写出测量?、r 和 Rx 的主要步骤。 (3)导出用已知量和实验中测量出的量表示?、r 和 Rx 的表达式。 解析: (1)电路如图所示, (2)实验步骤:I、将单向双掷开关置于空位,按所设计的电路图接线。II、按下电流 表上的按钮开关 K1,读下电流表的示数 I1。III、将 K 打向左侧与 a 接通,读下电流表的示 数 I2。VI、将 K 打向右侧与 b 接通,读下电流表的示数 I3。 (I2-I3)I1R RRx ? (3)?=I1R+I1r,?=I2 +I2r,I3R=( -I3)Rx,解得:?= , RR R+Rx I2-I1 x +r R+Rx (I1-I3)R (I3R r= ,Rx= ,本题也可将两电阻串联而设计。 I2-I1 I2-I3
E r K1 R A a R K b

例题 3 一电流表,其内阻 Rg=10.0Ω,如果将它与一阻值 R0=44990Ω 的定值电阻串联,便可成为一 量程 U0=50V 的电压表.现把此电流表改装成一块双量程的电压表,两个量程分别为 Uo1=5V 和 Uo2=10V. 当用此电压表的 5V 挡去侧量一直流电源两端的电压时,电压表的示数为 4.50V ;当用此电压表的 10V 挡去测量该电源两端的电压时,电压表的示数为 4.80V.问此电 源的电动势为多少? 参考解答: 设电流表的量程为 Ig,当电流表与定值电阻 R0 串联改装成电压表时,此电压 表的内阻 R'0=Rg+R0 (1) 由于此电压表的量程 U0=50V,故有 IgR'0=U0 (2) 由(1)、(2)两式 得电流表的量程为 1mA。 电流表改装成的双量程电压表的电路如图所示,图中 R1 和 R2 是 为把电流表改装成双量程电压表必须串联的电阻, 其值待求。 用 R'1 表示电压表量程 U01=5V 档的内阻,则有 R'1=Rg+R1 (4) 而 IgR'1=U0

由(3)、(5)式得

(6) 同理得电压表量程 U02=10V 档的

内阻

设电源的电动势为 E,

电磁学部分

内阻为 r,当用电压表的 5V 档测电源两端的电压时,电压表的示数为 U1,已知 U1=4.50V, 设此时通过电压表的电流为 I1,有 U1+I1r=E (8) U1=I1R'1 (9) 当用电压表的 10V 档测量该 电源两端的电压时,电压表的示数为 U2,已知 U2=4.80V,设此时通过电压表的电流为 I2, 有 U2+I2r=E (10) U2=I2R'2 (11) 解(8)、 (9)、 (10)、 (11)式, 并注意到(6)、 (7)式得 E=5.14V (12)

例题 4 两根金属导体制成的长度相等、横截面积相同的圆柱形杆,串联在某一直流电源两端,如图 所示,已知杆 a 的质量小于杆 b 的质量,杆 a 金属的摩尔质量小于杆 b 金属的摩尔质量,杆 a 的电阻大于杆 b 的电阻, 假设每种金属的每个原子都提供相同数 a b 目的自由电子(载流子) 。当电流达到稳恒时,若 a、b 内存在电 场,则该电场可视为匀强电场。下面结论中正确的是( ) (A)两杆内的电场强度都等于零 (B)两杆内的电场强度都不等于零,且 a 内的场强大于 b 内的场强 (C)两杆内载流子定向运动的速度一定相等 (D)a 内载流子定向运动的速度一定大于 b 内载流子定向运动的速度

B

例题 5 图中 a、b 和 c、d 分别是两个平行板电容器的极板,E 为电池,彼此相距较远。用导线将 E 的正极与 a、c 相连,将 E 的负极与 b、d 相连,待电容器充电后,去掉导线。这时已知 a 带 的电荷量大于 c 带的电荷量,称此状态为原始状态。现设想用两根导线分别都从原始状态出 发,进行下两次连接:第一次用一根导线将 a、c 相连,用另一 a + E c 根导线将 b、d 相连;第二次用一根导线将 a、d 相连,用另一 b - d 根导线将 b、c 相连,每次连接后都随即移去导线。下面哪种说 法是正确的( ) (A)经过第一次连接,a、b 间的电压下降,c、d 间的电压上升 (B)经过第一次连接,a、b 间和 c、d 间的电压都不变 (C)经过第二次连接,a、b 间和 c、d 间的电压中有一个上升,一个下降 (D)经过第二次连接,a、b 间和 c、d 间的电压都下降

BD

电磁学部分

4.在图示的复杂网络中,所有电源的电动势均为 E0,所有电阻器的电阻值均为 R0,所 有电容器的电容均为 C0,则图示电容器 A 极板上的电荷量为 (5 分) 2 E0 C 0 . 。

q
qo

? 电容器放电图形

C
R
I

qo / e

t

?
q ? qo e
UC ?
?t RC

?
i??

K

q0 ? t RC e C

qo ? t RC e RC q ?t U R ? ? 0 e RC C
22

? 电容器充电图形
q ? C? ? (1 ? e
?t RC

q

)

qo
0.63qo

RC大

U C ? ? (1 ? e

?t

RC

)

?

t
相当于电容 短路时的电流

i?

?
R

e

?t

RC

i
0.37

?
R

UR ? ? ? e
例题 7

?t

RC

? R

?

t
21

如图所示,一个电容为 C 的理想电容器与两个阻值皆为 R 的电阻串联后通过电键 K 连接在 电动势为 E 的直流电源的两端,电源的内电阻忽略不计,电键 K 是断开的。在 t=0 时刻, 闭合电键 K,接通电路。在图中给出了六种电压 U 随时间 t 变化的图线 a、b、c、d、e、f, 现从其中选出三种图线用来表示电路上 1、2、3、4 四点中某两点间的电压随时间 t 的变化, 下面四个选项中正确的是( ) (A)a、b、f (B)a、e 、f (C)b、d、e (D)c、d、e
U E U E U E U E U E U E

0

a

t 0

b

t 0

c

t

0

d

t 0

e

t

0

f

t

电磁学部分

AB 例题 8 (17 分)如图所示的电路中,各电源的内阻均为零,其中 B、C 两点与其右方由 1.0Ω 的电 阻和 2.0Ω 的电阻构成的无穷组合电路相接. 求图中 10μF 的电容器与 E 点相接的极板上的电 荷量. 10? 1.0? B 20?F D 20?F E 10V 18? 24V 10?F C … 2.0? 2.0? 2.0? 1.0? 1.0? 1.0? …

20V A 30?

设 B、C 右方无穷组合电路的等效电阻为 RBC ,则题图中通有电流的电路可以简化为图 1 中 的电路. B、 C 右方的电路又可简化为图 2 的电路, 其中 RB?C? 是虚线右方电路的等效电阻. 由 于 B ? 、 C ? 右方的电路与 B、C 右方的电路结构 10? B 20V 30? 10V 18?
图1

10? Q2 +C2 B

B

1.0?

B?

20V A 30? C1
- +



R BC
24V C C

2.0?

RB?C ?

Q1

D Q3 +


2? 24V C 18?

C?

C3
10V

E

图2

相同,而且都是无穷组合电路,故有

图3

RBC ? RB?C?
由电阻串、并联公式可得

(1)

R BC ? 1 ?

2 R B?C ? 2 ? R B?C ?

(2)

由式(1)、(2)两式得
2 RBC ? RBC ? 2 ? 0

解得

RBC ? 2.0?
图 1 所示回路中的电流为

(3)

电磁学部分

I?

20 ? 10 ? 24 A ? 0.10 A 10 ? 30 ? 18 ? 2

(4)

电流沿顺时针方向。 设电路中三个电容器的电容分别为 C1、C2 和 C3,各电容器极板上的电荷分别为 Q1、Q2 和 Q3,极性如图 3 所示.由于电荷守恒,在虚线框内,三个极板上电荷的代数和应为零,即

Q1 ? Q3 ? Q2 ? 0
(5) A、E 两点间的电势差

U A ?UE ? ?
又有

Q1 Q3 ? C1 C 3

(6)

U A ? U E ? ?10 ? 30 ? 0.10?V ? 7.0V
B、E 两点间的电势差

(7)

UB ?UE ?
又有

Q2 Q3 ? C 2 C3

(8)

U B ? U E ? ?24 ? 20 ? 0.10?V ? 26V
根据(5)、(6)、(7)、(8)、(9) 式并代入 C1、C2 和 C3 之值后可得

(9)

Q3 ? 1.3 ? 10 ?4 C
即电容器 C3 与 E 点相接的极板带负电,电荷量为 1.3 ? 10 ?4 C .

(10)

电磁学部分

第四章

稳恒磁场

带电粒子在磁场中的运动 带电粒子在均匀磁场中的匀速圆周运动
将速度分解为平行于磁场和垂直于磁场的分 量; 垂直于磁场的速度分量提供做匀速圆周运动的 ? ? ?? ? 向心力,运动方程 mV?2 B qV? B ? ? ?? ? ? R ? F V? ? ? m? ? V ? ? ? ? ? V// V ? V sin ? ? V ? ? ? q m? ? ? ? B mV? 为速度与磁感应 ? 半径 R ? qB 强度之间的夹角。

半径 R ?

mV? qB

周期 T ?

2?m qB

? ? ? ? ?

结论

? ?? B ?? ? F ? m? ? ? ? q m?

? ? ? ? ? V ? ?

圆周的半径与垂直于磁场的速度 分量成正比。 匀速圆周运动的周期与速度无关。
例题 1 近代的材料生长和微加工技术,可制造出一种使电子的运动限制在半导体的一个平面 内(二维)的微结构器件,且可做到电子在器件中象子弹一样飞行,不受杂质原子射散的影 响。这种特点可望的新的应用价值。图 1 所示为四端十字形二维电子气关导体,当电流从 1 端进入时,通过控制磁场的作用,可使电流从 2,3,或 4 端流出。 对下面模拟结构的研究,有助于理解电流在上述四端十字形导体中的流动。图 2 中 a、 b、c、d 为四根半径都为 R 的圆柱体的横截面,彼此靠得很近,形成四个宽度极窄的狭缝 1、 2、3、4,在这些狭缝和四个圆柱体所包围的空间(设为真空)存在匀强磁场,磁场方向垂 直纸面向里。以 B 表示磁感应强度的大小。一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子,在 纸面内以速度 v0 沿与 a、b 都相切的方向由缝 1 射入磁场内,设粒子与圆柱表面只发生一次 碰撞,碰撞是弹性的,碰撞时间极短,且碰撞不改变粒子的电荷量,也不受摩擦力作用。试 求 B 为何值时,该粒子能从縫 2 处且沿与 b、c 都相切的方向射出。 13. (1)取坐标如图所示,由缝 1 进入后圆周运动的圆心在 y 轴上,方程为 x2+(y- r)2=r2,粒子与 d 柱面相碰点的坐标为 x=2R-Rsin45?,y=R-Rcos45?,解得 r=3R,由 v02 mv02 洛仑兹力和牛顿定律有 qvB=m ,得:B= , r 3qR

电磁学部分

y a v0 1 O b

4 d B3 2 c x

例题 2 图示为一固定不动的绝缘的圆筒形容器的横截面,其半径为 R,圆筒的轴线在 O 处。圆筒 内有匀强磁场,磁场方向与圆筒的轴线平行,磁感应强度为 B。筒壁的 H 处开有小孔,整个 装置处在真空中。现有一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子 P 以某一初速度沿筒的半径方 向从小孔射入圆筒,经与筒壁碰撞后又从小孔射出圆筒。 设:筒壁是光滑的,P 与筒壁碰撞是弹性的,P 与筒壁碰撞时其电 荷量是不变的。若要使 P 与筒壁碰撞的次数最少,问: 1、P 的速率应为多少? 2、P 从进入圆筒到射出圆筒经历的 时间为多少? 参考解答: 1、如图 1 所示,设筒内磁场的方向垂直纸面指向纸外,带电粒子 P 带正电,其速率为 v。P 从小孔射入圆筒中因受到磁场的作用 力而偏离入射方向, 若与筒壁只发生一次碰撞, 是不可能从小孔 射出圆筒的。但与筒壁碰撞两次,它就有可能从小孔射出。在此 情形中,P 在筒内的路径由三段等长、等半径的圆弧 HM、MN 和 NH 组成。现考察其中一段圆弧 MN,如图 2 所示,由于 P 沿筒的半径方向入射,OM 和 ON 均与轨道相切,两者的夹角

? ? ? (1)
设圆弧的圆半径为 r,则有 qvB=m

2 3

v2 (2) r

圆弧对轨道圆心 O′所张的圆心角 ? ? 由几何关系得 r=Rcot

?
3

(3)

?
2

(4)

解(2) 、 (3) 、 (4)式得 v= 3qBR (5) m 2、P 由小孔射入到第一次与筒壁碰撞所通过的路径为 s=βr(6) 经历时间为 t1=

s (7) v

P 从射入小孔到射出小孔经历的时间为 t=3t1 (8) 由以上有关各式得 t=

?m qB

(9)

电磁学部分

例题 3 测定电子荷质比(电荷 q 与质量 m 之比 q /m)的实验装置如图所示.真空玻璃管内,阴极 K 发出的电子,经阳极 A 与阴极 K 之间的高电压加速后,形成一束很细的电子流,电子流以 平行于平板电容器极板的速度进入两极板 C、D 间的区域.若两极板 C、D 间无电压,则离 开极板区域的电子将打在荧光屏上的 O 点;若在两极板间加上电压 U,则离开极板区域的电 子将打在荧光屏上的 P 点;若再在极板间加一方向垂直于纸面向外、 磁感应强度为 B 的匀强 磁场,则打到荧光屏上的电子产生的光点又回到 O 点.现已知极板的长度 l = 5.00cm, C、 D 间的距离 d = 1.50cm,极板区的中点 - M 到荧光屏中点 O 的距离为 L = 12.50 A cm,U = 200V,P 点到 O 点的距离 C

y ? OP ? 3.0cm , B = 6.3×10 T.试
-4



K



M +

D

O P

求电子的荷质比. (不计重力影响) .

解析:设电子刚进入平行板电容器极板间区域时的速度为 v0,因为速度方向平行于电容器的 极板,通过长度为 l 的极板区域所需的时间

t1 ? l v 0

(1)

当两极板之间加上电压时,设两极板间的场强为 E,作用于电子的静电力的大小为 qE 方向 垂直于极板由 C 指向 D,电子的加速度

a?


qE m U d

(2)

E?

(3)

因电子在垂直于极板方向的初速度为 0,因而在时间 t1 内垂直于极板方向的位移

1 y1 ? at12 2
电子离开极板区域时,沿垂直于极板方向的末速度

(4)

v y ? at1
设电子离开极板区域后,电子到达荧光屏上 P 点所需时间为 t2

(5)

t 2 ? ?L ? l 2 ? v 0
在 t2 时间内,电子作匀速直线运动,在垂直于极板方向的位移

(6)

y2 ? v y t 2
P 点离开 O 点的距离等于电子在垂直于极板方向的总位移

(7)

y ? y1 ? y 2 (8)
由以上各式得电子的荷质比为
2 d q v0 ? y (9) m UlL 加上磁场 B 后,荧光屏上的光点重新回到 O 点,表示在电子通过平行板电容器的过程中电 子所受电场力与磁场力相等,即

电磁学部分

qE ? qv 0 B (10)
注意到 (3) 式,可得电子射入平行板电容器的速度

v0 ?
代入(9)式得

U (11) Bd

q U ? 2 y (12) m B lLd
代入有关数据求得

q ? 1.6 ? 1011 C/kg m

(13)

磁力线

磁通量

磁场中的高斯定理和安培环路定理

用磁力线的疏密表示磁场 B 的强弱, 磁力线的切线方向表示磁场的方向。 B 可以看成是单位 面积上的磁通量。磁通量就是穿过一定面积曲面上的磁力线的数目。

? E

q

?

S

? B

? V

? B

? B

由电流与磁场的关系可知电流元的磁力线都是 圆心在电流元轴线上的同心圆。磁力线是无头 无尾的闭合曲线。 磁场中的高斯定律

? ? B ?? ? dS ? 0
S

任何磁场中通过任意封闭曲面的磁通量等于零。

磁场中的安培环路定理 安培环路定理的表述和证明:

表述:在稳恒电流的磁场中,磁感应强度 B沿 表述: 任何闭合回路L的线积分,等于穿过这回路的所 有电流强度代数和的 ? o 倍 数学表达式:
L

?

? ? B ? ? dl ? ? o ? I i
i

I n ?1

I2

L

符号规定:穿过回路L的电流方向 与L的环绕方向服从右手关系的 I 为正,否则为负。

I1

Ii

I n?k

不计穿过回路边界的电流; 不计不穿过回路的电流

电磁学部分

安培环路定理的应用

* 求无限长圆柱面电流的磁场分布(半径为 R )
?分析场结构:有轴对称性 ?以轴上一点为圆心,取垂直于轴 的平面内半径为 r 的圆为安培环路

I
dS
''

? dB

? ? ? ? B ? dl ? 2?rB ? ? o I
L

? dB '

? dB ''

?B ? 0

B?

?o I 2?r

r?R
r?R

dS '

B

无限长圆柱面电流外面的磁场与电流 都集中在轴上的直线电流的磁场相同

r

电磁学部分

第五章
例题 1

电磁感应和电磁波

为了测量列车运行的速度和加速度大小,可采用如图 10 所示的装置,它由一块安装在 列车车头底部的强磁体和埋设在地面的一组线圈及电流测量记录仪组成 (测量记录仪未 画 出)。当列车经过线圈上方时,线圈中产生的电流被记录下来,就能求出列车的速度和加 速度。 如图 11 所示为铁轨和列车的俯视图,假设磁体端部磁感应强度 B=4.4× 10-2T,且全 部 集中在端面范围内,与端面垂直,磁体沿铁轨方向的宽度与线圈宽度相同,线圈的匝数 n=5, 垂直于铁轨方向长 l=0.20 m,电阻 r=0.40 ?(包括引出线的电阻),测量记录仪自身电阻 R=4.0?,其记录下来的电流一位置关系图,即 i-s 图如图 12 所示。 (1)试计算列车通过线圈 I 和线圈 II 时的速度 v1 和 v2 的大小。 (2)假设列车做的是匀加速直线运动,求列车在两个线圈之间的加速度的大小。

解析: 列车以某一速度经过线圈正上方时,线圈以相等速率反向切割磁感线产生感应电动势, 在回路中有了感应电流,被电流测量记录仪记录了电流的大小及方向。 由题给电流.位置图像可知:线圈 I 位置坐标为 30 m,线圈Ⅱ 位置坐标为 130 m,两线 圈间距离 s=100 m………(3 分) 强磁场经过线圈 I 和线圈Ⅱ 时,线圈中感应电流大小分别为 i1=0.12 A,i2=0.15 A…(2 分) (1)由闭合电路欧姆定律,线圈 I 和线圈Ⅱ 中产生的感应电动势: E1=il(R+r)=0.53V, E2=i2(R+r)=0.66V………………………………………………(4 分) 而线圈 I、II 中产生感应电动势:El=nBlvl,E2=nBlv2, 所以列车通过线圈 I、Ⅱ 时速度:v1=E1/(nBl)=12 m/s………………………(2 分) v2=E2/(nBl)=15 m/s………………………(2 分) (2)假设列车做匀加速运动,根据列车从线圈 I 通过,到刚通过线圈Ⅱ ,运动的位移即两 线圈 间距离 s=100m。 由运动学公式:v22-vl2=2as,解得 a=(v22-v12)/(2s)=0.4l m/s2……………(3 分)

电磁学部分

例题 2
N1 P M1

如图所示, M1N1N2M2 是位于光滑水平桌面上的刚性 U 形金属 R F 导轨,导轨中接有阻值为 R 的电阻,它们的质量为 m0。导轨 的两条轨道间的距离为 l。PQ 是质量为 m 的金属杆,可在轨 N Q M2 2 道上滑动,滑动时保持与轨道垂直,杆与轨道间的接触是粗 糙的,杆与导轨的电阻不计。初始时,杆 PQ 位于图中虚线处,虚线的右侧为一匀强磁场区 域,磁场方向垂直于桌面,磁感应强度的大小为 B。现有一位于导轨平面内的与轨道平行的 恒力 F 作用于 PQ 上,使之从静止开始在轨道上向右做加速运动。已知经过时间 t,PQ 离开 虚线的距离为 x,此时通过电阻的电流为 I0,导轨向右移动的距离为 x0(导轨的 N1N2 部分尚 未进入磁场区域) 。求在此过程中电阻所消耗的能量。不考虑回路的自感。 解析: 由动能定理:WF+WA+Wf= 2x0 1 mv2,WF=Fx,-WA=ER,Wf=fx=m0a,而 a= 2 , 2 t

x0x I0R x0 ? 1 I02R2 得 Wf=-2m0 2 ,?=Blv,I0=R ,得 v= Bl ,所以 ER=(F-2m0 2 )x- m 2 2 , t t 2 Bl

例题 3 如图所示,两条平行的长直金属细导轨 KL、PQ 固定于同一水平面内,它们之间的距离为 l, 电阻可忽略不计;ab 和 cd 是两根质量皆为 m 的金属细杆,杆与导轨垂直,且与导轨良好接 触,并可沿导轨无摩擦地滑动.两杆的电阻皆为 R.杆 cd 的中点系一轻绳,绳的另一端绕 过轻的定滑轮悬挂一质量为 M 的物体,滑轮与转轴之间的摩擦不计,滑轮与杆 cd 之间的轻 绳处于水平伸直状态并与导轨平行.导轨和金属细杆都处于匀强磁场中,磁场方向垂直于导 轨所在平面向上,磁感应强度的大小为 B.现两杆及悬物都从静止开始运动,当 ab 杆及 cd 杆的速度分别达到 v1 和 v2 时,两杆加速度的大小各为多少? K aB c B

L

P

b

d

Q M

解析:用 E 和 I 分别表示 abdc 回路的感应电动势和感应电流的大小,根据法拉第电磁感应 定律和欧姆定律可知

E ? Bl ?v 2 ? v1 ?

(1) (2)

I?
令 F 表示磁场对每根杆的安培力的大小,则

E 2R

F ? IBl

(3)

令 a1 和 a2 分别表示 ab 杆、cd 杆和物体 M 加速度的大小,T 表示绳中张力的大小,由牛顿 定律可知

电磁学部分

F ? ma1 Mg ? T ? ma2
T ? F ? ma2
由以上各式解得

(4) (5) (6)

a1 ?

B 2 l 2 ?v 2 ? v1 ? 2 Rm

(7)

a2 ?
例题 4

2MgR ? B 2 l 2 ?v 2 ? v1 ? 2?M ? m ?R

(8)

如图所示,两个金属轮 A1、A2,可绕通过各自中心并与轮面垂直的固定的光滑金属细轴 O1 和 O2 转动,O1 和 O2 相互平行,水平放置。每个金属轮由四根金属辐条和金属环组成,A1 轮的辐条长为 a1、电阻为 R1,A2 轮的辐条长为 a2、电阻为 R2,连接辐条的金属环的宽度与 电阻都可以忽略。半径为 a0 的绝缘圆盘 D 与 A1 同轴且固连在一起。一轻细绳的一端固定在 D 边缘上的某点,绳在 D 上绕足够匝数后,悬挂一质量为 m 的重 物 P。当 P 下落时,通过细绳带动 D 和 A1 绕 O1 轴转动。转动过 程中,A1、A2 保持接触,无相对滑动;两轮与各自细轴之间保持 良好的电接触;两细轴通过导线与一阻值为 R 的电阻相连。除 R 和 A1、A2 两轮中辐条的电阻外,所有金属的电阻都不计。整个装 置处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向与转轴平行。现 将 P 释放,试求 P 匀速下落时的速度。

参考解答: P 被释放后,细绳的张力对 D 产生机械力矩,带动 D 和 A1 作逆时针的加速转动,通过 两个轮子之间无相对运动的接触,A1 带动 A2 作顺时针的加速运动。由于两个轮子的辐条切 割磁场线,所以在 A1 产生由周边沿辐条指向轴的电动势,在 A2 产生由轴沿辐条指向周边的 电动势,经电阻 R 构成闭合电路。A1、A2 中各辐条上流有沿电动势方向的电流,在磁场中 辐条受到安培力。不难看出,安培力产生的电磁力矩是阻力矩,使 A1、A2 加速转动的势头 减缓。 A1、 A2 从起始的静止状态逐渐加速转动, 电流随之逐渐增大, 电磁阻力矩亦逐渐增大, 直至电磁阻力矩与机械力矩相等,D、A1 和 A2 停止作加速转动,均作匀角速转动,此时 P 匀速下落,设其速度为 v,则 A1 的角速度 ?1 ?

v a0

(1)

A1 带动 A2 转动,A2 的角速度 ω2 与 A1 的角速度 ω1 之间的关系为 ω1a1=ω2a2 A1 中每根辐条产生的感应电动势均为 ? 1 ?

(2)

1 2 Ba1 ?1 2

(3)

轴与轮边之间的电动势就是 A1 中四条辐条电动势的并联,其数值见(3)式。 同理,A2 中,轴与轮边之间的电动势就是 A2 中四条辐条电动势的并联,其数值为

电磁学部分

?2 ?

1 2 Ba 2 ? 2 (4) 2

A1 中,每根辐条的电阻为 R1,轴与轮边之间的电动势就是 A1 中四条辐条电动势的并联,其 数值为 RA1=

R1 (5) 4

A2 中,每根辐条的电阻为 R2,轴与轮边之间的电动势就是 A2 中

四条辐条电动势的并联,其数值为 RA2=

R2 (6) 4

A1 轮、A2 轮和电阻 R 构成串联回路,其中的电流为 I=

?1 ? ? 2
R ? R A1 ? R A2

(7)

1 ) Ba1 (a1 ? a 2 )v 2a 0 以(1)至(6)式代入(7)式,得 I= (8) R1 R2 R?( )?( ) 4 4 (
当 P 匀速下降时,对整个系统来说,重力的功率等于所有电阻的焦耳热功率之和,即 mgv=I2(R+

R1 R 2 + ) 4 4

(9)

以(8)式代入(9)式得 v=

m g(4 R ? R1 ? R2 )a0 B 2 a1 (a1 ? a 2 ) 2
2

2

(10)

例题5:如图所示,导体棒 oa 绕o点以角 速度ω旋转,做切割磁力线运动,求感应 电动势? ?

V

d ? ? BVdl

? B ? l ? dl

? ? ? d? ?

?

l

o

1 B ? l ? dl ? Bl 2? 2

o?

?

l

?a B

或者用法拉第电磁感应定律

| ? |?| ?

d? l 2 Bd ? 1 2 |? ? Bl ? dt 2dt 2

o

?

l

?B

?a

电磁学部分

例题6:法拉第电机,设铜盘的半径为 R,角 速度为?。求盘上沿半径方向产生的电动势。

? ?
B
可视为无数铜棒一端在圆心, 另一端在圆周上,即为并联, 因此其电动势类似于一根铜棒 绕其一端旋转产生的电动势。

?

o

a

U

0

?U
?U

a

?
?

?

R o

B ? l ? dl

?U

0

a

1 BR 2 ? 2

例题 7 如图所示,水平放置的金属细圆环半径为 a,竖直放置的金属细圆柱(其半径比 a 小得多) 的端面与金属圆环的上表面在同一平面内,圆柱的细轴通过圆环的中心 O.一质量为 m,电 阻为 R 的均匀导体细棒被圆环和细圆柱端面支撑,棒的 B B 一端有一小孔套在细轴 O 上, 另一端 A 可绕轴线沿圆环 作圆周运动,棒与圆环的摩擦系数为 .圆环处于磁感 应强度大小为 B ? Kr 、方向竖直向上的恒定磁场中,式 中 K 为大于零的常量,r 为场点到轴线的距离.金属细 圆柱与圆环用导线 ed 连接. 不计棒与轴及与细圆柱端面 的摩擦,也不计细圆柱、圆环及导线的电阻和感应电流 产生的磁场.问沿垂直于棒的方向以多大的水平外力作 用于棒的 A 端才能使棒以角速度?匀速转动. 注: ?x ? Δx? ? x 3 ? 3x 2 Δx ? 3x?Δx? ? ?Δx?
3 2 3

A O a d e

解析: 将整个导体棒分割成 n 个小线元,小线元端点到轴线的距离分别为 r0(=0),r1,r2,……,ri-1, ri,……,rn-1,rn(= a),第 i 个线元的长度为 Δri ? ri ? ri ?1 ,当 Δri 很小时,可以认为该线元 上各点的速度都为 v i ? ?ri ,该线元因切割磁感应线而产生的电动势为
2 ΔE i ? Bvi Δri ? Kr i? ri Δri ? K? ri Δri

(1)

整个棒上的电动势为

E ?

?
i ?1

n

ΔE i ? K?

? r Δr
2 i i ?1

n

i

(2)

电磁学部分



?r ? Δr ?3 ? r 3 ? 3r 2 Δr ? 3r?Δr ?2 ? ?Δr ?3 ,
1 r 2 ?r ? [( r ? ?r ) 3 ? r 3 ] 3

略去高阶小量(Δr)2 及(Δr)3,可得

代入(2)式,得
n 1 1 1 E ? K? (ri3 ? ri3 K?[(r13 ? r03 ) ? (r23 ? r13 ) ? ?? ? (rn3 ? rn3?1 )] ? K?a 3 ?1 ) ? 3 3 3 i ?1

?

(3)

由全电路欧姆定律,导体棒通过的电流为

E K?a 3 ? R 3R 导体棒受到的安培力方向与棒的运动方向相反. I?
第 i 个线元 ?ri 受到的安培力为

(4)

Δf Ai ? BIΔri ? Kri IΔri
作用于该线元的安培力对轴线的力矩

(5)

ΔM i ? Δf Ai ? ri ? KIri2Δri
作用于棒上各线元的安培力对轴线的总力矩为

M?


?
i ?1

n

ΔM i ? KI

?
i ?1

n

ri2 Δri ?

n 1 1 KI (ri3 ? ri3 KIa 3 ?1 ) ? 3 3 i ?1

?

M?
因棒 A 端对导体圆环的正压力为

K 2 ωa 6 9R

(6)

1 1 mg,所以摩擦力为 ?mg ,对轴的摩擦力矩为 2 2 1 M ? ? ?mga 2

(7)

其方向与安培力矩相同,均为阻力矩.为使棒在水平面内作匀角速转动 ,要求棒对于 O 轴所受的合力矩为零,即外力矩与阻力矩相等,设在 A 点施加垂直于棒的外力为 f,则有

fa ? M ? M ?
由(6)、(7)、 (8)式得

(8)

f ?

K 2 ωa 5 1 ? μmg 9R 2

(9)

电磁学部分

例题 8 一个用绝缘材料制成的扁平薄圆环,其内、外半径分别为 a1、a2,厚度可以忽略.两个表面都带有电荷,电荷面密度 ? 随 ?0 离开环心距离 r 变化的规律均为 ? (r ) ? 2 ,? 0 为已知常量.薄 r 圆环绕通过环心垂直环面的轴以大小不变的角加速度 ? 减速转 动,t = 0 时刻的角速度为 ? 0 .将一半径为 a0 (a0<<a1)、电阻为 R 并与薄圆环共面的导线圆环与薄圆环同心放置. 试求在薄圆环减速运动过程中导线圆环中的张力 F 与时间 t 的关系. 提示: 半径为 r、 通有电流 I 的圆线圈 (环形电流) , 在圆心处产生的磁感应强度为 B ? k

a2 a0 a1

I r

(k 为已知常量) 用半径分别为 r1(>a1),r2,…,ri,…,rn–1(<a2)的 n-1 个同心圆把塑料薄圆环分割 成 n 个细圆环.第 i 个细圆环的宽度为 Δri ? ri ? ri ?1 ,其环带面积

Δ Si ? π ri 2 ? π ?ri ? Δ ri ? ? 2 π riΔ ri
2

式中已略去高阶小量 (Δri ) 2 .,该细圆环带上、下表面所带电荷量之和为

Δ qi ? 2σ Δ S i ?

2σ 0 4π ? 0Δ ri 2π riΔ ri ? 2 ri ri

设时刻 t,细圆环转动的角速度为 , ? ? ? 0 ? ?t 单位时间内,通过它的“横截面”的电荷量,即为电流 ? 2?? 0 Δri ΔI i ? Δqi ? 2π ri 由环形电流产生磁场的规律,该细圆环的电流在环心产生的磁感应强度为

Δ Bi ? k

Δ Ii 2?? 0Δ ri ?k ri ri 2

(1)

式中 Δri 是一个微小量,注意到 ri ri ?1 ? ri ?ri ? Δri ? ? ri2 ,有
Δri ri ? ri ?1 1 1 ? ? ? 2 ri ri ?1 ri ?1 ri ri

(2)

将各细圆环产生的磁场叠加,由(1)、(2)式得出环心 O 点处的磁感应强度: 2k?? 0 (a 2 ? a1 ) (3) B? a1 a 2 由于 a0<<a1,可以认为在导线圆环所在小区域的磁场是匀强磁场,可由 O 点的场 表示.磁场对导线环的磁通量 2k?? 0 (a 2 ? a1 ) 2 (4) Φ ? BS ? πa 0 a1 a 2 由于 ? 是变化的,所以上述磁通量是随时间变化的,产生的感应电动势的大小为

电磁学部分

E ?

2 2 2k? 0 (a 2 ? a1 ) πa 0 ? ?? ?? 2k? 0 (a 2 ? a1 ) πa 0 ? ? ?t a1 a 2 ?t a1 a 2

(5)

由全电路欧姆定律可知,导线环内感应电流的大小为
I?
2 ? E 2k? 0 (a 2 ? a1 ) πa 0 ? R a1 a 2 R

(6)

设题图中薄圆环带正电作逆时针旋 转,穿过导线圆环的磁场方向垂直纸面 向外,由于薄圆环环作减角速转动,穿 过导线圆环的磁场逐渐减小,根据楞次 定律,导线圆环中的感应电流亦为逆时 针方向, 导线圆环各元段 l 所受的安培 力都沿环半径向外.现取对于 y 轴两对 称点 U、V,对应的二段电流元 I?l 所受 的安培力的大小为
?f ? BI?l

y ?f U ?fx ?l ?fy M ?fy? V ?y ?l ?x ?f?

?fx? x N

??? ??
Q (7) O

方向如图所示,它沿 x 及 y 方向 分量分别 ?f x ? BI?l ? cos ? ? BI?y

(8) (9)

?f y ? BI?l ? sin ? ? BI?x

根据对称性,作用于沿半个导线圆环 QMN 上的各电流元的安培力的 x 分量之和相互抵消, 即

fx ?

? BIΔy ? BI ? Δy ?0

(10)

π π 时, ?y 是正的,当 ? ? 时, ?y 是负的,故 2 2 而作用于沿半个导线圆环 QMN 上的各电流元的安培力的 y 分量之和为
(式中 ?y ? ?l cos ? ,当 ? ?

? ?y ? 0 ),

fy ?

? BIΔx ? BI ? Δx ? BI 2a

0

(11)

(式中 ?x ? ?l sin ? ,由于 在

之间 ?x 都是正的,故

? ?x ? 2a

0

),

即半个导线圆环上受的总安培力的大小为 BI 2a 0 ,方向沿 y 正方向,由于半个圆环处于平衡 状态,所以在导线截面 Q、 N 处所受(来自另外半个圆环)的拉力(即张力) F 应满足 2 F ? BI 2a 0 .由(3)、(6)两式得

F ? BIa0 ?

2 3 4k 2? 0 πa 0 (a 2 ? a1 ) 2 ? 2 a12 a 2 R

?? 0 ? ?t ?

(12)

由(12)式可见,张力 F 随时间 t 线性减小.

互感和自感

电磁学部分

? 互感和互感系数 当线圈 1中的电流变化时, 所激发的磁场会在它邻近 的另一个线圈 2 中产生感 应电动势;这种现象称为 互感现象。该电动势叫互感电动势

2

? 21

i1

互感电动势与线圈电流变化快慢有关;与两个线圈 结构以及它们之间的相对位置和磁介质的分布有关。 线圈 1所激发的磁场通过 ? ? M i 21 21 1 线圈 2的磁通链数 互感电动势

? 21 ? ? M 21

di1 dt

线圈2所激发的磁场通过 线圈1的磁通链数和互感 电动势为

1

?12

?12 ? M12i2
di 2 dt 后面将从能量观点证明 M21 ? M12 ? M 两个给定的线圈有:

? 12 ? ? M 12

i2

M 就叫做这两个线圈的互感系数,简称为互感。
它的单位:亨利(H)

1H ? 1

V ?s ? 1? . s A

? 自感和自感系数

*实验现象:
当线圈中电流变化时,它所 激发的磁场通过线圈自身的 磁通量也在变化,使线圈自 身产生感应电动势,叫自感 现象.该电动势叫自感电动势. 全磁通与回路的电流成正比:

i
? ? Li

*称 L为自感系数,简称自感或电感。 单位:亨利H
物理意义:一个线圈中通有单位电流时,通过线 圈自身的磁通链数,等于该线圈的自感系数。

电磁学部分

由电磁感应定律, d? di ?L ? ? ? ?L 自感电动势

dt

dt

自感电动势的方向总是要使 它阻碍回路本身电流的变化。 电流强度变化率为一个单位时,在这个线圈 中产生的感应电动势等于该线圈的自感系数。 所以说,自感 L有维持原电路状态的能力, L 就是这种能力大小的量度,它表征回路 电磁惯性的大小。 实验上,常用测电流强度 和磁通链数 ?来 计算自感系数L。

i

例题 9 如图所示,有二平行金属导轨,相距 l,位于同一水平面内(图中纸面) ,处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向竖直向下(垂直纸面向里) .质量均为 m 的两金属杆 ab 和 cd 放 在导轨上,与导轨垂直.初始时刻, 金属杆 ab 和 cd 分别位于 x = x0 和 x = 0 处.假设导轨 及金属杆的电阻都为零,由两金属杆与导轨构成的回路的自感系数为 L.今对金属杆 ab 施 以沿导轨向右的瞬时冲量,使它获得初 速 v0 .设导轨足够长, x0 也足够大, 在运动过程中,两金属杆之间距离的变 化远小于两金属杆的初始间距 x0 , 因而 可以认为在杆运动过程中由两金属杆 O d 与导轨构成的回路的自感系数 L 是恒定 不变的.杆与导轨之间摩擦可不计.求 任意时刻两杆的位置 xab 和 xcd 以及由两 杆和导轨构成的回路中的电流 i 三者各自随时间 t 的变化关系 b x y c y

a v
0

解法Ⅰ : 当金属杆 ab 获得沿 x 轴正方向的初速 v0 时,因切割磁力线而产生感应电动势,由两金 属杆与导轨构成的回路中会出现感应电流.由于回路具有自感系数,感应电流的出现,又会 在回路中产生自感电动势,自感电动势将阻碍电流的增大,所以,虽然回路的电阻为零,但 回路的电流并不会趋向无限大,当回路中一旦有了电流,磁场作用于杆 ab 的安培力将使 ab 杆减速,作用于 cd 杆的安培力使 cd 杆运动. 设在任意时刻 t,ab 杆和 cd 杆的速度分别为 v1 和 v2(相对地面参考系 S) ,当 v1、v2 为 正时,表示速度沿 x 轴正方向;若规定逆时针方向为回路中电流和电动势的正方向,则因两 杆作切割磁力线的运动而产生的感应电动势

E ? Bl ?v1 ? v 2 ?

(1)

电磁学部分

当回路中的电流 i 随时间的变化率为 ?i ?t 时,回路中的自感电动势

EL ? ? L
根据欧姆定律,注意到回路没有电阻,有

?i ?t

(2)

E ? EL ? 0

(3)

金属杆在导轨上运动过程中,两杆构成的系统受到的水平方向的合外力为零,系统的质 心作匀速直线运动.设系统质心的速度为 VC,有

mv 0 ? 2mVC


(4)

VC ?

v0 2

(5)

VC 方向与 v0 相同,沿 x 轴的正方向. 现取一新的参考系 S ? ,它与质心固连在一起,并把质心作为坐标原点 O ? ,取坐标轴 O ?x ? 与 x 轴平行.设相对 S ? 系,金属杆 ab 的速度为 u,cd 杆的速度为 u ? ,则有

v1 ? VC ? u v 2 ? VC ? u ?
因相对 S ? 系,两杆的总动量为零,即有

(6) (7)

mu ? mu ? ? 0
由(1)、(2)、(3)、(5)、(6) 、(7) 、(8)各式,得

(8)

2Blu ? L

在 S ? 系中,在 t 时刻,金属杆 ab 坐标为 x ? ,在 t+ t 时刻,它的坐标为 x ? ? ?x ? ,则由 速度的定义

?i ?t

(9)

u?
代入 (9) 式得

?x? ?t

(10)

2 Bl?x ? ? L?i

(11)

若将 x ? 视为 i 的函数,由(11)式知 ?x ? ?i 为常数,所以 x ? 与 i 的关系可用一直线方程表示

x? ?

L i?b 2Bl

(12)

式中 b 为常数,其值待定.现已知在 t=时刻,金属杆 ab 在 S ? 系中的坐标 x ? = = 0,故得

1 x0 ,这时 i 2
(13)

x? ?


L 1 i ? x0 2Bl 2

i?

2 Bl ? 1 ? ? x ? ? x0 ? L ? 2 ?

(14)

电磁学部分

1 ? 1 ? x0 表示 t=时刻金属杆 ab 的位置. x ? 表示在任意时刻 t,杆 ab 的位置,故 ? x ? ? x0 ? 2 ? 2 ?
就是杆 ab 在 t 时刻相对初始位置的位移,用 X 表示,

X ? x? ?

1 x0 2

(15)

当 X>0 时, ab 杆位于其初始位置的右侧; 当 X<0 时, ab 杆位于其初始位置的左侧. 代入(14) 式,得

i?
这时作用于 ab 杆的安培力

2Bl X L

(16)

2B 2 l 2 X (17) L ab 杆在初始位置右侧时,安培力的方向指向左侧;ab 杆在初始位置左侧时,安培力的方 向指向右侧,可知该安培力具有弹性力的性质.金属杆 ab 的运动是简谐振动,振动的周期 F ? ?iBl ? ?

T ? 2π
在任意时刻 t, ab 杆离开其初始位置的位移

?

m 2B l L
2 2

?

(18)

? 2π ? X ? A cos? t ? ? ? T ? ?

(19)

A 为简谐振动的振幅, 为初相位,都是待定的常量.通过参考圆可求得 ab 杆的振动速度

? 2π ? ? 2π ? u ? ? A? ? s i n ? t ??? ?T ? ?T ?

(20)

(19)、 (20)式分别表示任意时刻 ab 杆离开初始位置的位移和运动速度. 现已知在 t=0 时刻, ab 杆位于初始位置,即 X=0 速度

1 1 u ? v0 ? VC ? v0 ? v0 ? v0 2 2
故有

0 ? A cos ?

v0 ? 2π ? ? ? A? ? sin ? 2 ?T ?
解这两式,并注意到(18)式得

? ? 3π 2
A?
由此得 ab 杆的位移

(21)

v0 v T? 0 4? 2 Bl

mL 2

(22)

电磁学部分

X?

v0 2 Bl

mL 3π ? v ? 2π cos? t ? ? ? 0 2 2 ? 2 Bl ?T

mL 2π sin t 2 T

(23)

由 (15) 式可求得 ab 杆在 S ? 系中的位置

? ? x ab

v 1 x0 ? 0 2 2 Bl

mL 2π sin t 2 T

(24)

因相对质心,任意时刻 ab 杆和 cd 杆都在质心两侧,到质心的距离相等,故在 S ? 系中,cd 杆的位置

v 1 ? ? ? x0 ? 0 xcd 2 2 Bl
相对地面参考系 S,质心以 VC ? 参考系中的位置

mL 2? sin t 2 T

(25)

1 v 0 的速度向右运动,并注意到(18)式,得 ab 杆在地面 2
mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? ? 2 mL ? ?
mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

xab ? x0 ?
cd 杆在 S 系中的位置

v 1 v0 t ? 0 2 2Bl

(26)

xcd ?
回路中的电流由 (16) 式得

v 1 v0 t ? 0 2 2Bl

(27)

i?

2Bl v0 L 2Bl

? mL 2π m 2 ? ?t sin t ? v0 sin? Bl ? 2 T 2L ? mL ? ?

(28)

解法Ⅱ : 当金属杆在磁场中运动时,因切割磁力线而产生感应电动势,回路中出现电流时,两金 属杆都要受到安培力的作用,安培力使 ab 杆的速度改变,使 cd 杆运动.设任意时刻 t,两 杆的速度分别为 v1 和 v2(相对地面参考系 S) ,若规定逆时针方向为回路电动势和电流的正 方向,则由两金属杆与导轨构成的回路中,因杆在磁场中运动而出现的感应电动势为

E ? Bl ?v1 ? v 2 ?
令 u 表示 ab 杆相对于 cd 杆的速度,有

(1’)

EL ? Blu

(2’)

当回路中的电流 i 变化时,回路中有自感电动势 EL,其大小与电流的变化率成正比,即有

EL ? ? L
根据欧姆定律,注意到回路没有电阻,有

?i ?t

(3’)

E ? EL ? 0
由式(2’)、(3’)两式得

Blu ? L

?i ?t

(4’)

电磁学部分

设在 t 时刻,金属杆 ab 相对于 cd 杆的距离为 x ? ,在 t+ t 时刻,ab 相对于 cd 杆的距 离为 x ? + ? x ? ,则由速度的定义,有

u?
代入 ( 4 ? ) 式得

?x? ?t

(5’)

Bl?x ? ? L?i

(6’)

若将 x ? 视为 i 的函数,由(6’)式可知, ?x ? ?i 为常量,所以 x ? 与 i 的关系可以用一直线方程 表示,即

x? ?

L i ?b Bl

(7’)

式中 b 为常数,其值待定.现已知在 t=时刻,金属杆 ab 相对于 cd 杆的距离为 x0 ,这时 i = 0,故得

x? ?


L i ? x0 Bl

(8’)

i?

Bl ?x ? ? x0 ? L

(9’)

x0 表示 t=时刻金属杆 ab 相对于 cd 杆的位置. x ? 表示在任意时刻 t 时 ab 杆相对于 cd
杆的位置, 故 ?x? ? x0 ? 就是杆 ab 在 t 时刻相对于 cd 杆的相对位置相对于它们在 t=时刻的相 对位置的位移,即从 t=到 t=t 时间内 ab 杆相对于 cd 杆的位移

X ? x ? ? x0
于是有

(10')

i?

Bl X L

(11’)

任意时刻 t,ab 杆和 cd 杆因受安培力作用而分别有加速度 aab 和 acd,由牛顿定律有

? iBl ? maab iBl ? macd
两式相减并注意到( 9 ? )式得

(12’) (13’)

m?a ab ? a cd ? ? ?2iBl ? ?

2B 2 l 2 X L

(14’)

式中 ?aab ? acd ? 为金属杆 ab 相对于 cd 杆的加速度,而 X 是 ab 杆相对 cd 杆相对位置的位 移.

2B 2l 2 是常数,表明这个相对运动是简谐振动,它的振动的周期 L

T ? 2π

?

m 2B l L
2 2

?

(15’)

在任意时刻 t,ab 杆相对 cd 杆相对位置相对它们初始位置的位移

电磁学部分

? 2π ? X ? A cos? t ? ? ? T ? ?

(16’)

A 为简谐振动的振幅, 为初相位,都是待定的常量.通过参考圆可求得 X 随时间的变化率 即速度

? 2π ? ? 2π ? V ? A? ? sin? ??? ?T ? ?T ?
现已知在 t=0 时刻,杆位于初始位置,即 X = 0,速度 V ? v 0 故有

(17’)

0 ? A cos ?

? 2π ? v 0 ? ? A? ? sin ? ?T ?
解这两式,并注意到(15’) 式得

? ? 3π 2
A?
由此得

v0 v T? 0 2π Bl

mL 2

X?

v0 Bl

mL 3π ? v ? 2π cos? t ? ? ? 0 2 2 ? Bl ?T

mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? ? 2 mL ? ?

(18’)

因 t = 0 时刻,cd 杆位于 x = 0 处,ab 杆位于 x = x0 处,两者的相对位置由 x0 表示;设 t 时 刻,cd 杆位于 x = xcd 处,ab 杆位于 x = xab 处,两者的相对位置由 xab-xcd 表示,故两杆的 相对位置的位移又可表示为 X = xab-xcd-x0 (19’) 所以

xab ? xcd ? x0 ?
(12’)和(13’)式相加,

v0 Bl

mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

(20’)

m?aab ? acd ? ? ?iBl ? iBl ? 0


?aab ? acd ? ? 0
由此可知,两杆速度之和为一常数即 v0,所以两杆的位置 xab 和 xcd 之和应为 xab+xcd = x0+v0t 由(20’)和(21’)式相加和相减,注意到(15’)式,得 (21’)

1 v mL ? 2 ? ?t xab ? x0 ? v0t ? 0 sin ? Bl ? ? 2 2Bl 2 mL ? ?

(22’ )

电磁学部分

xcd ?

v 1 v0 t ? 0 2 2Bl

mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

(23’ )

由(11’)、 (19’)(22’)、(23’)式得回路中电流

i ? v0

? m 2 ? ?t sin? Bl ? 2L ? mL ? ?

(24’ )

考虑电阻和不考虑电阻的情况,不考虑电阻就要考虑自感。考虑电阻并考虑自感就是阻 尼运动了,加上外力则是带外力的阻尼运动。 例题 10 图中 oxy 是位于水平光滑桌面上的直角坐标系,在 x ? 0 的一侧,存在匀强磁场,磁场方向 垂直于 oxy 平面向里,磁感应强度的大小为 B。在 x ? 0 的一侧,一边长分别为 l1 和 l 2 的刚 性矩形超导线框位于桌面上,框内无电流,框的一对边与 x 轴平行。线框的质量为 m,自感 为 L。现让超导线框沿 x 轴方向以初速度 v0 进入磁场区域,试定量地讨论线框以后可能发生 的运动情况及与初速度 v0 大小的关系。 (假定线框在运动过程中始终保持超导状态)

参考解答: 设某一时刻线框在磁场区域的深度为 x ? x ? l1 ? ,速度为 v ,因线框的一条边切 割磁感应线产生的感应电动势为 y

l1

E v ? v Bl2 ,它在线框中引起感应电流,感
应电流的变化又引起自感电动势.设线框 的电动势和电流的正方向均为顺时针方 向, 则切割磁感应线产生的电动势 E v 与设 定的正方向相反,自感电动势 E L ? ?L

l2

v0

x O x

?i ?t

与设定的正方向相同 . 因线框处于超导状

电磁学部分

态,电阻 R ? 0 ,故有

E L ?E v ? ?L


?i ? vBl2 ? iR ? 0 ?t

(1)

L


?i ?x ? Bl2 ?0 ?t ?t
Bl2 ?x ? ? L?i

(2)

(3)



Bl ?i ?? 2 ?x L
可见 i 与 x 成线性关系,有

(4)

i??

Bl 2 x?C L

(5) C 为一待定常数,注意到 x ? 0 时, i ? 0 ,可得 C ? 0 ,故有

i??

Bl 2 x L

(6)

x ? 0 时 i ? 0 ,电流为负值表示线框中电流的方向与设定的正方向相反,即在线框进入磁场

区域时右侧边的电流实际流向是向上的.外磁场作用于线框的安培力
2 B 2l2 x (7) L 其大小与线框位移 x 成正比,方向与位移 x 相反,具有“弹性力”的性质.下面分两种情形做 进一步分析:

f ? Bl 2 i ? ?

(i)线框的初速度 v 0 较小,在安培力的作用下,当它的速度减为 0 时,整个线框未全部进 入磁场区,这时在安培力的继续作用下,线框将反向运动,最后退出磁场区.线框一进一出 的运动是一个简谐振动的半个周期内的运动,振动的圆频率

??
周期

2 B 2l2 Lm

(8)

T ? 2π

Lm 2 B 2l2

(9)

振动的振幅可由能量关系求得, 令 xm 表示线框速度减为 0 时进入磁场区的深度, 这时线框的 初始动能全部转换为“弹性力”的“弹性势能”,由能量守恒可得
2 ? 2 1 2 1 ? B 2l2 mv0 ? ? ? xm 2 2? L ?

(10)



电磁学部分

xm ?
故其运动方程为

2 Lmv0 2 B 2l2

(11)

x?

v0 Lm Lm ? Bl2 ? sin ? t?, t 从 0 到π Bl2 Bl2 ? Lm ?

(12)

半个周期后,线框退出磁场区,将以速度 v 0 向左匀速运动.因为在这种情况下 x m 的最大值 是 l1 ,即

1 1 B 2 l22 2 2 m v0 ? l1 2 2 L
由此可知,发生第(i)种情况时, v 0 的值要满足下式
2 ? 2 1 2 1 ? B 2l2 mv0 ? ? ? l1 2 2? L ?

(13)



v0 ?

Bl1l2 mL

(14)

(ii) 若线框的初速度 v 0 比较大,整个线框能全部进入磁场区.当线框刚进入磁场区时,其 速度仍大于 0,这要求 v 0 满足下式

v0 ?

Bl2 l1 mL

(15)

当线框的初速度满足(15)式时,线框能全部进入磁场区,在全部进入磁场区域以前,线框 的运动方程与(12)式相同,但位移区间是 x ? 0 到 x ? l1 ,所以时间间隔与(12)式不同, 而是从 0 到

t1 ?

Bl1l2 ? Lm ? ?arcsin ? 2 Bl2 ? ? Lm v 0 ? ?

(16)

因为线框的总电动势总是为 0,所以一旦线框全部进入磁场区域,线框的两条边都切割磁感 应线,所产生的电动势之和为 0,因而自感电动势也为 0.此后线框中维持有最大的电流

im ? ?

Bl2 l1 ,磁场对线框两条边的安培力的合力等于零,线框将在磁场区域匀速前进,运 L
2 1 1 1 B 2 l2 2 m v0 ? mv 2 ? l12 2 2 2 L

动的速度可由下式决定


2 v ? v0 ? 2 B 2l12l2 Lm

(17)


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