武汉理工电磁场第5章作业参考答案

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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。

基础物理学第五章(静电场)课后习题答案

第五章静电场思考题5-1 根据点电荷的场强公式2041rqE ⋅=πε，当所考察的点与点电荷的距离0→r 时，则场强∞→E ，这是没有物理意义的。

对这个问题该如何解释？答:当时,对于所考察点来说,q 已经不是点电荷了,点电荷的场强公式不再适用.5-2 0FE q =与02014q E r r πε=⋅两公式有什么区别和联系？答：前式为电场（静电场、运动电荷电场）电场强度的定义式，后式是静电点电荷产生的电场分布。

静电场中前式是后一式的矢量叠加，即空间一点的场强是所有点电荷在此产生的场强之和。

5-3 如果通过闭合面S 的电通量e Φ为零，是否能肯定面S 上每一点的场强都等于零？答：不能。

通过闭合面S 的电通量e Φ为零，即0=⋅⎰SS d E，只是说明穿入、穿出闭合面S的电力线条数一样多，不能讲闭合面各处没有电力线的穿入、穿出。

只要穿入、穿出，面上的场强就不为零，所以不能肯定面S 上每一点的场强都等于零。

5-4 如果在闭合面S 上，E 处处为零，能否肯定此闭合面一定没有包围净电荷？答：能肯定。

由高斯定理∑⎰=⋅内qS d E S1ε，E 处处为零，能说明面内整个空间的电荷代数和0=∑内q，即此封闭面一定没有包围净电荷。

但不能保证面内各局部空间无净电荷。

例如，导体内有一带电体，平衡时导体壳内的闭合高斯面上E 处处为零0=∑内q，此封闭面包围的净电荷为零，而面内的带电体上有净电荷，导体内表面也有净电荷，只不过它们两者之和为零。

5-5 电场强度的环流lE dl ⋅⎰表示什么物理意义？0lE dl⋅=⎰表示静电场具有怎样的性质？答：电场强度的环流lE dl ⋅⎰说明静电力是保守力，静电场是保守力场。

0lE dl⋅=⎰表示静电场的电场线不能闭合。

如果其电场线是闭合曲线，我们就可以将其电场线作为积分回路，由于回路上各点沿环路切向，得⎰≠⋅Ll d E 0，这与静电场环路定理矛盾，说明静电场的电场线不可能闭合。

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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2204π1Lr QεE -=(2)在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为2204π21L r 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 rqεe 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 π41Lr rεQrx 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 ) ()4202πd π41π4r εk r r kr εr r E r==⎰()r εkr r e E 024=球体外(r ＞R )()4202πd 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()2/322031π2yd 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()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()()()22021321201211 π4 π40R r rεQ Q R r R rεQ 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。

电磁学第5章习题答案

子电流数目，然后沿环路L积分。
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。

电磁学答案第二版习题答案第五章

B=
解：（1）（2）
l u0 nI 2 (2 × − 1) 2 2 l + 122 4
l总 = 2nlπ R
5.2.10 附图中的A、C是由均匀材料支撑的铁环的两点，两根直载流导线A、C沿半径方向伸出，电流方向如图所示，求环心O处的磁场B。解：∵
B10 = B40 = 0 ，
6
5.3.3 电子在垂直于均匀磁场B的平面内作半径为1.2cm，速率为 10 m/s的圆周运动（磁场对它的洛伦兹力充当向心力，）求B对此圆轨道提供的磁同通量。解：∵
Φ m = Bπ R 2 ，而B由R=mv/qB Φm = mvπ R q
∴
5.4.1 ‐同轴电缆由一导体圆柱和同一轴导体圆筒构成，使用时电流I从一导体流去，从另一导体流回，电流都是均匀地分布在横截面上，设圆柱的半径为R1，圆筒的半径分别为R2和R3（见附图），以r代表场点到轴线的距离，求r从O到无穷远的范围内的磁场（大小）B。
∴
B = ∫ dB =
u0 N u NI cos 2 θ dθ = 0 ∫ πR 4R
5.2.16 有一电介质薄圆盘，其表面均匀带电，总电荷为Q，盘半径为a，圆盘绕垂直于盘面并通过圆心的轴转动，每秒n转，求盘心处的磁场（大小）B。解：与半径不同的一系列圆心载流3圆等效，
B=
∵ 圆电流圆心处
l
B=
u0 ΔI 2π R ， B= u0 h πR
∵ ΔI = 2 h ∴
5.2.13 将上题的导体管沿轴向割去一半（横截面为半圆），令所余的半个沿轴向均匀地流过电流I，求轴线上的磁场（大小）B。
dB =
解：∵
u0 dI 2π R ， dI = I Rdα πR

电磁场课后习题共95页文档

电磁场课后习题
41、实际上，我们想要的不是针对犯罪的法律，而是针对疯狂的法律。 ——马克·吐温 42、法律的力量应当跟随着公民，就像影子跟随着身体一样。— —贝卡利亚 43、法律和制度必须跟上人类思想进步。— —杰弗逊 44、人类受制于法律，法律受制于情理。— —托·富勒
45、法律的制定是为了保证每一个人自由发挥自己的才能，而不是为了束缚他的才能。—— 罗掉进坑里。——黑格尔 32、希望的灯一旦熄灭，生活刹那间变成了一片黑暗。——普列姆昌德 33、希望是人生的乳母。——科策布 34、形成天才的决定因素应该是勤奋。——郭沫若 35、学到很多东西的诀窍，就是一下子不要学很多。——洛克

武汉理工大学大学物理上-课后习题答案第5章课教材

教材习题解答5-1 一汽车发动机轼轴的转速度在12s 内由13min 102.1-⋅⨯r 均匀的增加到13min 107.2-⋅⨯r 。

求：①曲轴转动的角加速度；②在此时间内，曲轴转了多少圈？解曲轴的初始角速度为123001026.160/102.122-⋅⨯=⨯⨯==s rad n ππω， ①曲轴做匀角加速度转动，其角速度t αωω+=0，所以曲轴转动的角加速度为()22201.13121026.11083.2-⋅=⨯-⨯=-=s rad t ωωβ②曲轴做匀角加速度转动，其转动的角位移为()20tωωθ+=∆()()rad 321045.22121026.183.2⨯=⨯⨯+=所以，在12s 内轼轴转过的圈数为()圈39021045.223=⨯=∆=ππθN5-2：质量为0.25kg 的物体，某一瞬时的位置矢量(2.0 2.0)m =-r i k ，此时它的速度-1(5.0 5.0)ms =-+V i k ，受到力 4.0F j =N 作用，那么（1）物体对原点的角动量是多少？（2）作用在物体上的力对原点的力矩是多少？解：这里质点的位置矢量r ，速度v 和力F 都表示为直角坐标的形式，因此用矢积的坐标表示法来给出角动量较为方便。

又(2.0 2.0)m =-r i k ，()-15.0 5.0ms =-+v i k ，0.25kg =m 及 4.0F j =N 。

根据L r p mr v =⨯=⨯ 有()()2-12-10.25 2.00.0 2.0kgm s 0.25 2.0 5.0 2.0 5.0kgm s 0 5.00.0 5.0=-=-⨯--⨯=⎡⎤⎣⎦-ij kLj 根据M r F =⨯有()0.0 2.0 2.00.02.00.0 2.0Nm Nm 8.08.0Nm 4.00.00.0 4.004.00⎛-⎫=-=+=- ⎪⎝⎭ij kM i k i k5-3：质量为2.0 kg 的质点，0t=时位于()0 4.0 2.0m =-r i j , 其速度为()2-16.0ms =-v t i ，求：（1）t 时刻质点对原点的角动量；（2）此时作用在质点上的力对原点的力矩解：（1）为了求出t 时刻质点的角动量，必须先得到t 时刻位置矢量的表示式，为此可以从速度的定义出发26.0dr v t i dt==-分离变量后积分()()()020336.04.0 2.0 2.04.0 2.0 2.0rtr dr t i dtr i j t i r t i j=---=-=--⎰⎰于是322-12.0[(4.0 2.0) 2.0](6.0)kgm s =⨯=--⨯-L r mv t i j t i 由于同方向矢量的矢积为零，且j i k ⨯=-，得22-124.0kgm s =-L t k （2）根据质点的角动量定理，有2(24.0)48.0dL d M t k tk dt dt==-=-Nm5-4 一质量为kg m 10.0=的小钢球接有一细绳，细绳穿过一水平放置的光滑钢板中部的小洞后挂上一质量为kg M 30.0=的法码，令钢球作匀速圆周运动，当圆周半径为m r 20.01=时砝码恰好处于平衡状态。

电磁场与电磁波5答案

则
式中，是长为l的圆柱形电容器的电容。
流过电容器的传导电流为
可见
6.6由麦克斯韦方程组出发，导出点电荷的电场强度公式和泊松方程。
解点电荷q产生的电场满足麦克斯韦方程
和
由得
据散度定理，上式即为
利用球对称性，得
故得点电荷的电场表示式
由于，可取，则得
即得泊松方程
5.7试将麦克斯方程的微分形式写成八个标量方程：（1）在直角坐标中；（2）在圆柱坐标中；（3）在球坐标中。
解如题6.12图所示，设第2区为理想导体（）。在分界面上取闭合路径。对该闭合路径应用麦克斯韦第一方程可得
（1）
因为为有限值，故上式中
而(1)式中的另一项
为闭合路径所包围的传导电流。取N为闭合路径所围面积的单位矢量（其指向与闭合路径的绕行方向成右手螺旋关系），则有
因
故式（1）可表示为
（2）
应用矢量运算公式，式（2）变为
第5章时变电磁场
5.1有一导体滑片在两根平行的轨道上滑动，整个装置位于正弦时变磁场之中，如题6.1图所示。滑片的位置由确定，轨道终端接有电阻，试求电流i.
解穿过导体回路abcda的磁通为
故感应电流为
5.2一根半径为a的长圆柱形介质棒放入均匀磁场中与z轴平行。设棒以角速度绕轴作等速旋转，求介质内的极化强度、体积内和表面上单位长度的极化电荷。
解（1）在直角坐标中
（2）在圆柱坐标中
（3）在球坐标系中
5.8已知在空气中，求和。
提示：将E代入直角坐标中的波方程，可求得。
解电场E应满足波动方程
将已知的代入方程，得
式中
故得
则
由
得
将上式对时间t积分，得

大学物理第5章习题答案

L 2 0
r dx 2 d sin
arccos ( L L2 )22r 2 E E y 2 dE y 2 ( sin )d 900 4π 0 r
习题答案
L 2 0
第五章静电场
arccos ( L L2 )22r 2 E E y 2 dE y 2 ( sin )d 900 4π 0 r

R

s
E dS EdS 4 r 2 E q / 0
s
.
r
r
E＝
q 4 0 r 2
q dV kr 4r d r 4kr 3 d r kr 4
2 V 0 0 r
rR
kr 2 E er 4 0
习题答案
解：1)利用高斯定理做一半径为r的同心球面为高斯面
e E S ES cos
第五章静电场
z
解： e上 e下 0
e左 E y a 2 E2 a 2 e右 E y a E 2 a
2 2
o
x E ( E1 kx )i E2 j
E x E1 kx
y
e后 E x a 2 E1a 2
dq
r
x
O
x

z
xdq R cos 2 R 2 sin d dE 0 cos sin d 3 3 4 πε0 R 2 ε0 4 πε0 R
E0

2 ε0

2 0
cos sin d

4 ε0
习题答案
第五章静电场
5-12 真空中两条平行的“无限长”均匀带电直线相距为r，其电荷线密度分别为－和＋．试求： (1) 在两直线构成的平面上，任意一点的场强． (2) 两带电直线上单位长度上的电场力．

《电磁场与电磁波》第4版（谢处方编）课后习题答案五章习题解答

《电磁场与电磁波》第4版（谢处⽅编）课后习题答案五章习题解答五章习题解答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02I rφµπ=B e 穿过三⾓形回路⾯积的磁通为d S ψ==?B Sg 0002[d ]d d 2d d z ddII zz x x x xµµππ=? 由题5.1图可知，()tan6z x d π=-=，故得到d d dx d x x ψ-==0[2I b µπ5.2 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 µ?=?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 020222b b b b b b r b b r b r J r B J r µµ 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 020222a a a a a a r a a r a r J r B J r µµ?- 这⾥a r 和b r 分别是点a o 和b o 到场点P 的位置⽮量。

将a B 和b B 叠加，可得到空间各区域的磁场为圆柱外：220222b a ba b a r r B J r r µ??=?- ()b r b >圆柱内的空腔外：2022b a a ar B J r r µ??=?- ??(,)b a r b r a <> 空腔内： ()0022b a B J r r J d µµ=?-=? ()a r a <I题 5.1 图题5.2图式中d 是点和b o 到点a o 的位置⽮量。

电磁场课后习题第五章

2
?
?K
2
uuv ey
?
?K uuv
2 ey
? uuv
uuv
? 0.998 0 ? 80ey ??100.9 10?6 e y T
uuuv H2 ?
uuv B2
?
?
uuv 80e y
A/ m
uuuv M2
?
uuv B2
?
?
uuuv H2
?
uuv ? 0.16e y
A/ m
⑵在区域①，③内与上面的结论一致，在区域②内
2??
??? BH? 0 r ? 4 ? 10?7 ? 500? 144.96 ? 9.1? 10?2
B ，H 方向均沿安培环路的切线方向。
3-9 已知在 Z ? 0 的区域中，? r1 ? 4 ，在 Z ? 0 的区域中 ? r 2 ? 1 ，设在
Z ? 0 处B 是均的，其方向为 ? ? 60o，? ? 45o ，量值为 1Wb / m2 ，试求
?
l?z 2
1
? ??
z
?
l ?2 ?2
2 ??
? ?
?
?? ?
uuv ez
?
?
??
⑵当远离圆柱时，即 z ? l ，? ? a 时，可将此圆柱视为一个磁偶极子，磁
2
? 偶极矩 uuv
uuv
uuv
me? ImS z ? M0l a 2 ez
uvu
它在空间中产生的磁场可用磁矩 m 表示为
? ? uv ? ? ? ? ? B ?
式中 dz?是小圆环的宽度，每个小圆环电流在轴线上某点均产生磁感应强度。利
用圆环电流在其中心轴线一点的磁感应强度的表达式，可以写出 dI m 在轴线上产

电磁场与电磁波金立军第五章答案

5-9
题
5-9
图示一个在
xy
平面上的弯曲线，通过
20A
电流。在这区域内的磁场为
B

1.25ezT
。求导
线所受的力。

解两端直线受到力为 F1 F3 Idl B BIlex
1.25 20 4 100
半圆受到的力为
题 5-9 图

F2 Idl B I ade Bez
l z 2
dm
l z 2
(b2

m2 )3/ 2

ez
0b2 NI 2l
l z
arctan( 2 b
)
b sec2 d
b sec l
z
3
3
arctan( 2 )
b
ez
0 NI 2l

l z
2

( l z)2 b2
2
l z

2

(l 2
2.5107
上下两边产生的磁感应强度
B2

B4

2 10 4
左边产生的磁感应强度

B3

u0I 4
0
0.05da (0.05)a 0.053
6.28104
总的磁感应强度
B总
1.031035
题 5-2 图
5-3 在氢原子中，电子绕半径为 5.3×10-11m 的圆轨道运动，速度为 2200m/s，求圆轨道圆心处的磁场。
解建立圆柱坐标系，另圆柱轴线为 z 轴。那么根据真空中的安培环路定律可知，
（1）在圆柱内线积分包围的部分电流为 I1

电磁学(赵凯华,陈熙谋第三版)第五章习题及解答

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当 % ) %$ $ 时，上式化为取以下几点作图：
#%
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的，如本题图所示。表头的内阻 ## $%### !，满度电流 %# $ "!& "$，将其改装为量程是 !&& "$、"&%$、"&&%$"
试算出 #" 、#% 、## 的阻值，并标出三个接头的量程。解：设 %" $!&& "$，%% $"& %$，%# $"&& %$，三个接
的长度 ’& )+，求加到 % 上的电压 #% 与 + 的关系。用方格纸画出当 % )$" %$ 和 % )%$$ 时的 #% !+ 曲线。
习题 ! ! "
解：按图中电路可得
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电磁场与电磁波课后习题及答案五章习题解答

5.1真空中直线长电流/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。

解根据安培环路泄理，得到长直导线的电流/产生的磁场题5.1图穿过三角形回路而积的磁通为由题5.1图可知，z = （x —〃）tan? = V，故得到5.2通过电流密度为丿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并证明腔内的磁场是均匀的。

解将空腔中视为同时存在丿和_丿的两种电流密度，这样可将原来的电流分布分解为两个均匀的电流分布：一个电流密度为丿、均匀分布在半径为力的圆柱内，另一个电流密度为均匀分布在半径为&的圆柱内。

由安培环路左律，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。

由安培环路左律= 可得到电流密度为丿.均匀分布在半径为b的圆柱内的电題5.2图流产生的磁场为B b=\ 电流密度为、均匀分布在半径为a的圆柱内的电流产生的磁场为这里□和◎分别是点°。

和⑷到场点p的位宜矢量。

将和〃$叠加，可得到空间各区域的磁场为圆柱外：B=^Jx(D圆柱内的空腔外：B = ^-Jx^r.-^r a | (r h<b, r a >a)空腔内：B = =(為va)式中d是点和5到点S的位苣矢量。

由此可见，空腔内的磁场是均匀的。

5.3下而的矢量函数中哪些可能是磁场？如果是，求其源变量J。

(1)H =e r ar , B = (圆柱坐标)(2)H =5(-©) + 匕处，B =卜』(3)H =e x ax-e^ay, B = “)H(4)H = e0ar , B = (球坐标系)解根据恒泄磁场的基本性质，满足V 5 = 0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。

若是磁场的场矢量，则可由j = VxH求出源分布。

< 1)在圆柱坐标中V B = - — (rB r) = -—(ar2) = 2a^0r dr 1 r dr该矢量不是磁场的场矢量。

电磁学答案第二版习题答案第五章

J G
J G
J G
J G
J G
J G
B1 = B3 =
uI 3u0 I B2 = 0 (cos 900 − cos1350 ) 4π b 4 × 2a ， u0 I (cos 450 − cos 900 ) B = B5 = 0 4π b ， 4
解得： 5.2.4
B0 = B1 + B2 + B3 =
5.3.2 二无限长载流直导线与一长方形架共面（如图），已知a=b=c=10cm， l =10m，I=100A，求框架的磁通量。解：建立坐标如图，取 dS = ldx ， ds 所在处的磁场： ∵
B=
u0 I u0 I + 2π x 2π (a + b + c − x)
u0 I u dI Q dI = 2nπ rdr 2 dB = 0 2 R ，此处 2R ， 2a
∴
B = ∫ dB = ∫
a
0
u0 nQ u nQR dr = 0 2 a a
5.2.17 半径为R的非倒替球面均匀带电，电荷面密度为 σ ，球心的直线为轴旋转，角速率为 ω ，求球心的磁场大小B。
3 u0 I 1 u0 I B3 = 4 2R ， 2 2π R u0 I 3π (1 + .2 电流I沿附图（a）（b）所示的导线流过（图中直线部分伸向无限远），求O点的磁场B。
解：（a）∵B1=0，
B2 =
解得：
B0 = B1 + B2 =
l
B=
u0 ΔI 2π R ， B= u0 h πR
∵ ΔI = 2 h ∴
5.2.13 将上题的导体管沿轴向割去一半（横截面为半圆），令所余的半个沿轴向均匀地流过电流I，求轴线上的磁场（大小）B。

武汉理工电磁场第5章 作业参考答案

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