电磁学第七次作业解答
高考物理电磁学知识点之电磁感应图文答案(7)
高考物理电磁学知识点之电磁感应图文答案(7)一、选择题1．无线充电技术已经被应用于多个领域，其充电线圈内磁场与轴线平行，如图甲所示；磁感应强度随时间按正弦规律变化，如图乙所示。
则（ ）A ．2T t =时，线圈产生的电动势最大B ．2T t =时，线圈内的磁通量最大C ．0~4T 过程中，线圈产生的电动势增大D ．3~4T T 过程中，线圈内的磁通量增大 2．两块水平放置的金属板间的距离为d ，用导线与一个n 匝线圈相连，线圈电阻为r ，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R 与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m 、电荷量＋q 的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B 的变化情况和磁通量的变化率分别是A ．磁感应强度B 竖直向上且正增强，t φ∆＝dmg nq B ．磁感应强度B 竖直向下且正增强，t φ∆＝dmg nq C ．磁感应强度B 竖直向上且正减弱，tφ∆＝()dmg R r nqR + D ．磁感应强度B 竖直向下且正减弱，tφ∆＝()dmgr R r nqR + 3．如图所示，MN 和PQ 为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距l 为0.4m ，电阻不计。
导轨所在平面与磁感应强度B 为0.5T 的匀强磁场垂直。
质量m 为6.0×10-3kg 电阻为1Ω的金属杆ab 始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触。
导轨两端分别接有滑动变阻器R 2和阻值为3.0Ω的电阻R 1。
当杆ab 达到稳定状态时以速率v 匀速下滑，整个电路消耗的电功率P 为0.27W 。
则（ ）A．ab稳定状态时的速率v=0.4m/sB．ab稳定状态时的速率v=0.6m/sC．滑动变阻器接入电路部分的阻值R2=4.0ΩD．滑动变阻器接入电路部分的阻值R2=6.0Ω4．如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r、电阻为4R的圆环，PQ为圆环的直径，在PQ的左右两侧均存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反，一根长为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆心O以角速度ω顺时针匀速转动，金属棒与圆环紧密接触。
电磁学第七章习题答案
r r M = χmH
r r B = µ0 (1+ χm)H
令 r =1+ χm µ
潍坊学院
r r r B = µ0µr H = µH
7.1.4 磁介质存在时静磁场的基本规律
v v ∫ H ⋅ dl = I
L
S
v v ∫∫ B ⋅ dS = 0
v H= v B v −M
µ0
v v B = µH
潍坊学院
r L
进动
e r ∆pm
r B0
可以证明： r 可以证明：不论电子原来的磁矩与磁场方向之间的夹角 r 是何值， 是何值，在外磁场 B 中，电子角动量 L 进动的转向总是和 磁 0 r 的方向构成右手螺旋关系。 力矩 M的方向构成右手螺旋关系。这种等效圆电流的磁矩的 r 的方向相反。 方向永远与 B 的方向相反。 0 附加磁矩：因进动而产生的等效磁矩称为附加磁矩， 附加磁矩：因进动而产生的等效磁矩称为附加磁矩，用 r 表示。 符号 ∆pm 表示。 潍坊学院
∫(µ
r 定义 H =
潍坊学院
r B
0
r B
r r − M) ⋅ d = ∑I l
r r 则 ∫ H ⋅ dl = ∑I
µ0
r − M 为磁场强度
有磁介质时的 安培环路定理
磁介质中的安培环路定理： 磁介质中的安培环路定理 ： 磁场强度沿任意闭合路径的 线积分等于穿过该路径的所有传导电流的代数和。 线积分等于穿过该路径的所有传导电流的代数和。
v 2、磁化强度 M 与磁化电流 I ′ 的关系
l
磁介质体内
n
之外不套链
v dl
一进一出 穿过曲面的总磁化电流为
面矢（分子电流所围） 面矢（分子电流所围）
电磁学第二版习题答案第七章
R1 < r < R2 ： H ⋅ 2π r = I H = B = μ 2 H = 2
∫
L
H ⋅ dl = ∑ I i
过所求点以 r 为半径作同心圆为闭合电路 L r < R1 ： H ⋅ 2π r =
I Ir μ Ir ⋅ π r 2 ， H = ， B = μ1 H = 1 2 2 2 π R1 2π R1 2π R1
B = μ0 μ r1 H =
μ0 μr ( R32 − r 2 ) I 2 2π r ( R32 − R2 )
1
r > R3 ： H ⋅ 2π r = I − I H = 0 B = 0 7．1．6 解：磁介质由于磁化在界面上出现面磁化电流，它们相当于两个无限大的均匀截流面由。 对称性分析可知：在平板内存在一个平行于导体板侧面且 B = 0 的平面在该平面的两侧 B 方向相 反。
第七章 习题
7.1.1 半径为 R 的均匀磁化介质球的磁化强度 M 与 z 轴平行，用球坐标写出球面上磁化电流面密度的 表达式，并求出其总磁矩 解：
α′ = M × n
即 α ′ = Mk × r = M sin θ eϕ 又∵ M = 7．1．2
2 1 1 2 1 2
H 2 = γ E (b −
B2 = μ0γ E
7．1．6
μr b μr b )=γE μr + μr μr + μr
2 1 1 2 1 2 1 2
μr μr b μr + μr
1 2
解： （1）
∫
L
H ⋅dl = ∑ I i Ir μ Ir I B = μ1 H = 1 2 ⋅π r 2 H = 2 2 2π R1 2π R1 π R1
电磁场与电磁波第7章课后答案
习题7-1、如果z z H E ,已知,由无源区的麦克斯韦方程,求圆柱坐标系中ϕρϕρH H E E ,,,与z z H E ,的关系。
解： 设z jk z e E E -=),(0ϕρρρ；z jk z e H H -=),(0ϕρρρ则 E jk z E z ρρ-=∂∂；H jk zH z ρρ-=∂∂ 在圆柱坐标系中展开无源区的麦克斯韦方程E j H ρρωε=⨯∇；H j E ρρωμ-=⨯∇得ρϕωεϕρE j H jk H z z =+∂∂1 ρϕωμϕρH j E jk E z z -=+∂∂1 ϕρωερE j H H jk z z =∂∂-- ϕρωμρH j E E jk z z -=∂∂-- z E j H H ωεϕρρρρϕ=∂∂-∂∂1 z H j E E ωμϕρρρρϕ-=∂∂-∂∂1 由以上几式得)1(12ϕρωμρρ∂∂+∂∂-=z z z cH j E jk k E )(12ρωμϕρϕ∂∂+∂∂-=z z z c H j E k j k E )(12ρϕρωερ∂∂-∂∂=z z z cH jk E j k H )(12ϕρρωεϕ∂∂+∂∂-=z z z c H k j E j k H 式中 222z c k k k -=7-2证明（） 式为式的解。
证明：由（） 式z z e V e V z V γγ---++=00)(可得：2200'')()()(γγγγz V e V e V z V z z =+=---+因此 0222=-V dzV d γ 即 式7-2、 从图的等效电路，求５) 和式对应的传输线方程的时域形式。
解：图)()(1z I Z dzz dV -= ５) )()(1z V Y dzz dI -= ６) 串联支路上的电压为dV V dtdi dzL dz iR V +=++11 （1） 并联支路上的电流为 di i dt du dzC dz uG i +=++11 (2) 由（1）和（2）式得dz dtdi L iR dV )(11+-= （3） dz dtdu C uG di )(11+-= （4） 两边同除dz 得)(11dtdi L iR dz dV +-= （5） )(11dt du C uG dz di +-= （6） （5）、（6）式就是５) 和式对应的传输线方程的时域形式。
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。
电磁学课后答案第七章
p 2
|
M
|
d
0
= 2p 2 B2 R4 3L
第七章
7-1 外加直流电时，
U1 = Rx I1
Rx
=
U1 I1
=
40W
外加交流电时
U z = Z I z = (Rx + j Lx ) I z
Rx2 +
2 Lx2
= Uz Iz
=
20 W 0.4
= 50W
Lx =
502 - 402 = 0.6H 50
（2）
Im
=
Vm Z
=
Vm R2 + ( L - 1 )2
C
Im = Vm ( [R2 + (
1 4C 2
-
L2 )
L-
1
3
)2 ]2
C
又 0 =
1 = 745rad / s 时 LC
Im = 0 ，达极大值， < 0 时， Im 0
所以电流先上升，再下降
（3）
= arctan
（4）
L- 1 C = -61.4
- d - L dI = 0 dt dt
由此得
dI = - B dS L
积分得
I = - B (-p R2 ) = p BR2
L
L
（2） 力矩
| M |=| m ´ B | = p R2IB sin = p R2 × p R2B (1- cos ) sin L
外力所做的总功为
ò W =
7-2
由Z = R+ 1 Z I =U jC
可得
R2 + ( 1 )2 I = U C
RI = UR
电磁学习题解答4-7(一)
电磁学习题解答4-7章4.7 解：如图建立坐标系，在板上距原点为y 处取宽为dy 的窄条，它相当于无限长的载流直线，其上电流dy aIdI 2=，它在P 点的磁场为 2200222yx dya I r dI dB +===πμπμ 方向如图所示，由于对称性，磁场中只有y 分量，故⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+==22220sin sin 22y x x y x xdy a I dB dB y απμα 积分得 j xa g a I i y x dy a Ix j B B a a J10220222--+=+==⎰πμπμ4.8 解：(1)绕轴旋转的带电圆环构成一个圆电流，其电流为π2qWT q I ==(1) 根据t a S B var int -定律，圆电流I 在其轴线上离圆心为r 处产生的磁感应强度的大小为222202200)(42sin )(490R r RR r R I R r Idls B in ++⋅=+=⎰ππμθπμ 2/32220)(2R r IR +=μ (2)将(1)式代入(2)式得2/32220)(4R r WqR B +=πμB 的方向为I 的右旋进方向，也就是ω的方向，于是得所求磁感应强度为2/32220)(4R r WqR B +=πμ(2)磁距依定义为W qR R W q S I P m 22212=⋅==ππ4.9 解：在圆环带上取半径为1x 宽为dx 的环带其上带电量为xdx dq π2.6=圆环带旋转时dq 形成圆电流，由4.8题可知dq 在轴线上离圆环带中心为r 处产生的磁感应强度为2/322302/32220)(621)(462x r dxx W x r xdx W x dB +=+=μππμ 积分得 ⎰+=212/32230)(621R R x r dxx W B μ21222220621R x R x x r r x r W ==⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=μ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-+++-+=212222222122220621R r r R r r R r R r W μ ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++-++=212212222222022621R r R r R r R r W μ 所求B 为 W R r R r R r R r B ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++-++=212212222222022621μ (2)所求磁距为⎰=212262R R m x WxdxP πππ()41423641621R R W dxx W R R -==⎰ππ矢量形式为： ()W R R P m 4142641-=π 4.10 解：(1)如图所示，建立坐标系，设任一点P 到左边导线的距离为x ，由安培环路定理得所求的磁感应强度为j x d I x I B ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=)(2200πμπμ (2)通过图中矩形线圈的磁通量为dx x Ia s d B s d d m ⎰⎰=⋅=4341022πμφ 3ln 0πμIa=4.11 解：(1)由安培环路定理，取以螺线管轴线为轴，半径为r 的环形回路⎰⎩⎨⎧>≤=⋅=⋅LRr R r NI r B l d B 020μπ得空间磁场分布为⎪⎩⎪⎨⎧>≤=R r R r e r NI B t20 πμ代入数值得 ⎪⎩⎪⎨⎧>≤⨯=-Rr R r e rB t1013 方向与电流成右手螺旋关系(2)通过螺线管截面的磁通量为adr rBadr s d B aR RsaR Rm ⨯⨯==⋅=-++⎰⎰⎰3101φ Wb a 63100.818.022ln04.010--⨯=⨯⨯= 4.12 解：本题可看作是两个均匀电流叠加而成，一个电流均匀分布在实心，圆柱体内，电流密度为j ，另一个电流则均匀分布在空洞处，电流密度为j-，根据安环环路定理，均匀圆柱电流j在柱体内主生的磁感应强度为R R j B⨯=0121μ是从圆柱轴线O 到场点P 的位矢，同样所向电流j -在空洞区域内P 点所产生的磁感应强度为 r j r j B⨯-=⨯-=00221)(21μμ式中r 是从空洞轴线O '到场点P 的位矢，根据叠加原理，P 点的磁感应强度为a j r R j B B B⨯=-⨯=+=002121)(21μμ式中a a a ='=00，可见，空洞内任一点的磁感应强度都相同，所以空洞内是均匀磁场。
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。
电磁学复习练习题作业(答案)
第一次作业（库仑定律和电场强度叠加原理）一 选择题[ C ]1下列几个说法中哪一个是正确的？(A) 电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向.(B) 在以点电荷为中心的球面上， 由该点电荷所产生的场强处处相同．(C) 场强可由q F E / 定出，其中q 为试验电荷，q 可正、可负，F 为试验电荷所受的电场力．(D) 以上说法都不正确．[ C ]2 在边长为a 的正方体中心处放置一电荷为Q 的点电荷，则正方体顶角处的电场强度的大小为： (A)2012a Q ． (B) 206a Q．(C)203a Q ． (D)20a Q．[ B ]3图中所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线，电荷线密度分别为＋(x ＜0)和－ (x ＞0)，则Oxy 坐标平面上点(0，a )处的场强E为(A) 0． (B)i a 02 ． (C) i a 04 ． (D) j i a04 ． 【提示】根据)sin (sin 4120 a E x )cos (cos 4210aE y对＋ 均匀带电直线2,021对— 均匀带电直线0,221在（0，a ）点的场强是4个场强的矢量和[ A ]4电荷面密度分别为＋ 和－ 的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图放置，则其周围空间各点电场强度随位置坐标x 变化的关系曲线为：(设场强方向 向右为正、向左为负)O +- x y (0, a ) O x -a a y+ -O -a +a 0/x(A)EO E -a +a 02/ x (B)OE -a +a 02/ x(C)-02/OE -a +a2/ x(D)/ 02/【提示】依据02E 及场强叠加 二．填空题5. 电荷为－5×10-9 C 的试验电荷放在电场中某点时，受到 20×10-9 N 的向下的力，则该点的电场强度大小为_____________________，方向____________．4N / C 2分 向上 1分6. 电荷均为＋q 的两个点电荷分别位于x 轴上的＋a 和－a 位置，如图所示．则y 轴上各点电场强度的表示式为E＝j y a qy2/322042 ， (j为y 方向单位矢量) ，场强最大值的位置在y ＝2/a7.两根相互平行的“无限长”均匀带正电直线1、2，相距为d ，其电荷线密度分别为 1和 2如图所示，则场强等于零的点与直线1的距离a 为d 211三计算题8.如图所示，一电荷面密度为 的“无限大”平面，在距离平面a 处的一点的场强大小的一半是由平面上的一个半径为R 的圆面积范围内的电荷所产生的．试求该圆半径的大小．解：电荷面密度为 的无限大均匀带电平面在任意点的场强大小为E = / (2 0) 2分以图中O 点为圆心，取半径为r →r ＋d r 的环形面积，其电量为d q = 2 r d r 2分它在距离平面为a 的一点处产生的场强+q +q -a+aO xy12a daR O E2/32202d ra ardrE2分则半径为R 的圆面积内的电荷在该点的场强为R r a r r a E 02/3220d 222012R a a 2分 由题意,令E = / (40)，得到R ＝a 32分9.如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电荷为q ，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度．解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为 =q / L ，在x 处取一电荷元d q = d x = q d x / L ，它在P 点的场强： 204d d x d L q E204d x d L L xq 2分总场强为 Lx d L xL q E 020)(d 4－ d L d q 043分 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．10.一个细玻璃棒被弯成半径为R 的半圆形，沿其上半部分均匀分布有电荷+Q ，沿其下半部分均匀分布有电荷－Q ，如图所示．试求圆心O 处的电场强度． 解：把所有电荷都当作正电荷处理.在 处取微小电荷 d q = d l = 2Q d /它在O 处产生场强d 24d d 20220RQR q E2分按 角变化，将d E 分解成二个分量：d sin 2sin d d 202RQ E E xOd cos 2cos d d 202R Q E E y3分对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷2/2/0202d sin d sin 2R QE x ＝0 2分 2022/2/0202d cos d cos 2R QR Q E y2分 所以j RQ j E i E E y x2021分 第三次作业答案（高斯定理和电势2）1. 以下各种说法是否正确？(回答时需说明理由)(1)场强为零的地方，电势也一定为零。
电磁学课后答案第七章
Im =
Vm = Z
Vm R2 + ( L 1 2 ) C
Im
1 - L2 ) 2 C = 3 1 2 2 [ R2 + ( L ) ] C Vm (
4
又
0
=
1 = 745rad / s 时 LC
Im
= 0 ，达极大值，
<
0
时，
Im
0
所以电流先上升，再下降 （3）
= arctan
（4）
LR
1 C = -61.4
7-13 （1）
1 j L L j C =R + j z = R+ 1 1 - 2 LC +j L j C
电路中总阻抗
z = R2 + (
L 12
LC
) 2 = 8.94W
（2）
Ic =
（3）
U z LC 220 1 × = ´ = 2.73 A z zC 5 ( 1 ´ 530 ´ 10 -6 ) 2 100p
N=
1´104 = 4.69 4.44 ´ 50 ´1.2 ´ 8
取N =5 得初级线圈，次级线圈匝数分别为
N1 = 5 ´ 220 = 1100匝 N 2 = 5 ´ 40 = 200匝 N 3 = 5 ´ 6 = 30匝
变压器结构如图
题解 7-20 图
2 0
2 2 2R 2 0 C +1 = R2 2 2 2 2 + R 0C
C2
R2
0
2 0
C2 = 1
=
1 RC
0时
（3）
=
z=
3 R(1 - j ) 2 1 R(1 - j ) ， 2
电磁学答案第7章
第七章 磁介质7.1.1.一均匀磁化的电磁棒，直径为25毫米，长为75毫米，其总磁矩为12000安3.2米。
求棒中的磁化强度M. 解：由M 的定义式有：M =imi∆∑iP M ∆=总=36210*75*10*)225(12000--π=3.3*310（安）7.1.2.半径为R 的磁介质球被均匀磁化，磁化强度为与Z 轴平行（如图所示）。
用球坐标表示出这个介质球面上的面磁化电流密度"i ，并求出这样分布的磁化电流所提供的点磁矩m P 。
解：'i =^12*)(n M M - ^n 是介质球面的外法向单位向量。
0,12==M M M∴ Φ=⨯='ˆsin θM n M i面磁化电流可看作是相互平行的圆电流,圆电流所在平面与Z 轴垂直。
宽度为dl的面磁化电流产生的磁 距为：kS dl i p d m ˆ⋅' 。
上式中S 为磁化电流i '所围成的面积S=2r π。
S 的法向与z 轴一致故用其单位矢量k ˆ表示。
整个球面上所有元d m P ˆ的方向均指向k ，故矢量和变为求代数和。
dl r i dP P m m ⎰⎰'==ππ02（dl=Rd θ R 为介质球的半径，r=R sin θ）MR d M R Rd R M p m 3332234sin sin sin πθθπθθπθποπο==⋅⋅=⎰⎰ 写成矢量式M R p m334π=由于是均匀磁化，不可用积分求解，而用式M R MV P m 334π==7.1.3 在磁化强度为M的均匀磁化介质中，挖去 一 球形空穴。
证明：空 球表面上磁化电流对球心O 的磁感应强度为M B ︒-=μ32证明：由式n M i ⨯='判断出磁化电流i的方向如图所示，应为是球形空穴，上式中n为球面指向球心O 点的法向单位 矢。
i 的大小为θθπsin )sin(M M i =-=。
空穴表面的磁化电流可看作是许多平行的圆形电流。
第07章 电磁感应电磁场习题解答
114第7章 电磁感应 电磁场7-1 （B ）铜环和木环中，感应电动势相等，但木环为绝缘体，环中无感应电流。
7-2 （A ）7-3 （C ）作直线连接a 、d 与圆弧abcd 构成闭合回路，该闭合回路向右运动时，磁通量不随时间改变，即 0=+=+=ad i εεεεε直线圆弧， 故ad i εε-=，vBR ad Bv ad i 2==-=εε7-4 （D ）211121I L W =， 222221I L W =，1612141222212121=⨯==I I L L W W7-5 洛仑兹力，感生电场力，变化的磁场7-6 2r B m π=ΦV dtdrBr dt d m i 4.0)8.0(1.08.014.322=-⨯⨯⨯⨯-=-=Φ-=πε 7-7 每转一周，感生电场力做功等于动能增量，即eV l d E e i 700=⋅⎰V dtdBr dt dB S dt d l d E m i 7002===Φ=⋅⎰π r ＝11700-⋅=s T dt dB π7-8 02202121μεB E = cB B E ==001με7-9 ac 间电势差等于其电动势⎰⋅⨯=l B v d )(ε端电势高c v bc B bc bc ab ac V1088.121105.11.0105.260cos 522---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=︒==+=εεεε习题7-9图v7-10 解：l B vd )(⋅⨯=⎰ε115先求bO ε，在Ob 上任取r rd ,d 上的)(B v ⨯方向如图则⎰⎰==︒︒=l bO Bl r rB r vB 320292d 0cos d 90sin ωωε习题7-10图v B⨯o同理 18d 2310Bl r rB l aO ωωε⎰==端电势高b Bl Bl Bl aObO ba 222611892ωωωεεε=-=-= 7-11 Bbx m =ΦNBbx m =ψdt d m i ψ-=ε，其大小为：)(dtdxNBb dt d m =ψ=ε 7-12 见图示，在圆弧⋂ab 上取一线元d l ，由于切割磁力线产生动生电动势l vB l B v d d cos d )(θε=⋅⨯=θ为B v⨯与l d 之间的夹角，由图示几何关系可知：ααπαθsin ,d d ,2R r R l ===+习题7-12图v B⨯αd αωααωααωααεd sin d sin d sin d 22BR BR r vBR ===∴则⋂ab 上的动生电动势为116ωπααωααωεεππ24/024/02282d 22cos 1d sin d BR BRBR-=-===⎰⎰⎰ε7-13 设t 时刻半圆形导线的法线与B 构成α角，因匀角速旋转，故t t πνωα2==，此时，通过半圆形部分的磁通量为t r B t BS πνπω2cos 2cos 2==Φ该电路中产生的感应电动势为t r B tπννπε2sin d d 22=Φ-= 感应电流为t Rr B R I πννπε2sin 22==其最大值为电流幅值Rr B I m νπ22=7-14 设t 时刻圆形导线的法线与B 构成θ角。
电磁学第7章习题参考答案
第7章 磁 力1．载电流为I ，磁矩为P m 的线圈，置于磁感应强度为B 的均匀磁场中，若P m 与B 方向相同，则通过线圈的磁通量Φ为 与线圈所受的磁力矩M 的大小为 解：通过线圈的磁通量 IBP S B m=⋅=Φ 磁力矩的大小 M =BP m sin φ 而 φ=0 所以 M=02． 一块半导体样品的体积为c b a ⨯⨯，如图所示。
沿X 方向有电流I ，在Z 轴方向加有均匀磁场B。
这时实验得出的数据为10.0=a 厘米，35.0=b 厘米，0.1=c 厘米，0.1=I 毫安，3000=B 高斯，片两侧的电势差55.6='A A U 毫伏。
（注：A A A A U U U ''-=）（1）问此半导体是正电荷导电型（P 型）还是负电荷导电型（n 型）？ ； （2）求载流子浓度（即单位体积内参加导电的带电粒子数） 。
解（1）01055.63>⨯=-=-''伏A A A A U U U所以载流子是负电荷导电（n 型）。
（2）由nqaIBU A A ='， 得 A A qaU IBn '=3219431055.61010.0106.1103000100.1-----⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=()314109.2厘米个⨯=3．一电子在T B 41020-⨯=的磁场中沿半径为cm R 20=的螺旋线运动，螺距为cm h 0.5=，如图。
（1）求这电子的速度 ；（2）速度v与竖直轴之间的夹角 。
解：依题意，有 T v h ⋅=αc o s 式中，eBmT π2=，()222cos hR h+=πα162221075.74-⋅⨯=+=∴sm h R m eB v πv 与轴线夹角 7168'︒=α4．如图 所示，abc 是弯成直角的导线，ab =40cm ，bc=30cm ，通以电流I ，并放在和均匀磁场B垂直的平面内，则导线所受到磁场力为（ C ） A ．IB 3.0 B ．IB 4.0C ．IB 5.0D ．IB 7.05．两个在同一平面内的同心圆线圈，大圈半径为R ，通有电流1I ，小圈半径为r ，通有电流2I ，电流方向如图所示，且R r <<，那么，在小线圈从图示位置转到两线圈平面相互垂直位置的过程中，磁力矩所作的功A 为（ B ）。
电磁学作业及解答
电磁学习题1 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对?2 如题图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．图3 在半径为R 的长直圆柱形导体内部，与轴线平行地挖成一半径为r 的长直圆柱形空腔，两轴间距离为a ,且a ＞r ，横截面如题9-17图所示．现在电流I 沿导体管流动，电流均匀分布在管的横截面上，而电流方向与管的轴线平行．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．4 如图所示，长直电流1I 附近有一等腰直角三角形线框，通以电流2I ，二者 共面．求△ABC 的各边所受的磁力．图5 一正方形线圈，由细导线做成，边长为a ，共有N 匝，可以绕通过其相对两边中点的一个竖直轴自由转动．现在线圈中通有电流I ，并把线圈放在均匀的水平外磁场B中，线圈对其转轴的转动惯量为J .求线圈绕其平衡位置作微小振动时的振动周期T .6 电子在B =70×10-4T 的匀强磁场中作圆周运动，圆周半径r =3.0cm ．已知B垂直于纸面向外，某时刻电子在A 点，速度v向上，如图． (1)试画出这电子运动的轨道；(2)求这电子速度v的大小； (3)求这电子的动能k E ．图7 在霍耳效应实验中，一宽1.0cm ，长4.0cm ，厚1.0×10-3cm 的导体，沿长度方向载有3.0A的电流，当磁感应强度大小为B =1.5T 的磁场垂直地通过该导体时，产生1.0×10-5V 的横向电压．试求：(1)载流子的漂移速度； (2)每立方米的载流子数目．8 如图所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b ，环心O 与导线相距a ．设半圆环以速度v 平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN 两端的电压 N M U U ．图9 如图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆．令这半圆形导线在磁场中以频率f 绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R ．求：感应电流的最大值．图10 导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速ω转动，aO =3l磁感应强度B 平行于转轴，如图10-10所示．试求： （1）ab 两端的电势差； （2）b a ,两端哪一点电势高?题10图11 一矩形截面的螺绕环如题10-19图所示，共有N 匝．试求： (1)此螺线环的自感系数；(2)若导线内通有电流I ，环内磁能为多少?图12 一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为I ．求：导线内部单位长度上所储存的磁能．13 圆柱形电容器内、外导体截面半径分别为1R 和2R (1R ＜2R )，中间充满介电常数为ε的电介质.当两极板间的电压随时间的变化k tU=d d 时(k 为常数)，求介质内距圆柱轴线为r 处的位移电流密度．Key to the Exercises1 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对?图解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcdμ∴ 21B B=(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B方向相反，即21B B≠.2 如题图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．图解：如图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里．3 在半径为R 的长直圆柱形导体内部，与轴线平行地挖成一半径为r 的长直圆柱形空腔，两轴间距离为a ,且a ＞r ，横截面如题9-17图所示．现在电流I 沿导体管流动，电流均匀分布在管的横截面上，而电流方向与管的轴线平行．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．解：空间各点磁场可看作半径为R ，电流1I 均匀分布在横截面上的圆柱导体和半径为r 电流2I -均匀分布在横截面上的圆柱导体磁场之和． (1)圆柱轴线上的O 点B 的大小：电流1I 产生的01=B ，电流2I -产生的磁场222020222r R Ir a a I B -==πμπμ∴ )(222200r R a Ir B -=πμ(2)空心部分轴线上O '点B 的大小：电流2I 产生的02='B ， 电流1I 产生的222022r R Ia a B -πμ=')(2220r R Ia -=πμ∴ )(22200r R IaB -='πμ4 如图所示，长直电流1I 附近有一等腰直角三角形线框，通以电流2I ，二者 共面．求△ABC 的各边所受的磁力．图解： ⎰⨯=ABAB B l I F d 2daI I d I aI F AB πμπμ22210102== 方向垂直AB 向左 ⎰⨯=CAAC B l I F d 2 方向垂直AC 向下，大小为⎰++πμ=πμ=ad dAC dad I I r I rI F ln22d 210102 同理 BC F方向垂直BC 向上，大小⎰+πμ=ad dBc rI lI F 2d 102 ∵ ︒=45cos d d rl∴ ⎰++πμ=︒πμ=ad aBC d ad I I r r I I F ln 245cos 2d 2101205 一正方形线圈，由细导线做成，边长为a ，共有N 匝，可以绕通过其相对两边中点的一个竖直轴自由转动．现在线圈中通有电流I ，并把线圈放在均匀的水平外磁场B中，线圈对其转轴的转动惯量为J .求线圈绕其平衡位置作微小振动时的振动周期T . 解：设微振动时线圈振动角度为θ (>=<θB P m,)，则θθsin sin 2B NIa B P M m ==由转动定律 θθθB NIa B NIa atJ 2222sin d -≈-=即 0222=+θθJ BNIa dtd ∴ 振动角频率 JBNIa 2=ω 周期 IBNa JT 222πωπ==6 电子在B =70×10-4T 的匀强磁场中作圆周运动，圆周半径r =3.0cm ．已知B垂直于纸面向外，某时刻电子在A 点，速度v向上，如题9-25图．(3)试画出这电子运动的轨道；(4)求这电子速度v的大小； (3)求这电子的动能k E ．图解：(1)轨迹如图(2)∵ r v m evB 2=∴ 7107.3⨯==m eBrv 1s m -⋅ (3) 162K 102.621-⨯==mv E J7 在霍耳效应实验中，一宽1.0cm ，长4.0cm ，厚1.0×10-3cm 的导体，沿长度方向载有3.0A的电流，当磁感应强度大小为B =1.5T 的磁场垂直地通过该导体时，产生1.0×10-5V 的横向电压．试求：(3)载流子的漂移速度； (4)每立方米的载流子数目．解: (1)∵ evB eE H =∴lBU B E v HH ==l 为导体宽度，0.1=l cm ∴ 425107.65.110100.1---⨯=⨯⨯==lB U v H -1s m ⋅ (2)∵ nevS I = ∴ evSI n = 524191010107.6106.13----⨯⨯⨯⨯⨯=29108.2⨯=3m -8 如图所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b ，环心O 与导线相距a ．设半圆环以速度v 平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN 两端的电压 N M U U -．图解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ⎰+-<+-==ba ba MN ba ba Iv l vB 0ln 2d cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向，大小为ba ba Iv -+ln20πμ M 点电势高于N 点电势，即ba ba Iv U U N M -+=-ln 20πμ9 如图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆．令这半圆形导线在磁场中以频率f 绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R ．求：感应电流的最大值．图解: )cos(2π02ϕωΦ+=⋅=t r B S B m ∴ Bfr f r B r B t r B t m m i 222202ππ22π2π)sin(2πd d ===+=-=ωεϕωωΦε ∴ RBfr R I m22π==ε10 导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速ω转动，aO =3l磁感应强度B 平行于转轴，如图10-10所示．试求： （1）ab 两端的电势差； （2）b a ,两端哪一点电势高?题10图解: (1)在Ob 上取dr r r +→一小段则 ⎰==320292d l Ob l B r rB ωωε 同理 ⎰==302181d l Oa l B r rB ωωε ∴ 2261)92181(l B l B Ob aO ab ωωεεε=+-=+= (2)∵ 0>ab ε 即0<-b a U U ∴b 点电势高．11 一矩形截面的螺绕环如题10-19图所示，共有N 匝．试求： (1)此螺线环的自感系数；(2)若导线内通有电流I ，环内磁能为多少?图解：如图示(1)通过横截面的磁通为 ⎰==baab NIhr h r NIlnπ2d π200μμΦ 磁链 ab IhN N lnπ220μΦψ== ∴ ab hN IL lnπ220μψ==(2)∵ 221LI W m = ∴ ab hI N W m lnπ4220μ=12 一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为I ．求：导线内部单位长度上所储存的磁能．解：在R r <时 20π2R I B rμ= ∴ 4222002π82Rr I B w m μμ== 取 r r V d π2d =(∵导线长1=l ) 则 ⎰⎰===R R m I R r r I r r w W 00204320π16π4d d 2μμπ13 圆柱形电容器内、外导体截面半径分别为1R 和2R (1R ＜2R )，中间充满介电常数为ε的电介质.当两极板间的电压随时间的变化k t U =d d 时(k 为常数)，求介质内距圆柱轴线为r 处的位移电流密度．解：圆柱形电容器电容 12ln 2R R l C πε= 12ln 2R R lU CU q πε== 1212ln ln 22R R r U R R r lU S q D εππε=== ∴ 12ln R R r k t D j ε=∂∂=。
电磁场与电磁波理论基础第七章作业题解答
第七章 平面电磁波的反射和透射 习题解答7-1．空气中的平面电磁波电场幅值为10V/m ，垂直入射到εr =25的无耗非磁性介质的表面，试确定：（1）反射系数和透射系数；（2）在空气中的驻波比；（3）入射波、反射波和透射波的平均功率流密度。
解 （1）由于空气和无耗非磁性介质的磁导率为120μμμ=≈所以，空气和无耗非磁性介质中的波阻抗分别为()()12120120245;πηπηπ==Ω====Ω 由此得到垂直入射情况下，两理想介质分界面的反射系数和透射系数为 2121241200.6724120r ηηππηηππ--==≈-++22122240.3324120t ηπηηππ⨯==≈++（2）驻波比定义为 11max minE r SE r由此得到空气中的驻波比为 1106750611067r .S.r .（3）假定电场矢量沿x e 方向，入射波沿+Z 方向传播，则可写出垂直入射情况下，入射波、反射波和透射波的电场和磁场复振幅矢量表达式为()()()1110110001111i i i i jk zi x jk z jk zi i z x y E e E e E e z z z e e e e E H k E ηηη---⨯⎧=⎪⎨=⨯=⎩=⎪ ()()()()1110000111111r r jk zr x jk z jk zr r r r z x y z z z E e E e E e e e e e E H k E ηηη-⎧=⎪⎨=⨯⨯=⎪-⎩= ()()()2220220002111t t tt jk z t x jk z jk zt t z x y E e E e E e z z z e e e e E H k E ηηη---⨯⎧=⎪⎨=⨯=⎩=⎪ 根据平均功率流密度的定义式*1Re 2av S E H ⎡⎤=⨯⎣⎦ 有11*2*10010111Re Re 2212jk z jk zi i i i av i i x y z E e E e E S E H e e e ηη--⎡⎤⎛⎫⎡⎤⎢⎥=⨯=⨯= ⎪⎣⎦⎢⎥⎝⎭⎣⎦()111*2*0010111Re Re 2221jk z jk zr r r r av r r x y z E e E e E S E H e e e ηη⎡⎤⎛⎫⎡⎤⎢⎥=⨯=⨯-=- ⎪⎣⎦⎢⎥⎝⎭⎣⎦ 22*2*20020111Re Re 2212jk z jk z t t t tav t t x y z E e E e E S E H e e e ηη--⎡⎤⎛⎫⎡⎤⎢⎥=⨯=⨯= ⎪⎣⎦⎢⎥⎝⎭⎣⎦而1200012024106733i r iti ;;EV /m ;E rE .V /m ;EtE.V /m数值代入得到()212011000.13/2iav zz W m S e e π=⨯≈⨯()221 6.70.06/2120rav z z W m S e e π=-⨯-≈-⨯()221 3.30.07/224tav z z W m S e e π=≈⨯7-4．一均匀平面电磁波沿+Z 方向传播，其电场强度矢量为()()()100sin 200cos V/m x y t kz t kz ωω=-+-E e e（1）应用麦克斯韦方程求相伴的磁场H ；（2）若在传播方向上z =0处放置一无限大的理想导体板，求z ＜0区域中的合成波的电场E 1和磁场H 1；（3）求理想导体板表面的电流密度。
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电磁学第七次作业解答
8-21 一无限长圆柱形铜导体(磁导率μ0)，半径为R ，通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m ，宽为2 R )，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量． 解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小，由安培环路定
律可得： )(220R r r
R
I
B ≤π=μ 因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为
⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r R I R
d 2020⎰π=μπ=40I
μ
在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为
)(20
R r r
I
B >π=μ 因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为
⎰⋅=S B d 2Φr r I R R
d 220⎰π=μ2ln 20π=I
μ
穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+I
μ
8-22 有一长直导体圆管，内外半径分别为R 1和R 2，如
图，它所载的电流I 1均匀分布在其横截面上．导体旁边有一绝缘“无限长”直导线，载有电流I 2，且在中部绕了一个半径为R 的圆圈．设导体管的轴线与长直导线平行，相距为d ，
而且它们与导体圆圈共面，求圆心O 点处的磁感强度B
．
解：圆电流产生的磁场 )2/(201R I B μ= ⊙
长直导线电流的磁场 )2/(202R I B π=μ ⊙
导体管电流产生的磁场 )](2/[103R d I B +π=μ⊗
圆心Ｏ点处的磁感强度 321B B B B -+= )
()1)((21
20d R R RI d R I +-π++⋅
π=μ ⊙
I
S 2R
1 m
d
R
O I 1
I 2 I 2
8-23 横截面为矩形的环形螺线管，圆环内外半径分别为R 1和R 2，芯子材料的磁导率为μ，导线总匝数为N ，绕得很密，若线圈通电流I ，求．
(1) 芯子中的B 值和芯子截面的磁通量． (2) 在r < R 1和r > R 2处的B 值．
解：(1) 在环内作半径为r 的圆形回路, 由安培环路定理得
NI r B μ=π⋅2， )2/(r NI B π=μ 在r 处取微小截面d S = b d r , 通过此小截面的磁通量
r b r
NI
S B d 2d d π==μΦ
穿过截面的磁通量
⎰=S
S B d Φ2
1d 2=π⎰R R NI
b r r μ12ln 2R R NIb π=μ (2) 同样在环外( r < R 1 和r > R 2 )作圆形回路, 由于0=∑i I 02=π⋅r B
∴ B = 0。