电磁学课后习题答案

1、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1 Q2 2n 4r L(2)在棒的垂直平分线上，离棒为r处的电场强度为1 Q2 n r - 4r2 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dE1 dq4 n r 2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

2、场强度方向相同,E dEiL(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EdEyjLsin adEj证（1）延长线上一点P的电场强度Edq，利用几何关系 r= r x统一积分变L 2 n 0r量，则EpL/21 Qdx2x-L/ 2 4 no L rQ 14nL r L/21r L/2- 2电场强度的方向n电 4r L(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EL 4 nr利用几何关系sin a= r/rrx2统一积分变量，则L/2e-L/24n lrQ dx2 2/3r12 nr , 4r2

3、 L2当棒长Lis时，若棒单位长度所带电荷X为常量,则P点电场强度E limlQ/ L_12 %r、1 4r2/ L2此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同带电长直细棒可视为无限长带电直线.图（B）.这说明只要满足r2/L2 vv 1,5 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由电场强度通量的定义，对半球面S求积分，即ssE dS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SE dS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.

4、因而 E dS E dSSS解1由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有 E dS E dSSS依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS的方向， E tR2 cos n ?R2E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E E cos e sin cos 0e0 sin 0sin er2dS R sin 0d 0 er：E dSER2sin20sin d 0SSn22nER2sin2 0d 0 sin d0 0tR2E5 - 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p kr0 r Rp 0rR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

5、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，.：E dS E 4n2S1根据高斯定理 E dSpdV，可解得电场强度的分布0(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 dq p 4 n 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dE4 nr由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布rdE0RdE0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dS1pV得球体内(0W r w R)球体外(r

6、R)E r 4 n2r 2kr4 n dr0kr2kr4 n2dr2er4 %kR解2将带电球分割成球壳，球壳带电dqpVkr 4 n 2dr由上述分析，球体内(0 rR)R 1 kr0 4 n o4n 2dr2rerkR24er5 - 20 一个内外半径分别为 Ri和R2的均匀带电球壳，总电荷为 Qi ,球壳外同心罩一个 半径为R3的均匀带电球面，球面带电荷为Q2.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2q/ 即可Ed

7、S E 4n2 .在确定高斯面内的电荷q后，利用高斯定理 EdS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E 4n2r v Ri ,该高斯面内无电荷，Ri v r v R2，高斯面内电荷q 0，故 Eiq/ R3，高斯面内电荷为Qi + Q2，故E4QiQ24 n0r2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 强度的跃变量r = R;的带电球面两侧，电场EQ24冗沐；(T Ri ），单位长度上的电荷为入.求离轴线为r处的电场强度：（1） r v Ri , （ 2） Ri v r v

8、 R2 , （3） r R2 .(a)(b)S35 -21 用分析 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:EdS E 2 nL ,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E 2 nLq/ r v Ri ,q 0E10在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变Ri v r v R2 , q 2L2 nrr R2，q 0E30在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变E(T2 n co r2 n o)rL 右这与5 20题分析讨论的结果一致.5 - 22

9、 如图所示，有三个点电荷 Qi、Q2、Q3沿一条直线等间距分布且 Qi = Q3 = Q. 已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Qi、Q3的情况下，将Q2从点O移到无穷远处外力所作的功01O1航可%趣5 -22图分析 由库仑力的定义，根据 Qi、Q3所受合力为零可求得 Q2 .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 o Q2 Edl其中E是点电荷Qi、Q3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 Q2V0 VQ2V0其中Vo是Qi、Q3在点O产生的电势（取无穷远处为零电势）. 解i由题意Qi所

10、受的合力为零Q為 0ii解得q2丄q32q24 34由点电荷电场的叠加，Qi、Q3激发的电场在y轴上任意一点的电场强度为EiyE3yQy22 3/22 n电 d y将Q2从点O沿y轴移到无穷远处, 作的功为（沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么?）外力所Q2E dlQy2 3/2ydyQ28 no)d解2与解i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Qi、Q3在点0的电势Q1Q3 Q4 n(od 4 nd 2 nd将Q2从点O推到无穷远处的过程中，外力作功Q2V 0Q28 n电d.这是因为在许多实际问比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁 题中直接求

11、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Eer2 n%r为电荷线密度.（1）求在r = ri和r = r2两点间的电势差；（2）在点电荷的电场中，我们曾取ris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“入r2U12 E drIn 丄ri2 n 电r1（2）不能严格地讲，电场强度E2 nrer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，ris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 R1和R2，各自带有电荷 Q1和Q2 .求：（1

12、）各区域电势分布，并画出分布曲线;5 -27 图分析 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vpE dl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4 nr在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势4 nR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E2Qi4 nr2errR1R1rrR2由电势V E dl可求得

13、各区域的电势分布r当r w Ri时，有R1R2V1E1 dlE2 dl E3 dlrR1R20 Q111Q1 Q24n R|R24 no R2Q1Q24noR 4 no R,当R1 w r w R2时，有R22E2 dlE3dlrR23Q111Q1Q24 nor&4 n%R2Q1Q24 nor4 n 0R2当r R2时，有E3 dlQ1 Q24 n %r(2)两个球面间的电势差R2U12R1 E2 dlQ1 丄 14 no R1 R?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rw R1，则QiQ24 nQ)R14 n%R2若该点位于两个球面之间，即V2 -Q1Q-4 n

14、%r 4nR2若该点位于两个球面之外，即 r R2，则Q1 Q2 V34 n(2)两个球面间的电势差Ui2V V2rR2QiQi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

15、d,参见附图。设无穷远处为零电势，则在导体球球心0点有()(A) E 0,V 4 nd(B) E宀,V亠4 ni)d4 n q)d(C) E 0,V0(D) E J,V 亠4 n4 n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在导体球表面感应等量异号的感应电荷土q,导体球表面的感应电荷土 q在球心0点激发的电势为零，0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

16、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

17、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:s 1 xE dS sEo dS q右i即E = E 0/ &，因而正确答案为（A ）。6 8 一导

18、体球半径为Ri ,外罩一半径为R2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V0 .求此系统的电势和电场的分布.分析 若V0,内球电势等于外球壳的电势， 则外球壳内必定为等势体，电场强度4 noR2处处为零，内球不带电.若Vo石栄，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VppEd或电势叠加求出电势的荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布.并由由高斯定理:E dS E r 4 n2 E rq/电，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各r vRi时，Ri v rv R2 时,r R2

19、时，E2 rq4冗帖2E2 rQ q4 n笳2区域内的电场分布为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.r vRi时,E dlrRiEi dlrR2RiE2dlR2EdlqQ4 n(0R14 n(0R2Ri v rv R2 时,V2E dlrR2E2 dlrE3dl4 nr 4 nR2r R2 时,E3 dlq Q4 nr也可以从球面电势的叠加求电势的分布.在导体球内（ r v Ri）Viq4 n(0R1Q4 n%R2在导体球和球壳之间（Riv r v R2 ）在球壳外（r R2）q Q4 n%r由题意ViVoq Q4 n(0R24 冗出4 n%R2得代入电场、电势的分布得 r

20、 v Ri 时,Ei0; ViVoRi v rv R2 时,E2RVTrRQ ；4 n %R2r2 R1V0r(r R)Q4 n(oR2rr R2 时,RV o (R? Ri)Qr4 neoR2rE3 学(R2 Rl)Q ； V3r 4 n(oR2r6 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 O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dVdq4

21、nsoR由于R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dq qs4 n%R 4 nR由电势的叠加可以求得球心的电势.解 导体球内表面感应电荷一 q,外表面感应电荷q；依照分析，球心的电势 为4 nrqq Q4 n a4 n(ob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（ ）(A) 2n2B(B) n2B(C) 2 n2Bcos a(D) n2B cos a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；m B

22、 S 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 ,

23、 其分布相同，且均在真空中，但在（b）图中 L2回路外有电流I3 , P1、P2为两圆形回 路上的对应点，则（）(A)BLidl-BL2dl ,BPiBP2(B)BLidlBL2dl ,BpiBP2(C)BLidl-BL2dl ,BPiBP2(D)BLidlBL2dl ,BpiBP2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0的磁感强度. 7 - 10 图弧电流共同激发由于电源距环较远,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Bef0

24、 而be、fa两段直线的延长线通过点O,由于Idl r 0,由毕一萨定律知BbeBfa 0 流过圆弧的电流|1|2的方向如图所示，两圆弧在点O激发的磁场分别为也丨1丨141 22B1, 2，B2,24 n4 n其中11、I2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|1l1 12I2将B1、B2叠加可得点O的磁感强度B.解 由上述分析可知，点 0的合磁感强度MoI 1l1MoI 2l2BB1B2 2 24 n 4 n7 - 11如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，它们在点O的磁感强度各为多少?分析自在点芒 711 r-

25、应用磁场叠加原理求解.将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分,o处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度BoBi它们各解 (a) 长直电流对点O而言，有Idl ro，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Bo8RBo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BoBo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 怡1 由1 比I 出1 讪4 nR 4 tR 4R 2 tR 4RBo的方向垂直纸面向外.题7-15阳分析 由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量工BS.为

26、此，可在矩形平面上取一矩形面元dS = Idx 图（b）,载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为d B dS卫Idx2 n矩形平面的总磁通量解由上述分析可得矩形平面的总磁通量Idxdl 2 n R3 .画出 B r 图线.分析ti世7 - I了怪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,dl B 2 nr利用安培环路定理dlI，可解得各区域的磁感强度.由上述分析得r v RiBi1M 2nR1n2BiMoir2 tHRi v r v R2B2 2 nm)IB2MoI2 nR2 v r v R3B3 2nMo I2nrR2 InRs RfB3MaiRf r2r

27、R3B4 2 nmo I I 0B40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11 = 30 A，矩形回路载有电流12 = 20 A .试计算作用在回路上的合力.已知d = 1.0 cm, b = 8.0 cm, l = 0.12 m.Hli(bi方向相反，对不变形的矩形回路分析 矩形上、下两段导线受安培力Fi和F2的大小相等, 来说，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，所 受安培力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

28、矢量和，如图（b）所示，它们的大小分别为F3怡丨1丨212 ndF42 nd b故合力的大小为F F3 F4 區血皿11.28 10 3 N2 nd2nd 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X1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,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

29、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) m LI，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比(D) m 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).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 均以理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 dt示.求线圈中的感应电动势./4 Z-Fx分析 本题仍可用法拉第电磁感应

30、定律E 来求解.由于回路处在非均匀磁场中，磁dt通量就需用 B dS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BiS与B2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X、行于长直导线的宽为d x、长为d的面元d S,如图中阴影部分所示，贝U dS ddx，所以,总磁通量可通过线积分求得（若取面元dSdxdy，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EmdlM 求解.dt解1穿过面元d S的磁通量为dSB1 dS B2dSddx 皿 ddx2 nx因此穿过线圈的磁通量为2d eldd 2 n x ddx2d |

31、d卫？dxd 2 nxd|dt再由法拉第电磁感应定律,E ddT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 n 4线圈与两长直导线间的互感为虫In32 n 4当电流以变化时，线圈中的互感电动势为dt皿In32 n 4dldt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 离为匕则穿过回路的磁通量 B dS f 1, 它表现为变量I和喲二元函数，将代Sdd E入E即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中v ,再令d即可dtdt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.