[VIP专享]重庆大学电磁场习题答案习题(第5章)
电磁学课后习题-答案
第五章 静 电 场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 QεE -=(2) 在棒的垂直平分线上,离棒为r 处的电场强度为2204π21Lr r QεE +=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 πεE 202,利用几何关系 r ′=r -x 统一积分变量,则()220022204π12/12/1π4d π41L r QεL 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 εqαE 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 rx 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 -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,由于闭合面内无电荷,由高斯定理∑⎰==⋅0d 0q εSS 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 SS E S E Φd d解1 由于闭合曲面内无电荷分布,根据高斯定理,有⎰⎰'⋅-=⋅=S SS 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=ER θθER θθER SS2ππ2222πdsin d sin dd sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰S E Φ5 -17 设在半径为R 的球体内,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) 利用高斯定理求球内外的电场分布.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内外的电场分布.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,每个带电球壳在壳内激发的电场0d =E ,而在球壳外激发的电场rrεqe E 20π4d d =由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布()()()()R r r r Rr>=≤≤=⎰⎰d R r 0d 0E 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 得球体内(0≤r ≤R ) ()40202πd 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 e E 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,球体内(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 -20 一个内外半径分别为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 rπE ⋅=⎰S E .在确定高斯面内的电荷∑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 ,该高斯面内无电荷,0=∑q ,故01=E R 1 <r <R 2 ,高斯面内电荷()31323131R R R r Q q --=∑ 故 ()()23132031312π4r R R εR r Q E --= R 2 <r <R 3 ,高斯面内电荷为Q 1 ,故2013π4r εQ E =r >R 3 ,高斯面内电荷为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230234π4ΔεσR 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,壳层内外的电场强度也是连续变化的,本题中带电球壳内外的电场,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内的电荷∑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()22031π2yd 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()dεQ 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 r ελU 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 -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 l E 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=在球面内电场强度为零,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 R εQ 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内,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 -=-== 第六章 静电场中的导体与电介质6 -1 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。
电磁场与电磁波 第五章答案
第五章 恒定磁场重点和难点该章重点及处理方法与静电场类似。
但是磁感应强度的定义需要详细介绍,尤其要强调磁场与运动电荷之间没有能量交换,电流元受到的磁场力垂直于电流的流动方向。
说明磁导率与介电常数不同,磁导率可以小于1,而且大多数媒质的磁导率接近1。
讲解恒定磁场时,应与静电场进行对比。
例如,静电场是无散场,而恒定磁场是无旋场。
在任何边界上电场强度的切向分量是连续的,而磁感应强度的法向分量是连续的。
重要公式磁感应强度定义:根据运动电荷受力: B v F ⨯=q根据电流元受力: B l F ⨯=d I 根据电流环受力: B m T ⨯=真空中恒定磁场方程: 积分形式: I ⎰=⋅ll B 0d μ⎰=⋅SS B 0d微分形式:J B 0 μ=⨯∇0=⋅∇B已知电流分布求解电场强度:1,A B ⨯∇=V V ''-'=⎰'d )(4)( 0 r r r J r A πμ2,V V ''-'-⨯'=⎰'d )()( 4)(30 r r r r r J r B πμ 毕奥─萨伐定律。
3,I ⎰=⋅ll B 0d μ安培环路定律。
面电流产生的矢量磁位及磁感应强度分别为S ''-'=⎰'d )(4)(0 r r r J r A S S πμS ''-'-⨯'=⎰'d )()(4)( 30 r r r r r J r B S S πμ 线电流产生的矢量磁位及磁感应强度分别为⎰''-'=l r r l r A d 4)(0I πμ⎰''-'-⨯'=l r r r r l r B 30 )(d 4)(I πμ矢量磁位满足的微分方程:J A 0 2μ-=∇无源区中标量磁位满足的微分方程: 0 2=∇m ϕ 媒质中恒定磁场方程: 积分形式: I l =⋅⎰l H d⎰=⋅SS B 0d微分形式:J H =⨯∇ 0=⋅∇B磁性能均匀线性各向同性的媒质:场方程积分形式:⎰=⋅lI d μl B⎰=⋅BS H 0d场方程微分形式: J B μ=⨯∇ 0=⋅∇H矢量磁位微分方程:J A 2μ-=∇矢量磁位微分方程的解: V V ''-'=⎰'d )(4)(r r r J r A πμ 恒定磁场边界条件:1,t t H H 21=。
电磁学第5章习题答案
以 d为轴线, a为底 l
面作圆柱体,则
dl 线元所穿过的分子电流数目为 dl 线元所穿过的分子电流总强度为
V adl cos a dl
N nV na dl
IN nIa dl M dl
L m轨 B0
在力矩作用下,电子的角动量绕外磁场方向 进动。 由于进动,电子产生了附加磁矩.
太原理工大学物理系李孟春编写
不管电子轨道运动方向如何, 附加磁矩总与外磁场方向相反。
对自旋磁矩,外磁场也有同 样作用。
e
电子轨道平面 对顺磁质
角动量
m分 m
附加磁矩可以忽略
m轨
太原理工大学物理系李孟春编写
不与S相交——如A分子, 对∑I 无贡献。 整个为S所切割,即分子电流与S相交两次——如 B分子,对∑I 无贡献。 被L穿过的分子电流,即与S相交一次——如C分 子,对∑I 有贡献。
太原理工大学物理系李孟春编写
在闭合环路上取线元为 d,计算该线元所穿过的分 l
金属有:锂、钠、铂、铝;非金属有:氧; 化合 物有:氧化铜、氯化铜、氧化钾 等 抗磁质:磁介质在磁化过程中,磁介质所产生 的附加磁场与外磁场相反。 金属有:汞、铜、锌、金、银;非金属有:硫、 碳、氮等;化合物有:水、二氧化碳、氧化钠、 硫酸 等
太原理工大学物理系李孟春编写
二、顺磁质的磁化 1.顺磁质分子结构特征:分子的固有磁矩不为零 即:无外磁场时, m分 0
B B0 B' B0与B' 反方向, B' B0
采用一些物理量来定量描述磁介质在外场中的磁 化行为。
不论顺磁质还是抗磁质,在外磁场中的磁化 微观机制不同,但宏观上有共同之处。
电磁学课后习题答案
第五章静电场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E1πε04rQ22L(2)在棒的垂直平分线上,离棒为r处的电场强度为E1Q22πε0r4r 2L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dx,其电荷为dq=Qdx/L,它在点P的电场强度为d E14πεdq2rer整个带电体在点P的电场强度E d E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,E dE iL(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E dE y j sinαdE jL证(1)延长线上一点P 的电场强度Edq L2πεr 02,利用几何关系r ′=r -x 统一积分变量,则1QdxQ111QL/2EP 电场强度的方向222-L/240LrxLrL /2rL /2π4rL πεπεε400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ELs indq α dE 24r πε 0利用几何关系sin α=r/r ′,2x 2rr 统一积分变量,则 EL/ -L/2 2 1 rQdx Q2/3 2422rπxr π εεr 0L41 22 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Elim l 1 2 πr ε 01 Q / 4r L2 / 2L λ 2πεr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r2/L 2<<1,带电长直细棒可视为无限长带电直线.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s Ed SΦS 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,由于闭合面内无电荷,由高斯定理E S d S1εq 0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ΦE d SE d SSS解1由于闭合曲面内无电荷分布,根据高斯定理,有ΦE d SE d SSS依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS的方向,ΦEππ2cosπ22cosπ2RRE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①E Ecos e sincos e sinsin eθθθr2d S Rsindd eθθrΦES d SS2ERsin2θsin dθdππ22ERsindsinθθ00d2πRE5-17设在半径为R的球体内,其电荷为球对称分布,电荷体密度为ρkr0rRρ0rRk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)利用高斯定理求球内外的电场分布.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ES d S Er4π21根据高斯定理E d SρdV,可解得电场强度的分布.ε(2)利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球2,每个带电球壳在壳内激发的电场d E0,而在球壳壳,球壳带电荷为dqρ4πrdr外激发的电场d Edq4rπε2 er由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布E r rd E0 r RE r Rd E r R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1E d S得球体内(0≤r≤R)ρdVεEr21πk2r4πrkr4rdrrπε0ε004 E2krr er4ε球体外(r>R)Er21πk2R4πrdrrkr4πrεε004 E2kRr er4ε解2将带电球分割成球壳,球壳带电2dρrqdVkr4πrd由上述分析,球体内(0≤r≤R)E221k r4rdrkrπrr ee2rr0π0r44εε球体外(r>R)E22Rπ1kr4rdrkR1kr4rdrkRr eerr22040r4εrπε5-20一个内外半径分别为R1和R2的均匀带电球壳,总电荷为Q1,球壳外同心罩一个半径为R3的均匀带电球面,球面带电荷为Q2.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2E d S E4πr.在确定高斯面内的电荷q后,利用高斯定理E d S q/ε0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E 2/4rqεπr<R1,该高斯面内无电荷,q0,故E10R1<r<R2,高斯面内电荷q3Qr13R23R13R1故 E233QrR11334εRRrπ0212R2<r<R3,高斯面内电荷为Q1,故E 3Q14εrπ2r>R3,高斯面内电荷为Q1+Q2,故E 4 QQ 2 214εrπ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=R3的带电球面两侧,电场强度的跃变量ΔE E4 E3Q224πεR03σε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,壳层内外的电场强度也是连续变化的,本题中带电球壳内外的电场,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R1和R2>R1),单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r处的电场强度:(1)r<R1,(2)R1<r<R2,(3)r>R2.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E d S E2πrL,求出不同半径高斯面内的电荷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E 2rLq/επr<R1,q0E1在带电面附近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变R1<r<R2,qλLE 2λ2πεr,q0r>R2E3在带电面附近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变Δ Eλλ L202π πεε202πrrLσ ε 0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WQ 2E d l 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WQ 2VVQV020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Q 1 Q 2 4d πε 0 2 Q 1 Q 3 42d πε 02 0 11解得QQQ2344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EE 1y E 3 yQy 222εdy π 03/2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W2Q1QyQ E d l Qdy023/8π042d222ε1解2与解1相同,在任一点电荷所受合力均为零时QQ2,并由电势4 的叠加得Q1、Q3在点O的电势V 0Q14dπεQ34dπεQ2dπε将Q2从点O推到无穷远处的过程中,外力作功W Q V202 Q8dπε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Eλ2rπεer为电荷线密度.(1)求在r=r1和r=r2两点间的电势差;(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λrr22U12E d r lnr12rπε01(2)不能.严格地讲,电场强度 Eλ2rπε0 er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.5-27两个同心球面的半径分别为R1和R2,各自带有电荷Q1和Q2.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V E d l可求得电势分布.(2)利用电势叠加原理求电势.pp一个均匀带电的球面,在球面外产生的电势为VQ 4rπε在球面内电场强度为零,电势于球面的电势VQ4Rπε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E1 0r R1E 2Q14rπε2 erR1r R2E 3 QQ1224πεrerr R2由电势V E d l可求得各区域的电势分布.r当r≤R1时,有V 1 R1rE1d lR2R1E2 d lR2E3d lQ14πε1R11R2QQ124Rπε02Q 1 Q24Rπε01 4Rπε02当R1≤r≤R2时,有V 2 R2rE d l2 R 2E 3 d lQ 1 11 Q1Q24επ0 r R24πεR02Q 1 Q24rπε0 4Rπε02当r≥R2时,有QQ12V E d l34π3rrε0 (2)两个球面间的电势差U12Q11R21E d l2R14πεRR012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内,即r≤R1,则QQ12V14π4πεRεR0102若该点位于两个球面之间,即R1≤r≤R2,则QQ12V24π4πεRεr002 若该点位于两个球面之外,即r≥R2,则V 3 QQ 12 4επr(2)两个球面间的电势差QQ11UVVrR124π4π122εεRR0102第六章静电场中的导体与电介质6-1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。
电磁场课后习题第五章
B1=
?
0
J0 2
?
1
其方向用右手螺旋法则判断,它以大圆柱轴线为中心,? 1为半径圆环的切线方
向。对半径为 a 的小圆柱,在空洞内P点所产生的磁感应强度大小为
B2=
?
0
J0 2
?
2
uvu 其方向也由右手螺旋法则判断,只是电流沿 (? e z ) 方向。若设大圆柱与小圆柱中
心连线为x的正方向,则P点的磁感应强度应为两圆柱各自在 P点产生的磁感应强
面上的磁化电流线密度为
uuuv uuv uuv uuv K m ??e?z e? M0 e?
uuuv uuv 由此可见,要求永久磁化圆柱沿轴线的磁场,就是求磁化电流线密度 K m ? M0 e?
在空间沿轴各处的磁感应强度。圆柱面上的磁化电流可以视为若干个小圆环电
流,每个小圆环电流为
dI m= Kmd z?=M 0 dz ?
uv uvu Z ? 0 处的 B 和H 。
解: 利用媒质分界面上的衔接条件,因为B1 ? 1Wb / m2 ,则
? B2 ? B1 cos
? 0.5WB / m2,Bt ? B1 sin? ?
3 Wb / m2 。利用 2
B2n ? B1n ? 0.5 Wb/ m2
H2t
?
H1t
?
B1t
? r1? 0
? ? 12cm 处,作以圆环中心为圆心的安培环路,则
uuv v
?l H gdl ? 0
所以环的截面以外各处 B ? 0 ,H ? 0。在环的截面内可认为磁场分布均匀,选
? ? 12 ? 10 ? 11cm 为半径,作一安培环路
2
uuv v
?l Hlgd ? NI
电磁场与电磁波(第三版)课后答案第5章
第五章习题解答5.1真空中直线长电流I 的磁场中有一等边三角形回路,如题 5.1图所示,求三角形回路内的磁通。
解根据安培环路定理,得到长直导线的电流I 产生的磁场2IrB e穿过三角形回路面积的磁通为d SB S32322[d ]d d 2db db zd dI I z z xxxx由题 5.1图可知,()tan63x d zx d ,故得到32d 3db dIx dxx3[ln(1)]223Ib d b d5.2通过电流密度为J 的均匀电流的长圆柱导体中有一平行的圆柱形空腔,如题 5.2图所示。
计算各部分的磁感应强度B ,并证明腔内的磁场是均匀的。
解将空腔中视为同时存在J 和J 的两种电流密度,这样可将原来的电流分布分解为两个均匀的电流分布:一个电流密度为J 、均匀分布在半径为b 的圆柱内,另一个电流密度为J 、均匀分布在半径为a 的圆柱内。
由安培环路定律,分别求出两个均匀分布电流的磁场,然后进行叠加即可得到圆柱内外的磁场。
由安培环路定律d CI B l,可得到电流密度为J 、均匀分布在半径为b 的圆柱内的电流产生的磁场为2222b b bbbbr bbr br J r B J r 电流密度为J 、均匀分布在半径为a 的圆柱内的电流产生的磁场为2222a a aaaar aar ar J r B J r 这里a r 和br 分别是点a o 和b o 到场点P 的位置矢量。
将aB 和bB 叠加,可得到空间各区域的磁场为圆柱外:22222babab a r rBJr r ()br b 圆柱内的空腔外:2022ba aar BJr r (,)b ar b r a 空腔内:22b aBJr r J d()ar a 式中d 是点和b o 到点a o 的位置矢量。
由此可见,空腔内的磁场是均匀的。
5.3下面的矢量函数中哪些可能是磁场?如果是,求其源变量J 。
dbIzx题 5.1 图Sbr ar Jboao ab题5.2图d(1) 0,r ar H e B H(圆柱坐标)(2) 0(),x y ay ax H e e BH(3) 0,x y axay H e e BH(4) 0,ar He BH (球坐标系)解根据恒定磁场的基本性质,满足0B 的矢量函数才可能是磁场的场矢量,否则,不是磁场的场矢量。
(完整版)大学物理电磁场练习题含答案
(完整版)⼤学物理电磁场练习题含答案前⾯是答案和后⾯是题⽬,⼤家认真对对. 三、稳恒磁场答案1-5 CADBC 6-8 CBC 三、稳恒磁场习题1. 有⼀个圆形回路1及⼀个正⽅形回路2,圆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强度的⼤⼩之⽐B 1 / B 2为 (A) 0.90. (B) 1.00.(C) 1.11. (D) 1.22.[]2.边长为l 的正⽅形线圈中通有电流I ,此线圈在A 点(见图)产⽣的磁感强度B 为(A) l I π420µ. (B) l Iπ220µ.(C)l Iπ02µ. (D) 以上均不对.[]3.通有电流I 的⽆限长直导线有如图三种形状,则P ,Q ,O 各点磁感强度的⼤⼩B P ,B Q ,B O 间的关系为:(A) B P > B Q > B O . (B) B Q > B P > B O .(C) B Q > B O > B P . (D) B O > B Q > B P .[]4.⽆限长载流空⼼圆柱导体的内外半径分别为a 、b ,电流在导体截⾯上均匀分布,则空间各处的B ?的⼤⼩与场点到圆柱中⼼轴线的距离r 的关系定性地如图所⽰.正确的图是[]5.电流I 由长直导线1沿平⾏bc 边⽅向经a 点流⼊由电阻均匀的导线构成的正三⾓形线框,再由b 点沿垂直ac 边⽅向流出,经长直导线2返回电源(如图).若载流直导线1、2和三⾓形框中的电流在框中⼼O 点产⽣的磁感强度分别⽤1B ?、2B ?和3B表⽰,则O 点的磁感强度⼤⼩(A) B = 0,因为B 1 = B 2 = B 3 = 0.(B) B = 0,因为虽然B 1≠ 0、B 2≠ 0,但021=+B B ??,B 3 = 0.(C) B ≠ 0,因为虽然B 2 = 0、B 3= 0,但B 1≠ 0.(D) B ≠ 0,因为虽然021≠+B B ?,但B 3≠ 0.[]6.电流由长直导线1沿半径⽅向经a 点流⼊⼀电阻均匀的圆环,再由b 点沿切向从圆环流出,经长导线2返回电源(如图).已知直导线上电流强度为I ,圆环的半径为R ,且a 、b 与圆⼼O 三点在同⼀直线上.设直电流1、2及圆环电流分别在O 点产⽣的磁感强度为1B ?、2B ?及3B,则O 点的磁感强度的⼤⼩(A) B = 0,因为B 1 = B 2 = B 3 = 0.(B) B = 0,因为021=+B B ?,B 3= 0.(C) B ≠ 0,因为虽然B 1 = B 3 = 0,但B 2≠ 0. (D) B ≠ 0,因为虽然B 1 = B 2 = 0,但B 3≠ 0.(E) B ≠ 0,因为虽然B 2 = B 3 = 0,但B 1≠ 0.[] v7.电流由长直导线1沿切向经a 点流⼊⼀个电阻均匀的圆环,再由b 点沿切向从圆环流出,经长直导线2返回电源(如图).已知直导线上电流强度为I ,圆环的半径为R ,且a 、b 和圆⼼O 在同⼀直线上.设长直载流导线1、2和圆环中的电流分别在O 点产⽣的磁感强度为1B ?、2B ?、3B,则圆⼼处磁感强度的⼤⼩(A) B = 0,因为B 1 = B 2 = B 3 = 0.(B) B = 0,因为虽然B 1≠ 0、B 2≠ 0,但021=+B B ??,B 3 = 0.(C) B ≠ 0,因为B 1≠ 0、B 2≠ 0,B 3≠ 0.(D) B ≠ 0,因为虽然B 3= 0,但021≠+B B ??.[]8.a R r OO ′I在半径为R 的长直⾦属圆柱体内部挖去⼀个半径为r 的长直圆柱体,两柱体轴线平⾏,其间距为a ,如图.今在此导体上通以电流I ,电流在截⾯上均匀分布,则空⼼部分轴线上O ′点的磁感强度的⼤⼩为(A) 2202R a a I ?πµ (B)22202R r a a I -?πµ(C) 22202r R a a I-?πµ (D) )(222220a r Ra a I -πµ []参考解:导体中电流密度)(/22r R I J -π=.设想在导体的挖空部分同时有电流密度为J 和-J 的流向相反的电流.这样,空⼼部分轴线上的磁感强度可以看成是电流密度为J 的实⼼圆柱体在挖空部分轴线上的磁感强度1B ?和占据挖空部分的电流密度-J 的实⼼圆柱在轴线上的磁感强度2B ?的⽮量和.由安培环路定理可以求得02=B , )(222201r R a Ia B -π=µ 所以挖空部分轴线上⼀点的磁感强度的⼤⼩就等于)(22201r R IaB -π=µ 9. πR 2c3分10.221R B π-3分11. 6.67×10-7 T 3分7.20×10-7 A ·m 2 2分12. 减⼩ 2分在2/R x <区域减⼩;在2/R x >区域增⼤.(x 为离圆⼼的距离) 3分13. 0 1分I 0µ- 2分14. 4×10-6 T 2分 5 A 2分15. I0µ 1分 0 2分2I0µ 2分16. 解:①电⼦绕原⼦核运动的向⼼⼒是库仑⼒提供的.即∶ 02202041a m a e v =πε,由此得 002a m e επ=v 2分②电⼦单位时间绕原⼦核的周数即频率000142a m a e a ενππ=π=v 2分由于电⼦的运动所形成的圆电流00214a m a e e i ενππ== 因为电⼦带负电,电流i 的流向与 v ?⽅向相反 2分③i 在圆⼼处产⽣的磁感强度002a i B µ=00202018a m a eεµππ= 其⽅向垂直纸⾯向外 2分17.1 234 R ROI a β2解:将导线分成1、2、3、4四部份,各部分在O 点产⽣的磁感强度设为B 1、B 2、B 3、B 4.根据叠加原理O 点的磁感强度为:4321B B B B B +++= ∵ 1B ?、4B ?均为0,故32B B B ?+= 2分)2(4102R I B µ= ⽅向? 2分 242)sin (sin 401203R I a I B π=-π=µββµ)2/(0R I π=µ ⽅向 ? 2分其中 2/R a =, 2/2)4/sin(sin 2=π=β 2/2)4/sin(sin 1-=π-=β∴ R I R I B π+=2800µµ)141(20π+=R I µ ⽅向 ? 2分 18. 解:电流元1d l I ?在O 点产⽣1d B ?的⽅向为↓(-z ⽅向) 电流元2d l I ?在O 点产⽣2d B ?的⽅向为?(-x ⽅向) 电流元3d l I ?在O 点产⽣3d B ?的⽅向为? (-x ⽅向) 3分kR I i R IB π-+ππ-=4)1(400µµ 2分 19. 解:设x 为假想平⾯⾥⾯的⼀边与对称中⼼轴线距离,++==Rx RRxrl B r l B S B d d d 21Φ, 2分d S = l d r2012R IrB π=µ (导线内) 2分r I B π=202µ (导线外) 2分)(42220x R R Il -π=µΦR R x Il +π+ln20µ 2分令 d Φ / d x = 0,得Φ最⼤时 Rx )15(21-= 2分20. 解:洛伦兹⼒的⼤⼩ B q f v = 1分对质⼦:1211/R m B q v v = 1分对电⼦: 2222/R m B q v v = 1分∵ 21q q = 1分∴ 2121//m m R R = 1分21.解:电⼦在磁场中作半径为)/(eB m R v =的圆周运动. 2分连接⼊射和出射点的线段将是圆周的⼀条弦,如图所⽰.所以⼊射和出射点间的距离为:)/(3360sin 2eB m R R l v ==?= 3分2解:在任⼀根导线上(例如导线2)取⼀线元d l ,该线元距O 点为l .该处的磁感强度为θµsin 20l I B π=2分⽅向垂直于纸⾯向⾥. 1分电流元I d l 受到的磁⼒为 B l I F=d d 2分其⼤⼩θµsin 2d d d 20l lI l IB F π== 2分⽅向垂直于导线2,如图所⽰.该⼒对O 点的⼒矩为 1分θµsin 2d d d 20π==lI F l M 2分任⼀段单位长度导线所受磁⼒对O 点的⼒矩+π==120d sin 2d l l l I M M θµθµsin 220π=I 2分导线2所受⼒矩⽅向垂直图⾯向上,导线1所受⼒矩⽅向与此相反.23. (C) 24. (B)25. 解: ===l NI nI H /200 A/m3分===H H B r µµµ0 1.06 T 2分26. 解: B = Φ /S=2.0×10-2 T 2分===l NI nI H /32 A/m 2分 ==H B /µ 6.25×10-4 T ·m/A 2分=-=1/0µµχm 496 2分9. ⼀磁场的磁感强度为k c j b i a B ?++= (SI),则通过⼀半径为R ,开⼝向z 轴正⽅向的半球壳表⾯的磁通量的⼤⼩为____________Wb .10.在匀强磁场B ?中,取⼀半径为R 的圆,圆⾯的法线n ?与B ?成60°⾓,如图所⽰,则通过以该圆周为边线的如图所⽰的任意曲⾯S 的磁通量==Sm S B ?d Φ_______________________.11. ⼀质点带有电荷q =8.0×10-10 C ,以速度v =3.0×105 m ·s -1在半径为R =6.00×10-3 m 的圆周上,作匀速圆周运动.该带电质点在轨道中⼼所产⽣的磁感强度B =__________________,该带电质点轨道运动的磁矩p m =___________________.(µ0 =4π×10-7 H ·m -1)12. 载有⼀定电流的圆线圈在周围空间产⽣的磁场与圆线圈半径R 有关,当圆线圈半径增⼤时,(1) 圆线圈中⼼点(即圆⼼)的磁场__________________________.(2) 圆线圈轴线上各点的磁场________如图,平⾏的⽆限长直载流导线A 和B ,电流强度均为I ,垂直纸⾯向外,两根载流导线之间相距为a ,则(1) AB 中点(P 点)的磁感强度=p B ?_____________.(2) 磁感强度B ?沿图中环路L 的线积分 =??L l B ??d ______________________.14. ⼀条⽆限长直导线载有10 A 的电流.在离它 0.5 m 远的地⽅它产⽣的磁感强度B 为______________________.⼀条长直载流导线,在离它 1 cm 处产⽣的磁感强度是10-4 T ,它所载的电流为__________________________.两根长直导线通有电流I ,图⽰有三种环路;在每种情况下,??lB ?____________________________________(对环路a ).____________________________________(对环路b ).____________________________________(对环路c ).设氢原⼦基态的电⼦轨道半径为a 0,求由于电⼦的轨道运动(如图)在原⼦核处(圆⼼处)产⽣的磁感强度的⼤⼩和⽅向.17.⼀根⽆限长导线弯成如图形状,设各线段都在同⼀平⾯内(纸⾯内),其中第⼆段是半径为R 的四分之⼀圆弧,其余为直线.导线中通有电流I ,求图中O 点处的磁感强度.18.z y xR 1 321d l I ?2d l I ?3d l I ?O如图,1、3为半⽆限长直载流导线,它们与半圆形载流导线2相连.导线1在xOy平⾯内,导线2、3在Oyz 平⾯内.试指出电流元1d l I ?、2d l I ?、3d l I ?在O 点产⽣的Bd 的⽅向,并写出此载流导线在O 点总磁感强度(包括⼤⼩与⽅向).19.⼀根半径为R 的长直导线载有电流I ,作⼀宽为R 、长为l 的假想平⾯S ,如图所⽰。
大学物理习题答案解析第五章
第二篇 电磁学求解电磁学问题的基本思路和方法本书电磁学部分涉及真空中和介质中的静电场和恒定磁场、电磁感应和麦克斯韦电磁场的基本概念等内容,涵盖了大学物理课程电磁学的核心内容.通过求解电磁学方面的习题,不仅可以使我们增强对有关电磁学基本概念的理解,还可在处理电磁学问题的方法上得到训练,从而感悟到麦克斯韦电磁场理论所体现出来的和谐与美.求解电磁学习题既包括求解一般物理习题的常用方法,也包含一些求解电磁学习题的特殊方法.下面就求解电磁学方面的方法择要介绍如下.1.微元法在求解电场强度、电势、磁感强度等物理量时,微元法是常用的方法之一.使用微元法的基础是电场和磁场的叠加原理.依照叠加原理,任意带电体激发的电场可以视作电荷元d q 单独存在时激发电场的叠加,根据电荷的不同分布方式,电荷元可分别为体电荷元ρd V 、面电荷元σd S 和线电荷元λd l .同理电流激发的磁场可以视作为线电流元激发磁场的叠加.例如求均匀带电直线中垂线上的电场强度分布.我们可取带电线元λd l 为电荷元,每个电荷元可视作为点电荷,建立坐标,利用点电荷电场强度公式将电荷元激发的电场强度矢量沿坐标轴分解后叠加统一积分变量后积分,就可以求得空间的电场分布.类似的方法同样可用于求电势、磁感应强度的分布. 此外值得注意的是物理中的微元并非为数学意义上真正的无穷小,而是测量意义上的高阶小量.从形式上微元也不仅仅局限于体元、面元、线元,在物理问题中常常根据对称性适当地选取微元.例如,求一个均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布,我们可以取宽度为d r 的同心带电圆环为电荷元,再利用带电圆环轴线上的电场强度分布公式,用叠加的方法求得均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布.2.对称性分析对称性分析在求解电磁场问题时是十分重要的.通过分析场的对称性,可以帮助我们了解电磁场的分布,从而对求解电磁学问题带来极大方便.而电磁场的对称性有轴对称、面对称、球对称等.下面举两个例子.在利用高斯定律求电场强度的分布时,需要根据电荷分布的对称性选择适当的高斯面,使得电场强度在高斯面上为常量或者电场强度通量为零,就能够借助高斯定律求得电场强度的分布.相类似在利用安培环路定律求磁感强度的分布时,依照电流分布的对称性,选择适当的环路使得磁感强度在环路上为常量或者磁场环流为零,借助安培环路定律就可以求出磁感强度的分布.3.补偿法补偿法是利用等量异号的电荷激发的电场强度,具有大小相等方向相反的特性;或强度相同方向相反的电流元激发的磁感强度,具有大小相等方向相反这一特性,将原来对称程度较低的场源分解为若干个对称程度较高的场源,再利用场的叠加求得电场、磁场的分布.例如在一个均匀带电球体内部挖去一个球形空腔,显然它的电场分布不再呈现球对称.为了求这一均匀带电体的电场分布,我们可将空腔带电体激发的电场视为一个外半径相同的球形带电体与一个电荷密度相同且异号、半径等于空腔半径的小球体所激发电场的矢量和.利用均匀带电球体内外的电场分布,即可求出电场分布.4.类比法 在电磁学中,许多物理量遵循着相类似的规律,例如电场强度与磁场强度、电位移矢量与磁感强度矢量、电偶αr l λεE l l cos d π4122/2/0⎰-=极子与磁偶极子、电场能量密度与磁场能量密度等等.他们尽管物理实质不同,但是所遵循的规律形式相类似.在分析这类物理问题时借助类比的方法,我们可以通过一个已知物理量的规律去推测对应的另外一个物理量的规律.例如我们在研究L C 振荡电路时,我们得到回路电流满足的方程显然这个方程是典型的简谐振动的动力学方程,只不过它所表述的是含有电容和自感的电路中,电流以简谐振动的方式变化罢了.5.物理近似与物理模型几乎所有的物理模型都是理想化模型,这就意味着可以忽略影响研究对象运动的次要因素,抓住影响研究对象运动的主要因素,将其抽象成理想化的数学模型.既然如此,我们在应用这些物理模型时不能脱离建立理想化模型的条件与背景.例如当带电体的线度远小于距所考察电场这一点的距离时,一个带电体的大小形状可以忽略,带电体就可以抽象为点电荷.但是一旦去研究带电体临近周围的电场分布时,将带电体当作点电荷的模型就失效了.在讨论物理问题时一定要注意物理模型的适用条件.同时在适用近似条件的情况下,灵活应用理想化模型可大大简化求解问题的难度.电磁学的解题方法还有很多,我们希望同学们通过练习自己去分析、归纳、创新和总结.我们反对在学习过程中不深入理解题意、不分析物理过程、简单教条地将物理问题分类而“套”公式的解题方法.我们企盼同学们把灵活运用物理基本理论求解物理问题当成是一项研究课题,通过求解问题在学习过程中自己去领悟、体会,通过解题来感悟到用所学的物理知识解决问题后的愉悦和快乐,进一步加深理解物理学基本定律,增强学习新知识和新方法的积极性.01d d 22=+i LCt i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,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 下列说法正确的是( )(A )闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内一定没有电荷(B )闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内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,曲面内电荷的代数和必定为零,但不能肯定曲面内一定没有电荷;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 下列说法正确的是( )(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 ) 电势在某一区域内为常量,则电场强度在该区域内必定为零分析与解 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2εσ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范围不会超过±10-21 e ,而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±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范围为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二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异,其差异在±10-21e 范围内时,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 的上夸克和两个带的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10-20 m),中子内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,故有由此出发命题可证.()e q 21max 10821-⨯⨯+=1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e e 32e 31-()r r r r e εr q q εe e e F N 78.3π41π412202210===4320232me E εk =v 2202π41r e εr m =v证 由上述分析可得电子的动能为电子旋转角速度为由上述两式消去r ,得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(2) 在棒的垂直平分线上,离棒为r 处的电场强度为 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.re εm E K 202π8121==v 3022π4mr εe ω=432022232π4me E εωK ==v N 1092.1π3π4920220212⨯===aεe r εq q F 2204π1Lr Q εE -=2204π21L r r Q εE +=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 的电场强度为整个带电体在点P 的电场强度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,(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 的电场强度就是证 (1) 延长线上一点P 的电场强度,利用几何关系 r ′=r -x 统一积分变量,则电场强度的方向沿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,大小为利用几何关系 sin α=r /r ′, 统一积分变量,则当棒长L →∞时,若棒单位长度所带电荷λ为常量,则P 点电场强度r r q εe E 20d π41d '=⎰=E E d ⎰=LE i E d ⎰⎰==Ly E αE j j E d sin d ⎰'=L r πεq E 202d ()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰E r εq αE L d π4d sin 2⎰'=22x r r +='()2203/22222041π2d π41L r r εQ r x L xrQ εE L/-L/+=+=⎰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,在点O 激发的电场强度为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,统一积分变量,有积分得 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.rελL r L Q r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→θθR δS δq d sin π2d d 2⋅==()i E 3/2220d π41d r x qx ε+=θR x cos =θR r sin =()θθθεδθθR πδR θR πεr x q x πεE d cos sin 2 d sin 2cos 41d 41d 02303/2220=⋅=+=02/004d cos sin 2εδθθθεδE π⎰==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,而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为,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 水分子的电偶极矩在电偶极矩延长线上解2 在对称轴线上任取一点A ,则该点的电场强度由于 代入得 测量分子的电场时, 总有x >>r 0 , 因此, 式中,将上式化简并略去微小量后,得 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.00er P =θer P cos 20=302π41x p εE =θer θP P cos 2cos 200==30030030cos π1cos 4π412π41x θer εx θer εx p εE ===+-+=E E E 2020π42π4cos 2cos 2x εe r εθer E βE E -=-=+θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=23/20202001cos 2cos π42x θxr r x θr x εe E ()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x θr x x θr x θxr r x cos 2231cos 21cos 2033/2033/20202300cos π1x θe r εE =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(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 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()i i E E E x r x r ελx r x ελ-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2i E F 00π2r ελλ==-+i E F 002π2r ελλ-=-=+-考虑到z >>d ,简化上式得 通常将Q =2qd 2 称作电四极矩,代入得P 点的电场强度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 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,由于闭合面内无电荷,由高斯定理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.因而解1 由于闭合曲面内无电荷分布,根据高斯定理,有依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向,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 ()()k k k E 202020π41π412π41d z q εd z q εz q ε++-+=()()k k k E 42022220222206π4...321...32112π4/11/1112π4z qd εq z d z d z d z d z z εq z d z d z z εq =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-=k E 403π41zQ ε=⎰⋅=S S d s E Φ∑⎰==⋅01d 0q εS S E ⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d ⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d E R πR E 22πcos π=⋅⋅-=Φ()r θθθE e e e E sin sin cos sin cos ++=5 -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 (k ,E 1 ,E 2 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.而考虑到面CDEO 与面ABGF 的外法线方向相反,且该两面的电场分布相同,故有同理因此,整个立方体表面的电场强度通量5 -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,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内的净电荷.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(为地球平均半径).由高斯定理r θθR e S d d sin d 2=ER θθER θθER SS2π0π2222πdsin d sin dd sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰S E Φ()12E kx E +E =i +j 0==DEFG OABC ΦΦ()[]()2221ABGF d a E dS E kx E =⋅++=⋅=⎰⎰j j i S E Φ22a E ABGF CDEO -=-=ΦΦ()[]()2121AOEF d a E dS E E -=-⋅+=⋅=⎰⎰i j i S E Φ()[]()()2121BCDG d a ka E dS E ka E Φ+=⋅++=⋅=⎰⎰i j i S E 3ka ==∑ΦΦ1m V 120-⋅E R R ≈E R ∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E地球表面电荷面密度单位面积额外电子数5 -17 设在半径为R 的球体内,其电荷为球对称分布,电荷体密度为k 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) 利用高斯定理求球内外的电场分布.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,因而有根据高斯定理,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内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳,球壳带电荷为,每个带电球壳在壳内激发的电场,而在球壳外激发的电场由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布解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,由高斯定理得球体内(0≤r ≤R )∑--⨯-=-≈=2902cm 1006.1π4/E εR q σE 25cm 1063.6/-⨯=-=e σn ()()R r ρkr ρ>=≤≤= 0R r 02Sπ4d r E ⋅=⋅⎰S E ⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E r r ρq ''⋅=d π4d 20d =E rrεqe E 20π4d d =()()()()R r r r Rr>=≤≤=⎰⎰d R r 0d 0E E E E ⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E ()4202πd π41π4r εk r r kr εr r E r==⎰球体外(r >R )解2 将带电球分割成球壳,球壳带电由上述分析,球体内(0≤r ≤R )球体外(r >R )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为沿平面外法线的单位矢量;圆盘激发的电场它们的合电场强度为()r εkr r e E 024=()4202πd π41π4r εk r r kr εr r E R==⎰()r εkR r e E 024=r r r k V ρq '''==d π4d d 2()r r rεkr r r r r k εr e e E 0222004d π4π41=''⋅'=⎰()r r Rr εkR r r r πr k πεr e e E 20222004d 441=''⋅'=⎰n εσe E 012=n e n r x x εσe E ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+--=220212在圆孔中心处x =0,则E =0在距离圆孔较远时x >>r ,则上述结果表明,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).大小球体在空腔内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 带电球体内部一点的电场强度为所以 , 根据几何关系,上式可改写为n rx x εσe E E E 22212+=+=n nεσx r εσe e E 02202/112≈+=a E 03ερ=r E 03ερ=r E 013ερ=2023r E ερ-=()210213r r E E E -=+=ερa r r =-21a E 03ερ=5 -20 一个内外半径分别为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 .在确定高斯面内的电荷后,利用高斯定理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r <R 1 ,该高斯面内无电荷,,故 R 1 <r <R 2 ,高斯面内电荷 故 R 2 <r <R 3 ,高斯面内电荷为Q 1 ,故r >R 3 ,高斯面内电荷为Q 1 +Q 2 ,故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,壳层内外的电场强度也是连续变化的,本题中带电球壳内外的电场,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 .24d r πE ⋅=⎰S E ∑q ∑⎰=/d εq S E ∑=⋅02/π4εq r E 0=∑q 01=E ()31323131R R R r Q q --=∑()()23132031312π4r R R εR r Q E --=2013π4r εQ E =20214π4r εQ Q E +=230234π4ΔεσR εQ E E E ==-=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,求出不同半径高斯面内的电荷.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r <R 1 ,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 ,r >R 2,在带电面附近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变这与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.⎰⋅=rL E d π2S E ∑q ∑=⋅0/π2εq rL E 0=∑q 01=E L λq =∑rελE 02π2=0=∑q 03=E 000π2π2ΔεσrL εL λr ελE ===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 所受的合力为零解得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?)外力所作的功为解2 与解1相同,在任一点电荷所受合力均为零时,并由电势 的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中,外力作功比较上述两种方法,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l E d 02⎰∞=Q W ()0202V Q V V Q W =-=∞()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q Q Q Q 414132-=-=()2/322031π2yd εQ E E E yy y +=+=()dεQ y y d εQ Q Q W y 022/322002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E Q Q 412-=dεQd εQ d εQ V 003010π2π4π4=+=dεQ V Q W 0202π8=-='。
第5章-习题详解
z B w 0
α
Φ = ∫ B ⋅ dS = e y Bm sin(ωt ) ⋅ en hw
S
h y en
= Bm hw sin(ωt ) cos α dΦ = −ωBm hw cos(ωt ) cos α in = − dt
x 穿过线圈的磁通变化既 (2) 线圈以角速度 ω 旋转时, 习题 5-1 题图 有因磁场随时间变化引起的,又有因线圈转动引起 的。此时线圈面的法线 e n 是时间的函数,表示为 en (t ) , α = ωt 。因此
Φ = B (t ) ⋅ en (t ) S = e y Bm sin(ωt ) ⋅ e y hw cos α = Bm hw sin(ωt ) cos(ωt )
故
in
=−
dΦ = −ωBm hw cos 2ωt dt
5-2
长直导线载有电流 i = I m cos ωt ,其附近有一 a × b 的矩形线框,如图所示。在下列两 种情况下求线圈中的感应电动势:(1)线圈静止不动;(2)线圈以速度 v 向右方运动。
导体表面外侧的坡印廷矢量s由高斯定理可知面电荷在导体外产生的电场为当轴向通以均匀分布的恒定电流i设以电流流向为z坐标方向时导体内的电场为根据边界条件导体表面上电场的切向分量应连续即oz恒定电流i在导体外产生的磁场为521在球坐标系下已知真空中时变电磁场的电场强度为cossin
第 5 章 时变电磁场
5-1
C/ m 2
10 4 cos(ωt − kz ) ,电缆的内外导体之间填充了理想 r 介质,介质参数为 ε r = 2, µ r = 1 。求:理想介质中的电场强度 E 和磁场强度 H 。
在无源区域,已知电磁场的电场强度 E = e x 0.1sin(6.28 ×109 t − 20.9 z ) V/m,求空间任一 点的磁场强度 H 和磁感应强度 B。
《电磁场与电磁波》课后习题解答(第五章)
《电磁场与电磁波》课后习题解答(第五章)————————————————————————————————作者:————————————————————————————————日期:习题及参考答案5.1 一个点电荷 Q 与无穷大导体平面相距为d ,如果把它移动到无穷远处,需要作多少功?解:用镜像法计算。
导体面上的感应电荷的影响用镜像电荷来代替,镜像电荷的大小为-Q ,位于和原电荷对称的位置。
当电荷Q 离导体板的距离为x 时,电荷Q 受到的静电力为2)2(042x Q F επ-=静电力为引力,要将其移动到无穷远处,必须加一个和静电力相反的外力2)2(042x Q f επ=在移动过程中,外力f 所作的功为d Q d dx dx Q dx f 016220162επεπ=⎰∞⎰∞= 当用外力将电荷Q 移动到无穷远处时,同时也要将镜像电荷移动到无穷远处,所以,在整个过程中,外力作的总功为dq8/2επ。
也可以用静电能计算。
在移动以前,系统的静电能等于两个点电荷之间的相互作用能:d Q d Q Q d Q Q q q W 082)2(04)(21)2(042122211121επεπεπϕϕ-=-+-=+=移动点电荷Q 到无穷远处以后,系统的静电能为零。
因此,在这个过程中,外力作功等于系统静电能的增量,即外力作功为dq8/2επ。
5.2 一个点电荷放在直角导体内部(如图5-1),求出所有镜像电荷的位置和大小。
解:需要加三个镜像电荷代替 导体面上的感应电荷。
在(-a ,d )处,镜像电荷为-q ,在(错误!链接无效。
)处, 镜像电荷为q ,在(a ,-d )处,镜像电荷为-q 。
图5-1 5.3 证明:一个点电荷q 和一个带有电 荷Q 、半径为R 的导体球之间的作用力为]2)22(2[04R D DRq D D qR Q q F --+=επ其中D 是q 到球心的距离(D >R )。
证明:使用镜像法分析。
工程电磁场课后答案
用正边沿D触发器实现1101序列检测器
第一章节
Q1
Q0
0
0
0
1
1
0
1
1
0
0
0
1
1
0
1
1
试用负边沿D触发器组成4位二进制异步加计数器,画出逻辑图。
7.1.4 试用正边沿D触发器组成3位二进制同步加计数器,画出逻辑图。
规律:
加:
减:
试用正边沿D触发器和门电路设计一个同步三进制减计数器。
5.2.11 触发器转换
6.1.1 由状态表作状态图
6.1.3 由状态图作状态表
5电路的初始状态为01,当序列X=100110时,求该 电路输出Z的序列。
解:011010
6.2.5 同步时序电路分析
6.2.9 异步时序电路分析
可自启动的异步七进制计数器
用同步结构实现状态度,要求电路最简,采用正边沿JK触发器。 解:(1) 画出状态表 列出真值表 写出逻辑表达式
7.1.18 用74161采用两种不同方法构成24进制。
试用两片74194构成8位双向移位寄存器。
并 联
第五章 触发器 5.1.1 R、S输入高电平有效 5.1.3 画同步RS触门组成的同步RS触发器功能
分析各种结构触发的翻转特点
同步触发器:有CP信号控制,高(低)电平期间Q状态保持, (高)低电平期间Q状态由输入端决定;
基本RS触发器:没有CP信号,Q状态由R/S直接决定;
7.1.9 分析计数器改制电路
7.1.11 分析计数器改制电路
异步清零反馈法 译码反馈状态(过渡状态):1010
有效状态:0000~1001 结论:十进制
重庆大学电力系统电磁暂态第五章习题答案(绝对正版!强力推荐!)
解:正负零三序网如图(a) ,各序端口的戴维南等值电路如图(b) (a) 单相短路,复合序网如图(c) 则:
I (1) = I (2) = I (0) =
Uf 0 I ∑ (1) / / x f + I ∑ (2) / / x f + x f
=
1 = 0.5 0.5 + 0.5 + 1
9. 图 5‐34 示出一简单系统。若在线路始端处测量 Z a = U ag / I a 、 Z b = U bg / I b 、
f '(1)
U f (0)
Z ∑ (1)
Zf
U ' f (1)
' f (2)
Z ∑ (2)
Zf
U 'f (2)
' f (0)
Z ∑ (0)
Zf
U f (0)
另外,也可以直接用边界条件推导(在 f 点发生故障) : ⎧ ⎪ I fa = 0 ⎪ ⎨U fb = z f I fb ⎪ ⎪U fc = z f I fc ⎩ 可推得边界条件为:
z∑ (0) + z∑ (2)
1 I fb = (1 + a + ak0 )(1 − a )
则 ⎛ ⎞ 2 U b = U fb + j 0.2λ ( I b + 2 I b (0) ) = I b ( j 0.2λ ) ⎜1 + ⎟ ⎝ (1 + a + ak0 )(1 − a) ⎠ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 2 Ub = ( j 0.2λ ) ⎜ 1 + + 1 ⎟ = ( j 0.2λ ) ⎜ ⎜ 1.5 + j 3(k + 0.5) ⎟ ⎟ ⎝ (1 + a + ak0 )(1 − a ) ⎠ 0 ⎝ ⎠ Ib 同理可求得 C 相关系
重庆大学电磁场复习资料【包含习题和答案】
期末复习基本概念和理论1. Maxwell 方程组积分形式 微分形式⎰⎰⎰⎰⋅∂∂+⋅+⋅=⋅S DS v S E l H d d d d S S S l t ργ t c ∂∂+=⨯∇D J H(tv ∂∂+=DJ ) S Bl E d d ⋅∂∂-=⋅⎰⎰S l t t ∂∂-=⨯∇B E0d =⋅⎰S B S 0=⋅∇B q S =⋅⎰S D d ρ=⋅∇D明了各基本方程的意义,方程的基本特点。
2. 导出静态场的基本方程微分形式:()0=∂∂tc J H =⨯∇ 0=⨯∇E 0=⨯∇=⨯∇⨯∇c J H0=⋅∇B ρ=⋅∇D 0=⨯∇E积分形式:⎰∑⎰=⋅=⋅I S c l S J l H d d 0d =⋅⎰l E l 0d =⋅⎰l E l 0d =⋅⎰S B S q S =⋅⎰S D d 0d =⋅⎰S J S c3. 正弦电磁场中微分形式Maxwell 方程组的相量表达式D J Hωj c +=⨯∇ B Eωj -=⨯∇0=⋅∇Bρ=⋅∇D 4. 准静态场(1)电准静态场 (2)磁准静态场tc ∂∂+=⨯∇DJ H c J H ≈⨯∇ 0≈⨯∇E t ∂∂-=⨯∇BE0=⋅∇B 0=⋅∇B ρ=⋅∇D ρ=⋅∇D循环图的闭环已被断开。
5. 媒质的影响P E D +=0ε, ()M H B +=0μ, ()E J J =,各向同性、线性媒质E E D εεε==r 0,H H B μμμ==r 0, E J γ=6. 媒质分界面衔接条件k )H (H e =-⨯12n 012=-⨯)E (E e n 012=-⋅)B (B e n σ=-⋅)D (D e 12n应用矢量形式7. 波动特性和能量传输(1)动态位波动方程和动态位解答:ερϕμεϕ-=∂∂-∇222t , c tJ AA μμε-=∂∂-∇222V d R v R t t V '⎪⎭⎫ ⎝⎛-'=⎰',r )(r,ρπεϕ41 , ()V Rv R t T c V '⎪⎭⎫ ⎝⎛-'⎰='d 4,r J r,A πμ 动态位解答的波动特点,推迟效应,似稳条件 (2)坡印廷定律和坡印廷矢量:()⎰⎰⎰⎰⋅+--∂∂-=⋅⨯V V e V c S V v V t Wd d d 2E J J S H E ργH E s ⨯= , ()t TTav d 10⎰⨯=H E s (3)电磁场能量密度在各向同性、线性媒质中2221212121H E m eμεωωω+=⋅+⋅='+'='H B D E 8. 均匀平面电磁波的传播9. 基本问题(1)何谓标量场?何谓矢量场?(2)“ ”算符的微分特性和矢量特性?(3)电场强度是怎样定义的?其物理意义如何?(4)电位的定义式和它的物理意义。
大学物理第5章习题答案2(1)
(
1 R1
1 R2
)
r
Q1 R1
Q2 R2
0 r R1
E
4
Q1 π 0 r
2
R1 r R2
Q1 Q2 4 π0r2
r R2
习题答案
第五章 静电场
5-30 两个很长的同轴圆柱面(R1 =3. 0010-2 m, R2 =0. 10m) , 带有等量异号的电荷,两者的电势差为450 V.
第五章 静电场
(2)
r E1 3 0 r1
r E2 3 0 r2
E E1 E2
r 3 0
r1
r2
r
a
3 0
习题答案
第五章 静电场
5-22 如图,有三个点电荷Q1 ,Q2 ,Q3沿一条直线等间 距分布,且Q1 =Q3 =Q,已知其中任一点电荷所受合力均 为零. 求在固定Q1 , Q3的情况下,将Q2从O点推到无穷 远处外力所作的功.
s
EdS 2 rhE
s
0
R1 r R2
q h
E
2 π0r
第五章 静电场
l R2
-+
r h l - + R1 - + R2 -+
习题答案
第五章 静电场
精品课件!
习题答案
第五章 静电场
精品课件!
习题答案
第五章 静电场
解(1)设两圆柱面单位长度上
分别带电
V (r) r E dr
rR2
E
dr
R2
重庆大学电磁期末测验题
重庆大学电气工程学院电磁场原理试题题号一二三四五题分30 10 10 30 20一部分选择题一、单项选择题(本大题共15 小题,第1—4 题每小题1 分,第5—11 题每题2分,第12—15 题每题3 分,共30 分)在每小题列出的四个选项中只有一个选项是符合题目要求的,请将正确选项前的字母填在题后的知号内。
1、电介质中的电荷,只能在分子或原子范围之内作微小位移,故称之为_______。
( B)A、离子B、束缚电荷C、电子D、自由电荷2、导体在静电平衡下,其内部电场强度______。
(B )A、为常数B、为零C、不为零D、不确定3、电介质极化后,其内部存在_______。
(D )A、自由正电荷B、自由负电荷C、束缚电荷D、电偶极子4、静电场有量的来源是(D )A、损耗B、感应C、极化D、做功5、电场强度E 的大小与介质的介电常数ε______,电位移矢量D 的大小与介质的介电常数ε______。
(B )A、有关/有关B、有关/无关C、无关/无关D、无关/有关6、线性导电媒质是指它的电导率不随______变化。
(C )A、电流密度B、时间C、空间位置D、温度7、磁场强度大小与磁媒质_______,磁感应强度大小与磁媒质______(D )A、有关/有关B、有关/无关C、无关/无关D、无关/有关8、相同场源条件下,磁媒质中的磁感应强度是真空中磁感应强度的______倍。
( C)A、μrμoB、1/μrμOC、μrD、1/μr9、交变电磁场中,回路感应电动势与回路材料电导率的关系为;______。
(A)A、电导率越大,感应电动势越大B、电导率越小,感应电动势越大C、电导率越大,感应电动势越小D、感应电动势大小与电导率无关10、频率为50Hz 的场源,在自由空间中的波长为( A)A、6000kmB、600kmC、60kmD、6km11、真空中均匀平面波的波阻抗为______。
(B )A、377ΩB、337ΩC、277ΩD、237Ω12、导体表面静电场的边界条件为(A )A、E1t=E2t;D2n-D1n=σB、E1t=E2t;D2n=σC、E2=0;D2n=σD、E2=0;D2n-D1n=σ13、恒定磁场中运用虚设电流是为了(C )2A、改变原来的电流分布B、改变现在的电流分布C、满足原来的边界条件D、满足现在的边界条件14、相同尺寸和匝数的空心线圈的电感系数______铁心线圈的电感系数。
重庆大学电磁场11年考题及题解
重庆⼤学电磁场11年考题及题解⼀、(10分)单选题,将你选择的答案序号填⼊各题括弧内。
1、下⾯哪⼀个⽮量恒等式是正确的?( c )(a ) 0≠F ; ( b )0=F; ( c ) 0=f 。
2、介质极化的影响是由下⾯哪种等效极化电荷的分布来描述的?( c )(a ) e P P ?=??=P p σρ,; (b ) e M M==P p σρ,;(c ) e P P=-=P p σρ,3、在⾃由电流激发的磁场中,存在有导磁媒质时,磁场由( b )产⽣。
(a ) ⾃由电流; (b ) ⾃由电流和磁化电流; (c ) 磁化电流。
4、有⼀⾦属块处于磁场中,下⾯哪种情况下⾦属块中不会有涡流产⽣?( a )(a ) 在恒定磁场中平⾏移动; (b ) 在恒定磁场中转动; (c )在时变磁场中处于静⽌状态。
5、导电媒质中的时谐均匀平⾯波,电场和磁场的幅值是( a )衰减的。
(a )按指数规律; (b ) 线性; (c ) 不。
6、下⾯的说法不正确的是( a );(a ) 相速代表信号的能量传播的速度;(b ) 在导电媒质中,相速与频率有关; (c ) 相速是指等相⾯移动的速度。
7.在⾃由空间传播的电磁波电场有两个分量分别为)cos(x t E E m y βω-=和)sin(x t E E m z βω-=,该电磁波为( b )。
(a ) 左旋波; (b ) 右旋波; (c ) 椭圆极化波8. 在矩形波导中传输电磁波的⼯作波长应( b )截⽌波长。
(a )⼤于; (b )⼩于; (c ) 等于。
9、单元偶极⼦的远区场的条件是( c ):(a ) r << λ,β r << 1; (b ) r << λ,β r >> 1; (c ) r >> λ,β r >> 110、单元偶极⼦的远区电场相量形式为r e rl I E βπωεθβθj 024j -?=sin,因此该电磁波为( c )。
大学物理第五版(马文蔚)电磁学习题答案
大学物理第五版(马文蔚)电磁学习题答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN2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2εσ,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 下列说法正确的是( )(A)闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内一定没有电荷 (B)闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内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,曲面内电荷的代数和必定为零,但不能肯定曲面内一定没有电荷;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下列说法正确的是()(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) 电势在某一区域内为常量,则电场强度在该区域内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).345 -5 精密实验表明,电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10-21 e ,而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±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范围为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 范围内时,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10-20m),中子内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 rr re 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.5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3022π4mrεe ω= 由上述两式消去r ,得432022232π4me E εωK==v5 -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.6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 QεE -=(2) 在棒的垂直平分线上,离棒为r 处的电场强度为2204π21Lr r QεE +=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.7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 qεe 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 πεqE 22d ,利用几何关系r ′=r -x 统一积分变量,则()220022204π12/12/1π4d π41L r QεL 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 εqαE 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 π41Lr rεQrx L xrQ εE L/-L/+=+=⎰8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 q x ε+=9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 πδRθR 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302π41x pεE =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1030030030cos π1cos 4π412π41x θer 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 εer 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 xcos 2231cos 21cos 2033/2033/2022,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iE F 00π2r ελλ==-+ i E F 002π2r ελλ-=-=+- 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()()k k k E 202020π41π412π41d z q εd z q εz q ε++-+= 考虑到z >>d ,简化上式得()()k k k E 42022220222206π4...321...32112π4/11/1112π4z qd εq z d z d z d z d z z εq z d z d z z εq =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-= 通常将Q =2qd 2 称作电四极矩,代入得P 点的电场强度k E 403π41zQ ε=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,由于闭合面内无电荷,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 由于闭合曲面内无电荷分布,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=ER θθER θθER SS 2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰S E Φ5 -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 ,E 1 ,E 2 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==DEFG OABC ΦΦ.而()[]()2221ABGF d a E dS E kx E =⋅++=⋅=⎰⎰j j i S E Φ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22a E ABGF CDEO -=-=ΦΦ同理 ()[]()2121AOEF d a E dS E E -=-⋅+=⋅=⎰⎰i j i S E Φ()[]()()2121BCDG d a ka E dS E ka E Φ+=⋅++=⋅=⎰⎰i j i S E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内的净电荷.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 的球体内,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) 利用高斯定理求球内外的电场分布.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2Sπ4d 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内外的电场分布.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,每个带电球壳在壳内激发的电场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内外的电场分布()()()()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 得球体内(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 e E 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,球体内(0≤r ≤R )()r r rεkr r r r r k εr e e E 0222004d π4π41=''⋅'=⎰ 球体外(r >R )()r r RrεkR 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).大小球体在空腔内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 带电球体内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 一个内外半径分别为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 .在确定高斯面内的电荷∑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 ,该高斯面内无电荷,0=∑q ,故01=ER 1 <r <R 2 ,高斯面内电荷()31323131R R R r Q q --=∑ 故 ()()23132031312π4rR R εR r Q E --= R 2 <r <R 3 ,高斯面内电荷为Q 1 ,故2013π4r εQ E = r >R 3 ,高斯面内电荷为Q 1 +Q 2 ,故20214π4r εQ 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230234π4ΔεσR 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,壳层内外的电场强度也是连续变化的,本题中带电球壳内外的电场,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内的电荷∑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()2/322031π2y d 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 022/3220002π8d 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dεQ d 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 r ελU 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 π4π4r εθp r εq r εq V V V =-+=+=-+-+ (1) 若o 0=θ V 1023.2π4320P -⨯==rεp V (2) 若o45=θ V 1058.1π445cos 320oP -⨯==r εp V (3) 若o90=θ 0π490cos 20oP ==r εp 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Rq εV 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 εV 5 -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 00l E ()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 00a -a x l E l E ()a x a εσV >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 00a-a x l 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⎰∞⋅=p p V l E 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rεQ V 0π4= 在球面内电场强度为零,电势处处相等,等于球面的电势RεQ V 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()()()22021321201211 π4 π40R 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202101202121013211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞l E 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 +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞l E l E当r ≥R 2 时,有rεQ Q V r 02133π4d +=⋅=⎰∞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内,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,其内部的电荷均匀分布,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 ⋅=-⎰b ab 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()rR εR ρr r εR ρr V R r ln 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 r r σεV += 由电势叠加,轴线上任一点P 的电势的()x x R εσx r r r εσV R -+=+=⎰22002202d 2 (1) (2) 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R x εσx 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==xεq V 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。
高等电磁理论第五章答案5
用 J0 (
0 n
R0
) 乘以上式两端,并积分可得
2 ' J 0 ( ) 2 ]Gz
[ dz
n 1
dຫໍສະໝຸດ 2 2 k2 (
0 n
R0
0 n
R0 (z z' ) R J (0 n )
2 2 0 1
')
选择两个本征函数为
( 0 n )2 k 2 z F1 e R0 , z z' ( 0 n )2 k 2 z R0 , z z' F2 e
'
(r r ' )
2 kn kn
Q
n 0 2 n
1
n
(r ) *n (r ) ,本题中有
mn ( x, y ) sin
m n m ' n x sin y , *mn ( x, y ) sin x sin y a b a b 1 m 2 n 2 2 2 Qn ) ( ) , kmn ( 4ab a b
4 m 2 n 2 m m x ' n n y ' [( ) ( ) k 2 ]1 sin x sin sin y sin a b a a b b m 1 n 1 ab
1
5-2
在一半径为 R0 的圆柱形金属波导内,于 z z 平面上放置一半径为 的均匀磁
[
1 2 ( ) 2 k 2 ] Am J m z
因此该定解问题对应的格林函数应满足以下的辅助定解问题
1 2 ( ' ) ( z z ' ) 2 [ ( ) k ] G 1 z 2 ( G1 ) | R0 0
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则位移电流密度为: J D
D t
2
。
ez
ve
vB
d
0E t
e
e
5-4 一同轴圆柱形电容器,其内、外半径分别为 r1 1cm 、 r2 4cm ,长度 l 0.5cm ,
ka 2
0
极板间介质的介电常数为 40 ,极板间接交流电源,电压为 u 6000 2sin100 t V 。求 t 1.0s 时极板间任意点的位移电流密度。
其轴线与磁场平行。在轴与圆盘边缘上分别接有一对电刷。这一装置称为法拉第发电机。
试证明两电刷之间的电压为
证明:,选圆柱坐标,
其中
证毕
5-3 解:
v
Eind
v
e
Eind d l
0
l
a
B d
B
Ba 2
ve
2
a
B
0
B
Ba2
平板电容器极板间的电场强度为: E u U m sint dd
2 0 u 0
1
由圆柱坐标系有
解式(1)得
由边界条件得:
所以
E
D
E
2 0
ln r2
e
u
r1
e
e
r1 r2
d ln r2
20
e
ln r2
6000
A/m2
( ) 0
c1 ln c2
c1
u ln4
r1
r1
1 4
u ln u ln4
6000 2sin100 t ln4
40 6000 2sin100t ln4
,
6000
2 0 r1
D
2 100
2 100 cos100
c2 u
2006年经省农业厅,南平市政府19批41准年,毛南泽平东农在校《与改建造阳我农们业的工学程习学》校一合文署中办,学把,这强句强原联指合治,学实态行度一的套话班古子为,今两用个,校从区哲的学管的理高体度制做,了从新而的使分学析校,的深办化学了规对模实,事办求学是实的力理都解有,长并足为的其发提历展出史,了的逐一经步个验发经教展典训成的告为注诉有释我着,们广指:泛出什发:么展“时空‘候间实坚和事持良’实好就事发是求展客是前观,景存党的在和闽着国北的家唯一的一切事一事业所物就集,会文第‘顺理一是利、个’发农问就展工题是;商,客什实贸实观么事为事事时求一求物候是体是的背是,地内离一面看部实个向待联事老全我系求话国们,是题招的即,,生学规党实和校律和事就。性国求业职,家是的业‘的一,教求事一语办育’业、,学明就就实出规显是会事自模不我遭求东最同们遇是汉大于去挫地班、高研折看固师等究。待所资教”同学著力育。时校《量和毛,、汉最中泽只学书雄学东有生河厚教对坚和间、育中持学献办,国实校王学不社事当传质同会求前》量点、是工。和就中,作书办在国党以中学于革和及称声职命人存赞誉业的民在刘高教分的的德的育析事问“综所无业题修合有不才学性工贯能好国作穿顺古家和着利,级任实前实重何事进事点事求,求中情是一是专都的旦。和必精背”省须神离其级靠。实意文自因事思明己而求是学完他是根校成才就据。。能必实而找然事这到遭求些中到索成国挫真绩革折理的命甚。取的至得规倒是律退得,。益制实于定事学出求校适是党合是政中马领国克导国思的情主坚的义强路世领线界导方观,针的得政根益策本于,要全指求体导,党中是员国马干革克部命思和走主教向义职胜的工利精的,髓辛实。勤事工求作是和是共中同国努革力命的实结践果经,验但的最高主度要总的结一和条概是括得,益中于国学革校命始和终建坚设持的实经事验求表是明的,原实则事,求可是以是说胜,利坚之持本实,事只求要是坚原持则实是事我求们是学,校我各们项党事就业会健永康远、立稳于定不和败谐之发地展。的重要保证。
5-1 解: 穿过速度 v 运动的矩形线框的磁链为:
m
N S
Bd
S
所以,线框的感应电动势为:
d m dt
2
NBm
d
bvsin
a vt
N 2a vt 2
NBm k
ka 2
b
Bmcoskybdy
sin
sinkvt
ka 2
第五章习题答案
vt sin
NBmb k
5-2 如题图所示,一半径为 a 的金属圆盘,在垂直方向的均匀磁场 B 中以等角速度 旋转,
sin
vt /
Um d
ka 2
cost
dt
vt sin
ka 2
题图 52
vt
z
v
,因此有
所以
Jd
当 t 1s 时
u
D t
Jd
r2
r1
ln r2
r1
E
E
dl
2 0
r2
r1
u ln r2
E
u t
4 8.85 1012 ln4
6.81105
解法二:用边值问题求解,即
解法一:因电源频率较低,f=50Hz 为缓变电磁场,可用求静电场方法求解。忽略边沿效应,
电容器中的场为均匀场,选用圆柱坐标,设单位长度上内导体的电荷为 ,外导体电荷为
2006年经省农业厅,南平市政府19批41准年,毛南泽平东农在校《与改建造阳我农们业的工学程习学》校一合文署中办,学把,这强句强原联指合治,学实态行度一的套话班古子为,今两用个,校从区哲的学管的理高体度制做,了从新而的使分学析校,的深办化学了规对模实,事办求学是实的力理都解有,长并足为的其发提历展出史,了的逐一经步个验发经教展典训成的告为注诉有释我着,们广指:泛出什发:么展“时空‘候间实坚和事持良’实好就事发是求展客是前观,景存党的在和闽着国北的家唯一的一切事一事业所物就集,会文第‘顺理一是利、个’发农问就展工题是;商,客什实贸实观么事为事事时求一求物候是体是的背是,地内离一面看部实个向待联事老全我系求话国们,是题招的即,,生学规党实和校律和事就。性国求业职,家是的业‘的一,教求事一语办育’业、,学明就就实出规显是会事自模不我遭求东最同们遇是汉大于去挫地班、高研折看固师等究。待所资教”同学著力育。时校《量和毛,、汉最中泽只学书雄学东有生河厚教对坚和间、育中持学献办,国实校王学不社事当传质同会求前》量点、是工。和就中,作书办在国党以中学于革和及称声职命人存赞誉业的民在刘高教分的的德的育析事问“综所无业题修合有不才学性工贯能好国作穿顺古家和着利,级任实前实重何事进事点事求,求中情是一是专都的旦。和必精背”省须神离其级靠。实意文自因事思明己而求是学完他是根校成才就据。。能必实而找然事这到遭求些中到索成国挫真绩革折理的命甚。取的至得规倒是律退得,。益制实于定事学出求校适是党合是政中马领国克导国思的情主坚的义强路世领线界导方观,针的得政根益策本于,要全指求体导,党中是员国马干革克部命思和走主教向义职胜的工利精的,髓辛实。勤事工求作是和是共中同国努革力命的实结践果经,验但的最高主度要总的结一和条概是括得,益中于国学革校命始和终建坚设持的实经事验求表是明的,原实则事,求可是以是说胜,利坚之持本实,事只求要是坚原持则实是事我求们是学,校我各们项党事就业会健永康远、立稳于定不和败谐之发地展。的重要保证。