電磁學(xué)課后習(xí)題答案

1、第五章靜電場5 - 9若電荷Q均勻地分布在長為L的細棒上.求證：(1)在棒的延長線，且離棒中心為 r 處的電場強度為1 Q2 2n 4r L(2)在棒的垂直平分線上，離棒為r處的電場強度為1 Q2 n r * 4r2 L2若棒為無限長(即L* )，試將結(jié)果與無限長均勻帶電直線的電場強度相比較分析 這是計算連續(xù)分布電荷的電場強度.此時棒的長度不能忽略，因而不能將棒當(dāng)作點電荷處理.但帶電細棒上的電荷可看作均勻分布在一維的長直線上.如圖所示，在長直線上任意取一線元dx,其電荷為dq = Qdx/ L，它在點P的電場強度為dE 1 dqedE ,2 er4 n r整個帶電體在點P的電場強度E dE接著

2、針對具體問題來處理這個矢量積分.(1) 若點P在棒的延長線上，帶電棒上各電荷元在點P的電場強度方向相同，E dEiL(2) 若點P在棒的垂直平分線上， 如圖(A)所示，則電場強度E沿x軸方向的分量因?qū)ΨQ性疊加為零，因此，點 P的電場強度就是EdEyjLsin adEj證（1）延長線上一點P的電場強度Edq，利用幾何關(guān)系 r= r x統(tǒng)一積分變L 2 n 0r量，則EpL/2 1dx-L/24 n L r x 21r L/21 QZ 2電場強度的方向n 4r L(2)根據(jù)以上分析，中垂線上一點P的電場強度E的方向沿y軸，大小為.cESdEL 4 nr利用幾何關(guān)系sin a= r/rrx統(tǒng)一積分變

3、量，則L/ 2e-L/ 2 4 n so lrQ dx2 2/3r 12 nj&r *4r2 L2當(dāng)棒長Lis時，若棒單位長度所帶電荷X為常量,則P點電場強度E limlQ/ L_2 nsr -1 4r2/ L2X2 nr此結(jié)果與無限長帶電直線周圍的電場強度分布相同帶電長直細棒可視為無限長帶電直線.圖（B） 這說明只要滿足r2/L2 vv 1,5 14 設(shè)勻強電場的電場強度 E與半徑為R的半球面的對稱軸平行，試計算通過此半球 面的電場強度通量S5-VI 閤分析 方法1：由電場強度通量的定義，對半球面S求積分，即 sE dSs S方法2:作半徑為R的平面S與半球面S 一起可構(gòu)成閉合曲面，由于閉合

4、面無電荷, 由高斯定理SE dS這表明穿過閉合曲面的凈通量為零，穿入平面S的電場強度通量在數(shù)值上等于穿出半球面.cS的電場強度通量.因而 E dS E dSSS解1由于閉合曲面無電荷分布，根據(jù)高斯定理，有 E dS E dSSS依照約定取閉合曲面的外法線方向為面元dS的方向， E tR2 cos n ?R2E解2取球坐標(biāo)系，電場強度矢量和面兀在球坐標(biāo)系中可表示為E E cos e sin cos 0e0 sin 0sin er2dS R sin 0d 0 er2 2 E dS ER sin Osin d 0SSn22nER sin 0 0 si nd0 0tR2E5 - 17設(shè)在半徑為R的球體

5、，其電荷為球?qū)ΨQ分布，電荷體密度為p kr0 r Rp 0rRffi 5 - 17 N分析 通常有兩種處理方法：（1）利用高斯定理求球外的電場分布 .由題意知電荷呈球?qū)ΨQ分布，因而電場分布也是球?qū)ΨQ， 選擇與帶電球體同心的球面為高斯面， 在球面上電場強度.C大小為常量，且方向垂直于球面，因而有E dS E 4 n2S1根據(jù)高斯定理oE dS pV，可解得電場強度的分布%(2)利用帶電球殼電場疊加的方法求球外的電場分布.將帶電球分割成無數(shù)個同心帶電球殼，球殼帶電荷為 dq p 4 nr 2dr，每個帶電球殼在殼激發(fā)的電場dE 0 ,而在球殼外激發(fā)的電場dE4 nr由電場疊加可解得帶電球體外的電場

6、分布rdE0RdE0解1因電荷分布和電場分布均為球?qū)ΨQ，球面上各點電場強度的大小為常量，由高斯定理pV得球體（0 r R)R 2kr4 n drkR2er4電解2將帶電球分割成球殼，球殼帶電dqpVkr 4 n 2dr由上述分析，球體(0W rR)R 10 4 n 0kr4n 2dr2rerkR24%0?er5 - 20 一個外半徑分別為 Ri和R2的均勻帶電球殼，總電荷為 Qi，球殼外同心罩一個半 徑為R3的均勻帶電球面，球面帶電荷為 Q2 .求電場分布電場強度是否為離球心距離 r的連 續(xù)函數(shù)？ 試分析分析 以球心0為原點，球心至場點的距離 r為半徑，作同心球面為高斯面 由于電荷呈球 對稱分

7、布，電場強度也為球?qū)ΨQ分布，高斯面上電場強度沿徑矢方向，且大小相等因而2EdS E 4n2 .在確定高斯面的電荷q后，利用高斯定理-EdS q/電即可求出電場強度的分布.解 取半徑為r的同心球面為高斯面，由上述分析E 4n2r v Ri，該高斯面無電荷,q/電0 ,故 Ei 0Ri v rV R2，高斯面電荷Qi r3R3R；戌R2 v rr R3E2Qi r3 戌rV R3，高斯面電荷為Qi ,故E；Q4 n訂2，高斯面電荷為Qi + Q2，故E4Qi Q24 nr2電場強度的方向均沿徑矢方向，各區(qū)域的電場強度分布曲線如圖 側(cè)，電場強度的左右極限不同，電場強度不連續(xù)，而在緊貼 強度的躍變量(

8、B)所示.在帶電球面的兩 r = R;的帶電球面兩側(cè)，電場EE4E；q2(T這一躍變是將帶電球面的厚度抽象為零的必然結(jié)果，且具有普遍性實際帶電球面應(yīng)是有一定厚度的球殼，殼層外的電場強度也是連續(xù)變化的，本題中帶電球殼外的電場，在球殼的厚度變小時，E的變化就變陡，最后當(dāng)厚度趨于零時，E的變化成為一躍變.5 - 21兩個帶有等量異號電荷的無限長同軸圓柱面，半徑分別為Ri和R2 Ri ），單位長度上的電荷為入.求離軸線為r處的電場強度：（1） r v Ri , （ 2） Ri v r v R2 , （3） r 斯面，只有側(cè)面的電場強度通量不為零,且：EdS E 2 nL ,求出不同半徑高斯面的電荷q

9、.即可解得各區(qū)域電場的分布 解作同軸圓柱面為高斯面，根據(jù)高斯定理E 2 nLq / 右r v Ri ,q 0Ei 0在帶電面附近，電場強度大小不連續(xù)，電場強度有一躍變Ri v r v R2 , q 2L入E2 22 n（0rr R2，q 0E30在帶電面附近，電場強度大小不連續(xù)，電場強度有一躍變?nèi)?(TE這與5 20題分析討論的結(jié)果一致.5 - 22 如圖所示，有三個點電荷 Qi、Q2、Q3沿一條直線等間距分布且 Qi = Q3 = Q. 已知其中任一點電荷所受合力均為零，求在固定Qi、Q3的情況下，將Q2從點O移到無窮遠處外力所作的功q28 n電d0 C分析 由庫侖力的定義，根據(jù) Qi、Q3

10、所受合力為零可求得 Q2 .外力作功W應(yīng)等于電場力 作功W的負值，即W= W.求電場力作功的方法有兩種：（1）根據(jù)功的定義，電場力作的功 為W o Q2 Edl其中E是點電荷Qi、Q3產(chǎn)生的合電場強度 （2）根據(jù)電場力作功與電勢能差的關(guān)系，有W Q2V0 VQ2V0其中Vo是Qi、Q3在點O產(chǎn)生的電勢（取無窮遠處為零電勢）. 解i由題意Qi所受的合力為零Qi Q2 2 Qi04 n%d4 n% 2d解得由點電荷電場的疊加,4Q3Qi、Q3激發(fā)的電場在y軸上任意一點的電場強度為EiyE3yQy22 3/22 n電 d y將Q2從點O沿y軸移到無窮遠處, 作的功為（沿其他路徑所作的功相同，請想一想

11、為什么?）外力所Q2E dlQy2 n% d22 3/2 dyy解2與解1相同，在任一點電荷所受合力均為零時Q2q，并由電勢4的疊加得Qi、Q3在點0的電勢Q1Q3 Q4 n(od 4 nd 2 nd將Q2從點O推到無窮遠處的過程中，外力作功Q2V0Q28 n電dU12E2 dl C.這是因為在許多實際問比較上述兩種方法，顯然用功與電勢能變化的關(guān)系來求解較為簡潔 題中直接求電場分布困難較大，而求電勢分布要簡單得多.5 - 23已知均勻帶電長直線附近的電場強度近似為入E2 n%r為電荷線密度.（1）求在r = ri和r = r2兩點間的電勢差；（2）在點電荷的電場中，我們曾取ris處的電勢為零，

12、求均勻帶電長直線附近的電勢時，能否這樣??？試說明.解（1）由于電場力作功與路徑無關(guān)，若沿徑向積分，則有Ul22Eridr入2 n%ri（2）不能嚴格地講，電場強度E2 n%r只適用于無限長的均勻帶電直線，而此時電荷分布在無限空間，ris處的電勢應(yīng)與直線上的電勢相等5 - 27 兩個同心球面的半徑分別為 Ri和R2，各自帶有電荷 Qi和Q2 .求：（1）各區(qū)域電勢分布，并畫出分布曲線;題5-27圖分析 通?？刹捎脙煞N方法（i）由于電荷均勻分布在球面上，電場分布也具有球?qū)ΨQ性， 因此，可根據(jù)電勢與電場強度的積分關(guān)系求電勢取同心球面為高斯面，借助高斯定理可求得各區(qū)域的電場強度分布，再由VpE dl可

13、求得電勢分布.（2）利用電勢疊加原理求電勢H p一個均勻帶電的球面，在球面外產(chǎn)生的電勢為4 nr在球面電場強度為零，電勢處處相等，等于球面的電勢Q4 nR其中R是球面的半徑根據(jù)上述分析，利用電勢疊加原理，將兩個球面在各區(qū)域產(chǎn)生的電勢 疊加，可求得電勢的分布解1(1)由高斯定理可求得電場分布E2Qi4 n電r2E3嚴 er4 n(orR1R-irR2rR2由電勢VE dl可求得各區(qū)域的電勢分布r當(dāng)r w Ri時，有RiVi已rdlR2rE2dlR2 E3 dlQi 0111QiQ24乓RiR24 n R2QiQ24 n電R4 noR當(dāng)Ri w r w R2時，有R22E2 dlE3 dlrR23

14、Qi11QiQ24 nor艮4 nsoR2QiQ24 nor4 n o R2當(dāng)r R2時，有V3E3 dlrQiQ24 n %r(2)兩個球面間的電勢差R2Qi 丄14 n 電 RRg解2(1)由各球面電勢的疊加計算電勢分布.若該點位于兩個球面，即r w Ri，則若該點位于兩個球面之間，即若該點位于兩個球面之外，即Vi旦4 nRQi4 n（o）rr R2，則QiQ24 n%R2Q24 no R2Q24 n（o）r(2)兩個球面間的電勢差Ui2VV2r R2Qi4 n oR R2 時,E2 rQ q4 nr2由電場強度與電勢的積分關(guān)系，可得各相應(yīng)區(qū)域的電勢分布.r vRi時,ViE dlrRiE

15、i dl rR2RiE2dlR2E3dlq Q4 n（0）Ri4 n（0 R2Ri v rv R2 時,V2E dlrR2E2 dlrE3dlq4 n0r R2 時,E3 dlq Q4 n（o）r.c也可以從球面電勢的疊加求電勢的分布.在導(dǎo)體球（ r v Ri）q Q4 nR 4 n%R2在導(dǎo)體球和球殼之間（Riv r v R2 ）q Q4 n0）r4 n%R2在球殼外（r R2）q Q4 n%r由題意ViVoqQ4 nR24 n得qQViVo4 nR24 n0&代入電場、電勢的分布得r v Ri 時,Ei0 ; ViVoR1 v r v R2 時,E2RVRQRiVo (r R)Qr 4 n

16、%R2rr 4 n(oR2rr R2 時,E3RVo2r(R2 r)q ；4 nsoR2r2RiV0(R2 R1)Qr4冗亦26 12如圖所示球形金屬腔帶電量為 Q 0,半徑為a外半徑為b,腔距球心O為r處有一點電荷q,求球心的電勢.老6 -12圖分析導(dǎo)體球達到靜電平衡時,表面感應(yīng)電荷-q，外表面感應(yīng)電荷q；表面感應(yīng)電荷不均勻分布，外表面感應(yīng)電荷均勻分布.球心O點的電勢由點電荷q、導(dǎo)體表面的感應(yīng)電荷共同決定.在帶電面上任意取一電荷元，電荷元在球心產(chǎn)生的電勢dVdq4 nsoR由于R為常量，因而無論球面電荷如何分布，半徑為R的帶電球面在球心產(chǎn)生的電勢為v qs4 nR 4 nR由電勢的疊加可以求

17、得球心的電勢.解 導(dǎo)體球表面感應(yīng)電荷-q,外表面感應(yīng)電荷q；依照分析，球心的電勢 為V亠4 nrqq Q4 n a 4 nb第七章恒定磁場7 2 一個半徑為r的半球面如圖放在均勻磁場中，通過半球面的磁通量 為（ ）(A) 2n2B(C) 2 n2Bcos a2(B)n B(D)n2Bcos a分析與解 作半徑為r的圓S與半球面構(gòu)成一閉合曲面，根據(jù)磁場的高斯定理，磁感線是閉 合曲線，閉合曲面的磁通量為零，即穿進半球面 S的磁通量等于穿出圓面 S的磁通量;m B S 因而正確答案為（D）.7 -3下列說確的是（）（A ）閉合回路上各點磁感強度都為零時，回路一定沒有電流穿過（B）閉合回路上各點磁感強

18、度都為零時，回路穿過電流的代數(shù)和必定為零（C）磁感強度沿閉合回路的積分為零時，回路上各點的磁感強度必定為零（D）磁感強度沿閉合回路的積分不為零時，回路上任意一點的磁感強度都不可能為零分析與解 由磁場中的安培環(huán)路定律， 磁感強度沿閉合回路的積分為零時，回路上各點的磁感強度不一定為零；閉合回路上各點磁感強度為零時， 穿過回路的電流代數(shù)和必定為零。 因 而正確答案為（B ）7 - 4在圖（a）和（b）中各有一半徑相同的圓形回路 L1、L2 ,圓周有電流11 、12 , 其分布相同，且均在真空中，但在（b）圖中 L2回路外有電流I3 , P1、P2為兩圓形回路上的對應(yīng)點，則()(A)BLidl-BL2

19、dl ,BPiBP2(B)BLidlBL2dl ,BpiBP2(C)BLidl-BL2dl ,BPiBP2(D)BLidlBL2dl ,BpiBP2o分析與解 由磁場中的安培環(huán)路定律，積分回路外的電流不會影響磁感強度沿回路的積分;C).但同樣會改變回路上各點的磁場分布.因而正確答案為（7 - 10如圖所示，有兩根導(dǎo)線沿半徑方向接觸鐵環(huán)的a、b兩點，并與很遠處的電源相接。求環(huán)心0的磁感強度.分析根據(jù)疊加原理，點 0的磁感強度可視作由弧電流共同激發(fā)由于電源距環(huán)較遠，于Idl r 0,由畢一薩定律知 Bbe Bfa 0 . 圓弧在點0激發(fā)的磁場分別為Bef 0 .ef、be、fa三段直線以及acb、

20、adb兩段圓而be、fa兩段直線的延長線通過點0,由流過圓弧的電流11、12的方向如圖所示，兩也丨1丨11 2l2B1, 2，B2,24 n4 n其中h、I2分別是圓弧acb、adb的弧長，由于導(dǎo)線電阻 R與弧長I成正比，而圓弧acb、adb 又構(gòu)成并聯(lián)電路，故有I1I1 1 2I2將B1、B2疊加可得點0的磁感強度B.解 由上述分析可知，點 0的合磁感強度MoI 1l1MoI 2l2B B1B22,204 n4 n7 - 11如圖所示，幾種載流導(dǎo)線在平面分布，電流均為1，它們在點0的磁感強度各為多將不同形狀的載流導(dǎo)線分解成長直部分和圓弧部分,分析應(yīng)用磁場疊加原理求解.它們各少？.c自在點0處

21、所激發(fā)的磁感強度較容易求得，則總的磁感強度B0 Bi解 (a) 長直電流對點0而言，有Idl r 0，因此它在點0產(chǎn)生的磁場為零，則點 0 處總的磁感強度為1/4圓弧電流所激發(fā)，故有Bo8RB0的方向垂直紙面向外.由疊加原理可得他I由I2R 2nR(b) 將載流導(dǎo)線看作圓電流和長直電流，BoBo的方向垂直紙面向里.(c) 將載流導(dǎo)線看作1/2圓電流和兩段半無限長直電流，由疊加原理可得B 怡1 由1 比I出1訕4 nR 4 n 4R 2 n 4RBo的方向垂直紙面向外.7 - 15如圖所示，載流長直導(dǎo)線的電流為 I，試求通過矩形面積的磁通量.可在矩形平面上取一分析 由于矩形平面上各點的磁感強度不

22、同，故磁通量工BS.為此, 矩形面元dS = Idx 圖(b),載流長直導(dǎo)線的磁場穿過該面元的磁通量d B dS 衛(wèi) Idx 2 n矩形平面的總磁通量d解由上述分析可得矩形平面的總磁通量d2 訕Mo11d2Idx In -dl 2 n2 n 4I，但電流的流向相；(2) Ri v r v7 - 17有一同軸電纜，其尺寸如圖(a)所示兩導(dǎo)體中的電流均為反，導(dǎo)體的磁性可不考慮.試計算以下各處的磁感強度：(1) r vR2 ; ( 3) R2 v r v R3 ； ( 4) r R3 .畫出 B r 圖線.7-17 IV分析同軸電纜導(dǎo)體的電流均勻分布，其磁場呈軸對稱,取半徑為r的同心圓為積分路徑,d

23、l B 2 nr,利用安培環(huán)路定理dlI，可解得各區(qū)域的磁感強度.由上述分析得 r v RiBi1怡 2 nRiBiMoir2 tRiRi v r v R2B2 2 nm)IB2MoI2 nR2 v r v R3B3 2nMo I2nrR2 InRs RfB3MaiRf r2r R3B4 2 nmo I I 0b40磁感強度B (r )的分布曲線如圖(b)7 - 29如圖（a）所示，一根長直導(dǎo)線載有電流11 = 30 A，矩形回路載有電流12 = 20 A .試計算作用在回路上的合力.已知d = 1.0 cm, b = 8.0 cm, l = 0.12 m.IIIIII方向相反，對不變形的矩形

24、回路分析 矩形上、下兩段導(dǎo)線受安培力Fi和F2的大小相等, 來說，兩力的矢量和為零而矩形的左右兩段導(dǎo)線，由于載流導(dǎo)線所在處磁感強度不等，所 受安培力F3和F4大小不同，且方向相反，因此線框所受的力為這兩個力的合力.解 由分析可知，線框所受總的安培力F為左、右兩邊安培力F3和F4之矢量和，如圖（b）所示，它們的大小分別為F3怡丨1丨212 ndF42 nd b故合力的大小為FF3 F4 區(qū)血皿11.28 10 3 N2 nd2nd b合力的方向朝左，指向直導(dǎo)線.第八章電磁感應(yīng)電磁場8 -1 一根無限長平行直導(dǎo)線載有電流 I,一矩形線圈位于導(dǎo)線平面沿垂直于載流導(dǎo)線方向 以恒定速率運動（如圖所示），

25、則（）（A ）線圈中無感應(yīng)電流（B）線圈中感應(yīng)電流為順時針方向（C）線圈中感應(yīng)電流為逆時針方向(D) 線圈中感應(yīng)電流方向無法確定題8 I圖分析與解 由右手定則可以判斷， 在矩形線圈附近磁場垂直紙面朝里，磁場是非均勻場,離長直載流導(dǎo)線越遠，磁場越弱.因而當(dāng)矩形線圈朝下運動時，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流方向由法拉第電磁感應(yīng)定律可以判定.因而正確答案為(B).8 -5 下列概念正確的是()(A )感應(yīng)電場是保守場(B) 感應(yīng)電場的電場線是一組閉合曲線(C) m LI，因而線圈的自感系數(shù)與回路的電流成反比(D) m LI，回路的磁通量越大，回路的自感系數(shù)也一定大分析與解對照感應(yīng)電場的性質(zhì)，感應(yīng)電場

26、的電場線是一組閉合曲線.因而 正確答案為(B)8 -7有兩根相距為d的無限長平行直導(dǎo)線，它們通以大小相等流向相反的電流，且電流 均以 匸 的變化率增長.若有一邊長為d的正方形線圈與兩導(dǎo)線處于同一平面，如圖所示.dt線圈中的感應(yīng)電動勢.分析本題仍可用法拉第電磁感應(yīng)定律dt來求解.由于回路處在非均勻磁場中，磁通量就需用 B dS來計算（其中B為兩無限長直電流單獨存在時產(chǎn)生的磁感強度BiS與B2之和）.為了積分的需要，建立如圖所示的坐標(biāo)系由于B僅與x有關(guān)，即B B（x），故取一個平X、行于長直導(dǎo)線的寬為d X、長為d的面元d S,如圖中陰影部分所示，貝y dS ddx，所以,總磁通量可通過線積分求得

27、（若取面元dSdxdy，則上述積分實際上為二重積分）本題在工程技術(shù)中又稱為互感現(xiàn)象，也可用公式EmdlM 求解.dt.c解1穿過面元d S的磁通量為dSB1 dS B2dSMqI2 nx dddx 宜 ddx2 nx因此穿過線圈的磁通量為2d eldd 2 nx ddx業(yè)In?2 n 4d|dt再由法拉第電磁感應(yīng)定律,E ddT解2當(dāng)兩長直導(dǎo)線有電流I通過時，穿過線圈的磁通量為In n 4線圈與兩長直導(dǎo)線間的互感為蟲ln2 n 4當(dāng)電流以變化時，線圈中的互感電動勢為dldtdtE Mdt試想：如線圈又以速率v沿水平向右運動，如何用法拉第電磁感應(yīng)定律求圖示位置的電動勢呢？此時線圈中既有動生電動勢，又有感生電動勢.設(shè)時刻 t，線圈左端距右側(cè)直導(dǎo)線的距 離為E,則穿過回路的磁通量 B dS f 1, E,它表現(xiàn)為變量I和的二元函數(shù)，將 代Sdd E入E即可求解，求解時應(yīng)按復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)，注意，其中v ,再令d即可dtdt求得圖示位置處回路中的總電動勢.最終結(jié)果為兩項， 其中一項為動生電動勢，另一項為感生電動勢.8 - 12如圖所示，長為L的導(dǎo)體棒0P，處于