电磁学习题课
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电磁学第五章习题课
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
18
a
电磁学
习题课 作业: 5-40 预习:§6.1, §6.2
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
19
电磁学
习题课
第五章 习题课
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
1
电磁学
习题课
一、本章重要内容回顾
1.电磁感应
d Φm 电磁感应定律 dt 楞次定律
感应电流的方向总是反抗引起感应电流的原因 2.动生电动势 3.感生电动势
(v B) d l
L
B E k d l d S L S t
磁场能量 7.位移电流 位移电流密度 E jD 0 t
位移电流 E ID 0 d S S t
4
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
电磁学
习题课
8.真空中的麦克斯韦方程组 电磁场的普遍规律,它预言了电磁波的存在.
1) 1 E d S
2)
3)
4)
E CB dl 0 I C 0 0 S t d S （全电流定律）
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
5
B E d l S t d S （法拉第电磁感应定律） B d S 0 （磁场的高斯定理）
I R IR
得
8
电磁学
习题课 例2(习题5-21)两根足够长的平行直导线，横截面 的半径都是a=10mm，中心相距为d=20cm，载有 大小相等方向相反的电流I =20A，设两导线内部 磁通量可忽略不计。计算每单位长度的自感系数。
解
18
a
电磁学
习题课 作业: 5-40 预习:§6.1, §6.2
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
19
电磁学
习题课
第五章 习题课
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
1
电磁学
习题课
一、本章重要内容回顾
1.电磁感应
d Φm 电磁感应定律 dt 楞次定律
感应电流的方向总是反抗引起感应电流的原因 2.动生电动势 3.感生电动势
(v B) d l
L
B E k d l d S L S t
磁场能量 7.位移电流 位移电流密度 E jD 0 t
位移电流 E ID 0 d S S t
4
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
电磁学
习题课
8.真空中的麦克斯韦方程组 电磁场的普遍规律,它预言了电磁波的存在.
1) 1 E d S
2)
3)
4)
E CB dl 0 I C 0 0 S t d S （全电流定律）
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
5
B E d l S t d S （法拉第电磁感应定律） B d S 0 （磁场的高斯定理）
I R IR
得
8
电磁学
习题课 例2(习题5-21)两根足够长的平行直导线，横截面 的半径都是a=10mm，中心相距为d=20cm，载有 大小相等方向相反的电流I =20A，设两导线内部 磁通量可忽略不计。计算每单位长度的自感系数。
解
华南师范大学电磁学习题课-静电场中的导体
即
15
由电荷守恒定律可得 对A、C板： 1 2 5 6 0 (4) 对B 板： 3 4 (5)
A
1 2
B C
3 4
5.0cm
5 6
8.0cm
由于A、C板用导线相连，故它们电势相等，所以有
AB CB 即 E23 d 23 E54 d 54
Qq ; 4 0 r
Qq E 4 0 r 2
3
4.4 一个接地的导体球，半径为R，原来不带电. 今将一 点电荷q放在球外距球心的距离为r的地方，求球上的 感生电荷总量. r
解：因为导体球接地，故其电 势为零，即 0 设导体球上的感应电量为Q 由导体是个等势体知： o点的电势也为0 由电势叠加 原理有关系式：
荷在P1和P2点处产生的场强分别为 E 21和 E 22 由于P1和P2点非常靠近，因此可认为
P2E 22S E12 • P1 • E11 导体内 又设导体上其它地方以及导体外的电 导体外 E 21
E11 2 0
， E12
2 0
ห้องสมุดไป่ตู้E21 E22
Q外
Q内
QA B k k ＋k 4.5 103 (V ) R3 R3 R3
6
(2) 当球壳B接地时，A球所带电荷的电量 不变，分布也不变.
8 QA＝QA 3 10 （C）
Q外 B Q 内 Q A R A 1 R2 R3
由高斯定理可得球壳B内表面上带有的电量为
8 ＝ Q Q内 － 3 10 （C） A
• E 21
2 ˆn f E e 2 0 显然，此力方向与电荷的符号无关，总指向导体外 14 部.
15
由电荷守恒定律可得 对A、C板： 1 2 5 6 0 (4) 对B 板： 3 4 (5)
A
1 2
B C
3 4
5.0cm
5 6
8.0cm
由于A、C板用导线相连，故它们电势相等，所以有
AB CB 即 E23 d 23 E54 d 54
Qq ; 4 0 r
Qq E 4 0 r 2
3
4.4 一个接地的导体球，半径为R，原来不带电. 今将一 点电荷q放在球外距球心的距离为r的地方，求球上的 感生电荷总量. r
解：因为导体球接地，故其电 势为零，即 0 设导体球上的感应电量为Q 由导体是个等势体知： o点的电势也为0 由电势叠加 原理有关系式：
荷在P1和P2点处产生的场强分别为 E 21和 E 22 由于P1和P2点非常靠近，因此可认为
P2E 22S E12 • P1 • E11 导体内 又设导体上其它地方以及导体外的电 导体外 E 21
E11 2 0
， E12
2 0
ห้องสมุดไป่ตู้E21 E22
Q外
Q内
QA B k k ＋k 4.5 103 (V ) R3 R3 R3
6
(2) 当球壳B接地时，A球所带电荷的电量 不变，分布也不变.
8 QA＝QA 3 10 （C）
Q外 B Q 内 Q A R A 1 R2 R3
由高斯定理可得球壳B内表面上带有的电量为
8 ＝ Q Q内 － 3 10 （C） A
• E 21
2 ˆn f E e 2 0 显然，此力方向与电荷的符号无关，总指向导体外 14 部.
电磁感应-习题课
20 20 2a 2a
2 2a2
24.一半径为R的无限长柱形导体上均匀流有电流I,该
导体材料的磁导率为μ0,则在导体轴线上一点的磁场
能量密度wmo= 0 ;在与导体轴线相距r处.(r<R)的
磁场能量密度wmr=
.
I 2r2
H I 1 ( I r 2 ) Ir
2r 2r R 2
(A) 1.5×106V/m; (B)1.5×108V/m; (C)3.0×106V/m; (D)3.0×108V/m.
1 2
0
E
2
B2
20
[B
]
E cB
22.有两个长直密绕螺线管,长度及线圈匝数均相同,半
径分别为r1和r2,管内充满均匀介质,其磁导率分别为μ1
和μ2,设r1 :r2 = 1 :2 , μ1:μ2 =2:1,其自感之比
杆的一端接一个N匝的矩形线圈,线圈的一部分在均匀
磁场B中,设杆的微小振动规律为 x A cost 线圈
随杆振动时,线圈中的感应电动势为
.
i
N
d dt
N
d (Bbx) dt
NBbAsin
t
6.如图所示,电量Q均匀分布在一半径为R、长为
L(L>>R)的绝缘长圆筒上,一单匝矩形线圈的一条边与
圆筒的轴线相重合.若筒以角速度 线性减速旋转.则线圈中感应电流为
0(1
0.
t t0)
线圈回路的通量等于零.
7.如图所示,一半径为r的很小的金属环,在初始时刻与
一半径为a(a>>r)的大金属圆环共面且同心,在大圆环
中通以恒定的电流I,方向如图.如果小圆环以匀角速绕
华南师范大学电磁学习题课-磁力
解: 电子束在地磁场的作用下的运动轨迹如图所示. v 设电子束经电场加速后其速率为v
x
1 则有 eU me v 2 2 2eU 8.4 10 7 (m / s) 由此得 v me
l R
显示屏
B
me v 运动轨迹半径为 R 9.6 (m) eB
4
由轨迹图可得电子束偏转为
v
x
f ev0 B
由图中所示运动轨迹可判断磁场的方向应是垂直屏 幕向内. 2 v0 由向心力公式得 f ev0 B me
得
me v0 B 1.1 10 3 eR
R (T )
2
(2)电子自A运动到C所需的时间为
v0
t
பைடு நூலகம்R
v0
1.6 10
8
( s)
A
C
10cm
又 所以
mv p R eB eB l R 2 2p B el
代入有关数据可求得 B 0.244 (T )
8
7.10 质谱仪的基本结构如图所示. 质量为m、带电为q的 待测离子束经过速度选择器(其中有相互垂直的电场E 和磁场B)后进入均匀磁场B´区域发生偏转而返回，打 到胶片上被记录下来. B´ (1)证明偏转距离为l的离子的质 量为
m σ r R
2rdr 2 dpm dIS r r 3 dr T
13
dpm r dr
3
m σ
3
积分可得
p m dpm r dr
0
R
dr
r
R
1 R 4 4 1 因为 L mR 2 ， q R 2 2 2 1 mR q 2 R L 故 pm 2m 2 2m
x
1 则有 eU me v 2 2 2eU 8.4 10 7 (m / s) 由此得 v me
l R
显示屏
B
me v 运动轨迹半径为 R 9.6 (m) eB
4
由轨迹图可得电子束偏转为
v
x
f ev0 B
由图中所示运动轨迹可判断磁场的方向应是垂直屏 幕向内. 2 v0 由向心力公式得 f ev0 B me
得
me v0 B 1.1 10 3 eR
R (T )
2
(2)电子自A运动到C所需的时间为
v0
t
பைடு நூலகம்R
v0
1.6 10
8
( s)
A
C
10cm
又 所以
mv p R eB eB l R 2 2p B el
代入有关数据可求得 B 0.244 (T )
8
7.10 质谱仪的基本结构如图所示. 质量为m、带电为q的 待测离子束经过速度选择器(其中有相互垂直的电场E 和磁场B)后进入均匀磁场B´区域发生偏转而返回，打 到胶片上被记录下来. B´ (1)证明偏转距离为l的离子的质 量为
m σ r R
2rdr 2 dpm dIS r r 3 dr T
13
dpm r dr
3
m σ
3
积分可得
p m dpm r dr
0
R
dr
r
R
1 R 4 4 1 因为 L mR 2 ， q R 2 2 2 1 mR q 2 R L 故 pm 2m 2 2m
13 电磁学：第20、21章 习题课及部分习题解答
Zhang Shihui
2) dΨmA = M dI = 6.28×10−4 × (−50) = −3.14×10−6 (Wb/s)
dt
dt
3) ε = − dΨmA = 3.14 ×10−4 (V)
dt
题.一螺绕环单位长度上的线圈匝数为n =10匝/cm。环
心材料的磁导率μ =μ0。求在电流强度I为多大时，线圈 中磁场的能量密度w =1J/m3？ (μ0 =4π×10-7 T·m/A)
正方向如箭头所示，求直导线中的感生电动势。
解：设直导线中通电流i，计算直导
线在线圈中产生的磁通量ϕ ；通过 y
计算互感系数M=ϕ/i，进而求感生电
A yDI
动势。
O
x E Cx
建立如图所示的坐标系，y沿直导线。 b
取如图所示的窄带作为微元 dS = 2 ydx
B
h
其中 y = tan 30ο = 3
解： ε ac = ε ab + εbc
而
εab
=
−
d Φ扇形Oab dt
=
−
d dt
⎛ ⎜⎜⎝
−
3 4
R2B
⎞ ⎟⎟⎠
=
3R2 d B 4 dt
第20、21章 电磁感应 电磁波
练习册·第20章 电磁感应·第8题
εbc
=
−
d ΦΔObc dt
= − d [− π R2
dt 12
B] =
π R2
12
解：根据充电方向知Æ极板间场 强竖直向下。
由于充电电流 i 的增加 dD向下且
变大。
dt
+i
P⊗H E
−
由方向成右手螺 旋定则。
电磁学习题课
第4篇 电磁学
大学物理
19 圆柱形空间内有一磁感强度为B 的 均匀磁场，B 的大小以恒定速率变化. 在磁 场中有A、B两点，其间可放直导线或弯曲 的导线: （A） 电动势只在直 O 导线中产生. B A （B）电动势只在曲 线中产生.
第4篇 电磁学
大学物理
（C）电动势在直导线和曲线中都产生， 且两者大小相等. （D）直导线中的电动势小于弯曲的导线. 解 联结OA、OB， 构成闭合回路OABO （三角型）或OACBO （扇型）
0 I
4a
I
O
a
第4篇 电磁学
大学物理
12 一载有电流I 的细导线分别均匀密 绕在半径为R 和r 的长直圆管上形成两个螺 线管(R = 2r).两螺线管单位长度上的匝数 相等.两螺线管中的磁感强度大小应满足： (A)BR 2 Br (C)2BR Br
(B)BR Br (D)BR 4 Br
L2
第4篇 电磁学
大学物理
22 如图，导体棒AB在均匀磁场B中绕 通过C点的轴OO’转动(转向如图)，BC的长 度为棒长的1/3，则 B O
（A）A点比B点电势高 （B）A点与B点电势 相等 B A 2C （C）A点与B点电势低 E BL O’ 2 （D）有稳定恒电流从 A点流向B点
第4篇 电磁学
大学物理
1 1 1 2 2 We ( DE )dV ε0 E1 dV ε0 E2 dV V 2 V1 2 V2 2 2 2 R1 1 Qr Q 2 2 ε0 4 π r d r ε 4 π r dr 0 3 2 0 2 R 2 4 π ε R 0 4πε0 r
Q Q 40πε0 R 8πε0 R 3Q 2 20πε0 R
电磁感应习题课
求 电 容
& 感生电场强度和感生电动势的计算
d i dt B dS
i Ek dl
l
d Ek dl B dS l dt S
这里，S是以 l 为边界的，当环路不变时，运 算对易：
B Ek dl dS l S t
O
w
例题 ．半径为 a 的无限长密绕螺线管，单 位长度上的匝数为 n ，通以交变电流 i =Imsin w t，则围在管外的同轴圆形回路 ( 半径为 r ) 上的感生电动势为________ 。 【思路】 同轴圆形回路上的感生 电动势与螺线管中每一 匝线圈的感生电动势相 等 — 变压器原理。
r
答案:
解： 大环中相当于有电流： l ( 2 r2 ) I w ( t ) l r
T
1 在O处： B 0w ( t )l 2 r2 2
电磁感应定律习题课
w
2
0 I
r1
O
r2
在小环中
1 w ( t )l r 2
0 2 1
d 1 2 dw ( t ) i 0 lr1 dt 2 dt
1 4 2 16 1 w B ( L ) w B L2 2 5 50
O1
w
B
a
L/5
O O2
b
Oa 间的动生电动势：
2 1 w B ( 1 L)2
2 5
1 w B L2 50
1 2 16 wBL2 3 w B L2 Ua Ub 2 1 wBL 10 50 50
B
F
vBl
i
R
l M x x+dx
华南师范大学电磁学习题课-磁场中的磁介质ppt课件
0
× × × × ×
×
×
× × ×
×
M,H
×
× × × ×
×
× × × × ×
×
(4)环内材料的磁导率和相对磁导率分别为
B 4 6 . 25 10 ( H / m ) H
497 .4 r 0
H H 20 ( A / m ) 0
(3)磁介质内由导线中电流产生的B0和磁化电流产生的B´ 各是
5 B 2 . 5 10 ( T ) 0
B B B 0 . 11 ( T ) 0
9
9.14 某电钟里有一铁心线圈，已知铁心的磁路长14.4cm, 空气隙宽2.0mm，铁心横截面积为0.60cm2,铁心的相对 磁导率 r=1600. 现在要使通过空气隙的磁通量为4.8× 10-6Wb,求线圈的电流的安匝数NI. 若线圈两端电压为 220V，线圈消耗的功率为20W，求线圈的匝数N. 解：据磁路的欧姆定律得
N 5 B nI I 2 . 5 10 ( T ) 0 0 0 l
B N 0 H nI I 20 ( A / m ) 0 l 0
8
(2)若环内充满相对磁导率 r= 4200的磁介质，那么环内 的B和H各是
B B 0 . 11 ( T ) r 0
NI H 0 32 ( A /m ) l
2
(5)铁心内的磁化强度大小为
B 4 M H 1 . 588 10 ( A / m )
ˆ M n (3)据公式 J 可得磁化面电流(即面束缚
电流)密度的大小
电磁学第二章习题课
C0
εo S C0 Q C V 1 l ε r 1 d 1 l ε r 1 d εr d εr
0S
d
特例 : 当l d时, C r C 0
S
d
0 SV Q CV l r 1 1 d d r
0 d1
r1 S2 r2 +D 1
B
+
+ S 1 + E1 E 2
d1 d2
S1
S2 D2
q = S
σ d1 d 2 ) E1d1 E2 d 2 ( ) ( 1 2 ε0 ε r 1 ε r 2
d1 d2
q ε r 1 ε r 2 ε0 S εr 1 εr 2 d 0S (3) C C0 VA VB d1 d 2 εr 2d1 εr 1d 2 εr 2d1 εr 1d 2
+Q1 +Q2
可见，若VAB不变，则E1=E2=E，D1<D2，Q1<Q2
(2)电量Q不变
VA + + + + + A 0 E D d 1 VB – – – – – B
–Q +Q
V'A + + + + + A E2 D d V'B – – – – – B
–Q
+Q
Q 由介质中的高斯定量得 D1 D2 D S D2 Q D1 Q E2d , VAB E1d , VAB E1 , E2 S 0 0S
例3、讨论平板电容器两极板间为真空和充满电介质 时的电位移和场强：(1)电势差不变；(2)电量不变。 解：(1)电势差不变:VAB= VA–VB
εo S C0 Q C V 1 l ε r 1 d 1 l ε r 1 d εr d εr
0S
d
特例 : 当l d时, C r C 0
S
d
0 SV Q CV l r 1 1 d d r
0 d1
r1 S2 r2 +D 1
B
+
+ S 1 + E1 E 2
d1 d2
S1
S2 D2
q = S
σ d1 d 2 ) E1d1 E2 d 2 ( ) ( 1 2 ε0 ε r 1 ε r 2
d1 d2
q ε r 1 ε r 2 ε0 S εr 1 εr 2 d 0S (3) C C0 VA VB d1 d 2 εr 2d1 εr 1d 2 εr 2d1 εr 1d 2
+Q1 +Q2
可见，若VAB不变，则E1=E2=E，D1<D2，Q1<Q2
(2)电量Q不变
VA + + + + + A 0 E D d 1 VB – – – – – B
–Q +Q
V'A + + + + + A E2 D d V'B – – – – – B
–Q
+Q
Q 由介质中的高斯定量得 D1 D2 D S D2 Q D1 Q E2d , VAB E1d , VAB E1 , E2 S 0 0S
例3、讨论平板电容器两极板间为真空和充满电介质 时的电位移和场强：(1)电势差不变；(2)电量不变。 解：(1)电势差不变:VAB= VA–VB
电磁学-典型例题及习题课件
0 R1
Q
4 0 R22
R2
r
应用高斯定理求场强：
适用对象：有球、轴、平面对称的某些电荷分布。
用 高 斯
1. 分析待求E的大小和方向规律（对称性分析）
2. 选取合适的Gauss面 使 S E dS 容易计算
定
①通过待求场点
理 求
②Gauss面的构造
解
✓ E大小相等，和ds方向相同的面(Φe=ES)
例1：载流长直导线的磁场
z
解: 根据B-S定律:
D 2
dB 0 Idl sin 4 r2
方向：
Idl ro
Iz r
a
∵所有dB方向相同
O
Py
B dB 0 Idz sin x C 1
4 CD r 2
z actg , r a / sin
dl=dz=ad/sin2
z D 2
Idz
B 0I 2 sind
思 路
电源保持联接，
电压U不变。
C1
插入电介质板，
C1 变大。Q=C1U，
Q必定变大。
ε C2
例题5. 面积为S的空气平行板电容器，极板上分 别带电量 ± q ，若不考虑边缘效应，则两极板 间的相互作用力为
q2
(A)
S 0
q2
(B)
√ 2 0 S
q2
(C)
(D) q2
2 0 S 2
0S2
例10： 1、如图：一不带电的金属球旁（ 距o点为r ）有 一点电荷+q。求金属球上的感应电荷在球心产生的 E
4a 1
B
0I 4a
(cos1
cos2
)
Iz r a
O
华南师范大学电磁学习题课-电磁感应
方法二:利用法拉第电磁感应定律公式 dS b a 如图所示，建立x轴. v vdt 在导线段上坐标为x处取一长为dx的导 b´ a´ l 线元段. d x 设在dt时间内导线段从a´b´位置平移到 x dx ab位置，则导线元段扫过的面积为dS. dS=vdt· dx 设面积元的正方向为垂直于屏幕向内
d b 1 db 1 d (ba bb ) 1 dba M dia dt N b dt Nb dt N b dt N b dt
3.1 10 6 (Wb / s)
(3)据法拉第电磁感应定律可得线圈b的感生电动势为
d b b Nb 3.1 10 4 (V ) dt
4.4 10 2 cos100t (V )
4
B 方法二:利用公式 i N dS t S
i
L
如图所示，建立ox轴. 线圈内的感生电动势为
d a 0 di B Ldx i N dS N 2x dt t d S
r dB ˆ Ei e 2 dt (r R)
L
ˆ e
a
o
θ
R
rdl h
L Ei
b
ˆ 的方向与磁场B的方向满足右手螺旋关系 其中 e 在金属棒上取一微元段 dl ，如图所示. 那么在这微元段 dl 上的感生电动势为 r dB r dB r dB ˆ dl d i Ei dl e dl cos( ) cosdl
i ao ob ba
6
所以 ba i S
dB 1 2 2 dB L 4R L dt 4 dt
a
o
R
负号表示金属棒中的感生电动势的实 际方向是由a指向b，故b端电势高.
6.电磁感应习题课1
B0e t
SB0 et a2 B0et
电动势为正,说明它的方向与选定的绕向相同
根据欧姆定律,线圈中的感应电流为 i i a2 B0 et
RR
感应电流的方向亦与选定的绕向相同.
在0 t 时间内,通过线圈某一截面的电量为
q
t
0
idt
a 2
R
B0
t
0
e t dt
a2B0 (1 et )
0i 2r
cosdS x bdx
2 h2 x2 h2 x2
h
r
O
d
m
0ib 2
dd
a
h2
x
x 2 dx
0ib 4
ln
h2
(d h2
d
a
2
)2
x
i
N
d m
dt
0
NI0b 4
sint
ln
h2
(d h2
a)2 d2
i
Ii
i
R
0 NI0b 4 R
ln
h2
(d h2
a)2 d2
sin t
解: 电路中维持电流的条件是必须有 电动势,求感应电流应首先求出感应 电动势.
Bz i
题中线圈不动亦不变形,故线圈 i
O
内只存在感应电动势.
y
a
B 变化时,伴有自感应现象,但题中假设 x
R 很大,自感应电流就极小,可以忽略.
根据法拉第电磁感应定律, 选逆时针绕向
i
d m
dt
d dt
BS
S
d dt
解：建立坐标系如图所示
设 t 时刻速度为v , 则动生电动势
华南师范大学电磁学习题课-静止电荷的电场
q 2a
即有 2a
21
故
E
0
(r R) (r R)
2 0 r
R1 R2
于是对于本题，利用场强叠加原理有
0
( r R1 ) ( R1 r R2 ) ( r R2 )
22
E
2 0 r
0
1.31 证明：电矩为 p 的电偶极子在场强为 E 的均匀电 场中，从与电场垂直的位臵转到与电场方向成 θ 角的 位臵的过程中，电场力做的功为 pE cos p E 证明：任一时刻电偶极子所受的电 M 场力的力矩 q f 如图所示. M M pE l E 大小为 M qEl sin pE sin f q 电偶极子从与电场垂直的位臵转到与电场方向成 θ角的位臵的过程中，电场力做的功(即电偶极子所 受电场力的力矩做的功)为
20
E 2rh
h 0 h h 0 0 0
0
所以
E
2 0 r
0
方法二：利用已知公式和场强叠加原理
据题1.17的结果:一无限长的均匀带电薄壁圆筒的电 场分布为：
E
0
(r a) (r a)
a 0 r
R1 R2
式中a为薄壁圆筒横截面半径， σ为面电荷密度 因为单位长度的均匀带电薄壁圆筒所带电量为
R1 r R2
于是
E dS
S
S侧
E dS＋ E dS＋ E dS
S上 S下
S侧
E dS E 2rh
19
据高斯定理有
0
(r R1 ) ( R1 r R2 ) ( r R2 )
大学物理电磁感应习题课
v
a
b
I
d
l2 c
l0
l
解：
（ 1 ） a bb(v B )d l l0 lv2 0I x 0d x 0 2 I0 vl
a
l0
ln 0 l l0
(2) a、规定正方向abcda
b、计算 t 时刻的磁通量
（t) l0 l 0I (t)vtdx
l0 2x
v
0 I (t) vt ln l0 l
(2) ab上的电流． (3) ab所能达到的最大速度．
c
R
c
I
I
c
a
b
l
B0I(1 1 )
2π r 2clr
cl
ab Bvdr
0Iv(lncllncl)
c
2 c
c
解：
0Ivlncl
c
Ii
ab0I vlncl
R R c
cl
F mg IiBdr
m g(0Ilncl)2v
cR
c
mg(0Ilnc单 击l此)2 处v 添加副m 标d题v
c B b
o
R
a
d
解：选 abcd 回路的绕行方向顺时针为正，则有
BdSB
aSbmn
d
dt
SabmddnB t3.6m 8 V方向：逆时针
c
B
ab m
oo
R
ba n
d
6.两根平行无限长直导线相距为d，载有大小相等方向相反的电流 I，电流变化率 dI /dt = >0．一个边长为d 的正方形线圈位于导 线平面内与一根导线相距d，如图所示．求线圈中的感应电动势，
i
N d dt
电磁学习题课答案..
作业1分析
作业二： 1、如图所示，两个同心的均匀带电球面,内球面半径为 R1，带电量
Q1，外球面半径为 R2，带电量为 Q2。设无穷远处为电势零点。
求： （1） 空间各处电场强度的分布；
（2）在内球面内，距中心为r处的P点的电势。 解：（1）依据高斯定律,有
O
Q1
R1
Q2
r
R2
P
r<R1
Q=0
E1=0
R1<r< R2
r> R2
Q= Q1
Q= Q1 +Q2
E2= Q1/(40r2)
E3= (Q1+Q2 )/(40r2) 方向均沿径向向外。
（2）由电势定义式：
此结论也可由电 =0+ [-Q /(4 R )+ Q /(4 R )]+ [(Q +Q )/(4 R )] 1 0 2 1 0 1 1 2 0 2 势叠加分析得到 = Q1/(40R1)+Q2 /(40R2 )
（a）为抗磁质，因为它在磁场中产生的 附加磁场与外磁场方向相反。 （b）为顺磁质，因为它在外磁场中产生 的附加磁场与外磁场方向相同。
11
作业六：
1、一根铜棒长
，水平放置，可绕距离a端为
处和棒垂直的轴在水平面以 的角速度旋转。铜棒置于竖直向上的磁感应强度 的匀强磁场中，如图所示， 求： (1) 铜棒的电动势 (2) a，b两端哪端的电势高？ 解: (1)将棒ab分成无穷多小段，取一小段dr， 棒转动时dr产生的动生电动势：
1
2、电量分别为q1，q2，q3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＝ （ ）
作业二： 1、如图所示，两个同心的均匀带电球面,内球面半径为 R1，带电量
Q1，外球面半径为 R2，带电量为 Q2。设无穷远处为电势零点。
求： （1） 空间各处电场强度的分布；
（2）在内球面内，距中心为r处的P点的电势。 解：（1）依据高斯定律,有
O
Q1
R1
Q2
r
R2
P
r<R1
Q=0
E1=0
R1<r< R2
r> R2
Q= Q1
Q= Q1 +Q2
E2= Q1/(40r2)
E3= (Q1+Q2 )/(40r2) 方向均沿径向向外。
（2）由电势定义式：
此结论也可由电 =0+ [-Q /(4 R )+ Q /(4 R )]+ [(Q +Q )/(4 R )] 1 0 2 1 0 1 1 2 0 2 势叠加分析得到 = Q1/(40R1)+Q2 /(40R2 )
（a）为抗磁质，因为它在磁场中产生的 附加磁场与外磁场方向相反。 （b）为顺磁质，因为它在外磁场中产生 的附加磁场与外磁场方向相同。
11
作业六：
1、一根铜棒长
，水平放置，可绕距离a端为
处和棒垂直的轴在水平面以 的角速度旋转。铜棒置于竖直向上的磁感应强度 的匀强磁场中，如图所示， 求： (1) 铜棒的电动势 (2) a，b两端哪端的电势高？ 解: (1)将棒ab分成无穷多小段，取一小段dr， 棒转动时dr产生的动生电动势：
1
2、电量分别为q1，q2，q3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＝ （ ）
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6.真空中一无限长载流直 导线LL在A点处折成直 角,在LAL平面内, 求R、 S两点处的磁感应强度的 大小.
L
Ra
a
La
A
Sa
7、一根外半径为R1的无限长圆柱 形导体管 , 管内空心部分的半径为
R2 , 空心部分的轴与圆柱的轴相平 行但不重合, 两轴间距离为a(a>R2) , 现有电流I沿导体管流动 , 电流均
提供。
S
gq
2以.三三角个形相的等中的心点为电球荷心置作于一等球边面三S角如形图的所三示个，顶能点否上qg，go gq
用高斯定理求出其场强分布?对S面高斯定理是否成
立?
计算题
3 求半径 R 的带电半圆环环心处的电场强度。
① 均匀带电，线密度为 。
②上半部带正电，下半部带负电，线密度为
③非均匀带电，线密度为 0sin
②选高斯面 ？
同心球面 S (半径 r )
E dS E 4r2 s
5.在与面电荷密度为 Q 的无限大均 匀带电平板相距为a处有一S 点电荷q，求
q
P
点电荷q至平板垂线中点P处的电势。
•g
有人用电势叠加法计算P点电势:
a
VP
1
40
q a
2
2 0
a 2
1
2 0
q a
a 4 0
对不对？ 如不对，怎么计算
电磁学习题课
静电场概念解析习题：
1.下列说法是否正确?试举例说明．
vv
(1)静电场中的任一闭合曲面S，若有
则S面上的
v E
处处为零。
ÑS E dS 0
(2)若闭合曲面S上各点的场强为零时，则S面内必未
包围电荷。
(3)通过闭合曲面S的总电通量，仅由S面所包围的电 荷提供。
(4)闭合曲面S上各点的场强，仅由S面所包围的电荷
求： 1)导线ab所受的力
2)导线ab所受作用力对O点的力矩.
y dq
思路：叠加法
d
dq dE E
o
x
R
dE
4. 求半径R ，电荷体密度 k r
（ k 为常数 ，r R ）带电球体内外的场强 。
o
R
S
Sr
r oR
思考：①选用哪种方法求解更方便？
k r 未破坏电场分布的球对称性。
用高斯定理求解方便 .
选高斯面
E dS
1
s
0
q内 求 E
匀分布在管的横截面上 , 方向与管
轴平行 .
O
a R2 I
O
R1
求: 1)圆柱轴线上的磁感应强度的大小.
2)空心部分轴线上的磁感应强度的大小.
8 一根很长的同轴电缆别为b 、c )
构成 , 使用时, 电流I从一导体流 出去 , 从另一导体流回. 设电流都 是均匀地分布在导体横截面上 。
c
a
b
求：空间各点处磁感应强度大小 的分布。
9、 一长直导线通有电流
I1=20A , 其旁有一载流直
导线ab , 两线共面。ab长 I1 a
I2 b
为L=9.010-2m , 通以电流
O 0.01
I2=10A , 线段ab垂直于长 直导线 , a端到长直导线的
距离为d = 1 10-2 m 。 。