大学物理电磁学部分练习题讲解
大学物理电磁学部分练习题讲解
大学物理电磁学部分练习题讲解(总14页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--大学物理电磁学部分练习题1.在静电场中，下列说法中哪一个是正确的（D ） （A ）带正电荷的导体，其电势一定是正值． （B ）等势面上各点的场强一定相等． （C ）场强为零处，电势也一定为零．（D ）场强相等处，电势梯度矢量一定相等．2.当一个带电导体达到静电平衡时：D （A ）表面上电荷密度较大处电势较高． （B ）表面曲率较大处电势较高．（C ）导体内部的电势比导体表面的电势高．（D ）导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零．3. 一半径为R 的均匀带电球面，其电荷面密度为σ．该球面内、外的场强分布为（r 表示从球心引出的矢径）： （ 0 r rR 302εσ）=)(r E)(R r <， =)(r E)(R r >． 4.电量分别为q 1，q 2，q 3的三个点电荷分别位于同一圆周的三个点上，如图所示．设无穷远处为电势零点，圆半径为R ，则b 点处的电势U ＝)22(813210q q q R++πε5.两个点电荷，电量分别为+q 和-3q ，相距为d ，试求：（l ）在它们的连线上电场强度0=E的点与电荷量为+q 的点电荷相距多远？（2）若选无穷远处电势为零，两点电荷之间电势U ＝ 0的点与电荷量为+q 的点电荷相距多远？q +q 3-x?Od E ?．解：设点电荷q 所在处为坐标原点O ，X 轴沿两点电荷的连线．（l ）设0=E的点的坐标为x ′，则0)'(43'42020=--=i d x qi x q Eπεπε可得 0'2'222=-+d dx x解出 d x )31(21'1+-=和 d x )13(21'2-=其中'1x 符合题意，'2x 不符合题意，舍去． （2）设坐标x 处 U ＝ 0，则)(43400x d qx q U --=πεπε0])(4[40=--=x d x xd q πε得 4/04d x x d ==-6.一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.解答：将半球面分成由一系列不同半径的带电圆环组成，带电半球面在圆心O点处的电场就是所有这些带电圆环在O 点的电场的叠加。
大学物理电磁学例题讲解
电势差
RA
VA
VB
B A
Edr
RB RA 2 0r
dr
2 0
ln
RB RA
RB
C q 2 0 L VA VB ln RB
RA
例1 如图所示,球形电容器的内、外半径 分别为R1和R2 ，所带电荷为Q．问此电容 器贮存的电场能量为多少？
-Q Q
导体球的电势 u
r
R
解 介质不存在时：
， , E0 0
导 体 球 内 ；E0
Q
4 0r 2
rR
导体球的电势：
在电介
质中：
E E0
r
从而 可得：
Q
V R E dr R 4 0 r r 2 dr
Q
Eout 4 0 r r 2
Q
4 0
q
RA ,
,
4 0r
r RA r RA
O RB
r
VB
பைடு நூலகம்
q
4
0 q
RB ,
,
4 0r
r RB r RB
V VA VB
q
q
4 0 RA
4 0 RB
,
r RA
V
q
4
0 r
q
4 0 RB
3 0
R3 r2
• 球内 ( r < R )
q内
4 3
πr 3
E r 3 0
r+
++r+
习题册_II1_电磁学+详细解答
磁感应强度、毕-萨定律1．有一个圆形回路1及一个正方形回路2，圆的直径和正方形的边长相等。
二者中通有大小相等的电流，它们在各自中心产生的磁感应强度的大小之比21/B B 为（A ）0.90 （B ）1.00 （C ）1.11 （D ）1.222．如图，边长为a 的正方形的四个角上固定有四个电量均为q 的点电荷。
此正方形以角速度ω绕过AC 轴旋转时，在中心O 点产生的磁感应强度大小为1B ；此正方形同样以角速度ω绕过O 点垂直于正方形平面的轴旋转时，在O 点产生的磁感应强度大小为2B ，则1B 与2B 间的关系为 （A ）1B =2B （B ）1B =22B（C ）1B =212B （D ）1B =412B3．一弯曲的载流导线在同一平面内，形状如图（O 点是半径为1R 和2R 的两个圆弧的共同圆心，电流自无限远来到无限远去），则O 点的磁感应强度的大小 是 。
4．在xy 平面内有两根互相绝缘、分别通有电流I3和I 的长直导线，设两导线互相垂直（如图），则在xy 平面内磁感应强度为零的点的轨迹方程为 。
x答案在后5．均匀带电直线AB ，电荷线密度为 ，绕垂直于直线的轴O 以角速度ω匀速转动（线的形状不变，O 点在AB 延长线上），求： （1）O 点的磁感应强度B ，（2）磁矩m p ，（3）若a >>b ，求B 及m p。
6．如图，半径为a ，带正电荷且线密度为λ的半圆，以角速度ω绕轴O 'O ''匀速旋转，求：（1）O 点的B，（2）旋转的带电半圆的磁矩m p。
（积分公式 201sin 2d πθθπ=⎰）7．一半径为R 的带电塑料圆盘，其中有一半径为r 的阴影部分均匀带正电荷，面密度为+σ，其余部分均匀带负电荷，面密度为-σ。
当圆盘以角速度ω旋转时，测得圆盘中心O 点的磁感应强度为零，R 与r 满足什么关系？8．将通有电流I 的导线在同一平面内弯成如图所示的形状，求D 点的磁感应强度的大小。
大学物理电磁学典型习题
部分习题解答第一章 静止电荷的电场1、10 解：（一定要有必要的文字说明）在圆环上与角度θ相应的点的附近取一长度dl ，其上电量 dq =λdl =0λsinθdl ，该电荷在O 点产生的场强的大小为==204RdqdE πε2004sin R dl πεθλθπελsin 400R =θd dE 的方向与θ有关，图中与电荷 dq 对O 点的径矢方向相反。
其沿两坐标轴方向的分量分别为 θθθπελθd RdE dE x cos sin 4cos 00-=-=θθπελθd RdE dE y 200sin 4sin -=-=整个圆环上电荷在圆心处产生的场强的两个分量分别为==⎰x x dE E R004πελ-⎰=πθθθ200cos sin d==⎰Y y dE E R004πελ-⎰-=πελθθ200024sin Rd 所以圆心处场强为 E = E y j = R004ελ-j 1、11 解：先将带电系统看成一个完整的均匀带电圆环计算场强，然后扣除空隙处电荷产生的场强；空隙的宽度与圆半径相比很小，可以把空隙处的电荷看成点电荷。
空隙宽度m d 2102-⨯=，圆半径m r 5.0=，塑料杆长m d r l 12.32=-=π 杆上线电荷密度m C lq/1019-⨯==λ 一个均匀带电圆环，由于电荷分布关于圆心对称，环上对称的二电荷元在圆心处产生的场强互相抵消，因而整个圆环在圆心处的场强E 1= 0 空隙处点电荷设为q /，则q / =d λ，他在圆心处产生的场强m V rdr q E /72.0442020/2===πελπε 方向由空隙指向圆心。
空隙处的电荷实际上不存在，因此圆心处场强等于均匀带电圆环在该点产生的场强与空隙处电荷在该点产生的场强之差，故m V E E E /72.021-=-= 负号表示场强方向从圆心指向空隙。
1、12 解：设想半圆形线CAD 与半圆形线ABC 构成一个圆形如图，且圆上线电荷密度均为λ。
电磁学考试题库及答案详解
电磁学考试题库及答案详解一、单项选择题1. 真空中两个点电荷之间的相互作用力遵循（）。
A. 牛顿第三定律B. 库仑定律C. 高斯定律D. 欧姆定律答案：B解析：库仑定律描述了真空中两个点电荷之间的相互作用力，其公式为F=k*q1*q2/r^2，其中F是力，k是库仑常数，q1和q2是两个电荷的量值，r是它们之间的距离。
2. 电场强度的方向是（）。
A. 从正电荷指向负电荷B. 从负电荷指向正电荷C. 垂直于电荷分布D. 与电荷分布无关解析：电场强度的方向是从正电荷指向负电荷，这是电场的基本性质之一。
3. 电势能与电势的关系是（）。
A. 电势能等于电势的负值B. 电势能等于电势的正值C. 电势能等于电势的两倍D. 电势能与电势无关答案：A解析：电势能U与电势V的关系是U=-qV，其中q是电荷量，V是电势。
4. 电容器的电容C与板间距离d和板面积A的关系是（）。
A. C与d成正比B. C与d成反比C. C与A成正比D. C与A和d都成反比解析：电容器的电容C与板间距离d成反比，与板面积A成正比，公式为C=εA/d，其中ε是介电常数。
5. 磁场对运动电荷的作用力遵循（）。
A. 洛伦兹力定律B. 库仑定律C. 高斯定律D. 欧姆定律答案：A解析：磁场对运动电荷的作用力遵循洛伦兹力定律，其公式为F=qvBsinθ，其中F是力，q是电荷量，v是电荷的速度，B是磁场强度，θ是速度与磁场的夹角。
二、多项选择题1. 以下哪些是电磁波的特性？（）A. 传播不需要介质B. 具有波粒二象性C. 传播速度等于光速D. 只能在真空中传播答案：ABC解析：电磁波的传播不需要介质，具有波粒二象性，传播速度等于光速，但它们也可以在其他介质中传播，只是速度会因为介质的折射率而改变。
2. 以下哪些是电场线的特点？（）A. 电场线从正电荷出发，终止于负电荷B. 电场线不相交C. 电场线是闭合的D. 电场线的疏密表示电场强度的大小答案：ABD解析：电场线从正电荷出发，终止于负电荷，不相交，且电场线的疏密表示电场强度的大小。
电磁学第四版赵凯华习题解析
电磁学第四版赵凯华习题解析第一章电磁场的基本概念题1.1解析：该题主要考察对电磁场基本概念的理解。
根据定义，电场强度E是单位正电荷所受到的电力，磁场强度B是单位长度为1、电流为1的导线所受到的磁力。
因此，电场强度E与电势差V之间的关系为E=-dV/dx，磁场强度B与安培环路定律有关，即B=μ₀I/2πr。
答案：电场强度E与电势差V之间的关系为E=-dV/dx，磁场强度B与安培环路定律有关，即B=μ₀I/2πr。
题1.2解析：该题考查对电场线和磁场线的基本理解。
电场线从正电荷出发，指向负电荷；磁场线从磁南极指向磁北极。
在非均匀磁场中，电荷的运动轨迹会受到磁场的影响，当电荷的运动速度与磁场垂直时，洛伦兹力提供向心力，使电荷沿磁场线运动。
答案：电场线从正电荷出发，指向负电荷；磁场线从磁南极指向磁北极。
在非均匀磁场中，电荷的运动轨迹会受到磁场的影响，当电荷的运动速度与磁场垂直时，洛伦兹力提供向心力，使电荷沿磁场线运动。
第二章电磁场的基本方程题2.1解析：该题考查对高斯定律的理解。
根据高斯定律，闭合曲面所包围的电荷量与该曲面上的电通量成正比，即∮E·dA=Q/ε₀。
其中，E为电场强度，dA为曲面元素，Q为曲面内的电荷量，ε₀为真空电容率。
答案：根据高斯定律，闭合曲面所包围的电荷量与该曲面上的电通量成正比，即∮E·dA=Q/ε₀。
题2.2解析：该题考查对法拉第电磁感应定律的理解。
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E与磁通量变化率ΔΦ/Δt成正比，即E=ΔΦ/Δt。
其中，E为感应电动势，ΔΦ为磁通量的变化量，Δt为时间变化量。
答案：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E与磁通量变化率ΔΦ/Δt成正比，即E=ΔΦ/Δt。
第三章电磁波的传播题3.1解析：该题考查对电磁波的基本理解。
电磁波是由振荡的电场和磁场组成的横波，其传播速度为光速c，波长λ与频率f之间的关系为c=λf。
电磁波在真空中的传播不受阻碍，但在介质中传播时，其速度会发生变化。
电磁学的练习题与解题技巧分享
电磁学的练习题与解题技巧分享电磁学作为物理学中的一门重要学科，涉及到电场、磁场以及它们的相互作用。
在学习和应用电磁学的过程中，解题是必不可少的一部分。
本文将分享一些电磁学练习题以及解题技巧，帮助读者更好地掌握电磁学知识。
一、电场题目1. 一个均匀带电球体的电场分布是怎样的？如何计算球体上某一点的电场强度？解答：一个均匀带电球体的电场分布是球对称的，且电场强度大小正比于离球心的距离。
对于球体上某一点的电场强度E，可以用库仑定律求解：E = k * (Q / r^2)其中，E为电场强度，k为库仑常数，Q为球体所带电量，r为球心与所求点的距离。
2. 两个等量异性点电荷A和B分别距离一点P的距离是rA和rB，求点P的电场强度。
解答：根据叠加原理，点P的电场强度等于A、B两点电荷对点P 产生的电场强度的矢量和。
由库仑定律可得：E = EA + EB = k * (QA/rA^2) * (QA/|rA|^3) * rA + k * (QB/rB^2) * (QB/|rB|^3) * rB其中，E为点P的电场强度，EA和EB分别为A点和B点的电场强度，QA和QB代表两点电荷的电量。
二、磁场题目1. 一段直导线过一单位磁感应强度磁场，求导线所受磁力的大小和方向。
解答：根据洛伦兹力的公式，可以求解导线所受磁力的大小和方向。
公式如下：F = q * v * B * sinθ其中，F为磁力大小，q为电荷量，v为导线的运动速度，B为磁感应强度，θ为导线与磁场的夹角。
2. 两段长直导线平行放置，电流方向相同，求两导线相互之间的力大小。
解答：根据安培力的公式，可以求解两段长直导线相互之间的力大小。
公式如下：F = μ0 * (I1 * I2 * L) / (2πd)其中，F为力大小，μ0为真空中的磁导率，I1和I2为两段导线的电流强度，L为导线的长度，d为两段导线的距离。
三、解题技巧分享1. 理解题意：在解决电磁学题目之前，首先要仔细阅读题目，理解题意。
大学物理第五版(马文蔚)电磁学习题问题详解
第五章 静 电 场5 －1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A)放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B)中的( )分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为02εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B).5 －2 下列说确的是( )(A)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面一定没有电荷(B)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面电荷的代数和必定为零(C)闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D)闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B).5 －3下列说确的是( )(A) 电场强度为零的点，电势也一定为零(B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零(C) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域为常量，则电场强度在该区域必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).*5 －4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( )(A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止(B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B).5 －5精密实验表明，电子与质子电量差值的最大围不会超过±10－21e，而中子电量与零差值的最大围也不会超过±10－21e，由最极端的情况考虑，一个有8 个电子，8 个质子和8 个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？ 若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析 考虑到极限情况， 假设电子与质子电量差值的最大围为2×10－21 e ，中子电量为10－21 e ，则由一个氧原子所包含的8 个电子、8 个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解 一个氧原子所带的最大可能净电荷为()e q 21max 10821-⨯⨯+=二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e 显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e 围时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力. 5 －6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e 32 的上夸克和两个带e 31-的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20 m)，中子的两个下夸克之间相距2.60×10－15 m .求它们之间的相互作用力.解 由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律()r r r r e εr q q εe e e F N 78.3π41π412202210=== F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.5 －7 质量为m ，电荷为－e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为E ｋ .证明电子的旋转频率满足4320232me E εk =v 其中ε0 是真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律.分析 根据题意将电子作为经典粒子处理.电子、氢核的大小约为10－15 m ，轨道半径约为10－10 m ，故电子、氢核都可视作点电荷.点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有 2202π41r e εr m =v 由此出发命题可证.证 由上述分析可得电子的动能为re εm E K 202π8121==v 电子旋转角速度为3022π4mr εe ω= 由上述两式消去r ，得432022232π4me E εωK ==v 5 －8 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl －与其最邻近的八个一价铯离子Cs +构成如图所示的立方晶格结构.(1) 求氯离子所受的库仑力；(2) 假设图中箭头所指处缺少一个铯离子(称作晶格缺陷)，求此时氯离子所受的库仑力.分析 铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加.为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力.解 (1) 由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故F 1 ＝0.(2) 除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力F 2 的值为N 1092.1π3π4920220212⨯===aεe r εq q F F 2 方向如图所示.5 －9 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为2204π1L r Q εE -= (2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为2204π21Lr r Q εE += 若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为r r q εe E 20d π41d '=整个带电体在点P 的电场强度 ⎰=E E d接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，⎰=LE i E d (2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A)所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是⎰⎰==Ly E αE j j E d sin d 证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r πεq E 202d ，利用几何关系 r ′＝r－x 统一积分变量，则()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为E r εq αE L d π4d sin 2⎰'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，22x r r +=' 统一积分变量，则()2203/22222041π2d π41L r r εQ r x L xrQ εE L/-L/+=+=⎰当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度rελL r L Q r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B)］.这说明只要满足r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.5 －10 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.分析 这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5 －3 节的例1 可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθR δS δq d sin π2d d 2⋅==，在点O 激发的电场强度为()i E 3/2220d π41d r x qx ε+=由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有()θθθεδθθR πδR θR πεr x q x πεE d cos sin 2 d sin 2cos 41d 41d 02303/2220=⋅=+= 积分得 02/004d cos sin 2εδθθθεδE π⎰== 5 －11 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.分析 水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为00er P =，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θer P cos 20=，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度302π41xp εE = 可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布.解1 水分子的电偶极矩θer θP P cos 2cos 200==在电偶极矩延长线上30030030cos π1cos 4π412π41xθer εx θer εx p εE === 解2 在对称轴线上任取一点A ，则该点的电场强度+-+=E E E2020π42π4cos 2cos 2x εe r εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=代入得 ()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=23/20202001cos 2cos π42x θxr r x θr x εe E 测量分子的电场时， 总有x ＞＞r 0 ， 因此， 式中()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x θr x x θr x θxr r x cos 2231cos 21cos 2033/2033/20202，将上式化简并略去微小量后，得300cos π1x θe r εE = 5 －12 两条无限长平行直导线相距为r 0 ，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x )；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝q E ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE .应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解 (1) 设点P 在导线构成的平面上，E ＋、E －分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有()i i E E E x r x r ελx r x ελ-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2 (2) 设F ＋、F －分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有 i E F 00π2r ελλ==-+iEF2π2rελλ-=-=+-显然有F＋＝F－，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.5 －13如图为电四极子，电四极子是由两个大小相等、方向相反的电偶极子组成.试求在两个电偶极子延长线上距中心为z的一点P的电场强度(假设z＞＞d).分析根据点电荷电场的叠加求P点的电场强度.解由点电荷电场公式，得()()kkkE222π41π412π41dzqεdzqεzqε++-+=考虑到z＞＞d，简化上式得()()kkkE42222222226π4...321...32112π4/11/1112π4zqdεqzdzdzdzdzzεqzdzdzzεq=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-=通常将Q＝2qd2称作电四极矩，代入得P 点的电场强度kE43π41zQε=5 －14设匀强电场的电场强度E与半径为R的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.分析 方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即⎰⋅=SS d s E Φ 方法2：作半径为R 的平面S ′与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面无电荷，由高斯定理∑⎰==⋅01d 0q εS S E 这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 解1 由于闭合曲面无电荷分布，根据高斯定理，有⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，E R πR E 22πcos π=⋅⋅-=Φ解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为①()r θθθE e e e E sin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=E RθθERθθERSS2ππ2222πdsindsinddsinsind===⋅=⎰⎰⎰⎰SEΦ5 －15边长为a的立方体如图所示，其表面分别平行于Oxy、Oyz和Ozx 平面，立方体的一个顶点为坐标原点.现将立方体置于电场强度()12E kx E+E=i+j(k，E1，E2为常数)的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量.解如图所示，由题意E与Oxy面平行，所以任何相对Oxy面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即0==DEFGOABCΦΦ.而()[]()2221ABGFd aEdSEkxE=⋅++=⋅=⎰⎰jjiSEΦ考虑到面CDEO与面ABGF的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，故有22aEABGFCDEO-=-=ΦΦ同理()[]()2121AOEFd aEdSEE-=-⋅+=⋅=⎰⎰ijiSEΦ()[]()()2121BCDGd akaEdSEkaEΦ+=⋅++=⋅=⎰⎰ijiSE因此，整个立方体表面的电场强度通量3ka==∑ΦΦ5 －16 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为1m V 120-⋅，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析 考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面的净电荷.解 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理 ∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E 地球表面电荷面密度∑--⨯-=-≈=2902cm 1006.1π4/E εR q σE单位面积额外电子数25cm 1063.6/-⨯=-=e σn5 －17 设在半径为R 的球体，其电荷为球对称分布，电荷体密度为()()R r ρkr ρ>=≤≤= 0R r 0k 为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E 与r 的函数关系.分析 通常有两种处理方法：(1) 利用高斯定理求球外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有2S π4d r E ⋅=⋅⎰S E 根据高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E ，可解得电场强度的分布. (2) 利用带电球壳电场叠加的方法求球外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为r r ρq ''⋅=d π4d 2，每个带电球壳在壳激发的电场0d =E ，而在球壳外激发的电场r r εq e E 20π4d d = 由电场叠加可解得带电球体外的电场分布()()()()R r r r R r>=≤≤=⎰⎰ d R r 0 d 00E E E E解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E 得球体(0≤r ≤R ) ()400202πd π41π4r εk r r kr εr r E r ==⎰ ()r εkr r e E 024= 球体外(r ＞R )()400202πd π41π4r εk r r kr εr r E R ==⎰()r εkR r eE 024= 解2 将带电球分割成球壳，球壳带电r r r k V ρq '''==d π4d d 2由上述分析，球体(0≤r ≤R )()r r rεkr r r r r k εr e e E 0222004d π4π41=''⋅'=⎰ 球体外(r ＞R )()r r Rr εkR r r r πr k πεr e e E 20222004d 441=''⋅'=⎰ 5 －18 一无限大均匀带电薄平板，电荷面密度为σ，在平板中部有一半径为r 的小圆孔.求圆孔中心轴线上与平板相距为x 的一点P 的电场强度.分析 用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电场.本题的电场分布虽然不具有这样的对称性，但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的分布.若把小圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷(电荷面密度σ′＝－σ)的小圆盘.这样中心轴线上的电场强度等效于平板和小圆盘各自独立在该处激发电场的矢量和. 解 由教材中第5 －4 节例4 可知，在无限大带电平面附近n εσe E 012= n e 为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场n r x x εσe E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=220212 它们的合电场强度为 n r x x εσe E E E 220212+=+=在圆孔中心处x ＝0，则 E ＝0在距离圆孔较远时x ＞＞r ，则n n εσx r εσe e E 02202/112≈+= 上述结果表明，在x ＞＞r 时，带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计. 5 －19 在电荷体密度为ρ 的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，若将带电体球心O 指向球形空腔球心O ′的矢量用a 表示(如图所示).试证明球形空腔中任一点的电场强度为a E 03ερ=分析 本题带电体的电荷分布不满足球对称，其电场分布也不是球对称分布，因此无法直接利用高斯定理求电场的分布，但可用补偿法求解.挖去球形空腔的带电球体在电学上等效于一个完整的、电荷体密度为ρ 的均匀带电球和一个电荷体密度为－ρ、球心在O ′的带电小球体(半径等于空腔球体的半径).大小球体在空腔P 点产生的电场强度分别为E 1 、E 2 ，则P 点的电场强度 E ＝E 1 ＋E 2 .证 带电球体部一点的电场强度为r E 03ερ= 所以 r E 013ερ=，2023r E ερ-= ()210213r r E E E -=+=ερ 根据几何关系a r r =-21，上式可改写为a E 03ερ= 5 －20 一个外半径分别为R 1 和R 2 的均匀带电球壳，总电荷为Q 1 ，球壳外同心罩一个半径为R 3 的均匀带电球面，球面带电荷为Q 2 .求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？ 试分析.分析 以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因而24d r πE ⋅=⎰S E .在确定高斯面的电荷∑q 后，利用高斯定理∑⎰=0/d εq S E 即可求出电场强度的分布.解 取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析∑=⋅02/π4εq r Er ＜R 1 ，该高斯面无电荷，0=∑q ，故01=ER 1 ＜r ＜R 2 ，高斯面电荷()31323131R R R r Q q --=∑ 故 ()()23132031312π4rR R εR r Q E --= R 2 ＜r ＜R 3 ，高斯面电荷为Q 1 ，故 2013π4rεQ E = r ＞R 3 ，高斯面电荷为Q 1 ＋Q 2 ，故20214π4rεQ Q E +=电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(B)所示.在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r ＝R 3 的带电球面两侧，电场强度的跃变量0230234π4ΔεσR εQ E E E ==-= 这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳外的电场，在球壳的厚度变小时，E 的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E 的变化成为一跃变.5 －21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 ＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且⎰⋅=rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理∑=⋅0/π2εq rL Er ＜R 1 ，0=∑q01=E在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变R 1 ＜r ＜R 2 ，L λq =∑rελE 02π2=r ＞R 2，0=∑q03=E在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变00π2π2ΔεσrL εL λr ελE ===这与5 －20 题分析讨论的结果一致.5 －22 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.分析 由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为l E d 02⎰∞=Q W其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度. (2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有()0202V Q V V Q W =-=∞其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势). 解1 由题意Q 1 所受的合力为零()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为()2/322031π2yd εQ E E E yy y +=+=将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为()d εQ y y d εQ Q Q W y 022/322002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E 解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=，并由电势 的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势dεQd εQ d εQ V 003010π2π4π4=+=将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功dεQ V Q W 0202π8=-=' 比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多. 5 －23 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r rελe E 0π2=为电荷线密度.(1)求在r ＝r 1 和r ＝r 2 两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r →∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？ 试说明.解 (1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有12012ln π2d 21r rελU r r =⋅=⎰r E (2) 不能.严格地讲，电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 5 －24 水分子的电偶极矩p 的大小为6.20 ×10－30 C · m.求在下述情况下，距离分子为r ＝5.00 ×10－9 m 处的电势.(1) 0θ=︒；(2) 45θ=︒；(3) 90θ=︒，θ 为r 与p 之间的夹角. 解 由点电荷电势的叠加2000P π4cos π4π4rεθp r εq r εq V V V =-+=+=-+-+ (1) 若o0=θ V 1023.2π4320P -⨯==rεpV (2) 若o45=θ V 1058.1π445cos 320oP -⨯==rεp V (3) 若o90=θ 0π490cos 20oP ==rεp V 5 －25 一个球形雨滴半径为0.40 mm ，带有电量1.6 pC ，它表面的电势有多大？ 两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势又是多大？分析 取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为RqεV 0π41=当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为R 32，代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势.解 根据已知条件球形雨滴半径R 1 ＝0.40 mm ，带有电量q 1 ＝1.6 pC ，可以求得带电球形雨滴表面电势V 36π411101==R q εV当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径1322R R =，带有电量q 2 ＝2q 1 ，雨滴表面电势V 5722π4113102==R q εV5 －26 电荷面密度分别为＋σ和－σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图(a)放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x 变化的关系曲线.分析 由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布.解 由“无限大” 均匀带电平板的电场强度i 02εσ±，叠加求得电场强度的分布，()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a εσa x2 00i E 电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()a x a x εσV x <<--=⋅=⎰ d 0l E ()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 0a-axl E l E ()a x a εσV >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 0a-axl E l E 电势变化曲线如图(b)所示.5 －27 两个同心球面的半径分别为R 1 和R 2 ，各自带有电荷Q 1 和Q 2 .求：(1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？分析 通常可采用两种方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由⎰∞⋅=pp V lE d 可求得电势分布.(2) 利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为rεQV 0π4=在球面电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势RεQV 0π4=其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布. 解1 (1) 由高斯定理可求得电场分布()()()22021321201211π4π40R r r εQ Q R r R r εQ R r r r >+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=rV l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1 时，有20210120212113211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ RεQ Q R R εQ V R R R R r+=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞lE l E l E当R 1 ≤r ≤R 2 时，有202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r+=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞lE l E当r ≥R 2 时，有rεQ Q V r02133π4d +=⋅=⎰∞l E(2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面，即r ≤R 1 ，则2021011π4π4R εQ R εQ V +=若该点位于两个球面之间，即R 1 ≤r ≤R 2 ，则202012π4π4R εQ r εQ V +=若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2 ，则rεQ Q V 0213π4+=(2) 两个球面间的电势差()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-==5 －28 一半径为R 的无限长带电细棒，其部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.分析 无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理⎰⎰=⋅V V εd 1d 0S E 可求得电场分布E (r )，再根据电势差的定义()l E d ⋅=-⎰bab a r V V并取棒表面为零电势(V b ＝0)，即可得空间任意点a 的电势.解 取高度为l 、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理 当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅得 ()02εr ρr E = 当r ≥R 时02/ππ2ερl R rl E =⋅得 ()rεR ρr E 022=取棒表面为零电势，空间电势的分布有 当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V Rr-==⎰当r ≥R 时()rRεR ρr r εR ρr V Rrln 2d 20202==⎰如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线.5 －29 一圆盘半径R ＝3.00 ×10－2 m.圆盘均匀带电，电荷面密度σ＝2.00×10－5 C ·m －2 .(1) 求轴线上的电势分布；(2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布；(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.分析 将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布，再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布. 解 (1) 带电圆环激发的电势220d π2π41d x r rr σεV +=由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的()x x Rεσxr r r εσV R-+=+=⎰22222d 2 (1)(2) 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R xεσx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向.(3) 将场点至盘心的距离x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得V 1691=V -1m V 5607⋅=E当x ＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有V 1695π40==xεqV 1-20m V 5649π4⋅==xεq E 由此可见，当x ＞＞R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过0.3％和0.8％，这已足以满足一般的测量精度.5 －30 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝3.0×10－2 m ，R 2 ＝0.10 m)，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r ＝0.05 m 处的电场强度.解 (1) 由习题5 －21 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为rελE 0π2=根据电势差的定义有120212ln π2d 21R R ελU R R =⋅=⎰l E 解得 1812120m C 101.2ln/π2--⋅⨯==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度10m V 7475π2-⋅==rελE 5 －31 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的。
大学物理第二十二章题解
第二十二章 电磁感应22-1．如图所示的平面线圈，其内磁通量Φ在0.04s 内由3810Wb -⨯均匀地减少到3210Wb -⨯．求线圈中的感应电动势的大小和方向．解 以图中B 的方向为磁通量Φ的正方向，则33d 210810d 0.04t Φ--⨯-⨯=0.15(W b s )=- 根据法拉第电磁感应定律，d d tΦε=-0.15(V)=，方向为顺时针方向．22-2．一均匀密绕的长直螺线管，每米绕800匝，在其中心放置一绕了30圈的半径为1.0cm 的圆形小回路，小回路圆线圈平面与螺线管的轴线垂直．在(1100) s 内螺线管线圈中的电流由0均匀地变到5A ．问小回路中产生的感应电动势的大小是多少？解 载流长直螺线管内的磁场为0B nI μ=，方向沿轴线并与电流成右手螺旋关系．通过小回路圆线圈平面的磁通量为2B R Φπ=，磁链220N NB R N nI R ψΦπμπ===所以 d d t ψε=20d d IN n R tμπ= 7250304108000.010.01ππ--=⨯⨯⨯⨯⨯⨯34.7310(V)-=⨯22-3．如图所示，两个同轴圆形导线回路，小回路在大回路上面距离x 处，x 远大于大回路半径R ，因此当大回路中有稳恒电流I 按图示方向流过时，小线圈回路所围面积2r π内的磁场可看成是均匀的．现假定小线圈回路以匀速率d d xv t=在轴线上运动．求：（1）小回路的磁通量Φ与x 之间的关系；（2）当NR x =时（N 为正整数)，小回路内产生的感应电动势；（3）若0>v ，确定小回路内感应电流的方向．解 （1）由于xR ，所以可以认为大线圈回路在小线圈处产生的磁感应强度B 均匀且等于大线圈回路轴线上的B ，其大小为2200223232()2IR IR B R x x μμ=≈+ 方向沿x 轴正向．设小线圈的回路方向与x 正向成右手螺旋关系，则通过小线圈的磁通量为2232IR r BS x μπΦ≈=（2）根据法拉第电磁感应定律有2230d d(1)d 2d IR r x t t μπΦε=-=-222004423d 32d 2IR r I r x v x t N R μπμπ==（3）由上式看出0ε>，所以感应电动势的方向与规定的回路正方向一致，即与x 正向成右手螺旋关系，小回路内感应电流的方向与大回路中稳恒电流I 的方向一致．22-4．如图所示，一很长的直导线有交变电流t I i ωsin 0=，它旁边有一长方形线圈ABCD ，长为l ，宽为b a -，线圈和导线在同一平面内．求：（1）穿过回路ABCD 的磁通量Φ；（2）回路ABCD 中的感应电动势．解 （1）通过线圈的磁通量为d B S Φ=⋅⎰0d 2bail r rμπ=⋅⎰000ln ln()sin 22li l b bI t a aμμωππ== （2） 0d d ln d 2d l b i t a t μΦεπ=-=-00ln()cos 2l b I t aμωωπ=-22-5．一直导线载有5.0A 的直流电流，旁边有一个与它共面的矩形线圈，如图所示，长20cm l =，10cm a =，20cm b =，线圈共有1000N =匝，以13.0m s v -=⋅的速度离开直导线．求：在图示位置线圈里的感应电动势的大小和方向．解法一 取顺时针ABCD 方向为线框回路的正方向，当线框DA 边离长直导线距离为x 时，通过线框的磁通量为0()d d2x b axI x B S l r r μΦπ+-=⋅=⎰⎰0ln 2Il x b a xμπ+-= 由法拉第电磁感应定律d d d d d d xNN t x t ΦΦε=-=- 02()d 2d IlN x x x b a x x b a x t μπ---=-+-0d 2d IlN b a x x x b a tμπ-=+-因为d d xv t =，所以 ()()02IlN b a v x x b a μεπ-=+- 当x a =时， ()02I l N b a v abμεπ-=741050.210000.1320.10.2ππ-⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯33.010(V )-=⨯ 0ε>说明感应电动势的真实方向与所选正方向一致，为顺时针ABCD 方向． 解法二 先讨论一匝线圈．AB 和DC 段的动生电动势为零，AB ε=0DC ε=．DA段动生电动势02DA Il v a μεπ=⋅⋅，A 端电势高．CB 段动生电动势02CB Il v bμεπ=⋅⋅，B 端电势高．一匝线圈里的感应电动势DA CB εεε=-011()2Ilv a bμπ=- 7641050.2311()310(V)20.10.2ππ--⨯⨯⨯⨯=-=⨯沿顺时针方向．所以1000匝线圈总的感应电动势为3310V -⨯，沿顺时针ABCD 方向．22-6．一平行导轨上放置一质量为m 的金属杆AB ，其长为l ，导轨的一端连接电阻R ，均匀磁场B 垂直地通过导轨平面，如图所示，当杆以初速度0v 向右运动时，试求：（1）金属杆能移动的距离；（2）在这个过程中，电阻上产生的焦耳热；（3）试用能量守恒规律分析讨论上述结果．（注：忽略金属杆的电阻及它与导轨的摩擦力．回路自感也可忽略．）解 （1）因杆的运动而在杆AB 上产生的动生电动势大小为Blv ε=方向由B 指向A ．在杆AB 和电阻R 的电路中BlvI RRε==载流的AB 在磁场中运动时，磁场对它施加向左的力22Blv B l vF IlBi lBi i R R =-=-=-此力使杆产生的加速度22F B l v a i m mR ==-，即22d d d d v B l x t mR t=-，所以 0022d d x x v mR x v B l =-⎰⎰ 因此金属杆能移动的距离 0022mRvs x x B l=-=（2）由于22d d v B l v t mR=-，可知22d d mR v t B l v =-，所以d t 内电阻上产生的焦耳热2222222d d d ()d B l v mR v Q I R t R mv v R B l v ==⋅-=-整个过程电阻上产生的焦耳热 00201d 2v Q mv v mv =-=⎰ （3）由于能量守恒，在忽略金属杆的电阻及它与导轨的摩擦力的条件下，金属杆的初始动能2012mv 全部转化为电阻上产生的焦耳热．22-7．如图所示，金属杆AB 与左侧长直导线垂直，以匀速率11m s v -=⋅平行于左侧长直导线运动，长直导线上通有电流40A I =．问：此杆中动生电动势为多大？杆的哪一端电势高？解法一 如图所示，构成矩形回路ACDB ，选绕行方向沿ACDB ，回路法线方向n e 与B同向．d t 时间内金属杆AB 向上移动d v t ，则B A 1000.1d d d d ()d 22r r I I r r v t v t r r μμΦππ=-⋅=-⎰⎰0(ln10)d 2I v t μπ=-所以杆中的动生电动势0d ln10d 2Ivt μΦεπ=-= 7410401ln102ππ-⨯⨯⨯=51.8410(V)-=⨯AB 为电源内部，A 端的电势高．解法二 在金属棒AB 上距离直导线r 处取线元d r 沿A B →方向，它在运动过程中产生的电动势为d ()d v B r ε=⨯⋅d Bv r =-0d 2Ivr rμπ=-则金属棒AB 上产生的动生电动势为d BAεε=⎰1000.1d ln1022Iv Ivr r μμππ=-=-⎰51.8410(V)-=-⨯ 负号表明动生电动势的方向与A B →反向，即由B 至A ，故A 端的电势高．22-8．两段导线10cm ab bc ==，在b 处相接成30ο角．若使导线在匀强磁场中以速率11.5m s v -=⋅运动，方向沿ab 向右，如图所示，磁场方向垂直纸面向内，22.510T B -=⨯．问：ac 间的电势差是多少？哪一端的电势高？解 导线分成两段处理，ab 段动生电动势为零，0ab ε=．bc 段动生电动势sin30bc B bc v εο=⋅⋅232.5100.10.5 1.5 1.910(V)--=⨯⨯⨯⨯=⨯bc 段内正电荷所受洛仑兹力由b 指向c ，即c 端电势高．所以31.910V ac ab bc εεε-=+=⨯，c 端电势高．22-9．如图所示，一金属棒长为0.50m ，水平放置，以长度的15处为轴，在水平面内旋转，每秒转两转．已知该处地磁场在竖直方向上的分量0.5Gs B ⊥=，求：a 、b 两端的电势差．解 在棒ac 段上取元段d l ，方向由a 指向c ，则()d cac av B l ε=⨯⋅⎰25d 50L BL B l l ωω=-=-⎰在棒cb 段上取元段d l ，方向由c 指向b ，则()d bcb c v B l ε=⨯⋅⎰450d L B l l ω=⎰21650BL ω=41T 10Gs =，所以 21550ab ac cb BL εεεω=+=215250f BL π=⋅⋅42152 3.1420.5100.550-=⨯⨯⨯⨯⨯⨯54.710(V)-=⨯ 54.710V ab ab U ε-=-=-⨯22-10．一细导线弯成直径为d 的半圆形状，如图所示，匀强磁场B垂直向上通过导体所在平面．当导体绕着过A 点垂直于半圆面的轴逆时针以匀角速度ω旋转时，求导体AC 间的电动势AC ε．解 用导线连接直径AC ，形成半圆形闭合回路．由于半圆形闭合回路在转动中磁通量不变，所以半圆形闭合回路内0ε=．这说明半圆形导线AC 间的电动势AC ε与直线导线AC 间的电动势相等．在直线导线AC 上取线元d l ，方向由A 向C ，则201()d d 2C dAC Av B l B l l Bd εωω=⨯⋅==⎰⎰22-11．磁感应强度为B 的匀强磁场限定在半径为R 的圆内，B 的方向与圆所在平面垂直，如图所示，B 以2110T -⨯的恒定变化率减小．在此变化磁场中，在圆所在平面内，如图放置一个等腰梯形金属框ABCD ，已知AB R =，2CD R =．试求：（1）等腰梯形金属框各边产生的感应电动势AB ε，BC ε，CD ε，DA ε；（2）等腰梯形金属框的总电动势．解法一 （1）由感生电场I E 的性质和对称性可知，I E 沿以O 为圆心的同心圆的切向方向，与AD 和BC 垂直；所以I E 沿AD 和BC 积分为零，即0BC DA εε==．选OCDO 为闭合回路，绕行方向沿OCDO ．由于I E 沿OC 和DO 的积分为零，故闭合回路OCDO 的感应电动势即CD 段上的感应电动势．回路OCDO 的面积21222R R S R =⨯⨯=回路OCDO 的磁通量2BS R B Φ==，所以222d d ( 1.010)d d CD B R t t Φε-=-==⨯-⨯2210(V)R -=⨯ 同理，选OBAO 为闭合曲线，绕行方向沿OBAO ，I E 沿OB 和AO 的积分为零，闭合回路OBAO 的感应电动势即BA 段上的感应电动势222d d ( 1.010)d d BA B R t t Φε-=-==⨯-⨯2210(V)-=⨯（2）等腰梯形金属框ABCD 的总电动势AB BC CD DA BA BC CD DA εεεεεεεεε=+++=-+++2222100100R --=⨯+⨯+2210(V)-=⨯ 解法二 （1）因d d B t 对O 轴对称分布，所以I E 线是圆心为O 的同心圆，I E 沿圆周切线、同一圆周上大小相等．取圆心为O 、半径为r 的圆形回路L ，逆时针为积分方向，则I d d d d L S BE l S t ⋅=-⋅⎰⎰⎰2I d 2d B E r r t ππ=-I d 2d r B E t=-因I E 与AD 和BC 垂直；所以I E 沿AD 和BC 线积分为零，即0BC DA εε==．I d 1d d (cos )d (cos )d 2d 2d 26D D D CD C C C r B B R E l l l t t πεθ=⋅=-=-⎰⎰⎰22d 110)10(V)D C l --===-⨯=同理 I 1d d (cos )d 2d 6A A BA B B B E l R l t πε=⋅=-⎰⎰2d 10(V)D C l -== （2）等腰梯形金属框ABCD 的总电动势AB BC CD DA BA BC CD DA εεεεεεεεε=+++=-+++2222100100R --=⨯+⨯+2210(V)-=⨯22-12．一空心长直螺线管，长为0.5m ，横截面积为210cm ，若螺线管上密绕线圈3000匝，问：（1）自感系数为多大？（2）若其中电流随时间的变化率为每秒增加10A ，自感电动势的大小和方向如何？解 （1） 00N B nI I lμμ==2si si 0N N NBS IS lψΦμ===所以 2si 0N L S I l ψμ==724410300010100.5π--⨯⨯⨯⨯=22.2610(H)-=⨯ （2） si d d iL tε=-22.261010-=-⨯⨯0.226(V)=- 自感电动势的大小为0.226V ，方向与I 相反．22-13．一个线圈的自感 3.0H L =，电阻 6.0R =Ω，接在12V 的电源上，电源的内阻可略去不计．求：（1）刚接通时的d d i t ；（2）接通0.20s t =时的d d it；（3）电流 1.0A i =时的d d it． 解 （1）参见教材p139，图22-5-1，由（22.5.6）式 (1e)R t Li Rε-=-，可知d e e d R R t t LLi R t R L L εε--== 所以0t =时，d 124(A d 3i t L ε=== （2）0.20s t =时 60.20.43d 4e 4e 2.7(A s)d it-⨯-=== （3）当 1.0A i =，由1(1e )R t L R ε-=-，即1eR t LR ε--=，可知1e 2R t L -=，所以 d 121e 2(A d 32R t L i t L ε-==⨯=22-14．两个共轴圆线圈，如图所示，半径分别为R 及r ，匝数分别为1N 及2N ，相距为l ．设r 很小，则小线圈所在处的磁场可视为均匀的．求两线圈的互感系数．解 由于r 很小，所以可以认为大线圈电流在小线圈处产生的磁感应强度B 均匀且等于大线圈轴线上的B ，其大小20122322()N IR B R l μ=+大线圈电流在小线圈中产生的磁链为2201222322()N N IR r BS R l μπψ==+所以两线圈的互感系数 2201222322()N N R r M IR l μπψ==+22-15．有一螺线管，自感系数为10mH ，通过它的电流为4A ，试求它贮藏的磁场能量．解 参见§22-6，可知2m 12W LI =322110104810(J)2--=⨯⨯⨯=⨯22.16．一无限长直导线，截面各处的电流密度相等，总电流为0I ．试证：单位长度导线的内部所贮藏的磁能为πμ16200I ．（设导线内部1r μ=．） 解 利用安培环路定理可求得导线内部距轴线r 处的磁场强度，由202d 2i LI H l H r I r Rπππ⋅=⋅==⋅∑⎰得022rI H Rπ=．导线的内部磁场能量密度为 201122m w BH H μ==故导线内部单位长度的磁场能量为220024d 2d 8Rm Vr I W w V r r R μππ==⎰⎰22300004d 416RI I r r R μμππ==⎰（第二十二章题解结束）。
大学物理下 电磁感应习题册讲解
螺绕环的自感电动势为
0 N 2 a 2 I 0 dI L L cos t dt 2R
2．如图5-9所示直角三角形金属PQS框放在均匀磁场
B 中，B 平行于边PQ，PQ边长为b，PQ边与QS边夹
角为，当金属框绕PQ边以角速度 转动时，求（1） 回路的总感应电动势；（2）各边的感应电动势。 答案：（1） 0 S P 1 0 （2）PQ边： PS边： 2 1 Bb2 tan 2 2 QS边： 3 1 Bb2 tan2 2
所以 BACB
Ibv d a a (ln ) 2 a d d a
解2：用法拉第电磁感应定律求解
任意时刻B点距载流导线d+vt A b x I tan B a r (d vt ) 2 r I b x B C d Bxdr I b (r d vt )dr a d+vt 2 r a r d vt a I b d (r d vt )dr d vt 2 r a Ib Ib d vt a (d vt ) ln 2 2 a d vt d Ibv d a a (ln ) dt t 0 2a d d a 方向顺时针
d d d i B S n b 2 B cos t dt dt dt i n b2 B n b2 B sin t i sin t R R
2R
B
b
A
图 5-12
n b 2 B i sin t R R
垂直。假定有一个面积为A（很小）的小铜环固定在该转 动线圈的圆心上，环面与磁场垂直，如图所示，求在小铜 环内产生的感应电动势（忽略小铜环对圆形线圈的感应）。 2 2 答案： 0 n b BA cos 2t
大学物理习题电磁学习题解答(很全)
1.6 1019 (0.529 1010）2
5.141011伏 / 米或牛顿/ 库仑
5. 两个点电荷，q1 ＝＋8.0微库仑，q2= - 16.0微库仑（1微 库仑＝10－6库仑），相距20厘米。求离它们都是20厘米处的 电场强度E。
解：依题意，作如图所示：
E1
q1
4 0r12
1.6301019 (库仑）
4. 根据经典理论，在正常状态下，氢原子绕核作圆周运动， 其轨道半径为5.29 10-11米。已知质子电荷为e＝1.60 10－19库， 求电子所在处原子核（即质子）的电场强度。
解：电子所在处的原子核（即质子）的电场由：
E
q
4 0r 2
9.0 109
1.17 10 29 (m / s2 )
6. 铁原子核里两质子间相距4.0 10-15米，每个质子带电 e=1.60 10-19库，（1）求它们之间的库仑力；（2）比较 这力与每个质子所受重力的大小。
解：（1）它们之间的库仑力大小为：
F
e2
4 0r2
9.0
109
(1.61019 )2 (4.091015 )2
解：（1） 从上题中得知： α粒子受的万有引力可以忽略， 它受的库仑力为：
F
（42q）1q02rα2粒 子9.0的1加09速度(7为9 ：1.6
1019 ) (2 1.6 (6.9 1015 )2
1019
)
2
7.84 102 ( N )
a
F m
7.84 10 2 6.68 10 27
解：设油滴带电量为q，有电场力格重力平衡条件：qE＝mg
得：
大学物理A》电磁学部分 自测题 解答
判断题：1、电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。
(×)2、穿过某一个面的电力线条数就是通过该面的电通量。
(√)3、如果通过一个闭合面的电通量为零，则表示在该闭合面内没有净电荷。
(√)4、高斯面处的电场是由面内的电荷产生的，与面外的电荷无关。
(×)5、场强相等的区域，电势也处处相等；场强为零处，电势一定为零。
（×）6、电场力作正功，电势能增加。
（×）7、沿电场线的方向是电势降落的方向。
（√）8、在等势面上移动电荷，电场力不做功。
（√）9、平行板电容器的电容与电容器两极板带的电量成正比。
（×）10、地磁体的磁感应线是从北极发出终止于南极，因此，磁感应线是不闭合的。
(×)11、在稳恒电流产生的磁场中，一条闭合曲线上任意一点的磁感应强度只与穿过该闭合曲线的电流有关。
(×)12、在稳恒电流产生的磁场中，磁感应强度沿任意一条闭合曲线的积分只与穿过该闭合曲线的电流有关。
(√)13、一束电子在运动中发生了偏转，则它一定受到了洛仑兹力的作用。
(×) 14、导体线圈放置在变化的磁场中，则导体线圈一定有感应电流。
（×） 15、感应电流产生的磁场方向总是与原磁场方向相反。
（×） 16、引起动生电动势的非静电力是洛仑兹力。
（√）17、线圈的自感系数与互感系数都与通过线圈的电流无关。
（√）18、由麦克斯韦方程组可以知道变化的电场会产生磁场，同样，变化的磁场也会产生电场。
（√）填空题19、在边长为a 的正方形的四角，依次放置点电荷q 、2q 、4q -、2q ，则它的正中心的电场强度是2052qaπε。
20、有一半径为R 的细圆环, 环上有一微小缺口，缺口宽度为()d d R ，环上均匀带正电, 总电量为q ，如图1所示, 则圆心O 处的电场强度大小E =2308qd R πε ,场强方向为圆心O 点指向缺口的方向。
大学物理(电磁学部分)试题库及答案解析
大学物理（电磁学部分）试题库及答案解析一、 选择题1.库仑定律的适用范围是()A 真空中两个带电球体间的相互作用； ()B 真空中任意带电体间的相互作用； ()C 真空中两个正点电荷间的相互作用； ()D 真空中两个带电体的大小远小于它们之间的距离。
〔 D 〕2.在等量同种点电荷连线的中垂线上有A 、B 两点,如图所示，下列结论正确的是()A A B E E ，方向相同；()B A E 不可能等于B E ,但方向相同；()C A E 和B E 大小可能相等，方向相同；()D A E 和B E 大小可能相等，方向不相同。
〔 C 〕4.下列哪一种说法正确()A 电荷在电场中某点受到的电场力很大,该点的电场强度一定很大；()B 在某一点电荷附近的任一点,若没放试验电荷,则这点的电场强度为零；()C 若把质量为m 的点电荷q 放在一电场中,由静止状态释放,电荷一定沿电场线运动；()D 电场线上任意一点的切线方向,代表点电荷q 在该点获得加速度的方向。
〔 D 〕5.带电粒子在电场中运动时()A 速度总沿着电场线的切线，加速度不一定沿电场线切线；()B 加速度总沿着电场线的切线，速度不一定沿电场线切线；()C 速度和加速度都沿着电场线的切线；()D 速度和加速度都不一定沿着电场线的切线。
〔 B 〕7．在真空中的静电场中，作一封闭的曲面，则下列结论中正确的是A.通过封闭曲面的电通量仅是面内电荷提供的B.封闭曲面上各点的场强是面内电荷激发的C.由高斯定理求得的场强仅由面内电荷所激发的D.由高斯定理求得的场强是空间所有电荷共同激发的〔 D 〕9、下面说法正确的是(A)等势面上各点场强的大小一定相等；(B)在电势高处，电势能也一定高；(C)场强大处，电势一定高；(D)场强的方向总是从电势高处指向低处〔 D 〕10、已知一高斯面所包围的体积内电量代数和为零，则可肯定：（A ）高斯面上各点场强均为零。
（B ）穿过高斯面上每一面元的电通量均为零。
大学物理第14章电磁感应题解
第 14 章
电磁感应
14-1 如附图所示，一根无限长平行直导线载有电流 I ，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直 于载流导线方向以恒定速率运动，则线圈中感应电流方向如何？ 答： 当以 v 运动远离直导线，通过线圈的磁通量减少， 由楞次定律，感应电流所产生的电场将反抗这种变化，故 感应电流为顺时针。
解：建立如图示直角坐标系，任意时刻B点与长直导线之间的 距离为r。任意时刻矩形ABCD中的磁通量为：
r b r
μ0 I μ Ia r b adx 0 ln 2 πx 2π r
所以，矩形形线圈ABCD内的感应电动势的大小为：
d d dr dt dr dt
r d
μ0 I vab 2πd d b
2 R μ I μ I2 Wm dWm 02 4 r 2 2 πrdr 0 0 8π R 16 π 上述结果仅为单位长度载流导线内所具有的磁场能量，它是总磁场能量的一部分，总能量还 应包括导线外磁场所储存的磁能。
R ×
×
O
I×
×
B
F
I ×
×
×
v
此时
I=
×
R
Blv R
M
x
B 2l 2 v MN 所受安培力为 F BIl R
由牛二定律
dv B 2l 2 v F ma m dt R
2 2 t B l dv v0 v 0 mR dt v B 2l 2 ln t v0 mR v
大学物理专业《电磁学》静电场部分例题分析
2 0
Q
A
d
Q 2 0 S
F A QE Q
Q 2 0 S
Q
2
Q
B
2 0 S
E
同理
FB
Q
2
2 0 S
1 2
0
Q
0S
2
（2）
W e W 2 W1
0E V
2
We
1 Q d 2 0S
例15 如图所示，无限长均匀带电细直线，其带电线密度 为 。在距离无限长带电直线为 d 处有一带电荷为 q ， 长为 L 的细线。求带电细线所受的电场力大小和方向 1 高斯定理 E dS qi
E
x
2 0
(
1 x
2
1
1 x R
2 2 0
)
2 0
(1
讨论
1 R
)
2 0
x
2
x R 0
E
2 0
q
2
无限大均匀带电 平面的电场强度 （点电荷电场强度）
R0 x
2
x R 0 E
(1 R0 x
2 1 2
4π 0 x
1 1 2
2
)
2
例9 一平板空气电容器的两极板都是半径为 r 的圆形导 体板，在充电时，板间电场强度的变化率为 dE dt ，若 略去边缘效应，则两极板间的位移电流为( ) （A）
（D）
P 3 0
例8 如图所示，有一半径为 R 的均匀电介质球，沿直径 方向被均匀极化，极化强度 P 为恒量，那么该介质球体 en 内的电场强度为（ ） 解答：如图所示
大学物理习题电磁学习题解答
E
B
t
E
B t
E E
E
E
解：任取一电场线作闭合回路，可求出离轴线为r
处的感生电场E的大小为：
i
E
E感
1
2r
dl Edl
S
B t
dS
2rE
S
B t
dS
（1）当r<R，
S
B t
dS
S
B t
dB
d
dB
P.
Bab Bcd 2Bab
而 o Ii oi ab
B
1 2
oi
c
与P点到平板的距离无关。
i
i
dB
... .
dl
....
dl
.
. B oi B0 B 0i
•
×
0 0i 0
×
a
B
b
25
例9. 求通电螺绕环的磁场分布。已知环管轴线的半径
dB cos
Idl r Idl
r
动画
cos R
r
B
o 4
I cos dl r2
2R
0
4
(
x2
o IR R2
)3/
2
dl
B
2(
x2
o IR2 R2 )3
/
2
方向沿 x 轴正向！
10
讨论
B
0IR2 2(x2 R2)3/ 2
大学物理第八章电磁感应部分的习题及答案
第八章 电磁感应一、简答题1、简述电磁感应定律答：当穿过闭合回路所围面积的磁通量发生变化时，不论这种变化是什么原因引起的，回路中都会建立起感应电动势，且此感应电动势等于磁通量对时间变化率的负值，即dtd i φε-=。
2、简述动生电动势和感生电动势答：由于回路所围面积的变化或面积取向变化而引起的感应电动势称为动生电动势。
由于磁感强度变化而引起的感应电动势称为感生电动势。
3、简述自感和互感答：某回路的自感在数值上等于回路中的电流为一个单位时，穿过此回路所围成面积的磁通量，即LI LI =Φ=Φ。
两个线圈的互感M M 值在数值上等于其中一个线圈中的电流为一单位时，穿过另一个线圈所围成面积的磁通量，即212121MI MI ==φφ或。
4、简述感应电场与静电场的区别？ 答：感生电场和静电场的区别5、写出麦克斯韦电磁场方程的积分形式。
答：⎰⎰==⋅svqdv ds D ρdS tB l E sL⋅∂∂-=⋅⎰⎰d0d =⋅⎰S S B dS t D j l H s l ⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+=⋅⎰⎰d6、简述产生动生电动势物理本质答：在磁场中导体作切割磁力线运动时，其自由电子受洛仑滋力的作用，从而在导体两端产生电势差7、 简述何谓楞次定律答：闭合的导线回路中所出现的感应电流，总是使它自己所激发的磁场反抗任何引发电磁感应的原因（反抗相对运动、磁场变化或线圈变形等）.这个规律就叫做楞次定律。
二、选择题1、有一圆形线圈在均匀磁场中做下列几种运动，那种情况在线圈中会产生感应电流 ( D )A 、线圈平面法线沿磁场方向平移B 、线圈平面法线沿垂直于磁场方向平移C 、线圈以自身的直径为轴转动，轴与磁场方向平行D 、线圈以自身的直径为轴转动，轴与磁场方向垂直2、对于位移电流，下列四种说法中哪一种说法是正确的 ( A ) A 、位移电流的实质是变化的电场 B 、位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷 C 、位移电流服从传导电流遵循的所有规律 D 、位移电流的磁效应不服从安培环路定理3、下列概念正确的是 ( B )。
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大学物理电磁学部分练习题讲解-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN大学物理电磁学部分练习题1.在静电场中，下列说法中哪一个是正确的（D ） （A ）带正电荷的导体，其电势一定是正值． （B ）等势面上各点的场强一定相等． （C ）场强为零处，电势也一定为零．（D ）场强相等处，电势梯度矢量一定相等．2.当一个带电导体达到静电平衡时：D （A ）表面上电荷密度较大处电势较高． （B ）表面曲率较大处电势较高．（C ）导体内部的电势比导体表面的电势高．（D ）导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零．3. 一半径为R 的均匀带电球面，其电荷面密度为σ．该球面内、外的场强分布为（r表示从球心引出的矢径）： （ 0r r R302εσ）=)(r E)(R r <， =)(r E)(R r >．4.电量分别为q 1，q 2，q 3的三个点电荷分别位于同一圆周的三个点上，如图所示．设无穷远处为电势零点，圆半径为R ，则b 点处的电势U ＝)22(813210q q q R++πε5.两个点电荷，电量分别为+q 和-3q ，相距为d ，试求：（l ）在它们的连线上电场强度0=E的点与电荷量为+q 的点电荷相距多远？（2）若选无穷远处电势为零，两点电荷之间电势U ＝ 0的点与电荷量为+q 的点电荷相距多远？••d q +q 3-xθ Od E ⎛．解：设点电荷q 所在处为坐标原点O ，X 轴沿两点电荷的连线．（l ）设0=E的点的坐标为x ′，则0)'(43'42020=--=i d x qi x q Eπεπε可得 0'2'222=-+d dx x解出 d x )31(21'1+-=和 d x )13(21'2-=其中'1x 符合题意，'2x 不符合题意，舍去． （2）设坐标x 处 U ＝ 0，则)(43400x d qx q U --=πεπε0])(4[40=--=x d x xd q πε得 4/04d x x d ==-6.一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.解答：将半球面分成由一系列不同半径的带电圆环组成，带电半球面在圆心O点处的电场就是所有这些带电圆环在O 点的电场的叠加。
今取一半径为r ，宽度为Rd θ的带电细圆环。
带电圆环在P 点的场强为：()322201ˆ4qxE ra x πε=+ 在本题中，cos x h R θ==，a r =2qq l R=d d π2220048q q lE r R r εε==d d d ππ()3/22204qx x R ε=+π22308R qx l E Rr ε=⎰πd π 所以可得：()332220044hdq hdqdE R r hπεπε==+上式中()222sin dq r Rd R d σπθπσθθ==即：33002sin cos sin cos 42R d dE d R σπθθθσθθθπεε==整个半球面为：2000sin cos 24E dE d πσσθθθεε===⎛⎜⎠⎰，方向沿半径向外7. 电荷q 均匀地分布在一半径为R 的圆环上。
计算在圆环的轴线上任一给定点P 的场强。
解：8. 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强． 解: 如图在圆上取ϕRd dl =ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d RR E εϕλ=方向沿半径向外 则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=cos x x LLL x E E E E E rθ====⋅⎰⎰⎰d d d ()3/2224qx x R=+π积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．9. 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ rE 0π2ελ=沿径向向外 (3) 2R r > 0=∑q 0=E10 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E )(21210σσε-= 1σ面外， n E)(21210σσε+-= 2σ面外， n E)(21210σσε+=n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面． 22308Rqx l E Rr ε=⎰πd π11.半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解:将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ-球在O 点产生电场'd π4π3430320OO r E ερ= ∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ； (2) ρ+在O '产生电场'dπ4d 3430301OO Eερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E 'OO图(a) 图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r (如(b)图)则 03ερr E PO=，03ερr E O P '-='∴ 0003'3)(3ερερερd OO r r E E E OP PO P=='-=+='∴ 腔内场强是均匀的．12. 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε)11(21r r -61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J13.如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功． 解: 如图示0π41ε=O U 0)(=-R q Rq0π41ε=O U )3(R q R q -R q0π6ε-=∴ Rq q U U qA o C O 00π6)(ε=-=14. 如图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==RR E E y R0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d RRx x xxU ελελελ 同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O15. 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少以地的电势为零，则A 板的电势是多少解: 如图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d = ∴ 2d d21===ACAB AB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A =得 ,32Sq A =σ Sq A 321=σ而 7110232-⨯-=-=-=A Cq S qσCC10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC AE U εσV16.一空气平行板电容器，两极板面积均为 S ，板间距离为 d （ d 远小于极板线度），在两极板间平行地插入一面积也是S 、厚度为 t （＜ d ）的金属片．试求：（l ）电容C 等于多少？（2）金属片放在两极板间的位置对电容值有无影响？解：设极板上分别带电量+q 和-q ；金属片与A 板距离为d 1，与B 板距离为d 2；金属片与A 板间场强为)/(01S q E ε=金属板与B 板间场强为 )/(02S q E ε=金属片内部场强为 0'=E 则两极板间的电势差为 d E d E U U B A 21+=-))](/([210d d S q +=ε))](/([0t d S q -=ε由此得)/()/(0t d S U U q C B A -=-=ε因C 值仅与d 、t 有关，与d 1、d 2无关，故金属片的安放位置对电容无影响．17. 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量． 解: 如图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+RqR q εε得 -='q 3q 18. 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ）（A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。
由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）。