习题课电磁部分..

1、第5章静电场作业、教材：选择填空题13;计算题：10, 14, 25, 34二、附加题（一）、选择题1、两个同心均匀带电球面，半径分别为Ra和Rb（Ra<：Rb）,所带电荷分r，取无限远处为零电势,1)当r<Ra时，该点的电势为D :A、1qa +qb ；9B、4兀®rf、C、1qa 45D、4 n 0JRb丿2)当r :>Rb时，该点的电势为A :A、1qqb ；B、4兀SqrC、1(qa +qbD、别为qa和qb .设某点与球心相距1114 n 04兀4兀0rRb丿qa -qb ；Jr/qaIRa+ qJRb丿qa - qb ；rIRaRb 丿3)当Ra <

2、; r v Rb时，该点的电势为4)5)4兀Sqr4%rf、f、c、丄.qqb；D、丄qa 十 qb4 n 0JRb丿4 n 0.RaRb 丿11qa -qb .B、A、当rA:>Rb时，该点的电场强度的大小为qa +qb .A、1qa Sb ;4gr2；B、1qa -qb ；T 2；rr、C、11 qa . qb LD、1._ 2 _2 ；2n 00 r当Ra <r cRb时，该点的电场强度的大小为 D :1qa+qb ； B、1qa -qb ； C i 何 + qb .，.2'4 n0 (R；R2 丿'2、将一个点电荷放置在球形高斯面的中心，在下列哪一种情况下通

3、过高斯面的电场强度通量会发生变化B :A、将另一点电荷放在高斯面外B、将另一点电荷放进高斯面内C、在球面内移动球心处的点电荷，但点电荷依然在高斯面内D、改变高斯面的半径3、闭合曲面S包围点电荷Q，现从无穷远处引入另一点电荷q至曲面外一点，如图所示，贝冋入前后D :A、曲面S的电场强度通量不变,曲面上各点电场强度不变q 'B、曲面S的电场强度通量变化,曲面上各点电场强度不变C、曲面S的电场强度通量变化,曲面上各点电场强度变化D、曲面S的电场强度通量不变，曲面上各点电场强度变化（二八计算题a1、电荷面密度分别为±b的两块 无限大”均匀带电平行平板，处于真空中.在两板间有一个半径为

4、 R的半球面，如图所示.半球面的对称轴线与带电平板正交.求通过半球面的电场强度通量 e = ?解：电场强度E =,电场强度通量e = ”兀R査x2、长为l的带电细棒，沿x轴放置，棒的一端在原点。设电荷线密度为 启Ax, A为正常量,求X轴上坐标为x=l+b处的电场强度大小和电势。解: 口話£卜704分部积分公式Juv dx =uv _ Ju VdxAxdxlV珥丙十吶"b!3、电荷以线密度 入均匀地分布在长为l的直线上，求带电直线的中 垂线上与带电直线相距为 R的点的场强。解：如图建立坐标，带电线上任一电荷元在 P点产生的场强为:4dE _4兀£0（r2 +x2）

5、r。根据坐标对称性分析，E的方向是y轴的方向LE "4叭（R2+x2）几 Rklsin a = D ，宀 2、3/2 dx =-2-24叭（R +x ）4叭R"1 ）1/2Ei= 0(r <Ri)4Eiiiqi+q2r0(r>R2)4兀如24、在半径为Ri和R2的两个同心球面上分别均匀带电qi禾口q2,求在OcvR,R,<rvR2,r ：>R2三个区域内的电势分布。解：利用高斯定理求出:Eii电势的分布:1-Eqiq|drqi中q24 兀 s0r(r >R2)r2 44 -bc4Uii=I Eii dr 壮 EiiiR24 兀 s0R24 兀

6、s0(R2<r <R2)第6章 静电场中的导体与电介质作业、教材： 选择填空题13;计算题：9, 11, 12, 13, 26, 33二、附加题(一)、选择题1、一空气平行板电容器，接电源充电后电容器中储存的能量为W),在保持电源接通的条件下，在两极间充满相对电容率为 务的各向 同性均匀电介质，则该电容器中储存的能量W为：B (A) W = Wo/片.(B) W =列W).(C) W = (1 + £r)W0.(D) W = Wo.(二八计算题1、一个半径为R的不带电金属球壳外有一点电荷 q, q距球心为 2R。(1) 求球壳内任一点P处的电势；(2)求球壳上电荷在球心处

7、产生的 电场强度大小.2、半径为Ri的导体球，带有电量q;球外有内、外半径分别为 R2,Rs的同心导体球壳，球壳带有电量Q。(1)求导体球和球壳的电势Ui, U2； (2)若球壳接地，求 Ui, U2; (3)若导体球接地(设球壳 离地面很远)，求Ui, U2。解：如图题10-4解图(a)所示，当导体达到静电平衡时，q分布在导体球的表面上.由于静电感应在外球壳的内表面上感应出-q电量.外表r2q , q f 11 )面上感应出+q电量，则球壳外表面上共带电荷(Q+q).(1)由于场的对称性.由高斯定理求得各区域的场强分布为:E2 =巳=0(r<R)4 nor(R vr CR2)E3 =0

8、R < r < R3)4 nor(R3<r)题10-4解图(a)E的方向均沿经向向外.取无限远处电势为零，则由电势的定义可得: 内球体内任一场点Pi(r<:R)的电势Ui为R2R3R斗 4 r244 R3T 4+ 处弓 4Ui = fEidr+ fE2dr + f E3dr +f E4dr"r" R" R2" R3r2q2 dr+ f4n0r2-R+处 Q+qu+晋3 4 n0r4 n。(RR2壳6 =0,则内球体内任一点P(r <R,)的电R外球壳体内任一场点P2(R2 <R3)的电势为:U2 = FE3d,+ 广E

9、4df 亠dr=2'r3促4足4冗筍24"0&(2) 若外球壳接地.球壳外表面的电荷为零，等量异号电荷分布在球 体表面和球壳内表面上 ，此时电场只分布在 (R,<r<R2)的空间， £3=04 =0。如图题10-4解图(b)所示.由于球壳接地，所以外球&呻 斗R2屮 4R2 4 珂RiUi 珥 Edr+jRiE2 诽=Jr,E2 dr6=0（3）当内球接地时，内球的电势Ui = 0 ,但无限远处的电势也为零,这就要求外球壳所带电量在内外表面上重新分配， 使球壳外的电场沿 着经向指向无限远处，球壳内的电场经向指向球心处 ；因此，内球壳 必然

10、带负电荷。因为内球接地，随着它上面正电荷的减少，球壳内表 面上的负电荷也相应减少；当内球上正电荷全部消失时，球壳内表面 上的负电荷全部消失完；但就球壳而言，仍带有电量 +Q由于静电感应，在内球和大地这一导体，系统中便会感应出等量的负电荷-Q此 负电荷（-Q的一部分（设为-q）均匀分布在内球表面上。球壳内 表面上将出现等量的正电荷（+q）与之平衡.因此，在达到静电平衡 后，内球带电荷-q'，球壳内表面带电量 +q'，外表面上带电量由高斯定理可知各区域的场强分布为：题10-4解图（C）（Qq），如图所示.巳=0 (r<R)qE2 =- 2 (R1 £r cR2)4

11、n 0rE3 = 0(R2 V r 吒 R3)E4=(R<r)4 n 0r球壳上任一场点P2（R2 <r < &）相对于无限远处和相对于接地内球的电势，应用电势定义分别计算，可得：U2Ri 4 呻 七C呻 =Jr E3 '胪+昭 E4# = rr = Q-*Jr.,- -23 4 n 0r 4 n 0R3U2R2- Ri -=Jr E3 dr + k E2- R -Ri q4兀名 0 R-i R2联立上述两式，求得:RRQq "RR2+R2R3-RR3将q，代入U的表达式中可得：R2-RRi R2 + R2 R3 Ri R3(R2 < r c

12、R3)Ui=0解：E,2g0r(r < Ri)3、电量为q的点电荷处于一不带电导体球壳的球心处， 导体球壳的内、外半径分别为Ri和R2 ,求电场和电势的分布。R <r <R2VRd, qRi q”处 qV _ f 4阳。2 dr +昭赢/dr-goU r r2 j4、三个半径分别为Ri，R2, R3（Ri< R2< R3）的导体同心薄球壳，所 带电量依次为qi, q2, q3.求：（1）各球壳的电势；（2）外球壳接地时, 各球壳的电势。分析：根据静电平衡条件先确定球的电荷分布情况， 再根据电荷分布 的球对称性，利用高斯定理求出电场强度分布，进而利用电势与电场 强度

13、的积分关系求出电势分布。对于电荷球对称分布的带电体，也可 直接利用电势叠加原理求得电势分布。 接地导体时电势为零，电荷重 新分布达到新的静电平衡，新的电荷分布引起电场和电势分布发生变 化。解：(1)女口图题10-5解图(a)所示，半径为R的导体球壳外表面上均 匀的分布电量qi,由于静电感应，半径为R的球壳内表面上感应出-qi 的电量.外表面上感应出+qi的电量.因此，半径为R的球壳外表面上 的电量为qi+q2，同理，半径为R3的球壳内表面上感应出-(qi+C|2)的电 量.外表面上感应出+(qi+q2)的电量.所以R的球壳外表面上的电量为 (qi+q2+q3)(方法一)由于场的分布具有对称性，

14、可用高斯定理求得各区域的场强分别为Ei=O，(r <R)(Ri <r CR2)(R2 <R3)E的方向均沿径向向外.取无限远处为电势零点.Ui=e2 4，+ j： E3 #+JjEq drR3 qi +q2Y2 心r + J：34n>+广FdrR34nE0r2Ia+22+33?4 冗 £0 Ri R2 R3 J甩斗 彳 址扌 4 Rs qq2乂 qp +q2 +q3U2曲"£=jr2 晋4冗名0 JR?R3丿I 的 +q2+q3 I4n 0VR3 丿Iqi+q2+q3、4 n。I R2R3 >4n or2R3丿U3 = ft dr十山

15、2入=丄（g +q2 +q3 也兀 4n r4 n0 I（方法二）可把各球壳上的电势视为由电量为 qi,半径为R;电量为q2,半径为R;电量为q3,半径为R的三个同心带电球壳分别在各点所共同产生的电势的叠加.由于在半径为R的球壳外表面上的P点由三个带电球壳电势的叠加.故有Ui/ 、q_+亚+q_4 n 名0 I Ri R2 R3 >同理：U2_ I 何沁'4n $0 I R2R3 >为零，内表面的电量为-（qi+q2）（方法一）用高斯定理求得各区域的场强分题10-5解图（b）u厂丄何5讨4n0 IR3丿（2） 由于外球壳接地，球壳外表面的电荷别为:Ei =0 , (r &l

16、t;R)£2=命，(Ri<r<R2)£3严4 uSgrE4 =0 , U3 =0U2 = J：E 3dr =4丄丄4 n0 IR2 R3 丿因为外球壳接地，所以:6=04 R3 T 4 r2 qr3 q +6uiL E 2'dr+ LE 3jRi4n；r+jR2 4n?drqii i +qi +q2 i i L i f_qi + q? g+q?4 n0 1尺 R2 丿 4 n0 IR2 R3 丿 4 n0 (尺 R2&(方法二)可把U,视为带电量为qi，半径为R;带电量为q2,半径为R,带电量为-(qi+q2)，半径为R的同心带电球面在半径为R的

17、球壳外表面上的电势的叠加.&+生_ g +q2'4n0 Ri R2R 丿把U视为带电量为qi+q2,半径为R.带电量为-(qi+q2)，半径为R的同 心球面在半径为R的球壳外表面上的电势的叠加5 5 =R3丿(B)巴；4R(D)労(1)4R 兀2、有一半径为R的单匝圆线圈,通以电流I .若将该导线弯成匝数N第7章恒定磁场作业、教材： 选择填空题14;计算题：11, 13, 15, 29, 33二、附加题(一)、选择题1、如图所示，无限长直导线在 P处弯成半径为R的圆，当通以电流 I时，则在圆心O点的磁感强度大小等于：(A)；(C)孰)；=2的平面圆线圈，导线长度不变，并通以同样

18、的电流，则线圈中心的磁感强度和线圈的磁矩分别是原来的：A(A)4倍和1/2倍;(B)4倍和1/8 倍;(C)2倍和1/4倍;(D)2倍和1/2倍求：1)圆心0处的磁感应强度:0所以B为原来解析：B = N (U0l)/2R, N增大一倍，R减小到一半, 4倍，m=Ns,N增大一倍，面积S变为原来的四分之一，所以 m为 原来的一半(二八计算题1、半径为r的均匀带电半圆环，电荷为q,绕过圆心0的轴以匀角速度済专动，如图所示。2)旋转带电半圆环的磁矩。解：1）向上为x轴正方向dB=血厂dI2(宀 X2 fAdidI =2玛2x = r COS0L = rsine （0是r与竖直方向夹角）22 322

19、(r 2 +x )rVsin 也 rdT Tsin 歸4Jir3JI04兀B = f sin* =0方向向上22qor3 严 2 . 2 C A© rd 0 A© r 兀 f r Si no2、一个塑料圆盘，半径为R,带电量q均匀分布于表面，圆盘绕通过圆心垂直盘面的轴转动，角速度为 .试证明(1)在圆盘中心处的磁感应强度为B=也;2iR圆盘的磁矩为Pm = 1 qR2.4解:（1）在圆盘上取一个半径为r、宽为dr的细圆环，其所带电量dq =D2 兀 rdr =22 町 dr.圆盘转动后相当于圆电流_2 兀Rdl =ndqr -q?勿rdrqrdrA ttR2若干个圆电流在圆

20、心产生的磁感强度为B"dB 心”. 2r2rBqrdr叫Wq"r3(2)细圆环的磁矩为dp m=SdI52Mdr=dr.转动圆盘的总磁矩为PmRqr3JoR2d-R2，方向沿轴向。43、载有电流I =20A的长直导线AB旁有一同平面的导线ab,ab长为9cm,通以电流h =20A。求当ab垂直AB, a与垂足O 点的距离为1cm时，导线ab所受的力，以及对O点的力矩的大小。解：电流ab中任意电流元受力大小为df=iiBdx。f =Jdf珥；虬dxO.12;ix2 兀II1ln0.014 兀 X 10-74-_X20X20XI n10 =1.8430 N.I川o"J

21、Bm对O点力矩为27IXM = JdM = J xdf = J；： xdx0 nm.l-0.01) =7.2心0 mN第8章 电磁感应 作业:一、教材： 选择填空题14 ;计算题：10，11，12,二、附加题（一）、选择题1'两根无限长平行直导线载有大小相等方向相反的电流1 '并各以dt的变化率 减小，一矩形线圈位于导线平面内（如图），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不确定2、如图所示，导体棒AB在均匀磁场B中 绕通过C点的与棒垂直、 与磁场平行的轴OO'转动（角速度O与B同方向），O. BC木BC的长度为棒长的丄，贝A3A、A点比B点电势高O'B、A点与B点电势相等C、A点比B点电势低D、无法确定3、如图所示，直角三角形金属框架abc放在均匀磁场中，磁场B平行于ab边，be 的长度为l .当金属框架绕ab边以匀角速度转动时，abe回路中的感应电动势 窃和a、e两点间的电势差Ua-Ue为B :=0, UaB、=0, UaC、= B2,1 2=B 221 2=-B21 2-UeU eD、= B&#