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】
电磁学第二版习题答案第六章
B中，6.3.5
B,2T,方向垂直纸面向外(见附图)。两棒分别以速率v1, 4m s和v2, 2m s沿
导轨向左匀速平动，忽略导轨的电阻及回路自感，求; (!)两棒的动生电动势 的大小，并在图中标出方向;
(2)U PQ和U MN
(3)两棒中点和的电势差。
绕着过P点并与B平行的轴以匀角速度 ， 逆时针转动时，求其动生电动 势,PQ
解答:
在辅助线PQ,与圆弧PQ构成闭合回路，当绕着P点以匀角速度,逆时针 转动时，封
闭曲线的面积不变，因而闭合回路的总电动势,PQQP, ,PQ，,QP, 0，沿圆弧的动生电动势
为
Q Q Q D，BD2 , ,v,B vBdl,P P P0 2
2，,A2,A, ,I A,R R R2
方向向上。
(b)左半环电阻为R，右半环电阻为2R时，利用戴维南定理等小电路如图6.2.4(d)
所示，等效电源的电动势等于开路电压U PQ
, , 2, ,，2R, , ,U e,U PQ, ,QP 3R2 3 6 3
等效电阻为
R，2R，2R,Re, 3R，2R
等效电路如图6.2.4(d)右图所示，因等效电动势,e, 0，故将其极性相 反，求得通过
R，kR，kR,Re,，1，k，R1，k
等效电路如图6.2.4（e）右图所示。按等效电动势,e的方向，极性如图所 示，求得通过电流
表的电流大小
,，1k， ， ，,e2，1，k, ,I A, 2kR R Re
1，k方向向上。证明开关接通时的I A与k无关。
直径为D的半圆形导线置于与它所在平面垂直的均匀磁场B（见附图），当导 线6.3.1
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
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】
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。
第6单元课后答案
习题66-1 在同一磁感应线上，各点B 的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B 的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B 的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B 的方向．题9-2图6-2 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．6-3已知磁感应强度0.2=B Wb ·m -2 的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S B ΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S B Φ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb (或曰24.0-Wb )题6-4图6-4如题6-4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． 解：如题6-4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R IB 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． 6-5 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题6-5图解：如题6-5图所示,A B 方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T (2)设0=B 在2L 外侧距离2L 为r 处则 02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题6-6图6-6 如题6-6图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解： 如题6-6图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
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】
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 (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】
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
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。
电磁场与电磁波(第4版)第6章部分习题参考解答
G ex
Erm
cos(ωt
+
β1
z
)
=
G ex
Eim
cos(2πft
+
β1
z
)
= =
eGxGηη22
−η1 + η1
−ex18.37
100 cos(2π ×109t + 20.93z) cos(2π ×109t + 20.93z) V/m
G H1r
(
z,
t
)
= =
1 ηG 1 ey
G (−ez × E1r ) = 0.049 cos(2π
距离导体平面最近的合成波电场 G
E1
为
0
的位置；(5) 距离导体平面最近的合成波磁场 H1 为 0 的位置。
解：(1) ω = 2πf = 2π ×108 rad/s
β
=
ω c
=
2π ×108 3 ×108
=
2 3
π
rad/m
η1 = η0 =
μ0 = 120π Ω ε0
G
G
则入射波电场 Ei 和磁场 Hi 的复矢量分别为
G Ei (x)
=
G
− j2 πx
ey10e 3
G V/m ， Hi (x)
=1 η1
G ex
G × Ei (x)
G = ez
1
− j2 πx
e3
12π
A/m
G
G
(2) 反射波电场 Er 和磁场 Hr 的复矢量分别为
G Er (x) =
G
j2 πx
−ey10e 3
G V/m ， Hr (x)
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。
电磁场与电磁波第六章答案
v
20
则位移电流的瞬时表达式为： J D
a x 5 10 7 cos(6 10 9 t 20z ) 2
3.海水的电导率约为 0.4ms / m ，其相对介电常数为 81。求海水中位移电流密度等于传导 电流密度时的界限频率。 3 解答：
5 1 时的频率为界限频率。则得 f 8.9 10 Hz
6.若空气的磁感应强度如题 2 所示，求磁场强度和电场强度的复数形式、坡印廷矢量的 瞬时值及平均值。
6 解答
1 j 20z H aye
0
，E
1 a x e j 20z ， c
1 S EH a z cos 2 (6 109 t 20z ) ， 0c
7 解答：由 E j 0 H
得H
0 0 E ym e jkz a x E xm e jkz a y 0 0
瞬时形式为： H
0 0 E ym cos(t kz)a x E xm cos(t kz)a y 0 0
1 1 S av Re E H az 2 2 0 c
（c
3 108 m / s)
7.在空气中，已知电场强度 E Exm cos(t kz)ax E ym cos(t kz)a y 。求坡印廷矢 量的瞬时值 S 及平均值 S av 。
j ( kz 0 )
，其中
0 为常数， k 2 2 0 0 。①求两个波的坡印廷矢量的平均值 S av1 和 S av2 ；②证明空间
中总的 Sav Sav1 Sav2 。 11 解答：1）由 E j 0 H ，得
电磁学第三版答案
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】
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 (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】
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
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。
本文档总结了《大学物理通用教程_电磁学（第二版）___题解答》中的题解答内容特点和方法。
本解答提供了《大学物理通用教程_电磁学（第二版）___题解答》中的题解答方式和思路的例子。
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。
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co
m
因此， H内
B内
0
M 0 ， H外
B外
0
0
分析均匀磁化永磁棒的感应强度 B，可以将其视为一个螺线管， 螺线管的环绕电流为磁化棒的束缚电流
后 答
M
B 2 =0。
而B 3 = B 4 = B 1 /2= 0 M/2
ww
w.
分析磁场强度 H 因而有： H 2 =0 H 1 =0
6.5
w.
中的磁场。
B
kh
r z
ww
小球的线度远小于通电线圈的半径， 用小球中心的磁场表示整个小球
0 2 RI 4 R 2 z 2
R R z
2 2
da
z dB
课
后 答
R O
I 0 R 2 2( R z )
2 2
3 2
案 网
H
100 4 107 0.01 2(0.01 0.01)
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
B B H dl 1 l1 2
c
NI
w.
（2）环内 M
0
B1
饱和磁化强度不小于 3.98 105 A / m
ww
6.10
设磁环长度 l1 ，磁场强度 H1 ,磁感应强度 B1 ;缝隙宽度 l2 ,磁场强度 H 2 ， 磁感应强度 B2
kh
0 0 r
N 2 0.8mH N 200 14 4 16 H
（2）由（1）式可知该环的磁阻为：
Rm N2 22 5 1 2.5 10（亨利） 6 L 16 10
ww
w.
kh
da
课
后 答
w.
案 网
co
m
即应该绕 14 匝。
m
铁
N 0 ，其中 N 0 为阿伏加德罗常数。即有：
d NB ' ( ) 2 6 2 2 200 0.267 3.14 2 10 6.7mH 电感L I I 0.1
6.4 解： （1）设环半径为 R,则根据环路定理：
H dl H 2 R I NI 0 ………(1)
解： （1）在真空介质中由环路定理：
w.
另外
H dl I H 2 R NI
Mr 1 98.1% 51.4% M 4 1.52 101
而 B 0 H 4 107 212.1 2.66Gs
d NB ( ) 2 4 6 2 2 200 2.66 10 3.14 2 10 6.7 H I 0.1
第六章习题答案 6.1
解： （1）铁磁化强度 M
原子个数为 n0
m
V
，考虑到铁原子是均匀磁化的，在 V 体积内铁
56 103
M n0 m
56 103
（2）磁化电流 jm M 1.52 106 A / m
解：由于 H=0, 磁化强度 M r Br
6.3
3 2
w.
2.2 104 T
（2）磁化率 m M
co
m
小球锁在处的能量密度
wm 1 1 2 1 HB B MB 2 2 0 2
M mH 1
2
mB 0 r
r 1 m
1 1 2 1 m B2 wm B MB B 20 2 20 2 0 r W 常数 1 m B2 V 2 0 r
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。
（2）线圈框架上的闭合线圈可以产生电磁阻尼，从而在外电流变 化时阻碍这种变化，使指针的晃动尽快稳定下来（外电流变化会使指
6.12
ww
w.
环的自感系数为
可在磁铁的 S 极和 N 极之间搭接一片薄铁片，改变铁片的面积可调 节缝隙中的磁通量，从而改变磁感应强度。
6.13 （1）由书中 P205 第 6.4.5 节我们知道绕了 N 匝线圈后的铁氧体
w.
案 网
Bn1 Bn 2 B1 cos85o B2 cos B1 B sin 85o 2 sin H t1 H t 2 700 1 1 tan tan 85o 0.0016 0.09o 700
在棒外，H=B/ 0 ，与 B 方向一致
在棒内，H=B/ 0 -M
kh
H 3 =-M/2
对于一个细长螺线管，B 1 、 B 2 的分析可类似于题 6.6，B 1 = 0 M，
da
H 4 =M/2 H2
课
w.
B2 B1 B3 B4
案 网
如图，标出相应的方向
co
m
6.7
M H4
H1
H3
由环路定理
kh
L 1 2 N ........(1) Rm
针发生晃动） 。
da
课
后 答
w.
案 网
心表面的均匀磁场分布， 电流线圈在改磁场中产生的力矩与电流成正
co
m
如果 Ml1 不变，缝隙越长，磁感应强度越小，缝隙中的磁场强度也随
其中 Rm 不随 N 变化而变化的。当 N 2 时 L 16H ，由比例关系，我 们很容易知道要使 L 0.8mH ，其对应的匝数为：
后 答
w.
0
1 T 4 107
案 网
6.2
NI 0 200 0.1 212.3 AM 1 2 R 2 0.015
co
由上题得：
铁 N 0 m
7.86 103 6.02 1023 1.8 1023 1.52 106 A / m 3 56 10
B1
课
（1）设环内磁感应强度 B1 ，环外缝隙中磁感应强度 B2 ，则 B1 B2 ；
0.5 3 1 10 2 0.2 645安匝 7 4 10 2000
da
2 R l1 NI
6.9
后 答
0.5 1 5 1 3.98 10 A / m 7 4 10 2000
小球受力：
3.18 1010
F 3.8 1010 (3.3 103 ) 1.3 1012 N
6.6
kh
jm
ww
w.
如图所示： 磁化强度为M的无限长均匀磁化永磁棒，设其束缚电流密度为j m ，满 足关系j m =M 分析磁感应强度时，将其视为环绕电流密度为j m 的无限长密绕螺线管 则： B内 0 jm 0 M ， B外 0
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
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：
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