電磁學(xué)_第二版__習(xí)題問題詳解

1、實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)電磁學(xué)第二版習(xí)題解答電磁學(xué) 第二版習(xí)題解答1第一章1第二章16第三章25第四章34第五章38第/、早46第七章52第一章1. 2. 2 兩個(gè)同號點(diǎn)電荷所帶電荷量之和為 Q。在兩者距離一定的前提下，它們帶電荷量各為多少時(shí)相互作用力最大？解答：設(shè)一個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量為q = q ,另一個(gè)點(diǎn)電荷的電荷量為q2 =(Q -q),兩者距離為r,則由庫侖定律求得兩個(gè)點(diǎn)電荷之間的作用力為q(Q -q)F ,24 ； 0r令力F對電荷量q的一隊(duì)導(dǎo)數(shù)為零，即dF (Q-q)-q n =°dq 4 0r得Qqi= q2=-即取 qi=q2=Q時(shí)力F為極值，而。2Q-故當(dāng)q=q2 = 5時(shí)，F(xiàn)取最大

2、值。1.2.3兩個(gè)相距為L的點(diǎn)電荷所帶電荷量分別為2q和q,將第三個(gè)點(diǎn)電荷放在何處時(shí)，它所受的合力為零？解答：要求第三個(gè)電荷Q所受的合力為零，只可能放在兩個(gè)電荷的連線 中間，設(shè)它與電荷q的距離為了 x,如圖1.2.3所示。電荷Q所受的兩 個(gè)電場力方向相反，但大小相等，即2qQ qQ _n/、2 /一 204 o(L - x) 4 0x得x2 2Lx- L2 = 0舍去x<0的解，得x=(52- 1_)1. 3. 8解答:*y耳一 E3A jf i X >1I %:EidE 3O E ABEb.決、RB(a)(b)(c)(1)先求豎直無限長段帶電線在 O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng) 巳，由習(xí)題1.3

3、.7nEix =4二 0RdldE1y =k1-sin - - -krIdlldl(R2l2)3/2nE1y = -k ， 0 (R l )2、3/24二 oR仿習(xí)題1.3.7解答過程，得文檔大全4二 0R(-i? ?)Ei =0?-?)4二 0R同理，水平無限長段帶電線在 O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)k 二 / 2E3x =一R 0ncos= d：=4二 0R對于圓弧段帶電線在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)E3,參看圖1.3.8 (b),得dl . d-dE3x =k一cos，；= kcos二x x2RR同理得4二 0R4-R(?)解得實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)34二 0R(? ?)（2）利用（1）中的結(jié)論，參看習(xí)題1.3.8圖（b）,

4、A比的帶電直線在O點(diǎn)的場強(qiáng)為4二 0R（-？-拉文檔大全B-g的帶電直線在。點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為B4二 0R(-i? ?根據(jù)對稱性，圓弧帶電線在 O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)僅有x分量，即EAB = EABx? 二k 二 /2R -二 /2I o " o cos d - ? =?2二 0R(b)(a)故帶電線在O點(diǎn)產(chǎn)生的總場強(qiáng)為E = E e eA B AB在圓柱上取一弧長為Rd平、長為z的細(xì)條，如圖（a）中陰影部分所示，細(xì)條所帶電荷量為dq =仃（zRd中）,所以帶電細(xì)條的線密度與文檔大全面密度的關(guān)系為=四=dl - ； Rdz由習(xí)題1.3.7知無限長帶電線在距軸線 R處產(chǎn)生的場強(qiáng)為dE =er2二

5、oR圖(b)為俯視圖，根據(jù)對稱性，無限長帶電圓柱面軸線上的場強(qiáng)僅有x分量，即, , , n 2.dEx - -dEcos =cos d =-cos d :2 二；02二；0E = Ex?=?f0ncos2cPd邛 = ?2-02；。1. 4. 5解答:如圖所示的是該平板的俯視圖，OO'是與板面平行的對稱平面。設(shè)體密度P > 0 ,根據(jù)對稱性分析知，在對稱面兩側(cè)等距離處的場強(qiáng) 大小相等，方向均垂直于該對稱面且背離該面。 過板內(nèi)任一點(diǎn)P,并以面OO'為中心作一厚度|2x(<d)、左右面積為S的長方體，長方體6個(gè)表面作為高斯面，它所包圍的電荷量為 P(2xS),根據(jù)高斯定

6、理。：(2xS)；E dS =- ；o前、后、上、下四個(gè)面的E通量為0,而在兩個(gè)對稱面S上的電場E的大小相等，因此P(2x|S)2ES-考慮電場的方向，求得板內(nèi)場強(qiáng)為x Oi?;0式中：x為場點(diǎn)坐標(biāo)用同樣的方法，以O(shè)yz面為對稱面，作一厚度為2x(d)、左右面 積為S的長方體，長方體6個(gè)表面作為高斯面，它所包圍的電荷量為P(Sd),根據(jù)高斯定理(Sd)一 E dS =-；。前、后、上、下四個(gè)面的E通量為0,而在兩個(gè)對稱面S上的電場 E的大小相等，因此2ES =：(Sd)考慮電場的方向，得d . ：dE 二I2p1. 4. 8解答:(1)圖1.4.8為所挖的空腔，T點(diǎn)為空腔中任意一點(diǎn)，空腔中電荷

7、分布可看作電荷體密度為0的實(shí)心均勻帶電球在偏心位置處加上一個(gè)電荷體密度為一戶的實(shí)心均勻帶電球的疊加結(jié)果，因此，空腔中任意點(diǎn)T 的場強(qiáng)E應(yīng)等于電荷體密度為P的均勻帶電球在T點(diǎn)產(chǎn)生場強(qiáng)Ep與電 荷體密度為的均勻帶電球在T點(diǎn)產(chǎn)生場強(qiáng)E_p的疊加結(jié)果。而EpI與E_p均可利用高斯定理求得，即 式中：rl為從大球圓心O指向T點(diǎn)的矢徑；匕從小球圓心O'指向T點(diǎn) 的矢徑?？涨恢腥我恻c(diǎn)T的場強(qiáng)為一E：巳：二短“一引二瓦,因T點(diǎn)為空腔中任意一點(diǎn)，C為一常矢量，故空腔內(nèi)為一均勻電場。(2) M點(diǎn)為大球外一點(diǎn)，根據(jù)疊加原理吉一二；上曖3% .(M + c)M 一P點(diǎn)為大球內(nèi)一點(diǎn)，根據(jù)疊加原理，求得1. 4.

8、 9解答:3% L(rp +c)rp ecL*Er在均勻帶電的無限長圓柱體內(nèi)作一同軸半徑為r(r M R)、長為L的小圓柱體，如圖1.4.9 (a)所示，小圓柱面包圍的電荷量為由高斯定理- E dS =根據(jù)對稱性，電場E僅有徑向分量，因此，圓柱面的上、下底面的E通量為0,僅有側(cè)面的E通量，則Er 2 rL =r2L解得柱體內(nèi)場強(qiáng)在均勻帶電的無限長圓體外作一同軸半徑為r(rR)、長為L的小圓柱體(未畫出)，小圓柱包圍的電荷量為2Q R2L解得柱體外場強(qiáng). R2E外=E外rer = -一er2 0r柱內(nèi)外的場強(qiáng)的E-r曲線如圖1.4.9 (b)所示1. 4. 10 解答:(1)作半徑為r(R &l

9、t; r < R2)、長為L的共軸圓柱面，圖1.4.10 (a) 為位于兩個(gè)圓柱面間的圓柱面，具表面包圍的電荷量為根據(jù)對稱性，電場E僅有徑向分量，因此，圓柱面的上、下底面的E通量為0,僅有側(cè)面的E通量，則在R1 < r < R2的區(qū)域II內(nèi)，利用高斯定理有2 rLE乙 1 IIr1L解得區(qū)域II內(nèi)的場強(qiáng)Ell =E“r?二廠？2二；0r同理，可求得r < R1的區(qū)域I中的場強(qiáng)Ei =0在r a R2的區(qū)域III中的場強(qiáng)EIII = EIIIr er='1 ' '22二；0r若九1 二 -九2 ,有Ei =0 EiiEiii =02二；0r各區(qū)域的

10、場強(qiáng)的Er曲線如圖1.4.10(b)所示。1. 5. 2證明:(1)在圖1.5.2中，以平行電場線為軸線的柱面和面積均為 S的 兩個(gè)垂直電場線面元 S、&形成一閉合的高斯面。面元 S和弓上的場 強(qiáng)分別為E1和E2,根據(jù)高斯定理，得- E1GE2S2 = S（一 E1E2） = 0證得Ei = E2說明沿著場線方向不同處的場強(qiáng)相等。（2）在（1）所得的結(jié)論基礎(chǔ)上，在圖1.5.2中作一矩形環(huán)路路徑, 在不同場線上的場強(qiáng)分別為Ei和E2,根據(jù)高斯定理得日-E2 = 0證得Ei = E2說明垂直場線方向不同處的場強(qiáng)相等。從而證得在無電荷的空間中，凡是電場線都是平行連續(xù)（不間斷） 直線的地方，電

11、場強(qiáng)度的大小處處相等。1. 6. 4證明：由高斯定理求得距球心r處的P點(diǎn)的電場為:心r處的P點(diǎn)的電勢為R :：rr 3；odr二：R3drR 3；or23 3R2 r2l_Q(3R2-r2)3% - 22 一8oR31. 6. 5解答:(1)根據(jù)電勢的定義，III區(qū)的電勢為Viii(r) =Qi Q24二；0rV1NR2)Qi Q24 二；0R2II區(qū)的電勢為Viir2 Qi z二 Qi Q22 drrr 4二；or 84二；ordrI區(qū)的電勢為14-0M(r) =Vii (Ri)=QiQ2 I 4二；oRRU(2)當(dāng)Ql-q2時(shí)，Eiii (r) = 0,代入(i)中三個(gè)區(qū)域中的電勢的表達(dá)式

12、，求得Viii()= 0, VII(r) =QiV-r曲線如圖i.6.5 (a)所示Q2R2_ QiRi4-0Y(r)=Qi4-0R RU時(shí)，代入(i)中三個(gè)區(qū)域的電勢的表達(dá)式，求得Viii (r)二(R - R2)Qi4 二 0R1rVii (r)314- 1rRi 廠M(r)= 0V-r曲線如圖所示均勻電荷密度為p的實(shí)心大球的電荷量一4 二 3Q=p a3,挖去空腔對3應(yīng)小球的電荷量q = -?3b ,電荷密度為p的大球在m點(diǎn)的電勢為V： (rM ) =4二；0m3；o L電荷密度為-P的小球在M點(diǎn)的電勢為V_：(rM)=M點(diǎn)的電勢為Vm t Vd(rm) V_d(m)=380 <r

13、MM + C電荷密度為P的大球在P點(diǎn)的電勢為V；(rp) = * E內(nèi) dr a E dr22(3a2 - r；)6 ；電荷密度為-P的小球在P點(diǎn)的電勢為V_p(rP)= -3 0 rpcP點(diǎn)的電勢為pVP"'。")： 6d3a3rP c電荷密度為P的大球在O點(diǎn)的電勢為aV (r。) =E內(nèi) drrO00 -_E dr =aa2 (-：)a2: a26；。3；。2；。電荷密度為-P的小球在O點(diǎn)的電勢為bE-外 dr6 ；oO點(diǎn)的電勢為V。二 V") V.：(o)3a2 - 3b2電荷密度為P的大球在O'點(diǎn)的電勢為a-V：(o ) =E內(nèi) drcE

14、dr =a(a2c2)a23；。：22(3a2 - c2)6 o_ ：b2- ：b2+6；03；o電荷密度為-P的小球在O'點(diǎn)的電勢為b -，,V.p（o，）= 1c E一酉 dr 十 E_ dr廿O'點(diǎn)的電勢為c2PVo = V；（r。）V-； （ro） = 丁 3a2 - 3b2 - 6飛第二章2.建立球坐標(biāo)系，如圖所示，球表面上的小面元面積為dS = R2sin"ud(1)面元上的電荷量為dq = dS = ； 0R2 cos71 sin71 d-d(2)導(dǎo)體上一面元dS所受的電場力等于2 一 二：cos2 1 一dF =(二 ds)E =dsen = 0dse

15、n2；。2；。I式中：E'為除了面元dS外其他電荷在dS所在處產(chǎn)生的場強(qiáng)。以z=o平面為界，導(dǎo)體右半球的電荷為正，導(dǎo)體左半球的電荷為負(fù)，根據(jù)對稱性，面元所受力垂直于 z軸的分量將被抵消，因而，只 需計(jì)算面元dS所受的電場力的Z分量，即1: cos2 U ?dFZ = 0cos71 dS?(4)2；o將(1)式代入(4)式，對右半球積分，注意積分上下限，得實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)_ 2左半球所受的力為二2 R2 9-Rl?4；。0：d224；。0/2R2 cos3 u sinu du2；。將B板接地：（*=0）文檔大全2 . 1. 4解答:解：由左至右各板表面的電荷密度1, 0 2 5 0 35 0 4

16、,因 qB = 0 ,利用靜電平衡條件列方程得:解得:qA2S（無限大平行金屬板）qA2SV =E內(nèi) dl = E內(nèi)d =-d = "qA；02 0 S實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)'-'2 - -；3二 2也 S;0qAd2. 2. 1解答:文檔大全由于電荷q放在空腔的中心，在導(dǎo)體殼內(nèi)壁的感應(yīng)電荷 -q及殼外 壁的電荷q在球殼內(nèi)、外壁上均勻分布，這些感應(yīng)電荷在球腔內(nèi)產(chǎn)生 的合場強(qiáng)為0;殼內(nèi)電荷與球殼內(nèi)壁電荷在殼外產(chǎn)生的合場強(qiáng)為0,因此，殼內(nèi)、殼外的電場表達(dá)式相同，距球心為處的場強(qiáng)均表示為E(r) = q-er (r R1 或 r R?)4二 0r距球心為r(0 < r < R

17、)處電勢為V內(nèi)=f R1E內(nèi) d+fR2E# d=-q- - - + I (0 < r - R)4%l R R2J在導(dǎo)體球殼內(nèi)場強(qiáng)和電勢分別為殼(r) = 0 (R <r <R2)4 二 0R2(R1 < r < R2)球殼外的電場由殼外壁電荷激發(fā)，殼外的電勢為丫外=£ dr = q(R2 M r)4二；0r場強(qiáng)大小E和電勢V的分布如圖所示。2. 2. 2解答:球形金屬腔內(nèi)壁感應(yīng)電荷的電荷量為-q,由于點(diǎn)電荷q位于偏心位置，所以腔內(nèi)壁電荷面密度分布 仃內(nèi)不均勻，球形金屬腔外壁的電荷量 為Q+q,腔外壁電荷面密度a外均勻分布，根據(jù)電勢疊加原理，O點(diǎn) 的電勢

18、為V 一 q 上mdS4Q + q 一 q C 1JL QVo -十 ii-4n%r L 4n%a 4收0b 4好01r a b) 4ns0b2. 3. 2解答:(1)平行放置一厚度為t的中性金屬板D后，在金屬板上、下將出現(xiàn)等值異號的感應(yīng)電荷，電場僅在電容器極板與金屬板之間，設(shè)電o何面將度為 仃0,電場為E= 一A、B間電壓為Uab Td-t)二弋”)-0 SA、B間電容C為Uab d-t(2)金屬板離極板的遠(yuǎn)近對電容 C沒有影響 (3)設(shè)未放金屬板時(shí)電容器的電容為放金屬板后，板間空氣厚度為此時(shí)電容器的電容為S 4C = UCo = 800F3d 3由于A、B不與外電路連接，電荷量Q0不變，此

19、時(shí)A、B間電壓為Uab”AB”5V2. 3. 5解答:A *3333(1)按圖中各電容器的電容值，知C、D間電容為Ccd = (2 3/ 3尸 F =3F其等效電路如圖(a)所示，E、F間電容為CEF(2 3/3尸 F = 3F同理，其等效電路如圖(b)所示，A、B間電容為CAB(3/3)F = 1FE(b)(a)A、B間的電勢差為900V,等效電容Cab上的電荷量為Qab = CabUab=910 C由圖(b)可見，與 A B相接的兩個(gè)電容器的電荷量與 Qab相同,亦為 9M10“C。(3)由圖(b)可見，因3個(gè)電容器的電容值相等，故 E、F間電壓U EF1- 900V=300V3又由圖(a

20、)可見，E、F間電壓亦加在3個(gè)電容值相等的電容器上，所以U CD1-300V=100V2. 3. 7解答:方法一：各個(gè)電容器的標(biāo)號如圖所示，設(shè) U =Uab, C = Cab,則有 Q = CU在A、B、D、E4個(gè)連接點(diǎn)列出獨(dú)立的3個(gè)電荷量的方程Q = qiq4一斗二q2 q5Q = q3q5(1) 3個(gè)電壓的方程實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)U=u AD U DB_ q4, q3一4吁 4FU=U ae U eb），旦4F 4FU=U ae U EDUdb-2旦4F i0F 4F(6)由（1）、（3）兩式得qi q4 = q2 q5（7）由（4）、（5）兩式得q4 q3 = a q5（8）由（7）、（8）式得q4

21、 = q5 qi = q3（9）將（1）、（9）兩式彳t入（5）式，得1.Iu = 47 qi (Q - qi)按電容器定義，有方法二：因題中Ci、C3、C4、C5均為4F ,所以據(jù)對稱性C2上的電 荷為零（Ue =Ud）。C4與 C3 串聯(lián)得：CAb = 2(NF)Ci 與 C5 串聯(lián)得：CAb=2dF)Cab 二 Cab Cab = 2 2 = 4(F)2. 5. 1解答:串聯(lián)時(shí)，兩電容器的電荷量相同，電能之比為文檔大全實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)Q2W1 2C1 C22W -Q 一C1 一彳2C2并聯(lián)時(shí)，兩電容器的電壓相同，電能之比為C1U2四二二2d = CiW2 . C2U2_ C2 _ 22文檔大全實(shí)

22、用標(biāo)準(zhǔn)第三章3. 2. 3解答:(1)偶極子所受的力矩大小為M = pEsin1最大力矩為8=工時(shí) 2Mmax = pE = qlE = 2 10'Nm(2)偶極子從不受力矩的方向轉(zhuǎn)到受最大力矩的方向，即 日從0到三，電場力所做的功為2W = 0/2Td = 0/2pEsin” = pE = 2 10-3Nm3. 4. 1解答:yf圖為均勻介質(zhì)圓板的正視圖，因圓板被均勻極化，故只有在介質(zhì)圓板邊緣上有極化面電荷，弧長為dl ,厚度為h的面元面積為dS= hdl= hRd,在口處的極化面電荷密度為=P en = - P cos:根據(jù)對稱性，極化電荷在圓板中心產(chǎn)生的電場強(qiáng)度只存在 y分量,文

23、檔大全實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)位于a處的極化電荷在圓板中心產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的y分量為二 dSdE 一 = k-cos：R22- Pcos 二 hdlR22,-Ph cos 二 d：=k R文檔大全全部極化面電荷在圓板中心產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為-Ph4二 0R2 0n COS2 a d"- Ph4R將電場強(qiáng)度寫為矢量：m PhE 二一4 oR3. 4. 5解答：(1)根據(jù)電容器的定義并代入數(shù)據(jù)，得C0 =個(gè)= 1.8 10,°F(2)金屬板內(nèi)壁的自由電荷(絕對值)為|q。=CoU°=5.4 10，C(3)放入電介質(zhì)后，電壓降至U = 103V時(shí)電容C為C = q0 = 5.4 10-1

24、0F U(4)兩板間的原電場強(qiáng)度大小為U05E0 =3=3 105V/m 0 l(5)放入電介質(zhì)后的電場強(qiáng)度大小U 5E105V/ml(6)電介質(zhì)與金屬板交界面上的極化電荷的絕對值為|q',因極化電荷與自由電荷反號，有E = E0-E而q'=仃 S=、ES= ,(E0- E)S= 3.6父 10,C(7)電介質(zhì)的相對介電常數(shù)為一 二3Co3. 4. 6解答：空腔面的法線取外法線方向單位矢 8 = 4,建立直角坐標(biāo)系，9為矢徑R與z軸的夾角，球面上的極化電荷面密度為由上式知，緊貼球形空腔表面介質(zhì)上的極化電荷面密度 仃是不均 勻的，極化電荷面密度左側(cè)為正，右側(cè)為負(fù)，球面上坐標(biāo)為(R

25、,、a ) 處的面元面積為dS= R2sin Wd該面元上的極化電荷量為dq、 dS = 一 PR2 cos。sin" d" d帶電面元在球心處激發(fā)的電場強(qiáng)度方向由源點(diǎn)指向場點(diǎn)，用單位矢一?R表不dE =嘿（一船R -根據(jù)對稱性，極化電荷在球心的場強(qiáng) E的方向沿z軸方向，故只 需計(jì)算場強(qiáng)E的z分量，即07Td5 0 0 cos2 9 sin9 d9EzP=上 I?4二；°P ,?cos3 1-k2 03P = ° E = o( r -1)Ed (、-1) 4 故得 E = R) E33. 5. 1解答:因?qū)w板上內(nèi)表面均勻分布自由電荷，取上導(dǎo)體板的法線方

26、向指向下方，即有Dn =00 = 2 10*C/m2在介質(zhì)1板中，有Dn5E1n =匚=7.5 105V/m；0 ；r1在介質(zhì)2板中，有Dn5E2n = = 5.7 105V/m；0 ；r2如圖所示，貼近上導(dǎo)體板處的極化電荷面密度為:1Tlv 0 © 口 ；。£ =二0 'ri=-4 10C/m2 = -1.33 10-5C/m2 3貼近下導(dǎo)體板處的極化電荷面密度為1CE I?e ( (-)20 2 匚2 n20 2 e2 ( 0)>23-5_ 2_ 5_ 2=-10 C/m2 =1.50 10 C/m22兩介質(zhì)板間的極化電荷面密度為15八 2二3 二 71

27、(-二2)二(二1 二2) = - - 10 C/m26=-1.7 10'C/m2或 = d-p) %3. 5. 3解答:（i）介質(zhì)板用“2”標(biāo)記，其余空氣空間用“1”標(biāo)記，單位矢en方向?yàn)橛删蛛妱葜赶虻碗妱荩瑑蓸O板間電勢差（絕對值）為E2nEin(d-l) = U(1)無論在空間1還是在2,電位移矢量D相等，故有；°Eln = Dn 二。rE2n得Em = ；.E2n（2）將（2）式代入（1）式得U(1- r)l rd寫成矢量E；Ua(1- r)l rd 備解得00 rU cD1 = D2 = ?n(1一 r)l ；rd湛 g 0( r )U 2P2 = 0 E2 =a(1

28、- r)l rd（2）因0o = Dn,故極板上自由電荷的電荷量（絕對值）為=二-oS =0 rUS(1- r)l rd（空氣中）的場強(qiáng) £空二已，故（3）極板和介質(zhì)間隙中rUr)1+ rd?n（4）電容為C"=U；0；rS(1- r)l rd3. 5. 9解答:(1)以r(R<r<R2)為半徑，長度為一個(gè)單位，作一與導(dǎo)線同軸的圓柱體，圓柱體的表面作為高斯面，求得介質(zhì)中的電位移矢量為M'er電場強(qiáng)度為(r)=極化強(qiáng)度矢量為E - Ji-er2二 rr(2)兩極的電勢差u =R2- Ri= ln 艮2",r2二飛，Ri(3)在半徑R與R2處，介表

29、面表的極化電荷面密度分別為-("-1) 02 rRiCT2二 Pn(R2)=(r - 1) 02 二 r R23. 7. 1解答:有玻璃板時(shí)，電容器電容為將玻璃板移開后，電容器電容為(1)電容器一直與直流電源相接時(shí)，電壓 U不變。未抽出玻璃板時(shí)電容器的能量為1八2W 二-CU 22抽出玻璃板后電容器的能量為12W 二一CU22二者之比(2)用直流電源給電容器充電后，先斷開電源再抽出玻璃板，電荷量不變,Q2W =2C二者之比 3. 7. 2解答:距球心r處的電位移矢量和電場強(qiáng)度分別為D=4qr2e?，E=4q?電介質(zhì)內(nèi)任一點(diǎn)的能量密度為1 口 de =22q（）32二 2 r4第四章

30、4. 4. 7解答:因力的支路被導(dǎo)線短路，故加在電阻 R2與R4串聯(lián)的電路兩端電壓就是電池%的端電壓，因電池 %的負(fù)極接地，A點(diǎn)的電勢為Va = I4R4=-RCR2 R4從圖中飛，的負(fù)極及%的正極接地，故Vb = %, Vd = % Ve4. 4. 9解答:設(shè)圖中電池電動 國=10V, &2=20V, %=24V, R = 2Q, R2=10QR3=3C, R4=17C , R = 28C。因?yàn)楹娙莸碾娐窙]有電流通過，所以如圖所示的正方形電路為無分支電路，對照此電路圖的電動勢和電阻的數(shù)值，求得電流W + W - ZI :12-3二 0.1ARi R2 R3 R4 R5Va = Ua

31、o=；i -Q R R 7V由墊_Vb = Ubo= 3 Q RR 26 V3個(gè)電容器組成的電路如圖所示，得U AO = U AMUMOCiU BO = U BM U MOC2 C3此夕卜qiq2 q3 0代入數(shù)據(jù)，解得：qi = -124心，& = 256心，q3 =-132e4. 5. 2解答：圖中設(shè)定：=20V,R =6,，%i =1,艮=4,-2 =1,J R3 =2cR3 = 1JIi=1A13=2A,選定中間支路電流I2的正方向由B指向A,設(shè)兩個(gè) 電池極板均勻左正右負(fù)，電勢匕和的“正方向”就是由負(fù)極指向正極， 設(shè)兩個(gè)網(wǎng)孔的閉合電路的環(huán)行方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，列出節(jié)點(diǎn)議程和回 路

32、方程I2=I3-I1 =1A- 1 =(鼎 1 RJI 1 % 2 R2W21- 2 =(R 2 R2)I2 g 2 R3)l3代入數(shù)據(jù)，解得1 =18V, 2 =7V與設(shè)定的電動勢力的正方向相比，知電池 。與七2的極性均為左正 右負(fù)。4. 5. 3解答：(1)對照附圖，令 J=12V±=10V,J=8V,R11=02 = Rj3=CR1 =2、R2 =1，R3 =3/ R4 -21'.1, R5 =2對外環(huán)回路取逆時(shí)針繞行方向，電流為I =1 =0.44AR1 R1 年 2 R4 R5 R2設(shè)右端節(jié)點(diǎn)為C,則Uac =T(R Rj 1 R2)1 =10.2V因?yàn)? =10V

33、所以 U ab=Uac-Ubc=0.2V(2)選定流過4的電流I1正方向由右至左，流過Q的電流I2與流 過4的電流I3正方向由左至右，兩個(gè)網(wǎng)孔閉合電路的繞行方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，列出節(jié)點(diǎn)方程和回路方程II - I 2 I 31 - 2 = Ii（喝 1 R2 Ri） I2（喝 2 R3）2 - 3 =I2（R2 R3） I3（R4 R3 R5）聯(lián)立解得：I1 =0.46A4. 5. 5解答：已知附圖中各電源內(nèi)阻為零，A、B兩點(diǎn)電勢相等，求電阻R 在圖4. 5. 5中給各電阻標(biāo)號及設(shè)定電流的正方向。列出節(jié)點(diǎn)方程I1 I2 I3 =。A、 B兩點(diǎn)左側(cè)的支路有關(guān)系B、 Uab=IB-I3R5-B、A兩點(diǎn)

34、右側(cè)的支路有關(guān)系Uab -H3R6 I1R2已知 Uab=Uba=。，代入數(shù)據(jù)，解得：I1=0.5A, I2=2A,I3=1.5A因?yàn)?Uce = -Ii（R R2） =4V電路中3個(gè)電阻并聯(lián)，其等效電阻為 R，而Uce = 1 FR/解得：R =1R/與3個(gè)電阻的關(guān)系為1111=+R/ R R3R4代入數(shù)據(jù)，解得:第五章5. 2. 3解答:(a)因?yàn)閮芍遍L載流導(dǎo)線延長線均通過圓心， 所以對。點(diǎn)的磁場沒有貢獻(xiàn)，故只需考慮兩個(gè)圓弧載流導(dǎo)線在 O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場，它們所激發(fā)的磁場分別為Bi和B2,方向均垂直紙面向里，故 O點(diǎn)的合磁場大 小為3二IB = B1B2 =義4 二=W3+1a b 8 1ab

35、i方向均垂直紙面向里(b)兩延長線的直長載流導(dǎo)線對 O點(diǎn)的磁場沒有貢獻(xiàn)，只需考慮兩長度為b的直長載流導(dǎo)線對O點(diǎn)的磁場Bi、B2和圓弧載流導(dǎo)線對O噗的磁場B3,方向均垂直紙面向里，其合磁場大小為3二 aM o &Joi 百B =B1 +B2+B3=-0-(cos90Jcos135 A2+-0- Hr 4nb4n aL J_ -oi,也+更'-4nb bb 2a, 方向均垂直紙面向里。5. 2. 12 解答:如圖5.2.12所示，圓柱形薄導(dǎo)體管，在x = R處，沿軸向(z軸)割 一無限長縫，管壁上均勻地通有沿 z軸方向，面密度為a的電流，這 樣的電流分布可看作一封閉的圓柱薄導(dǎo)體管，

36、管壁上均勻地通有沿z軸方向流有電流面密度為-a的電流，這兩部分電流在軸線上激發(fā)的磁場分別用Bi和Bh表示，因Bt=0,兩部分電流在軸線上激發(fā)的合磁場為0ah25. 2. 14 解答:圖5.2.14為附圖的俯視圖，在導(dǎo)體薄板上沿z軸方向取一寬度為dy的窄條，在其上流動的電流大小為dl = dy2a它在重面上距導(dǎo)體薄板x處產(chǎn)生的磁場大小為0Idy4 二 a(x2 y2)1/20dIdB 二22 1/22二(x y )0Ixdy-22.1/24 二 a(x y )根據(jù)對稱性，總磁場僅有y分量，而xdBy =dBcosa =dB22-1/2(x y )總磁場為olx a dy .oI-a、.B =By

37、j = -a2 j =-arctanj4二 a x y 2二 a x5.2.17 解答：如圖5.2.17所示，圓環(huán)面積為2nrdl ,圓環(huán)所帶電荷量為dq =c-2：r(Rdf球面旋轉(zhuǎn)速度為CDf =2 二球面對應(yīng)的電流大小為dI = fdq = - r(Rd-)電流dI在球心激發(fā)的磁場大小為°dIr2 dB =-3- 2R30 V R B 二20；二 R . 3 .sin id 二2方向沿軸向，與旋轉(zhuǎn)角速度 與一致。5. 3. 2解答:左右側(cè)電流I在長方形框架產(chǎn)生的磁通量分別為面積的法線方向取垂直紙面向里，因a = c,則有,h11 a b/：1i =中2 =ln =1.385 1

38、0 Wb2 二a框架的磁通量為中=2中1 =2.77 10 Wb射與62,設(shè)框架5. 4. 1解答:由于磁場的對稱性分布，可用安培環(huán)路定理求解(1)在0Wr WR1,設(shè)以r為半徑的圓面積為S ,穿過該面的電流為培環(huán)路定理口 B1d=,I . r22 二 RB-1 =二（2）6 = I二 RR11解得B1二, Ir22二 R1在R1 <r <R2,同理，解得(3)在24£3,設(shè)以r為半徑的圓2面積為S, 穿過該面的電流為I ”,由安培環(huán)路定理,dl =：II -(IS222二(R -R32)2 二 rB3 =二=此2222'in(R -R -n(r2 -R )322

39、,22n(R -R )R2 -r2322R - R3232=Mo解得22R -r23R -RBi、B2、B3的方向與電流成右手關(guān)系。(4)在R3 Mr,設(shè)以r為半徑的圓面積為S3,穿過該面的電流為I “，由安培 環(huán)路定理出dlI2二rB4 - '-(I - I) = 0解得:B4 =0.5. 4. 4解答：根據(jù)對稱性，空間各點(diǎn)的磁場 B的方向平行Oxz面且僅有x分量， 在y>0空間B沿x軸的負(fù)方向；在y<0空間B沿x軸的負(fù)方向；在y<0 空間B沿x軸的正方向。圖5.4.4為俯視圖，(1)求板內(nèi)磁場B內(nèi)：在板內(nèi)以y=0平面為對稱面，距此面相同距離|y作平行Oxy面的逆時(shí)

40、針方向的矩形路徑，如圖5.4.4(a)所示，通過此路徑包圍面積(陰影部分)的電流I = j(2y)h根據(jù)安培環(huán)路定理2h昂=%j(2 y)h解得B3 = »0J y考慮B內(nèi)的方向有B內(nèi)=Bxi - - Kyi(2)求板外磁場B外：在板外以y=0平面為對稱面，距此面相同 距離作平行Oxy面的逆時(shí)針方向的矩形路徑，如圖 5.4.4(a)所示，通過 此路徑包圍面積的電流I = j(2d)h根據(jù)安培環(huán)路安理2hB 外=oJ(2d)h解得B# = . jd考慮B外的方向，有B外=±N0jdi(y >0,取負(fù)號；y <0,取正號)由此可見，厚度為2d的無限大導(dǎo)體平板均勻流過

41、電流時(shí)，板風(fēng)磁 場的大小與對稱面的距離成正比，板外磁場的大小為常量(均勻磁場)，其x分量如圖5.4.4(b)所示，此情況與習(xí)題1.4.5的結(jié)果比較。5. 6. 2證明一：建立直角坐系Oxy ,坐標(biāo)原點(diǎn)O與A點(diǎn)重合，X軸沿AC方向， 如圖5.6.2所示，設(shè)|AC = L,在彎曲導(dǎo)線ADC上取一元dl,設(shè)其上的 電流為I,它在磁場B中受的安培力為dF = Idl B = IdlB (sin ai cosaj) = dFxi dFy j式中dFx = IBdl sina = IBdydFy = IBdl cosa = IBdx彎曲導(dǎo)線ACD在磁場B中受的安培力的x分量與y分量分別為Fx =ADCdF

42、x=IBj0dy=0Fy = .ADCdFy =IB.Ldx = IBL證法二：作平行于AC、相距削的兩條直線，與導(dǎo)線ADC的兩端相交得圓弧為和四2二者所受的安培力在x的方向的投影分別為F1xi - -I Bsin： 1i - -IB yiF2xi - -I：2Bsin； 2i =舊 yiFix F2x =0說有載流圓弧 他1和他2所受安培力在x方向的分力數(shù)值相等方向相反，在不同位置作平行于 AC,相距Ay的兩條直線，與導(dǎo)線ADC的 不同位置相交得元圓弧和32,導(dǎo)線ACD所受的磁場力y方向的投 影應(yīng)是各兀圓弧&li1和&i2所受x方向的分力的矢量和Fxi = " (F

43、hx Fi2x)i =0即磁場力合力在x方向?yàn)?。IM和14二者所受的安培力在y方向的投影分別為F1y = I l1Bcox 1J = IB. x1j. Ey = I hBcoxiJ =IB x2j在不同位置作平行于AC、相距數(shù)的兩條直線，與導(dǎo)線ADC的不 同位置相交得元圓弧Mi和M2,導(dǎo)線ADC所受的磁場力y方向的投影 應(yīng)是各兀圓弧和Ali2所受y方向的分力的矢量和Fyj 八 Fily *2yj=IB"xi1 xi2 j = IBLj此力與載流直導(dǎo)線AC所受的磁場力相等。5. 6. 4解答：線框可動的部分的MN段和PQ段所受的安培力平行轉(zhuǎn)軸口口，且 方向相反，故不提供對線框轉(zhuǎn)軸的力

44、矩。只有NP段受安培力對線框提 供繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動的力矩。設(shè)NP段重心到。丁軸的矢徑為a,則由圖5. 6. 4 可見，磁力矩M m = Fnp a(IBa)asin ： k = IBa2 cosak式中：中為垂直紙面向外，順時(shí)針轉(zhuǎn)動力矩的單位矢。設(shè)MN段PQ段的合質(zhì)量為m1, NP段的質(zhì)量為m2, MNPQ段所 受的重力矩a、 a、M g = m1g m2g a = (2aS : )g sin a (aS ： ) gasin a (-k)達(dá)到平衡時(shí)，有Mm Mg =0即IBa2 cosa = 2a2SPg sin a代入數(shù)據(jù)，解得2SPg tan a3B = ga-a =9.4 102TI6. 6.

45、 9解答(1)面積為S的線圈上的力矩大小為M a = PmBsin a = NISBsin a當(dāng)線圈法線號與磁場B的夾角a嗎時(shí)，力矩最大，即M =NISB =NI2-B =0.18Nm(2)當(dāng)夾角為久時(shí)，力矩大小為-11 _Ma =NISBsina ='M1 NISBamaxa = arcsin ' =30 喊 150 口 2實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)給華 弟八早7. 2. 2解答:在任一瞬時(shí)，兩個(gè)正方形電路中的電動勢的方向相反，故電路的總電動勢的絕對值為dadtd6dtdB/ 2-2、=(a b ) dt文檔大全(a2 -b2)oBm cosot =|-m cosot因回路單位長度的電阻=5M

46、l0/Q/m,故回路電阻為2R ="4(a b) =6 10 '?回路中感應(yīng)電流的最大值為巴Im = =0.5AR8. 2. 3解答：(1)滿足條件rL x下，載流大線圈在面積為S的小線圈的磁通量 為,°IR22中=BS = -0-二 r22x3(2)小線圈的感應(yīng)電動勢(絕對值)為ddtl口0 二,2R23口0 二 lr2R22x4若V>0時(shí)，小線圈內(nèi)感應(yīng)電流與大線圈的電流的方向相同9. 3. 2解答:當(dāng)金屬桿以速度V運(yùn)動時(shí)，桿上有電動勢巴KBl,附圖的等效圖電_. Bl(R1R2)DR1R2 " R(Ri R2) R1R2RR1 R26. 3. 7

47、解答：（1）線圈上一元段的電動勢為d =（、. B）|Jdl = rBsinadl由圖6.3.7得2.2,d 二(Rsin ： )BsinaRd： - BR sin 二 d 二AM間的電動勢為AM => BR2 0/4sin A、C間的電勢差為 ： d ： = - - L BR28 4AC間的電動勢為2-/4. 2.12AC = BR 0 sin = d 二二一，BRU CA = AC - IRaC = AC4 AC4A、M間的電勢差為U MA = MA 一 IRAMBR24 AC RR 812二-BR24:二 0所以M點(diǎn)的電勢低于A點(diǎn)的電勢6. 4. 2 解答（一）（1）如圖6.4.2

48、所示，根據(jù)磁場的變化趨勢，按楞次定律感生電場E感為順時(shí)針（用柱坐標(biāo)的單位矢ee表示），積分方向向右，梯形PQ邊 的 感 生 電 動 勢 大 小 為產(chǎn)PQRldB2 1 dtcos1501PQ =-2d：10”梯形QM邊的感生電動勢大小為QMm R dB ni八，Q萬標(biāo)電dl =0梯形NP邊的感生電動勢大小為蘆NP梯形NM邊的感生電動勢(積分方向向左)大小為聲MNNR程ejdl悍RL 2 dt2 dt 22 dtcos30° MN1 dB h R3,1.1 10 V2 dt 2 2(2)利用上面的結(jié)果，整個(gè)梯形的總電動勢大小為PQMNP- 32 103VPQ QM MN NP 3.2

49、10 V解法二:(1)作輔助線OP和OQ, UOQP的面積為1h PQ ,按法拉第電磁2感應(yīng)定律，選閉合回路OPQ的感應(yīng)電動勢的正方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，則d:>dB 1aloqp = - = -（hR）=4.3 10 Vdtdt 2若按逆時(shí)針方向OQP = 一 _OQP = -4.3 10N因半徑OP和OQ與感生電場E感垂直，所以O(shè)P和OQ上的感生 電動勢-op = 'QO =0 ,故有.OPQ = pQ - QO - Op pQ -4.31O'OMN的面積為1'h；'MN，選閉合回路OMN的感應(yīng)電動勢的正方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，按法拉第電磁感應(yīng)定律，有=1.1 10，V （因 dB：0）dtdddb門h rL°mn出出2 2因半徑。幾ON與感生電場E感垂直，所以O(shè)M和ON上的感生電=0,故有= 1.1 102V(2)因總電勢QMNP選取的繞行方向是逆時(shí)針方向，與選定磁通 的正方向?yàn)樽笫株P(guān)系，故按法拉第電磁感應(yīng)定律，有%qmn =吧= .|1(|PQ + NM | )h ldB = -3.2x10J3V(S-dB <0) dt122 J dtdt6. 5. 2解答:螺繞環(huán)的自感為,2N 2一5L 10n2V -2J0RS = 7.5 10 H當(dāng)通入線圈的電流I=