电磁学课后习题与答案.docx
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电磁学课后习题与答案
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
1Q
22
n%4r-L
(2)在棒的垂直平分线上,离棒为r处的电场强度为
E:
—1Q2
2n%rT4r2+L2
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dx,其电荷为dq=Qdx/L,它在点P的电场强度为
dE2er
4n%r
整个带电体在点P的电场强度
E=dE
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,
E=(dEi
⑵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
E=dEyj二〔sinadEj
证
(1)延长线上一点P的电场强度E=也2n
sin
4n^r2
L/2
E=_
2n^r
(B):
.这说明只要满足r2/L2vv1,
此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同[图
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F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①s二EdS
S
方法2:
作半径为R的平面S'与半球面S—起可构成闭合曲面,由于闭合面内无电荷,由
高斯定理
1
$EdSq=0
%
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
①=EdS-EdS
解1由于闭合曲面内无电荷分布,根据高斯定理,有
①=EdS-EdS
依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS的方向,
①--E-tR2cosn=nR2E
解2取球坐标系,电场强度矢量和面兀在球坐标系中可表示为①
E二Ecosesincos0e0sin0siner
2
dS=Rsin0d0er
①二:
sEdS二sER2sin2Osind0
nn
ER2sin20d00sind
=tR2E
5-17设在半径为F的球体内,其电荷为球对称分布,电荷体密度为
p=kr0込r込R
p=0rR
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.
g(b)
iS5-17ffl
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-:
EdS二E4n2
1
根据高斯定理■■EdSpdV,可解得电场强度的分布
%L
⑵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dq=p4n"2dr",每个带电球壳在壳内激发的电场dE=0,而在球壳
外激发的电场
:
E・dS二丄pV得球体内(0 球体外(r>R) 解2将带电球分割成球壳,球壳带电 dq 由上述分析,球体内(0wrwR» pV=kr"4n"2dr 球体外(r>R) 5-20一个内外半径分别为R和艮的均匀带电球壳,总电荷为Q,球壳外同心罩一个半径为Rs的均匀带电球面,球面带电荷为Q.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0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 EdS=E4n-2.在确定高斯面内的电荷q后,利用高斯定理-EdS二'q/©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 E4n2='q/ r Rvr<高斯面内电荷 Qirs_Rs 4n电R;—R;r2 F2 r>R,高斯面内电荷为Q+Q,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的带电球面两侧,电场强度的 跃变量 △E E4 Q2 4n(oRf (T 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 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和F2>R),单位长度上 的电荷为入•求离轴线为r处的电场强度: ⑴rvR, (2)RivrvFl,(3)r>F2. .实际带电球面应是有 分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上,斯面,只有侧面的电场强度通量不为零,荷aq.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 (b) 电5-21图 电场强度也必定沿轴对称分布,取同轴圆柱面为高 且-.EdS二E2nL,求出不同半径高斯面内的电 q/§ E2nL八 rvR,二q=0 巳=0 在带电面附近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变 RvrvR,送q=2L 入 E2=— 2n©r E^0 在带电面附近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变 △E (T 2n^r2n^rL 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、Q、Q沿一条直线等间距分布且Q=Q=Q已知其中任一点电荷所受合力均为零,求在固定Q、Q的情况下,将Q从点O移到无穷远处外力所作的 功• 01O j*J 1 6Qi hJ*l [r川l 1eE5- -22图 分析由库仑力的定义,根据Q、Q所受合力为零可求得Q.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 W=oQ2Edl 其中E是点电荷Q、Q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 W二Q2V。 -V: : 二Q2V0 其中V0是Q、Q在点O产生的电势(取无穷远处为零电势). 解1由题意Q所受的合力为零 QiQ22Qi=0 4n^d4ns。 2d E=Eiy 将Q从点(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Q2=-]q,并由电势 4 的叠加得Q、Q在点O的电势 将Q从点Ot到无穷远处的过程中,外力作功 w~-Q2V0 Q2 8n电d 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入 Eer 2n%r 为电荷线密度. (1)求在r=ri和r=「2两点间的电势差; (2)在点电荷的电场中,我们曾取r 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入r2 U12EdrIn ▼2n电r1 (2)不能•严格地讲,电场强度E—er只适用于无限长的均匀带电直线,而此时电荷分 2冗吋 布在无限空间,rfa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和F2,各自带有电荷Q和Q.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 qQ 各区域的电场强度分布,再由VpEdl可求得电势分布. (2)利用电势叠加原理求电势 P 一个均匀带电的球面,在球面外产生的电势为 Q 4n^r 在球面内电场强度为零,电势处处相等,等于球面的电势 Q 4n@R 其中F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 E「0r: : R-] Q1 E22erRi: : r: : R? 4ncor rR? Q'Q2 E3? er 4n(or qQ 由电势VEdl可求得各区域的电势分布 '-r RiR? : Vi=r已dlrE2dlR2E3dl =0 Q1.Q2 4noR4noR2 11*Q1+Q2 R4n^R2 Q1Q2 4nor4noR2 (2)两个球面间的电势差 dl 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rwR,则 V1 若该点位于两个球面之外,即 Q1Q2 4冗沪 (2)两个球面间的电势差 12 Qi 4n£qR2 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。 由于带正电的带电体A移到不带电的导体B附近时,在导体B的近端感应负电荷;在远端感应正电荷,不带电导体的电势将高于无穷远处,因而正确答案为(A)。 6—3如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为R的不带电的导体球附近,点电荷距导体球球心为d,参见附图。 设无穷远处为零电势,则在导体球球心O点有() q 4n(o)d (B)EJ,VJ 4n§d4n^d (C)E=0,^-0 (D)E=,VL 4nsod4n©R 分析与解达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。 点电荷q在导 零,C点的电势等于点电荷q在该处激发的电势。 因而正确答案为(A)。 6-4根据电介质中的高斯定理,在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于 这个曲面所包围自由电荷的代数和。 下列推论正确的是() (A)若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内一定没有自由电荷 (B)若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内电荷的代数和一定等于零 (C)若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零,曲面内一定有极化电荷 (D)介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 (E)介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关 分析与解电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零,表明曲面 内自由电荷的代数和等于零;由于电介质会改变自由电荷的空间分布,介质中的电位移矢量 与自由电荷与位移电荷的分布有关。 因而正确答案为(E)。 6-5对于各向同性的均匀电介质,下列概念正确的是() (A)电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时,电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/&倍 (B)电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/&倍 (C)在电介质充满整个电场时,电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度 的1/&倍 (D)电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的&倍 分析与解电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成,由于极 sw 化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布,由电介质中的高斯定理,仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时,在电介质中任意高斯面 1 S1xEdS「sEodS二—、q 右i 即E=E。 /&,因而正确答案为(A)。 6-8一导体球半径为Ri,外罩一半径为R的同心薄导体球壳,外球壳所带总电荷为Q而 内球的电势为Vo.求此系统的电势和电场的分布. 荷的这一分布,利用高斯定理可求得电场分布.并由 处处为零,内球不带电. 若V0[令,内球电势不等于外球壳电势,则外球壳内电场强度不为零,内球带 电•一般情况下,假设内导体球带电q,导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示•依照电 VpEd或电势叠加求出电势的 理〔EdS=Er4n2二Er、q/—o,根据不同半径的高斯面内的电荷分布,解得各 区域内的电场分布为 r Rvr 4n^r r>R时, Qq 4nor2 由电场强度与电势的积分关系,可得各相应区域内的电势分布. rvRi时, : _RiR2 rEd\=E1dI,riE2 dI- 4n(0R1 Q 4n(0R2 RivrvR时, V2=r"Edl R2 rE2 dl qQ 4n^r4n@R2 r>R时, rE3dl qQ 4n(o)r 也可以从球面电势的叠加求电势的分布.在导体球内(rvR) q 4n(0R1 Q 4n%R2 在导体球和球壳之间(FlvrvF2) q.Q 4n电r4n%R2 在球壳外(r>R) 由题意 得 代入电场、电势的分布得 rvRi时, Vi qQ 4n%r =Vo= Vi二V) RivrvR时, q 4nS)R2 q.Q 4nQ)R24n^Ri Ei=0;Vi二V。 RiVo(r-R)Q 4n(oR2r r>R时, (R2-R)Q 4n^)R2r2 RiVo r (&-RJQ 4nqDR2r 6-12如图所示球形金属腔带电量为Q>0, 内半径为a外半径为b,腔内距球心O为r处有 一点电荷q,求球心的电势. 分析导体球达到静电平衡时,内表面感应电荷一q,外表面感应电荷q;内表面感应电荷不均匀分布,外表面感应电荷均匀分布.球心C点的电势由点电荷q、导体表面的感应电荷共同决定.在带电面上任意取一电荷元,电荷元在球心产生的电势 dV虬 4n20R 由于F为常量,因而无论球面电荷如何分布,半径为R的带电球面在球心产生的电势为 q 4n©R 由电势的叠加可以求得球心的电势. 第七章恒定磁场 7-2一个半径为r的半球面如图放在均匀磁场中,通过半球面的磁通量为() 8 题7-2国 分析与解作半径为r的圆S与半球面构成一闭合曲面,根据磁场的高斯定理,磁感线是闭合曲线,闭合曲面的磁通量为零,即穿进半球面S的磁通量等于穿出圆面S的磁通量; =BS•因而正确答案为(D). 7—3下列说法正确的是() (A)闭合回路上各点磁感强度都为零时,回路内一定没有电流穿过 (B)闭合回路上各点磁感强度都为零时,回路内穿过电流的代数和必定为零 (C)磁感强度沿闭合回路的积分为零时,回路上各点的磁感强度必定为零 (D)磁感强度沿闭合回路的积分不为零时,回路上任意一点的磁感强度都不可能为零 分析与解由磁场中的安培环路定律,磁感强度沿闭合回路的积分为零时,回路上各点的磁 感强度不一定为零;闭合回路上各点磁感强度为零时,穿过回路的电流代数和必定为零。 因 而正确答案为(B). 7—4在图(a)和(b)中各有一半径相同的圆形回路L1、L2,圆周内有电流11、12, 其分布相同,且均在真空中,但在(b)图中L2回路外有电流13,P1、P2为两圆形回路上的对应点,则() (A)[B'dldl,Bp=Bp2 (B)[Bdl型貝dl,Bp=Bp2 (C)■■-lBdl¥dl,Br=Bp2 (D)§Bdl鬥Bdl,Bp式Bp2 分析与解 但同样会改变回路上各点的磁场分布.因而正确答案为(C) 7-10如图所示,有两根导线沿半径方向接触铁环的a、b两点,并与很远处的电源相接。 求环心O的磁感强度. 分析根据叠加原理,点O的磁感强度可视作由ef、be、fa三段直线以及acb、adb两段圆弧 电流共同激发•由于电源距环较远,Bef=0.而be、fa两段直线的延长线通过点O,由于 Idlr=0,由毕一萨定律知Bbe二Bfa=0•流过圆弧的电流li、12的方向如图所示,两圆 弧在点O激发的磁场分别为 l1l1^)12l2 Bi2,B22" 4n4n 其中li、12分别是圆弧acb、adb的弧长,由于导线电阻R与弧长I成正比,而圆弧acb、adb又 构成并联电路,故有 I1I^~l2l2 将Bi、B2叠加可得点O勺磁感强度B. 解由上述分析可知,点O的合磁感强度 出1」1由瞋2 B_B1_B22,20 4n4n 7-11 如图所示,几种载流导线在平面内分布,电流均为1,它们在点O勺磁感强度各为多 少? 自在点O处所激发的磁感强度较容易求得,则总的磁感强度Bo二、Bi 解(a)长直电流对点C而言,有Idlr=0,因此它在点O产生的磁场为零,则点O处总 的磁感强度为1/4圆弧电流所激发,故有 B_.Mo1 0一8R B的方向垂直纸面向外. (b)将载流导线看作圆电流和长直电流,由叠加原理可得 B_M)l_由1 0一2R「2n Bo的方向垂直纸面向里. (c)将载流导线看作1/2圆电流和两段半无限长直电流,由叠加原理可得 B=Ml.Mo1.M)l_Mol.M1 4nR4? R4R2nR4R Bo的方向垂直纸面向外. 7-15如图所示,载流长直导线的电流为I,试求通过矩形面积的磁通量. 题7-15阳 分析由于矩形平面上各点的磁感强度不同,故磁通量①工BS为此,可在矩形平面上取一矩形面元dS=ldx[图(b)],载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为 d①二BdS—ldx 2n 矩形平面的总磁通量 I,但电流的流向相 解由上述分析可得矩形平面的总磁通量 7-17有一同轴电缆,其尺寸如图(a)所示•两导体中的电流均为 反,导体的磁性可不考虑.试计算以下各处的磁感强度: (1)r (2)R R2 题7■】7的 分析同轴电缆导体内的电流均匀分布,其磁场呈轴对称,取半径为r的同心圆为积分路径,勺Bd\=B2nr利用安培环路定理qB,dl=应I,可解得各区域的磁感强度. 解由上述分析得 rvR Mo2 nRi Bi二 Moir 2tRi RvrvR2 B22n=m)I B2二 r>R3 B42Tf-(J0i-i-0 B4-0 磁感强度B(r)的分布曲线如图(b) 7-29如图(a)所示,一根长直导线载有电流Ii=30A,矩形回路载有电流丨2=20A.试 计算作用在回路上的合力.已知d=1.0cm,b=8.0cm,l=0.12m. H li 分析矩形上、下两段导线受安培力Fi和F2的大小相等,方向相反,对不变形的矩形回路来 所受 所 说,两力的矢量和为零.而矩形的左右两段导线,由于载流导线所在处磁感强度不等,安培力F3和F4大小不同,且方向相反,因此线框所受的力为这两个力的合力. 解由分析可知,线框所受总的安培力F为左、右两边安培力F3和F4之矢量和,如图(b) 示,它们的大小分别为 F3= 2nd 故合力的大小为 F=F3-F4二1.2810,N 2nd2nd+b) 合力的方向朝左,指向直导线. 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 题X・1用 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). 8-5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)①m二LI,因而线圈的自感系数与回路的电流成反比 (D)①m二LI,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) 通量就需用①二[BdS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与B 之和). 解1穿过面元dS的磁通量为 d①二BdS二巳dSB2 2nx+dfdx ddx 2nx 因此穿过线圈的磁通量为 ①二jd① 2d®Id 2nxd 2Tix 再由法拉第电磁感应定律,有 E「竺二座£dI dt12n4丿dt 解2当两长直导线有电流I 通过时,穿过线圈的磁通量为 In 2n4 线圈与两长直导线间的互感为 当电流以变化时,线圈中的互感电动势为 dt 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 t,线圈左端距右侧直导线的距 呢? 此时线圈中既有动生电动势,又有感生电动势.设时刻 离为E,则穿过回路的磁通量 d①dE 入E即可求解,求解时应按复合函数求导,注意,其中v,再令0d即可求 dtdt 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—12如图所示,长为L的导体棒OR处于均匀磁场中,并绕00轴以角速度3旋转,棒 与转轴间夹角恒为
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