大学电磁场课后答案

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电磁场与电磁波第二版课后答案 (2)

电磁场与电磁波第二版课后答案 (2)

电磁场与电磁波第二版课后答案第一章:电荷和电场1.1 选择题1.电场可以向量形式来表示。

2.使得电体带有不同种类电荷的原子或分子是离子化。

3.在法拉弹规定空气是电介质。

4.电荷量的基本单位是库仑。

5.元电荷是正负电荷的最小电荷量。

6.在电场中电荷所受力的方向完全取决于电荷性质和场的性质和方向。

7.电势能是标量。

8.空间中一点产生的电场是该点电荷所受电场的矢量和。

9.电场E的国际单位是NC−1。

10.电场强度受逼迫电荷的正负种类影响,但与电荷的量无关。

1.2 填空题1.空间中一点产生的电场是该点电荷所受电场的矢量和。

2.计算质点电荷q在某点产生的电场的公式是$\\vec{E}=\\frac{1}{4\\pi\\epsilon_0}\\frac{q}{r^2}\\vec{r}$。

3.计算正半球壳在某点产生的电场的公式是$\\vec{E}=\\frac{1}{4\\pi\\epsilon_0}\\frac{Q}{r^2}\\vec{r}$。

4.位置在球心,能量源是正半球壳带点,正半球在转轴一侧电势能是0。

5.半径为R的均匀带点球壳,带电量为Q,求通过球心的电束强度的公式是$\\frac{Q}{4\\pi\\epsilon_0R^2}$。

1.3 计算题1.两个带电量分别为q1和q2的点电荷之间的相互干扰力公式是$\\vec{F}=\\frac{q_1q_2}{4\\pi\\epsilon_0r^2}\\vec{r}$。

2.一个电荷为q的质点,和一个均匀带有电量Q的半球壳之间的相互干扰力公式是$\\vec{F}=\\frac{1}{4\\pi\\epsilon_0}\\frac{qQ}{r^2}\\vec{r}$。

第二章:电磁感应和电磁波2.1 选择题1.电磁感应是由磁通变化产生的。

2.电磁感应一定要在导电体内才能产生电流是错误的。

√3.在电磁感应现象中,即使磁通量不变时导体电流也会产生改变。

4.电磁感应现象是反过来实现的。

电磁场课后习题答案

电磁场课后习题答案

电磁场课后习题答案电磁场课后习题答案电磁场是物理学中一个重要的概念,涉及到电荷、电流和磁场的相互作用。

在学习电磁场的过程中,我们经常会遇到一些习题,这些习题旨在帮助我们更好地理解电磁场的基本原理和应用。

本文将给出一些电磁场课后习题的答案,希望能够对大家的学习有所帮助。

1. 一个带电粒子在匀强磁场中作圆周运动,其运动半径与速度之间的关系是什么?答:带电粒子在匀强磁场中作圆周运动时,受到的洛伦兹力与向心力相等。

洛伦兹力的大小为F = qvB,向心力的大小为F = mv²/R,其中q为电荷量,v为速度,B为磁感应强度,m为质量,R为运动半径。

将这两个力相等,可以得到qvB = mv²/R,整理得到v = qBR/m。

因此,速度与运动半径之间的关系是v 与R成正比。

2. 一个长直导线中有一电流I,求其所产生的磁场强度B与距离导线距离r之间的关系。

答:根据安培定律,长直导线所产生的磁场强度与电流和距离的关系为B =μ₀I/2πr,其中B为磁场强度,I为电流,r为距离,μ₀为真空中的磁导率。

可以看出,磁场强度与距离的关系是B与1/r成反比。

3. 一个平面电磁波的电场强度和磁场强度的振幅分别为E₀和B₀,求其能量密度u与E₀和B₀之间的关系。

答:平面电磁波的能量密度与电场强度和磁场强度的关系为u = ε₀E₀²/2 +B₀²/2μ₀,其中u为能量密度,ε₀为真空中的介电常数,μ₀为真空中的磁导率。

可以看出,能量密度与电场强度的振幅的平方和磁场强度的振幅的平方之间存在关系。

4. 一个平行板电容器的电容为C,两板间的距离为d,若电容器中充满了介电常数为ε的介质,请问在电容器中存储的电能与电容、电压和介电常数之间的关系是什么?答:平行板电容器存储的电能与电容、电压和介电常数之间的关系为W =1/2CV²,其中W为存储的电能,C为电容,V为电压。

当电容器中充满了介质后,介质的存在会使电容增加为C' = εC,因此存储的电能也会增加为W' =1/2C'V² = 1/2εCV²。

大学物理(少学时)第9章电磁感应与电磁场课后习题答案

大学物理(少学时)第9章电磁感应与电磁场课后习题答案

9-1两个半径分别为R 和r 的同轴圆形线圈相距x ,且R >>r ,x >>R .若大线圈通有电流I 而小线圈沿x 轴方向以速率v 运动,试求小线圈回路中产生的感应电动势的大小. 解:在轴线上的磁场()()22003322222IR IR B x R x R xμμ=≈>>+32202xr IR BS πμφ==v xr IR dt dx x r IR dt d 422042202332πμπμφε=--=-=9-2如图所示,有一弯成θ 角的金属架COD 放在磁场中,磁感强度B ϖ的方向垂直于金属架COD 所在平面.一导体杆MN 垂直于OD 边,并在金属架上以恒定速度v ϖ向右滑动,v ϖ与MN 垂直.设t =0时,x = 0.求当磁场分布均匀,且B ϖ不随时间改变,框架内的感应电动势i ε.解:12m B S B xy Φ=⋅=⋅,θtg x y ⋅=,vt x =22212/()/i d dt d Bv t tg dt Bv t tg εϕθθ=-=-=⋅,电动势方向:由M 指向N9-3 真空中,一无限长直导线,通有电流I ,一个与之共面的直角三角形线圈ABC 放置在此长直导线右侧。

已知AC 边长为b ,且与长直导线平行,BC 边长为a ,如图所示。

若线圈以垂直于导线方向的速度v 向右平移,当B 点与直导线的距离为d 时,求线圈ABC 内的感应电动势的大小和方向。

解:当线圈ABC 向右平移时,AB 和AC 边中会产生动生电动势。

当C 点与长直导线的距离为d 时,AC 边所在位置磁感应强度大小为:02()IB a d μπ=+AC 中产生的动生电动势大小为:xr IRx vC DOxMθBϖv ϖ02()AC AC IbvBl v a d μεπ==+,方向沿CA 方向如图所示,在AB 边上取微分元dl ,微分元dl 中的动生电动势为,()AB d v B dl ε=⨯⋅v v v其方向沿BA 方向。

电磁场与电磁波第四版课后答案

电磁场与电磁波第四版课后答案

答案:① aA =
1 14
(ax
+
2ay

3az
)
;②
A−B =
53 ;③ A • B = −11;

θ AB = 135.48 ; ⑤
A× C = −(4ax +13ay +10az ) ; ⑥
A •(B × C)=(A • B)× C = −42 ; ⑦
(A× B)× C = 2ax − 40ay + 5az 和
托克斯定理求解此线积分。
∫ ∫ 答案:① A •dl = π a4 ;② (∇ × A) dS = π a4 。
l
4
l
4
1-18 试在直角坐标系下证明: − 1 ∇2 (1 R)=δ(r − r′)。 4π
∫ 1-19 若矢量 A = a(R cos2 ϕ
R3 ),1 ≤ R ≤ 2 ,求
∇• AdV 。
⎡ 2 sinhξ cosη
⎢ ⎢
cosh 2ξ − cos 2η

答案:[M ] = ⎢−
2 coshξ sinη
⎢ cosh 2ξ − cos 2η


0
⎢⎢⎣
2 coshξ sinη cosh 2ξ − cos 2η
2 sinhξ cosη cosh 2ξ − cos 2η
0
⎤ 0⎥
⎥ ⎥ 0⎥ 。 ⎥ ⎥ 1⎥ ⎥⎥⎦
+ ay
y − 2x x2 + y2

1-22 已知 A = a a x + b a y + c a z ,写出圆柱坐标系和圆球坐标系下 A 的表达式。
答案: A = (a cosϕ + b sinϕ )ar + (b cosϕ − a sin ϕ )aϕ + caz ;

大学物理(少学时)第9章电磁感应与电磁场课后习题答案

大学物理(少学时)第9章电磁感应与电磁场课后习题答案

9-1两个半径分别为R与r得同轴圆形线圈相距x,且R〉>r,x>〉R。

若大线圈通有电流I而小线圈沿x轴方向以速率v运动,试求小线圈回路中产生得感应电动势得大小. 解:9—2如图所示,有一弯成 角得金属架COD放在磁场中,磁感强度得方向垂直于金属架COD所在平面.一导体杆MN垂直于OD边,并在金属架上以恒定速度向右滑动,与MN 垂直。

设t=0时,x = 0.求当磁场分布均匀,且不随时间改变,框架内得感应电动势. 解:,,,电动势方向:由M指向N9—3真空中,一无限长直导线,通有电流I,一个与之共面得直角三角形线圈ABC 放置在此长直导线右侧.已知AC边长为b,且与长直导线平行,BC边长为a,如图所示.若线圈以垂直于导线方向得速度v向右平移,当B点与直导线得距离为d时,求线圈ABC内得感应电动势得大小与方向。

解:当线圈ABC向右平移时,AB与AC边中会产生动生电动势。

当C点与长直导线得距离为d时,AC边所在位置磁感应强度大小为:AC中产生得动生电动势大小为:,方向沿CA方向如图所示,在AB边上取微分元dl,微分元dl中得动生电动势为,其方向沿BA 方向。

得方向向上,大小为.设,则,,方向沿BA方向线圈ABC内得感应电动势得大小为方向:BACB9-4如图所示,一根长为得金属细杆ab绕竖直轴以角速度在水平面内旋转。

在距离细杆a端处。

若已知地磁场在竖直方向得分量为B,求ab两端间得电势差,并指出a、b两点哪点电势高?解:Ob间得动生电动势:b点电势高于O点.Oa间得动生电动势:a点电势高于O点。

b点电势高。

9-5在匀强磁场B中,导线,,OMN整体可绕O点在垂直于磁场得平面内逆时针转动,如图所示,若转动角速度为。

(1)求OM间电势差(2)求ON间电势差(3)指出O、M、N三点中哪点电势最高?解:(1)(2)添加辅助线ON,由于整个△OMN内感应电动势为零,所以,即可直接由辅助线上得电动势来代替OM、MN两段内得电动势。

大学物理第八章课后习题答案

大学物理第八章课后习题答案

大学物理第八章课后习题答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第八章电磁感应电磁场8 -1一根无限长平行直导线载有电流I,一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动(如图所示),则()(A)线圈中无感应电流(B)线圈中感应电流为顺时针方向(C)线圈中感应电流为逆时针方向(D)线圈中感应电流方向无法确定分析与解由右手定则可以判断,在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里,磁场是非均匀场,距离长直载流导线越远,磁场越弱.因而当矩形线圈朝下运动时,在线圈中产生感应电流,感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定.因而正确答案为(B).8 -2将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中,并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等,不计自感时则()(A)铜环中有感应电流,木环中无感应电流(B)铜环中有感应电流,木环中有感应电流(C)铜环中感应电动势大,木环中感应电动势小(D)铜环中感应电动势小,木环中感应电动势大23分析与解 根据法拉第电磁感应定律,铜环、木环中的感应电场大小相等,但在木环中不会形成电流.因而正确答案为(A ).8 -3 有两个线圈,线圈1 对线圈2 的互感系数为M 21 ,而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 .若它们分别流过i 1 和i 2 的变化电流且ti t i d d d d 21<,并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为ε12 ,由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ,下述论断正确的是( ).(A )2112M M = ,1221εε=(B )2112M M ≠ ,1221εε≠(C )2112M M =, 1221εε<(D )2112M M = ,1221εε<分析与解 教材中已经证明M21 =M12 ,电磁感应定律t i M εd d 12121=;ti M εd d 21212=.因而正确答案为(D ). 8 -4 对位移电流,下述四种说法中哪一种说法是正确的是( )(A ) 位移电流的实质是变化的电场(B ) 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷(C ) 位移电流服从传导电流遵循的所有定律(D ) 位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解 位移电流的实质是变化的电场.变化的电场激发磁场,在这一点位移电流等效于传导电流,但是位移电流不是走向运动的电荷,也就不服从焦耳热效应、安培力等定律.因而正确答案为(A ).48 -5 下列概念正确的是( )(A ) 感应电场是保守场(B ) 感应电场的电场线是一组闭合曲线(C ) LI Φm =,因而线圈的自感系数与回路的电流成反比(D ) LI Φm =,回路的磁通量越大,回路的自感系数也一定大 分析与解 对照感应电场的性质,感应电场的电场线是一组闭合曲线.因而正确答案为(B ).8 -6 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()Wb π100sin 100.85t Φ⨯=,求在s 100.12-⨯=t 时,线圈中的感应电动势.分析 由于线圈有N 匝相同回路,线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和,在此情况下,法拉第电磁感应定律通常写成tψt ΦN ξd d d d -=-=,其中ΦN ψ=称为磁链. 解 线圈中总的感应电动势()()t tΦNξπ100cos 51.2d d =-= 当s 100.12-⨯=t 时,V 51.2=ξ. 8 -7 有两根相距为d 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tI d d 的变化率增长.若有一边长为d 的正方形线圈与两导线处于同一平面内,如图所示.求线圈中的感应电动势.5分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律tΦξd d -=来求解.由于回路处在非均匀磁场中,磁通量就需用⎰⋅=SΦS B d 来计算(其中B 为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度B 1 与B 2 之和). 为了积分的需要,建立如图所示的坐标系.由于B 仅与x 有关,即()B B x =,故取一个平行于长直导线的宽为dx 、长为d 的面元dS ,如图中阴影部分所示,则x d S d d =,所以,总磁通量可通过线积分求得(若取面元y x S d d d =,则上述积分实际上为二重积分).本题在工程技术中又称为互感现象,也可用公式tl M E M d d -=求解. 解1 穿过面元dS 的磁通量为()x d xI μx d d x I μΦd π2d π2d d d d 0021-+=⋅+⋅=⋅=S B S B S B 因此穿过线圈的磁通量为()43ln π2d π2d π2d 02020Id μx x Id μx d x Id μΦΦd d dd =-+==⎰⎰⎰ 再由法拉第电磁感应定律,有6tI d μt ΦE d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 解2 当两长直导线有电流I 通过时,穿过线圈的磁通量为 43ln π20dI μΦ=线圈与两长直导线间的互感为 43ln π20d μI ΦM == 当电流以tl d d 变化时,线圈中的互感电动势为 tI d μt I M E d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 试想:如线圈又以速率v 沿水平向右运动,如何用法拉第电磁感应定律求图示位置的电动势呢此时线圈中既有动生电动势,又有感生电动势.设时刻t ,线圈左端距右侧直导线的距离为ξ,则穿过回路的磁通量()ξf ΦS,1d =⋅=⎰S B ,它表现为变量I 和ξ的二元函数,将Φ代入t ΦE d d -= 即可求解,求解时应按复合函数求导,注意,其中v =tξd d ,再令ξ=d 即可求得图示位置处回路中的总电动势.最终结果为两项,其中一项为动生电动势,另一项为感生电动势.8 -8 有一测量磁感强度的线圈,其截面积S =4.0 cm 2 、匝数N =160 匝、电阻R =50Ω.线圈与一内阻R i =30Ω的冲击电流计相连.若开始时,线圈的平面与均匀磁场的磁感强度B 相垂直,然后线圈的平面很快地转到与B 的方向平行.此时从冲击电流计中测得电荷值54.010C q -=⨯.问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少7分析 在电磁感应现象中,闭合回路中的感应电动势和感应电流与磁通量变化的快慢有关,而在一段时间内,通过导体截面的感应电量只与磁通量变化的大小有关,与磁通量变化的快慢无关.工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱. 解 在线圈转过90°角时,通过线圈平面磁通量的变化量为NBS NBS ΦΦΦ=-=-=0Δ12 因此,流过导体截面的电量为ii R RNBS R R Φq +=+=Δ 则 ()T 050.0=+=NSR R q B i 8 -9 如图所示,一长直导线中通有I =5.0 A 的电流,在距导线9.0 cm 处,放一面积为0.10 cm 2 ,10 匝的小圆线圈,线圈中的磁场可看作是均匀的.今在1.0 ×10-2 s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处.求:(1) 线圈中平均感应电动势;(2) 设线圈的电阻为1.0×10-2Ω,求通过线圈横截面的感应电荷.8分析 虽然线圈处于非均匀磁场中,但由于线圈的面积很小,可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的,因而可近似用NBS ψ=来计算线圈在始、末两个位置的磁链.解 (1) 在始、末状态,通过线圈的磁链分别为1011π2r ISμN S NB ψ==,2022π2r IS μN S NB ψ== 则线圈中的平均感应电动势为 V 1011.111πΔ2ΔΔ8210-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==r r t IS μN t ΦE 电动势的指向为顺时针方向.(2) 通过线圈导线横截面的感应电荷为tΦE d d -= 8 -10 如图(a)所示,把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中,当导线以速率v 水平向右平动时,求导线中感应电动势E 的大小,哪一端电势较高9分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势,除仍可由tΦE d d -=求解外(必须设法构造一个闭合回路),还可直接用公式()l B d ⋅⨯=⎰l E v 求解.在用后一种方法求解时,应注意导体上任一导线元dl 上的动生电动势()l B d d ⋅⨯=v E .在一般情况下,上述各量可能是dl 所在位置的函数.矢量(v ×B )的方向就是导线中电势升高的方向. 解1 如图(b)所示,假想半圆形导线O P 在宽为2R 的静止形导轨上滑动,两者之间形成一个闭合回路.设顺时针方向为回路正向,任一时刻端点O 或端点P 距 形导轨左侧距离为x ,则B R Rx Φ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2π212 即B R tx RB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-= 由于静止的 形导轨上的电动势为零,则E =-2R v B .式中负号表示电动势的方向为逆时针,对OP 段来说端点P 的电势较高. 解2 建立如图(c )所示的坐标系,在导体上任意处取导体元dl ,则()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B vB R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰- 由矢量(v ×B )的指向可知,端点P 的电势较高.10 解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路.由于磁场是均匀的,在任意时刻,穿过回路的磁通量==BS Φ常数.由法拉第电磁感应定律tΦE d d -=可知,E =0 又因 E =E OP +E PO即 E OP =-E PO =2R v B由上述结果可知,在均匀磁场中,任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零;而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势.上述求解方法是叠加思想的逆运用,即补偿的方法.8 -11 长为L 的铜棒,以距端点r 处为支点,以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B 的均匀磁场与轴平行,求棒两端的电势差.分析 应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念,如同电源的端电压与电源电动势的不同.在开路时,两者大小相等,方向相反(电动势的方向是电势升高的方向,而电势差的正方向是电势降落的方向).本题可直接用积分法求解棒上的电动势,亦可以将整个棒的电动势看作是O A 棒与O B 棒上电动势的代数和,如图(b)所示.而E O A 和E O B 则可以直接利用第8 -2 节例1 给出的结果.解1 如图(a)所示,在棒上距点O 为l 处取导体元dl ,则()()r L lB ωl lB ωE L-r r AB AB 221d d --=-=⋅⨯=⎰⎰-l B v 因此棒两端的电势差为()r L lB ωE U AB AB 221--== 当L >2r 时,端点A 处的电势较高解2 将AB 棒上的电动势看作是O A 棒和O B 棒上电动势的代数和,如图(b)所示.其中221r ωB E OA =,()221r L B ωE OB -= 则()r L BL ωE E E OB OA AB 221--=-= 8 -12 如图所示,长为L 的导体棒OP ,处于均匀磁场中,并绕OO ′轴以角速度ω旋转,棒与转轴间夹角恒为θ,磁感强度B 与转轴平行.求OP 棒在图示位置处的电动势.分析 如前所述,本题既可以用法拉第电磁感应定律t ΦE d d -= 计算(此时必须构造一个包含OP 导体在内的闭合回路, 如直角三角形导体回路OPQO ),也可用()l B d ⋅⨯=⎰lE v 来计算.由于对称性,导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的.解1 由上分析,得()l B d ⋅⨯=⎰OP OP E v l αB l o d cos 90sin ⎰=v()()l θB θωl o d 90cos sin ⎰-=l()⎰==L θL B ωl l θB ω022sin 21d sin 由矢量B ⨯v 的方向可知端点P 的电势较高.解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分,任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零,则回路的总电动势QO PQ OP E E E t ΦE ++==-=0d d 显然,E QO =0,所以()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-= 由上可知,导体棒OP 旋转时,在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效.后者是垂直切割的情况.8 -13 如图(a)所示,金属杆AB 以匀速12.0m s -=⋅v 平行于一长直导线移动,此导线通有电流I =40A .求杆中的感应电动势,杆的哪一端电势较高分析 本题可用两种方法求解.(1) 用公式()l B d ⋅⨯=⎰lE v 求解,建立图(a )所示的坐标系,所取导体元x l d d =,该处的磁感强度xI μB π20=.(2) 用法拉第电磁感应定律求解,需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路.为此可设想杆AB 在一个静止的形导轨上滑动,如图(b)所示.设时刻t ,杆AB 距导轨下端CD 的距离为y ,先用公式⎰⋅=SΦS B d 求得穿过该回路的磁通量,再代入公式tΦE d d -=,即可求得回路的电动势,亦即本题杆中的电动势. 解1 根据分析,杆中的感应电动势为()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m 1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰v v v I μx x μxl E AB AB l B 式中负号表示电动势方向由B 指向A ,故点A 电势较高. 解2 设顺时针方向为回路AB CD 的正向,根据分析,在距直导线x 处,取宽为dx 、长为y 的面元dS ,则穿过面元的磁通量为x y xI μΦd 2πd d 0=⋅=S B 穿过回路的磁通量为11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===S Iy μx y x I μΦΦ 回路的电动势为V 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iy μt y x I μt ΦE 由于静止的形导轨上电动势为零,所以 V 1084.35-⨯-==E E AB式中负号说明回路电动势方向为逆时针,对AB 导体来说,电动势方向应由B 指向A ,故点A 电势较高.8 -14 如图(a)所示,在“无限长”直载流导线的近旁,放置一个矩形导体线框,该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动,求在图示位置处,线框中感应电动势的大小和方向.分析 本题亦可用两种方法求解.其中应注意下列两点:1.当闭合导体线框在磁场中运动时,线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和.如图(a)所示,导体eh 段和fg 段上的电动势为零[此两段导体上处处满足()0l B =⋅⨯d v ],因而线框中的总电动势为()()()()hg ef hgef gh ef E E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v 其等效电路如图(b)所示.2.用公式tΦE d d -=求解,式中Φ是线框运动至任意位置处时,穿过线框的磁通量.为此设时刻t 时,线框左边距导线的距离为ξ,如图(c )所示,显然ξ是时间t 的函数,且有v =tξd d .在求得线框在任意位置处的电动势E (ξ)后,再令ξ=d ,即可得线框在题目所给位置处的电动势.解1 根据分析,线框中的电动势为hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgef l B l B d d v v ()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μv v ()1202πl d I I μ+=1vI 由E ef >E hg 可知,线框中的电动势方向为efgh .解2 设顺时针方向为线框回路的正向.根据分析,在任意位置处,穿过线框的磁通量为()()ξl ξξx Il μdx ξx Il μΦl 120020ln π2π21++=+=⎰ 相应电动势为()()1120π2d d l ξξl l I μt ΦξE +=-=v 令ξ=d ,得线框在图示位置处的电动势为 ()1120π2l d d l l I μE +=v 由E >0 可知,线框中电动势方向为顺时针方向.*8 -15 有一长为l ,宽为b 的矩形导线框架,其质量为m ,电阻为R .在t =0时,框架从距水平面y =0 的上方h 处由静止自由下落,如图所示.磁场的分布为:在y =0 的水平面上方没有磁场;在y =0 的水平面下方有磁感强度为B 的均匀磁场,B 的方向垂直纸面向里.已知框架在时刻t 1 和t 2 的位置如图中所示.求在下述时间内,框架的速度与时间的关系:(1) t 1 ≥t >0,即框架进入磁场前;(2) t 2 ≥t ≥t 1 ,即框架进入磁场, 但尚未全部进入磁场;(3)t >t 2 ,即框架全部进入磁场后.分析 设线框刚进入磁场(t 1 时刻)和全部进入磁场(t 2 时刻)的瞬间,其速度分别为v 10 和v 20 .在情况(1)和(3)中,线框中无感应电流,线框仅在重力作用下作落体运动,其速度与时间的关系分别为v =gt (t <t 1)和v =v 20 +g (t -t 2 )(t >t 2 ).而在t 1<t <t 2这段时间内,线框运动较为复杂,由于穿过线框回路的磁通量变化,使得回路中有感应电流存在,从而使线框除受重力外,还受到一个向上的安培力F A ,其大小与速度有关,即()A A F F =v .根据牛顿运动定律,此时线框的运动微分方程为()tv v d d m F mg A =-,解此微分方程可得t 1<t <t 2 时间内线框的速度与时间的关系式.解 (1) 根据分析,在1t t ≤时间内,线框为自由落体运动,于是()11t t gt ≤=v 其中1t t =时,gh 2101==v v(2) 线框进入磁场后,受到向上的安培力为v Rl B IlB F A 22== 根据牛顿运动定律,可得线框运动的微分方程tv m v d d 22=-R l B mg 令mRl B K 22=,整理上式并分离变量积分,有 ⎰⎰=-t t t g 110d d vv Kv v 积分后将gh 210=v 代入,可得()()[]1212t t K e gh K g g K----=v (3) 线框全部进入磁场后(t >t 2),作初速为v 20 的落体运动,故有()()()[]()222031221t t g e gh K g g Kt t g t t K -+--=-+=--v v 8 -16 有一磁感强度为B 的均匀磁场,以恒定的变化率t d d B 在变化.把一块质量为m 的铜,拉成截面半径为r 的导线,并用它做成一个半径为R 的圆形回路.圆形回路的平面与磁感强度B 垂直.试证:这回路中的感应电流为td d π4B d ρm I =式中ρ 为铜的电阻率,d 为铜的密度. 解 圆形回路导线长为πR 2,导线截面积为2πr ,其电阻R ′为22rR ρS l ρR ==' 在均匀磁场中,穿过该回路的磁通量为BS Φ=,由法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电流为t t t d d 2πd d π1d d 122B ρRr B R R ΦR R E I ='='='= 而2ππ2r R d m =,即dm Rr π2π2=,代入上式可得 td d π4B d ρm I = 8 -17 半径为R =2.0 cm 的无限长直载流密绕螺线管,管内磁场可视为均匀磁场,管外磁场可近似看作零.若通电电流均匀变化,使得磁感强度B 随时间的变化率td d B 为常量,且为正值,试求:(1) 管内外由磁场变化激发的感生电场分布;(2) 如1s T 010.0d d -⋅=tB ,求距螺线管中心轴r =5.0 cm 处感生电场的大小和方向.分析 变化磁场可以在空间激发感生电场,感生电场的空间分布与场源———变化的磁场(包括磁场的空间分布以及磁场的变化率td d B 等)密切相关,即S B l E d d ⋅∂∂-=⎰⎰S S k t .在一般情况下,求解感生电场的分布是困难的.但对于本题这种特殊情况,则可以利用场的对称性进行求解.可以设想,无限长直螺线管内磁场具有柱对称性,其横截面的磁场分布如图所示.由其激发的感生电场也一定有相应的对称性,考虑到感生电场的电场线为闭合曲线,因而本题中感生电场的电场线一定是一系列以螺线管中心轴为圆心的同心圆.同一圆周上各点的电场强度E k 的大小相等,方向沿圆周的切线方向.图中虚线表示r <R 和r >R 两个区域的电场线.电场线绕向取决于磁场的变化情况,由楞次定律可知,当0d d <t B 时,电场线绕向与B 方向满足右螺旋关系;当0d d >t B 时,电场线绕向与前者相反.解 如图所示,分别在r <R 和r >R 的两个区域内任取一电场线为闭合回路l (半径为r 的圆),依照右手定则,不妨设顺时针方向为回路正向.(1) r <R , tB r t r E E k l k d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tB r E k d d 2-= r >R , t B R t r E E k lk d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tB r R E k d d 22-= 由于0d d >tB ,故电场线的绕向为逆时针. (2) 由于r >R ,所求点在螺线管外,因此tB r R E k d d 22-= 将r 、R 、tB d d 的数值代入,可得15m V 100.4--⋅⨯-=k E ,式中负号表示E k 的方向是逆时针的.8 -18 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场,B 的方向与柱的轴线平行.如图(a)所示,有一长为l 的金属棒放在磁场中,设B 随时间的变化率tB d d 为常量.试证:棒上感应电动势的大小为分析 变化磁场在其周围激发感生电场,把导体置于感生电场中,导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动,在棒内两端形成正负电荷的积累,从而产生感生电动势.由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同,故可利用上题结果,由⎰⋅=lk E l E d 计算棒上感生电动势.此外,还可连接OP 、OQ ,设想PQOP 构成一个闭合导体回路,用法拉第电磁感应定律求解,由于OP 、OQ 沿半径方向,与通过该处的感生电场强度E k 处处垂直,故0d =⋅l E k ,OP 、OQ 两段均无电动势,这样,由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势,就是导体棒PQ 上的电动势.证1 由法拉第电磁感应定律,有 22Δ22d d d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-==-==l R l t B t B S t ΦE E PQ 证2 由题8 -17可知,在r <R 区域,感生电场强度的大小tB r E k d d 2= 设PQ 上线元dx 处,E k 的方向如图(b )所示,则金属杆PQ 上的电动势为()()222202/2d d d 2/d d 2d cos d l R l t B x r l R t B r x θE E l k k PQ -=-==⋅=⎰⎰x E 讨论 假如金属棒PQ 有一段在圆外,则圆外一段导体上有无电动势 该如何求解8 -19 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环,其尺寸如图(a)所示,共有N 匝(图中仅画出少量几匝),求该螺绕环的自感L .分析 如同电容一样,自感和互感都是与回路系统自身性质(如形状、匝数、介质等)有关的量.求自感L 的方法有两种:1.设有电流I 通过线圈,计算磁场穿过自身回路的总磁通量,再用公式IΦL =计算L .2.让回路中通以变化率已知的电流,测出回路中的感应电动势E L ,由公式t I E L L d /d =计算L .式中E L 和tI d d 都较容易通过实验测定,所以此方法一般适合于工程中.此外,还可通过计算能量的方法求解.解 用方法1 求解,设有电流I 通过线圈,线圈回路呈长方形,如图(b)所示,由安培环路定理可求得在R 1 <r <R 2 范围内的磁场分布为xNI μB π20=由于线圈由N 匝相同的回路构成,所以穿过自身回路的磁链为 12200ln π2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψS R R ==⋅=⎰⎰S B 则1220ln π2R R h N μI ψL = 若管中充满均匀同种磁介质,其相对磁导率为μr ,则自感将增大μr 倍.8 -20 如图所示,螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体,其截面积分别为S 1 和S 2 ,磁导率分别为μ1 和μ2 ,管长为l ,匝数为N ,求螺线管的自感.(设管的截面很小)分析 本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响.在无介质时,通电螺线管内的磁场是均匀的,磁感强度为B 0 ,由于磁介质的存在,在不同磁介质中磁感强度分别为μ1 B 0 和μ2 B 0 .通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S 1 和S 2 的两部分磁通量之和.由自感的定义可解得结果.解 设有电流I 通过螺线管,则管中两介质中磁感强度分别为I L N μnl μB 111==,I LN μnl μB 222== 通过N 匝回路的磁链为221121S NB S NB ΨΨΨ+=+=则自感2211221S μS μlN I ψL L L +==+= 8 -21 有两根半径均为a 的平行长直导线,它们中心距离为d .试求长为l的一对导线的自感(导线内部的磁通量可略去不计).分析 两平行长直导线可以看成无限长但宽为d 的矩形回路的一部分.设在矩形回路中通有逆时针方向电流I ,然后计算图中阴影部分(宽为d 、长为l )的磁通量.该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加.解 在如图所示的坐标中,当两导线中通有图示的电流I 时,两平行导线间的磁感强度为()r d I μr I μB -+=π2π200 穿过图中阴影部分的磁通量为 aa d l μr Bl ΦS a d a -==⋅=⎰⎰-ln πd d 0S B 则长为l 的一对导线的自感为aa d l μI ΦL -==ln π0 如导线内部磁通量不能忽略,则一对导线的自感为212L L L +=.L 1 称为外自感,即本题已求出的L ,L 2 称为一根导线的内自感.长为l 的导线的内自感8π02l μL =,有兴趣的读者可自行求解. 8 -22 如图所示,在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB 和A ′B ′,每个线圈的自感均为L ,求:(1) A 和A ′相接时,B 和B ′间的自感L 1 ;(2) A ′和B 相接时,A 和B ′间的自感L 2 .分析 无论线圈AB 和A ′B ′作哪种方式连接,均可看成一个大线圈回路的两个部分,故仍可从自感系数的定义出发求解.求解过程中可利用磁通量叠加的方法,如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为Φ,则穿过两线圈回路的磁通量为2Φ;而当两组线圈按(1)或(2)方式连接后,则穿过大线圈回路的总磁通量为2Φ±2Φ,“ ±”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反.解 (1) 当A 和A ′连接时,AB 和A ′B ′线圈中电流流向相反,通过回路的磁通量亦相反,故总通量为0221=-=ΦΦΦ,故L 1 =0.(2) 当A ′和B 连接时,AB 和A ′B ′线圈中电流流向相同,通过回路的磁通量亦相同,故总通量为ΦΦΦΦ4222=+=, 故L I ΦI ΦL 4422===. 本题结果在工程实际中有实用意义,如按题(1)方式连接,则可构造出一个无自感的线圈.8 -23 如图所示,一面积为4.0 cm 2 共50 匝的小圆形线圈A ,放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央,此两线圈同心且同平面.设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的.求:(1) 两线圈的互感;(2) 当线圈B 中电流的变化率为-50 A·s-1 时,线圈A 中感应电动势的大小和方向.分析 设回路Ⅰ中通有电流I 1 ,穿过回路Ⅱ的磁通量为Φ21 ,则互感M =M 21 =Φ21I 1 ;也可设回路Ⅱ通有电流I 2 ,穿过回路Ⅰ的磁通量为Φ12 ,则21212I ΦM M == . 虽然两种途径所得结果相同,但在很多情况下,不同途径所涉及的计算难易程度会有很大的不同.以本题为例,如设线圈B 中有电流I 通过,则在线圈A 中心处的磁感强度很易求得,由于线圈A 很小,其所在处的磁场可视为均匀的,因而穿过线圈A 的磁通量Φ≈BS .反之,如设线圈A 通有电流I ,其周围的磁场分布是变化的,且难以计算,因而穿过线圈B 的磁通量也就很难求得,由此可见,计算互感一定要善于选择方便的途径.解 (1) 设线圈B 有电流I 通过,它在圆心处产生的磁感强度R I μN B B 200=穿过小线圈A 的磁链近似为 A B A A A A S RI μN N S B N ψ200== 则两线圈的互感为H 1028.6260-⨯===RS μN N I ψM A B A A (2)V 1014.3d d 4-⨯=-=tI M E A 互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同.8 -24 如图所示,两同轴单匝线圈A 、C 的半径分别为R 和r ,两线圈相距为d .若r 很小,可认为线圈A 在线圈C 处所产生的磁场是均匀的.求两线圈的互感.若线圈C 的匝数为N 匝,则互感又为多少解 设线圈A 中有电流I 通过,它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁感强度近似为()2/322202d R IR μB +=穿过线圈C 的磁通为 ()22/32220π2r d R IR μBS ψC +==则两线圈的互感为 ()2/3222202πdR R r μI ψM +== 若线圈C 的匝数为N 匝,则互感为上述值的N 倍. 8 -25 如图所示,螺绕环A 中充满了铁磁质,管的截面积S 为2.0 cm 2 ,沿环每厘米绕有100 匝线圈,通有电流I 1 =4.0 ×10 -2 A ,在环上再绕一线圈C ,共10 匝,其电阻为0.10 Ω,今将开关S 突然开启,测得线圈C 中的感应电荷为2.0 ×10 -3C .求:当螺绕环中通有电流I 1 时,铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率μr .分析 本题与题8 -8 相似,均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度.线圈C 的磁通变化是与环形螺线管中的电流变化相联系的. 解 当螺绕环中通以电流I 1 时,在环内产生的磁感强度110I n μμB r =则通过线圈C 的磁链为S I n μμN BS N ψr c 11022==设断开电源过程中,通过C 的感应电荷为q C ,则有()RS I n μμN ψR ψR qc r c c 110201Δ1=--=-= 由此得 T 10.02110===S N Rqc I n μμB r 相对磁导率1991102==I n μS N Rqc μr8 -26 一个直径为0.01 m ,长为0.10 m 的长直密绕螺线管,共1 000 匝线圈,总电阻为7.76 Ω.求:(1) 如把线圈接到电动势E =2.0 V 的电池上,电流稳定后,线圈中所储存的磁能有多少 磁能密度是多少*(2) 从接通电路时算起,要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半,需经过多少时间分析 单一载流回路所具有的磁能,通常可用两种方法计算:(1) 如回路自感为L (已知或很容易求得),则该回路通有电流I 时所储存的磁能221LI W m =,通常称为自感磁能.(2) 由于载流回路可在空间激发磁场,磁能实际是储存于磁场之中,因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量,即V w W V m m d ⎰=,式中m w 为磁场能量密度,积分遍及磁场存在的空间.由于μB w m 22=,因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生的磁感强度B 的分布.上述两种方法还为我们提供了计算自感的另一种途径,即运用V w LI V m d 212⎰=求解L . 解 (1) 密绕长直螺线管在忽略端部效应时,其自感l S N L 2=,电流稳定后,线圈中电流RE I =,则线圈中所储存的磁能为J 1028.3221522202-⨯===lRSE N μLI W m 在忽略端部效应时,该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管。

电磁场理论课后习题1答案

电磁场理论课后习题1答案

电磁场理论课后习题1答案电磁场理论是物理学中的重要课程,它研究了电磁场的产生、传播和相互作用。

在学习这门课程时,课后习题是巩固知识、提高能力的重要途径。

本文将针对电磁场理论课后习题1给出详细的解答。

习题1:一个带电粒子在电磁场中运动,受到的洛伦兹力为F=q(E+v×B),其中q是粒子的电荷量,E是电场强度,v是粒子的速度,B是磁感应强度。

请证明:洛伦兹力对粒子所做的功率为P=qv·E。

解答:根据洛伦兹力的表达式F=q(E+v×B),我们可以将其展开为F=qE+qv×B。

其中第一项qE表示粒子在电场中受到的电力,第二项qv×B表示粒子在磁场中受到的磁力。

根据功率的定义,功率P等于力F对时间t的导数,即P=dW/dt,其中W表示对物体所做的功。

所以我们需要计算洛伦兹力对粒子所做的功。

根据力的功的定义,功W等于力F对位移的积分,即W=∫F·ds。

在这里,位移ds是粒子在运动过程中的微小位移。

将洛伦兹力F=qE+qv×B代入功的计算式中,得到W=∫(qE+qv×B)·ds。

由于电场强度E和磁感应强度B是空间中的矢量场,所以我们可以将其展开为E=E_xi+E_yj+E_zk和B=B_xi+B_yj+B_zk的形式。

对于微小位移ds,我们可以将其表示为ds=dx·i+dy·j+dz·k。

将上述表达式代入功的计算式中,得到W=∫(q(E_xi+E_yj+E_zk)+q(v_xi+v_yj+v_zk)×(B_xi+B_yj+B_zk))·(dx·i+dy·j+dz·k)。

根据矢量积的性质,可以得到v×B=(v_yB_z-v_zB_y)i-(v_xB_z-v_zB_x)j+(v_xB_y-v_yB_x)k。

将其代入功的计算式中,得到W=∫(q(E_xi+E_yj+E_zk)+q((v_yB_z-v_zB_y)i-(v_xB_z-v_zB_x)j+(v_xB_y-v_yB_x)k))·(dx·i+dy·j+dz·k)。

大学物理第9章 电磁感应和电磁场 课后习题及答案

大学物理第9章 电磁感应和电磁场 课后习题及答案

第9章 电稳感应和电磁场 习题及答案1. 通过某回路的磁场与线圈平面垂直指向纸面内,磁通量按以下关系变化:23(65)10t t Wb -Φ=++⨯。

求2t s =时,回路中感应电动势的大小和方向。

解:310)62(-⨯+-=Φ-=t dtd ε当s t 2=时,V 01.0-=ε由楞次定律知,感应电动势方向为逆时针方向2. 长度为l 的金属杆ab 以速率υ在导电轨道abcd 上平行移动。

已知导轨处于均匀磁场B中,B 的方向与回路的法线成60°角,如图所示,B 的大小为B =kt (k 为正常数)。

设0=t 时杆位于cd 处,求:任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向。

解:任意时刻通过通过回路面积的磁通量为202160cos t kl t Bl S d B m υυ==⋅=Φ导线回路中感应电动势为 t kl tmυε-=Φ-=d d 方向沿abcda 方向。

3. 如图所示,一边长为a ,总电阻为R 的正方形导体框固定于一空间非均匀磁场中,磁场方向垂直于纸面向外,其大小沿x 方向变化,且)1(x k B +=,0>k 。

求: (1)穿过正方形线框的磁通量;(2)当k 随时间t 按t k t k 0)(=(0k 为正值常量)变化时,线框中感生电流的大小和方向。

解:(1)通过正方形线框的磁通量为⎰⎰=⋅=Φa S Badx S d B 0 ⎰+=a dx x ak 0)1()211(2a k a +=(2)当t k k 0=时,通过正方形线框的磁通量为)211(02a t k a +=Φ 正方形线框中感应电动势的大小为dt d Φ=ε)211(02a k a += 正方形线框线框中电流大小为)211(02a R k a R I +==ε,方向:顺时针方向4.如图所示,一矩形线圈与载有电流t I I ωcos 0=长直导线共面。

设线圈的长为b ,宽为a ;0=t 时,线圈的AD 边与长直导线重合;线圈以匀速度υ垂直离开导线。

重庆大学电磁场习题答案(第2章)

重庆大学电磁场习题答案(第2章)

第二章习题答案2-2 真空中有一长度为l 的细直线,均匀带电,电荷线密度为τ。

试计算P 点的电场强度: (1)P 点位于细直线的中垂线上,距离细直线中点l 远处; (2)P 点位于细直线的延长线上,距离细直线中点l 远处。

解:(1)可以看出,线电荷的场以直线的几何轴线为对称轴,产生的场为轴对称场,因此采用圆柱坐标系,令z 轴与线电荷重合,线电荷外一点的电场与方位角φ无关,这样z '处取的元电荷z q 'd d τ=,它产生的电场与点电荷产生的场相同,为:R20e R4z E πετ'=d d 其两个分量:θπετρρcos 20R4z e E d dE '=•=d (1) ()θπετsin 20z z R4e E d dE z d '-=-•=(2) 又θρθρtan ',cos ==z R所以:θθρd dz 2sec '= (3)式(3)分别代入式(1)(2)得:θρπεθτρd 04dE cos =; θρπεθτd sin 0z 4dE -= 'sin 'sin cos θρπετθθρπετθρπεθτθρ000004E 22d 2=⎰∴==‘ (4)又 2l 42l 2l +='θsin (5)式(5)代入式(4)得:l55E 00πετρπετρ22=∴=由于对称性,在z 方向 z E 分量互相抵消,故有0=z Eρρρπετe l5e E e E 0z z 2E =+=∴ρy图2-2长直线电荷周围的电场(2)建立如图所示的坐标系在x 处取元电荷dx dq τ=则它在P 点产生的电场强度为R20e R4x d E d πετ'=其在x 方向的分量为:20x R 4x d dE πετ'=又 x l R -=2020x x l 4x d R4x d dE )-(''='=∴πετπετ()l 3x l 4x l 4x d E 02l 2l 2l 2l 020x πετπετπετ='-⨯=''=--⎰∴∴∴////1)-( x 0x x x e l3e E Eπετ==∴2-3 真空中有一密度为m C n /2π的无限长线电荷沿y 轴放置,另有密度分别为2/1.0m C n 和2/1.0m C n -的无限大带电平面分别位于z=3m 和z=-4m 处。

大学电磁场课后答案

大学电磁场课后答案

(
)
2-9 已知在半径为 a 的球体区域内外,电场强度矢量表达式为 ⎧ Ar r2 (1 − 2 )e r r < a ⎪ ⎪ 3ε a E =⎨ 2 Ba ⎪ r>a e 2 r ⎪ ⎩ε 0r
其中 A, B 均为常数。求此区域的电荷分布。 答案
ρ = A(1 −
5r 2 ), r < a , 3a 2
但可把半径为a的小圆柱面内看作同时具有体密度分别为的两种电荷分布这样在半径为b的整个圆柱体内具有体密度的均匀电荷分布而在半径为a的整个圆柱体内则具有体密度的均匀电荷分布如例36图b所示
习题二 2-3 已知真空中静电场的电位 ϕ ( x) = 解:
U x V,求电场强度的分布及电荷体密度 ρ 。 ε0 d ∂ϕ 2x U E = −∇ϕ = − e x = −( + )e x V/m ∂x ε0 d ∂E 2 ρ = ∇ ⋅ D = −ε 0 ∇ ⋅ E = −ε 0 x = −ε 0 ( ) = −2 C/m2 ε0 ∂x + x2


得到
(b 2 + ab − 2a 2 ) a(b − a) 6a 故两导体球壳间的电位分布为 b b σ a2 ρ a3 σ a 2 (b − r ) ρ 0 b 2 − r 2 a 3 (b − r ) ϕ (r ) = E (r ) d r = [ 2 + 0 (r − 2 )] d r = + − ] [ r r ε r 3ε 0 ε 0br br 3ε 0 2 r 0 说明 此题的要点在于导体的表面上有未知的感应电荷分布,用高斯定律求电场时,必须注意考虑 感应电荷产生的电场。 −
ρl =
∂E (a) 1 ln(b a) − 1 =− 2 =0 ∂a a ln 2 (b a)

大学电磁场课后答案第三章

大学电磁场课后答案第三章

ε1 ε 2 − ) σ1 σ 2 ε1 ε 2 ≠ σ1 σ 2
因此,分界面上存在自由电荷的条件是
3-8
在导体中有恒定电流而其周围媒质的电导率为零时,试证明导体表面电通量密度的法 向分量 Dn = σ , 但矢量关系 D = e n σ 不成 立( 式中 e n 是导体表面向 外的法 线单位矢 量)。
W = ∑ σϕi ∫
i =1 n
n
Si
n ∂ϕ ∂ϕ − dS dS = ∑ σϕi ∫ S i ∂n ∂n ' i =1 n n Jn ' dS = ∑ ϕi J ' dS ϕi I i = ∑ ∫ Si n ∂n i =1 i =1
= ∑ σϕi ∫
i =1
Si
故命题得证。 3-10 有一非均匀导电媒质板,厚度为 d ,其两侧面为良导体电极,下板表面与坐标 z = 0 重 ρ − ρ R2 1 合, 介质的电阻率为 ρ R = = ρ R1 + R1 z, 介电常数为 ε 0 , 而其中有 J = e z J 0 的 γ d 均匀电流。试求:1) 介质中的自由电荷密度。2) 两极板间的电位差。3) 面积为 A 的 一块介质板中的功率损耗。
u v
R铁=
单位长度的水柱电阻为
ρ铁 S铁

8.7 × 10 −8 π (0.025 2 − 0.02 2 ) ρ水 S水
R水=

0.01 π 0.02 2
当水管中的电流为 20A 时,水柱和铁管中的电流之比为
I水 I铁
又根据题意

R铁 R水
=1.5 × 10 −5
(1)
I 水+I 铁=20 A
所以将(1)、(2)联立求解,可得管壁和水中的电流强度

高等电磁场理论课后习题答案

高等电磁场理论课后习题答案

1.5Use the results obtained in Problem 1.4and show thatwhere R '=-r r .证明:223000211ˆlim lim lim 4411R 0(')4V R R V S dV d R R R R R ππδπ→→→⎛⎫⎛⎫⎛⎫∇=∇⋅=-⋅=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫∇≠-- ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰R S R r r 推导1又知道在处值为零,符合函数的定义。

3020(')1(')44(')14(')q qq R R q R δπεπδπδε-⎛⎫=-=∇ ⎪⎝⎭-⎛⎫∇⋅==>∇=-- ⎪⎝⎭r r E r r r r E r r 推导2点电荷产生的电场强度为1.6Consider a wire C carrying a static electric currentI .Using Equations2.1.13and 2.1.18,derive Biot –Savart ’s law given bywhere '=-R r r and d l ′points in the direction of the current flow.解:000000033d d d ()4π4π4πd d 1()()d 4π4π4πd d 4π4πV V C C C C C C V Sdl I R R RI I I R R RI I R R μμμμμμμμ'==='''=∇⨯=∇⨯=∇⨯=∇⨯'-⨯'=⨯=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰J J l A r l l B r A r l l l R R证明:2()()∇=∇∇⋅-∇⨯∇⨯E E E (1)()[]()(2)(3)0(4)()0(5)j j ωεωμμε∇⨯=⎧⎪∇⨯=-⎪⎨∇⋅=⎪⎪∇⋅=⎩H r E E H H r E 由(5)式可推出:[]()()()0εεε∇⋅=∇⋅+⋅∇=r E r E E r ,即:()ln ()()r r εεε⋅∇∇⋅=-=-⋅∇E E E r (6)由(2)(3)两式可得:22)()k ωμε∇⨯∇⨯==E (r E r E ,在利用性质(1)式,并将(6)的结果代入,可得22(ln ())()r k ε∇-⋅∇-∇=E E r E ,整理后为:[]22()ln ()0k r ε∇++∇⋅∇=E r E E 2.7解:222220(1)00()()0(2)j j k k k ωεωμ∇⨯=⎧⎪∇⨯=-⎪=>∇⨯∇⨯-=⎨∇⋅=⎪⎪∇⋅=⎩∇=∇∇⋅-∇⨯∇⨯=-=>∇+=H E E H E E H E E E E E E E 比如jkzz e -=E e 就是满足方程2,但不满足方程12.11解:沿z 轴放置的电偶极子的辐射远场为j j sin j e 4πsin j e 4πk r k rIlk E r Ilk H r θφηθθ--⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩通过坐标旋转,(过程略)可得沿x 轴放置的电偶极子的辐射远场为()()()()cos cos sin 4jkrr k e j Il r θφηθφφπη-⎧=⋅-⋅+⋅⎪⎪⎨⨯⎪=⎪⎩E r e e e E r H r 3.1解:由题意,镜像电流的分布如下。

电磁场与电磁波(第四版)课后答案_第三章习题

电磁场与电磁波(第四版)课后答案_第三章习题

习题三答案及解析
B选项
$( - frac{1}{2} + frac{3}{2}i)( frac{1}{2} + frac{3}{2}i)$ 可以
化简为 $-i$。
C选项
$( - frac{1}{2} - frac{3}{2}i)( frac{1}{2} + frac{3}{2}i)$ 可以
化简为 $-i$。
D选项
$frac{-2i}{-2i + 1}$ 可以 化简为 $-i$。
习题三答案及解析
答案
A. $-frac{1}{4}$
习题三答案及解析
B. $-i$
1
C. $-i$
2
D. $-i$
3
习题三答案及解析
01
解析
02
此题考查复数的乘法运算,根据复数乘法的定义和性质,可以得出答案。
03
A选项:$( - frac{1}{2} + frac{3}{2}i)( - frac{1}{2} - frac{3}{2}i)$ 可以化简为 $-frac{1}{4}$。
• 下一章将介绍电磁场与电磁波的基本原理和概念,包括电场、 磁场、电磁感应等。同时,还将介绍电磁波的传播方式和在不 同介质中的传播特性,以及电磁波的应用和影响。
THANKS
感谢观看
D选项
$100e^{- frac{pi i}{2}}$ 可以化简 为 $100(cosfrac{3pi}{2} + isinfrac{3pi}{2})$,与题目中的形 式一致。
习题二答案及解析
答案
A. $-frac{1}{2}$
习题二答案及解析
B. $-i$ C. $-i$ D. $-i$

电磁场课后答案2

电磁场课后答案2



ww w
dmin/λ
公式法求解
Γ(0 ) =
o Z L − 1 − 0.2 + j1.0 (− 0.2 + j1.0 )(1.8 − j1.0 ) 0.64 + j 2.0 = = 0.495e j 72.3 = = (1.8 + j1.0)(1.8 − j1.0) Z L + 1 1.8 + j1.0 4.24

2) l = λ / 2 ,A 点绕等Γ圆至 C 点, z C = z L = 1.6,∴ Z in (C ) = 80Ω
后 答
解:归一化负载阻抗 z L = Z L / Z c = 1.6 ,即图中的 A 点,刚好在实轴的右半轴上。


ww w
.k hd
aw .
co
m
P
B
O
4 ) A 点 所 在 的 位 置 即 为 电 压 最 大 点 位 置 , 由 题 意 已 知 , Vmax = 5V , 所 以
解:由 Z in , Z in 得到 Z c =
sc oc
j100 × (− j 25) = 50Ω 3 −1 4π = 0.5, ψ (0) = × 0.1λ − π = −108o 由ρ = 3 得到 Γ = 3 +1 λ
求负载阻抗。
后 答

33 j − 50 33 j + 50

ww w
.k hd
D A(C)
1) l = λ / 4 ,A 点绕等Γ圆至 B 点, z B = 1 / z L = 5 / 8,∴ Z in ( B) = z B × z c = 31.25Ω A 点绕等Γ圆至 D 点,z D = 0.9 + j 0.43,∴ Z in ( D ) = z D × z c = 45 + j 21.5Ω 3)l = 3λ / 8 ,

大学物理课后习题答案 电磁感应 电磁场 (电磁场)

大学物理课后习题答案 电磁感应  电磁场  (电磁场)
的方向由 B 到 A 即 x 轴负方向。 10、根据电容的定义 传导电流
C
q U
q CU
dq du C 由于全电流连续得: dt dt du Id Ic C 20 10 6 1.5 10 5 3 A dt d0 dD s dDR 2 d 0 ER 2 dE 0R 2 11、 I d dt dt dt dt dt Ic
E
q 4 0 R 2
r
q 4 0 R 2
cost i sin t j


dD d q d q jd 0E cos t i sin t j sin t i cos t j 2 2 dt dt 4R dt 4R


12、充电过程中上极板带正电故 p 处电场强度 的方向向下,且电场强度增大,位移电流密度 的方向向下即位移电流向下,圆柱状向下的位移 电流在 p 处产生的 H 根据右手法则是垂直 纸 B 向里 。
i

P
H E
i d D 13、 j d 因为 E 增大 故 dD 0 , jd 的方向和 E 相同。即垂直纸面向里。 dt
n D ds q0 即q自 说明电荷总伴随有电场。
s i 1
9、当 A 板带正电, B 板带负电,当将开关 K 合上时, AB 极间的电场方向由正电荷指向负
dD 电荷即沿 x 的正方向。位移电流密度 jd 的方向即 的方向,因电容器放电, D 减少 dt
dD 0 dD 的方向和 D 的方向相反, 故沿 x 轴负方向或根据全电流连续的性质, 位移电流
第十三章 1、[D]
电磁感应 电磁场 (电磁场)

大学物理课后习题答案 电磁感应 电磁场

大学物理课后习题答案 电磁感应   电磁场

第十三章 电磁感应 电磁场 1、[D]分析:应用楞次定律为分析的根据,若要产生乙线圈中的,则乙线圈中电流产生的电感应强度是由右向左,说明甲线圈中电流产生的由右向左的电感应强度在减小,即产生该磁场的电流在减小,由此可见,将抽出甲中铁心,nI B r 0μμ=,在I 不变时,B 减小。

2、[D]依据法拉第电磁感应规律,td d φε-=在上述条件下,ε应相同。

依据欧姆定律,RI ε=因为是不同的导体电阻率不同,所以R 不同,I 也不同。

3、[B]应用楞次定律分析,在I 增长时,垂直通过线圈平面内向外的磁通量是增大,因此感应电流产生的磁感强度垂直平面向里,为顺时针方向。

4、[C]分析:当a >>r 时,有以r 为半径的圆周内各点的B可视为常矢量。

断电前通过导体环的磁通量:2012r aIBS S B ππμφ==⋅=。

断电后通过导体环的磁通量:02=φ。

对纯电阻电路有:aRIr RRq 2)(120112μφφφ==--=5、[D]θαεcos d sin d )(d l vB l B v =⋅⨯=)(B v ⨯和l d 之间夹角2πθ=,∴0d =ε 0d ==⎰εε6、[D]在t ωθθ+=,θαεcos d sin d l vB =其中θ是)(B v⨯和l d 之间夹角r r l vB d cos d sin d ωθαε-== 2OP 21d BL r r B ωωε-=-=⎰O 处为高电势 221BL ωε=7、[D]两自感线圈顺接和反接的自感系数:M L L L 221++=顺21L L KM =10≤≤KM L L L 221-+=反图(1)为反接:1111ab 2L L K L L L -+=,由于1<K ,∴0ab >L 图(2)为反接:1111ab 2L L KL L L -+=,由于1=K ,∴0ab =L8、[C]V 0.8161225.0d d 11=-⨯-=∆∆-=-=tI LtI Lε9、[C]a Ia IaIB πμπμπμ000P 22=+=10、tS B td d d d )( ⋅-=-=φεt mIa nI a nI BS BS S B mωπμπμθcos cos 2020====⋅t mIa nI mωωπμεcos 20-=11、解:Wb 1057.1)1.0(1416.310562521--⨯=⨯⨯⨯===⋅=rB BS S B πφWb 1057.1612-⨯-=-=φφC 1014.3)(1612-⨯=--=φφRq12、(1)向右移动时,垂直纸面向内的φ减小。

大学物理课后习题答案14电磁场习题_图文_图文

大学物理课后习题答案14电磁场习题_图文_图文

习题总目录
结束 目录
)EyBy
+
(1
v2 c2
)EzBz
=ExBx+EyBy+EzBz = E .B
结束 目录
(2) E´2 c2B´2=
= E´x 2+E´y2+E´z 2 c2B´x2 c2B´y2 c2B´z2
= Ex2 c Bx2
+ g 2 Ey2+v2Bz2 2EyBz + Ez2+v2By2+2EzBy
c2( cv42Ey2 + Bz2
cosω
t
结束 目录
14-8 已知无限长载流导线在空间任一点 的磁感应强度为:m0I/2pr 。试证明满足方 程式
.B
=
Bx x
+
By y
+
Bz z
=0
结束 目录
证明: Bx = =
.B
=
Bx x
+
By y
+
Bz z
=0
m0I
2pr
sinq
m0Iy
2pr2
=
m0Iy
2p(x2+y2)
g
2pf
=
5.7×107
8.85×10-12×2p×3×1011
= 2.0×1016
结束 目录
14-5 有一平板电容器,极板是半径为R 的圆形板,现将两极板由中心处用长直引线 连接到一远处的交变电源上,使两极板上的 电荷量按规律q=q0sinω t变化。略去极板边 缘效应,试求两极板间任一点的磁场强度。
By
=
m0Ix
2p(x2+y2)
Bz =0

高等电磁场 电动力学课后习题答案

高等电磁场 电动力学课后习题答案

第2讲 场论基础(2)2-1 证明修正矢量Green 定量⎰⎰⋅⨯∇⨯-⨯∇⨯=⨯∇⨯∇⋅-⨯∇⨯∇⋅→→→→→→→→Svsd A B B A dvB A A B)]()([)]()([ϕϕϕ证明:⎰→→→→⨯∇⨯∇⋅-⨯∇⨯∇⋅vdv B A A B )]()([ϕϕ⎰→→→→→→→→⨯∇⋅⨯∇-⨯⨯∇⋅∇-⨯∇⋅⨯∇+⨯⨯∇⋅∇=vdvA B A B B A B A )}()(])[()()(])[({ϕϕϕϕ⎰→→→→→→→→⨯∇⋅⨯∇-⨯⨯∇⋅∇-⨯∇⋅⨯∇+⨯⨯∇⋅∇=vdvA B A B B A B A )}()(])[()()(])[({ϕϕϕϕ⎰→→→→⨯⨯∇⋅∇-⨯⨯∇⋅∇=vdv A B B A ]})[(])[({ϕϕ⎰→→→→⨯⨯∇-⨯⨯∇⋅∇=vdv A B B A ]})()[({ϕϕ⎰⋅⨯∇⨯-⨯∇⨯=→→→→Ss d A B B A)]()([ϕϕ⎰⋅⨯∇⨯-⨯∇⨯=→→→→Ss d A B B A)]()([ϕ(主要公式:()()()f g f g f g ∇⋅⨯=∇⨯⋅-⋅∇⨯;vSfdv f ds ∇⋅=⋅⎰⎰)证毕.2-2证明f g g f g f ⋅∇+⋅∇=⋅∇)(证明:一种理解:)()()(c c f g g f g f⋅∇+⋅∇=⋅∇c c f g g f ⋅∇+⋅∇=f g g f ⋅∇+⋅∇=严格证明(直角坐标系): 设z y x f zf y f x f ˆˆˆ++= ,z y xg z g y g x g ˆˆˆ++=左边:)(g f⋅∇=)(z z y y x x g f g f g f ++∇右边:f g g f⋅∇+⋅∇=)ˆˆˆ()ˆˆˆ(z y x z y x g z g y g x f z f y f x++⋅∇+∇+∇ +)ˆˆˆ()ˆˆˆ(z y x z y x f z f y f x g z g y g x++⋅∇+∇+∇ =z z y y x x z z y y x x g f g f g f f g f g f g ∇+∇+∇+∇+∇+∇ =)()()(z z y y x x g f g f g f ∇+∇+∇ =)(z z y y x x g f g f g f ++∇=左边 证毕.2-3 证明⎰⎰⋅=⨯∇⋅lsf l d f s d证明:如右图,设场f在曲线l 和曲面s 上是良性的。

电磁场理论基础课后答案

电磁场理论基础课后答案

2-13. (教材 2-19)一个半径为 a 的导体球壳充满密度为
的电荷,已知电场分布为
求球内的电荷密度 解: ρ r ε ·E 球壳内无电场 4πa ρ ρ ρ
内 内
及球壳内外侧面上的面电荷密度 。 · Ar r ε A 3r r · r r ·3 6ε Ar
q 4πε d
q 4πε d q 4πε d q 4πε d q 4πε d
1 4π 1 4πa 1 4πa 1 4πa
1 ∂Φ R ∂n Φ · nds
Φ
∂ 1 ds ∂n R 1 4πa 1 4πa
q 4πε d Φds Φds
1 4π
1 Φ·n R
Φ
1 ds R
· Φdv · Edv
1 4πa
h h ∂f h ∂u
h h
f
1 h h h
h h ∂f h ∂u ,
1-14. (教材 1-18)证明 · 证明: ∂ ∂ ∂ x y z ·r ∂y ∂z ∂x x ∂ ∂x x y z ∂ ∂ ∂y ∂z y z
3
r
0
1-15. 在圆柱坐标系、 圆球坐标系中分别计算拉梅系数, 并写出梯度、 散度、 旋度的表达式。 解: 圆柱坐标系中, x y h h h Φ ·A ρ cos φ ρ sin φ z z cos φ sin φ 1 ρ sin φ ρ cos φ 1 ρ ∂Φ ∂ρ φ ∂Φ ρ ∂φ z ∂Φ ∂z ∂ ρA ∂z 1 ∂ ρA ρ ∂ρ 1 ∂ A ρ ∂φ ∂ A ∂z ρ
6 / 45
中国科学技术大学 电子科学与技术系 电磁场理论
Q
q
√2 2
1 4
2-6.
(教材 2-7)求半径为 a、电量为 Q 的均匀带电球面所产生的电位、电场强度和该系 统的总储能。 解: E r 0 Q E r 4πε r U r U r W a Q 4πε r Q 4πε a a Q 8πε a 的均匀带电球体相距为 d
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ρ = ∇ ⋅ D = −ε 0∇ ⋅ E
由球坐标系中散度展开式 ∂Aφ 1 ∂ 2 1 ∂ (sin θ Aθ ) + 1 ∇⋅ A= 2 r Ar + r sin θ ∂θ r sin θ ∂φ r ∂r
(
)

ρ = ∇⋅ D =ε∇⋅ E =ε
5εE0 r 2 1 ∂ 2 r Er = 2 r ∂r a3
所示。空间任一点的电场是这两种电荷所产生的电场的叠加。
b b
c
ρ0
a

ρ0
c
a
b −ρ 0

c
a
题 2-16 图
解 由高斯定律,可求得大、小圆柱中的正、负电荷在空间任意一点 P 产生的电场(分别用 r , r' 表 示场点到大、小圆柱轴线的距离矢量) 。 在 r > b 区域中,
E1 =
点 P 处总的电场为
ρl =
∂E (a) 1 ln(b a) − 1 =− 2 =0 ∂a a ln 2 (b a)
异点处可能有点电荷,而在 E 的突变面上,可能有面分布的自由电荷。
2-13 一个半径为 a 的导体球,要使得它在空气中带点且不放电,试求它所能带点最大电荷量级表面电
位各是多少?已知空气的击穿场强为 3 × 10 6 V/m。 a2 答案 qmax = × 10 −3 C, ϕ max = 3a × 10 6 V 3
2-17 圆柱形电容器外导体内半径为 b ,内导体半径为 a 。当外加电压 U 固定时,在 b 一定的条件下, 求使电容器中的最大电场强度取极小值 Emin 的内导体半径 a 的值和这个 Emin 的值。 分析 由于圆柱形电容器内的场强与半径成反比, 所以内导体表面上的电场强度最大。 内导体半径 a 的值不同时,电容器中的最大电场强度的值也不同。当内导体半径 a 取某一个值时,最大电场强度会 出现极小值。 解 设内导体单位长度带电荷为 ρ l ,利用高斯定律求得圆柱形电容器中的电场强度为
0

r

r − α 2q
0
4πξ
e −α ξ 4πξ 2 d ξ =q (1 + α r )e −α r − q
故 r = 0 处的点电荷 q0 为 说明 在给定 E 或 ϕ 分布时可应用 ρ = ε ∇ ⋅ E 或 ρ = −ε ∇ 2ϕ 求电荷分布。但应注意:在 E 或 ϕ 的奇
q0 = Q − Q′ = q
− (− ) = σ 2 2 D = σ 2 因此求得 0 ,用矢量式表示时为
⎧ σ ez z>0 ⎪ D0 = ⎨ 2 σ ⎪ ( −e z ) z < 0 ⎩2
σ
σ
4πε 0 r 及电荷分布。 分析 r = 0 处是 ϕ (r ) 的奇异点,在该点应有一个点电荷。在 r ≠ 0 处,可由 ρ = −ε 0∇ 2ϕ 求得电荷体 密度,而位于 r = 0 处的点电荷,则可应用高斯定律求得。 解 (1)电场强度为 ∂ϕ q −α r ⎛ 1 α ⎞ E = −∇ϕ = − er = e ⎜ 2 + ⎟e r ∂r r⎠ 4πε 0 ⎝r (2) 在 r ≠ 0 处,电荷体密度由球坐标系中散度展开式求得为 1 ∂ 2 − α 2 q −α r r Er = e ρ = ∇⋅ D =ε∇⋅ E =ε 2 4πr r ∂r 为了确定 r = 0 处的点电荷,作一个半径为 r 的球面 S 。由高斯定律可得到球面 S 内的总电荷 Q 为
2-4 半径为 a 的圆面上均匀带电, 电荷面密度为 σ , 试求: (1)轴线上离圆心为 z 处的场强, (2)在保持 σ 不变的情况下,当 a → 0 和 a → ∞ 时结果如何?(3)在保持总电荷不变的情况下,当 a → 0 和 a → ∞ 时 结果如何?
解:(1)如图所示,在圆环上任取一半径为 r 、厚度为 d r 的圆环,它所带的电荷量为 d q = σ 2π r d r 。由 例题 2-5(1)的结果可知该回环在轴线上 P 点处的场强为 dq rdr zdq σz = dE = R 3 3 2ε 0 2 2 2 2 2 2 (r + z ) 4πε 0 (r + z ) z 则整个均匀带电圆面在轴线上 P 点出产生的场强为 o σ z a rdr σ z Ez = (1 − ) = a 3 2 2ε 0 0 2 2ε 0 a + z2 2 2 (r + z ) (2)若 σ 不变,当 a → 0 时,则
(
)
2-9 已知在半径为 a 的球体区域内外,电场强度矢量表达式为 ⎧ Ar r2 (1 − 2 )e r r < a ⎪ ⎪ 3ε a E =⎨ 2 Ba ⎪ r>a e 2 r ⎪ ⎩ε 0r
其中 A, B 均为常数。求此区域的电荷分布。 答案
ρ = A(1 −
5r 2 ), r < a , 3a 2
σ=
ε 0 bU 0
ρ0


2-16 电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中,体密度为 ρ = ρ 0 C/m2 , 两圆柱面半径分别为 a 和 b ,轴线 相距为 c (c < b − a) ,如例 2.6 图所示。求空间各部分的电场。 分析 由于两圆柱面间的电荷不是轴对称分布,不能直接用高斯定律求解。但可把半径为 a 的小圆 柱面内看作同时具有体密度分别为 ± ρ 0 的两种电荷分布, 这样在半径为 b 的整个圆柱体内具有体密度为 ρ 0 的均匀电荷分布, 而在半径为 a 的整个圆柱体内则具有体密度为 − ρ 0 的均匀电荷分布, 如例 3.6 图 (b)
E (r ) =
2πε 0 r
ρl
由内外导体间的电压
U = Edr =
a

b
∫ 2πε r d r = 2πε
a 0
b
ρl
ρl
ln
0
b a
得到
2πε 0U ln(b a ) 由此得到圆柱形电容器中的电场强度与电压的关系式 U E (r ) = r ln(b a ) 在圆柱形电容器中, r = a 处的电场强度最大 U E (a) = a ln(b a) 令 E (a) 对 a 的导数为零,即


得到
(b 2 + ab − 2a 2 ) a(b − a) 6a 故两导体球壳间的电位分布为 b b σ a2 ρ a3 σ a 2 (b − r ) ρ 0 b 2 − r 2 a 3 (b − r ) ϕ (r ) = E (r ) d r = [ 2 + 0 (r − 2 )] d r = + − ] [ r r ε r 3ε 0 ε 0br br 3ε 0 2 r 0 说明 此题的要点在于导体的表面上有未知的感应电荷分布,用高斯定律求电场时,必须注意考虑 感应电荷产生的电场。 −
2-12 在无限大真空中,已知电位 ϕ =
q
e −α r (式中 r 为球坐标系中半径坐标) ,求对应的电场强度
(
)
Q = ε 0 E ⋅ d S = ε 0 E ( r ) 4π r 2 = q (1 + α r )e −α r
S

该球面 S 内的体分布电荷的总电荷量 Q′ 为
Q′ =

V
ρ d V = ρ (ξ ) d ξ =
2-14 空气中有一内外半径分别为 a 和 b 的带电介质球壳,介质的介电常数为 ε ,介质内有电荷密度为 A ρ = 2 的电荷分布,其中系数 A 为常数。求总电荷及空间电场强度、电位的分布。若 b → a ,结果如 r 何? A(r − a) A(b − a) E1 = er , E 2 = er 答案 q = 4π A(b − a) 2 εr ε 0r 2 2-15 在半径分别为 a 和 b 的两个同心导体球壳间有均匀的电荷分布,其电荷体密度 ρ = ρ 0 C/m2。已知
σ = B, r = a

2-11 计算均匀电荷面密度为 σ 的无限大平面的电场。 解: 根据高斯定律有
∫ D ⋅ d S = D ΔSe
S 0
z
⋅ e z + D0 ΔS (−e z ) ⋅ (−e z ) = 2 D0 ΔS = σΔS
注意侧面上 D0 的通量为零。 由边界条件可知 D0 | z =0+ − D0 | z =0− =

Ez =
当 a → ∞ ,则
σ (1 − 1) = 0 2ε 0
Ez =
σ σ (1 − 0) = 2ε 0 2ε 0
q 4πε 0 z 2
(3)若保持 q = π a 2σ 不变,当 a → 0 时,此带电圆面可视为一点电荷。则 E z =
当 a → ∞ 时, σ → 0 ,则 E z = 0 。
习题二 2-3 已知真空中静电场的电位 ϕ ( x) = 解:
U x V,求电场强度的分布及电荷体密度 ρ 。 ε0 d ∂ϕ 2x U E = −∇ϕ = − e x = −( + )e x V/m ∂x ε0 d ∂E 2 ρ = ∇ ⋅ D = −ε 0 ∇ ⋅ E = −ε 0 x = −ε 0 ( ) = −2 C/m2 ε0 ∂x + x2
2-5 已知某空间电场强度 E = ( y z − 2 x)e x + x ze y + x ye z ,问:(1)该电场可能是静态电场吗?(2)如果是
静电场,求与之对应的电位的分布。 答案 (1)是 (2) ϕ = x 2 − xyz
2-7 在半径为 a 的无限长带电长直圆柱中分布有电荷 ρ = ρ 0 e −α r ,其中 ρ 0 、 α 均为常数。求圆柱内、 外的电场强度。 ρ 1 ρ 1 1 1 答案 E i = 0 ( − re −α r − e −α r )e r E o = 0 ( − ae −α r − e −α r )er ε 0 ra a ε 0 ra a a a 2-8 已知电场强度 E = 解:因为 E0 r 3 e r , (0 ≤ r < a, E0为常数) ,求体电荷密度 ρ (r ) ,其中介电常数为 ε 。 a3
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