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dx,其电荷为dq = Qdx/ L，它在点P的电场强度为dE 1 dqedE ,2 er4 n r整个带电体在点P的电场强度E dE接着

2、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 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/2 1dx-L/24 n L r x 21r L/21 QZ 2电场强度的方向n 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.cESdEL 4 nr利用几何关系sin a= r/rrx统一积分变

3、量，则L/ 2e-L/ 2 4 n so lrQ dx2 2/3r 12 nj&r *4r2 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_2 nsr -1 4r2/ L2X2 nr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S5-VI 閤分析 方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S求积分，即 sE dSs S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

4、面无电荷, 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.cS的电场强度通量.因而 E dS E dSSS解1由于闭合曲面无电荷分布，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 er2 2 E dS ER sin Osin d 0SSn22nER sin 0 0 si nd0 0tR2E5 - 17设在半径为R的球体

5、，其电荷为球对称分布，电荷体密度为p kr0 r Rp 0rRffi 5 - 17 N分析 通常有两种处理方法：（1）利用高斯定理求球外的电场分布 .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.C大小为常量，且方向垂直于球面，因而有E dS E 4 n2S1根据高斯定理oE dS pV，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 nr 2dr，每个带电球壳在壳激发的电场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外的电场

6、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pV得球体（0 r R)R 2kr4 n drkR2er4电解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(0W rR)R 10 4 n 0kr4n 2dr2rerkR24%0?er5 - 20 一个外半径分别为 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

7、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2EdS E 4n2 .在确定高斯面的电荷q后，利用高斯定理-EdS q/电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E 4n2r v Ri，该高斯面无电荷,q/电0 ,故 Ei 0Ri v rV R2，高斯面电荷Qi r3R3R；戌R2 v rr R3E2Qi r3 戌rV R3，高斯面电荷为Qi ,故E；Q4 n訂2，高斯面电荷为Qi + Q2，故E4Qi Q24 nr2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 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(

8、B)所示.在带电球面的两 r = R;的带电球面两侧，电场EE4E；q2(T这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳外的电场，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Ri和R2 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 R2 , （3） r 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的电荷q

9、.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 / 右r v Ri ,q 0Ei 0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 2L入E2 22 n（0rr R2，q 0E30在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变入1(TE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 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q28 n电d0 C分析 由库仑力的定义，根据 Qi、Q3

10、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所受的合力为零Qi Q2 2 Qi04 n%d4 n% 2d解得由点电荷电场的叠加,4Q3Qi、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

11、为什么?）外力所Q2E dlQy2 n% d22 3/2 dyy解2与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q2q，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Q2V0Q28 n电dU12E2 dl C.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E2 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，

12、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Ul22Eridr入2 n%ri（2）不能严格地讲，电场强度E2 n%r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 Ri和R2，各自带有电荷 Qi和Q2 .求：（1）各区域电势分布，并画出分布曲线;题5-27图分析 通常可采用两种方法（i）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

13、求得电势分布.（2）利用电势叠加原理求电势H p一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为4 nr在球面电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势Q4 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 n电r2E3严 er4 n(orR1R-irR2rR2由电势VE dl可求得各区域的电势分布r当r w Ri时，有RiVi已rdlR2rE2dlR2 E3 dlQi 0111QiQ24乓RiR24 n R2QiQ24 n电R4 noR当Ri w r w R2时，有R22E2 dlE3 dlrR23

14、Qi11QiQ24 nor艮4 nsoR2QiQ24 nor4 n o R2当r R2时，有V3E3 dlrQiQ24 n %r(2)两个球面间的电势差R2Qi 丄14 n 电 RRg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，即r w Ri，则若该点位于两个球面之间，即若该点位于两个球面之外，即Vi旦4 nRQi4 n（o）rr R2，则QiQ24 n%R2Q24 no R2Q24 n（o）r(2)两个球面间的电势差Ui2VV2r R2Qi4 n oR R2 时,E2 rQ q4 nr2由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域的电势分布.r vRi时,ViE dlrRiE

15、i dl rR2RiE2dlR2E3dlq Q4 n（0）Ri4 n（0 R2Ri v rv R2 时,V2E dlrR2E2 dlrE3dlq4 n0r R2 时,E3 dlq Q4 n（o）r.c也可以从球面电势的叠加求电势的分布.在导体球（ r v Ri）q Q4 nR 4 n%R2在导体球和球壳之间（Riv r v R2 ）q Q4 n0）r4 n%R2在球壳外（r R2）q Q4 n%r由题意ViVoqQ4 nR24 n得qQViVo4 nR24 n0&代入电场、电势的分布得r v Ri 时,Ei0 ; ViVoR1 v r v R2 时,E2RVRQRiVo (r R)Qr 4 n

16、%R2rr 4 n(oR2rr R2 时,E3RVo2r(R2 r)q ；4 nsoR2r2RiV0(R2 R1)Qr4冗亦26 12如图所示球形金属腔带电量为 Q 0,半径为a外半径为b,腔距球心O为r处有一点电荷q,求球心的电势.老6 -12图分析导体球达到静电平衡时,表面感应电荷-q，外表面感应电荷q；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 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v qs4 nR 4 nR由电势的叠加可以求

17、得球心的电势.解 导体球表面感应电荷-q,外表面感应电荷q；依照分析，球心的电势 为V亠4 nrqq Q4 n a 4 nb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(C) 2 n2Bcos a2(B)n B(D)n2Bcos 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 S 因而正确答案为（D）.7 -3下列说确的是（）（A ）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路一定没有电流穿过（B）闭合回路上各点磁感强

18、度都为零时，回路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I3 , P1、P2为两圆形回路上的对应点，则()(A)BLidl-BL2

19、dl ,BPiBP2(B)BLidlBL2dl ,BpiBP2(C)BLidl-BL2dl ,BPiBP2(D)BLidlBL2dl ,BpiBP2o分析与解 由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分;C).但同样会改变回路上各点的磁场分布.因而正确答案为（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.分析根据叠加原理，点 0的磁感强度可视作由弧电流共同激发由于电源距环较远，于Idl r 0,由毕一萨定律知 Bbe Bfa 0 . 圆弧在点0激发的磁场分别为Bef 0 .ef、be、fa三段直线以及acb、

20、adb两段圆而be、fa两段直线的延长线通过点0,由流过圆弧的电流11、12的方向如图所示，两也丨1丨11 2l2B1, 2，B2,24 n4 n其中h、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I1I1 1 2I2将B1、B2叠加可得点0的磁感强度B.解 由上述分析可知，点 0的合磁感强度MoI 1l1MoI 2l2B B1B22,204 n4 n7 - 11如图所示，几种载流导线在平面分布，电流均为1，它们在点0的磁感强度各为多将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分,分析应用磁场叠加原理求解.它们各少？.c自在点0处

21、所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度B0 Bi解 (a) 长直电流对点0而言，有Idl r 0，因此它在点0产生的磁场为零，则点 0 处总的磁感强度为1/4圆弧电流所激发，故有Bo8RB0的方向垂直纸面向外.由叠加原理可得他I由I2R 2nR(b) 将载流导线看作圆电流和长直电流，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 n 4R 2 n 4RBo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.可在矩形平面上取一分析 由于矩形平面上各点的磁感强度不

22、同，故磁通量工BS.为此, 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d B dS 卫 Idx 2 n矩形平面的总磁通量d解由上述分析可得矩形平面的总磁通量d2 讪Mo11d2Idx In -dl 2 n2 n 4I，但电流的流向相；(2) Ri v r v7 - 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 vR2 ; ( 3) R2 v r v R3 ； ( 4) r R3 .画出 B r 图线.7-17 IV分析同轴电缆导体的电流均匀分布，其磁场呈轴对称,取半径为r的同心圆为积分路径,d

23、l 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 RiBi1怡 2 nRiBiMoir2 tRiRi v r v R2B2 2 nm)IB2MoI2 nR2 v r v R3B3 2nMo I2nrR2 InRs RfB3MaiRf r2r 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.IIIIII方向相反，对不变形的矩形

24、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FF3 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沿垂直于载流导线方向 以恒定速率运动（如图所示），

25、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8 I图分析与解 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

26、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 匸 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，如图所示.dt线圈中的感应电动势.分析本题仍可用法拉第电磁感应定律dt来求解.由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用 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y dS ddx，所以,总磁通量可通过线积分求得

27、（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.c解1穿过面元d S的磁通量为dSB1 dS B2dSMqI2 nx dddx 宜 ddx2 nx因此穿过线圈的磁通量为2d eldd 2 nx ddx业In?2 n 4d|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ln2 n 4当电流以变化时，线圈中的互感电动势为dldtdtE Mdt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E,则穿过回路的磁通量 B dS f 1, E,它表现为变量I和的二元函数，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.8 - 12如图所示，长为L的导体棒0P，处于