電磁學計算題

1、計算題1、一半徑為R的半圓細環(huán)上均勻地分布正電荷Q,求環(huán)心處的電場強度。一 Q解：在弧線上取線兀 dl，其帶電量dq dl，可視為點電荷。因圓環(huán)上電荷對Y軸呈對nR稱分布，電場分布也是軸對稱的。則有：l dEx =0E0智 Qdl,而dl 二 RdrL4二；0 R2 二 R統(tǒng)一積分變量后，有：E _ 二 Q sin 記Q0 _ " 04二 2 ；0R2 _ _2二2 ；0r2方向沿Y軸負方向。2.如圖，用一均勻帶電的玻璃細棒，彎成直徑為 q = -5.6 10"8庫侖。求圓心 O處電場強度。2米的圓弧，兩端空隙d =0.5米，電量解：看作一個帶負電圓環(huán)和一帶正電的長為O處的

2、場強為零。d的圓弧在 O處產生的場強之和，而帶電環(huán)在 d VV R可視為點電荷，設其電量為q ，則:q24 二；oR5.6 10$2 二 1-0.5 100.5 10= 0.45 10 40 庫 E =9 109 0.45 10 “/12=0.4 (伏咪)3. 一半徑為R的帶電球，其電荷體密度為 p= P（1-；）， P為一常量，r為空間某點至球心的距離。試求：（1）球內外的場強分布。（2） r為多大時，場強最大？該點的場強Emax=?解:由咼斯定理II Es.送qdS =，選擇半徑為r的球面為高斯面(1)貝VE 二r2 =/ q1 r 2 ' q4二r dr$0% 0r - R 時,

3、4R ；or - R 時, dr 二R3 訂3.E -12 名°r-J匚(2) 由=0 得drR處E最大，且Emax31 - R9 ；0x=0)的長為L的細棒，每單位長度的電荷分布為入=kx, k為常數，取無限遠處電位為零，求y軸上點P (0,位。解：由點電荷電位公式及疊加原理：4、沿軸放置一端在原點(y)的電5、kxdxUp= 0224隔嚀y +xk4 二;0 0 y2xdxx2k ( 一 y2L2 -y)4 二；o長為L的圓柱形電容器，半徑分別為Ri和R2,兩導體間充滿相對介電常數為均勻電介質，沿軸線放一單位長度上帶有正的自由電荷'的直導線。設L只2，試求:(1)介質中的

4、D、E及兩導體間的電勢差U 。(2)電容器單位長度的電容。解：(1 )介質中的D、E及兩導體間的電勢差U :因為電荷分布具有軸對稱性，因此電場也具有軸對稱性。由介質中的高斯定理得:E二二？方向沿矢徑方向由電勢的定義U二k。R22二；0；rRi（2）由電容的定義 C=QL U，電容器單位長度的電容：C二2R2In -Ri6、球形電容器由內半徑為 R的導體球和外半徑為 R2 （ R2>R ）的導體球殼組成，電容器 內部充滿均勻電介質，其絕對介電常數為；設內球帶電Q,外球帶電-Q,求：（1）兩球面之間距圓心為 r處的電場強度的大??；（2）此球形電容器的電容 C。（3 ）此球形電容器的靜電能 W

5、e。解：（1）使用高斯定理求解，需要作文字說明（電場的分布，高斯面的選擇）2j：D.ds = D.4二 r =Q-sD> E4二 r2-1 Q _E2? 或者用文字說明方向。4 二；（2）使用定義式求電容 C二Q/UQ11、 QR2 - R4聴IRR2丿4陽R|R2R2 1-二 R Eg所以：C=Q/U =4 尺只2。R? R.1wJq2= -CU2 =丄4 腮 R,R2，Z Q& r/2 C2 2< R2 _ R1 丿(4殆R1R2 （3）電容器的靜電能為Q2 R - R8二；R1R27、圖中：；。=20V , ro = 1" , R1= 6",門=1

6、 'JIo = 1A , 2A。求：三 1、 N、Uab。解：Uab = ；o -lo(R1 r。)=20 _1 (6 1)=13(V)設1、 ；2方向如圖，11 =丨2-1。=1AR2= 4 1 ,2= 1 I 】,R3= 2 I 1 ,則 1 h(R2 j)二Uab ；2 '1 2 ( R3r2 ) = U ab；1 -(14) =13 ,；1=18 (V)22 (2 - 1) =13；2=7 (V)8、兩個電源向負載供電,1 = 220V, ；2 二 200V,R1 = R2 = 101, R3 = 451,忽略電源內阻,如圖所示，求各支路上的電流。解：設各支路電流分別為

7、 I1 ,|2, I對于節(jié)點|1 I I對于回路色 _s= IR_ I2r2,=I2R2+I3r3工 |聯(lián)立求解得：h =3.1( A),丨2 =1.1( A),I3 =4.2(A)9、兩同軸銅質圓柱套管，長為 L,內圓柱的半徑為 a，外圓柱半徑為b,兩圓柱間充以電阻 率為p的石墨，如圖所示，若從內圓筒作為一電極，外圓筒作為另一電極，求石墨的電阻。解法1:由歐姆定律可求電阻。由于銅的電阻率非常小，兩個同軸銅管可以分別作為一個等K勢面，電流沿著徑向由一個圓筒流向另一個圓筒。根據對稱性，石墨中電流密度是軸距離r的函數，通過半徑為 r、長度L的圓拄的電流：根據穩(wěn)恒電流的閉合性，通過各柱面的電流是相等

8、的，由此得:兩極間的電勢差為:弒鏟陰弐盞A于是電阻為：解法2：由電阻定律可求電阻。當截面不均勻時有:所以內外筒間的電阻為:10如圖所示，半徑為 r=0.1米的圓環(huán)，由長為丨和21的兩段導線組成，兩段導線的截面積 分別等于2S和S。如果從無限長直導線沿半徑方向通到環(huán)上的電流為1=5安，求圓環(huán)中心處的磁感強度。(已知 =4二10-7TM/A )21 12S解：設上下兩段的電流分別為|1, |2,電阻分別為R1, R2貝y, R1, R2 ：即 R二 4R?;得 411 二 12 = 4（A）；由畢奧-薩伐爾定律可得：上段導線在圓環(huán)中心處產生的磁感強度為：V方向為直紙面向里；（3 分）下段導線在圓環(huán)

9、中心處產生的磁感強度為:B2匹，方向為垂直紙面向外。6r則圓環(huán)中心處的磁感強度B = B2 - B_!=3r= 4.2 10p）11、在半徑為R的無限長金屬圓柱內部挖去一半徑為r的無限長圓柱體兩柱體軸線平行軸間距離a,今在此空心導體上通以電流I ,電流沿截面均勻分布，求此導體空心部分軸線上任何一點的Bo （題中各量均為國際單位）解：由迭加原理可知，空心部分軸線上任一點 0的磁感應強度 B等于 半徑為R的載流圓柱在 0點所產生的磁感應強度B!與通反向電流半徑為r的圓柱在0點產生的磁感應強度 B2的矢量和：B = Bi + B2由安培環(huán)路定理求 Bi , L為半徑等于a的圓:lB *dl =L B

10、ldl =gl Tia2Bi =也la2二（R2 -r2）Bi的方向：與I成右手螺旋關系由于對稱性分析其在 0產求B2 :以r為半徑的小圓柱體以相同電流密度反向通過其上時生的B2 = 0所以：B = Bi + B2 = Bi12、電纜由一導體圓柱和一同軸導體圓筒構成，使用時電流I從一導體流去 ，從另一導體流回，電流都是均勻地分布在橫截面上，設圓柱的半徑為r1 ,圓筒的半徑分別為 Q和r3 （見圖），求磁感應強度E的分布。解：據安培環(huán)路定理，當 r > g時，有：B2 n r = 0B = 0當r2< r< g時，據安培環(huán)路定理有：-B dl 二 &(I - I )由于

11、內圓柱與外圓筒電流流向相反，故：I12 nN -)Mr - r )2 2B2心 &0(| |) B-嚴(與二)d - j2 nr $ - r當 ri< r<2 時，據：: B dl - '' 0|B2 nr = &lB = ( & I)/(2 nr)當0< r< ri時：j 二 I/( nr，)1 二 jiS 二(I nr2)/( nr，)-B dl二&丄&(I)/F 取L的環(huán)繞方向與I /成右手螺旋關系&IrB -,2 nriI，電流按橫截面均勻分布。（1）求13、如圖所示，半徑為 a的無限長載流直圓柱通

12、有電流電流I所激發(fā)的磁場的空間分布；（2）有一個矩形面的尺寸為2a b，如圖，其一邊過圓柱的軸線00；求穿過該面的磁通量。解：（1）根據安培環(huán)路定理求解電流所激發(fā)的磁場的分布規(guī)律。當r :a時,I 2當r a時,Bd 二，得到：B2二r 二 廠r，解得 LaB dl f 二01，得到：B2二 r =亠01 ,解得 BL（2 ）求解該面的磁通要取豎向窄條，而且積分時要分成兩部分。_-a > I2a cl二 B ds0 2 r bdrbdrs0 2 二 a2a 2二 r%bla%bl 2a10 2 rdr0dr2 二 a2 02 二a r%bl d Ol1 2ln a4-：上式就是穿過該面的

13、磁通量。14、一具有動能為K的電子束，從加速器管末端的“窗口”射出，另有一金屬極板與這窗 口的距離為d，并與電子束方向垂直，如圖所示，試證：如果在電子束前進的路上施加一個 磁感應強度為 B _ （2mK/e2d2）1/2的磁場，電子束就打不到極板上（式中 m和e為電子的質量和電荷），并在圖上標明B的方向。解:（ 1）B的方向如圖所示（若B垂直紙面向外，回旋方向向上, 也對）（2） 只要電子在磁場中的圓周軌道半徑R滿足以下條件R乞d，則電子束打不到極板上。（3）設電子從窗口射出速度為 V，則有下式：B=mVeR所以B =(2mK 2/ e R代入條件R乞d 得15、設密繞長直螺線管單位長度的匝數

14、為n管內充滿相對磁導率為卩r的磁介質，導線中的電流為I，用安培環(huán)路定理計算載流長直螺線管內部的磁場。（已知管內磁場均勻）解：根據對稱性分析，螺旋管內為均勻場，方向沿軸向，外部磁感強度趨于零，因此可做右圖的矩形回路。根據安培環(huán)路定理：bcdefa "-B dl B dl B dl B dl B dl B dl B dlLab'cde- f即：B (ab) = m n(ab)IB 二 nl 二nl16、一無窮長直導線載有電流I，在它旁邊有一段直導線AB , AB與I垂直，并且在同一平面內，以速度 v平行于電流I運動，如圖所示。已知 l=10A , v=5.0m/s, a=1.0c

15、m, b=20.0cm。求這段導線中感應電動勢，哪端電勢高?解：根據動生電動勢的定義b - anIV兀0 2-dBX-VBiA-電動勢的萬向為V B方向，即A端電勢高。17、如圖所示，一很長的直導線載有交變電流i = 10 sin cot它旁邊有一長方形線圈ABCD,長為I,寬為(b-a),線圈和導線在同一平面內，求 ：(1)穿過回路ABCD的磁通量 ；(2 )回路ABCD中的感應電動勢。解：由畢-薩定律知，直線電流i產生的磁場B為:(1)又d>B dS 二2xdSdS 二 Idx(2)由法拉第定律Joillnbdtdt 2 二In-)(i = I0sin t)18、一平行的金屬導軌上放置一質量為m的金屬桿，導軌間距為 L。一端用電阻R相R上所發(fā)出的焦耳熱。連接，均勻磁場 B垂直于導軌所在平面(如圖所示)，若桿以初速度 V。向右滑動，假定導軌是光滑的，忽略導軌的金屬桿的電阻，求：(1)金屬桿移動的最大距離；(2)在這過程中電阻解(1)當桿A、B以V。速度向右運動，要產生動生電動勢， 由于它與電阻R組成閉合回路，有感應電流，即：