电磁学作业答案全集课件

第一章作业1—6解：（1）证明电荷具有量子性。若电荷具有量子性，则每个油滴所带的电量都是某个基元电荷的整数倍，任意两油滴电量的差值也是该基元电荷的整数倍。应从带电量最接近的两油滴的电量的差值中寻找基元电荷。带电量最接近的油滴的电量的差值为：上述几个差值非常接近，猜测基元电荷可能存在，其值大约为。考察每个油滴所带的电量都否为上述基元电荷的整数倍：可见每个油滴所带的电量都能是左右的基元电荷的整数倍。（2）求基元电荷准确的实验值。由上述实验数据，可知基元电荷的值为。根据上述几个实验数据求平均值：讨论：

基元电荷的值有可能为（n为正整数）吗？1—8解：建立坐标系如图，+q-qxyO其中：在上半段任意取电荷元,dqRθ在圆心处产生的电场为：同理，对称地在下半段取电荷元dq’,Dq’θ根据对称性可知，正负电荷在x方向产生的电场互相抵消，故：所以，带电半圆环在圆心处产生的电场为：+q-qxyOdqRθDq’θ正负电荷在y方向产生的电场相等，互相增强，故：1—12解：建立坐标系如图，把均匀带电面分割成无数个同心的均匀带电细圆环.RσP半径在r到r+dr

之间的均匀带电细圆环Zzrdqr+dr在轴线上P点产生的电场为：带电量为:所以：P点的电场也沿z轴方向，大小为：（注意：都沿z轴方向）即P点电场：O解：求电场分布：

设P是空间任意一点，RP由电荷分布的球对称性，可得：的大小与半径r有关，取过P点、以O为球心的的球面为高斯面。方向沿半径方向；r设P到球心O的距离为r，（1）分析电场分布；（2）取高斯面；P1—25ORPrP（3）根据高斯定理得：其中ORPrP所以总电量为Q、半径为R的均匀带电球的电场为：OQ>0RORPr求电势分布：（1）若P点在球内，即：r<R时，解：取无穷远为电势零点。ORrP（2）若P点在球外，即：r>R时，ORPrP所以总电量为Q、半径为R的均匀带电球的电势分布为：OQ>0RO解：R无限长均匀带电线周围的电场分布为：（此公式可直接使用）1—17注意：由于电荷无限分布，不能取无穷远为电势零点，而应取离带电线距离为R的某点或某圆柱面（等势面）为电势零点。Mr1ηNr2M、N点间的电势差为：第二章作业2—2ABQCσ1σ2σ3σ4σ5σ6

B板接地，则B板和大地是等电势，根据电场线的连续性分析得：B板外侧表面不带电。设静电平衡时，C、A、B板每个面上的电荷面密度分别为σ1、σ2、σ3、σ4、σ5、σ6。解：根据题目条件可知，每个面都可以看作是无限大的均匀带电面。（方程①）即：（方程②）同理：ABQCσ1σ2σ3σ4σ5σ6取柱形高斯面如图所示，上下底面分别位于A、C金属板内，侧面与金属板垂直，根据高斯定理，得：金属板A和外界没有电荷的交换，根据电荷守恒定律，得：（方程③）ΔS即：（方程④）ΔS同理在A、B间取高斯面，可得：（方程⑤）注意：金属板B、C接地，与大地有电荷交换，故B板电荷不守恒，C板上电荷也不守恒。部分同学列式：未说明理由或理由错误（电荷守恒）。ABQCσ1σ2σ3σ4σ5σ6同理可得，A、B板间的电场为：取正方向如图所示，A、C板间的电场为：x是匀强电场。是匀强电场。很多同学列式：未说明理由或理由错误（A、C间电场由σ2、σ3产生）。ABQCσ1σ2σ3σ4σ5σ6由于C、B板都接地，故：x可得：（方程⑥）联立上述方程，并代入数值，解得：注意：上面电场表达式的正方向向右。ABQCσ1σ2σ3σ4σ5σ6所以B板上的感应电荷为：xC板上的感应电荷为：ABQCσ1σ2σ3σ4σ5σ6以地为零电势，A板的电势为：x（A、B板间是匀强电场，方向沿x轴正向））（因为ABQCσ1σ2σ3σ4σ5σ6ΔSΔSx其它解法：（1）求A、B板间的电场。（法二）A、B板间的电场可看作是由6个无限大的均匀带电平面产生，故为匀强电场。取柱形高斯面如图所示，下底面位于A板内，上底面位于A、B板间，侧面与金属板垂直，根据高斯定理，得：所以：同理可求得：ABQCσ1σ2σ3σ4σ5σ6x其它解法：（2）求A、B板间的电场。（法三）A、B板间的电场可看作是由6个无限大的均匀带电平面产生，故为匀强电场。根据导体外紧邻处的的场强公式得：MNABQCσ1σ2σ3σ4σ5σ6x其它解法：（3）得出方程④⑤。（法二）建立坐标系如图所示，由静电平衡的条件知：P取金属板A内任一点P，P点的电场可看作是由6个无限大的均匀带电平面产生，其中所以：（式⑴）ABQCσ1σ2σ3σ4σ5σ6x由静电平衡的条件知：Q同理取金属板B内任一点Q，Q点的电场可看作是由6个无限大的均匀带电平面产生，其中所以：（式⑵）将式⑴和式⑵相加，得：（方程④）（方程⑤）将式⑵和式⑴相减，得：作业

P157习题4.1

———已知公式+叠加原理

P158习题4.7

———已知公式+叠加原理

P160习题4.21———安培环路定理第四章作业4—1解：图（a）中圆心O处的磁场由两段半无限长的载流直导线和一段半圆形的载流导线共同产生。123RIO圆心O在半无限长载流直导线的延长线上，据毕—萨定律得，根据一段圆弧形电流在圆心处的磁场公式得：所以圆心O处的磁场为：大小：方向：垂直纸面向内。方向：垂直纸面向内。图（b）中圆心O处的磁场由两段半无限长的载流直导线和两段半圆形的载流导线共同产生。圆心O在半无限长载流直导线的延长线上，半圆形电流2的磁场为：所以圆心O处的磁场为：RIO1234所以：方向：垂直纸面向内。半圆形电流3的磁场为：方向：垂直纸面向外。因为圆环2和3完全对称，故图（c）中圆心O处的磁场由一条无限长的载流直导线和一个圆电流共同产生。无限长载流直导线在O点产生的磁场为：圆电流在O点产生的磁场为：所以圆心O处的磁场为：RIO12方向：垂直纸面向外。方向：垂直纸面向外。方向：垂直纸面向外。圆心O在半无限长载流直导线的延长线上，圆弧形电流2在O点产生的磁场为：所以圆心O处的磁场为：所以：方向：垂直纸面向内。方向：垂直纸面向内。图（d）中圆心O处的磁场由两段半无限长的载流直导线和一段圆弧形的载流导线共同产生。123RIO圆心O在两段载流直导线的延长线上，圆弧形电流2在O点产生的磁场为：所以圆心O处的磁场为：所以：方向：垂直纸面向内。方向：垂直纸面向内。图（e）中圆心O处的磁场由两段载流直导线和两段圆弧形的载流导线共同产生。R1IOR21234θ圆弧形电流4在O点产生的磁场为：方向：垂直纸面向外。圆心O在两段载流直导线的延长线上，半圆形电流2在O点产生的磁场为：所以圆心O处的磁场为：所以：方向：垂直纸面向内。方向：垂直纸面向内。图（f）中圆心O处的磁场由两段载流直导线和两段半圆形的载流导线共同产生。圆弧形电流4在O点产生的磁场为：方向：垂直纸面向内。R1IOR212344—7解：圆心O处的磁场由三段载流直导线和两段圆弧形的载流导线共同产生。圆心O在载流直导线1、4的延长线上，据毕—萨定律得，根据无限长载流直导线的磁场公式RIO12345载流直导线5距离圆心O很远，得r→∞，所以：RIO12345导线2和3并联，故根据一段圆弧形电流在圆心处的磁场公式得：方向：垂直纸面向内。θI2I3方向：垂直纸面向外。所以圆心O处的磁场为：r1r2r3P1P2P3P44—21解：（1）分析磁场分布的对称性。（2）选闭合路径。由于电流分布是轴对称的，根据对称性分析可知磁场分布也是轴对称的。

取过场点的圆作为积分环路，圆心在轴线上，园面与轴线垂直。沿圆周的切线。与场点到轴线的距离r有关；的大小：方向：r1r2r3P1P2P3P4若场点在圆柱内，即，（3）应用安培环路定理。由安培环路定理得：若场点在圆柱和圆筒之间，即，若场点在圆筒内，即，若场点在圆柱和圆筒之间，即，r1r2r3P1P2P3P4所以同轴电缆在空间各点产生的磁场分布为：作业

P226习题5-3———动生电动势

P228习题5-10———感生电动势

P229习题5-16———互感

P231习题5-30———磁场能量第五

章作业（参考方向：A→C）

5—3解：θABC法一：用定义。（参考方向：A→C）

5—3解：法二：用法拉第电磁感应定律。回路的绕行方向为顺时针，ABC段导体上ε的参考正方向为A→B→C。

在导体的初始位置、A、C端点的运动轨迹处填加不动的导体，与导体ABC构成闭合回路，如图所示。由于填加的导体都是静止不动的，故：θACθA’B’C’法一：用定义。（与成右手螺旋。）rα（参考方向：A→B）

5—10解：RABOCD60。h同理可求得：（参考方向：D→C）

rαRABOCD60。hBC、DA段导线在半径方向，（参考方向：A→B

→

C

→

D→A

，即逆时针方向）

故所以线框中的电动势为：RABOCD60。5—10解：法二：用法拉第电磁感应定律。设线框回路中的电动势的参考方向为顺时针。

两种方法算出的ε的实际方向相同。

可得N1匝线圈A在线圈C所在位置产生的磁场为：通过线圈C的全磁通（磁链）为：根据互感系数定义，有：设通过线圈A的电流为I

。通过线圈C一匝线圈的磁通量为：5—16解：ACθz由于R1>>R2，可认为线圈C位于线圈A的轴线上。根据圆电流轴线上的磁感强度公式5—30解：由于电流分布是轴对称的，所以磁场的分布也是轴对称的。的大小与观察点到轴线的距离有关，方向沿圆周切线。过场点P，取一圆周作为积分环路，圆心在轴线上，圆面与轴线垂直。对导线内的各点，由安培环路定理得：（1）求导线内部磁场的分布。P25—30解：把导线内部的空间分成许多薄柱壳，（2）求导线内部单位长度磁场的能量。所以求导线内部单位长度磁场的能量为：第六章作业z++++++------6-7

解：ΔS①求介质中的根据导体静电平衡条件可知，导体内部，导体无极化，根据电位移矢量的定义得：导体内部根据介质中的高斯定理，可得：建立坐标系如图所示，故介质1和介质2内均为：ΔS由自由电荷的分布可知面对称分布，方向垂直极板，大小可能与到极板的距离有关。做柱形高斯面如图所示，侧面与电容器极板垂直，两底面与极板平行，一底面在极板内，另一底面在介质内。z++++++------②求介质中的根据各向同性介质的物态方程得：所以介质中电场分布为：++++++------z各向同性电介质③求介质中的所以介质中的极化强度为：++++++------z取两层介质分界面的法线方向如图所示，（1）求介质分界面的则：z++++++------（2）求两极板间的电势差。z++++++------（3）求电容。其它解法——求电容解：该电容器相当于两平行板电容器的串联。真空中平行板电容器的电容：电容器内充满同一种均匀电介质时：所以充满介质1和充满介质2的两个电容器的电容分别为：电容器串联的等效电容为：所以电容为：其它解法——求电场解：当电场中充满了同一种均匀电介质时，电容器上的自由电荷在极板间产生的电场为：所以介质1中的电场为：所以介质2中的电场为：6-8以介质球球心为球心，过场点做球形高斯面如图，故：因为自由电荷分布球对称，介质均匀且各向同性，故的分布球对称，其大小与场点到介质球球心的距离r有关，方向沿半径方向。解：Rρf根据介质中的高斯定理，可得：Rρ根据各向同性介质的物态方程得：故：