電磁學(xué)題型及答案

1、半徑為R的帶電球，起體電荷密度p = Po（ l_L）,劣為一常數(shù)，r為空間某帶至球心的距離R試求：（1）球內(nèi)，外的強(qiáng)度分布。（2）為多大時(shí)，場強(qiáng)最大，該點(diǎn)的 Emax = ?解：（1） p = p0（ 1 -）,Q與r是線性關(guān)系。在球內(nèi)P。做一個(gè)半R徑為r的與帶電球同心的球面斯面如圖，根據(jù)對(duì)稱性分析，此球面上 的場強(qiáng)大小相等，方向與r的一致。由高斯面定理：E *<7S赤=4行2/內(nèi)廠Jq卩亠必?.?物 4 內(nèi)二魯（：%。0土海'R）當(dāng)r < R時(shí)，即在球外過任一點(diǎn)仍作球形高斯面 由高斯定理得：且瓦?示=4杼E外Rrr 313q = f P< （'京4 兀 r

2、 dr = j 兀 PoRd o 3f萬島=章（1-云）=27?3越大，瓦單調(diào)減小，因而球外場強(qiáng)無極值。如圖所示，兩條平行的無線長均勻帶電直線，相距為2a電荷線 密度分別為+a,求這兩條直線在空間任一點(diǎn)的場強(qiáng)。解：利用高斯定理分別求出兩條均勻帶電直線在點(diǎn)P的電場強(qiáng)度：E+ -篇二 r+vr_ 一E- - r-2兀WAA.=cos a Z +si n a Jr+ AAx + y ?l+AJr+ r+A x-a y A.2 兀&T r+ r+27r 好 rx-az y V 1 + J)2"。r：） 其中：=y2 +（x+o）2=y2 +(x-a)21.4. 8解答：(1)圖148

3、為所挖的空腔，T點(diǎn)為空腔中任意一點(diǎn)，空腔中電荷 分布可看作電荷體密度為 Q的 實(shí)心均勻帶電球在偏心位置處加上一 個(gè)電荷體密度為一的實(shí)心均勻帶電球的疊加結(jié)果，因此，空腔中任 意點(diǎn)T的場強(qiáng)丘應(yīng)等于電荷體密度為 Q的均勻帶電 球在T點(diǎn)產(chǎn)生場 強(qiáng)Eo與電荷體密度為P的均勻帶電球在T點(diǎn)產(chǎn)生場強(qiáng)E o 的疊加p-p結(jié)果。而弓與瓦P均可利用高斯定理求得，即E =£ 1E =_ 巫3%3%式中：$為從大球圓心。指向T點(diǎn)的矢徑；A從小球圓心O,指向T點(diǎn)的矢徑空腔中任意點(diǎn)T的場強(qiáng)為E = E+E 二-A-(r-E) = -A-cP 3%3%因T點(diǎn)為空腔中任意一點(diǎn)，8為一常矢量，故空腔內(nèi)為一均勻電場(2)

4、 M點(diǎn)為大球外一點(diǎn)，根據(jù)疊加原理P = P b3 a3Ppv尸點(diǎn)為大球內(nèi)一點(diǎn)，根據(jù)疊加原理，求得3"+c)21.6. 5解答:(1) 根據(jù)電勢的定義，/ 區(qū)的電勢為區(qū)的電勢為Vn =ir 4兀廣地4芯。 ?)=1 上、I r 只2)/區(qū)的電勢為10、4花*0( & 夫2 /(2) 當(dāng)。=-0時(shí)，功 (,)=0，代入(1)中三個(gè)區(qū)域中的電Vi(r) = Vii(Ri)=勢的表達(dá)式，求得峪"=0,"=名(1/r2)，V/(r)=(1 1)皿頃RJV-尸曲線如圖1.6.5 (a)所示Q2 _ 2i一當(dāng)瓦 =-萬時(shí)，代入(1)中三個(gè)區(qū)域的電勢的表達(dá)式，求得fl 1

5、)4碓。即4?Vr曲線如圖所示III r2. 1.3三塊平行放置的金屬板 A, B, C其面積均為S, AB間距離為x, BC間距離 為d,設(shè)d極小，金屬板可視為無限大平面，忽略邊緣效應(yīng)與A板的厚度，當(dāng)B,C接地(如 圖)，且A導(dǎo)體所帶電荷為Q時(shí)，試求：(1) B,C板上的感應(yīng)電荷；(2) 空間的場強(qiáng)及電位分布.解：(1)根據(jù)靜電平衡時(shí)，導(dǎo)體中的場強(qiáng)為零，又由B,C接地：(7*2 =一。5=0 6 = °(cr3 +CT4)S = 2(7 板的總 電量得)色"四(d f)(由A板的電位得)解以上方程組得出：k _ Q(d -x)Q(d -X)k _ 伽 k _ Qx% =

6、% = % = 一云SaSaSaSaB板上感應(yīng)電荷:n _ c. Q(d - x)QB =號(hào)=C板上的感應(yīng)電荷：Qc ="=-岑 a(2)場強(qiáng)分布：Sdf,E/vE = Q(df?u SdEa AB電位分布：U = 0； U nr = 0LiQ(d - x)Sdco(xr)QxSdE(d x r)其中r是場點(diǎn)到板A的距離&和& (見俯圖)2. 2. 1點(diǎn)電荷q放在中性導(dǎo)體的中心，殼的內(nèi)外半徑分別為 求場強(qiáng)和電位的分布，并畫出 E-r和U-r曲線。解：(a)場強(qiáng)分布：利用高斯定理可求得：A4花o'R < r < R2:啟0r> R2:(b)電位

7、分布：設(shè)距球心r處的電位U :U=q Jr+r q dr =(l- R1±R1±4 倒 /J?2 4 咨 /E-r, U-r曲線如圖。2. 2. 2如圖所示，球形金屬帶電量 Q>0,內(nèi)半徑為a，外半徑b,腔內(nèi)距球心0為r 處有一點(diǎn)電荷q,求球心0的電位。解：用高斯定理可證得：金屬腔內(nèi)表面 S,所帶的總電量為-q,因?yàn)殡姾墒睾悖?金 屬腔外Sh所帶電量為Q+q球心0的電位：U.=UqAU qAQ+q = +a +a目弓dsA7iEor 47TEoa4 兀£由七q + g、込4 族 0 r 4 左 o a 4% b4 花 0 r a b 4 左 °z?

8、2. 2. 1 一半徑為R*的金屬球A外罩一個(gè)同心金屬球殼B,球殼極薄，內(nèi)外半徑 可看作R"。(如圖所示)已經(jīng)知道 A帶電量為Qa, B帶電量為cb,試求:(1) A的表面S2, S'的電量；(2) 求A, B球的電位(無限遠(yuǎn)處電位為 0);(3) 在B外罩一個(gè)同心的很薄中性金屬殼，再答(1) , (2)兩問;(4) 用導(dǎo)線將A, B球相連，再答(1) , (2)兩問；(5) 將B接地，再答(1) , (2)兩問(B外不再罩有球殼)；(6) 將A接地，再答(1) , (2)兩問(B外不再罩有球殼)；。解：根據(jù)高斯定理及電荷守恒定律可得出以下結(jié)論：(1) 01 = QA 

9、9; 02 = QaRb Ub4兀£辭03 =Q a+q b-1 (QB | Qa)4% Rb Ra(3) 在B外再罩一個(gè)同心且很薄中性金屬殼 C后,01 = Qa, 02 = - Qa, QS3 =Q A+Q B04 = (QA +QB) , QS5 =QA+QBuc = qa+qb因?yàn)閏殼很薄其內(nèi)外半徑均為RQ gRcUB = QA+QB,4 篷 °RB(4) 用導(dǎo)線將A, B球相接后;=0Qs02 = QS3 =Q A+Q bQS4= -( 2 + QB) QS5=QA+QbUc =Qa+Q b4TTEoRcUB=U A =Qa+Q b4昭A（5）將B球接地（B外不再

10、有C殼）時(shí);2S| = QaQS2 = -QAQS, =0U B= oUa =d （）G RA RB（6）將A球接地（B外不再有殼）時(shí)：設(shè)球所帶電量為QMU A= B Qa QA ( 1 )= 04%鳥4% Rb Ra,R2A =-/ QbRBQsl =QA=fBKBQS2= 0 '=aBRBQs, =Q B+Q ； =QB-R/(RB - RA) QBU _ QB +0 _ g - RA) QBB 4 涎 °RB4%鳥 22. 3. 2如圖所示，平行板電容器兩極板的面積都是S相距為d,其間平行放置一厚度為t的金屬板。略去邊緣效應(yīng)。1)求電容C。(2) 金屬板離極板的遠(yuǎn)近對(duì)電

11、容值有無影響。(3) 設(shè)沒有放金屬板時(shí)的電容器的電容 Co= 600 (/zF),兩極板間電位差為10伏，當(dāng)放入厚度t=1的金屬板時(shí)，求此時(shí)4 電容C及兩板間的電位差U (設(shè)電量不變)。 解：(1)AC間的電容等于AB間電容與BC間電容的串聯(lián)。 設(shè)BC間距離為x.一句 $ ?AB dAB d-t-x _ £() S_ 如 sSc - 3 一一XC 。膈？ C c Cw + CBC d t因?yàn)镃=丹與X無關(guān)，所以金屬板的位置對(duì) C無影響(3) '-'Co = £2. 3. 2解答:(1)平行放置一厚度為f的中性金屬板D后，在金屬板上、下 將出現(xiàn)等值異號(hào)的感應(yīng)電

12、荷，電場僅在電容器極板與金屬板之間，設(shè)電荷面密度為,電場A、B間電壓為UAB =里 0 T)T)A、B間電容C為C= 0 一U ab d t(2) 金屬板離極板的遠(yuǎn)近對(duì)電容。沒有影響(3) 設(shè)未放金屬板時(shí)電容器的電容為放金屬板后，板間空氣厚度為此時(shí)電容器的電容為p V AC =兀=-C n=800/F 3d 3TB間電壓為由于A、B不與外電路連接，電荷量0不變，此時(shí)皿=£ =畑=7"3. 4. 5解答：(1)根據(jù)電容器的定義并代入數(shù)據(jù)，得C0=A = 1.8x10 -loF(2) 金屬板內(nèi)壁的自由電荷(絕對(duì)值)為I 如二明=5.4x10-7 C3(3) 放入電介質(zhì)后，電壓降

13、至t7 = 10 V時(shí)電容C為。=久 =5.4 乂 101 叩U(4) 兩板間的原電場強(qiáng)度大小為Eo=-A = 3xlO 5V/m(5) 放入電介質(zhì)后的電場強(qiáng)度大小E 二一=10 5V/mI(6) 電介質(zhì)與金屬板交界面上的極化電荷的絕對(duì)值為|，|,因極 化電荷與自由電荷反號(hào)，有E = E0-E'而| 磯二，s = %E'S =% (Eo - E)S = 3.6x10-7(7) 電介質(zhì)的相對(duì)介電常數(shù)為3. 5. 3解答:1SAr/& |i方向(1) 介質(zhì)板用 “2”標(biāo)記，其余空氣空間用 “1” 標(biāo)記，單位矢 為由高電勢指向低電勢，兩極板間電勢差 (絕對(duì)值 ) 為&

14、2n，+EJd-， ) = "(1)無論在空間1還是在2,電位移矢量D相等，故有勺E|n =以=乜齊E2n得E& = EE2 n(2)將(2) 式代入 (1) 式得(1 4l +rd£萬 U 八寫成矢量”(H， 解得A = A =1 2 (1- ,.)/ + n5亓圮d) U .R =綸EA =en-(1- £,.)/+ 喝 n（2）因故極板上自由電荷的電荷量（絕對(duì)值）為|q() I = s =MJS(1 弓.)/ +(3)極板和介質(zhì)間隙中（空氣£）的場強(qiáng)丘空二瓦，故_D_ ErU 入E空=廠（1-方1+"（4）電容為Q QoU (1&

15、#163;)l +rd£4. 5. 2解答:圖中設(shè)定：S = 20V,& = 6Q,R 內(nèi)產(chǎn) 1Q,0 =4Q,R 內(nèi)=1Q,氏=2。,電=1Ql=1AJ3=2A,選定中間支路電流匕的正方向由B指向A,設(shè)兩個(gè)電池極板均勻左正右負(fù)，電勢§和圣的“正方向”就是由負(fù)極指向正極，設(shè)兩個(gè)網(wǎng)孔的閉合電路的環(huán)行方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，列出節(jié)點(diǎn)議程和回路方程I2 = 13-11 = 1ASY = (R 內(nèi) i + RJL -(垸2 + RDL S1-S2 = (R 加 + RDL-(R 加 + R3H3代入數(shù)據(jù)，解得*1 = 18V,*2 = 7V與設(shè)定的電動(dòng)勢力的正方向相比，知電池 &

16、amp;與&2的極性均為左正 右負(fù)。4. 5. 3解答:對(duì)照附圖，令 & =12V,&2=10V,&=8V ，4n二=%3=IQ，& = 2Q, R2 = 1Q,叫=3。, E = 2Q R5 = 2Q.對(duì)外環(huán)回路取逆時(shí)針繞行方向，電流為I = = 0.44AAl + K + + 夫 4 + 足 + 夫 2設(shè)右端節(jié)點(diǎn)為C,則UAC=T（ &+&內(nèi)】 +&）+ § =10? 2V因?yàn)?&2=10V所以 UAB=UAC-UBC=O. 2V（ 2）選定流過專的電流匕正方向由右至左，流過 &2的電流匕與流 過宜

17、的電流匕正方向由左至右，兩個(gè)網(wǎng)孔閉合電路的繞行方向?yàn)槟鏁r(shí) 針方向，列出 節(jié)點(diǎn)方程和回路方程A =I 2+I 3§&2 = L （焰 1 +夫 2 + &1 ） + /2 （慫 2 +夫 3） £ 一£ =12 （慫 2 + 叫）+ /3 （夫 4 + 慫 3 + 氏）聯(lián)立解得： / = 0.46A5. 2. 3解答：（a）因?yàn)閮芍遍L載流導(dǎo)線延長線均通過圓心，所以對(duì) 0點(diǎn)的磁 場沒有貢獻(xiàn)，故只需考慮兩個(gè)圓弧載流導(dǎo)線在 0點(diǎn)產(chǎn)生的磁場，它們所激發(fā)的磁場分別為月和旦，方向均垂直紙面向里，故 0點(diǎn)的合磁場大小為B = Bi+ B24打方向均垂直紙面向里。(

18、b)兩延長線的直長載流導(dǎo)線對(duì) 0點(diǎn)的磁場沒有貢獻(xiàn)，只需考 慮兩長度為b的直長載流導(dǎo)線對(duì)0點(diǎn)的磁場3、旦和圓弧載流導(dǎo)線對(duì)。噗的磁場為，方 向均垂直紙面向里，其合磁場大小為3兀QB = B+B,+B3 =- (cos 90 - cos 135) x° + -24 兀 b4tt a妃3 *、b 2a方向均垂直紙面向里。5. 3. 2 解答:左右側(cè)電流I在長方形框架產(chǎn)生的磁通量分別為 Q與Q設(shè)框架面積的法線方向取垂直紙面向里，因。=。，則有0.二中。=業(yè) 111AA = 1.385乂 10馳'171 a框架的磁通量為0> = 20> =2.77xQAWZ?5. 4. 1 解答:由于磁場的對(duì)稱性分布，可用安培環(huán)路定理求解(1)在Q<r<Rt,設(shè)以r為半徑的圓面積為穿過該面的電流為由培環(huán)路定理Ir2 兀 RBA= &( -)§ =，。- I兀RR1 1解得B=如籍2JCR1在&<注夫2,同理，解得在R2<r<R 3,設(shè)以r為半徑的圓2面積為S"穿過該面的電流為7",由安 培環(huán)路定理山 B3 0 = /lol"一 2 22/-(-些-)22,兀(R -R32/CTT(R -R -" R)qqoJLI2 2兀(R