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[整理]奥赛金牌题典--高中物理--第六章电磁学方法


奥赛金牌题典——高中物理——第六章电磁学方法 修改内容
A 类题: (更换更换 P。200:A1、P。204:A4、P。207:A6、P。208:A7 四题)
A1.如图 6-1 所示,一接地的无限大水平放置的导体平板的上 方有一点电荷 Q,Q 到平板的距离为 h,试求: (1)从点电荷 Q 出发时沿着水平方向(即平行于导体平板) 的电场线碰到导体表面时的位置

; (2)从点电荷 Q 到导体平板的垂足 O 点处的场强; (3)点电荷 Q 与导体平板之间的相互作用力。 图 6-1

分析:由于导体平板无限大,故平板将其整个下方屏蔽起来了(可将无限大平板视为半径 R 趋 于无限大的球壳,从而易得上述结论) ,同时板上出现了感应电荷。只要分析出感应电荷的作用,则 整个电场就清楚了,其他问题就得到了解决。 解:先分析感应电荷的作用: 因板的下方被屏蔽起来,故下方场强处处为零。这是感应电荷的 电场与电荷 Q 的电场叠加的结果。 说明感应电荷对板下方空间的作用 等效于在电荷 Q 处的-Q。由于感应电荷分布在板上,其对空间的作用 关于板对称, 故感应电荷对其上方空间的作用等效于置于与 Q 对称位 置处的-Q 电荷,如图 6-2 所示。 (1)此处讨论的空间在板上方,故感应电荷的作用在 B 处用-Q 代替。 电力线从 Q 发出,Q 发出的电力线总数(即其周围闭合面的总的 电通量)为 图 6-2

??

Q

?0

电力线形状如图 6-3 所示。该电力线绕轴 AB 旋转一周,形成一个 曲面,而其终止于板上的点 P,也画出一半径为 r 的圆。可以看到,由 于电力线不相交,故通过圆弧的电力线条数为? / 2 。 (因为在 E0 下方 发出的电力线条数与从其上方发出的电力线条数相同,又圆面的电通 量) (即电力线条数)由 A 处 Q 与 B 处-Q 产生的通量叠加。于是有 图 6-3

1

?
Q

Q

?0

?

2?R 2 ?1 ? cos? ? 1 Q 1 ?2 ? ? ? ? 2 2 ?0 2 4?R
2 2

式中 ? 0 为电荷 Q 发出的总电力线条数。 2?R ?1 ? cos? ? / 4?R 表示角 ? 内包含的电力线占总 条数的比例(点电荷电力线球对称) 。因子 2 则是因为+Q 与 B 点-Q 在圆面上通量大小相等,正负相 同。 由上式得 所以

? ? 60?

r ? h ? tan? ? 3h
即电力线在板上终止点距 O 点距离为 3h 。 (2)此处讨论空间仍为板上方,故感应电荷作用仍用 B 处-Q 代替。 O 处场强为

E?
方向竖直向下。

1 4?? 0

?

Q 1 Q ?2 ? ? 2 2 2?? 0 h h

(3)作用力大小即为 Q 与-Q 间的库仑作用力

F?
两者间为吸引力。

1 4?? 0

?

?2h?2

Q

Q2 ?Q ? 16?? 0 h

点评:题中所述与感应电荷等效的电荷称之为像电荷。一般可以认为像电荷就是 B 处的-Q,而 忽略了 A 处的 Q,实际上两者都是像电荷,只是一个对板下起作用,另一个是对板上起作用。这在 之后碰到的其他像电荷例子将表现得更明显。题中题到 Q 与-Q 关于“板”对称,实际上由于屏蔽, 只有上表面有电荷,此“板”实际指的是板的上表面。解答本题的关键是弄清楚导体板中感应电荷 的分布,利用感应电荷分布的空间对称性及静电平衡的条件,结合电场强度的矢量性,用像电荷来 代替感应电荷的作用来解题,这就是所谓的“电像法” 。

2

A4。半径为 R 的绝缘球上绕有密集的粗细均匀的细导线,线圈平面彼此平行,且以单层线圈盖 住半个球面,如图 6-11 所示。设线圈的总匝数为 N,通过线圈的电流为 I0, 求球心 O 处的磁感应强度 B。 分析: 处理此类问题的常用方法是利用微元法, 先分析单个部分的作用 再累加。 由对称性可知: 半径为 r 的圆形电流在其中心轴线上距圆心为 ? 的 O

B?
一点的磁感应强度

2 r2 ? ? 2

?

? 0 Ir 2

?

32

.

图 6-11

解:取如图 6-12 所示一匝线圈分析。其在球心 O 处产生的磁感强度为

?B ?

2r ??
2

?

? 0 Ir 2

2 32

?

?

? 0 I ?R sin ? ?2
2R

? ?

2 32

?

?0 I
2R

? sin 2 ? .

1 因细导线粗细均匀,故 N 匝线圈将 2 球面分成了 N 份,各线圈对应的角度

?? ? ?? ?? ?? ,2?? ,?, ? ? 2?? ?, ? ? ?? ?, ?2 ??2 ? 2。 分别为 0, B ? ? ?Bi ?
i ?1 N

图 6-12

?0 I
2R

(sin 2 O ? sin 2 ?? ? sin 2 2?? ? ? ? sin 2 (

?
2

? ?? ) 2 ? sin 2

?
2

).

所以

因为

?? ? sin ? ? ? ? ? cos? , ?2 ?

故上式可改写为

B?

?0 I
?0 I

?sin 2R

2

O ? sin 2 ?? ? ? ? cos2 ?? ? cos2 O ? O ? cos2 O ? ? ?sin 2 ?? ? cos2 ?? ?

?

??sin 2R

2

N N ? ?? ? ? ? ? sin 2 ?? ? cos2 ?? ?? 2 2 ? ??
?

?0 I
2R

?

? NI N ? 0 . 2 4R

3

点评:本题应用了对称性原理和微元来法处理问题。解本题时注意理解导线盖住球面的意义,要 想象出其空间图象,才能正确解题。

A6.如图 6-18 所示, 在一随时间线性增大的匀强磁场中, 在下述三种情 况下,求感应电动势。已知导体所在平面都是跟磁场垂直的。 (1)封闭圆环导体。 (2)圆弧形导体 PNQ 的圆心恰好是磁场区中心。 (3) 直线导体 PQ 的 P 和 Q 两点恰好就是圆弧的 PNQ 的端点。 前两种 情况的圆半径都是 r。 分析: 变化着的磁场产生同心圆系列的涡旋电场, 涡旋电场力正是导致 感应电动势的非静电力。闭合导体中自由电子受涡旋电场力作用,定向移动形成电流;不闭合导体 中的自由电子受涡旋电场力作用,向导体两端积聚,使该段导体成为开路的电源。 解: (1)根据法拉等电磁感应定律:
P B

O

?
Q E涡
I

图 6-18

??

?? ?B ?B ?S ? ?r 2 ?t ?t ?t

?B 因 ?t 是个恒量,所以 q 是恒定电动势。
这个结果其实隐含了一个必不可少的前提,就是圆环导体圆心恰好是磁场中心,圆环恰好跟涡 旋电场某一条电场线重合。否则计算就决不是这么简单了。中学物理的教科书中,凡是牵涉到感应 电动势的,其模型无不是圆形的,就隐含了这一前提。高中学生必做实验中验证楞次定律的实验, 其中一个是大线圈套着小线圈。线圈是圆柱形的,课本解释这个试验的俯视图也是圆形,其实也隐 含了这一要求。 我们再顺便考察一下这个闭合圆环电路中的电流、电压和电功。设环电阻为 R,电动势和电阻

都均匀分布。

I?

? ?r 2 ?B ? R R ?t 。闭合电路中沿电流方向通过任一电阻,电势有降落,假设环上有

1 1 ? R 一段圆弧弧 AB 对应圆心角为 90 ,其电动势为 4 ,电阻为 4 ,于是两点电压
?

U AB ?

1 1 1 ?B ?r 2 ?B 1 ? ? I R ? ?r 2 ? ? R?0 4 4 4 ?t R ?t 4 ,

AB 两点电势相等。其实这一闭合环上任意两点都是等势的。其意义是:电荷通过这两点电势能

4

无变化,在电阻上发热消耗的电能不多不少正好由涡旋电场力做同样多的正功来补充,我们也就可 以明白,为什么例 A9 中,U M ≠ U N ,因为电动势分布均匀,每任意等长的圆弧上涡旋电场力的功 是一样的,但电阻分布不均匀,电场力做的正功、电能的消耗就不均匀。所以点与点之间就不等势 了。 (2)

PNQ

圆弧上的电动势,可以用这两种方法计算。先假定弧对应圆心角为 ? ,弧长为

l ? ?r ,张开扇形面积为
PNQ
方法 1:在圆弧

S?

r2 ? 2 , ? 用弧度做单位。
E涡 ? r ?B 2 ?t ,非静

上各点 E涡 大小相等,方向为圆弧切向逆时针方向,

电力的方向跟自由电子定向移动方向处处相同为顺时针方向,根据电动势定义,我们求单位电荷涡 效电场力做的功为

? ? E涡 ? l ?

r ?B r 2 ?B ? ?r ? ? 2 ?t 2 ?t 。

自由电子向 P 端积聚。Q 端是正极,P 端是负极。 方法 2:为在
PNQ

上应用法拉第电磁感应定律,可以作辅助线人为地造一个封闭面积。由此求
PNQ

得电动势原则上并不是所求的

的电动势,因为它包含了辅助线上的贡献。不过我们可以选择

对电动势不作贡献的辅助线,比如连接两条半径 OP 和 OQ,使 OPNQO 成为一个封闭扇形。由于涡 旋电场电场线位于圆周切线方向。沿半径放置的导体涡旋电场不对电荷做故,就不参与产生电动势。 所以封闭扇形的电动势,大小等于
PNQ

的电动势:

??

?? ?B r 2 ?B ?S ? ? ?t ?t 2 ?t 。

(3)类似于方法 1,理论上也可以求得直线导体 PQ 的电动势,因为一系列以 O 为圆心的同心 圆的电场线与 PQ 相交, 不同交点 E涡 的大小并不一样, 实际上我们不可能用初等数学方法把 E涡 跟 l 直接相乘来求电动势。 用类似于上面的方法 2,仍以半径 OP 和 OQ 为辅助线构成封闭三角形 OPQ,其面积为

1 ? ? 1 S ? 2r sin ? r cos ? r 2 sin ? 2 2 2 2
根据法拉第电磁感应定律:
5

??

?? ?B 1 2 ?B ?S ? r sin ? ? ?t ?t 2 ?t 。

同理,因 OP 和 OQ 对电动势无贡献。所以这一电动势虽然是封闭三角形回路求得的,其大小 也就等于直线 PQ 上的电动势,Q 端是正极,P 端是负极。 点评:以上的思路、方法恐怕不难接受,可是事情并没完,新问题又产生了。比较(2)和(3) 两条导体。它们有相同的端点,仅仅因形状和长短的差异,在同一变化的磁场中两端点位于相同位 置,两段导体电动势不同,这说明了什么?这正说明了涡旋电场的一个重要性质,即场力做功跟路 径有关。沿不同路径移动电荷,场力做功不同,这正是涡旋电场与静电场的根本差别,也是一种电 场线不封闭有头尾,另一种电产线封闭的主要原由。静电场移动电荷做功,跟重力移动物体做功一 样,是跟路径无关的,因而可以引入电势能这一状态函数,引入电势和电势差概念。涡旋电场移动 电荷既然跟路径有关,就不存在电荷的电势能,本题的(1)中说环中任意两点等势,都是一此不甚 科学不太严格的讲法。在回路中非静电力定向移动电荷做的功,通过电荷与晶格的碰撞就直接转化 为内能,并没有经过静电场力这一中介来做功,因而不应有什么电势升或降的问题,在感应电动势 这一场合借电势概念,实在是没有办法的办法。

A7。 (第十四届全国中学生物理竞赛决赛题)图 6-19(甲)是由 24 个等值电阻连接而成的网格, 图 6-19(乙)中电动势为ε =3.00V,内阻 r=2.00Ω 的电源与一阻值为 28.0Ω 的电阻 R 及二极管 D 串 联后引出两端 P、Q,二极管的正向伏安曲线如图 6-19(丙)所示。 (1)若将 P、Q 两端与图 6-19(甲)中电阻网格 E、G 两点相接,测得二极管两端间的电压为 0.86V。求:电阻网格 E 与 A 间的电压 UEA。 (2)若将 P、Q 两端 与图 6-19(甲)中电阻网 络 B、D 两点相接,求通 过二极管 D 的电流 ID 和网 格中 E、G 间的电压 UEG。 分析: (1)对于电阻

H

R1
R4 R8 R11 R15

R2

R3 R6

G
R7

R5

A B

R9

D

R10

Q
50 D 40 ? 30 20 R ? 10

I D / mA

R12 R16

C

R13 R17 R 20 R 24

R14

E

R18 R 22

R19 R 23

R 21

?甲?

F

?乙?

P

0 0 .2

0 . 4 0 . 6 0 .8 1 .0

U /V

?丙?

图 6-19

网格 E、A 之间的电压,可利用网格对称性求出等效电阻,再利用闭合电路的欧姆定律来求解。 (2) 电路中含有二极管,二极管是一种非线性元件,它两端的电压和通过它的电流的比值是变化的,题 目给了这两者的关系曲线;电路中含源支路的电压与电流的关系是一斜率为负的直线方程。通过二
6

极管的电流需要同时满足以上的曲线方程和直线方程,所以需要在 I-U 图上找出两者的交点,就可 以求出通过二极管的电流。 解: (1)电阻网络 E、G 两点间电压可表示为

U EG ? ? ? I1 ?R? ? r ? ? U DI ,
从图中的二极管 D 的正向伏安曲线中可查得电压 U DI 对应的电流 I1 为 25.0mA, 此电流就是流过 电阻 R 及由 E 点流入电阻网格的电流,将数据代入上式得

U EG ? 1.39V
由对称性可得 H、A、C、F 电势相等,其等效电路如图 6-20 所示(除两只电阻为 R0 / 4 外,其余电阻均为 R0 / 2 , R0 为原来每 只电阻的阻值) ,易得

Q
R0 4 R0 4

G

N
M E

A B

D

REG ? 13R0 / 7,
而等效电阻 求得

REG ? U EG / I1 ? 55.6?, R0 ? REG ? 29.9?,

图 6-20

U EA

3 ? ? ? R0 R0 ? 4 R0 ? 13 ? I1 ? ? V ? ? I1 R0 ? 0.695 ? 2 R0 ? 3 R0 ? 14 ? 4 ? ? ? 。
I D / mA
60 50 40 30 20 10

(2)当引线两端 P、Q 与电阻网格 B、D 两点相接时,等效 电路仍如图 6-20 所示,易得

R BD ?

5 R0 ? 21 .4?, 7

通过二极管 D 的电流与二极管两端电压有关系

U D2 ? E ? I D2 ?RBD ? R0 ?,
代入数据得

0 0 .2

0 .4 0 .6 0 .8

U /V

?c ?
图 6-21

U D 2 ? 3 ? I D 2 ? 51.3
这是一条联系 UD 与 ID 的方程,但是 UD 与 ID 又必须满足二极管的伏安特性曲线,在图 6-21 中 描出上式所述直线,它与曲线的交点的纵坐标即为通过二极管的电流 ID,由图 6-21 中读出

I D ? 40.5mA,
7

由对称性, U M ? U E ,U G ? U Q , 则

U EG ?

2 ?I D ? ? 3 R0 ? 2 ? 0.52V 7 4 。

点评:本题与传统的电路题不同的是电路中包含有二极管这种非线性元件,其伏安特性曲线没 有用解析式写出,二极管两端的电压与电流的关系不服从欧姆定律,故解这类题一般都只能用图解 法来解题。

B 类题: (更换 P。216—P。221:B4、B10、B11、B19、B22、B24、B25 共 7 题)
B4.一块无限大的导体板,左侧接地,在右侧离板 d 的 A 处放置一个负电荷-q(如图 6-29 甲) , 求静电平衡后: (1)板上感应电荷在导体内任一点 P 产生的场强; (2)感应电荷在导体外任意一点 P′处产生的地强; (3)证明导体表面附近处的合场强垂直于导体表面; (4)求-q 所受的库仑力; (5)若切断接地线后,将+Q 放在导体板上,+Q 将怎样分布? 图 6-29

d

?q

A

B10.在点电荷 q 的电场中,放入一个半径为 R 的接地导体球,从 q 到导体球球心 O 的距离为 L。求导体对 q 的作用力。

B11.一个导电的细硬环放在不导电的水平面上,并且处于均匀磁场中。磁感线沿水平方向,磁 感应强度为 B,环的质量为 m,半径为 R,问通过环的电流必须多大,才能使环开始上升?

B19.一根长为 L 的导线,电流为 I,如果此导线绕成单匝线圈放在磁感应强度为 B 的匀强磁场 中,在什么条件下,这个线圈所受的磁力矩最大?最大磁矩是多少?

8

B22.如图 6-47 所示,有一由匀质线导线弯成的半径为 a 的圆线圈和一 内接等边三角形的电阻丝组成的电路(电路中各段的电阻值见图) 。在圆线 圈平面内有垂直纸面向里的均匀磁场,磁感强度 B 随时间 t 均匀减小,其变 化率的大小为一已知常量 k。已知 2r1=3r2。试求图中 A、B 两点的电势差 UA-UB。
C

A

r1

r2
O

r2

r1

2r2 r1

B

图 6-47

B24.图 6-49 表示某个二极管的 U-I 特性曲线,将该二极管与电阻 R=10Ω 的负载串联,再接到 电动势ε =3V 的电源上(内电阻不计) ,二极管处于正向状态,如图 6-50 所示,问: (1)通过负载的电流强度和效率各为多少? (2)若ε =1.5V 时,通过负载的电流强度和效率又为多少? I/mA 300 200 100 30 20 10 0

?
1 2 3 U/V 图 6-50

R

图 6-49

B25.电源端压随负载电源变化的图象如图 6-51 所示, 求电源可 能供给负载的最大功率,为使功率最大,负载的电阻应是多少?

图 6-51

9

B 类题解答或提示
B4。答:见提示。 提示: (1)因为静电平衡后导体内部合场强为零,所以感应电荷 在 P 点的场强 E 感 和-q 在 P 点的场强 E ? q 大小相等,方向相反,即

E感 P

?
E ?q ? ? ?
?q

E感 ? E ? q ?

kq r12 方向如图 6-58 所示,r1 是-q 到 P 点的距离。

?

图 6-58

(2)由于导体板接地,因此感应电荷分布在导体的右边。根据对 称原理,可知感应电荷在导体外任意一点 P ? 处产生的场强一定和 感应电荷在对称点 P ?? 处产生的场强镜像对称(如图 6-59 所示) ,

? ?
P ?? ?q P?

即 E感P?? ? E感P? 。 而

E感P?? ? E ?q

kq ? 2 r2 , 式中 r2 为-q 到 P ?? 的距离,

? ? ?

图 6-59

E感P?

因此

E感P? ?

kq r22 ,方向如图 6-59 所示。

(3)根据(2)的讨论将 P ? 取在导体的外表面,此处的场强 由 E ? q 和 E感P? 叠加而成(如图 6-60 所示) ,不难看出,这两个场强 的合场强是垂直于导体表面的。 (4)在导体板内取一点和-q 所在点 A 对称的 A? 点, A? 的场 强由 E ? q 和 E感A? 叠加而成零。由对称可知,A 处的 E感A 和 E感A? 应 是大小相等,方向相反的(如图 6-61 所示) ,所以-q 所受的电场力 大小为

? ? ? ? ?

图 6-60

E ?q
P?

?q

E感P?

?
F ? E感A ? q ? E?q ? q ?

?2d ?

kq

2

2 ? q ? kq 4d 2

?
A?

方向垂直板面向左。 (5)因为 E ? q 和 E 感 在导体内处处平衡,所以+Q 只有均匀分布 在导体两侧,才能保持导体内部场强处处为零。 从以上(2) 、 (3 ) 、 (4)的分析中可看出:导体外部的电场分布与

E感A?

? E ?q ? ?

图 6-61

P? A ?q E

感A?

10

等量异名电荷的电场分布完全相似,即感应电荷的作用和在与 A 点对称的 A? 位置上放一个+q 的作 用完全等效,这就是所谓的“电像法” 。

B10。答: k

q 2 Rl ,方向指向 qO 方向。 (l 2 ? R 2 ) 2

提示:如图 6-69 所示,根据对称性, q? 肯定在 qO 或其长线上。设 q? 到 O 的距离是 a,对导体 球表面上任意一点 A 而言,它的电势应该由 q 和 q? 的电势叠加而成,即

k

q q? ?k ?0 r r?

设 O 为原点,Oq 为 x 轴,A 点的坐标为(x,y) 。则有

q y 2 ? (l ? x) 2

?

? q? y 2 ? ( x ? a) 2

,

q

r

q 2 y 2 ? ( x ? a) 2 ? q? 2 y 2 ? (l ? x) 2 ,

?

?

?

?

A r? a R q? o
图 6-69

(q 2 ? q? 2 ) y 2 ? (q 2 ? q? 2 ) x 2 ? (2aq2 ? 2lq? 2 ) x ? q? 2l 2 ? q 2 a 2
因为 A 点位于球心在原点的球面上,x、y 的一次项应该是零,所以要求

?2aq2 ? 2lq ? 2 ? 0, ? 2 2 ? q? l ? q 2 a 2 ? R2 ? 2 2 ? q ? q?

可解得

? R2 a ? , ? ? l ? ?q ? ? ? R q. ? l ?

“电像” q? 和感应电荷是完全等效的,这样,就可以很容易用库仑定律求得感应电荷对 q 的作 用力的大小为

F ?k

qq ? ? R2 ? ?l ? ? ? ? l ? ?
2

?k

q2

R l
2

? l 2 ? R2 ? ? ? ? l ? ? ?

?k

?l

q 2 Rl
2

? R2

?

2



方向指向 qO 方向。

11

B11。答:

I?

mg ?BR 。

提示:讨论当环处于水平位置情况(如图 6-70,俯视) ,在环上相对环直径 AB 对称分布的点 C 和点 D 附近,取长度均为 ?l 的两小元段,作用于第一个小元段上的安培力的方向垂直纸面向里,其 大小为

?F1 ? BI?l sin ? ? BI?x
式中 ?x 是线段 ?l 在直径方向上的投影, 作用于第二个小元段上的安培力 的方向垂直纸面向外,其大小为
A

? ?F1
B

I? l
I ?x ?

C
B

?F2 D I? l

?F2 ? BI?l sin ? ? BI?x
这两个力大小相等,方向相反,是一对力偶,它相对轴 AB 产生的转动力 矩为

图 6-70

?M ? ?F1lCD ? BI?xlCD ? BI?S
式中 ? S 是图上画有细斜线部分的面积。 我们将整个环分成类似的一对对小元段,它们相对直径 AB 对称分布,于是,当通过环的电流 为 I 时,磁场作用在整个环上的合力矩为

M ? BIS ? BI?R 2
它使环绕水平轴 AB 转动。 当环将处于上升状态时,有两个机械力使环转动,重力 mg,作用点在环中心,方向竖直向下; 正向支持力 N,作用点在环与平面的切点上,方向竖直向上,既然环仍然处于平衡,那么

mg? N ? 0



N ? mg

这样,两个机械力构成一对力偶,产生使环反向转动的力矩 M ? ? m gR 根据环的平衡条件可知,本情况中所有力的合力矩,即机械力和磁场力的力矩之和应该等于零

M ?M?? 0

BI?R 2 ? mgR ? 0
I?
由此得到所求的电流值为

mg ?BR 。

12

B19。答:线圈绕成圆形,线圈平面与 B 平行时线圈所受的磁力矩最大;最大磁矩是

M max ?

BIl2 4? 。

提示:先设任意形状的线圈放在匀强磁场中,磁感应强度 B 平行于线圈平面,如图 6-76 所示, 把载流线圈所围面积分成许多块与 B 平行的小狭条,每一狭条宽度为 h,考虑其中任一狭条,左右 两边 ?lk 、 ?l ?k 的电流元受到的安培力为

? ? BI?l K ? sin ? ? FK ? BI?l K sin ? , FK

B

? ? 为线圈上两小段弧长 ?lk 、 ?l ?k 中的电流与 B 的夹角。 式中 θ、
? sin ? ? ? h , 因 ?l K sin ? ? ?l K


h

x

图 6-76

? ?BIh FK ? FK 。

? 组成一对小力偶,力偶矩为 Fx 、 FK
?M K ? FK ? x ? BIlx ? BISK ( S K 为第 K 狭条的面积) ,
整个线圈所受力矩

M ? ? ?M K ? BI (h1 x1 ? h2 x2 ? ?? hn xn ) ? BI ?S1 ? S2 ? ?? Sn ? ? BIS
(S 为线圈总面积) 因此,当周长为一定时,要使 S 最大,必须把线圈绕成圆形。 现在再来讨论线圈平面和 B 夹角 ? 这种普遍情况, 这时上面讨论中考虑的第 K 狭条所受的安培 力未变,但力偶臂变为 x cos? ,所以要使力偶矩最大,必须使 cos ? ? 1 ,即 ? ? 0 (线圈平面与 B

平行) ,由 l ? 2?R ,得
2

R?

l 2?

l2 BIl2 S ? ?R ? M max ? 4? 代入后得, 4? 即

B22。答: U A ? U B ? ? 3a k / 32 。 提示:在各段电路上,感应电流的大小和方向如图 6-79 所示。电流的分布,已考虑到电路的对

2

13

称性,根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律,对半径为 a 的圆电路,可得

? ?a 2 k ? 2r1 I1 ? r1 I1
对等边三角形 3 个边组成的电路,可得

(1)
r1

I1 r2

A

I1

I2
O

? 3 3a k / 4 ? 2r2 I 2 ? 2r2 I 2
2

r2

r1
B

(2)
C

? I2

I2

对由弦 AB 和弧 AB 构成的电路,可得

2r2 r1 I ? 1

(?a ? 3 3a / 4)k / 3 ? r1 I1 ? r2 I 2
2 2

(3)

图 6-79

考虑到流进 B 点的电流之和等于流出 B 点电流之和,有

? ? I2 ? I1 ? I 2 ? I 2
由含源电路欧姆定律可得

(4)

U B ? U A ? ?a 2 k / 3 ? I1r1
由以上各式及题给出的 r2 ? 2r1 / 3 可解得

(5)

U A ? U B ? ? 3a 2 k / 32

B24。答: (1)60mA、20%; (2)20mA、13%。 提示: (1)二极管两端的电压与电流不遵循欧姆定律,因此要用图像法解,设通过二极管的电 流为 I,与此对应的二极管两端电压为 U,则

? ? U ? IR


I ? (? ? U ) / R

当 ? , R 为常数时,上式为一直线方程。当 I 变化时,I 与 U 一定在上述直线上变动,但另一方 面又必须在二极管的伏安特性曲线上,当取 ? ? 3V , R ? 10? 时, 可在图 6-81 上作出直线 AB, AB 与伏安特性曲线交于 Q 点, 从图上看出,对应的电流 I=60mA。 此时电源的效率为 20 I/mA

300 200 100 60 10 20 0

A

Q?
1 2

Q
3

B

U/V

I 2 R IR 6 ?10?2 ?10 ?? ? ? ? 20% I? ? 3
(2)若 R 不变,取 ? ? 1.5V ,则可在图上作出另一条平行
14

图 6-81

于 AB 的直线,与伏安特性曲线交于 Q ? ,从图上找出对应电流 I ? ? 20 mA ,进而求得对应效率。

?? ?

I ?R

?

?

2 ? 13% 15

W ,负载电阻为 R ? 5? 。 B25 答: 最大功率为 Pmax ? 0.45
提示:可行的电源结构可能是如图 6-82 那样的,即可将所用的电源看作是由两个电动势和内阻 均不同的电源组成的,图 6-82 中直线的斜率则由内阻决定,对于第一部分有

? 1 ? 6.2V , r1 ?
对于第二部分有

6.2V ? 23.8? 0.26 A

? 2 ? 3V , r2 ?

3V ? 5? 0.6 A

当外电路电阻 R外 和电源内阻 r内 相等时,电源输出功率最大。因此

图 6-82

只要检验一下,看看图像的第一部分和第二部分有没有分别与 R1 ? 23.8? 和 R 2 ? 5? 的对应点便 可确定。

I1 ?

?1
r 1? R1

?

6.2V ? 0.13A 47.6?

I 2 ? 0.3 A
两个点都在图像的相应部分上,说明图像每个部分都确定可以保证本部分的最大功率。比较一 下两部分的最大功率:

P 1 ? P2 ?

?1
?2
2 2

I1 ? 3.1? 0.13W ? 0.4W I 2 ? 1.5 ? 0.3W ? 0.45W

W。 可见,当负载电阻 R ? 5? 时,电路有最大输出功率为 Pmax ? 0.45

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