最新电磁学第二章习题答案
电磁场与电磁波 第2章习题解答
第二章习题解答【习题2.1】101929=.=101.6102.0810e qR R mq e Cp m Ce e 解：电偶极矩p 其中 1.3可得电偶极矩p 的大小其方向为从负电荷指向正电荷，即从氯离子指向氢离子。
---´== =醋【习题2.2】解1解：由例2.2得，电偶极子所产生的电场为533()1[]4e e P R RP E RRπε=-0()R R << ……………………①其中 0e P qR = ，0R方向从负电荷指向正电荷，R是从电偶极子指向电场中任一点的矢量，起点在正负电荷连线的中点。
（如图）本题 100 1.310R m -=⨯ 1010010R m -=⨯满足 0R R << ．将①式整理：32013[()]4e e E P R R P RRπε=-令 ()e m k P R R P =-（23k R=）则 304m E Rπε=…………………………②欲求E的最大值，求出m最大值即可．222222[()]()2()()e e e e e e m k P R R P k P R R P k P R P R =-=+- 2222(2)()e e k R k P R P =-+2224296()()e e R P R P R R=-+ 2223()e e P R P R=+其中 00cos e P R qR R qR R θ== ， （θ是0R 和R之间的夹角）易见，当cos 1θ=，即0θ=时，2m可取最大值22222m ax 234e e e m R P P P R=+=则 m=2e P 代入②式得 m a x33m ax042e P mERRπεπε==将习题2.1中的结论 e P=2.082910c m -⨯⋅ 代入得29112103max2.08102 3.148.910(10010)EV m ----⨯=⋅⨯⨯⨯⨯⨯513.710V m-≈⨯⋅距离自由电子处的电场 191712121020 1.6101.41044 3.148.910(10010)e E V mV mRπε-----⨯==⋅≈⨯⋅⨯⨯⨯⨯⨯故 距离电偶极子处的电场最大值为 513.710V m -⨯⋅ 距离自由电子处的电场为 711.410V m -⨯⋅【习题2.2】解2解：设矢量0R e的方向从电荷C L -指向电荷H +R n 是从由C L - H +构成的电偶极子指向电场中的任一点的矢量，起点在正负电荷连线的中点，且0R 〈〈R. （ e , n 为单位矢量，θ是e , n的夹角）（1）003303cos 1[]4qR qR E n e R R θπε=- (41P )由向量减法的三角形法则及余弦定理得：=03024qR R πε⎛⎫⎪⎝⎭E =由上题得290( 2.110)e p qR cm -==⨯因此，当0θ=或θπ=时E有最大值， 03024qR E R πε==50302 3.7104qR V M R πε=⨯ （2）7201() 1.4104q R VE M R R πε==⨯【习题2.3】证明： 电偶极距qRe p =其方向为从负电荷指向正电荷。
电磁学第二版答案解析
第一章静电场§ 1.1 静电的基本现象和基本规律思考题：1、给你两个金属球，装在可以搬动的绝缘支架上，试指出使这两个球带等址异号电荷的方向。
你可以用丝绸摩擦过的玻璃棒，但不使它和两球接触。
你所用的方法是否要求两球大小相等？答：先使两球接地使它们不带电，再绝缘后让两球接触，将用丝绸摩擦后带正电的玻璃棒靠近金属球一侧时，由于静电感应，靠近玻璃棒的球感应负电荷，较远的球感应等量的正电荷。
然后两球分开，再移去玻璃棒，两金厲球分别带等量异号电荷。
本方法不要求两球大小相等。
因为它们本来不带电，根据电荷守恒定律，由于静电感应而带电时，无论两球大小是否相等，其总电荷仍应为零，故所带电量必定等量异号。
2、带电棒吸引干燥软木屑，木屑接触到棒以后，往往又剧烈地跳离此棒。
试解释之。
答：在带电棒的非均匀电场中，木屑中的电偶极子极化出现束缚电荷，故受带电棒吸引。
但接触棒后往往带上同种电荷而相互排斥。
3、用手握铜棒与丝绸摩擦，铜棒不能带电。
戴上橡皮手套，握着铜棒和丝绸摩擦，铜棒就会带电。
为什么两种情况有不同结果？答：人体是导体。
当手直接握铜棒时，摩擦过程中产生的电荷通过人体流入大地，不能保持电荷。
戴上橡皮手套，铜棒与人手绝缘，电荷不会流走，所以铜棒带电。
7、两个点电荷带电2q和q,相距1,第三个点电荷放在何处所受的合力为零？解：设所放的点电荷电量为Q。
若Q与q同号，则三者互相排斥，不可能达到平衡；故Q 只能与q异号。
当Q在2q和q联线之外的任何地方，也不可能达到平衡。
由此可知，只有Q与q异号，且处于两点荷之间的联线上，才有可能达到平衡。
设Q到q的距离为X.8、三个相同的点电荷放置在等边三角形的各顶点上。
在此三角形的中心应放置怎样的电荷，才能使作用在每一点电荷上的合力为零？解：设所放电荷为Q, Q应与顶点上电荷q异号。
中心Q所受合力总是为零，只需考虑q 受力平衡。
平衡与三角形边长无关，是不稳定平衡。
9、电量都是Q的两个点电荷相距为1,联线中点为O；有另一点电荷q,在联线的中垂面上距O为r处。
电磁场与电磁波第二章课后答案
电磁场与电磁波第二章课后答案本页仅作为文档封面，使用时可以删除This document is for reference only-rar21year.March第二章 静电场重点和难点电场强度及电场线等概念容易接受，重点讲解如何由物理学中积分形式的静电场方程导出微分形式的静电场方程，即散度方程和旋度方程，并强调微分形式的场方程描述的是静电场的微分特性或称为点特性。
利用亥姆霍兹定理，直接导出真空中电场强度与电荷之间的关系。
通过书中列举的4个例子，总结归纳出根据电荷分布计算电场强度的三种方法。
至于媒质的介电特性，应着重说明均匀和非均匀、线性与非线性、各向同性与各向异性等概念。
讲解介质中静电场方程时，应强调电通密度仅与自由电荷有关。
介绍边界条件时，应说明仅可依据积分形式的静电场方程，由于边界上场量不连续，因而微分形式的场方程不成立。
关于静电场的能量与力，应总结出计算能量的三种方法，指出电场能量不符合迭加原理。
介绍利用虚位移的概念计算电场力，常电荷系统和常电位系统，以及广义力和广义坐标等概念。
至于电容和部分电容一节可以从简。
重要公式真空中静电场方程：积分形式：⎰=⋅SS E 0d εq⎰=⋅ll E 0d微分形式：ερ=⋅∇E0=⨯∇E已知电荷分布求解电场强度：1，)()(r r E ϕ-∇=； ⎰''-'=V Vd )(41)(|r r |r r ρπεϕ2，⎰'''-'-'=V V 3d |4))(()(|r r r r r r E περ3，⎰=⋅SS E 0d εq高斯定律介质中静电场方程：积分形式：q S=⋅⎰ d S D⎰=⋅ll E 0d微分形式：ρ=⋅∇D0=⨯∇E线性均匀各向同性介质中静电场方程：积分形式：εqS=⋅⎰ d S E⎰=⋅ll E 0d微分形式：ερ=⋅∇E0=⨯∇E静电场边界条件：1，t t E E 21=。
电磁学试题库电磁学第二章试题(含答案)复习过程
电磁学试题库电磁学第二章试题(含答案)一、填空题1、一面积为S 、间距为d 的平行板电容器，若在其中插入厚度为2d 的导体板，则其电容为 ；答案内容：;20d Sε2、导体静电平衡必要条件是 ，此时电荷只分布在 。
答案内容：内部电场处处为零，外表面；3、若先把均匀介质充满平行板电容器，（极板面积为S ，极反间距为L ，板间介电常数为r ε）然后使电容器充电至电压U 。
在这个过程中，电场能量的增量是 ；答案内容：202U L sr εε4、在一电中性的金属球内，挖一任意形状的空腔，腔内绝缘地放一电量为q 的点电荷，如图所示，球外离开球心为r 处的P 点的场强 ； 答案内容：r r qE e ∧=204πε ；5、 在金属球壳外距球心O 为d 处置一点电荷q ，球心O 处电势 ；答案内容：d q04πε；6、如图所示，金属球壳内外半径分别为a 和b ，带电量为Q ，球壳腔内距球心O 为r 处置一电量为q 的点电荷，球心O 点的电势 。
答案内容：⎪⎭⎫ ⎝⎛++-πεb q Q aq r q 0417、导体静电平衡的特征是 ，必要条件是 。
答案内容：电荷宏观运动停止，内部电场处处为零；8、判断图1、图2中的两个球形电容器是串连还是并联，图1是_________联，图2是________联。
答案内容：并联，串联；9、在点电荷q +的电场中，放一金属导体球，球心到点电荷的距离为r ，则导体球上感应电荷在球心处产生的电场强度大小为： 。
答案内容：2014qr πε ；10、 一平板电容器，用电源将其充电后再与电源断开，这时电容器中储存能量为W 。
然后将介电常数为ε的电介质充满整个电容器，此时电容器内存储能量为 。
答案内容：0W εε； 11、半径分别为R 及r 的两个球形导体（R ＞r ），用一根很长的细导线将它们连接起来，使二个导体带电，电势为u ，则二球表面电荷面密度比/R r σσ= 。
答案内容：/r R ；12、一带电量 为Q 的半径为r A 的金属球A ，放置在内外半径各为r B 和r C 的金属球壳B 内。
新教材高中物理第二章电磁感应中的动力学能量和动量问题学生用书新人教版选择性必修第二册(含答案)
新教材高中物理学生用书新人教版选择性必修第二册：素养提升课四电磁感应中的动力学、能量和动量问题关键能力·合作探究——突出综合性素养形成探究一电磁感应中的动力学问题【核心归纳】1.导体的两种运动状态(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件(合外力等于0)列式分析．(2)导体的非平衡状态——加速度不为0.处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．2．力学对象和电学对象的相互关系【应用体验】例1 如图所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是不计电阻、水平放置的平行长直导轨，其间距l＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端．ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω、长度与导轨间距相等的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好．(g 取10 m/s2)(1)求导体棒所能达到的最大速度．(2)试定性画出导体棒运动的速度—时间图像．[试解]【针对训练】1.(多选)如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，一段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是( )2．如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN，PQ平行放置．两导轨间距为L，M、P 两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(1)由b向a方向看到的装置如图乙，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；(2)在加速下滑时，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．探究二电磁感应中的能量问题【核心归纳】1.能量转化的过程分析电磁感应的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功实现的．安培力做功使得电能转化为其他形式的能(通常为机械能)；克服安培力做功，则是其他形式的能(通常为机械能)转化为电能的过程．2【应用体验】例2 如图所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ角固定，轨道间距为d.空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B.P、M间所接电阻阻值为R.质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效电阻为r.现从静止释放ab，当它沿轨道下滑距离x时，达到最大速度．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g.求：(1)金属杆ab运动的最大速度；g sinθ时，电阻R上的电功率；(2)金属杆ab运动的加速度为12(3)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程中，克服安培力所做的功．教你解决问题第二步：找突破口(1)根据受力平衡列方程，安培力F＝mg sinθ；g sinθ时的安培力；(2)根据牛顿第二定律，求解加速度为12(3)根据动能定理，求解此过程中克服安培力所做的功．[试解]【针对训练】3.如图所示，间距为L的竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直于平行导轨放置，垂直导轨平面向里的水平匀强磁场的磁感应强度大小为B，不计导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好．若金属棒ab在竖直向上的外力F 作用下以速度v匀速上升，则以下说法正确的是( )A．a、b两端的电势差为BLvB．b端电势高于a端电势C．作用在金属棒ab上的各个力的合力做的功等于零D．拉力F所做的功等于电路中产生的热量4.[2022·江苏泗洪高二检测]如图所示，两根间距L＝1.0 m、电阻不计的足够长的光滑平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R＝2.0 Ω的电阻相连，质量m＝0.2 kg的导体棒ef在恒定外力F＝1 N作用下由静止开始运动，导体棒电阻为r＝1.0 Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，当ef棒由开始运动6.9 m时，速度达到最大(g取10 m/s2)，求：(1)导体棒的速度达到最大时，回路中电流的大小；(2)导体棒能够达到的最大速度；(3)在此运动过程中电阻R上产生的焦耳热．探究三电磁感应中的动量问题【核心归纳】1.对于单杆模型，一般与动量定理结合．例如在光滑水平轨道上运动的单杆(水平方向不受其他力作用)，由于在磁场中运动的单杆为变速运动，故运动过程所受的安培力为变力，依据动量定理有F̅安Δt＝Δp，又F̅安Δt＝I l BΔt＝Blq，q＝NΔΦR总＝N BlxR总，Δp＝mv2－mv1，由以上安培力的冲量中藏着电荷量四式将流经杆的电荷量q、杆位移x及速度变化结合在一起．2．对于双杆模型，在受到安培力之外，其他外力之和为零时，则考虑应用动量守恒定律处理问题．3．由I l B·Δt＝m·Δv、q＝I·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题．【应用体验】例3 两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为R a＝2 Ω、R b＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现杆b以初速度大小v0＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)．其中m a＝2 kg，m b＝1 kg，g取10 m/s2.求：(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动的过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．[试解]【针对训练】5.(多选)如图所示，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是( )随堂演练·达标自测——突出创新性素养达标1.(多选)在与水平面平行的匀强磁场上方有三个线圈，从同一高度同时由静止下落，三个线圈都是材料相同、边长一样的正方形，A线圈有一个缺口，B、C线圈闭合，但B线圈的导线比C线圈的粗，则( )A．三个线圈同时落地B．A线圈最先落地C．C线圈最后落地D．B、C线圈同时落地2．(多选)如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的两条平行金属导轨电阻不计，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒ab(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中( )A．恒力F做的功等于电路产生的电能B．克服安培力做的功等于电路中产生的电能C．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和ab棒获得的动能之和3.[2022·四川宜宾高二检测](多选)如图，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g ，下列选项中正确的是( )A ．v ＝2mgR sin θB 2L 2B ．P ＝2mgv sin θC ．当导体棒速度达到v2时，加速度大小为g sin θ2D ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功4.如图所示，两根光滑导轨平行放置，导轨的水平部分放在绝缘水平面上，水平部分所在空间有竖直向上的磁场，磁感应强度为B.导轨的水平部分和倾斜部分由光滑圆弧连接．两根完全相同的金属棒ab 和cd 质量均为m 、接入电路的电阻均为R ，将cd 置于导轨的水平部分与导轨垂直放置，将ab 置于导轨的倾斜部分与导轨垂直放置，ab 离水平面的高度为h ，重力加速度为g ，现将ab 由静止释放，求：(1)cd 棒最终的速度大小； (2)整个过程中产生的焦耳热Q.5.如图所示，在与水平面成θ＝30°夹角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属导轨，其电阻可忽略不计．空间存在着匀强磁场，磁感应强度B ＝0.20 T ，方向垂直导轨平面向上．导体棒ab 、cd 垂直于导轨放置，且与导轨接触良好构成闭合回路，导体棒的质量均为m ＝2.0×10－2kg ，回路中导体棒电阻均为r ＝5.0×10－2Ω，金属导轨间距l ＝0.50 m ．现对导体棒ab 施加平行于导轨向上的拉力，使之匀速向上运动，在导体棒ab 匀速向上运动过程中，导体棒cd 始终能静止在导轨上，g 取10 m /s 2，求：(1)通过导体棒cd 的电流I ；(2)导体棒ab 受到的外力F 的大小；(3)导体棒cd产生Q＝0.1 J的热量时，力F做的功W.素养提升课(四) 电磁感应中的动力学、能量和动量问题关键能力·合作探究探究一应用体验[例1] 解析：ab棒在拉力F作用下运动，随着ab棒切割磁感线运动的速度增大，棒中的感应电动势增大，棒中感应电流增大，棒受到的安培力也增大，最终达到匀速运动时棒的速度达到最大值．外力在克服安培力做功的过程中，消耗了其他形式的能，转化成了电能，最终转化成了焦耳热．(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势E＝Blv①I＝ER+r②导体棒受到的安培力F安＝IlB③导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力F f的作用，根据牛顿第二定律得F－μmg－F安＝ma④由①②③④得F－μmg－B2l2vR+r＝ma⑤由上式可以看出，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大．此时有F－μmg－B 2l2v mR+r＝0⑥可得v m＝(F−μmg)(R+r)B2l2＝10 m/s.⑦(2)导体棒运动的速度—时间图像如图所示．答案：(1)10 m/s (2)见解析图针对训练1．解析：设ab棒的有效长度为l，S闭合时，若B 2l2vR>mg，先减速再匀速，D项有可能；若B 2l2vR＝mg，匀速，A项有可能；若B2l2vR<mg，先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，B2l2vR－mg＝ma中a不恒定，选B项不可能．答案：ACD 2．解析：(1)如图所示，重力mg ，竖直向下；支持力F N ，垂直斜面向上；安培力F ，沿斜面向上． (2)当ab 杆速度为v 时，感应电动势E ＝BLv ，此时电路中电流I ＝ER ＝BLv R，ab 杆受到的安培力F ＝ILB ＝B 2L 2v R.根据牛顿运动定律，有mg sin θ－F ＝ma ， 解得a ＝g sin θ－B 2L 2v mR.(3)当a ＝0时，杆达到最大速度v m ，即g sin θ＝B 2L 2v m mR时，v m ＝mgR sin θB 2L 2.答案：(1)图见解析 (2)BLv Rg sin θ－B 2L 2v mR(3)mgR sin θB 2L 2探究二应用体验[例2] 解析：(1)当杆达到最大速度时安培力F ＝mg sin θ 安培力F ＝IdB 感应电流I ＝E R+r感应电动势E ＝Bdv max 联立上式解得最大速度v max ＝mg (R+r )sin θB 2d 2.(2)当金属杆ab 运动的加速度为12g sin θ时，根据牛顿第二定律，有mg sin θ－I ′dB ＝m ·12g sin θ电阻R 上的电功率P ＝I ′2R 解得P ＝m 2g 2R sin 2θ4B 2d 2.(3)根据动能定理mgx sin θ－W F ＝12mv max 2－0解得W F ＝mgx sin θ－12·m 3g 2(R+r )2sin 2θB 4d 4.答案：(1)mg (R+r )sin θB 2d 2(2)m 2g 2R sin 2θ4B 2d 2(3)mgx sin θ－12·m 3g 2(R+r )2sin 2θB 4d 4针对训练3．解析：金属棒做切割磁感线运动产生的感应电动势为E ＝BLv ，则a 、b 两点间的电压为U ＝R R+rBLv ，故A 错误．根据右手定则可知，金属棒中的电流方向为b 到a ，所以b 端为电源的负极，a 端为电源的正极，a 端的电势高于b 端，故B 错误．由于金属棒做匀速直线运动，根据动能定理可知作用在金属棒上的各个力的合力做功等于零，故C 正确．根据功能关系可知，拉力F 做功等于电路中产生的热量与重力势能的增加量之和，故D 错误．故选C.答案：C4．解析：(1)当安培力等于拉力时，速度最大，则有F ＝F 安＝ILB代入数据解得I ＝FBL ＝11×1.0A ＝1 A.(2)当导体棒速度为v max 时，产生的感应电动势为E ＝BLv max ，通过导体棒的电流为I ＝BLv max r+R，解得v max ＝3 m/s.(3)由功能关系得Fx ＝Q +12mv max 2根据串联电路特点，有Q R ＝RR+rQ联立解得Q R ＝4 J.答案：(1)1 A (2)3 m/s (3)4 J 探究三应用体验[例3] 解析：(1)设杆a 由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b 的速度大小为v b0，对杆b 运用动量定理，有I dB ·Δt ＝m b (v 0－v b0) 其中v b0＝2 m/s. 解得Δt ＝5 s.(2)对杆a 由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有m a gh ＝12m a v a 2设最后a 、b 两杆共同的速度为v ′，由动量守恒定律得m a v a －m b v b0＝(m a ＋m b )v ′杆a 动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a 的速度从v a 到v ′的运动时间为Δt ′由动量定理得I ′dB ·Δt ′＝m a (v a －v ′)，而q ＝I ′·Δt ′ 联立解得q ＝73 C.(3)由能量守恒定律可知杆a 、b 中产生的焦耳热Q ＝m a gh +12m b v 02－12(m b ＋m a )v ′2杆b 中产生的焦耳热Q ′＝R bR a +R bQ解得Q ′＝1156J.答案：(1)5 s (2)73 C (3)1156J针对训练5．解析：以两导体棒为研究对象，在导体棒运动过程中，两导体棒所受的安培力大小相等，方向相反，且不受其他水平外力作用，在水平方向两导体棒组成的系统动量守恒，对系统有mv 0＝2mv ，解得两导体棒运动的末速度v ＝12v 0，棒ad 做变减速运动，棒cd 做变加速运动，稳定时两导体棒的加速度均为零，一起向右做匀速运动，故A 正确，B 错误；ab 棒和cd 棒最后做匀速运动，棒与导轨组成的回路磁通量不变化，不会产生感应电流，故C 正确，D 错误．答案：AC 随堂演练·达标自测1．解析：A 线圈不受安培力，所以最先落地，A 错误，B 正确；要想比较出B 、C 线圈的下落时间，先比较加速度，得出加速度a 与导线横截面积S 的关系，a ＝mg−F 安m＝g －B 2l 2v Rm，其中R ＝ρ电4lS ，m ＝ρV ＝4lρS ，所以有a ＝g －B 2v 16ρ电ρ，可知加速度a 与l 和S 均无关，即B 、C 线圈同时落地，C 错误，D 正确．答案：BD 2．解析：由功能关系可得，克服安培力做的功等于电路中产生的电能，A 错误，B 正确；根据动能定理可知，恒力F 、安培力与摩擦力的合力做的功等于ab 棒获得的动能，即W F －W f －W 安＝E k ，则恒力F 和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和ab 棒获得的动能之和，C 错误，D 正确．答案：BD3．解析：当导体棒以速度v 匀速运动时B 2L 2v R＝mg sin θ，解得v ＝mgR sin θB 2L 2，故A 错误；当导体棒以速度2v 匀速运动时F ＝P2v，根据平衡条件有B 2L 22v R＝F ＋mg sin θ，解得F＝mg sin θ，所以拉力的功率为P ＝F ·2v ＝2mgv sin θ，故B 正确；当导体棒速度达到v 2时，根据牛顿第二定律有mg sin θ－B 2L 2v 2R＝ma ，解得a ＝g sin θ2，故C 正确；在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，由能量守恒知R 上产生的焦耳热等于牵引力做的功和重力势能减少的代数和，故D 错误．答案：BC4．解析：(1)ab 下落过程，mgh ＝12mv 12，v1＝√2gℎab 和cd 动量守恒，mv 1＝2mv 2，v2＝√2gℎ2.(2)整个过程中产生的焦耳热Q＝12mv12−12×2mv22＝12mgh.答案：(1)√2gh2(2)12mgh5．解析：(1)导体棒cd受到的安培力F cd＝IlB导体棒cd受力平衡，则F cd＝mg sin θ联立以上两式代入数据，解得I＝1 A，方向由左手定则可知由d到c.(2)导体棒ab与cd受到的安培力大小相等，即F ab＝F cd对导体棒ab，由平衡条件有F ＝mg sin θ＋IlB代入数据解得F＝0.2 N.(3)设在时间t内导体棒cd产生Q＝0.1 J的热量，由焦耳定律可知Q＝I2rt设导体棒ab匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势E＝Blv，由闭合电路欧姆定律知I＝E2r由运动学公式知，在时间t内，导体棒ab沿导轨的位移x＝vt，力F做的功W＝Fx 综合上述各式，代入数据解得W＝0.4 J.答案：(1)1 A d→c(2)0.2 N (3)0.4 J。
电磁学试题库电磁学第二章试题（含答案）
电磁学试题库电磁学第⼆章试题（含答案）⼀、填空题1、⼀⾯积为S 、间距为d 的平⾏板电容器，若在其中插⼊厚度为2d的导体板，则其电容为；答案内容：;20dSε2、导体静电平衡必要条件是，此时电荷只分布在。
答案内容：内部电场处处为零，外表⾯；3、若先把均匀介质充满平⾏板电容器，（极板⾯积为S ，极反间距为L ，板间介电常数为r ε）然后使电容器充电⾄电压U 。
在这个过程中，电场能量的增量是；答案内容：202U L sr εε4、在⼀电中性的⾦属球内，挖⼀任意形状的空腔，腔内绝缘地放⼀电量为q 的点电荷，如图所⽰，球外离开球⼼为r 处的P 点的场强；答案内容：r r qE e ∧=204πε；5、在⾦属球壳外距球⼼O 为d 处置⼀点电荷q ，球⼼O 处电势；答案内容：d q04πε；6、如图所⽰，⾦属球壳内外半径分别为a 和b ，带电量为Q ，球壳腔内距球⼼O 为r 处置⼀电量为q 的点电荷，球⼼O 点的电势。
答案内容：??? ??++-πεb q Q a q r q 041 7、导体静电平衡的特征是，必要条件是。
答案内容：电荷宏观运动停⽌，内部电场处处为零；8、判断图1、图2中的两个球形电容器是串连还是并联，图1是_________联，图2是________联。
答案内容：并联，串联；9、在点电荷q +的电场中，放⼀⾦属导体球，球⼼到点电荷的距离为r ，则导体球上感应电荷在球⼼处产⽣的电场强度⼤⼩为：。
答案内容：2014qr πε；10、⼀平板电容器，⽤电源将其充电后再与电源断开，这时电容器中储存能量为W 。
然后将介电常数为ε的电介质充满整个电容器，此时电容器内存储能量为。
答案内容：0W εε； 11、半径分别为R 及r 的两个球形导体（R ＞r ），⽤⼀根很长的细导线将它们连接起来，使⼆个导体带电，电势为u ，则⼆球表⾯电荷⾯密度⽐/R r σσ= 。
答案内容：/r R ；12、⼀带电量为Q 的半径为r A 的⾦属球A ，放置在内外半径各为r B 和r C 的⾦属球壳B 内。
程稼夫电磁学第二版第二章习题解析
程稼夫电磁学篇第二章《恒定电流》因此两球间介质间的电阻：.法二：设总电流为，两球心间距，一球直径对另一球球心的张角利用电流的叠加原理，用张角为的这部分电流计算电势差：后同法一2-2变阻器在A位置时，焦耳热：，其中.变阻器在中间时，焦耳热：.代入题中数据，可得.2-32-4（1）即，在图中作出该直线，交伏安特性曲线于.电阻R热平衡：，解得.（2），即在图中作出该直线，交伏安特性曲线于.即.2-5（1）消耗的功率，不变，而随减小而增大，因而时，最大，消耗的功率最大.（2）电路中电流，消耗的功率根据均值不等式得，时，消耗的功率最大.2-6（1）电压按电阻分配.合上开关前，上电压为两端电压.（2）电源功率之比就等于干路电流之比，即总电阻之反比，设总电阻分别为，则.2-7未烧断前总电阻，烧断后，故干路电流之比为炉丝上电流由干路均分，所以故，几乎相等.2-8题意应是恰好不能烧开，即100℃时达到热平衡，断电后只下降1℃，可以认为散热功率是不变的：，其中水的比热容为2-9（1）周期，A位置时热平衡：，其中加热时间B位置时热平衡：，其中加热时间两式相除，解得（2）连续加热时热平衡：，解得.2-10注意电阻温度系数的基准是0℃，得.负载时，负载时，联立解得：.2-11题设是默认加热间断时间相等的，设为.电压最小时，，解得.2-12保险丝要保证熔断电流是一定的.在一定的融化温度下，辐射功率P与辐射体表面积S成正比.电流一定时，电功率Q与R成正比.解得，与无关.2-13绝缘层损坏使得相邻的两圈电阻丝接触，相当于损坏处产生的接触电阻与一圈漆包线并联之后，再与剩余九圈漆包线串联.一圈电阻为设绝缘层损坏处产生电阻为，则解得.2-14（1）作直线交A于，交B于故.（2）.即110V为A、B串联时的工作电压的等差中项作伏安特性曲线关于直线的对称图像，分别交另一曲线于和.得.2-15（1）电容器极板带电量，极板间电流保持为电势差为0时，极板不带电，所以.（2）最大动能的电子到达上极板时动能全部转化为电势能所以，得.2-16（1）设流过的电流为，上流过的电流为.所以，故.此时.（2），取最小值（此时）代入得.2-17设流过灯泡电流为，.设图中三个定值电阻从左至右分别为K闭合时，R3与R并联，流过R2的电流于是可列出：K断开时，R与R1串联，该支路总电压该支路与R2并联，为R2两端电压，又R2，R3串联，R3两端电压为可以列出：两式联立，代入数据可解得：.2-18（1）由基尔霍夫方程知：.（2）沿n个电源这一路计算：.2-20设通过电源1的逆时针电流为，通过电源2顺时针电流为于是在电源1与R1构成的回路可列出：在电源2与R1R2构成的回路中，可列出：代入数据可解得，通过R1的电流为1A，通过R2的电流为0.5A.设从1向O流的电流为，从2向O流的电流为，则从O向3流的电流为则可由三点的电势得到：代入数据，联立可解得：.2-23设R1上电流为，R2上电流为由并联得又由节点电流方程知：，联立解得：.又因为，所以可得即CD上电流大小为1.0A，方向由C流向D.2-24将R替换为导线，用叠加原理计算短路电流等效内阻，等效电源.将R替换为导线，用叠加原理计算短路电流.等效内阻，等效电源.2-25设有x组电池组串联，每组内有y个电池并联.法一：电源最大输出功率，电池个数.要使电源达到最大输出功率，则必有内阻与负载相等：解得法二：回路内满足：令，电源最少，要使最小代入得是关于x的一元二次方程，该方程要有实数解：将n带回原方程即可解得答案同法一答：至少需要120个电池.此时有20组电池组串联，每组内有6个电池并联.2-26首先，B与B’为同一节点，思考时可视为一点，由（2）可知电路对称，此时容易联想到的是Y-△变换的Y型电路（b），设出电阻即可求解，然后用Y-△变换得到△型电路（a）.2-27上式联立解得.2-28（i）由知122’1’回路为电路干路而无支路，该干路总电阻；1 2与1’2’间若有电阻，则应被导线短路.（ii）由知1 2与1’2’间确有电阻，设为；由于要求电路最简，不妨设12间仅有一个电阻；故此情况中两电阻并联：代入数据得：，带回各条件检查，满足.故电路图如下：，所以.2-29由分析知，安培表读数由两部分组成.第一部分，R2回路；第二部分，流过R1电流，于是流过R3R3（电流表）的电流：.所以安培表示数.2-30题意即5两端接电源.电压表示数是由其上电流决定的，所以可以把电压表全看成电阻，求其上电流比例.由分析，电路可简化为如下图：2-31（1）（2）设流经V1的电流为，流经V2的电流为，则流经V3从左到右的电流为则有2-32设电压表电阻为，电流表电阻为由并联两表电压相等可知由节点方程可知流经并联两表中电压表的电流欧姆定律：得.2-33由每个量程达到满偏时通过电流计的电流相同得：解得：.如用A修复，则在用1mA量程测量1mA电流时流过A的电流为0.195mA<0.2mA.若再串联一个电阻，则分到的电流更少.若并联，则由两个电阻并联变成三个电阻并联，A 在总电流中分到的电流依然会更少.综上：排除A 而B在此时分到的电流为0.57mA>0.5 mA故可以考虑并联一个17 欧的电阻或者串联一个40 欧的电阻。
电磁学答案第2章
第二章 导体周围的静电场2.1.1 证明： 对于两个无限大带电平板导体来说：（1）相向的两面（附图中2和3）上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；（2）相背的两面（附图中1和4）上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同；证：(1) 选一个侧面垂直于带电板，端面分别在A,B 板内的封闭圆柱形高斯面，由高斯定理得：S S E S E S d E S d E B A ∆+=∆+∆+•=•⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰032εσσ）（内内侧侧ϖϖϖϖ 侧侧S d E ϖϖΘ⊥ 0==内内R A E E⎰⎰=•∴0S d E ϖϖ 023=+σσ23σσ-=即：（2）在导体内任取一点P ，0=p E ϖΘ0ˆ2ˆ2ˆ2ˆ2040302034321=-++=+++=∴n n n n E E E E E p εσεσεσεσϖϖϖϖϖ 41σσ=∴其中nˆ是垂直导体板向右的单位矢。
2.1.2两平行金属板分别带有等量的正负电荷,若两板的电位差为160伏特,两板的面积都是平方厘米,两板相距毫米,略去边缘效应,求两板间的电场强度和各板上所带的电量(设其中一板接地).解：设A 板带负电，其电量是-q ，B 板带正电，其电量是+q ，且A 板接地。
两板间的电场强度： 米）伏/(10106.116053=⨯==-d V E 又因为εσ=E ）米库2751203/(1085.8101085.8--⨯=⨯⨯==∴E εσ根据上题结论：3241σσσσ-==； 又由于A 板接地，041==∴σσ）米（库2732/1085.8-⨯-=-=∴σσ库）板所带电量(102.3106.31085.8:10472---⨯-=⨯⨯⨯-==-∴S q A σB 板所带电量： 库）(102.3106.3.1085.810473---⨯=⨯⨯⨯==S q σ 2.1.3三块平行放置的金属板A,B,C 其面积均为S,AB 间距离为x,BC 间距离为d,设d 极小,金属板可视为无限大平面,忽略边缘效应与A 板的厚度,当B,C 接地(如图),且A 导体所带电荷为Q 时,试求: (1)B,C 板上的感应电荷; (2)空间的场强及电位分布. 解：（1）根据静电平衡时，导体中的场强为零，又由B,C 接地： ))((()(050243615432板的电位得由板的总电量得）由A x d x A Q S -==+==-=-=∴εσεσσσσσσσσσ 解以上方程组得出：Sd x d Q )(2--=σ Sd x d Q )(3-=σ Sd Qx =4σ SdQx-=5σ B 板上感应电荷：dx d Q S Q B )(2--==σ C 板上的感应电荷：dQx S Q c -==5σ (2)场强分布：0=ⅠE ϖ AB Ⅱr Sd x d Q E ˆ)(0ε-=ϖ AC Ⅲr Sd QxE ˆ0ε=ϖ 0=ⅣE ϖ 电位分布：;01=U 0=ⅣU )()(0r x Sd x d Q U Ⅱ--=ε)(r x d Sd Q U X--=︒εⅢ 其中r 是场点到板A 的距离。
叶邦角电磁学习题解答第二章
E AB =
QA Q + QA , EBC = , 方向均向下 e0S e0S QA Q + QA d1 + d =0 e0S e0S 2
第二章
2-1 (PB13000307 赵朴凝) 解: 设地球表面带电荷为Q，地球半径为R，则地球表面的电势为 Q V= 4πε R 地球表面电荷数与电荷量的关系为 Q N= e 式中e为每个电子所带的电荷量。所有移出地球的电子的总质量与电荷数的关系 为 m= Nm 以上三式合并，得 4πε RVm m= e 带入V=1V,R=6. 4 ×10 m，可得 m= 4 ×10 kg 2-2 (PB13000307 赵朴凝) 解 (1)取无限远电势为零，由电势与场强的关系可得 kq kq V= Edl = dl = 4πε l 8πε r (2)在这个问题中， 无穷远并不是一个等势面， 因此计算电势不能以无穷远为参照。 将平板切割为无数个同心圆，用a代表其半径，使相邻两个同心圆间距离很小,并 使得共同的圆心O与P的连线OP与平板垂直。这样一来，总电势等于每一个同心 圆上的电荷产生的电势之和。当平板的面电荷密度为σ时，P的电势为 kσ V= 2πada 4πε ( r +a ) 积分得 kσ (1 −2lnr ) +V V= 4ε 2-3 (PB13000307 赵朴凝) 解: 设内球电荷量为q，由内球的电势为零可得： 1 Q 1 q + =0 4πε R 4πε R 而球壳的电势由下式给出 1 Q +q V= 4πε R 由此可得： R q=− Q R
2-14 (王晨 PB13203127) 答：
电磁学第二篇课后习题
-σ
0 20 20
电势差 U 为 Ed ： d 0
根 据 电 容 的 定 义 式 ,则 有 : C Q S0 S U d d 0
§2-3 电容器及其电容
2）圆柱形电容器
设带电，则有：
E 2 0r
U E d r R2 dr
l
R1 2 0r
ln R2 2 0 R1
C Q L /( ln R2 )
2-1 静电场中的导体
2：在静电平衡时，导体内部无净电荷， 电荷只分布在导体的表面上.
证明：反证法.
设导体内有一未被抵消的净电荷 q0
EdS
q0
0
s
0
于是面上的不能处处为零， 与静电平衡条件矛盾。
2-1 静电场中的导体
3：静电平衡时，导体表面附近的场强方 向处处与表面垂直，大小与该处导体表面 的电荷面密度成正比.
第二章 有导体时的静电场 静电平衡 封闭金属壳内外的静电场 电容器及其电容 带电体系的静电能
2-1 静电场中的导体
静电感应: 导体内的电荷因外电场的作用而重新 分布的现象叫静电感应。由于静电感 应而出现的电荷叫感应电荷。
静电感应现象演示
2-1 静电场中的导体 一.静电平衡
静电平衡状态： 导体内部和表面都没有电荷定向移动的状态。
§2-5 带电体系的静电能
二、电容器的静电能
将一电池与电容器相连，电池给电容器充
电。在某一瞬间，电容器带电量 q、极板间
电位差为 U 时，将电量 dq由电容器的负极移
到正极时，电源克服电场力作功绝对值为：
AQudq1 QqdqQ2
0
C0
2C
此值等于体系静电能的增加量。利用 QCU
可以得到： W 1 QU
电磁学(赵凯华_陈熙谋第三版)第二章_习题及解答
新概念物理教程・电磁学# # 第二章# 恒磁场# 习题解答
# # ! ! " " 如本题图， 两条无限长直载流导线垂直而不 相交，其间最近距离为 # $ ! " $ !"， 电流分别为 %% $ " " $ # 和 %! $&’ $ #" & 点到两导线的距离都是 #， 求 & 点的磁感 应强度 !" !$ %! ( %! ! ! #! % ! " )(" %" )%$ !) ! ! !* # $ !!!"" $ ( &" $ $ $)" ! )%$ $ $$" )! %&" ! )(" %" )!" $ )%$ ! 的方向如下： 设电流 %% 的方向为 (* 轴方向， 电流 %! 的方向 解：’ $ 为 (+ 轴方向， 则 !% 沿 !+ 方向， !! 沿 (, 方向， ! 在 +, 平 "" $ 面内， 它与 , 轴的夹角为 ’(!)’* $ $((" )（见右图） 。 &" $
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% 点磁感应强度 ! 的方向在平行于导体薄板的平面内且与电流方向垂直。 （ ! ） 在维持 ! ’$ ( ! # 为常量的条件下令 #"% 时，% 点的磁感应强度为 ) ’ #& ! ( ! "
第2章习题参考答案 men
39
《电磁学》思考题和计算题
第二章
Q E e e 0 0S
b 板的电位为
Ub Ua
a ELeabharlann b b Ql dl 0 Edl 1.0 10 3V
a
0S
（２） 两板之间离 a 板 1.0mm 处的电位是
U b E dl Edl U b
（3）E—r 和 U—r 曲线如图所示
r R1 R1 r R2 r R2
E
U
r R1 R2 R1 R2
r
7、在上题中，若 q=4.0× 10-10C,R1=2cm，R2=3cm，求： （１） 导体球壳的电位； （２） 离球心 r=1cm 处的电位； （３） 把点电荷移开球心 1cm，求导体球壳的电位。 解： （1）导体球壳的电位为
R2 内球电位U 1 E dl
R1
1 1 R R 2 1 q 1 1 外球电位U 2 0 U 4 0 R R 2 1 q 4 0
（5）内球电位为零。设其上所带电量为 q′,
内球电位U 1 E dl
U 2 E dl
r
1 1 Q 1 1 r R R 4 R ( R1 r R 2 ) 2 3 0 3 qQ U 3 E dl ( R 2 r R3 )外球电位 r 4 0 R3 qQ U 4 E dl ( r R3 ) r 4 0 r
E
U
r R1 R2 R3
42
r R1 R2 R3
《电磁学》思考题和计算题
第二章
10、 设范德格喇夫起电机的球壳与传送带上喷射电荷的尖针之间的电位差为 3.0× 106V,如果 传送带迁移电荷到球壳上的速率为 3.0× 10-3C/s，则在仅考虑电力的情况下，必须用多 大的功率来开动传送带？ 解：开动传送带的功率至少应等于迁移电荷作功的功率
电磁学第二章习题答案
电磁学第二章习题答案(总8页) -CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1-CAL-本页仅作为文档封面，使用请直接删除习题五（第二章 静电场中的导体和电介质）1、在带电量为Q 的金属球壳内部，放入一个带电量为q 的带电体，则金属球壳内表面所带的电量为 q ，外表面所带电量为 q +Q 。
2、带电量Q 的导体A 置于外半径为R 的导体 球壳B 内，则球壳外离球心r 处的电场强度大小204/r Q E πε=，球壳的电势R Q V 04/πε=。
3、导体静电平衡的必要条件是导体内部场强为零。
4、两个带电不等的金属球，直径相等，但一个是空心，一个是实心的。
现使它们互相接触，则这两个金属球上的电荷( B )。
(A)不变化 (B)平均分配 (C)空心球电量多 (D)实心球电量多5、半径分别R 和r 的两个球导体(R ＞r)相距很远，今用细导线把它们连接起来，使两导体带电，电势为U 0，则两球表面的电荷面密度之比σR /σr 为 ( B )(A) R/r (B) r/R (C) R 2/r 2 (D) 16、有一电荷q 及金属导体A ，且A 处在静电平衡状态，则( C )(A)导体内E=0，q 不在导体内产生场强； (B)导体内E ≠0，q 在导体内产生场强； (C)导体内E=0，q 在导体内产生场强； (D)导体内E ≠0，q 不在导体内产生场强。
7、如图所示，一内半径为a ，外半径为b 的金属球壳，带有电量Q ，在球壳空腔内距离球心为r 处有一点电荷q ，设无限远 处为电势零点。
试求： (1)球壳外表面上的电荷；(2)球心O 点处由球壳内表面上电荷产生的电势； (3)球心O 点处的总电势。
r AR Q·O · Q· b· O a rqB解: (1) 设球壳内、外表面电荷分别为q 1 , q 2,以O 为球心作一半径为R (a <R <b )的高斯球面S,由高斯定理01εqq dS E S +=⋅⎰⎰ ，根据导体静电平衡条件,当a <R <b 时，0=E。
程稼夫电磁学第二版第二章习题解析
前言：特别感谢质心教育的题库与解析，以及“程稼夫力学、电磁学习题答案详解”的作者前辈和血色の寂宁前辈的资料.2-2变阻器在A位置时，焦耳热：，其中.变阻器在中间时，焦耳热：.代入题中数据，可得.2-32-4（1）即，在图中作出该直线，交伏安特性曲线于.两端电压.（2）电源功率之比就等于干路电流之比，即总电阻之反比，设总电阻分别为，则.2-7未烧断前总电阻，烧断后，故干路电流之比为22AB2-10注意电阻温度系数的基准是0℃，得.负载时，负载时，联立解得：.2-11题设是默认加热间断时间相等的，设为.即110V为A、B串联时的工作电压的等差中项作伏安特性曲线关于直线的对称图像，分别交另一曲线于和.得.2-15（1）电容器极板带电量，极板间电流保持为电势差为0时，极板不带电，所以.（2）最大动能的电子到达上极板时动能全部转化为电势能所以，得.K断开时，R与R1串联，该支路总电压该支路与R2并联，为R2两端电压，又R2，R3串联，R3两端电压为可以列出：两式联立，代入数据可解得：.2-18（1）由基尔霍夫方程知：.（2）沿n个电源这一路计算：2-22注意看题，不要啥都不想直接Y-△变换了设从1向O流的电流为，从2向O流的电流为，则从O向3流的电流为则可由三点的电势得到：2-即2-将等效内阻，等效电源. 2-25设有x组电池组串联，每组内有y个电池并联.法一：电源最大输出功率，电池个数.要使电源达到最大输出功率，则必有内阻与负载相等：解得法二：回路内满足：到的是Y-△变换的Y型电路（b），设出电阻即可求解，然后用Y-△变换得到△型电路（a）.2-27上式联立解得.2-28（i）由知122’1’回路为电路干路而无支路，该干路总电阻；1 2与1’2’间若有电阻，则应被导线短路.（ii）由知1 2与1’2’间确有电阻，设为；由于要求电路最简，不妨设12间仅有一个电阻；故此情况中两电阻并联：代入数据得：，带回各条件检查，满足.故电路图如下：所以安培表示数.2-30题意即5两端接电源.电压表示数是由其上电流决定的，所以可以把电压表全看成电阻，求其上电流比例.由分析，电路可简化为如下图：由节点方程可知流经并联两表中电压表的电流欧姆定律：得. 2-33由每个量程达到满偏时通过电流计的电流相同得：，干路电流为，而B，C间的电流为，即100kΩ电阻和电压表各分得干路电流的一半，可知电压表内阻也为100kΩ.在图（b）中，200kΩ电阻与电压表并联后的电阻为，电压表读数为A、B间所分的电压为.由本题推广，可以证明，电压表接入串联电路测得的数值与所测部分电阻成正比，此性质与电压表内阻无关.2-36首先说明，若测量过程中测得某两点间电阻为1Ω，由对称性及电阻串并联等效可以判断：特异电阻被短路，连接在另外两端点间.2-38等效电路图如下：其中，由电桥平衡条件，有，解得.2-39第一次实验，B端电压为40V，即电阻R分压40V，则左段电缆电阻为第二次实验，A端电压为40V，即电阻R分压40V，则右段电缆电阻为左右电缆的电阻之比为：由于电缆的电阻与长度成正比，可知左段电缆长度为由此得：2-41，解得，解得；对于上述两支路的交点A，列节点方程：；由欧姆定律，图中B点的电势为：.显然U1与U3所在支路的电流为0；由于电容所在支路电流为0，由节点方程，图中B与C之间的支路上电流为；对图中红圈内的部分列节点方程（以向下为正方向）：.2-42设该平行板电容器极板面积为S，极板间距为d，漏电流为I.由平行板电容器的电容公式，得玻璃的电阻为.由高斯2-44首先明确，无论短接哪个电阻，总电阻一定变小将五个电阻分两类，一类是四周的4 个电阻臂，一类是中间的100Ω桥上电阻.短接桥上电阻，总电阻变为203Ω；短接一支电阻臂，以500Ω的为例：两个100Ω的并联后与200Ω的串联再与300Ω的并联.可以看出300Ω的在这里与其他所有电阻并联，而并联电路中的总电阻不超过最小的电阻，故让100Ω与其他电阻并联可以使变化最大.2-45等效电阻整理得，故或.2-46本题为无穷网络等效电阻题.先分析对称性：电路呈轴对称，可将图中各个处于对称轴上的中点断开，于是电路转化为：转化为：再将A,B两点左侧网络“翻折”至右侧：单电路：，即两导线间电压为零.2-51本题为无穷网络等效电阻题，解题关键在于网络的自相似性.记A点左侧无穷网络等效电阻为R1.分析电路可知：故只需求出R1.分析R1结构可知：除去三个电阻r后剩余部分仍为一无穷网络R1：2-52（1）本题中的三角形电阻网络具有高度对称性，可将分割n次后的电阻网络（设其两顶点之间的电阻为；图中未画出分割后电阻网络的全貌；最初的只有三条边的三角形当作分割了0次）等效为如下的Y形网络：其中每个电阻的大小均为则下一次分割所得的电阻网络可以等效为三个上图所示的网络相连接而成（每个电阻变为一半），如下图所示：其中每个电阻大小为.这是一个简单的电阻网络，我们可以依据串并联关系计算其两端点间的电阻：（2，解得.2-53本题为等效电容题.（a）图中三电容实为并联；（b）图为中心对称图形，由对称性可知中间的C0等价为断路：整个线路和原来的线路完全一样，线路结构没有改变，各线上电流、各点的电势均无改变.可见，由点2到点n−1这n−2个点是完全等价的.因此，上述n−2个点的电势必然完全相同，从而这些点之间的连线上都没有电流，在考虑本题所问时，这些连线可以全部撤去，于是可得.2-58（1）电阻网络E、G两点间电压可表示为从图中的二极管D的正向伏安曲线中可査得，电压UDI对应的电流I1为25.0mA，此电流就是流过电阻R及由E点流入电阻网络的电流，将数据代入上式得由对称性可得H、A、C、F电势相等，其等效电路如图13-13所示（除两只电阻为外，（2）当引线两端P、Q与电阻网络B、D两点相接时，等效电路仍如图所示，易得通过二极管DD的电流与二极管两端电压有关系代入数据得这是一条联系UD与ID的方程，但是UD与ID又必须满足二极管的伏安特性曲线，在图中绘出上式所述直线，它与曲线的交点的纵坐标即为通过二极管的电流ID，由图中读出由对称性，，，则.2-59本题为图像分析题，同时需要用到“负载功率最大时，路端电压等于电源电动势的一半”的结论（此处证明从略）.图像显示电源可视为两个负载电流范围不同的电源``拼接''而成，分段讨论即可.电流小于0.26A时，电源电动势等于6.2V，故路端电压等于3.1V时（由（2）（3）C1电荷变化量C2电荷变化量故由a到b流过K的正电荷.2-62本题为含电容的电路分析题，只需分析始末状态和电量变化即可.通过K的电量即通过R的电量.闭合K前，两电容器不带电；闭合K并稳定后，两电容器靠近电键K的极板上均沿回路列出方程：联立解得代入数据.忽略接地信息的解法得到的答案与此一致，但无视了与大地间的电流和电位.。
电磁学习题第二章答案
电磁学习题第二章答案电磁学习题第二章答案电磁学习题是电磁学课程中的重要组成部分，通过解答学习题，可以帮助我们巩固理论知识，加深对电磁学的理解。
本文将为大家提供电磁学习题第二章的答案，希望对大家的学习有所帮助。
第一题：一根长为L的直导线，通以电流I，求其产生的磁场强度H。
答案：根据安培环路定理，直导线产生的磁场强度与电流成正比，与导线的长度成反比。
因此，直导线产生的磁场强度H与电流I和导线的长度L满足以下关系式：H = I / (2πL)其中，H为磁场强度，I为电流，L为导线长度。
第二题：一根直导线上通有电流I，求距离导线d处的磁感应强度B。
答案：根据比奥萨伐尔定律，距离直导线d处的磁感应强度B与电流I和距离d成正比。
因此，距离导线d处的磁感应强度B与电流I和距离d满足以下关系式：B = μ0I / (2πd)其中，B为磁感应强度，I为电流，d为距离导线的距离，μ0为真空中的磁导率，其值为4π×10^-7 T·m/A。
第三题：一根长为L的直导线，通以电流I，求距离导线d处的磁场强度H。
答案：根据比奥萨伐尔定律，距离直导线d处的磁感应强度B与电流I和距离d成正比。
而磁场强度H与磁感应强度B成正比。
因此，距离导线d处的磁场强度H与电流I、导线长度L和距离d满足以下关系式：H = μ0I / (2πd)其中，H为磁场强度，I为电流，L为导线长度，d为距离导线的距离，μ0为真空中的磁导率，其值为4π×10^-7 T·m/A。
第四题：一根长为L的直导线，通以电流I，求距离导线d处的磁场强度H和磁感应强度B。
答案：根据比奥萨伐尔定律，距离直导线d处的磁感应强度B与电流I和距离d成正比。
而磁场强度H与磁感应强度B成正比。
因此，距离导线d处的磁场强度H和磁感应强度B与电流I、导线长度L和距离d满足以下关系式：H = μ0I / (2πd)B = μ0I / (2πd)其中，H为磁场强度，B为磁感应强度，I为电流，L为导线长度，d为距离导线的距离，μ0为真空中的磁导率，其值为4π×10^-7 T·m/A。
《第二章 电磁感应》试卷及答案_高中物理选择性必修 第二册_人教版_2024-2025学年
《第二章电磁感应》试卷(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、在电磁感应现象中，感应电动势的大小取决于下列哪个因素？A. 磁通量的多少B. 磁场的强弱C. 磁通量的变化率D. 磁场的方向2、一个闭合线圈处于均匀变化的磁场中，如果线圈面积固定不动，下列哪种情况下，通过线圈的磁通量变化最大？A. 磁场大小不变，仅改变磁场方向B. 磁场方向不变，仅改变磁场强度C. 磁场大小和方向同时缓慢变化D. 磁场大小和方向同时急剧变化3、根据电磁感应定律，导体中产生感应电动势的大小与以下哪个因素无关？A、导体切割磁场的速度B、导体长度C、磁场的强度D、磁场的变化率4、一个长直导线在磁场中以垂直于磁场和导线长度的方向移动，假设导线的长度为L，磁感应强度为B，导线以速度v移动，那么在该导线上产生的感应电动势E是多少？A、E = BLvB、E = Bv / LC、E = v /BLD、E = (BL) / v5、以下哪种情况下不会产生感应电流？A. 线圈在磁场中做匀速直线运动B. 磁通量通过闭合线圈发生变化C. 闭合线圈的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动D. 磁铁在闭合线圈中做匀速运动6、以下关于电磁感应现象的描述，正确的是：A. 感应电动势的方向与感应电流的方向相同B. 闭合线圈中的感应电流方向与磁感线的方向相同C. 感应电动势的大小与磁通量变化率成正比D. 感应电流的大小与磁通量变化率成正比7、在水平面上有两条平行的导轨，导轨上放置着一根可以在导轨上自由滑动的金属棒，电路中接有一个阻值为R的电阻和一个电池。
当金属棒在导轨上移动切割匀强磁场时，会导致闭合电路中产生感应电流。
如果要使金属棒匀速滑动，下列哪种操作能减小作用在金属棒上的摩擦力？A. 加大电源的电动势B. 增加导轨之间的磁场强度C. 提高金属棒的质量D. 增加导轨之间的接触面积二、多项选择题（本大题有3小题，每小题6分，共18分）1、在以下关于电磁感应现象的描述中，哪些是正确的？A. 只有导体在磁场中运动时才会产生感应电流。
电磁学(赵凯华)答案[第2章稳恒磁场]
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1.一边长为2a的载流正方形线圈，通有电流I。
试求：(1)轴线上距正方形中心为r0处的磁感应强度；(2) 当a=1.0cm , I=5.0A , r0=0 或10cm时，B等于多少特斯拉？解（1）沿轴向取坐标轴OX，如图所示。
利用一段载流直导线产生磁场的结果，正方形载流线圈每边在点P产生的磁感应强度的大小均为:,式中:由分析可知，4条边在点P的磁感应强度矢量的方向并不相同，其中AB边在P点的B1方向如图所示。
由对称性可知，点P上午B应沿X轴，其大小等于B1在X轴投影的4倍。
设B1与X轴夹角为α则:把r0=10cm , a=1.0cm ,I=5.0A 带入上式，得B=3.9×10-7(T)。
把r0=0cm , a=1.0cm ,I=5.0A 带入上式，得B=2.8×10-7(T)。
可见，正方形载流线圈中心的B要比轴线上的一点大的多。
2. 将一根导线折成正n边形，其外接圆半径为a，设导线栽有电流为I，如图所示。
试求：(1)外接圆中心处磁感应强度B0；(2) 当n→∞时，上述结果如何？解: （1）设正n边形线圈的边长为b，应用有限长载流直导线产生磁场的公式，可知各边在圆心处的感应强度大小相等，方向相同，即：所以，n边形线圈在O点产生的磁感应强度为：因为2θ=2π/n,θ=π/n，故有：由右手法则，B0方向垂直于纸面向外。
（2）当n→∞时，θ变的很小，tanθ≈θ，所以：代入上述结果中，得：此结果相当于一半径为a，载流为I的圆线圈在中心O点产生磁感应强度的结果，这一点在n→∞时，是不难想象的。
3. 如图所示，载流等边三角形线圈ACD，边长为2a，通有电流I。
试求轴线上距中心为r0处的磁感应强度。
解:由图可知，要求场点P的合场强B，先分别求出等边三角形载流线圈三条边P点产生的磁感应强度Bi ，再将三者进行矢量叠加。
由有限长载流导线的磁场公式可知，AC边在P点产生的磁感应强度BAC的大小为：由于⊿ACP为等腰三角形，且PC垂直AC，即：代入上述结果中，得：由右手螺旋定则可知，BAC的方向垂直于ACP平面向外，如图所示。
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习题五（第二章 静电场中的导体和电介质）1、在带电量为Q 的金属球壳内部，放入一个带电量为q 的带电体，则金属球壳内表面所带的电量为 - q ，外表面所带电量为 q +Q 。
2、带电量Q 的导体A 置于外半径为R 的导体 球壳B 内，则球壳外离球心r 处的电场强度大小204/r Q E πε=，球壳的电势R Q V 04/πε=。
3、导体静电平衡的必要条件是导体内部场强为零。
4、两个带电不等的金属球，直径相等，但一个是空心，一个是实心的。
现使它们互相接触，则这两个金属球上的电荷( B )。
(A)不变化 (B)平均分配 (C)空心球电量多 (D)实心球电量多5、半径分别R 和r 的两个球导体(R ＞r)相距很远，今用细导线把它们连接起来，使两导体带电，电势为U 0，则两球表面的电荷面密度之比σR /σr 为 ( B )(A) R/r (B) r/R (C) R 2/r 2 (D) 16、有一电荷q 及金属导体A ，且A 处在静电平衡状态，则( C )(A)导体内E=0，q 不在导体内产生场强； (B)导体内E ≠0，q 在导体内产生场强； (C)导体内E=0，q 在导体内产生场强； (D)导体内E ≠0，q 不在导体内产生场强。
7、如图所示，一内半径为a ，外半径为b 的金属球壳，带有电量Q ， 在球壳空腔内距离球心为r 处有一点电荷q ，设无限远 处为电势零点。
试求： (1)球壳外表面上的电荷；(2)球心O 点处由球壳内表面上电荷产生的电势； (3)球心O 点处的总电势。
解: (1) 设球壳内、外表面电荷分别为q 1 , q 2,以O 为球心作一半径为R (a <R <b )的高斯球面S,由高斯定理01εqq dS E S +=⋅⎰⎰ ，根据导体静电平衡条件,当a <R <b 时，0=E。
则0=⋅⎰⎰SdS E ，即01=+q q ,得q q -=1根据电荷守恒定律,金属球壳上的电量为21q q Q +=q Q q Q q +=-=∴12(2)在内表面上任取一面元,其电量为dq ,在O 点产生的电势adq dV o πε411=q 1在O 点产生的电势aq aq adq dV V o o o πεπεπε4441111-====⎰⎰内内(3) 同理，外球面上的电荷q 2在O 点产生的电势bqQ bq V o o πεπε4422+== 点电荷q 在O 点产生的电势rq V o q πε4=∴ O 点的总点势o q V V V V πε41210=++=(bq Q a q r q ++-) 8、点电荷Q 放在导体球壳的中心，球的内、外半径分别为a 和b ，求场强和电势分布。
解：根据静电平衡条件，球壳内、外球面分别带 电量-Q 、Q 。
其场强分布为:2014/ , r πεQ E a r =<0 , 2=<<E b r a2034/ , r πεQ E b r =>电场中的电势分布：)111(4 ,03211ba r Qdr E dr E dr E V a r bbaar+-=++=<⎰⎰⎰∞πε b Q dr E V b r a b0324 ,πε==<<⎰∞rQdr E V b r r0334 ,πε==>⎰∞习题六（第二章 静电场中的导体和电介质）1、分子的正负电荷中心重合的电介质叫 无极分子 电介质，在外电场的作用下，分子正负电荷中心发生相对位移，形成 位移极化 。
2、一平板电容器始终与端电压一定的电源相联，当电容器两极板间为真空时，电场强度为 0E，电位移为0D，而当极板间充满相对电容率为r ε的各向同性均匀电介质时，电场强度为E ，电位移为D，则( B )(A)00 , /D D E E r ==ε (B)00 , D D E E rε==(C)000/ , /εεD D E E r== (D)00 , D D E E ==3、两个完全相同的电容器，把一个电容器充电，然后与另一个未充电的电容器并联，那么总电场能量将( C )(A)增加 (B)不变 (C)减少 (D)无法确定4、一空气平行板电容器，接电源充电后电容器中储存的能量为W 0，在保持电源接通的条件下，在两极板间充满相对电容率为r ε的各向同性均匀电介质，则该电容器中储存的能量W 为( A )(A) 0W W r ε= (B) r W W ε/0= (C) 0)1(W W r ε+= (D) 0W W =5、一平行板电容器，其极板面积为S ，间距为d ，中间有两层厚度各为d 1和d 2，相对电容率分别为εr1和εr2的电介质层（且d 1＋d 2 = d ）。
两极板上自由电荷面密度分别为±σ，求：(1)两介质层中的电位移和电场强度； (2)极板间的电势差；(3)电容解：(1) 电荷分布有平面对称性，可知极板间D 是均匀的，方向由A 指向B 。
⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⋅+⋅+⋅=⋅右侧左S d D S d D S d D S d D S 111100S S D S d D ∆σ∆=⋅=⋅++=⎰⎰左∴D 1⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⋅+⋅+⋅=⋅右侧左S d D S d D S d D S d D S2⎰⎰+-=右左dS D 2102221=+⋅-=S D S D ∆∆ ∴ σD D ==21由σεσε====222111 E D E D ，得 2022210111 r r D E D E εεσεεεσε====， 且有 121221 r r εεεεE E == (2) 12112012111d E d E l d E l d E V V d d dd B A +=⋅+⋅=-⎰⎰+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2211εd εd σ210211222110)(r r r r r r εεεσd εd εεd εd εσ+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+= (3) B A V V q C -=B A V V S σ-=2112210d εd εS εεεr r r r +=0211221C d εd εdεεr r r r +=6、如图，在半径为a 的金属球外有一层外半径为b 的均匀电介质球壳，电介质的相对电容率为εr ，金属球带电Q ，求：(1)介质层内外的场强大小； (2)介质层内外的电势； (3)金属球的电势； (4)电场的总能量； (5)金属球的电容。
解：(1)电量Q 均匀分布在半径为a 的球面上，作一半径为r 的球面为高斯面，利用高斯定理可求得场强分布r < a : 1=0E ; a < r < b : 220=4r Q E r πεε; r > b :rQ E 034πε=(2) r < a : bQb a Qdr E dr E dr E V r bbaar0032114)11(4πεεπε+-=++=⎰⎰⎰∞a < r <b : b Q b r Qdr E dr E V r bbr003224)11(4πεεπε+-=+=⎰⎰∞r > b : rQ dr E V r0334πε==⎰∞(3) 金属球的电势 aba b Q b Qb a QV V r r r επεεπεεπε00014)]1([4)11(4-+=+-==球(4) aba b Q ab a b Q Q QV W r r r r επεεεπεε0208)]1([4)]1([2121-+=-+==球(5) )1(40-+==r r a b ab V QC εεπε球或由221球CV W = 得： 2220022)]1([)4(4)]1([2-+-+==r r r r a b Q ab ab a b Q V W C εεπεεπεε球)1(40-+=r r a b ab εεπε7、一球形电容器，内球壳半径为R 1外球壳半径为R 2，两球壳间充满了相对电容率为r ε的各向同性均匀电介质，设两球壳间电势差为V 12，求： (1)电容器的电容； (2)电容器储存的能量。
解：(1) 设内外极板带电量为±Q 作与球壳同心的任意半径r 的高斯球面由 ==⋅=⋅∑⎰⎰q r πD S d D S24得 =D∴∵ 21012214)(21R R R R Q dr E V V r R R επε-=⋅=-⎰∴ 12210214R R R R V V Q C r -=-=επε(2) 12212210212221R R V R R CV W r -==επε0， ( r > R 2 )0， ( r <rπQ4， (R 1<r < R 2 ) 0， ( r > R 2 )0， ( r < R 1 )-r επεQ r 04， ( R 1< r < R 2 )0， ( r > R 2 )0， ( r < R 1 ) ==rεεD E 0习题七（第二章 静电场中的导体和电介质）1、一个平行板电容器的电容值C ＝100Pf ，面积S ＝100cm 2，两板间充以相对电容率为εr ＝6的云母片，当把它接到50V 的电源上时，云母中电场强度大小E ＝9.42×103v/m ，金属板上的自由电荷量q ＝5.00×10-9C 。
解：)m (1031.5300-⨯==⇒=CS d dS C r r εεεε，)m/V (1042.91031.55033⨯=⨯==-d V E )C (1000.55010100912--⨯=⨯⨯==CV q2、一空气平行板电容器，电容为C ，两极板间距离为d ，充电后，两极板间相互作用力为F ，则两极板间的电势差为C Fd 2，极板上的电荷量大小为FCd 2。
解：CFdV d CV CV d V Q E F 222122=⇒===，FCd CFdCCV Q 2 2===3、一平行板电容器，两极板间电压为U 12，其间充满相对电容率为εr 的各向同性均匀电介质，电介质厚度为d ，则电介质中的电场能量密度为221202d U w r εε=。
解：将 dU E /12= 代入 220E w r εε=得结果。
4、如图在与电源连接的平行板电容器中，填入两种不同的均匀的电介质，则两种电介质中的场强相等,电位移不相等。
(填相等或不相等) （解法见课件）5、平行板电容器在接入电源后,把两板间距拉大，则电容器( D )(A)电容增大； (B)电场强度增大；(C)所带电量增大 (D)电容、电量及两板内场强都减小。
解：d 增大，V 不变，由d S C /ε=，CV q =和d V E /=可得结果D6、一真空平行板电容器的两板间距为d ，(1)若平行地插入一块厚度为d/2的金属大平板，则电容变为原来的几倍？(2)如果插入的是厚度为d/2的相对电容率为εr =4的大介质平板，则电容变为原来的几倍？ 解：原电容器的电容d S C /00ε= (1) 电容器由两个电容器串联而成101d S εC =，202d SεC =，(d 1+d 2=d/2)2d/2121212000001111122d d d d d C C C S S S S C εεεε+=+=+=== ∴ 02C C = (2) 由电荷分布的平面对称性可知电位移垂直极板从A 到B在两极板间的三个区域分别作三个高斯柱面S 1、S 2、S 3。