大学物理电磁学课后作业答案(清华大学出版社) 共19页PPT资料
清华大学《大学物理》题库(第二部分:电磁学)【解答】
第四章真空中的静电场4.1库仑定律4.1.1库仑定律第1题【1440】真空中有两个点电荷M、N,相互间作用力为⃗F,当另一点电荷Q移近这两个点电荷时,M、N两点电荷之间的作用力(A)大小不变,方向改变(B)大小改变,方向不变(C)大小和方向都不变(D)大小和方向都改变4.1.2电场力叠加原理第3题【5093】电荷Q(Q>0)均匀分布在长为L的细棒上,在细棒的延长线上距细棒中心O距离为a的P 点处放一电荷为q(q>0)的点电荷,求带电细棒对该点电荷的静电力。
4.2电场强度4.2.1电场强度的定义的方向与该处电场强度的方向相反。
解析【答案】D【解析】曲线运动,静电力。
依题意,质点做曲线运动,速率递减,所以切向加速度与运动方向相反,而法向加速度一定指向凹侧,所以质点在C点的总的加速度沿C中箭头方向,所以质点所受到的力的方向与加速度的方向一致。
又因为质点带负电荷,所以电场力的方向与电场强度的方向相反,因此图D正确。
4.2.2电场叠加原理解析【答案】0【解析】库仑定律,电场叠加原理。
由于对称性,很容易得到中心处的电场强度为零。
第8题【1262】用绝缘细线弯成的半圆环,半径为R,其上均匀地带有正电荷Q,试求圆心O点的电场强度。
解析【解析】电场叠加原理。
解析【解析】电场叠加原理。
先分别求半无限长带电直线和半圆弧在圆心O点的场强。
如下图。
第13题【1264】一半径为R的半球面,均匀地带有电荷,电荷面密度为σ,求球心O处的电场强度。
4.3电通量高斯定理电通量4.3.14.3.2高斯定理的理解(D)只适用于虽然不具有(C)中所述的对称性、但可以找到合适的高斯面的静电场解析【答案】A【解析】高斯定理。
高斯定理本身适用于任何静电场。
只是对于真空中的静电场,右边的电荷只包括自由电荷,因为真空中并不存在束缚电荷,而对于介质,电荷包含了自由电荷和束缚电荷。
关于对称性,定理本身并不要求一定要具有什么对称性,但在具体的计算过程中,只有某些特殊对称性的电场,才可以取比较适当的高斯面,可以求出通过高斯面的电通量。
清华大学《大学物理》题库(第二部分:电磁学)【题目】
第四章真空中的静电场4.1库仑定律4.1.1库仑定律1【1440】真空中有两个点电荷M、N,相互间作用力为⃗F,当另一点电荷Q移近这两个点电荷时,M、N两点电荷之间的作用力(A)大小不变,方向改变(B)大小改变,方向不变(C)大小和方向都不变(D)大小和方向都改变4.1.2电场力叠加原理第3题【5093】电荷Q(Q>0)均匀分布在长为L的细棒上,在细棒的延长线上距细棒中心O距离为a的P 点处放一电荷为q(q>0)的点电荷,求带电细棒对该点电荷的静电力。
4.2电场强度4.2.1电场强度的定义第4题【1003】下列几个说法中哪一个是正确的?(A)电场中某点场强的方向,就是将点电荷放在该点所受电场力的方向(B)在以点电荷为中心的球面上,由该点电荷所产生的场强处处相同电场叠加原理4.2.2点的电场强度。
【1262】用绝缘细线弯成的半圆环,半径为R,其上均匀地带有正电荷Q,试求圆心O第13题【1264】一半径为R的半球面,均匀地带有电荷,电荷面密度为σ,求球心O处的电场强度。
4.3电通量高斯定理电通量4.3.14.3.2高斯定理的理解第16题【1434】关于高斯定理的理解有下面几种说法,其中正确的是(A)如果高斯面上⃗E处处为零,则该面内必无电荷(B)如果高斯面内无电荷,则高斯面上⃗E处处为零(C)如果高斯面上⃗E处处不为零,则高斯面内必有电荷(D)如果高斯面内有净电荷,则通过高斯面的电场强度通量必不为零4.3.3利用高斯定理求电通量4.3.4利用高斯定理求电场强度37【1373】一半径为R的带电球体,其电荷体密度分布为:ρ=Ar(r⩽R),ρ=0(r>R),A为一常量。
试求球体内外的场强分布。
4.4电势能电势4.4.1电场力做功4.4.2电势差第47题【1266】在已知静电场分布的条件下,任意两点P1和P2之间的电势差决定于(A)P1和P2两点的位置(B)P1和P2两点处的电场强度的大小和方向(C)试验电荷所带电荷的正负(D)试验电荷的电荷大小4.4.3电势第48题【1016】静电场中某点电势的数值等于(A)试验电荷q0置于该点时具有的电势能(B)单位试验电荷置于该点时具有的电势能(C)单位正电荷置于该点时具有的电势能(D)把单位正电荷从该点移到电势零点外力所作的功第49题【1267】关于静电场中某点电势值的正负,下列说法中正确的是(A)电势值的正负取决于置于该点的试验电荷的正负(B)电势值的正负取决于电场力对试验电荷作功的正负(C)电势值的正负取决于电势零点的选取电势值的正负取决于产生电场的电荷的正负(D)第52题【1316】相距为r1的两个电子,在重力可忽略的情况下由静止开始运动到相距为r2,从相距r1到相距r2期间,两电子系统的下列哪一个量是不变的?(A)动能总和(B)电势能总和(C)动量总和(D)电相互作用力电势叠加原理求电势4.4.54.5静电场中的电偶极子第76题【1439】一电偶极子放在均匀电场中,当电偶极矩的方向与场强方向不一致时,其所受的合力⃗F和合力矩⃗M为(A)⃗F=0,⃗M=0(B)⃗F=0,⃗M=0(C)⃗F=0,⃗M=0(D)⃗F=0,⃗M=第五章静电场中的导体与电介质5.1静电场中的导体5.1.1静电平衡条件78【1480】当一个带电导体达到静电平衡时(A)表面上电荷密度较大处电势较高(B)表面曲率较大处电势较高(C)导体内部的电势比导体表面的电势高(D)导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零5.1.2静电平衡时的电荷分布5.1.3静电平衡时的电场分布5.1.4接地5.2电容器电容5.2.1平行板电容器5.2.2电容器的串并联第98题【1460】如果在空气平行板电容器的两极板间平行地插入一块与极板面积相同的金属板,则由于金属板的插入及其相对极板所放位置的不同,对电容器电容的影响为(A)使电容减小,但与金属板相对极板的位置无关(B)使电容减小,且与金属板相对极板的位置有关(C)使电容增大,但与金属板相对极板的位置无关(D)使电容增大,且与金属板相对极板的位置有关5.3静电场中的电介质5.3.1电介质对电场、电容的影响102【1358】设有一个带正电的导体球壳。
大物电磁学课后答案3经典.ppt
(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。
大学物理:电磁学PPT
N F4
O
F2 B
en
M,N F1
O,P B
F2
en
l1 l1 M F1 sin F2 sin Il2 B l1 sin ISB sin 2 2 M IS B m B 线圈有N匝时 m NIS
2 电流元的磁场
dB
P *
I
Idl
0 Idl dB er 2 4 r
——毕奥-萨伐尔定律
r
3
磁场的叠加原理
B Bi
i
B dB
例 1: 判断下列各点磁感强度的方向和大小.
1 8 2Βιβλιοθήκη dB 0 1、 5 点 :
7
Idl
R
6 5 4
例 5:
一半径为R,均匀带电Q的薄球壳。 求球壳内外任意点的电场强 度。
0 r R 如图,过P点做球面S1 E dS E dS 0 E 0
S1 S1
r
P
+ + +
+
S +1
O
如图,过P点做球面S2 rR E dS E dS Q / 0
rB
(electric potential )
点电荷电场 中的电势:
V
Q 40 r
电势的叠加 原理:
V Vi
i
点电荷电场中常取 无穷远处为电势零点
点电荷的电场线和等势面:
两平行带电平板的电场线和等势面:
+ + + + + + + + + + + +
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。
大学物理电磁学习题的总结PPT课件
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例题. 均匀带电细杆AB,电荷线密度为λ,绕垂直于
直线的轴O以角速度ω匀速转动
求:1. O点的磁感应强度Bo 2. 磁矩m
3. 若a>>b,求Bo及 m
电流强度: dI
dq
dq
dr
T 2
2
1.
dB0
0
2r
dI
0
2r
(设导线本身不带电,且对电场无影响)
A
B
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例8.在一不带电的金属球旁,有一点电荷+q,金属 球半径为R, 求:(1)金属球上感应电荷在球心处产生的电场强度
及此时球心处的电势U; (2)若将金属球接地,球上的净电荷为何?
已知+q与金属球心间距离为r。
r
o
q
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例9 :三个“无限长”的同轴导体圆柱面A、B、C,
流
I=20A,求通过斜线面积的磁通量。
x处的(磁感r1强=r度3=1为0:cm,l=25cm )
B
μ0I
2x
2π
μ0I
d
x
I1
dΦm B dS
r1
Φm
d r1
r3
(
μ0I
2x
作业17-5.
1
I
a
O
2I be c
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作业17-8.无限长同轴电缆由一导体圆柱和一与它同轴的导体圆筒所构成.使用时, 电流I从一导体流入,从另一导体流出,设导体中的电流均匀分布在横截面上.圆柱 的半径为r1,圆筒的内外半径分别为r2和r3,试求空间各处的磁感应强度.
大物电磁学课后答案
6-5 如图一长为l的直导线弯折成夹角为120o相等
长度的两部分,放在垂直于均匀磁场B的平面 上,并绕其一端以角速度在此平面内旋转, 求导线中感应电动势,并指出哪些电势高。
B
l
120o
2
l
解:两部分获感应电动势相当于直线段OA感
应电动势: OA 2 l cos300 3 l
9
6-10在圆柱形空间中存在着均匀磁场,B的方向与柱的轴线平行 ,若B的变化率为dB/dt=0.1特/秒,R=10厘米,问自r=5厘米、15 厘米处的感应电场的电场强度为多大?若将一个电子放在r=5厘 米处,求开始时电子的加速度a。
解:由于B的对称性
r=5厘米时
l
E
dl
E1
指向圆心的内压力。
补充6.1 一块金属板在均匀磁场中平移会不会产生感应电动势? 会不会产生涡电流?若金属板在均匀磁场中旋转,情况怎样?
解:当平板运动方向与磁力线平行时,不产生感应电动势;若
不平行,则有感应电动势,但无涡流产生;若是旋转,则平板
上各点速度所在平面与磁力线平行,无感应电动势,不平行则
有电动势。
1
补充6.2有一个铜环和一个木环,两环尺寸完全相同,放在同一 变化磁场里,问在两环中的感应电动势和感生电场相同吗? 解:产生的感应电场相同,电动势不同,铜环内有自由电子可 形成感应电流,而木环在感应电场作用下受极化。
6-2将一个超导材料作成的小薄片,放在永久磁铁的上方,它会 悬浮起来。你能解释这种现象吗? 解:处于超导态的材料电阻为零,电流分布在外表面上,内部 磁场为零。实际超导电流产生磁场抵抗外磁场的侵入,因而超 导材料受到一个排斥力,它与重力平衡而悬浮在磁场的上方。
大学物理电磁学总结-PPT
U 0点
Ua E dl a
(3)电势差 Uab Ua Ub ab E dl
b
• 静电场力的功 Aab a q0E dl q0Uab q0Ua q01U0 b
(4)电势的计算 令 U 0
①点电荷的电势
q
U P 4 π0r
②点电系的电势
UP
i
U Pi
i
qi
4 π 0ri
Idl
dF
Idl
dF
B
B
不规则的平 面载 流导线在均匀磁场中所受的力
F Fy BIlj
y
dF
B
结论 任意平面载流导线在均匀磁
场中所受的力 , 与其始点和终点相同 I
的载流直导线所受的磁场力相同.
o
Idl
L
Px
23
三、稳恒磁场的基本性质
1、磁场中的高斯定理: m B dS 0
Ei
n i 1
1
4 0
qi ri3
ri
qi qn
ri rn
q0
E E q0
E3 E2
P
E3 1
2)电荷连续分布的带电体
dE
4
1
π 0
dq r3
r
1 dq
qdq
r
P
dE
E dE 4 π0 r3 r
体电荷分布: dq dV
面电荷分布:dq ds 线电荷分布:dq dl
计算步骤: ①建坐标;②取电荷元 dq ;
电体且选无限远处为电势零点.)
②已知场强的分布,利用电势与场强的积分关系, 即电势的定义式计算电势。
U 0点
U P P E dl
12
六、静电场中的导体
大学物理下 电磁感应习题册讲解PPT课件
dR
2 r 2
故金属圆盘中的总涡流为
i i di 1 kb a rdr 1 kba2
0
2
0
4
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5.一个n匝圆形细线圈,半径为b,电阻为R,以匀角 速绕其某一直径为轴而转动,该转轴与均匀磁场 B
垂直。假定有一个面积为A(很小)的小铜环固定在该转
动线圈的圆心上,环面与磁场垂直,如图所示,求在小铜
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4.在圆柱形空间内有一磁感应强度为 B 的均匀磁场, 先B 后的放大在小磁以场速的率两dB个/ d不t 变同化位。置有1(一a长b)度和为2l0(的a金b属)棒,
则金属棒在这两个位置时棒内的感应电动势的大小 关系为
(A) ab ab (B)ab ab (C)ab ab 0 (D) ab ab 0
的恒定速率减小。当电子分别位于磁场中a点、b点与
c点时,假定a,c的r = 0.5m,求电子获得的瞬时加速
度的大小和方向。
答案:(1)aa 4.4 104 (ms2 ) 方向水平向左
(2) (3)
ab 0
ac 4 4 104 (ms2 )
a
r b R
B r
c
方向水平向右。
图5-10
d dvta I b (r d vt)dr
d vt 2 r a
Ib Ib (d vt) ln d vt a
2 2 a
d vt
d Ibv (ln d a a )
dt t0 2a
d da
方向顺时针
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例 一截面为长方形的螺绕环,尺寸如图,共有N 匝,求其自感系数。
(2)PQ边: 1 0
P
S
PS边:2
大学物理习题电磁学习题解答(很全)
1.6 1019 (0.529 1010)2
5.141011伏 / 米或牛顿/ 库仑
5. 两个点电荷,q1 =+8.0微库仑,q2= - 16.0微库仑(1微 库仑=10-6库仑),相距20厘米。求离它们都是20厘米处的 电场强度E。
解:依题意,作如图所示:
E1
q1
4 0r12
1.6301019 (库仑)
4. 根据经典理论,在正常状态下,氢原子绕核作圆周运动, 其轨道半径为5.29 10-11米。已知质子电荷为e=1.60 10-19库, 求电子所在处原子核(即质子)的电场强度。
解:电子所在处的原子核(即质子)的电场由:
E
q
4 0r 2
9.0 109
1.17 10 29 (m / s2 )
6. 铁原子核里两质子间相距4.0 10-15米,每个质子带电 e=1.60 10-19库,(1)求它们之间的库仑力;(2)比较 这力与每个质子所受重力的大小。
解:(1)它们之间的库仑力大小为:
F
e2
4 0r2
9.0
109
(1.61019 )2 (4.091015 )2
解:(1) 从上题中得知: α粒子受的万有引力可以忽略, 它受的库仑力为:
F
(42q)1q02rα2粒 子9.0的1加09速度(7为9 :1.6
1019 ) (2 1.6 (6.9 1015 )2
1019
)
2
7.84 102 ( N )
a
F m
7.84 10 2 6.68 10 27
解:设油滴带电量为q,有电场力格重力平衡条件:qE=mg
得:
电磁学课后习题答案及解析
第五章 静 电 场5 -9若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证:<1>在棒的延长线,且离棒中心为r 处的电场强度为<2>在棒的垂直平分线上,离棒为r 处的电场强度为若棒为无限长<即L →∞>,试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.分析这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略,因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示,在长直线上任意取一线元d x ,其电荷为d q =Q d x /L ,它在点P 的电场强度为整个带电体在点P 的电场强度接着针对具体问题来处理这个矢量积分.<1>若点P 在棒的延长线上,带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同,<2>若点P 在棒的垂直平分线上,如图<A >所示,则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零,因此,点P 的电场强度就是证 <1>延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r πεq E 202d ,利用几何关系 r ′=r -x 统一积分变量,则 ()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.<2>根据以上分析,中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴,大小为利用几何关系 sin α=r /r ′,22x r r +='统一积分变量,则当棒长L →∞时,若棒单位长度所带电荷λ为常量,则P 点电场强度此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同[图<B >].这说明只要满足r 2/L 2<<1,带电长直细棒可视为无限长带电直线.5 -14设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行,试计算通过此半球面的电场强度通量.分析方法1:由电场强度通量的定义,对半球面S 求积分,即⎰⋅=S S d s E Φ 方法2:作半径为R 的平面S ′与半球面S 一起可构成闭合曲面,由于闭合面内无电荷,由高斯定理这表明穿过闭合曲面的净通量为零,穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而解1由于闭合曲面内无电荷分布,根据高斯定理,有依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向,解2取球坐标系,电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为①5 -17设在半径为R 的球体内,其电荷为球对称分布,电荷体密度为k 为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E 与r 的函数关系.分析通常有两种处理方法:<1>利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布,因而电场分布也是球对称,选择与带电球体同心的球面为高斯面,在球面上电场强度大小为常量,且方向垂直于球面,因而有2S π4d r E ⋅=⋅⎰S E 根据高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E ,可解得电场强度的分布. <2>利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳,球壳带电荷为r r ρq ''⋅=d π4d 2,每个带电球壳在壳内激发的电场0d =E ,而在球壳外激发的电场由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布解1因电荷分布和电场分布均为球对称,球面上各点电场强度的大小为常量,由高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E 得球体内<0≤r ≤R > 球体外<r >R >解2将带电球分割成球壳,球壳带电由上述分析,球体内<0≤r ≤R >球体外<r >R >5 -20一个内外半径分别为R 1和R 2的均匀带电球壳,总电荷为Q 1,球壳外同心罩一个半径为R 3的均匀带电球面,球面带电荷为Q 2.求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数?试分析.分析以球心O 为原点,球心至场点的距离r 为半径,作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布,电场强度也为球对称分布,高斯面上电场强度沿径矢方向,且大小相等.因而24d r πE ⋅=⎰S E .在确定高斯面内的电荷∑q 后,利用高斯定理∑⎰=0/d εq S E 即可求出电场强度的分布.解取半径为r 的同心球面为高斯面,由上述分析r <R 1,该高斯面内无电荷,0=∑q ,故01=ER 1<r <R 2,高斯面内电荷()31323131R R R r Q q --=∑ 故 ()()23132031312π4rR R εR r Q E --= R 2<r <R 3,高斯面内电荷为Q 1,故r >R 3,高斯面内电荷为Q 1+Q 2,故电场强度的方向均沿径矢方向,各区域的电场强度分布曲线如图<B >所示.在带电球面的两侧,电场强度的左右极限不同,电场强度不连续,而在紧贴r =R 3的带电球面两侧,电场强度的跃变量这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果,且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳,壳层内外的电场强度也是连续变化的,本题中带电球壳内外的电场,在球壳的厚度变小时,E 的变化就变陡,最后当厚度趋于零时,E 的变化成为一跃变.5 -21两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面,半径分别为R 1和R 2>R 1>,单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度:<1>r <R 1,<2> R 1<r <R 2,<3>r >R 2.分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上,电场强度也必定沿轴对称分布,取同轴圆柱面为高斯面,只有侧面的电场强度通量不为零,且⎰⋅=rL E d π2S E ,求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解作同轴圆柱面为高斯面,根据高斯定理r <R 1,0=∑q 在带电面附近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变 R 1<r <R 2,L λq =∑r >R 2,0=∑q 在带电面附近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变这与5-20题分析讨论的结果一致.5 -22如图所示,有三个点电荷Q 1、Q 2、Q 3沿一条直线等间距分布且Q 1=Q 3=Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零,求在固定Q 1、Q 3的情况下,将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.分析由库仑力的定义,根据Q 1、Q 3所受合力为零可求得Q 2.外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值,即W ′=-W .求电场力作功的方法有两种:<1>根据功的定义,电场力作的功为 其中E 是点电荷Q 1、Q 3产生的合电场强度.<2>根据电场力作功与电势能差的关系,有其中V 0是Q 1、Q 3在点O 产生的电势<取无穷远处为零电势>.解1由题意Q 1所受的合力为零解得 Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加,Q 1、Q 3激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为将Q 2从点O 沿y 轴移到无穷远处,<沿其他路径所作的功相同,请想一想为什么?>外力所作的功为解2与解1相同,在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=,并由电势的叠加得Q 1、Q 3在点O 的电势将Q 2从点O 推到无穷远处的过程中,外力作功比较上述两种方法,显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大,而求电势分布要简单得多.5 -23已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为为电荷线密度.<1>求在r =r 1和r =r 2两点间的电势差;<2>在点电荷的电场中,我们曾取r →∞处的电势为零,求均匀带电长直线附近的电势时,能否这样取?试说明.解 <1>由于电场力作功与路径无关,若沿径向积分,则有<2>不能.严格地讲,电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线,而此时电荷分布在无限空间,r →∞处的电势应与直线上的电势相等.5 -27两个同心球面的半径分别为R 1和R 2,各自带有电荷Q 1和Q 2.求:<1>各区域电势分布,并画出分布曲线;<2>两球面间的电势差为多少?分析通常可采用两种方法<1>由于电荷均匀分布在球面上,电场分布也具有球对称性,因此,可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面,借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布,再由⎰∞⋅=p p V l E d 可求得电势分布.<2>利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面,在球面外产生的电势为在球面内电场强度为零,电势处处相等,等于球面的电势其中R 是球面的半径.根据上述分析,利用电势叠加原理,将两个球面在各区域产生的电势叠加,可求得电势的分布.解1 <1>由高斯定理可求得电场分布由电势⎰∞⋅=r V l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1时,有当R 1≤r ≤R 2时,有当r ≥R 2时,有<2>两个球面间的电势差解2 <1>由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内,即r ≤R 1,则若该点位于两个球面之间,即R 1≤r ≤R 2,则若该点位于两个球面之外,即r ≥R 2,则<2>两个球面间的电势差第六章 静电场中的导体与电介质6 -1将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近,则导体B 的电势将〔 〔A 升高 〔B 降低 〔C 不会发生变化 〔D 无法确定分析与解不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。
电磁学课后部分习题答案解析
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。
大物电磁学课后答案4ppt课件
(2)E,V,B 两两垂直
4-10 已知一电量为q的粒子垂直入射到磁感应强度为B的均匀磁
场以前,经过电压为V的电场加速,粒子的初速度可以忽略不计
,进入磁场后经过半圆到达照像底片上的P点,已知粒子入口至
P点的距离为x,求该粒子质量。
4-6在下列两种情况下能否用安培环路定理求磁感应强度B,为什 么?(1)有限长载流直 导线产生的场;(2)圆电流产生的场。
答(2)(圆1)安电培流环产路生定的理场不lB是 d高l 度0对n 称Ii 中的的场B,故是也闭不合能电用流。产生,故不能用!
4-7一个质子,一个氘核和一个 粒子,通过相同的电位差加速 后,进入一均匀磁场中,此时它们的运动方向与B正交。试比较 这些粒子的动能;(2)如果质子在磁场中运动的圆形轨道半径为 10厘米,则氘核和 粒子的轨道半径为多少?
的方向与线圈平面平行,求此时该线圈绕OO’ 轴的磁力矩。
解:
0
B
求线圈的磁矩P
P IS I R 2 ,方向垂直纸面
磁力矩
M P B PB R2IB
L oR I B
O
补充4.3一根载流长直导线被折成如图所示的形状,已知电流强 度为20安, =120o,L=2厘米,求A点的磁感应强度B。
2
2
0I 2 2 R
d
0I 2R
dI
x
dB
柱面横截面图
(沿x正向)
12
4-15 载流长直导线弯成图中三种形状,求O点的磁感应强度B。
解:(a)分成4段
B1 B3 0
B2
大学物理——电磁学习题答案
静电场1直角三角形ABC 的A 点上,有电荷C 108.191-⨯=q ,B 点上有电荷C 108.492-⨯-=q ,试求C 点的电场强度(设m 03.0m,04.0==AC BC ). 解:1q 在C 点产生的场强 20114AC q E πε= 2q 在C 点产生的场强 22204q E BC πε=C 点的合场强43.2410V E m ==⨯ 方向如图2. 带电细线弯成半径为R 的半圆形,电荷线密度为φλλsin 0=,式中0λ为一常数,φ为半径R 与x 轴所成的夹角,如图所示.试求环心O 处的电场强度. 解:R d R dl dE 00204sin 4πεϕϕλπελ==ϕcos dE dE x = 考虑到对称性 0=x E ϕsin dE dE y =RR d dE E y 0000284sin sin λϕϕλϕπ===⎰⎰ 方向沿y 轴负向3.一半径为R 的半球面,均匀地带有电荷,电荷面密度为σ,求球心O 处的电场强度. 解:把球面分割成许多球带,球带所带电荷 dl r dq σπ2=2322023220)(42)(4r x dlrx r x xdqdE +=+=πεσππεθcos R x = θs i n R r = θRd dl =20001sin2224E d i πσσθθεε==⎰ 4如图所示,真空中一长为L 的均匀带电细直杆,总电荷为q ,试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度.解:设杆的左端为坐标原点O ,x 轴沿直杆方向.带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ,在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ,它在P 点的场强:()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε 2分L Pd EO总场强为 ⎰+π=L x d L x L q E 020)(d 4-ε()d L d q+π=043分 方向沿x 轴,即杆的延长线方向.5一个细玻璃棒被弯成半径为R 的半圆形,沿其上半部分均匀分布有电荷+Q ,沿其下半部分均匀分布有电荷-Q ,如图所示.试求圆心O 处的电场强度.解:把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ处取微小电荷d q = λd l = 2Q d θ / π它在O 处产生场强 θεεd 24d d 20220R QR q E π=π= 按θ角变化,将d E 分解成二个分量:θθεθd sin 2sin d d 202RQ E E x π==,θθεθd cos 2cos d d 202R Q E E y π-=-=对各分量分别积分,积分时考虑到一半是负电荷⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=⎰⎰πππθθθθε2/2/0202d sin d sin 2R QE x =0, 2022/2/0202d cos d cos 2R QR Q E y εθθθθεππππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π-=⎰⎰ 所以j RQ j E i E E y x202επ-=+=6边长为b 的立方盒子的六个面,分别平行于xOy 、yOz 和xOz 平面.盒子的一角在坐标原点处.在此区域有一静电场,场强为j i E300200+= .试求穿过各面的电通量.解:由题意知E x =200 N/C , E y =300 N/C ,E z =0平行于xOy 平面的两个面的电场强度通量 01=±==⋅S E S E z eΦ 平行于yOz 平面的两个面的电场强度通量2002±=±==⋅S E S E x eΦ b 2N ·m 2/C“+”,“-”分别对应于右侧和左侧平面的电场强度通量平行于xOz 平面的两个面的电场强度通量 3003±=±==⋅S E S E y eΦ b 2 N ·m 2/C“+”,“-”分别对应于上和下平面的电场强度通量.xz7图中所示, A 、B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面,A 面上电荷面密度σA =-17.7×10-8 C ·m -2,B 面的电荷面密度σB =35.4 ×10-8 C ·m -2.试计算两平面之间和两平面外的电场强度.(真空介电常量ε0=8.85×10-12 C 2·N -1·m -2 )解:两带电平面各自产生的场强分别为:()02/εσA A E = 方向如图示()02/εσB B E = 方向如图示由叠加原理两面间电场强度为()()02/εσσB A B A E E E +=+= =3×104 N/C 方向沿x 轴负方向两面外左侧()()02/εσσA B A B E E E -=-=' =1×104 N/C 方向沿x 轴负方向两面外右侧 E ''= 1×104 N/C 方向沿x 轴正方向8 一球体内均匀分布着电荷体密度为ρ的正电荷,若保持电荷分布不变,在该球体中挖去半径为r 的一个小球体,球心为O ',两球心间距离d O O =',如图所示. 求:(1) 在球形空腔内,球心O '处的电场强度0E .(2) 在球体内P 点处的电场强度E .设O '、O 、P 三点在同一直径上,且d OP =.解:(1)利用补偿法,以O 为圆心,过O '点作一个半径为d 的高斯面。
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结束 目录
)EyBy
+
(1
v2 c2
)EzBz
=ExBx+EyBy+EzBz = E .B
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(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
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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
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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
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8.4解: 两根直电流在圆心处 的磁感应强度均为0. I1
I1在圆心处产生
1
I A
2
O
I2 I C
B1
大小:B 12 0 R I12 2 2 R 0I2 2 2
方向: ⊙
I2B在2 圆大心小处:产B 2生2 0R I22 2 R 0I22 2
9.010 4V
(2) 电场力作功为
Aq0AB
9 1 4 0 ( 1 .0 1 8 ) 0 9 1 4 J 0 ∴外力克服电场力作功为
A A M ′和M分别表示挂线
圈的臂和另一臂在第一次 平衡时的质量,则
当q1>0时, 12>0,总有内球电势高于外球电势。 当q1<0时, 12<0,总有内球电势低于外球电势。
这是因为:两球面的电势差由两球面间的 电场分布决定,而这电场又只与q1有关。
3.6(1) 解:
x+dx x
P
X
O
l
a
选坐标轴OX,取微元x-x+dx,如图所示。
设 ∞ = 0 ,则此微元在P点的电势为
1 d1 BdS
B
r1r2
dS
0I1l
d
x
r1 2x
0I1l lnr1 r2
2
r1
∴所求磁通量为
210 I1lln r1r 1r22.210 6Wb
8.28解:
(1)
Id
0S板
dE dt
0R2
dE dt
8 .8 1 5 1 0 2 0 .0 2 5 1 .0 1 10 2 7.0102A
M
MgMgnIlB
电流反向时应有
(Mm)gMgnIlB
两式相减,即可得 B mg
2 nIl
(2) B=0.860T
M′
I
× ×
lF ××B
7.18解:
(1)mNIS 3A 6m2 (2 )M m a m x 1 BN 4m 4
力矩的单位不能用J,只有 功、能、热的单位才能用J.
其在圆心处的场强为 EO1 0.
o
●
R
E0
d
再补上 - d ,可视作点电荷,
其在圆心处的场强为
EO2 .
E O E O 1 E O 2 E O 2
EOEO2
4d 0 R2
4
qd
0R2(2Rd)
0.7V 2/m
方向指向负电荷,即指向缝隙。
1.18解(典型场的叠加): 由Gauss定理,易知
3.4 解:
q2
设 ∞ = 0 ,由均匀带电球面的电场中
R2
的电势分布和电势叠加原理,得
内球面电势:14q1 0 R1 4q2 0 R2
q1 R1
12
外球面电势:2 4q0 1 R2 4q2 0 R2
两球面的电势差:12124q10(R 11R 12)
R2 R1
小柱面产生的场强为
E1
rˆ 2 0r
(r
R1
)
- +
0 (rR1)
大柱面产生的场强为
E2
2 0r
rˆ
(r
R2
)
0 (rR2)
由场强叠加原理,
0 (rR1)
合场强为
E E 1E 220rrˆ (R1rR2)
0 (rR2)
L
o x x+dx r
P
X
dE
dE dx 40(rx)2
所有电荷元在P点的场强方向相同,
∴整个带电直线在P点的场强大小为
E dEL L//2240 (d rxx)240(r2L L2 / 4)
方向沿X轴正向。
1.11解(弥补法):
设电荷线密度为,缝隙宽为d. 先补上 d ,构成完整的圆环,
1.8 解:
一根带电直线在另一带电直线处的场强大小为
E2 0(2a)4 0a
方向⊥直线
单位长度的另一带电直线在此电场中受力大 小为
FqE1E420 a
此力方向⊥直线,为相互吸引力。
1.9 解:
题目应加一个条件:>0. 如图所示,电荷元dq=dx在P点的场强大小为
d dx 4 0 x
∴P点的总电势为
al a
dx 4 0x
4 0
lnal a
2.510 3V
方法2: O
x x+dx
l
P a
Q X
r 选坐标轴OX,取微元x-x+dx,如图所示。
在X轴上任选一点Q,其与杆右端距离为r,则
Q点场强方向向右,大小为
E d E 0 l4 π 0 (r ε λ d l x x )2 4 π λ0(ε 1 r r1 l)
(2) 以极板边缘线作为安培回路L,则
Bdl
0Id
B
0 Id 2R
L
412 0 7 0 7 ..0 0 5 1 0 22.81 0 7T
10.1 解:
选坐标系,取微元, I
如图所示,
O
v a x x+dx
bX
其产生的动生电动势为 d
l
d(vB )dx vBdx
A CB
●
●
方向向左。
Ⅰ ⅡⅢ
平面II和III之间的场强大小为
E 22 1 0(1 2 3) 1.9 6 1 55 V 0 /m方向向右。
如图,有 A BA CC B E 1A C E 2CB
1 .9 6 1 5 5 7 0 1 2 5 0 .6 1 5 5 5 0 1 20
方向:
B1B20 ∴圆心处的总磁感应强度为0.
8.5解:
d
(1)所求磁感应强度方向:⊙ I1 大小为
l I2
B220 dI/24.01 05T
O
x x+dx
X
r1 r2 r3
(2)选坐标系OX和微元x-x+dx,选⊙为正法线方向
则电流I1的磁场通过图中面积的磁通量为
设 ∞ = 0 ,则P点的电势为
λ 1 1
φ Ed r
( )dr
a
a 4π0εr rl
4 0
lnaal
2.510 3V
3.21解:(1) 平面I和II之间的场强大小为
σ1
E1
σ2
E2
σ3
E 12 1 0(2 3 1)5 .6 5 15 V 0/m