电磁学课后习题答案

1、第五章静电场5 -9若电荷Q均匀地分布在长为的细棒上求ilE:(l)在棒的延长线，且离棒中心为厂处 的电场强度为= _ jm() 4r2 一 L2(2)在棒的垂直平分线上，离棒为r处的电场强度为E = 2_=2兀5 rV4r2 + L2若棒为无限长(即(一8),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,其电荷为曲=Qdx/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

2、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 = JdEZ(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轴方向的分虽因对称性叠 加为零，因此，点P的电场强度就是利用几何关系T =r 一x统一积分变E = JdEyj = sinced/证延长线上一点P的电场强度=I 一JL 2 亦(/ -量,则S 1 QdxuiEp Is 4兀 L（r 一 X）， 4兀（）厶 _r- L/2 r + L/2土是电场强度的方向沿X轴.根据以上分析，中垂线上一点P的电场强度的方向沿y轴，大小为利用几何关系sna=r/rf , r=y/r+X2统一积分变咼，则严 2 1 rQdx

3、 _ Q 1J“4g）厶X + Y严=环扣+厶2当棒长(一8时，若棒单位长度所带电荷人为常量，则P点电场强度1 QIL27isor Vl + 4r2/L222咛此结果与无限长带电直线周国的电场强度分布相同图(B) 这说明只要满足尸/? 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与半径为R的半球而的对称轴平行，试计算通过此半球 而的电场强度通量.题5-14图分析 方法1：由电场强度通量的圧义，对半球而S求积分，即0、=EdS方法2：作半径为R的平而S与半球而S 起可构成闭合曲而，由于闭合而内无电荷, 由髙斯定理这表明穿过闭合曲而的净通量为零，穿入平而S，的电场强度通量

4、在数值上等于穿出半球而S 的电场强度通量因而解1由于闭合曲而内无电荷分布，根拯高斯立理，有0 = EdS=_JsQdS依照约定取闭合曲而的外法线方向为而元dS的方向，0 = -E nF COS7T = JlR】E解2取球坐标系，电场强度矢量和而元在球坐标系中可表示为E = E(cos e +sin cosOq + sin Osin er)dS = 7?sin&d0d erI = EdS=EQsin20sin cl0d= E/?2sin2lin d= nR2E5 -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 = kr (0 r /?)k为一常星试分别用高斯怎理和电场叠加原理求电

5、场强度E与啲函数关系.題5-17图分析通常有两种处理方法：（1）利用髙斯左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而为髙斯而，在球而上电场强度大小为常量，且方向垂直于球而，因而有E d5=E-W根据高斯定理丄J/xlV ,可解得电场强度的分布.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- 4nr,2drr,每个带电球壳在壳内激发的电场d=0,而在球壳 外激发的电场加=Jf/ gr4兀勺/由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布E（r）=dE （0rR）解1因电荷分布和电场分布均为

6、球对称，球而上各点电场强度的大小为常疑，由高斯左理|E-dS =JpdV 得球体内（OWrWR）Eg宀弐皿八&W()球体外（厂R）E(r)4兀尸=kr4nr2dr =册）=kW e 4勺）解2将带电球分割成球壳，球壳带电dq = pdV = krf4nrf2drf由上述分析，球体内(OWrWR)kr4兀/八球体外(厂R)/、严 1 kr - 47rrr2d/?kR25 -20 一个内外半径分别为心和/?2的均匀带电球壳，总电荷为Q，球壳外同心罩一个 半径为弘的均匀带电球而,球而带电荷为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.题5-2()图分析 以球心O为原点，球心至场点的

7、距离r为半径，作同心球而为髙斯而.由于电荷呈球 对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯而上电场强度沿径矢方向，且大小相等因而jEdS = -47rr2 .在确楚高斯面内的电荷工q后，利用高斯泄理即可求出电场强度的分布.解取半径为r的同心球而为高斯而，由上述分析&4胪=工必0r /?!,该高斯而内无电荷，工q = 0,故E,=0Ri r R2 ,高斯而内电荷=故E、= 呼:一-4g)(甩-砒$Ri r Rs 高斯面内电荷为a +a ,故f _ 2 + Q4 4兀勺”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.在带电球而的两侧, 电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在

8、紧贴r =R.的带电球面两侧，电场强度 的跃变虽AE = E4-E. = -=4亦q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而应是有一 N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，半径分别为心和& 心)，单位长 度上的电荷为入求离轴线为r处的电场强度:(1)/- V& , (2)弘Vr R2.題5-21图分析电荷分布在无限长同轴圆柱而上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱而为高斯面，只有侧而的电场强度通量不

9、为零，且fES=E2皿込，求出不同半径髙斯而内的电 荷工g 即可解得各区域电场的分布.解 作同轴圆柱而为髙斯而，根据髙斯左理E -2TirL = q/s0工q = oe =o电场强度有一跃变在带电而附近，电场强度大小不连续,Ri r R2.D=o在带电而附近，电场强度大小不连续,电场强度有一跃变XLAE = 2y 2iiorL这与5 -20题分析讨论的结果一致.沿一条直线等间距分布且a =q3 =(2已、Q的情况下，将Q2从点0移到无穷远5 22如图所示，有三个点电荷Qi x Qz Qs 知貝中任一点电荷所受合力均为零，求在固左 处外力所作的功.y0io5ft 1题5 -22图分析 由库仑力的

10、龙义，根据Q、Q3所受合力为零可求得Q 外力作功应等于电场力作 功W的负值，即=一求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的泄义，电场力作的功为W=Q2Edl其中是点电荷a、a产生的合电场强度.(2)根据电场力作功与电势能差的关系，有其中卩。是Q、Qs在点0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Q、4g）（2）=0解得q2=-=q由点电荷电场的叠加，Q、Q3激发的电场在y轴上任意一点的电场强度为将Q从点o沿y轴移到无穷远处，（沿英他路径所作的功相同，谙想一想为什么）外力所作 的功为Q18jT(/解2与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时并由电势的叠加得Q1、Q3在点O的

11、电势4兀勺）4隔 2隔将a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E =er2m（r为电荷线密度.（1）求在r和r =2两点间的电势差：（2）在点电荷的电场中，我们曾取r一8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.解由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有J7p = E dr = In 仝（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叫布在无限空间，厂一

12、 8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弘和从，各自带有电荷Q和Q2求：(1)各区域电势 分布，并画出分布曲线:(2)两球而间的电势差为多少题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.取同心球而为高斯而，借助髙斯定理可求得 各区域的电场强度分布，再由V =E d/可求得电势分布(2)利用电势叠加原理求电势. 一个均匀带电的球而，在球而外产生的电势为4兀勺/在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球而的电势其中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

13、生的电势 叠加，可求得电势的分布.解2 (1)由高斯左理可求得电场分布耳=0/炉小)由电势V=XE-d/可求得各区域的电势分布.0+wviQl +024g)/?2=亠+_4g)/?47C0/?2v2=f E2.d/ + J；EA.d/=24%1 1Q + Q4 矶/?、g. _ Qi47ieor4t珂 R?两个球而间的电势差Q1 1、4亦、R心丿仏訂;Z沪解2 (1)由各球而电势的叠加计算电势分布若该点位于两个球面内，即厂WRi ,则若该点位于两个球而之间，即心WrWR2 ,则4ne()r 4ne()/2若该点位于两个球而之外，即r/?2，则匕= 2+247Tor两个球而间的电势差第六章静电场

14、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）升髙 （B）降低 （C）不会发生变化（D）无法确立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）06 -3如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为/?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0点有（）(A) = 0,V = 4隔(B) E = 、V=L_(C) E = OW=O(D)E=v=q题6

15、-3图分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。点电荷q在导体球表而感应等量异号的感应电荷土q,导体球表而的感应电荷土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） o6 -4根据电介质中的髙斯泄理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲而的积分等于这个曲而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而的积分等于零，曲而内一左没有自由电荷（B）若电位移矢量沿任意一个闭合曲而的积分等于零，曲面内电荷的代数和一泄等于零（C）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲而内一左有极化电荷（D）介质中的高斯左律表明

16、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屋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左 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泄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上等于没有电介质时该点电场强度的

17、1/倍/（D）电介质中的电场强度一立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而自由电荷的分布，由电介质中的髙斯定理，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S有（l + Z）EdS=.E0.dS=丄 Di即E =Eo/r,因而正确答案为（A） 06 -8 一导体球半径为知，外罩一半径为缶的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q， 而内球的电势为.求此系统的电势和电场的分布.分析 若Vo=内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必泄为等势体，电场强度处处为零，内球不带

18、电.若人工一,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 4 矶/?2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 荷的这一分布，利用髙斯左理可求得电场分布.并由V =JE d/或电势叠加求出电势的 分布.最后将电场强度和电势用已知虽V。、Q、乩、心表示.q题6 Y图解 根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称.取同心球面为髙斯而，由高斯左理fEdS = （） 4耐2=（广）艺g/q,根据不同半径的高斯而内的电荷分布，解得各 区域内的电场分布为 r /?】时， Q（/）=0/?i rR2 时， 艮（厂）=一4、4兀（）厂由电场强度与电势

19、的积分关系，可得各相应区域内的电势分布.r VRi时,V, = fXE-d/ = p E dl+C： E.-dl+C E3 dl = + i1 加 2 址 34%RRirR2 时,匕=色.出=旦h4ne（）r也可以从球面电势的叠加求电势的分布.在导体球内（r /?.）在导体球和球壳之间(RirR2)匕=+4y 4%/?24itQr由题意* =弘=4宓必* 4亦丛代入电场、电势的分布得 r V乩时,d=0： V,=voRir/?2时，E厂R也(心-腎；匕_ RM)(心-即。r2 4n)R2r2 r 4n07?2r6 -12如图所示球形金属腔带电疑为Q 0,内半径为a,外半径为b,腔内距球心0为r

20、处 有一点电荷q，求球心的电势.题6-12图分析导体球达到静电平衡时，内表而感应电荷一q，外表而感应电荷g：内表而感应电荷不 均匀分布，外表面感应电荷均匀分布.球心0点的电势由点电荷g、导体表而的感应电荷共 同决左.在带电而上任意取一电荷元.电荷元在球心产生的电势由于R为常量，因而无论球而电荷如何分布，半径为R的带电球而在球心产生的电势为4g)R由电势的叠加可以求得球心的电势.解导体球内表而感应电荷一q,外表而感应电荷q：依照分析，球心的电势为#=4%尸4g“ 4亦少第七章恒定磁场7 -2 一个半径为r的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球而的磁通量为()(A) 2nr2B(B) nr2B(C)

21、 2nr2Bcosa(D) it 厂 B cos asf题7-2怪I分析与解作半径为r的圆与半球而构成一闭合曲而，根据磁场的髙斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲而的磁通量为零，即穿进半球而S的磁通量等于穿岀圆而的磁通量；5严B S 因而正确答案为（D）7 -3下列说法正确的是（）（A）闭合回路上冬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眾为零（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圮为零（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泄律，磁感强度沿闭合回路的

22、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龙为零。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LI、L2 ,圆周内有电流II、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，“、P2为两圆形回路 上的对应点，则（）(A)、B dl=B dl,厶J：B 片=Bp,(D),Bdl也B dl ,Bp、= Bp(a)Pi(b)题7-4图分析与解 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; 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

23、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 根拯叠加原理，点0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，=0.而b- fa两段直线的延长线通过点6由于 /d/ = 0,由毕一萨宦律知B= Bfa = 0流过圆弧的电流人.“的方向如图所示，两圆弧在点0激发的磁场分别为8|=血4，艮=处算4兀厂 4兀厂其中/】、12分别是圆弧acb. adb的弧长，由于导线电阻R与弧长/成正比，而圆弧acb、adb又构成并联电路，故有/Ji = 1212将Bl、B2叠加可得点0的磁感强度B 解 由上述分

24、析可知，点O的合磁感强度4兀厂 4jrr7 -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题7-11图分析 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，它们各 自在点O处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度色)=工色解(a )长直电流对点O而言，有Idlxr = O,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 =肚 8/?So的方向垂直纸而向外(b) 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得丛一丛 2R 2nRBo的方向垂直纸而向里.(c) 将载流导线看作1/2圆电流和两段半无限长直电

25、流，由叠加原理可得B _ 心 | 他/ II 佻 14tt/? 4hR 4R 2tiR 4RBo的方向垂直纸而向外.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.(b)题7-15图分析由于矩形平而上各点的磁感强度不同，故磁通星XPHBS.为此，可在矩形平而上取一矩形而元dS =/dx 图（b）,载流长直导线的磁场穿过该而元的磁通量为d0 = BdS = /ck27LV矩形平而的总磁通量0 = jd0解由上述分析可得矩形平而的总磁通量0=座/山.=剖止M 27LV 2n 心7 -17有一同轴电缆，苴尺寸如图（a ）所示.两导体中的电流均为I,但电流的流向相 反，导体的磁性

26、可不考虑.试计算以下各处的磁感强度：（1）r 虽：（2） R】r R2 :（3） R2 r 岛.画出B -r 图线.(a)(b)题7-17图分析 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, fB cl/ = B-27ir,利用安培环路泄理可解得各区域的磁感强度.解由上述分析得 r RiBr2nr = -nrRi r R2d 2m = &IR2 r Rs2nrr 兀(r2 - z?2).巧乔疋再B4-27ir = A)(/-/) = 0B4=0磁感强度3 （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人=30 A,矩形回路载有电流

27、b =20 A.试计算作用在回路上的合力已知d = cm, b = cm / = m.题7-29图分析 矩形上、下两段导线受安培力鬥和H的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路 来说，两力的矢疑和为零.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 受安培力届和丘大小不同，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、右两边安培力届和民之矢量和，如图（b ） 所示，它们的大小分別为F = “（C，3_ 2nd= 卩J J几一2兀（+故合力的大小为卩2nd-册ZE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

28、电流/, 一矩形线圈位于导线平而内沿垂直于载流导线方向以恒泄速率运动（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左题8-1图分析与解 由右手左则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸而朝里，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圧律可以判泄.因而正确答案为（B） 8 -5下列槪念正确的是（）（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）= U ,因而线圈的自感系数与回路的电流成反比（D）= U ,回路

29、的磁通量越大，回路的自感系数也一泄大分析与解 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 均以岂的变化率增长.若有一边长为d的正方形线圈与两导线处于同一平而内，如图所 dr示.求线圈中的感应电动势./tdIddd011题8 -7图xd0分析 本题仍可用法拉第电磁感应泄律c =-来求解.由于回路处在非均匀磁场中，磁dr通量就需用0 = J、BdS来汁算(其中B为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度民 与E之和)为了积分的需要，建立如图所示的坐标系.由于8仅与x有关，即B = B(x)

30、,故取一个平 行于长直导线的宽为dx、长为的面元ds,如图中阴影部分所示，则dS = ddx,所以， 总磁通疑可通过线积分求得(若取面元dS = cUdy,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=-M 求解.w dr解1穿过而元ds的磁通量为d O = B dS = dS + 从 dS = d ddx-ddx2 兀(x + d)2nx因此穿过线圈的磁通量为 h 2n(x + d)5 2tix 2兀 4再由法拉第电磁感应泄律，有dr 2兀 4 丿 dr解2当两长直导线有电流I通过时，穿过线圈的磁通量为Mln?2兀 4线圈与两长直导线间的互感为M当电流以辛变化时，

31、线圈中的互感电动势为E = M坐=（如Uf岂2兀 4y drd/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泄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,线圈左端距右侧宜导线的距离 为则穿过回路的磁通M0=JsB ds = /（i,e）.它表现为变量/和e的二元函数，将代入 = - 即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中 = v,再令f=d即可求drdr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0的导体棒0P,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&

32、磁感强度B与转轴平行.求0P棒在图示位置处的电动势.题8-12图分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应立律E = 计算（此时必须构造一个 dt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E = |（rxB）d/来计算.由于对称性，导体0P旋转至任何位置时产生的电动势与图示位垃是相同的.解1由上分析，得=vBsin 90 cosad/=J(Z s in 0e)B c os(90 - 0 Jtl/=cBsin2=丄 3(乙 sin 疔u2由矢vxB的方向可知端点P的电势较髙.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为零，则回路的总电动势E-宙-Ep + Epq + Eqo显然，Eq