电磁学 (王楚 李椿 周乐柱 著) 北京大学出版社 课后答案 第三章 课后答案【khdaw_lxywyl】
电磁学习题答案
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04
电磁波部分习题答案
平面波在均匀介质中的传播
总结词
波动特性、传播速度、波长、频率、偏振。
详细描述
电磁波在均匀介质中传播时,具有恒定的波速,与频率无关;波长、频率和速度之间存在反比关系;电磁波是横波时,具 有偏振现象。
公式
$v = \lambda f$
电磁辐射与天线
总结词
基本原理、偶极子天线、单极子天线、天线增益。
详细描述
电磁辐射是指电磁场在空间中传播并向外辐射能量的现象;天线是用于发射和接收电磁波的设备,根据不同需求有多种类 型,如偶极子天线和单极子天线,其中偶极子天线又分为对称和非对称两种类型。
公式
$G = \frac{4\pi^2}{\lambda^2}r^2$
电磁波的散射与吸收
总结词
散射现象、散射截面、吸收现象 、介质损耗。
雷电与避雷针
01
02
总结词:雷电的形成、危害与 避雷针的作用
详细描述
03
04
雷电是云层与地面之间产生的 放电现象,具有极大的破坏性 ,可导致建筑物、设备损坏和 人员伤亡。
避雷针是一种接闪装置,通过 金属杆将雷电引向自身,再通 过引下线和接地装置将电流引 入地下,以保护建筑物和人员 安全。
THANK YOU.
详细描述
电磁波遇到微观粒子时,会产生 散射现象,散射截面表示散射强 度与入射角度之间的关系;当电 磁波穿过介质时,会发生吸收现 象,介质损耗表示电磁波在介质 中传播时的能量损耗。
公式
$\alpha = \frac{4\pi k}{\lambda}$
05
电磁场应用部分习题答案
变压器与电动机总结词:变压器的原理、源自用与电动机的关系电容器与电阻器
《电磁学》第三版的思考题和习题答案
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电磁学 (王楚 李椿 周乐柱 著) 北京大学出版社 课后答案 第二章 课后答案【khdaw_lxywyl】
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2.6 点电荷 Q 的电场是
1 1 A(r , , ) 2 (r 2 Ar ) r r r sin
代入电场表达式, Er
课
球坐标下计算散度的公式是:
ww
w.
2 (r Er ) 0 r E (r ) 0
2.7 (不讨论面散度的问题) 2.8
da
0 0
课
2.10 根据无穷大均匀带电平面得电场分布和场叠加原理可直 接判断
w.
σ -σ d d
案 网
R1 r 时
0
令 x=0 处电势为零
w.
U ( x)
x (0 x d ) dx 0 0 0
x
U ( x) 0
ww
( x 0) d U ( x) (x d
2r a0 2
2 re a0
da
2r a0
后 答
E0
4 r 2 dr )
)
r
0
r
0
e
rde
2r r
大物电磁学课后答案3经典.ppt
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(1)电流强度在10秒内均匀的有零增加到3安培; (2)电流强度从18安培起,每过0.01秒减少一半,直到零。
解:(1)I 3 t 10
q
I dt
010
t 10
dt
15(库 仑)
(2)q I0k
1 2
I
0k
1 4
I0k
I0k(1 1 / 2 1 / 4 ) 180.011/(11/ 2)0.36(库 仑)
安培起,每过0.01秒减少一半,直到零。求导线产生的热量。
解:
3
2
(1) I 10 t dQ I rdt
| Q
t
(
3
t)2 Rdt
3
Rt3
10
180(焦)
0 10
10 0
2
2
2
(2) Q Q1 Q 2 Q 3 I1 Rt I 2Rt I 3Rt
Rt[I02
(
I0
/
2)2
电势差为4.25伏特,当该电池放电时,通过的电流为4安培两极
间的电势差为3.90伏特,求该电池的电动势和电阻。
解:
I1r 4.25 I 2r 3.90
精品文档
r
0.05(欧 4.10(伏
姆) 特)
6
3-10 设在图中所示的电路中,三个电容开始时均不带电,求将 它们与A、B、C点联结后,各极板上的电量。
7
补 Rr;3(2==充330)..3a06.,欧欧4d一姆姆两电,,点R路4求电=如1:势.(图01差欧),通其;姆(过中4,)每bb1点,=个c6接.电两0地伏阻点,,的电rR1电1势==01流差.04.;(00(5欧欧2))a姆姆每,b,,个,c2R电=,28d=源.各20.的伏点5欧端特电姆电势,压。
电磁学课后习题答案及解析
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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()()()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 (王楚 李椿 周乐柱 著) 北京大学出版社 课后答案 第六章 课后答案【khdaw_lxywyl】
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又因为 N 10 2 R 102 代入(1)式有 H 103 I 0 2000 AM 1
M B
0
H
1 2000 793775 AM 1 7 4 10 0.794 106 398 2000
相对磁导率 r 1 m 399
ww
d NBS NB ( ) 2 LI 电感L I 2
(2)环中充满顺磁质后 H 仍满足环路定理,因此不变
即 H=212.3A/M 但 B ' 0 r H 4 107 1000 212.3 0.267T
da
H
当铁原子全部磁化时 M 1.52 106 T ,由此得到磁化比例为:
da
M
I 0 R 2 dB 3 100 4 107 0.01 ( )2 z 3 0.1 3.3 103 T / M 5 5 2 dz 2( R 2 z 2 ) 2 2 2(0.02)
课
后 答
dB dz
w.
方向向上
案 网
dW V m dB 1104 1.82 104 dB F 2B 2.2 104 3 7 4 dz 2 0 r dz 9.8 10 4 10 (1 1.82 10 ) dz
co
6.8
m
忽略漏磁,显然
B2 B1
H1l1 H 2l2 0 H1l1 H 2l2 (
0
B1
M )l1
0
B2
l2
0
B2
(l1 l2 ) Ml1
之变小。
6.11 (1)加了铁芯,缝隙中的磁场向铁芯集中,形成近似垂直于铁
比,与角度无关。使,电流计有较好的线性。
电磁学 (王楚 李椿 周乐柱 著) 北京大学出版社 课后答案 第七章 课后答案【khdaw_lxywyl】
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kh
E y Ex 0 ( E ) z x y
课
E E ( E ) y x z 0 z x
da
1 S, c2
课
后 答
0 8.4 104 8.9 1012 因此: H e S 1.93 Am 1 7 0 60 4 10
案 网
S Ee H e
Ee H e 分别为阳光的电场和磁场的有效值。
w.
0 2 H 0 e
co
m
问题。
8.4 104 1 60 4.7 106 N / m 2 f S c 3 108
s
解:光在玻璃中速度为 v 特性阻抗为 ZT
ww
p S ds ( E H ) ds ………….(1)
只考虑一个直径为 10 m 的圆面,且在面上,能流密度矢量分布均匀 (因为是平行光束).(1)式进一步可得到:
da
c
后 答
0 5.98 108 E0 2.45 104 V / m 0
T
又根据 7.6 题,在玻璃中特性阻抗:
由(4) , (5)可得 E02 2 1.274 106 247.7 6.1776 108 (V / m)2
E0 2.49 104 (V / m)
kh
7.8
da
课
后 答
ZT
E0 247.70 …………………………...(5) H0
w.
S
案 网
(1)
l
电磁学第三章课后习题答案
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电磁学第三章课后习题答案电磁学第三章课后习题答案电磁学是物理学中的重要分支,研究电荷和电流之间相互作用的规律。
在电磁学的学习过程中,习题是巩固知识和提高能力的重要途径。
本文将为大家提供电磁学第三章的课后习题答案,希望能对大家的学习有所帮助。
1. 一个导线的长度为l,电流为I,如图所示。
求导线两端的电势差。
答案:根据欧姆定律,电势差等于电流乘以电阻。
而导线的电阻可以通过电阻率乘以长度除以横截面积来计算。
所以,导线两端的电势差为V = I × (ρl/A)。
2. 一个导线的电阻为R,电流为I,如图所示。
求导线两端的电势差。
答案:根据欧姆定律,电势差等于电流乘以电阻。
所以,导线两端的电势差为V = I × R。
3. 一个导线的电阻为R,电流为I,导线的长度为l,电阻率为ρ,横截面积为A。
求导线两端的电势差。
答案:根据欧姆定律,电势差等于电流乘以电阻。
而导线的电阻可以通过电阻率乘以长度除以横截面积来计算。
所以,导线两端的电势差为V = I × R = I × (ρl/A)。
4. 在一个电路中,有一个电阻为R1的电阻器和一个电阻为R2的电阻器连接在一起,电流为I。
求两个电阻器上的电势差。
答案:根据欧姆定律,电势差等于电流乘以电阻。
所以,第一个电阻器上的电势差为V1 = I × R1,第二个电阻器上的电势差为V2 = I × R2。
5. 在一个电路中,有一个电阻为R1的电阻器和一个电阻为R2的电阻器连接在一起,电阻器之间的电势差为V。
求电流的大小。
答案:根据欧姆定律,电势差等于电流乘以电阻。
所以,V = I × (R1 + R2)。
解方程可得电流的大小为I = V / (R1 + R2)。
6. 一个电路中有两个电阻器,电阻分别为R1和R2,电流为I。
求电路中的总电阻。
答案:电路中的总电阻可以通过电阻器的并联和串联来计算。
如果电阻器是串联的,总电阻等于各个电阻器的电阻之和,即R = R1 + R2。
电磁学 (王楚 李椿 周乐柱 著) 北京大学出版社 课后答案 第一章 课后答案【khdaw_lxywyl】
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R x/2
课
后 答
w.
1.19
案 网
co
1.16 (1) a
带正电, b 带负电
m
I (3.1 1.1) 1018 1.6 1019 0.67 A
第一章习题答案 1.20 忽略电子的质量 达到平衡后有 F q(v B E ) 0 v B E 0 v是电子速度
4
(1)
M
(2) Lmax MB 2.12 4 103 8.48 103 Nm
kh
0 I1 1 1 ( ) 2 x x a
2a
F ( x) I 2 a[( B ( x) b(a x)]
IN
课
0 I1 I 2 a 2 a 1 1 ( )dx a 2 x xa
w.
案 网
x cos 2
co
-L/2
m
o
θ
1 Q 1 1 ( ) ( x l ) 4 0 L x L x L 0 2 2 Q 1 L (x ) 2 4 0 2 L 2 x 4 4 L
L 2
Q
L 2
d
根据对称性知
E ( x) Q 4 0 1 x2 L 4
w.
Q dl L E ( x) L 2 4 ( x l ) 2 0
L 2
kh
Q L 2 L2 x2 4 Q
L 2
课
L 2
da
2 0 x L2 4 x 2ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
x 0
4 L
0
Q
L 2
dl ( x l )2
后 答
大学电磁场课后答案第三章
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(2)
I 水 =0 , I 铁=20 A
3-4 流过细导线的电流 I 沿 z 轴向下流到中心在 z = 0 与 z 轴垂直的导体薄片上。求薄片 上的电流密度矢量 J S ,并求在平面的 600 扇形区域内的电流。
z
r
60o
题 3-4 图 解:由前面的分析可知, z = 0 时,电流密度矢量为
uu v uv I J s = er 2π r
S 2 3.8 2
(2)容易得到该面积中心点的坐标为: x = 3 , y = 2.5 , z = 4.5 ,代入 J 的表达式后可 得到该点的电流密度矢量为
u v
u v uu v uu v uv J = 281.25ex − 45ey + 81ez (A/m 2 ) u v 2 2 2 其大小为 J = (281.5) + ( −45) + (81) =296.121 (A/m 2 ) 。
(3) J x 的平均值 J x 为
5.2
z
y
3 3.8 2
Jx =
Ix 399 = = 285(A/m 2 ) S 1× 1.4
3
x
图 3-2
1
PDF 文件使用 "pdfFactory Pro" 试用版本创建
由于 J 的分布是非均匀的, 所以穿过该面积沿 x 方向的电流密度平均值和面积的中心点 处电流密度大小不相等。 3-3 铁制水管内、外直径分别为 2.0 cm 和 2.5 cm,常用水管来使电器设备接地。如果从电 器设备流入到水管中的电流是 20A,那么电流在管壁和水中各占多少?假设电阻率是 0.01 Ω ⋅ m。 解:单位长度的铁管电阻为
2 2
uu v
u v
电磁学课后部分习题答案解析
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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。
电磁学第三版答案
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3
)2
qR
O
P
x
x
⑧ 均匀带电圆平面轴线上一点
x
E (1
)
2 0
x2 R2
第一章 静电学的基本规律
6
电磁学
习题课
例1 无限长均匀带电平面 已知: b a d
求: P、Q 两点的场强
y
解 P 点(与平面共面)
dq
沿 y 方向放置的无限长直线
dq dxd y dq dx
dy
d q 在P点产生的
0
rR
rR
2 π0r
r
2π0R2 r R
rR
2 π0r
第一章 静电学的基本规律
4
电磁学
⑤ 均匀带电球面
q RO
⑥ 均匀带电球体
习题课
0
rR
E
q
rR
4 π0r2
qr
E
4
π
q
0
R
3
rR
4 π0r2 r R
第一章 静电学的基本规律
5
电磁学
习题课
⑦ 均匀带电圆环轴线上一点
E
4
π0
qx (x2
R2
4
q
π
0l
(3)把单位负电荷从D点沿 DCO 移到O点,电场力作的功。
WDCO
q0 (D
O )
q
6 π0l
第一章 静电学的基本规律
15
电磁学
习题课
C
(4)把单位正电荷从D点 沿任意路径移到无穷远,
q •
q •
电场力作的功。
AO B D
x
2l
l
(4)
q0 1
电磁学 (王楚 李椿 周乐柱 著) 北京大学出版社 课后答案 第五章 课后答案【khdaw_lxywyl】
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2 1 1 1 U E D E ( r 0 E ) r 0 ………………(2) 2 2 2 d
比较(1) , (2)可知充介质后比充介质前电能大 r 倍。
1 2
(2) 充介质后 We 0 E E E P ,第二项为增加的电场与束缚 力场相互作用能密度。实际上,在充介质过程中产生束缚 位移电流 js
E
D2 1 DE 2 2 r 0
w.
0
D
案 网
5.11
r 0
co
1 2
m
5.12 (1) r 1 ,由 5.11 可知,电介质被吸入时,电能减小。 (2)由于电介质和板之间无摩擦,则减小的电能不会转化成热能, 只可能转换成电介质的动能,则在电介质完全进入板间时,介质的动 能最大, 其速度也达到最大, 随后介质板穿出两板间, 系统电能增大, 动能减小,介质的速度逐渐减小为零,如此反复,介质块将在板间做 来回振动。
2由于电介质和板之间无摩擦则减小的电能不会转化成热能只可能转换成电介质的动能则在电介质完全进入板间时介质的动能最大其速度也达到最大随后介质板穿出两板间系统电能增大动能减小介质的速度逐渐减小为零如此反复介质块将在板间做来回振动
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第五章习题答案 5.1 (1) 一个水分子的电偶极矩 p0 ,水的密度 ,水的摩尔质量 M ,阿佛加 德罗常数 N A 则 水的极化强度:
电磁学第三章习题答案
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第三章3.1 解:因螺绕环内的磁感应强度I n B 0μ=,所以副线圈中的感应电动势为VdtdI S dtd Sdtd 30103.1nN B N N --⨯===Φ=με副副副感应电流为A103.6RI 4-⨯==ε3.2 解:(1)设线圈发现→n 与→B 的夹角为零度时作为计时的起点,则t 时刻线圈中的感应电动势为tNBS dt t B d dt d ωωωεsin )cos S (-N-N==Φ=由此可以看出,当2t πω=或23t πω=时,即线圈法线与地磁场→B 的夹角为2π或23π时,感应电动势的值最大,此时ωεNBS m=(2)97N==ωεBS m 匝3.3 解:因距直导线为r 处的ri πμ2B 0=,所以(1)穿过回路ABCD 的磁通量t I a b l ldr riS d B basωπμπμsin ln 22000⎪⎭⎫⎝⎛==⋅=Φ⎰⎰⎰→→(2)回路ABCD 中的感应电动势 tI ab l dtωπωμεcos )(ln2d 00-=Φ-=3-5解:设t=0时,线圈与直导线处于同一平面内。
t 时刻俯视线圈与导线的相对位置如图3-19所示。
此时,线圈的有效面积是宽为AB 长为2a 的与长直导线共面的矩形面积。
穿过此有效面积的磁通量t t ab b a t ab b a b Ia tt ωωωπωμsin cos 21cos 21d )(d ε222220⎪⎭⎫⎝⎛-++++=Φ-=3-10解:设l 正方向如图3-23所示,则ac 段产生的感应电动势Vbc vB l d B l d B cbba30109.160cos 0)()(-→→→→→→⨯=+=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰ννε故感应电动势的方向为c a →,即c 点的电位高。
所以 V3oc 109.1U -⨯-=3-13解:(1)a,b 间的感应电动势22222121)(NBRR N B R B ldl B l d B d RLbaππωωυεε=⋅⋅===⋅⨯==⎰⎰⎰→→→(2)因ε的方向从轮心指向边缘,故在外电路上,I 的方向为b 指向a 。
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】
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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
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da
后 答
R R0 (1 T )
T
R R0 R0
w.
案 网
3.3 铜的电阻率小,是与做导线.电阻器是要有较大的电阻,宜用电阻率较大的材料.很小的电阻器 也可以用铜丝. 3.4 电阻温度计应遵从下面规律
co
Rs
6 0.1 106 1.2m 49 108
m
l
3.9 (1) 在铜棒两端有电势差,设想用导线把铜棒两端连起来,导线中就会有电流。因而铜棒两 端就相当于电源的两端,这个电动势是外力驱动棒在磁场中旋转产生的。 (2) E Bx Edx
da
N l
0
后 答
B(r )ds
w.
0 I 0 2 r
( R2 r R1 )
案 网
co
2 rB (r ) 0
I0 Ir r 2 B(r ) 0 0 2 2 R1 2 R1
r R1
m
r R1
应用安培环路定理
4.8 (1) 磁场方向必沿环的方向,且只与半径有关。在环内做一环路,半径为 R
R
kh
1 dI (t ) 1 I (t ) I (t )dt (t ) R c0 dt c
t
dI (t ) 1 I (t ) 0 sin t Re(i 0eit ) dt c
da
Q Idt It U (t )
课
后 答
t
Q It C C
kh
ww
w.
3.20 (1) 变化的电场具有电流同样的词效应。 (2) 电场的能量发生变化。 (3) 电流场的连续性,就是全电流的连续性,其中也包括了位移电流。 3.21 (1) 当电荷接近 K 板时,K 板上,有较多的正电荷分布,当电荷接近 A 板时,A 板上有较 多的正电荷分布。 (2) 导线中有电流,自 K 沿导线向 A.电流 A K 为常数.
第三章习题答案 3.1
F qv B j (v B )
3.2
电流是电荷的定向运动,产生这个定向运动的力场是 v B
我们可以形式的把电流写成是由于这个场的作用 其中 是金属的电导率。
R
l
s
R 是总电阻 ρ式电阻率,s 是截面积, l 是长度
代入零度时的阻值,得
w.
3.7 (1) (2) 3.8 (1) (2)
3.5 (1) 可以适用,电场是导体中电荷运动,产生电流。 (2) 不能用,涡旋场没有电势的概念。 3.6 二极管电压电流关系.
ww
U U 0 cos t I W (t ) UI
W (t )
kh
V I max R 11.2Volt U0 cos t R U 02 cos 2 t R
m
3.16 设同轴线每米带电 Q(内导体带电 Q,外导体带电-Q) 根据对称性可知,电场必沿半径方向,大小与 无关。做半径为 r 常委长为 l 的高斯面,有
E (r ) 2 rl
Ql
0
E (r )
Q 2 r 0
计算呢外导体的电势差:
U
R2
R1
E (r )dr 2
R
w.
AR(i )eit
求通解:
dI (t ) 1 I (t ) i 0eit 结果取实部 dt c
it
求方程的特解,设 I (t ) Ae
ww
i 0 c A it e i 0 eit A= c i Rc 1 i 0 c it 特解为: U1 (t ) 取实部。 e 1 i Rc dI (t ) 1 I (t ) 0 dt c dI (t ) dt I (t ) Rc
课
后 答
w.
案 网
电压一样都为 (t )
co
3.10 开关闭合前, 电动势场在电源内部 (由负极指向正极) ; 电场在开关和电源外围。 无磁场。 开关闭合后,电动势场不变,电源外围电场不变,空间和电阻处有电场分布。磁场主要集中 在导线和电阻附近,电源周围也同样有磁场。 3.11 设导线中没有电场(理想导体) ,电阻两端必有电势差,做高斯面,使其一个端面在导线内, 一个端面在电阻中,侧面与电力线平行。由于电阻中有电场,用高斯定理可说明高斯面必包 围有电荷, 得证。 3.12
做半径为 r 的圆环,
R2 r R1
2 rB(r ) 0 I 0 B(r )
r R2
(2)
R2
B(r ) 0
(r R2 )
0 I 0l 1 R ( ln 2 ) 2 2 R1
ww
w.
4.4 (1) -2A (2) -2A 4.5 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
0
l
Bl 2
2
试电动势,中心为正,远端为负。
电流 I1 (t )
(t )
R1
I 2 (t )
R2
I 3 (t )
3.13
(t )
R3
电流一样,都是 I 0 (t ) 电压
U1 (t ) I 0 (t ) R1
kh
U 2 (t ) I 0 (t ) R2 Q2 106 0.5 J 2c 2 1106 dc
Q
ln
0
R2 R1
计算电容
C
2 0 2 8.9 1012 Q 194 1012 F 0.2 U ln R2 ln 0.15 R1
(2) 10ms (3)
0
3.19 设 t=0 (开关合上前)时电容上电压为零。 (1) 电路方程
(t ) I (t ) R (t ) R
da
t
(2)
U c (t )
课
后 答
1 I (t )dt c 0
t
w.
0
案 网
co
根据初始条件
m
I (t ) Be
t Rc
0 c ( Rc cos t sin t ) 1 ( Rc) 2
3.22 (1) (2) 有,电介质中的极化情况在改变,既有电场的变化,又有电荷的移动,必有电流。 从连续性方程也可说明一定有电流。 见最后图 4.2 (1)根据对称性,磁感应强度只有 分量而且与 , z 无关。
t t 0 1 Rc [ ( e ( Rc cos t sin t ))dt ] 1 2 R 2c 2 Rc 0 t 0 Rc [e cR sin t cos t ] (1 2 R 2 c 2 ) t 0 Rc [ e cR sin t cos t ] (1 2 R 2 c 2 )
熔点为 T
R R0 257.6 200 73.5 oC R0 200 0.00392
I 2 R 0.125 I 1.12 102 A
T U 02 T U 02 1 2 ( ) cos W t dt tdt 2R T TR 0 0
课
200 R0
ww
w.
3.14 存储的点量 Q 电能
Q cU 1106 1000 103 C W
3.15
(需要说明介电常数,设为 0 )
c
0S
d
S
0
106 0.1106 0.011m 2 8.9 1012
da
U 3 (t ) I 0 (t ) R3
(t )
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I (0)
(0)
R
0
R
0
R
B
0 2 c 2 R 0 0 2 c 2 R B 1 ( Rc) 2 R 1 ( Rc) 2
t 0 0 c Rc I (t ) e ( Rc cos t sin t ) 2 2 2 R (1 R c ) 1 ( Rc) 2
2 RB 0 n1 I
B
(2)
0 n1 I 2 R
R1
R1 R R2
R2
B BhdR
ww
w.
kh
da
课
后 答
w.
案 网
co
电介质
m
0 n1 Ih R dR 0 n1 Ih R2 ln R1 2 R R 2
2 1
案 网
3.17 (1) 100 s 3.18
100ns
w.
co
m
ln I (t ) I (t ) Be
I (t ) Be
t B Rc
t Rc
t Rc
B为任意常数
Re [ I1 (t )] Be
t Rc
Re [ 0 c
i Rc (cos t i sin t )] 1 ( Rc) 2
kh
1
R 1 0 I 0l R r ( dr dr ) 2 R r 0 R 2 1
1 2
课
R1
0
R I 0 I 0 r 0 0 ldr ldr R 2 2 R12 r
2 1
Bl 0 IN
(N 为l长度内的匝数) B 0 I