电磁学第8、9章作业分析2007
电磁学第八次作业解答
电磁学第八次作业解答8-24 质子和电子以相同的速度垂直飞入磁感强度为B的匀强磁场中，试求质子轨道半径R 1与电子轨道半径R 2的比值．解：洛伦兹力的大小 B q f v = 对质子： 1211/R m B q v v = 对电子： 2222/R m B q v v = ∵ 21q q = ∴ 2121//m m R R =8-30 在xOy 平面内有一圆心在O 点的圆线圈，通以顺时针绕向的电流I 1另有一无限长直导线与y 轴重合，通以电流I 2，方向向上，如图所示．求此时圆线圈所受的磁力．解：设圆半径为R ，选一微分元d l ，它所受磁力大小为B l I F ⋅=d d 1由于对称性，y 轴方向的合力为零。
∴ θcos d d F F x =θθμθc o s c o s 2d 201R I R I π= θμd 2210π=I I∴ ⎰π==π20210d 2θμII F F x 210I I μ=8-32 一平面线圈由半径为0.2 m 的1/4圆弧和相互垂直的二直线组成，通以电流2 A ，把它放在磁感强度为0.5 T 的均匀磁场中，求：(1) 线圈平面与磁场垂直时(如图)，圆弧AC 段所受的磁力． (2) 线圈平面与磁场成60°角时，线圈所受的磁力矩．解：(1) 圆弧AC 所受的磁力：在均匀磁场中AC 电圆弧所受的磁力与通有相同电流的AC 直线所受的磁力相等，故有F AC =283.02==RB I F AC N方向：与AC 直线垂直，与OC 夹角45°，如图． (2) 磁力矩：线圈的磁矩为 n n IS p m2102-⨯π==I 1I 1B⊗F本小问中设线圈平面与B 成60°角，则m p与B 成30°角，有力矩︒=⨯=30sin B p B p M m mM =1.57×10-2 N ·m方向：力矩M 将驱使线圈法线转向与B平行.8-33 一矩形线圈边长分别为a =10 cm 和b =5 cm ，导线中电流为I = 2 A ，此线圈可绕它的一边OO ＇转动，如图．当加上正y 方向的B =0.5 T 均匀外磁场B，且与线圈平面成30°角时，线圈的角加速度为β = 2 rad/s 2，求∶(1) 线圈对OO ＇轴的转动惯量J =？(2) 线圈平面由初始位置转到与B 垂直时磁力所做的功？解：(1) S = ab =5×10-3 m 2p m = SI =1×10-2 (A ·m 2)，︒=60sin B p M m =4.33×10-2 N ·m βJ M =，β/M J ==2.16×10-3 kg ·m 2(2) 令从B 到m p的夹角为θ，∵ M 与角位移d θ 的正方向相反=-=⎰︒︒060d θM A ⎰︒︒-060d sin θθB p m =2.5×10-3JO xyz I30°BO ′ a b第九章 介质中的磁场9-1 一根同轴线由半径为R 1的长导线和套在它外面的内半径为R 2、外半径为R 3的同轴导体圆筒组成．中间充满磁导率为μ的各向同性均匀非铁磁绝缘材料，如图．传导电流I 沿导线向上流去，由圆筒向下流回，在它们的截面上电流都是均匀分布的．求同轴线内外的磁感强度大小B 的分布．解：由安培环路定理：∑⎰⋅=i I l Hd0< r <R 1区域： 212/2R Ir rH =π 212R Ir H π=， 2102R Ir B π=μ R 1< r <R 2区域： I rH =π2 r I H π=2， rIB π=2μR 2< r <R 3区域： )()(22223222R R R r I I rH ---=π )1(22223222R R R r r IH ---π= )1(2222322200R R R r r IH B ---π==μμ r >R 3区域： H = 0，B = 09-2 螺绕环中心周长l = 10 cm ，环上均匀密绕线圈N = 200匝，线圈中通有电流I = 0.1 A ．管内充满相对磁导率μr = 4200的磁介质．求管内磁场强度和磁感强度的大小．解： ===l NI nI H /200 A/m ===H H B r μμμ0 1.06 T9-3 一铁环中心线周长l = 30 cm ，横截面S = 1.0 cm 2，环上紧密地绕有N = 300 匝线圈．当导线中电流I = 32 mA 时，通过环截面的磁通量Φ = 2.0×10-5 Wb ．试求铁芯的磁化率χm ．解： B = Φ /S=2.0×10-2 T ===l NI nI H /32 A/m ==H B /μ 6.25×10-4 T ·m/A =-=1/0μμχm 496。
8,9章的习题集答案.doc
8,9章的习题集答案.doc十一、真空中的恒定磁场11-1 一均匀磁场沿x 轴正方向，磁感应强度21Wb/m B =。
求在下列情况下，穿过面积为22m 的平面的磁通量：（1）平面与y z -面平面平行，（2）平面与x z -面平面，（3）平面与y 轴平行又与x 轴成045角。
解: (1) d sB S ?=Φ=??d SB S =x x Be e BS s =?u u vu u v=2Wb(2)d d 0x y ssB S B S Be e S ?=?==Φ=u v u v(3) 0d d 2Wb cos45x x ssB S B S Be e S ?=?==Φ=u vu v11-2 一无限长直导线折成如图所示形状，已知I=10A ，P A =2cm, θ=600,求P 点的磁感应强度。
解：由毕奥—沙伐02d 4d r B I le r μπ=?尔定律，可知，导线II 在P 点产生的磁感应强度为0。
由课本P341页例子可知，导线I 在P 产生的磁感应强度为0120(sin sin )4cos30IB PA μββπ=-700041010A (sin30sin0)40.02cos30ππ-?=-52.8810-=? （T ）11-3 两根无限长直导线互相平行的放置在真空中，其中通以同向的电流I 1=I 2=10A ，已知PI 1=PI 2=0.5m,PI 1垂直于PI 2，求P 点的磁感应强度。
解：根据安培环路定理，两导线在P 点形成的磁感应强度大小相等，方向如图所示，两导线产生的磁感应强度在Y 方向上互相抵消。
12x x B B B =+ 0000cos45cos4522I Ir rμμππ=+ 74101020.52ππ-??=65.6610-=?（T ）11-4 一质点带有电荷q =8.0×10-19 C,以速度v=3.0×105m/s 做匀速圆周运动，轨道半径R=6.0×10-8m,求：（1）该质点在轨道圆心产生的磁感应强度大小；（2）质点运动产生的磁矩。
电磁学第8、9章作业分析2007
第八章作业分析（2007/05/23）8.2 三个电量为的点电荷各放在边长为r的等边三角形的三个顶点上，点电荷Q(Q>0)放在三角形的中心上。
为使每个负电荷受力为零，Q之值应为多大？解：由题，，而，，联立解之：8.5 一个电偶极子的电矩为，证明此电偶极子轴线上距其中心为r(r>>l)处的一点的场强为。
解：由题，，而由对称性可知、的沿中垂线方向方量相互抵消，只剩平行于l的方向，则：而r>>l，即t+≈r∴8.7 有一长度为L，电荷线密度为的均匀带电直线段, 求直线的延长线上距近端为R的P点处的场强。
解：取线地dx有：∴∴方向沿带电直线8.9 如图8-43，一个细的带电塑料圆环，半径为R，所带电荷线密度和有的关系，求在圆心处的电场强度的方向和大小。
解：取线元dl，有：∴∴8.11 如图8-45所示，有宽度为L，电荷面密度为σ的无限长均匀带电平面，求在与带电平面共面的P点处的场强。
解：取宽度为dx的无限长，其在P点的场强为：方向均垂直于带长方向且向外∴8.13 (1) 点电荷q位于边长为a的正方体的中心，通过此立方体的每一面的E通量各是多少？(2) 若电荷移至正立方体的一个项点上，那么通过每个平面的E通量又各是多少？解：(1) 由对称性可知立方体的六个面对中心完全对称，应平分总通量(2) 若移至某一顶点则与该顶点相连的三个面由于始终在面内所以，而另三个面的通量可用补的思想，设法把此顶点置于一个更大的立方体中心，则此时那三个面完全对称地占了总通量的，即8.15 在图8-47所示的空间内电场强度分量为，，其中，试求：(1) 通过正立方体的E通量；(2) 正立方体的总电荷是多少？设a=10cm；解：(1) 与x轴方向平行的四个面，另两个面中靠近原点的那个面正通量为：N.m2/c；同理另一个正通量为：∴ 总通量N.m2/C(2) 由高斯定理：∴C8.19 有一半径为R的带电球体，电荷密度为(即电荷密度与半径成反比)，设k为已知常数。
交叉学科叶邦角电磁学习题解答学生版第八章
两球的电势差
U =( =
267 Q 380 pe 0 R
两球心连线上与球面相交处场强为
6 Q 6 Q Q Q 5 E= [5 - 5 + 5 ] 4pe 0 R 2 ( 4 R) 2 (d - R) 2 (d - R - x )2 5 Q 6 5 3 5 = ( - + - 2) 2 4pe 0 R 5 16 40 19 1
2( R1 + R2 )2 d 2C
e
-
2t R1C
就是从电容器流出的能量密度 8-18 由
´E = 得
B = - E0 cos tez t
B=因此
E0
sin tez
´B =0=
求得电流密度
0
j+
1 E c2 t
j = e 0 E0 y sin tex
而
× E = 0,
=0
空间中处处无电荷却有电流分布，是不可能的。因此这个电场不存在。 8-19 （1） 由
1
由此求得金属球带的总电荷量为
Q = 4p r 2
0
1 = 4pe 0 r 2 ( E0 - 3E ), E < E0 3
走完全程的时间为 t =
l v0
横向加速度为
QE ，得 m
v =
4pe 0 r 2 ( E0 - 3E ) El QE 1 t= , E < E0 m mv0 3
对应磁场的情形，只需将上式中的 E 改成 v0 B ，得
e - e0 2e 0 于是净电荷量为 Q。 Q， e + e0 e + e0
相应的电场为之前的
2e 0 2e 0 e + e0 倍，电压也为 倍，因此电容为 C。 e + e0 e + e0 2e 0
第九章 电磁感应 电磁场(一)作业答案
一。
选择题[ D ]1.（基础训练3）在一自感线圈中通过的电流I 随时间t 的变化规律如图(a)所示，若以I 的正流向作为 的正方向，则代表线圈内自感电动势 随时间t 变化规律的曲线应为图(b)中(A)、(B)、(C)、(D)中的哪一个？ 【分析】dt dI LL -=ε，在每一段都是常量。
dtdI[ D ]2. （基础训练5）在圆柱形空间内有一磁感强度为B的均匀磁场，如图所示．B的大小以速率d B /d t 变化．在磁场中有A 、B 两点，其间可放直导线AB 和弯曲的导线AB ，则 (A) 电动势只在导线AB 中产生． (B) 电动势只在AB 导线中产生． (C) 电动势在AB 和AB 中都产生，且两者大小相等．(D) AB 导线中的电动势小于导线中的电动势 【分析】连接oa 与ob ，ob ab ob oab εεεε++=。
因为涡旋电场总是与圆柱截面垂直，所以oa 和ob 上的涡旋电场方向处处垂直于oa 、ob ，即0=⋅==⎰→→l d E ob ob εεoab ob d dB S dt dtφεε==-=- o ab oabd d dtdtϕϕ∴<[ B ]3.（基础训练6）如图12-16所示，直角三角形金属框架abc 放在均匀磁场中，磁场B平行于ab 边，bc 的长度为l ．当金属框架绕ab 边以匀角速度ω转动时，abc 回路中的感应电动势和a 、c 两点间的电势差U a – U c 为(A) 0ε= 221l B U U c a ω=- (B) 0ε= 221l B U U c a ω-=-(C)2B l εω=221l B U U c a ω=- (D) 2B l εω= 221l B U U c a ω-=-【分析】ab 边以匀速转动时 0=-=dtd abc φε 22l B l d B v U U U U L c b c a ω-=∙⎪⎭⎫⎝⎛⨯=-=-⎰→→→ t t tt t (b)(a)Bab clω图12-16[ B ]4.（自测提高2）真空中一根无限长直细导线上通电流I ，则距导线垂直距离为a 的空间某点处的磁能密度为(A) 200)2(21a I πμμ (B) 200)2(21a I πμμ (C) 20)2(21I a μπ (D) 200)2(21aI μμ【分析】距离为a 的空间该点的磁感应强度大小为：aIB πμ20=磁能密度为 200022212⎪⎭⎫ ⎝⎛==a I B w m πμμμ [ B ]5.（自测提高5）用导线围成的回路(两个以O 点为心半径不同的同心圆，在一处用导线沿半径方向相连)，放在轴线通过O 点的圆柱形均匀磁场中，回路平面垂直于柱轴，如图12-26所示．如磁场方向垂直图面向里，其大小随时间减小，则(A)→(D)各图中哪个图上正确表示了感应电流的流向？ 【分析】根据公式S dt B d l E S Ld d ⋅-=⋅⎰⎰⎰感，因为0<dtB d 且磁场方向垂直图面向里，所以感应电流为顺时针方向，再由于感应电流是涡电流，故选B 图。
第九章 磁 场带答案完整版
第九章 磁 场一、.磁感线⑴用来形象地描述磁场中各点的磁场方向和强弱的曲线。
磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向，也就是在该点小磁针静止时N 极的指向。
磁感线的疏密表示磁场的强弱。
⑵磁感线是封闭曲线（和静电场的电场线不同）。
⑶要熟记常见的几种磁场的磁感线：二、磁感应强度ILF B （条件是匀强磁场中，或ΔL 很小，并且L ⊥B ）。
磁感应强度是矢量。
单位是特斯拉，符号为T 。
三、磁通量：Φ=BS ⊥可以认为穿过某个面的磁感线条数就是磁通量。
四、安培力 （磁场对电流的作用力）F=BIL （L ⊥B ）。
9-1.如图所示，可以自由移动的竖直导线中通有向下的电流，不计通电导线的重力，仅在磁场力作用下，导线将如何移动？9-2. 条形磁铁放在粗糙水平面上，正中的正上方有一导线，通有图示方向的电流后，磁铁对水平面的压力将会＿＿＿（增大、减小还是不变？）。
水平面对磁铁的摩擦力大小为＿＿＿。
9-3. 如图所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L。
匀强磁场磁感应强度为B。
金属杆长也为L，质量为m，水平放在导轨上。
当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止。
求：⑴B至少多大？这时B的方向如何？⑵若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？9-4.如图所示，质量为m的铜棒搭在U形导线框右端，棒长和框宽均为L，磁感应强度为B的匀强磁场方向竖直向下。
电键闭合后，在磁场力作用下铜棒被平抛出去，下落h后的水平位移为s。
求闭合电键后通过铜棒的电荷量Q。
hs αα洛伦兹力 带电粒子在磁场中的运动一、洛伦兹力：F=qvB 。
条件是v 与B 垂直。
当v 与B 成θ角时，F=qvB sin θ。
2.洛伦兹力方向的判定：在用左手定则时，四指必须指电流方向（不是速度方向）。
9-5.磁流体发电机原理图如右。
等离子体高速从左向右喷射，两极板间有如图方向的匀强磁场。
该发电机哪个极板为正极？两板间最大电压为多少？二、带电粒子在匀强磁场中的运动 洛伦兹力充当向心力，推得：Bq m T Bq mv r π2,== 1、带电粒子在半无界磁场中的运动9-6.如图直线MN 上方有磁感应强度为B 的匀强磁场。
第9章 作业答案(最新修改)
第9章 电磁场9-6 如图9-40所示，一截面积26S cm=的密绕线圈，共有50匝，置于0.25BT=的均匀磁场中，B 的方向与线圈的轴线平行。
如使磁场B 在0.25s 内线性地降为零，求线圈中产生的感应电动势iε。
分析：因B 随t 改变，故穿过密绕线圈的Φ也随t 改变，根据法拉第电磁感应定律要产生感应运动势。
解：由题可知B 随时间变化的关系是：0.25B t =-+，则磁通量为：46.010(0.25)BS t Φ-==⨯-+由法拉第电磁感应定律可得：0.03()i d NV dtεΦ=-=感应电动势的方向为：b a →。
9-7 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为58.010sin 100t Φπ-=⨯（SI 制），求在21.010t s-=⨯时，线圈中的感应电动势。
分析：线圈中有N 匝相同的回路，其感应电动势等于各匝回路的感应电动势之和。
解：由N ψΦ=和法拉第电磁感应定律i d dtψε=-得：2.51cos100()i d Nt V dtΦεπ=-=-当21.010t s -=⨯时，2.51()i V ε=9-8 如图9-41所示，用一根硬导线弯成一半径为r 的半圆,使这根半圆形导线在磁感应强度为B 的匀强磁场中以频率f 旋转，整个电路的电阻为R ，求感应电流的表达式和最大值。
分析：由题可知，闭合回路的面积为212S r π=，穿过它的磁通量cos B S Φθ=在不断变化，因此可先由法拉第电磁感应定律i d dtΦε=-求出感应电动势，再由欧姆定律iI Rε=求出感应电流，据此再讨论最大值。
解：设在初始时刻，半圆形导线平面的法线与B 之间的夹角0θ=，则在任意时刻穿过回路的磁通量为：21cos cos 22B S Br ft Φθππ==根据法拉第电磁感应定律，有：22sin 2i d r fB ft dtΦεππ=-=由欧姆定律可得回路中的电流为：22sin 2i r fB I ft RRεππ==故感应电流的最大值为22m r fB I Rπ=9-9 有两根相距为a 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以d I d t 的变化率增长。
电磁学课后习题答案及解析
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<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.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⎰'=L r πεq E 202d ,利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量,则 ()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.<2>根据以上分析,中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴,大小为利用几何关系 sin α＝r /r ′,22x 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⎰⋅=S S 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①5 －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⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E 得球体内<0≤r ≤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 －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r ＜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.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r ＜R 1,0=∑q 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 =∑r ＞R 2,0=∑q 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.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 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Q Q 412-=,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<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⎰∞⋅=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在球面内电场强度为零,电势处处相等,等于球面的电势其中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由电势⎰∞⋅=r V l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1时,有当R 1≤r ≤R 2时,有当r ≥R 2时,有<2>两个球面间的电势差解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,则若该点位于两个球面之间,即R 1≤r ≤R 2,则若该点位于两个球面之外,即r ≥R 2,则<2>两个球面间的电势差第六章 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。
电磁学课后部分习题答案解析
电磁学课后部分习题答案解析1.2.2 两个同号点电荷所带电荷量之和为Q.在两者距离一定的前提下，他们带电荷量各为多少时相互作用力最大？解答：设一个点电荷的电荷量为1q q =,另一个点电荷的电荷量为()2q Q q =-,两者距离为r,则由库仑定律求得两个电电荷之间的作用力为()204q Q q F rπε-=令力F 对电荷量q 的一阶导数为零，即 ()2004Q q qdF dqrπε--==得122Q q q ==即取 122Q q q ==时力F 为极值，而222202204Q q d F dqrπε==-<故当 122Q q q ==时，F 取最大值1.2.6 两个电荷量相等的同性点电荷相距为2a ，在两者连线的中垂面上置一试探点电荷0q , 求0q 受力最大的点的轨迹.解答:如图(a)所示,设有两个电荷量为q 的点电荷 ,坐标分别为(-a ,0,0)和(a ,0,0),试探点电荷0q 置于二者连线的中垂面Oyz 上坐标为(0,y,z).r y j z k=+ 为原点O 至试探点电荷0q 的失径,距离为r =,如图(b)所示.根据对称性, 所受合力的方向与失径r 平行或反平行.其大小为 ()003222222sin 2q q q qrF kkr araα==++求上式的级值,去F 对r 的一阶导数并令其为零,的方程 ()22230r r a-++=求得2r =求二阶导数并带入2r =,得()272222022120r d Fa kqq r a rdr -=-+<说明此时F 取极大值因此,0q 受力最大的点的轨迹是在中垂面上的圆心坐标为(0,0,0)半径为2的圆.1.3.6 附图中均匀带电圆环的半径为R,总电荷量为q(1)求数轴线上离环心O 为x处的场强E(2) 轴线上何处场强最大?其值是多少? (3)大致画出E-x 曲线.解答:设圆环的带电线密度为 2q Rηπ=如图(a)所示,圆环一小段d l 到轴上一点P 的距离为r ,即有dq dl η=,cos x rα=,该小段对P 点产生的场强大小为22dq dldE k krrη==根据对称性,P 点场强仅有x 分量, d E在x 轴的分量大小为()3222cos x xdldE dE kRxηα==+()()()33322222222200224xxRxqxE dEkR RxR xR xηηπεπε====+++⎰P点场强为()322204qxE iR xπε=+（2）应求dE dx并令其值为0，求得当2x =，E取极值，而2220x d Edx<，根据对称性，位于轴上2x =±点的场强取最大值，其值为qE =±（3）如图（b ）所示。
工程电磁场第八版课后答案第09章.pdf
Z 1Z 1
=
300µ0 cos(3 ⇥ 108t y) dx dy = 300µ0 sin(3 ⇥ 108t y)|10
=
00
300µ0
⇥ sin(3
⇥
108t
1)
sin(3
⇥
108
⇤ t)
Wb
The(3 ⇥ 108)(4⇡ ⇥ 10
7)
⇥ cos(3
⇥
108t
1)
dt 1.13
The emf is therefore 0.
164
9.4. A rectangular loop of wire containing a high-resistance voltmeter has corners initially at (a/2, b/2, 0), ( a/2, b/2, 0), ( a/2, b/2, 0), and (a/2, b/2, 0). The loop begins to rotate about the x axis at constant angular velocity !, with the first-named corner moving in the az direction at t = 0. Assume a uniform magnetic flux density B = B0az. Determine the induced emf in the rotating loop and specify the direction of the current.
⇥
105
⇥ cos(3
⇥
108t
1)
cos(3
⇥
108
⇤ t)
V
大学物理学 清华 张三慧 电磁学 8-9章习题课
8 关于稳恒电流磁场的磁场强度，下列几种说 法中哪个是正确的？ (A) 仅与传导电流有关． (B) 若闭合曲线内没有包围传导电流，则 曲线上各点的H必为零． (C) 若闭合曲线上各点均为零，则该曲线 所包围传导电流的代数和为零． (D) 以闭合曲线Ｌ为边缘的任意曲面的通 量均相等．
(C)
9 如图，在一圆形电流 I 所在的平面内，选取 一个同心圆形闭合回路 L ，则由安培环路定理 可知 (A) B d l 0 ，且环路上任意一点B = 0．
(C) 2BR=Br
(D) BR=4Br
(B)
13 如图所示的一细螺绕环，它由表面绝缘的导 线在铁环上密绕而成，每厘米绕10匝．当导线 中的电流I为2.0A时，测得铁环内的磁感应强度 的大小 B 为1.0T，则可求得铁环的相对磁导率 μr为(真空磁导率μ0=4π×10-7 T· A-1) m· (A) 7.96×102
20I 4 l
20I
(B)
20I 2 l
l
(D) 以上均不对．
A
(A)
B
I I
0I
4 r
(cos 1 cos 2 )
11 如图，两根直导线ab和cd沿半径方向被接到 一个截面处处相等的铁环上，稳恒电流 I 从 a 端 流入而从d 端流出，则磁感强度沿图中闭合路径 L的积分B d l 等于
6、如图所示，流出纸面的电流为2I ，流进纸面的电流为I， 则下述各式中正确的是（ D ）
( A ) H dl 2 I
l1
( B )
l2
H dl I
(C ) H dl I
( D ) H dl I
l4
l3
电磁学(第二版)___习题解答
电磁学（第二版）___习题解答本文档旨在概述《大学物理通用教程_电磁学（第二版）___题解答》的内容和目的。
章节结构本教程共包含以下章节：第一章：电磁学基础概念第二章：库仑定律和电场第三章：电场的高斯定理第四章：静电场的电势第五章：电场中的运动带电粒子第六章：稳恒电流第七章：磁场的基本特性第八章：安培定律和磁场的高斯定理第九章：磁场的矢量势与法拉第电磁感应定律第十章：电磁感应中的动生电动势第十一章：电磁感应中的感生电流第十二章：电磁场的能量与动量第十三章：交变电路理论第十四章：交变电磁场中的能流与坡印廷矢量第十五章：电磁波概论第十六章：辐射和天线每一章节都提供了对应题的解答，帮助读者更好地理解和应用所学的电磁学知识。
该题解答本是《大学物理通用教程_电磁学（第二版）___》的附属部分，旨在补充教材内容，提供题的详细解答，便于读者巩固所学知识。
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问题：如何计算两个点电荷间的电势差？答案：根据库仑定律可以计算出两个点电荷间的力，将该力乘以电荷间的距离即可得到电势差。
问题：如何确定一个圆环上的电场强度大小与方向？答案：根据环上各点的电荷之间的静电力作用，可以确定该点的电场强度大小和方向。
可以施用库仑定律以及数学公式来计算。
问题：如何计算一个球体内的电势分布？答案：根据球内各点的电荷密度以及球内各处的距离关系，利用电场的定义公式，可以计算出球体内各点的电势。
以上是一些《大学物理通用教程_电磁学（第二版）___题解答》的题目解答示例，希望对你的研究有所帮助。
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电磁学第10、11章作业分析2007
大学物理作业分析（2007/06/13）10.4一铜棒横截面积为20×80mm2，长为2.0m ，两端的电势差为50Mv 。
已知铜的电导率 ，铜内自由电子的电荷体密度为 。
求：(1) 它的电阻；(2) 电流；(3) 电流密度；(4) 棒内的电场强度；(5) 所消耗的功率；(6) 棒内电子的漂移速度。
解：（1）Ω⨯=⨯⨯⨯⨯==--567102.2108020107.50.2s l R γ（2）由l u E =Es Ij γ==得21080201050107.5637--⨯⨯⨯⨯⨯⨯===l us Es I γγA A I 33103.21028.2⨯≈⨯=（3）2663/104.11080201028.2m A s I i ⨯=⨯⨯⨯==- （4）mv l u E /105.22105023--⨯=⨯==（5）W IU P 233101.110501028.2⨯=⨯⨯⨯==-（6）s m ne j v /100.11036.1104.14106-⨯=⨯⨯==注：此题做得很好！10.8 求图10-39中各载流导线在P 点的磁感应强度。
IIap120︒ II ' IR p R(a) P 点在水平导线延长线上 (b) P 点在 圆弧的圆心处解：（a ）)180cos 60(cos 60sin 40︒-︒︒=a IB πμaIπμ430=（b ）RIR I B 824100μμ=⋅=注：此题多数同学做对了！10.10 如图10-41所示，两条无限长直载流导线垂直而不相交，其间最近距离为d=20厘米，电流分别为 安和 安。
P 点到两导线的距离都是d ，求P 点的磁感应强度B 。
图10-41 习题10.10图 解：dI B d I B πμπμ2,2202101==1B 方向向里，2B 方向向右2221022212I I dB B B +=+=πμ T 52227102.7641022104--⨯=+⨯⨯⨯=ππ注：此题做得较好！10.13 如图10-43所示，半径为R ，电荷线密度为)0(>λ的均匀带电的圆线圈，绕过圆心与圆平面垂直的轴以角速度ω转动，求轴线上任一点的B 的大小及其方向。
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第八章作业分析（2007/05/23）8.2 三个电量为q-的点电荷各放在边长为r的等边三角形的三个顶点上，点电荷Q(Q>0)Q之值应为多大？q-解：由题222141rqff⋅==πε，2)32(4hqQfπε=，而ff3=，rh23=，联立解之：qQ33=8.5 一个电偶极子的电矩为lP q=，证明此电偶极子轴线上距其中心为r(r>>l)处的一点的场强为34/2rPEπε=。
解：由题241++⋅=rqEπε，241--⋅=rqEπε，而22222rlrr+⎪⎭⎫⎝⎛==-+由对称性可知+E、-E的沿中垂线方向方量相互抵消，只剩平行于l的方向，则：32142cos2++++⋅=⋅⋅42==rqlrlrqEEπεπεθ而r>>l，即t+≈r∴34rpEπε=8.7 有一长度为L，电荷线密度为λ的均匀带电直线段, 求直线的延长线上距近端为R的P点处的场强。
x dx x0解：取线地dx 有：dx dq λ=∴ 2041x dxdE λπε⋅=∴ )(44102L R R Lx dxE L R R+⋅=⋅=⎰+πελλπε 方向沿带电直线8.9 如图8-43，一个细的带电塑料圆环，半径为R ，所带电荷线密度λ和θ有θλλsin 0=的关系，求在圆心处的电场强度的方向和大小。
解：取线元dl ，有：θd R dl ⋅=∴ )(sin 41410002R d RR Rd E d-⋅⋅=⋅=θθλπεθλπε∴ 0cos sin 42000=-=⎰θθθπελπd RE xRd R E y 00220004sin 4ελθθπελπ-=-=⎰8.11 如图8-45所示，有宽度为L ，电荷面密度为σ的无限长均匀带电平面，求在与带电平面共面的P 点处的场强。
dx x x解： 取宽度为dx 的无限长，其在P 点的场强为：xa L dx r dE -+⋅⋅=⋅=121200πεσπελ方向均垂直于带长方向且向外 ∴ ⎰+=-+⋅=L LaL x R L dx E 000ln 22πεσπεσ8.13 (1) 点电荷q 位于边长为a 的正方体的中心，通过此立方体的每一面的E 通量各是多少？(2) 若电荷移至正立方体的一个项点上，那么通过每个平面的E 通量又各是多少？解：(1) 由对称性可知立方体的六个面对中心完全对称，应平分总通量6εφqe =(2) 若移至某一顶点则与该顶点相连的三个面由于E始终在面内所以0=e φ，而另三个面的通量可用补的思想，设法把此顶点置于一个更大的立方体中心，则此时那三个面完全对称地占了总通量的241461=⨯，即024εφq e =8.15 在图8-47所示的空间内电场强度分量为2/1bx E x =，0==c y E E ，其中/C m N 8001/2-⋅=b ，试求：(1) 通过正立方体的E 通量；(2) 正立方体的总电荷是多少？设a =10cm ；解：(1) 与x 轴方向平行的四个面0=e φ，另两个面中靠近原点的那个面正通量为：53.2211-=⋅⋅-=⋅-=a x b S E x e φN.m 2/c ；同理另一个正通量为：/C m .N 58.32222==x b a e φ ∴ 总通量 05.112=+=e e e φφφ N.m 2/C (2) 由高斯定理：0εφqe =∴1201029.9-⨯==e q φε C8.19有一半径为R 的带电球体，电荷密度为r k /=ρ(即电荷密度与半径成反比)，设k为已知常数。
试求球体内外各点的场强分布。
解：由电荷呈球对称分布，取半径r 的同心园球面。
24r E ds E Sπ⋅=⋅→⎰而202021411kr dr r q r πεπρεε⋅=⋅=∑⎰，由高斯定理① 若r <R ，则：02εk E =② 若r >R ，则202202122141r kR kR r E ⋅=⋅⋅=επεπ 8.21 有一均匀带电球体，半径为R ，电荷体密度为ρ，今在球内挖去一半径为r (r <R )的球型空腔，求证此空腔内的电场是均匀的。
若带电球体的球心与球型空腔球心距离为d ，求电场强度的大小。
解：用双重填补的思想，完整的均匀带电球体在体内任一点的电场强度为1013r Eερ=，在此基础上再要格的空腔内填充相同密度的相反电荷即可实现最后结果，同理同腔内叠加的电场应为2023r Eερ-=∴ d r r E ⋅=-=02103)(3ερερ方向沿O 指向O '点，可知腔内为均匀电场。
8.23 一无限长的均匀带电圆筒，内、外半径分别为R 1和R 2，电荷密度为ρ。
求距离圆筒轴线为r 的场点的电场强度，并画出r E ~曲线。
解：柱对称场，取r 、h 同心圆柱面rh E ds E Sπ2⋅=⋅⎰→，由高斯定理① 1R r <，由01=∑q ε，则0=E ② 21R r R <<，011εε=∑q h R r )(212ππρ-⋅∴ )(2210rR r E -=ερ③ 2R r >，由h R R q )(1121220ππρεε-=∑∴ )(221220R R rE -=ερ8.25 如图8-48所示，一厚度为b 的无限大带电平板，电荷密度分布为)0(b x kx ≤≤=ρ，k 为一个正常量。
求： (1) 平板外两侧任意一点的场强； (2) 平板内任一点的场强；(3) 场强为零的点在何处？dx解： （1）取厚dx 的无限大薄板，(1) 对左边的P 1点：22000421221εερεkb b k dx E b-=⋅-=⋅-=⎰同理右边的P 2点：024εkb E =(2) 平板内距左边r 处的P 点：)2(4212122000021b r kPdx Pdx E E E rb r -=-⋅=-=⎰⎰εεε(3) 由E =0有：b r 22=8.27 一均匀带电细杆，长l =15.0cm ，电荷线密度C/m 100.27-⨯=λ，求： (1) 细杆延长线上与杆的一端相距a =5.0cm 处的电势； (2) 细杆中垂线上与细杆相距b =5.0cm 处的电势。
解 ：(1) 取线元dx ，dx dq λ=，有xdxdV λπε⋅=41∴V 105.2ln 44300⨯=+⋅=⋅=⎰+l a aala x dx V πελπελ (2) 取线元dx ，dx dq λ= 2241xb dxdV +⋅=λπε∴V 103.4ln 22ln 242413220222220220⨯=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=+⋅=⎰⎰-b b l l x b dx x b dxV l l l πελπελλπε8.30 两个同心球面，半径分别为10cm 和30cm ，小球均匀带有正电荷C 1018-⨯，大球均匀带有正电荷C 105.18-⨯。
求离球心分别为(1)20cm ，(2)50cm 的各点的电势。
解：易知，电势分布为(用叠加原理)⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>+≤≤⋅+⋅<⋅+⋅=)(41)(4141)(4141221021220101220110R r r q q R r R R qr q R r R q R q U πεπεπεπεπε ∴ (1) 21cm 20R r R <=<；V 900412210=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⋅=R q r q U πε (2) r=50cm>R 2，V 45041210=+⋅=qr q q U πε8.32 两个同心的均匀带电球面，半径分别为R 1=5.0cm ，R 2=20.0cm ，已知内球面的电势为V 601=V ，外球面的电势V 302-=V 。
(1) 求内、外球面上所带电量； (2) 在两个球面之间何处的电势为零？解：(1) 设内、外球面所带电荷分别为1q 、2q⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=221022211014141R q q V R q R q V πεπε∴ C 1067.6)(41012212101-⨯=-⋅-⋅=R R R R V V q πε9122021033.14-⨯-=-=q R V q πε C (2) 由0412210=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=R q r q U πε有 10221=⋅-=R q a r cm8.34 一无限长均匀带电圆柱，电荷体密度为ρ，截面半径为a 。
(1) 用高斯定律求出柱内外电场强度分布； (2) 求出柱内外的电势分布，以轴线为势能零点； (3) 画出r E -和r V -的函数曲线。
解： (1) 取半径r ，高h 的圆柱面，rh E ds E Sπ2⋅=⋅⎰→① r <a 时，h r q 2011πρωε⋅⋅=∑∴ r E 02ερ=② r ≥a ，h a q 20011πρεε⋅⋅=∑∴ ra E 202⋅=ερ (2) ① r ≤a 时，20042r dr r dl E U r l ερερ-=⋅=⋅=⎰⎰ ② r >a 时，)1ln 2(44ln 2220220020020+-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=⋅⊕+⋅=⎰⎰ar a a a r a rdrdr r a U a a rερερερερερ8.36 一个点电荷q 0在电偶极子(电矩为lP q =)的电场中，沿半径为R(R>>l )的半圆，从图8-50中的A 点移动到B 点，求该过程中的电场力所作的功。
解：电场力为保守力，由AB U q W 0=而 2200242241⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++--=l R l q l R q l R a V A πεπε A B V l R q l R a V -=⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++-=22410πε ∴ 22000212⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅-==l R alq U q W AB πε 而l R >>∴ 2002R p q W πε-≈8.38 设想从无限远处依次将元电荷d q 移到一个原来不带电的半径为R 的球面上，使之最终电量为Q 。
求外力在移动该电荷过程中所做的功。
解：球面上的电势为Ra V ⋅=41πε 此时搬运dq 至球面上需做功：RqdqUdq dW ⋅==041πε ∴ RQ R qdq W Q 02084πεπε==⎰8.40 电子束焊接机中的电子枪如图8-51所示，K 为阴极，A 为阳极，其上有一小孔。
阴极发射的电子在阴极和阳极电场作用下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上，使两块金属熔化而焊接在一起。
已知，V 105.24⨯=-K A V V ，并设电子从阴极发射时的初速率为零。
求：(1) 电子到达被焊接的金属时具有的动能(用电子伏特表示)； (2) 电子射到金属上时的速率。