电磁学第四章答案全
达标作业 第四章 电磁感应 参考答案
参考答案第四章 电磁感应1、划时代的发现2、探究感应电流的产生条件1答案：C2答案：C解析：穿过闭合回路的磁通量大小取决于磁感应强度、回路所围面积以及两者夹角三个因素，所以只了解其中一个或两个因素无法确定磁通量的变化情况，A 、B 项错误；同样由磁通量的特点，也无法判断其中一个因素的情况，C 项正确，D 项错误．3答案：D解析：将线框向左拉出磁场的过程中，线框的bc 部分做切割磁感线的运动，或者说穿过线框的磁通量减少，所以线框中将产生感应电流．当线框以ab 边为轴转动时，线框的cd 边的右半段在做切割磁感线的运动，或者说穿过线框的磁通量在发生变化，所以线框中将产生感应电流．当线框以ad 边为轴转动(小于60°)时，穿过线框的磁通量在减小，所以在这个过程中线框中会产生感应电流，如果转过的角度超过60°，bc 边将进入无磁场区，那么线框中将不产生感应电流(60°～300°)．当线框以bc 边为轴转动时，如果转动的角度小于60°，则穿过线框的磁通量始终保持不变(其值为磁感应强度与矩形面积的一半的乘积)．4答案：开关位置接错解析：图中所示开关的连接不能控制含有电源的电路中电流的通断．而本实验的内容之一就是用来研究在开关通断瞬间，导致线圈B 内磁场变化，进而产生感应电流的情况，但图中的接法却达不到目的．5.解析：(1)线框进入磁场的过程，在0～l v 时间段内有感应电流产生；线框离开磁场的过程，在2lv ～3l v时间段内有感应电流产生． (2)如图所示，图中磁通量最大值Φm ＝BS ＝Bl 2.答案：(1)0～l v 和2l v ～3l v(2)如解析图3、楞次定律1答案：C2答案：CD解析：先根据楞次定律“来拒去留”判断线圈的N极和S极，A中线圈上端为N极，B 中线圈上端为N极，C中线圈上端为S极，D中线圈上端为S极，再根据安培定则确定感应电流的方向，A、B错误，C、D正确．3答案：BD解析：根据楞次定律的推广应用——面积“增缩减扩”可判BD正确．4答案：AD解析：根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因，本题的“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近，所以P、Q将相互靠近且磁铁的加速度小于g.5答案：C解析：导线ab向右加速运动时，M中产生顺时针方向且逐渐增大的感应电流．由楞次定律可判N中产生逆时针方向的感应电流且有收缩的趋势，C选项正确．4、法拉第电磁感应定律1答案：D解析：感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率是表征磁通量变化快慢的物理量，磁通量变化越快，磁通量变化率越大，感应电动势越大，D 选项对；感应电动势大小与磁通量变化的大小、磁通量的大小及线圈所在处的磁场强弱均无直接关系，ABC 选项错．2答案：B3答案：C解析： 根据E ＝n ΔΦΔt 可知：图甲中E ＝0，A 错；图乙中E 为恒量，B 错；图丙中0～t 0时间内的E 1大于t 0～2t 0时间内的E 2，C 正确；图丁中E 为变量，D 错．4答案：A解析：导体杆向右匀速运动产生的感应电动势为Blv ，R 和导体杆形成一个串联电路，由分压原理得U ＝Blv R ＋R ·R ＝12Blv ，由右手定则可判断出感应电流方向由N →M →b →d ，所以A 选项正确．5答案：(1)π4A 方向由B 流向A (2)1.5πV解析：(1)电流方向从B 流向A由E ＝n ΔφΔt 可得 ：E ＝n πd 22ΔB4ΔtI ＝ER ＋r ＝n πd 22ΔB4Δt R ＋r ＝π4A . (2)U ＝IR ，解得：U ＝1.5πV.5、电磁感应现象的两类情况1答案：A解析：a 粒子一直在恒定的磁场中运动，受到的洛伦兹力不做功，动能不变；b 粒子在变化的磁场中运动，由于变化的磁场要产生感生电场，感生电场会对它做正功，所以，A 选项是正确的．2答案：C解析：鸽子两翅展开可达30cm 左右，所以E ＝BLv ＝0.5×10－4×0.3×20V ＝0.3mV. 3答案：CD解析：因为向里的磁场为正方向，对A 开始时是负的逐渐增大，即向外逐渐增大，根据楞次定律知电流方向是顺时针，由法拉第电磁感应定律，电动势是不变的，即电流是恒定值且为正值，而要产生开始时是负的电流，故A 错误；对B 来说开始时是向外并逐渐减小，由楞次定律得电流是逆时针为负，且为恒定值，但0～1s 都是负的恒定值，B 错误；对于C 开始时是向里并逐渐增大，由楞次定律知电流为逆时针为负，并且0～0.5s 时为负，0.5～1.5s 时磁场已由向里开始减小，电流方向变成顺时针为正．故C 正确；对于D 开始时向里并逐渐增大产生负方向的电流，0.5s ～1.5s 磁场变成正方向逐渐减小，电流方向变为顺时针，故D 正确．4答案：1W解析：由(乙)图中可知，磁感应强度随时间均匀变化，那么在(甲)图的线圈中会产生恒定的感应电动势．由(乙)图可知，磁感应强度的变化率ΔB /Δt ＝2T/s ，由法拉第电磁感应定律可得螺线管中感应电动势E ＝n ΔΦ/Δt ＝nS ΔB /Δt ＝1500×20×10－4×2V ＝6V.电路中的感应电流I ＝E /(r ＋R 1＋R 2)＝6/(1.5＋3.5＋25)A ＝0.2A. R 2消耗的电功率P ＝I 2R 2＝0.22×25W ＝1W.5答案：(1)2.8J (2)0.55J解析：(1)金属棒ab 机械能的减少量：ΔE ＝mgh －12mv 2＝2.8J.(2)速度最大时金属棒ab 产生的电动势：E ＝BLv产生的电流：I ＝E /(r ＋R /2)此时的安培力：F ＝BIL由题意可知，所受摩擦力：F f ＝mg sin30°－F由能量守恒得，损失的机械能等于金属棒ab 克服摩擦力做功和产生的电热之和， 电热：Q ＝ΔE －F f h /sin30°上端电阻R 中产生的热量：Q R ＝Q /4联立以上几式得：Q R ＝0.55J.6、互感和自感1答案：C解析：线圈的自感系数由线圈本身的因素(如长度、面积、匝数等)决定，E自∝ΔI Δt，而不是E自∝ΔI，C对，A、B错，线圈中电流减小时自感电动势方向与原电流方向相同，电流增大时，电动势方向与原电流方向相反，D错．2答案：C3[答案] D[解析] 当开关S断开时，L与灯泡A组成回路，由于自感，L中的电流由原来数值逐渐减小，电流方向不变，A灯熄灭要慢；B灯电流瞬间消失，立即熄灭，正确的选项为D.4答案：B解析：S闭合时，由于与A灯串联的线圈L的自感系数很大，故在线圈上产生很大的自感电动势，阻碍电流的增大，所以B比A先亮，故A、C、D错，稳定后，由于与B灯连接的电阻很大，流过B灯支路的电流很小，所以B灯逐渐变暗，故B正确．5答案：B解析：因S1断开瞬间，L中产生很大的自感电动势，若此时S2闭合，则可能将电压表烧坏，故应先断开S2，B正确，A错误．不能在通电状态下拆除电源和电压表，因此C、D错误．7、涡流电磁阻尼和电磁驱动1答案：BCD解析：录音机在磁带上录制声音时，是利用了电流的磁效应，使磁带上的磁粉被磁化，A项错误．自感现象说明磁场能够储存能量，互感现象说明磁场能够携带能量，B项正确．电磁炉利用涡流工作，交流感应电动机利用电磁驱动原理工作，C、D项正确．2答案：AD解析：这是涡流的典型应用之一．当指针摆动时，1随之转动，2是磁铁，那么在1中产生涡流，2对1的安培力将阻碍1的转动．总之不管1向哪个方向转动，2对1的效果总起到阻尼作用．所以它能使指针很快地稳定下来．3. 答案：AD解析：交流电频率越高，则产生的感应电流越强，升温越快，工件电流相同，即电阻大，温度高，放热多．4. 答案：C解析：铜盘转动时，根据法拉第电磁感应定律及楞次定律知，盘中有感应电动势，也产生感应电流，并且受到阻尼作用，机械能很快转化为电能进而转化为焦耳热，铜盘将很快停下，故C对，A、B、D错.5.答案：C解析：条形磁铁向右运动时，环1中磁通量保持为零不变，无感应电流，仍静止．环2中磁通量变化．根据楞次定律，为阻碍磁通量的变化，感应电流的效果使环2向右运动.。
电磁场与电磁波第四章习题及参考答案
第四章 习题4-1、 电量为nC 500的点电荷，在磁场)(ˆ2.1T zB =中运动，经过点)5,4,3(速度为 s m y x/ˆ2000ˆ500+ 。
求电荷在该点所受的磁场力。
解：根据洛仑兹力公式B v q F⨯=N x y z y x 4491012ˆ103ˆ2.1ˆ)ˆ2000ˆ500(10500---⨯+⨯-=⨯+⨯⨯= N y x4103)ˆˆ4(-⨯-= 4-2、真空中边长为a 的正方形导线回路，电流为I ，求回路中心的磁场。
解：设垂直于纸面向下的方向为z 方向。
长为a 的线电流I 在平分线上距离为a/2的点上的磁感应强度为aIzB πμ2ˆ01= 因而，边长为a 的正方形导线回路在中心点上的磁感应强度为aIz B B πμ24ˆ401==题4-2图 题4-3图4-3、真空中边长为a 的正三角形导线回路，电流为I ，求回路中心的磁场.解：设垂直于纸面向下的方向为z 方向。
由例4-1知，长为a 的线电流I 在平分线上距离为b 的点上的磁感应强度为2201)2(ˆa b a bIz B +=πμ所以220)2(3ˆa b a bIz B +=πμ ，其中)6(2πtg a b =4-4、真空中导线绕成的回路形状如图所示，电流为I 。
求半圆中心处的磁场。
(c)题4-4 图解：设垂直于纸面向内的方向为z 方向。
由例4-2知，半径为a 的半圆中心处的磁场为aIz B 4ˆ01μ= （1）因为在载流长直导线的延长线上磁场为零，因此aIz B 4ˆ0μ= （2）由例4-1知，本题半无限长的载流长直导线在距离为a 处的磁场为aIz B πμ4ˆ02= 因此本题磁场为半圆环的磁场与两半无限长的直导线的磁场之和)2(4ˆ0+-=ππμaIz B （3）本题磁场为电流方向相反的两不同半径的半圆环的磁场之和，即)11(4ˆ0ba I zB -=μ 4-5、 在真空中将一个半径为a 的导线圆环沿直径对折，使这两半圆成一直角。
电磁学习题解答第四章
解：由直线段AB电流的磁场：
B
0I 2r
(sin1
sin 2 )
4
I 0
a2
3 3r02
(
3a 2) 4a 2 3r02
30 Ia
2 a 2 3r02 4a 2 3r02
故中心轴上的磁场:
3(B cos ) 3
30 Ia
2 a 2 3r0 2 4a 2 3r0 2
90 Ia2
2 (a 2 3r0 2 ) 4a 2 3r0 2
氢原子处在正常状态基态时它的电子可看作是在半径为a053108厘米的轨道叫做玻尔轨道上做圆周运动速率为v22108厘米每秒已知电子电荷的大小为e161019库仑求电子的这种运动在轨道中心产生的磁感应强度b的值
第四章
3.如附图所示,一条无穷长载流质导线在一处折成直角,p点在 折线的延长线上,到折点的距离为a,
解： 由题意知，
B1
0 I1 2x x1
B B1
B2
0 I 2 2x2
co s x12 x2 2 4a 2
2 x1 x2
x1 x1
B2 α xx22
B
B 1
2
B2 2
2B1 B2
co s
I1
2a
I2
0 2
( I1 ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ2 x1
I2 x2
2
2
I1 x1
I2 x2
x12 x2 2 4a 2 2 x1 x2
解：依题意，做如图所示.y~y+dy细长电流
dI jdx Idy/ 2a
dB 0dI 0Idy/ 2a 2r 2 x2 y 2
dBy
dBcos
0Idy/ 2a 2 x2 y 2
电磁场与电磁波(第4版)第4章部分习题参考解答
ω ⎡ ⎤ sin( z ) cos(ωt ) ⎥ ⎢ c ⎣ ⎦
ω G ω = −ex ( ) 2 E0 sin( z ) cos(ωt ) c c
所以
G G 1 ∂2 E ω 1 G ω ∇ E − 2 2 = −ex ( ) 2 E0 cos(ωt − x) − 2 c ∂t c c c
2
ω ⎤ ⎡ G 2 −exω E0 cos(ωt − x) ⎥ = 0 ⎢ c ⎦ ⎣ G G 1 ∂2 E G G ω 2 即矢量函数 E = ex E0 cos(ωt − x) 满足波动方程 ∇ E − 2 2 = 0 。 c ∂t c
G G G G 证：在直角坐标系中 r = ex x + ey y + ez z G G G G 设 k = ex k x + ey k y + ez k z G G G G G G G G 则 k ⋅ r = (ex k x + ey k y + ez k z ) ⋅ (ex x + ey y + ez z ) = k x x + k y y + k z z
即
G G G ∂ ∇(∇ ⋅ E ) − ∇ 2 E = − μ (∇ × H ) ∂t
将式(1)和式(4)代入式(6)，得
G G G ∂2 E ∂J 1 ∇ E − με 2 = μ + ∇ρ ∂t ∂t ε
2
G 此即 E 满足的波动方程。 G G 4.6 在应用电磁位时， 如果不采用洛伦兹条件， 而采用库仑条件 ∇ ⋅ A = 0 ， 导出 A 和 ϕ 所满足的微分方程。 G 解：将电磁矢量位 A 的关系式
电磁学第四章答案全
第四章 习题2、平行板电容器（面积为S,间距为d ）中间两层的厚度各为d 1和d 2（d 1+d 2=d ），介电常数各为1ε和2ε的电介质。
试求：（1）电容C ；（2）当金属板上带电密度为0σ±时，两层介质的分界面上的极化电荷密度'σ；（3）极板间电势差U;（4）两层介质中的电位移D ； 解：（1）这个电容器可看成是厚度为d 1和d 2的两个电容器的串联：12210212121d d SC C C C C εεεεε+=+=（2）分界处第一层介质的极化电荷面密度（设与d 1接触的金属板带正电）1111011111εσεεεσ)(E )(P '-=-=-=⋅=分界处第二层介质的极化电荷面密度：21222022211εσεεεσ)(E )(P n P '--=--=-=⋅=所以， 21021211εεσεεσσσ+-=+=)('''若与d 1接触的金属板带负电，则21021211εεσεεσσσ+--=+=)('''（3）2101221202010102211εεσεεεεσεεσ)d d (d d d E d E U +=+=+= （4）01101σεε==E D ，02202σεε==E D4、平行板电容器两极板相距3.Ocm ，其间放有一层02.=ε的介电质，位置与厚度如图所示，已知极板上面电荷密度为21101098m /c .-⨯=σ，略去边缘效应，求: (1)极板间各处的P 、E 和D 的值;(2)极板间各处的电势(设正极板处00=U ); (3)画出E-x ，D-x ，U-x 曲线;解：（1）由高斯定理利用对称性，可给出二极板内：2111098m /c .D e -⨯==σ（各区域均相同），在0与1之间01==P ,r ε，m /V DE 20101⨯==ε在1与2之间210000010454112m /c .D)(E )(P ,r r r -⨯=-=-==εεεεεεε，m /V D E r500==εε 在2与3之间，01==P ,r ε，m /V DE 20101⨯==ε（2）0=A V ：0-1区：,x dx E V xD 100=⋅=⎰1-2区：),x x (dx E V xx 1501-=⋅=⎰)x x x ,.x x )x x (V 2111505010050≤≤+=+-=2-3区：),x x (dx E V xx 2100021-==⎰∆)x x x (,.x ).x (,x x x x x )x x (V 3212221501000050100505010010010050≤≤-=-=+-=-++=题4图6、一平行板电容器两极板相距为d,其间充满了两种介质，介电常数为1ε的介质所占的面积为S 1, 介电常数为2ε的介质所占的面积为S 2。
电磁学第二版习题答案第四章
及电源电动势。 解：因为 U AB = −ε + IR4 ，
ε = IR4 − U AB = 0.4 × 30 + 20 = 32(V ) ε = I ( R4 + R3 +
R2 = R1 R2 ) R1 + R2
R1 (ε − IR4 − IR3 ) = 120Ω IR1 − ε + IR4 + IR3
R2 ldr R 1 1 l ln 2 ， =∫ =∫ = R1 ρπ r R dR ρπ R1
即有： R =
ρπ
l ln
1 R2
R1
4.3.2 用电阻率为 ρ （常量）的金属制成一根长度为 L、底面半径分别为 a 和 b 的锥台形导体（见 附图） ， （1）求它的电阻； （2）试证明当 a=b 时，答案简化为 ρ L/S（其中 S 为柱体的横截面积） 解：假定 I 沿轴线流过任意横截面的 j 是均匀的，建立坐标如图所示 则有： dR =
j
δ
=
ρ I 3.14 ×10−8 × 20 = = 0.2 V 2 −3 2 m πR 3.14 × (10 )
4.3.5 铜的电阻温度系数为 4.3 ×10−3 / 0C ，在 0 0C 时的电阻率为 1.6 ×10−8 Ω ⋅ m ，求直径为 5mm、长 为 160km 的铜制电话线在 25 0C 时的电阻。
l2ρ = π (b − a) 2
若将变量统一为 r ，则 r 的变化范围为： 0 → (b − a) ，或由 a → b 由 tg β =
b − a dr ldr = 得： dx = l dx b−a
∴R=∫
=
b dr ρ dx l ρ dr lρ = = π r 2 ∫ π r 2 (b − a) π (b − a ) ∫a r 2
电磁学第四章习题答案
第四章 习题一(磁场)1、一根载有电流I 的无限长直导线，在A 处弯成半径为R 的圆形，由于导线外有绝缘层，在A 处两导线并不短路，则在圆心处磁感应强度B的大小为( C )(A) I (μ0＋1)／(2πR) (B) μ0πI ／(2πR) (C) μ0I(1＋π)／(2πR) (D) μ0I(1＋π)／(4πR)2、载有电流为I 的无限长导线，弯成如图形状，其中一段是半径为a 的半圆，则圆心处的磁感应强度B的大小为( D )(A) μ0I ／(4a ) + μ0I ／(4πa )(B))8/(2)4/()4/(a I a I a I o o o πμπμμ++(C) ∞(D))4/(2)4/()4/(a I a I a I o o o πμπμμ+-3、如图，电流I 均匀地自下而上通过宽度为a 的 无限长导体薄平板，求薄平板所在平面上距板的一 边为d 的P 点的磁感应强度。
解：该薄板可以看成是由许多无限长的细直载流 导线组成的，每一条载流线的电流为dI =Idx /a ， 根据无限长直载流线磁场公式，它们在P 点产 生的磁感应强度的大小为xdxa πI μx πdI μdB 2200==，B d 的方向⊗ ∴ dad a πI μx dx a πI μdB B a d d ad d+===⎰⎰++ln 2200，B 的方向⊗PB4、电流均匀地自下而上通过宽为2a 的无限长导体薄平板，电流为I ，通过板的中线并与板面垂直的平面上有一点P ，P 到板的垂直距离为x ，设板厚可略去不计，求P 点磁感应强度B 。
解：面电流线密度a I j 2/=在离轴线y 处取一宽为dy 的窄条，其电流为dy a Ijdy dI 2==, 22y x r +=P 点B d的方向如图所示。
r πdI μdB 20=220044yx dy a πI μr dy a πI μ+== 22cos sin yx x rx φθ+===，22sin cos yx y ry φθ+===2204cos y x ydya πI μθdB dB x +==，2204sin y x xdy a πI μθdB dB y+== 04220=+==⎰⎰--a a aa x x yx ydya πI μdB Bxaa πI μx y a πI μy x dy aπIx μdB B aa aa aa y y arctan 2arctan 4400220==+==---⎰⎰ y y y x x e x a aπIμe B e B B ⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=arctan 205、求上题当a →∞，但维持aIj 2=(单位宽度上的电流，叫做电流线密度)为一常量时P 点的磁感应强度。
程稼夫电磁学第二版第四章习题解析
前言：特别感谢质心教育的题库与解析，以及“程稼夫力学、电磁学习题答案详解”的作者前辈和血色の寂宁前辈的资料.4-1动生电动势，电路中的电流要使功率最大，应取最小值1，即.4-2原题图片和答案结果不符，现分两种情况：（1）按答案来：整体绕过o点且于磁感应强度平行的轴转动将运动分解为绕c的平动和转动，转动对电势差无贡献4-3（1）OP电势相等时，OP速度沿磁场方向，显然当OP位于YOZ平面时，OP电势相等（2）当OP在YOZ平面右侧即X＞0时，电势差（3）当OP在XOZ平面第一象限时，电势差最大4-4在任意时刻t，线圈中的电流为，则由电磁感应定律和欧姆定律得，该式也可以由能量得到4-5其中后一项式中与直杆平行，当与直杆方向垂直时，电动势绝对值最大故有.4-6对于回路有，故有力矩平衡故有.4-7（1）当转轮在磁场中旋转时，每一根轮辐上的感应电动势为四根辐条作为电源是并联的，轮子产生的感应电动势不变（2）根据戴维宁定理，将轮子作为电源，此时将外电路断路计算等效电动势. 4-8式中当转轮1和转轮2分别以ω1和ω2旋转并达到稳定时，闭合回路中感应电流为注意，因转轮1的四根轮辐并联，总电阻为；转轮2类似，其余连接导线、电刷、轮边缘的电阻均忽略不计.又，因转轮1和转轮2同方向旋转，ε1和ε2同方向，但在电路中的作用是彼此减弱的稳定转动时，转轮2所受磁力矩应与阻力矩抵消.磁力矩是四轮辐所受安培力产生的力矩，为式中是转轮2每根轮辐中的电流.阻力矩是阻力闸提供的力矩，因阻力恒为F，故有稳定将要向下滑动时安培力加滑动摩擦力等于重力分力解得可变电阻最大值匀速向上滑动时，电路中同时杆受力平衡，有联立解得.4-11注意题文描述中磁场竖直向上而所给图垂直于轨道平面，此处以文字为正.（1）下滑时，动生电动势与电源同向，故当加速下滑时，电流增大，V2读数增大，V1减小.（2）由牛顿第二定律及欧姆定律得：4-4-4-内电阻阻值负载电阻与内阻相等时，负载上功率最大.4-15平板的宽度d切割磁感线产生感应电动势，积累电荷产生电场，使自由电荷磁场力和4-16由受力平衡，；由力矩平衡，解得.4-17由于圆盘有厚度D，故当圆盘在磁场区域内竖直下落的速度为v时，在圆盘的厚度方向分离变量：两边积分：又初态，代入得：最大焦耳热：4-23（1）如图所示，当小球在管中任意位置x时，设该处的涡旋电场为E，则故式中r是小球在x位置时与O′的距离，式中的负号表示E的方向如图所示，即E与B的变化构成左手螺旋.因此，E的x分量为其中用到几何关系表示沿y轴正方向.小球所受洛仑兹力沿y方向，无x分量，为可见，即洛仑兹力沿y轴负方向小球在y方向还受管的支持力，因三力平衡，故管对小球的支持力为，于是，小球对管的作用力为.4-24法一：cd法二：记圆心为O，连接，.封闭回路中，与段无感生电动势，则.4-25由图中磁场方向及均匀减小，可知圆周上感应电动势方向为顺时针，大小为已知，联立解出故A、B两点电势差.4-26磁场变化产生感应电动势（负号代表逆时针方向）圆环电阻阻值，感应电流电功率.4-27回路以逆时针指向纸外为正，则磁通ab上解得做功.4-29K反向时，励磁电流反向，磁场反向，磁通量变化量大小为原来的两倍，方向相反.4-32根据自感定义，单匝线圈磁通为.4-36设原线圈电路电流为，副线圈电路电流为，由理想变压器性质由题整理得要求灯正常发光，所以算出额定电流，然后能得到每个回路上的电流.4-38（1）如图，由输入等效电路原理（2）原线圈上的电压；副线圈上的电压（3）变压比为.4-39（1）由题，安培力等于阻力（2）代入，（3）单位时间克服阻力做功单位时间电路中消耗代入得（2）当C2断路时，没有感应电流，C1中无互感电动势此时C2中只有互感电动势，a′、b′两端的电压为.。
电磁场与电池波第四章 习题答案1
4.3 若半径为 a、电流为 I 的无线长圆柱导体置于空气中，已知导体的磁导率为 μ0 ，求导体 内、外的磁场强度 H 和磁通密度 B。 解： （1）导体内：0 ≤ ρ <a 由安培环路定理， H • dl = I
l
∫
K
K
'
Iρ2 I 2 I = 2 .πρ = 2 a πa
'
所以， H1. 2πρ =
4.5 在下面的矢量中，哪些可能是磁通密度 B？如果是，与它相应的电流密度 J 为多少？ （1） F = aρ 解: ∇. F =
→ →
→
→
ρ
所以 F 不是磁通密度
→
1 ∂ 1 . ( ρ Fρ ) = .2 ρ =2 ≠ 0 ρ ∂ρ ρ
→
（2） F =- ax y+ a y x 解： ∇ . F = −
→
→
∂y ∂x + =0 所以 F 是磁通密度 ∂x ∂y
→ →
ax → → ∂ ∇ × B = μ0 J = ∂x −y
（3） F = ax x - a y y
→
→
ay ∂ ∂y x
→
az → ∂ =2 a z ∂z 0
→
所以
J=
2
→
μ0
az
→
∇ . F =0
→
F 是磁通密度
→
a x → → ∂ ∇ × B = μ0 J = ∂x x
由折射定律得
tan θ1 μ1 = tan θ 2 μ 2
所以 tan θ 2 =
μ2 tan θ1 μ1
θ 2 = 0.107 0
B2 = 0.13 × 10 −2 T
电磁学课后答案第四章
4-2 (张方奕 PB13203055) 解： (1)相互垂直两段对 O 无电磁贡献 = 即有 =− = = ⑵代入 得B + ∙ 0. 5 4 ∙ 0. 5 4 ( − ) = 8 4
I = 20 A, a = 30 mm , b = 50 mm
4 ´ 10 -5 T
4-3 (张方奕 PB13203055) 解： 磁感 B 可分为无限长导线与圆环 O 分别贡献 由安培定理 2 =
0
4-7(张方奕 PB13203055) 解： dQ e 由电流的定义, I= = 2 p r dt ( ) v 则, B = 4p
0
*
ev 2pI = 0 2 = 12.52T r 4p r
4-8 (余阳阳 PB13203083) 解：
Q × Rd × (2p R sin )( R sin ) 2 2 Br = ò 4p R 3 2p 0 2× [( R sin ) 2 + ( R cos - x ) 2 ] 2
又由匀速圆周运动规律得
mv 2 mv = Bqv r = r Bq mv mv = v0 × 0 v× Bq B0 q v= mv0 B v0 , r = B0 q BB0
4-15 (余阳阳 PB13203083) 解： (1) 由动量定理
B
dq ldt = mdv dt
Blq = mv
又由能量守恒
0
ln
b + r 2 + b2 a+ r +b
2 2
+
a r +n
2 2
-
b r + b2
2
4-5 (张方奕 PB13203055) 解： (1).圆环两半相抵消,B=0 (2).电阻之比为
电磁学赵凯华,陈熙谋第三版)第四章 习题及解答
! ! ! ! "" 面积为 "" # !$ 的两平行金属板，带有等量异号电荷 #%# !"，其
间充满了介电常量 ! $ $" # 的均匀电介质。略去边缘效应，求介质内的电场
强度和介质表面上的极化电荷面密度 "#%"
解：
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密度。由此
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（"）电容器内各处的电场强度 % 的分布和电势差 &；
（#）介质表面的极化电荷面密度 "!’；
（$）电容 (%（ 它是真空时电容 (& 的多少倍？）
解：（
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根据介质中的高斯定理可解出 ) *
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电磁学赵凯华陈熙谋第三版习题及解答
从右边看，两极板间的电势差为
两电势差相等，因此有
(
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由 !、" 两式可解出
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新概念物理教程·电磁学" " 第四章" 电磁介质" 习题解答
" " ! ! !" 平行板电容器两极板相距 #" $ !"，其间放有一
层 ! # %" $ 的电介质，位置和厚度如本题图所示。已知极板 上面电荷密度为 "#$ # &" ’ $($ !(( $ % "% ，略去边缘效应，求：
电磁场与电磁波课后习题及答案--第四章习题解答
习题解答4.1 如题4.1图所示为一长方形截面的导体槽，槽可视为无限长，其上有一块与槽相绝缘的盖板，槽的电位为零，上边盖板的电位为U ，求槽内的电位函数。
解 根据题意，电位(,)x y ϕ满足的边界条件为 ① (0,)(,)0y a y ϕϕ== ② (,0)0x ϕ= ③0(,)x b U ϕ=根据条件①和②，电位(,)x y ϕ的通解应取为1(,)sinh()sin()n n n y n xx y A a a ππϕ∞==∑由条件③，有01sinh()sin()n n n b n x U A a a ππ∞==∑两边同乘以sin()n x a π，并从0到a 对x 积分，得到002sin()d sinh()an U n xA x a n b a a ππ==⎰02(1cos )sinh()U n n n b a πππ-=04,1,3,5,sinh()02,4,6,U n n n b a n ππ⎧=⎪⎨⎪=⎩L L ，故得到槽内的电位分布1,3,5,41(,)sinh()sin()sinh()n U n y n xx y n n b a a a ππϕππ==∑L4.2 两平行无限大导体平面，距离为b ，其间有一极薄的导体片由d y =到b y =)(∞<<-∞x 。
上板和薄片保持电位U ，下板保持零电位，求板间电位的解。
设在薄片平面上，从0=y 到d y =，电位线性变化，0(0,)y U y d ϕ=。
a题4.1图解 应用叠加原理，设板间的电位为(,)x y ϕ=12(,)(,)x y x y ϕϕ+其中，1(,)x y ϕ为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为U ）的电位，即10(,)x y U y b ϕ=；2(,)x y ϕ是两个电位为零的平行导体板间有导体薄片时的电位，其边界条件为： ①22(,0)(,)0x x b ϕϕ==②2(,)0()x y x ϕ=→∞③002100(0)(0,)(0,)(0,)()U U y y d by y y U U y y d y b d b ϕϕϕ⎧-≤≤⎪⎪=-=⎨⎪-≤≤⎪⎩根据条件①和②，可设2(,)x y ϕ的通解为 21(,)sin()en x bn n n y x y A b ππϕ∞-==∑由条件③有00100(0)sin()()n n U U y y d n y b A U U b y yd y b d b π∞=⎧-≤≤⎪⎪=⎨⎪-≤≤⎪⎩∑两边同乘以sin()n yb π，并从0到b 对y 积分，得到0002211(1)sin()d ()sin()d dbn d U U y n y n y A y y y b b b b d b b ππ=-+-=⎰⎰022sin()()U b n d n d b ππ故得到 (,)x y ϕ=0022121sin()sin()e n x bn U bU n d n y y b d n b b ππππ∞-=+∑4.3 求在上题的解中，除开0U y 一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。
电磁场与电磁波(第四版)课后答案 第四章习题
∫Байду номын сангаас
2π / ω
0
r 2650 cos (ωt − kz )dt = ez 1325 W / m 2
2
（3）任一时刻流入长为1m横截面积为0.25平方米的 平行六面体中的净功率。 r r r r r r P = − ∫ S en dS = − S ( −ez ) |z =0 + S ez |z =1 × 0.25
试求（1）瞬时坡印廷矢量 （2）平均坡印廷矢量 （3）任一时刻流入长为1m横截面积为0.25平方米的 平行六面体中的净功率。 解：（1）瞬时坡印廷矢量 r r r r S = E × H = ez 2650 cos 2 (ωt − kz ) W / m 2 （2）平均坡印廷矢量
r r ω S av = ez 2π
式中
k0 =
2π
µ0
A/ m
λ0
试求（1）
c λ0 λ0 各点处的瞬时坡印廷矢量 z = 0, , 8 4
=
ω
C为真空的光速，λ0是波长。
（2）以上各点处的平均坡印廷矢量 解：（1）E和H的瞬时矢量为
r r r ex jE0 sin ( k0 z ) e jωt = −ex E0 sin ( k0 z ) sin (ωt ) V / m E ( z , t ) = Re r r ε0 r ε0 jωt H ( z , t ) = Re e y E0 cos ( k0 z ) e = ey E0 cos ( k0 z ) cos (ωt ) µ0 µ0 A/ m
s
= 2650 × 0.25 cos 2 (ωt ) − cos 2 (ωt − 0.42 ) = −270.2sin ( 2ωt − 0.42 )W
大物电磁学课后答案4
a
|2
a
2
0I arctg a a 2x
y
a/2
dB x
Bx 0
B
B
2 x
B
2 y
By
0I arctg a
a
2x
当a 时， B 0I arctg 0I 0 j .
a
a 2 2
补充4.4 边长为a的正方形载流回路，电流为I， (1)求这回路轴
2
2
0I 2 2 R
d
0I 2R
dI
x
dB
柱面横截面图
（沿x正向）
4-15 载流长直导线弯成图中三种形状，求O点的磁感应强度B。
解:（a）分成4段
B1 B3 0
B2
0Idl 4R12
0
0I 4R12
R1d
0I 4R1
同理
B4
0I 4R 2
解： (1) eE evB v E/B 3.75103 (米/秒）
（2）E，V，B 两两垂直
4-10 已知一电量为q的粒子垂直入射到磁感应强度为B的均匀磁
场以前，经过电压为V的电场加速，粒子的初速度可以忽略不计
，进入磁场后经过半圆到达照像底片上的P点，已知粒子入口至
P点的距离为x，求该粒子质量。
解：由于BC和AD中I2方向相反，在I1的磁场中受
力，大小相等方向相反，合力为零。
I1
AB受力为
FAB
I 2lB1
I
2l
0I1 2a
（方向如图）
ab
B
C
I2 l
电磁学 (王楚 李椿 周乐柱 著) 北京大学出版社 课后答案 第四章 课后答案【khdaw_lxywyl】
2 1 1 2 1
da
r R1
R2
做半径为 r 的圆环，
2 rB(r ) 0 I 0 B(r )
课
ww
w.
（2）
r R2
R2
B(r )ds
0
R1
0
R I 0 I 0 r 0 0 ldr ldr 2 R 2 R1 2 r
d
0 0
(d r0 )
两根导线在该环路上产生的磁感应通量相同，所以，总磁感应通量是
案 网
(d r0 )
r R1
应用安培环路定理
2 rB (r ) 0
R2 r R1
I0 Ir r 2 B(r ) 0 0 2 2 R1 2 R1
kh
0 I 0 2 r
da
课
后 答
N B 1.5 102 2.4 104 m 1 7 l 0 I 2 10
w.
N l
案 网
螺线管内的磁场是均匀的，取长度为 l 的螺线管，做一矩形环路，长为 l ，一边在螺线管内， 一边在螺线管外， 有
co
4.4 (1) -2A (2) -2A
m
0 I 0l R2 ln 2 R1
co
m
0 I 0 2
I0
方向由 右手定则确定。
L
4.3 这时有
0 (r R1 ) I B (r ) 0 0 ( R1 r R2 ) 2 r 0 (r R2 )
4.5
Bl 0 IN n
（N 为l长度内的匝数） B 0 I
2 RB 0 n1 I B
电磁学答案第四章
H4 = 0
w4 = 0
W4 = 0
单位长度总能量:
W = W1 + W2 + W3 + W4 2 c μ 0 I 4c ln 3c 4 + 4c 2 b 2 b 4 μ0 I 2 μ0 I 2 b b = + ln + 2 2 2 16π 4π a 16π ( c b )
2
2 c 4c ln 3c 4 + 4c 2 b 2 b 4 b μ0 I 2 1 b = 1.7 × 10 5 J + ln + = 2 2 2 4π 4 a 4 (c b )
μr
(103) ? ! 4.9 6.4 7.8 8.8 8.6 6.1 3.8 2.1
memo
最大
⑶ 最大磁导率: 0.011 N/A2
P. 289 4-42, 【解】:
H = i 2π r
D
原磁化方向
I
i = 2π rH
最大值
i ≥ π DH C 103 = π × 0.8 × 10 3 × 2 × 4π = 0.4A
B~H曲线
H(A/m) 0 100 200 300 400 500 600
⑵ 磁导率: H (A/m) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 33 50 61 72 93 155 290 600
μr μ0 B (Wb/m2) (10-3N/A2) 0 ? ! 0.2 6.1 0.4 8.0 0.6 9.8 0.8 11.1 1.0 10.8 1.2 7.7 1.4 4.8 1.6 2.7
1.0 498 2 × + × 10 3 4π × 10 7 796 1 = 2.09 × 10 3 =
P. 290 4-50, 【解】: ⑴ 气隙中
电磁场与电磁波第四章习题及参考答案
第四章 习题4-1、 电量为nC 500的点电荷，在磁场)(ˆ2.1T zB =中运动，经过点)5,4,3(速度为 s m y x/ˆ2000ˆ500+ 。
求电荷在该点所受的磁场力。
解：根据洛仑兹力公式B v q F⨯=N x y z y x 4491012ˆ103ˆ2.1ˆ)ˆ2000ˆ500(10500---⨯+⨯-=⨯+⨯⨯= N y x4103)ˆˆ4(-⨯-= 4-2、真空中边长为a 的正方形导线回路，电流为I ，求回路中心的磁场。
解：设垂直于纸面向下的方向为z 方向。
长为a 的线电流I 在平分线上距离为a/2的点上的磁感应强度为aIzB πμ2ˆ01= 因而，边长为a 的正方形导线回路在中心点上的磁感应强度为aIz B B πμ24ˆ401==题4-2图 题4-3图4-3、真空中边长为a 的正三角形导线回路，电流为I ，求回路中心的磁场.解：设垂直于纸面向下的方向为z 方向。
由例4-1知，长为a 的线电流I 在平分线上距离为b 的点上的磁感应强度为2201)2(ˆa b a bIz B +=πμ所以220)2(3ˆa b a bIz B +=πμ ，其中)6(2πtg a b =4-4、真空中导线绕成的回路形状如图所示，电流为I 。
求半圆中心处的磁场。
(c)题4-4 图解：设垂直于纸面向内的方向为z 方向。
由例4-2知，半径为a 的半圆中心处的磁场为aIz B 4ˆ01μ= （1）因为在载流长直导线的延长线上磁场为零，因此aIz B 4ˆ0μ= （2）由例4-1知，本题半无限长的载流长直导线在距离为a 处的磁场为aIz B πμ4ˆ02= 因此本题磁场为半圆环的磁场与两半无限长的直导线的磁场之和)2(4ˆ0+-=ππμaIz B （3）本题磁场为电流方向相反的两不同半径的半圆环的磁场之和，即)11(4ˆ0ba I zB -=μ 4-5、 在真空中将一个半径为a 的导线圆环沿直径对折，使这两半圆成一直角。
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(3)金属球的电势。
解：（1）当 r
R 时， E
0 ，当 R
r
R' 时， E
E0
Q 4 0r 2
当
r
R'
时，
E
Q 4 0r 2
（2）介质层内的电势：
U内
E d r
r
R' r
Q 4 0r
2
dr
R'
Q 4 0r
2
dr
Q 4
0
(
1 r
1 R'
)
（3）金属球的电势：
Q R'
Q
Q 1 1
U电势
e 2 E21
Q( 2 1) 4 2R22
14、圆柱形电容器是由半径为 R1 的导线和与它同轴的导体圆筒构成的，圆筒的 内半径为 R2，其间充满介电常数为ε的均匀介质（见图 4-29）。设沿轴线单位长度 上导线的电荷为λ，圆筒的电荷为-λ，略去边缘效应，求：
（1）两极的电势差 U；
（2）介质中的电场强度 E ，电位移 D ，极化强度 P
2 0 R1
R1
20、空气的介电强度为 3.0 106V / m ，铜的密度为 8.9g / cm3 ，铜的原子量为
63.75g / mol 阿伏加德罗常数 N A 6.022 1023 mol 1，金属铜里每个铜原子有一个 自由电子，每个电子的电量为1.6 1019C
解：（1）设导体球和导体球壳分别带电 Q ，则它们之间的电势差
U12
R2
E d r
R1
r R1
Q 4 1
0
r
2
dr
R2 r
4
Q 2
0r
2
dr
Q[ 2R2( r R1 ) 1R1( 4 1 20rR1R2
R2
r
)]
-精品-
所以
C Q
4 1 20rR1R2
U12 2R2( r R1 ) 1 R1( R2 r )
n
P2
0( 2
1 )E2
(2
1) 0 21
所以，
' 1
' 1
' 2
( 1 2 ) 0 1 2
若与
d1
接触的金属板带负电，则
' 1
' 1
' 2
( 1 2 ) 0 1 2
（3）U
E1d1
E2d2
0 1 0
d1
0 2 0
d 2
( 1 d2
2d1 1 2
) 0
（4） D1 01E1 0 ， D2 0 2E2 0
-精品-
解：电容 C 等效为两个电容器的并联：
C
C1 C2
1 0 S1 d
20S2 d
0( 1S1 2S2 ) d
9、在半径为 R 的金属球之外有一层半径为 R' 的均匀电介质层，设电介质的介电
常数为 ，金属球带电荷云为 Q，求：
(l)介质层内、外的场强分布：
(2)介质层内、外的电势分布；r2 dr
R' 4 0r 2 dr 4 0 ( R
R'
)
12、球形电容器由半径为 R1 的导体球和与它同心的导体球壳构成,壳的内半径为
R2 ，其间有两层均匀电介质，分界面的半径为 r，介电常数分别为 1 和 2（见图
4-27）。
（1）求电容 C；
（2）当内球带电 Q 时，求各介质表面上极化电荷的面密度 'e 。
（3）介质表面的极化电荷面密度
' e
；
（4）电容 C（它是真空时电容 C0 的多少倍）
解：（1）在介质中取与导体同轴的半径为 r，长为 l 的柱面为高斯面 S，则
D d S D2rl l
S
D r;E D ln R2
2r
0 2 0 R1
-精品-
R2
R2
U Edr
dr
ln R2
第四章 习题
2、平行板电容器（面积为 S,间距为 d）中间两层的厚度各为 d1 和 d2（d1+d2=d）， 介电常数各为 1 和 2 的电介质。试求： （1）电容 C；（2）当金属板上带电密度为 0 时，两层介质的分界面上的极化 电荷密度 ' ；（3）极板间电势差 U;（4）两层介质中的电位移 D；
解：（1）这个电容器可看成是厚度为 d1 和 d2 的两个电容器的串联：
C C1C2 1 20S C1 C2 1d2 2d1
（2）分界处第一层介质的极化电荷面密度（设与 d1 接触的金属板带正电）
' 1
P1
n
P1
0(
1
1)E1
(
1
1) 0 1
分界处第二层介质的极化电荷面密度：
' 2
P2
(2)第一层介质的内表面上束缚电荷面密度
e( R1 )
e1 0E1
( 1
1 ) 0
Q 4 1 0R12
( 1 1)Q 4 1R12
介质分界面上束缚电荷面密度
'(
r
)
(1 1)Q 4 2r2
(2 1 )Q 4 2r2
(2 1 )Q 4 1 2r2
第二层介质的外表面上束缚电荷面密度
' e
(
R2
)
R1
R1 2 0
2 0 R1
（2）由（1）已得出 D r;E D r; 则
2r
0 2 0r
P
0(
1 )E
(
1)
2 r
r
（3）介质表面的束缚电荷面密度
内表面：
'
(
R1
)
P
n
P1
(
1) 2R2
外表面：
'(
R2
)
P
n
(
1) 2 R2
（4）
CQ U
l ln R2
2 0l ln R2
C0
解：（1）由高斯定理利用对称性，可给出二极板内：
D e 8.9 1011c / m2 （各区域均相同），
在
0
与
1
之间 r
1,P
0，E
D 0
1102V
/
m
在
1
与
2
之间 0
2,P
0(r
1)E
0(r
1) D 0 r
4.45 1010c /
m2， E
D 0 r
50V
/
m
在
2
与
3
之间， r
V 50( x1 x2 ) 100 x 100 x2 100 x 50 x2 50 x1, 100( x 0.005 ) 100 x 0.5,( x2 x x3 )
题4图 6、一平行板电容器两极板相距为 d,其间充满了两种介质，介电常数为 1 的介质 所占的面积为 S1, 介电常数为 2 的介质所占的面积为 S2。略去边缘效应，求电容 C。
1,P
0，
E
D 0
1102V
/
m
（2）VA 0 ：
0-1 区：V
x
E dx 100 x,
D
1-2 区：V
x x1
E dx 50( x x1 ), V
50( x x1 ) 100 x1 50 x 0.5,x1 x x2 )
2-3 区： V
x
x21 E dx 1000( x x2 ),
4、平行板电容器两极板相距 3.Ocm，其间放有一层 2.0的介电质，位置与厚
度如图所示，已知极板上面电荷密度为 0 8.9 1011c / m2 ，略去边缘效应，求: (1)极板间各处的 P、E 和 D 的值;
(2)极板间各处的电势(设正极板处U0 0 );
-精品-
(3)画出 E-x，D-x，U-x 曲线;