電磁學(xué)課后習(xí)題答案

1、第五章靜電場(chǎng)5 5-9-9 若電荷 Q Q 均勻地分布在長(zhǎng)為 L L 的細(xì)棒上.求證：(1)(1)在棒的延長(zhǎng)線，且離棒中心為 r r 處的電場(chǎng)強(qiáng)度為E-J-冗%4r2一L2(2)(2)在棒的垂直平分線上，離棒為 r r 處的電場(chǎng)強(qiáng)度為E=1Q2冗句r.4r2L2分析這是計(jì)算連續(xù)分布電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度.此時(shí)棒的長(zhǎng)度不能忽略，因而不能將棒當(dāng)作點(diǎn)電荷處理.但帶電細(xì)棒上的電荷可看作均勻分布在一維的長(zhǎng)直線上.如圖所示，在長(zhǎng)直線上任意取一線元 dx,dx,其電荷為 dq=Qdx/L,dq=Qdx/L,它在點(diǎn) P P 的電場(chǎng)強(qiáng)度為L(zhǎng) L 包dE-2er4冗0r整個(gè)帶電體在點(diǎn) P P 的電場(chǎng)強(qiáng)度E=dE接著針對(duì)具

2、體問(wèn)題來(lái)處理這個(gè)矢量積分. .(1)(1)若點(diǎn) P P 在棒的延長(zhǎng)線上，帶電棒上各電荷元在點(diǎn) P P 的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，E=dEiL(2)(2)若點(diǎn) P P 在棒的垂直平分線上，如圖(A)(A)所示，則電場(chǎng)強(qiáng)度 E E1&x&x 軸方向的分量因?qū)ΨQ性疊加為零，因此，點(diǎn) P P 的電場(chǎng)強(qiáng)度就是證（1 1）延長(zhǎng)線上一點(diǎn) P P 的電場(chǎng)強(qiáng)度E=fdq2,利用幾何關(guān)系 r=rr=r掇一積分變量,L2/orL/21QdxEp-2410Lr-x1&x&x 軸.（2 2）根據(jù)以上分析，中垂線上一點(diǎn) P P 的電場(chǎng)強(qiáng)度 E E 的方向沿 y y 軸，大小為sin0dqE二Ld

3、E利用幾何關(guān)系 sinsina=r/r,r=r/r,r=；rr2 2+x2+x2 統(tǒng)一積分變量，則L/21rQdxQ1EZZ_oT?二一一-L/24冗L僅2+r222冗orJ4r2+L2當(dāng)棒長(zhǎng) L-8L-8 時(shí)，若棒單位長(zhǎng)度所帶電荷西常量，則 P P 點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E=._1Q/L_阿2冗討14r2/L22兀M此結(jié)果與無(wú)限長(zhǎng)帶電直線周圍的電場(chǎng)強(qiáng)度分布相同圖（B B）. .這說(shuō)明只要滿足 r r2/L/L2 2v1,v1,帶電長(zhǎng)直細(xì)棒可視為無(wú)限長(zhǎng)帶電直線 5-145-14 設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度 E E 與半徑為 R R 的半球面的對(duì)稱軸平行，試計(jì)算通過(guò)此半球面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量方法1:由電場(chǎng)強(qiáng)度通量的定

4、義，對(duì)半球面S求積分，即 R R=爐，dSdSR R 的平面 SS與半球面 S S 一起可構(gòu)成閉合曲面，由于閉合面內(nèi)無(wú)電荷,由高斯定理一一1CEdS=、q=0% %11Q!99rL/2兀04r2一L2電場(chǎng)強(qiáng)度的方向分析方法 2:2:作半徑為這表明穿過(guò)閉合曲面的凈通量為零，穿入平面 SS的電場(chǎng)強(qiáng)度通量在數(shù)值上等于穿出半球面S S 的電場(chǎng)強(qiáng)度通量. .因而=EdSiEdS-S-S解 1 1 由于閉合曲面內(nèi)無(wú)電荷分布，根據(jù)高斯定理，有=爐dS=-爐dS依照約定取閉合曲面的外法線方向?yàn)槊嬖?dSdS 的方向，22.=一ETRcos冗=FE解 2 2 取球坐標(biāo)系，電場(chǎng)強(qiáng)度矢量和面兀在球坐標(biāo)系中可表不為E

5、=E(cose+sincos0e0+sinOsiner)一_2.dS=Rsin0dder22一一=、EdS=ERsin也門d9dSS.兀22.兀=0ERsin(d0L0sind=TR2E5-175-17 設(shè)在半徑為 R R 的球體內(nèi)，其電荷為球?qū)ΨQ分布，電荷體密度為p=kr0rRp=0rR分析通常有兩種處理方法：(1)(1)利用高斯定理求球內(nèi)外的電場(chǎng)分布.由題意知電荷呈球?qū)ΨQ分布，因而電場(chǎng)分布也是球?qū)ΨQ，選擇與帶電球體同心的球面為高斯面，在球面上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為常量，且方向垂直于球面，因而有EdS=E421根據(jù)圖斯定理寸E，dS=fpdV,可解得電場(chǎng)強(qiáng)度的分布0L（2 2）利用帶電球殼電場(chǎng)疊加的

6、方法求球內(nèi)外的電場(chǎng)分布. .將帶電球分割成無(wú)數(shù)個(gè)同心帶電球殼，球殼帶電荷為dq=p，4Tt2dr,每個(gè)帶電球殼在殼內(nèi)激發(fā)的電場(chǎng)dE=0,而在球殼外激發(fā)的電場(chǎng)dE以e2er無(wú)0r由電場(chǎng)疊加可解得帶電球體內(nèi)外的電場(chǎng)分布rEr=0dEREr=0dE0rR解 1 1 因電荷分布和電場(chǎng)分布均為球?qū)ΨQ，球面上各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為常量，由高斯定理1非dS=pdV得球體內(nèi)（0wrR0wrR）0 0. .2Er471r1r2=一Jkr4 R R）2Er471r解 2 2 將帶電球分割成球殼，球殼帶電dq由上述分析，球體內(nèi)（0WUR0WUR）球體外（rRrR）krE（JR2kr4drkR2Erer4電pdV=kr

7、4TT%rkr47r2drkrer40_R1kr4r2drEr:204兀0r2kR2井erE=E4-E3Q24%電葭(T5-205-20 一個(gè)內(nèi)外半徑分別為 R Ri和 R R2的均勻帶電球殼，總電荷為 Q Qi,球殼外同心罩一個(gè)半徑為 R R3的均勻帶電球面，球面帶電荷為 Q Q2.求電場(chǎng)分布. .電場(chǎng)強(qiáng)度是否為離球心距離 r r 的連續(xù)函數(shù)？試分析.分析以球心 O O 為原點(diǎn)，球心至場(chǎng)點(diǎn)的距離 r r 為半徑，作同心球面為高斯面.由于電荷呈球?qū)ΨQ分布，電場(chǎng)強(qiáng)度也為球?qū)ΨQ分布，高斯面上電場(chǎng)強(qiáng)度沿徑矢方向，且大小相等.因而2耳EdS=E.在確定高斯面內(nèi)的電荷Zq后，利用高斯定理用EdS=工q/

8、0即可求出電場(chǎng)強(qiáng)度的分布.解取半徑為 r r 的同心球面為高斯面，由上述分析rvRi,rvRi,該高斯面內(nèi)無(wú)電荷，RirRRirR2 2, ,高斯面內(nèi)電荷q2一E47r=、q/0q=0,故Ei=0Qir3-Ri3R；_R3E2=Qir3-R34兀 eR3-R3r2R2rR3,R2rR3,rR3,高斯面內(nèi)電荷為 Q1+Q2,Q1+Q2,故E4QiQ247tor2電場(chǎng)強(qiáng)度的方向均沿徑矢方向，各區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度分布曲線如圖側(cè)，電場(chǎng)強(qiáng)度的左右極限不同，電場(chǎng)強(qiáng)度不連續(xù)，而在緊貼度的躍變量(B)(B)所示. .在帶電球面的兩r r= =R R3的帶電球面兩側(cè)，電場(chǎng)強(qiáng)這一躍變是將帶電球面的厚度抽象為零的必然結(jié)

9、果，且具有普遍性定厚度的球殼，殼層內(nèi)外的電場(chǎng)強(qiáng)度也是連續(xù)變化的，本題中帶電球殼內(nèi)外的電場(chǎng)，在球殼的厚度變小時(shí)，E的變化就變陡，最后當(dāng)厚度趨于零時(shí)，E E 的變化成為一躍變5-215-21 兩個(gè)帶有等量異號(hào)電荷的無(wú)限長(zhǎng)同軸圓柱面，半徑分別為 R Ri和 R2RI),單位長(zhǎng)度上的電荷為入.求離軸線為 r r 處的電場(chǎng)強(qiáng)度：(1)rvR(1)rvRi,(2)(2)RvrvRRvrvR2,(3)rR(3)rR2. .且斗EdS=E2L,求出不同半徑高斯面內(nèi)的電荷q.即可解得各區(qū)域電場(chǎng)的分布解作同軸圓柱面為高斯面，根據(jù)高斯定理E271rL八q/0rRrRi, q q=0=0E1=0在帶電面附近，電場(chǎng)強(qiáng)度

10、大小不連續(xù)，電場(chǎng)強(qiáng)度有一躍變RirR2,RirRrR2q=0E3=0在帶電面附近，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不連續(xù)，電場(chǎng)強(qiáng)度有一躍變.實(shí)際帶電球面應(yīng)是有分析電荷分布在無(wú)限長(zhǎng)同軸圓柱面上,電場(chǎng)強(qiáng)度也必定沿軸對(duì)稱分布，取同軸圓柱面為高斯面，只有側(cè)面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量不為零,(T這與 5 52 2 眥分析討論的結(jié)果一致. .5-225-22 如圖所示，有三個(gè)點(diǎn)電荷 Q Qi、Q Q2、Q Q3沿一條直線等間距分布且 QI=Q3=Q.已知其中任一點(diǎn)電荷所受合力均為零，求在固定 Q Qi、Q Q3的情況下，將 Q Q2從點(diǎn) O O 移到無(wú)窮遠(yuǎn)處外力所作的功.了題5-22圖分析由庫(kù)侖力的定義，根據(jù) Q Qi、Q Q3所受合

11、力為零可求得 Q Q2. .外力作功 W W 應(yīng)等于電場(chǎng)力作功W W 的負(fù)值，即 W=W=W.W.求電場(chǎng)力作功的方法有兩種：（1 1）根據(jù)功的定義，電場(chǎng)力作的功為W=Q2Edl0其中 E E 是點(diǎn)電荷 Q Qi、Q Q3產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度. .（2 2）根據(jù)電場(chǎng)力作功與電勢(shì)能差的關(guān)系，有W=Q2Vo-V二=Q?Vo其中 V Vo是 Q Qi、Q Q3在點(diǎn) O O 產(chǎn)生的電勢(shì)（取無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)）. .解 1 1 由題意 Q Qi所受的合力為零QiQ22QiQ3-=04冗(od4冗o(2dJiiQ2=-Q3=-1Q44Q Qi、Q Q3激發(fā)的電場(chǎng)在 y y 軸上任意一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E2冗0r2冗r

12、LoGi0。上 Qi解得由點(diǎn)電荷電場(chǎng)的疊加,E=ElyE3yQy2冗虱d2+y23/2將 Q Q2從點(diǎn) O O 沿 y y 軸移到無(wú)窮遠(yuǎn)處，（沿其他路徑所作的功相同，請(qǐng)想一想為什么?的功為）外力所作:一.-I1W-Q2Edl=-Q02p142冗o(d2+Qy1解 2 2 與解 1 1 相同，在任一點(diǎn)電荷所受合力均為零時(shí)Q2=-1Q,并由電勢(shì)4的疊加得 Q Qi、Q Q3在點(diǎn) O O 的電勢(shì)將 Q Q2從點(diǎn) O O 推到無(wú)窮遠(yuǎn)處的過(guò)程中，外力作功Q28兀電d比較上述兩種方法，顯然用功與電勢(shì)能變化的關(guān)系來(lái)求解較為簡(jiǎn)潔題中直接求電場(chǎng)分布困難較大，而求電勢(shì)分布要簡(jiǎn)單得多. .5-235-23 已知均勻

13、帶電長(zhǎng)直線附近的電場(chǎng)強(qiáng)度近似為入E二er2冗龜r為電荷線密度. .（1 1）求在 r=rr=r1和 r=rr=r2兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；（2 2）在點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中，我們?cè)?r r 一8 處的電勢(shì)為零，求均勻帶電長(zhǎng)直線附近的電勢(shì)時(shí)，能否這樣?。吭囌f(shuō)明解（1 1）由于電場(chǎng)力作功與路徑無(wú)關(guān)，若沿徑向積分，則有J 入 r2U12=Edr=In一”i2冗切ri（2 2）不能.嚴(yán)格地講，電場(chǎng)強(qiáng)度=6r只適用于無(wú)限長(zhǎng)的均勻帶電直線，而此時(shí)電荷分2冗or布在無(wú)限空間，r00處的電勢(shì)應(yīng)與直線上的電勢(shì)相等5-275-27 兩個(gè)同心球面的半徑分別為 R Ri和 R R2,各自帶有電荷 Q Qi和 Q Q2.求：（：（1

14、 1）各區(qū)域電勢(shì)分布，并畫出分布曲線；（2 2）兩球面間的電勢(shì)差為多少？分析通?？刹捎脙煞N方法（1 1）由于電荷均勻分布在球面上，電場(chǎng)分布也具有球?qū)ΨQ性，因此，可根據(jù)電勢(shì)與電場(chǎng)強(qiáng)度的積分關(guān)系求電勢(shì).取同心球面為高斯面，借助高斯定理可求得QQ各區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度分布，再由Vp=Edl可求得電勢(shì)分布. .（2 2）利用電勢(shì)疊加原理求電勢(shì)p一個(gè)均勻帶電的球面，在球面外產(chǎn)生的電勢(shì)為Qi4冗（0dQ2冗（0d.這是因?yàn)樵谠S多實(shí)際問(wèn)在球面內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，電勢(shì)處處相等，等于球面的電勢(shì)其中 R R 是球面白半徑.根據(jù)上述分析，利用電勢(shì)疊加原理，將兩個(gè)球面在各區(qū)域產(chǎn)生的電勢(shì)疊加，可求得電勢(shì)的分布.解 1(1)1(1

15、)由高斯定理可求得電場(chǎng)分布r:RiRi：二r；RrR2QQ由電勢(shì)V=fEdl可求得各區(qū)域的電勢(shì)分布r當(dāng) rWRrWR 時(shí)，有RiR2Vi=rEidlRE2dlRE3dli.QiQ2R24冗電R2QiQ24冗電Ri4冗0R2當(dāng) R RwrWR2wrWR2 時(shí)，有R2二V2=,E2dlE3dlr1x2QiiiLQ/Q2=r4冗01rR2_4冗電R2QiQ2=十4冗0r4冗0R2當(dāng) rRrR2時(shí)，有QiQ2V3二E3dl二12r4冗短(2)(2)兩個(gè)球面間的電勢(shì)差R2Q111Ui21E2d不DE1=0QiuE2-2er47t電rQQ2AE3-Ter4九%r解 2(1)2(1)由各球面電勢(shì)的疊加計(jì)算電

16、勢(shì)分布.若該點(diǎn)位于兩個(gè)球面內(nèi)，即 rWR,rWR,則ViQi.Q24冗電R4冗%R2若該點(diǎn)位于兩個(gè)球面之間，即 RirR2,RirRrR2,則QiQ2V3-,4冗龜r(2)(2)兩個(gè)球面間的電勢(shì)差U12=Vi-V2t=yQ-74冗%R14冗R2第六章靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體與電介質(zhì)6 6- -1 1 將一個(gè)帶正電的帶電體 A A 從遠(yuǎn)處移到一個(gè)不帶電的導(dǎo)體 B B 附近，則導(dǎo)體 B B 的電勢(shì)將()(A)升高(B)降低(C)不會(huì)發(fā)生變化(D)無(wú)法確定分析與解不帶電白導(dǎo)體 B B 相對(duì)無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)。由于帶正電的帶電體 A A 移到不帶電的導(dǎo)體 B B 附近時(shí)，在導(dǎo)體 B B 的近端感應(yīng)負(fù)電荷；在遠(yuǎn)端感

17、應(yīng)正電荷，不帶電導(dǎo)體的電勢(shì)將高于無(wú)窮遠(yuǎn)處，因而正確答案為(A)。6 6-3-3 如圖所示將一個(gè)電量為 q q 的點(diǎn)電荷放在一個(gè)半徑為 R R 的不帶電的導(dǎo)體球附近，點(diǎn)電荷距導(dǎo)體球球心為 d,d,參見附圖。設(shè)無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)，則在導(dǎo)體球球心 O O 點(diǎn)有()(A)E=0,V=q4冗d(B)E=q2,V=q4冗龜d24冗均d(C)E=0,V=0(D)E二一qV二q4冗%d24冗R分析與解達(dá)到靜電平衡時(shí)導(dǎo)體內(nèi)處處各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零。點(diǎn)電荷 q q 在導(dǎo)體球表面感應(yīng)等量異號(hào)的感應(yīng)電荷士 q q；導(dǎo)體球表面的感應(yīng)電荷士 q q 在球心 O O 點(diǎn)激發(fā)的電勢(shì)為零，O O 點(diǎn)的電勢(shì)等于點(diǎn)電荷 q q 在該處激

18、發(fā)的電勢(shì)。因而正確答案為(A)A)。6 6-4-4 根據(jù)電介質(zhì)中的高斯定理，在電介質(zhì)中電位移矢量沿任意一個(gè)閉合曲面的積分等于這個(gè)曲面所包圍自由電荷的代數(shù)和。下列推論正確的是()()(A)(A)若電位移矢量沿任意一個(gè)閉合曲面的積分等于零，曲面內(nèi)一定沒(méi)有自由電荷(B)(B)若電位移矢量沿任意一個(gè)閉合曲面的積分等于零，曲面內(nèi)電荷的代數(shù)和一定等于零(C)(C)若電位移矢量沿任意一個(gè)閉合曲面的積分不等于零，曲面內(nèi)一定有極化電荷(D)(D)介質(zhì)中的高斯定律表明電位移矢量?jī)H僅與自由電荷的分布有關(guān)(E)(E)介質(zhì)中的電位移矢量與自由電荷和極化電荷的分布有關(guān)分析與解電位移矢量沿任意一個(gè)閉合曲面的通量積分等于零，

19、表明曲面內(nèi)自由電荷的代數(shù)和等于零；由于電介質(zhì)會(huì)改變自由電荷的空間分布，介質(zhì)中的電位移矢量與自由電荷與位移電荷的分布有關(guān)。因而正確答案為(E)E)。6-56-5 對(duì)于各向同性的均勻電介質(zhì)，下列概念正確的是()(A)(A)電介質(zhì)充滿整個(gè)電場(chǎng)并且自由電荷的分布不發(fā)生變化時(shí)，電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度一定等于沒(méi)有電介質(zhì)時(shí)該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的 1/1/&倍(B)(B)電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度一定等于沒(méi)有介質(zhì)時(shí)該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的 1/1/erer 倍(C)(C)在電介質(zhì)充滿整個(gè)電場(chǎng)時(shí)，電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度一定等于沒(méi)有電介質(zhì)時(shí)該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的 1/1/&倍(D)(D)電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度一定等于沒(méi)有介質(zhì)時(shí)該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的&

20、amp;倍分析與解電介質(zhì)中的電場(chǎng)由自由電荷激發(fā)的電場(chǎng)與極化電荷激發(fā)的電場(chǎng)迭加而成，由于極化電荷可能會(huì)改變電場(chǎng)中導(dǎo)體表面自由電荷的分布，由電介質(zhì)中的高斯定理，僅當(dāng)電介質(zhì)充滿整個(gè)電場(chǎng)并且自由電荷的分布不發(fā)生變化時(shí)，在電介質(zhì)中任意高斯面,一，一一，-111+昨dS=SE，dS=一工qi即=。/ / r r, ,因而正確答案為(A)A)。6-86-8 一導(dǎo)體球半徑為 Ri,Ri,外罩一半徑為 R2R2 的同心薄導(dǎo)體球殼，外球殼所帶總電荷為 Q,Q,而內(nèi)球的電勢(shì)為 Vo.Vo.求此系統(tǒng)的電勢(shì)和電場(chǎng)的分布.分析若 V V0=4*，內(nèi)球電勢(shì)等于外球殼的電勢(shì)，則外球殼內(nèi)必定為等勢(shì)體，電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，內(nèi)球不帶

21、電.Q右 V0V0# #,內(nèi)球電勢(shì)不等于外球兄電勢(shì)，則外球冗內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度不為手，內(nèi)球市4冗祝電.一般情況下，假設(shè)內(nèi)導(dǎo)體球帶電 q,q,導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡時(shí)電荷的分布如圖所示.依照電荷的這一分布，利用高斯定理可求得電場(chǎng)分布.并由Vp=EEdl或電勢(shì)疊加求出電勢(shì)的分布.最后將電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)用已知量 V V。、Q Q、Ri、R R2表示.6X 國(guó)解根據(jù)靜電平衡時(shí)電荷的分布，可知電場(chǎng)分布呈球?qū)ΨQ.取同心球面為高斯面，由高斯定理EdS=E(r4/2=E(rq/0,根據(jù)不同半徑的高斯面內(nèi)的電荷分布，解得各區(qū)域內(nèi)的電場(chǎng)分布為rvRi時(shí),E1k)=0_qRirvR2時(shí)，E2(r)=4冗龜rrE2r=Q-4冗龜r由

22、電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)的積分關(guān)系，可得各相應(yīng)區(qū)域內(nèi)的電勢(shì)分布.qQVi=qQ4冗（0R4冗%R2在導(dǎo)體球和球殼之間（RiVrvRRiVrvR）Q4冗0R2在球殼外（rRrR2）V3=Q4冗（0r由題意Vi=Vo代入電場(chǎng)、電勢(shì)的分布得 rvRirvRi 時(shí),Ei=0；Vi=V0RIvrvR2vrvR2 時(shí),rvRirvRi 時(shí),RiEdl=E1R2dlERi2dl30R2E3dl=4冗（oRi4RirR2Rir0,0,內(nèi)半徑為 a,a,外半徑為 b,b,腔內(nèi)距球心 O O 為 r r 處有一點(diǎn)電荷 q,q,求球心的電勢(shì).分析導(dǎo)體球達(dá)到靜電平衡時(shí)，內(nèi)表面感應(yīng)電荷一 q,q,外表面感應(yīng)電荷 q q；內(nèi)表面感

23、應(yīng)電荷不均勻分布，外表面感應(yīng)電荷均勻分布.球心 O O 點(diǎn)的電勢(shì)由點(diǎn)電荷 q q、導(dǎo)體表面的感應(yīng)電荷共同決定.在帶電面上任意取一電荷元，電荷元在球心產(chǎn)生的電勢(shì)dqV=s4冗龜R由電勢(shì)的疊加可以求得球心的電勢(shì).解導(dǎo)體球內(nèi)表面感應(yīng)電荷一 q,q,外表面感應(yīng)電荷 q q；依照分析，球心的電勢(shì)qq.qQ4冗0r4冗0a4冗(0b第七章恒定磁場(chǎng)7 7-2-2 一個(gè)半徑為 r r 的半球面如圖放在均勻磁場(chǎng)中，通過(guò)半球面的磁通量為（）rRrR2時(shí),E2RiVo*V2R1V0(r-Ri)Q4冗反R2rR1V03=2rdVdq4冗志由于 R R 為常量，因而無(wú)論球面電荷如何分布，半徑為R R 的帶電球面在球心產(chǎn)

24、生的電勢(shì)為q4冗0R_22(A)(A)2rB(B)(B)71rB(C)22BCQSa(D)2BCQSa分析與解作半徑為 r r 的圓 S S 與半球面構(gòu)成一閉合曲面，根據(jù)磁場(chǎng)的高斯定理，磁感線是閉合曲線，閉合曲面的磁通量為零，即穿進(jìn)半球面 S S 的磁通量等于穿出圓面 S S 的磁通量；m m= =BSBS 因而正確答案為(D).D).7 7-3-3 下列說(shuō)法正確的是()(A)(A)閉合回路上各點(diǎn)磁感強(qiáng)度都為零時(shí)，回路內(nèi)一定沒(méi)有電流穿過(guò)(B)(B)閉合回路上各點(diǎn)磁感強(qiáng)度都為零時(shí)，回路內(nèi)穿過(guò)電流的代數(shù)和必定為零(C)磁感強(qiáng)度沿閉合回路的積分為零時(shí)，回路上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度必定為零(D)磁感強(qiáng)度沿閉合

25、回路的積分不為零時(shí)，回路上任意一點(diǎn)的磁感強(qiáng)度都不可能為零分析與解由磁場(chǎng)中的安培環(huán)路定律，磁感強(qiáng)度沿閉合回路的積分為零時(shí)，回路上各點(diǎn)的磁感強(qiáng)度不一定為零；閉合回路上各點(diǎn)磁感強(qiáng)度為零時(shí)，穿過(guò)回路的電流代數(shù)和必定為零。因而正確答案為(B).B).7 7-4-4 在圖(a)(a)和(b)(b)中各有一半徑相同的圓形回路 L1L1、L2,L2,圓周內(nèi)有電流 I1I1、I2I2, ,其分布相同，且均在真空中，但在(b)(b)圖中 L2L2 回路外有電流 I3I3, ,P1P1、P2P2 為兩圓形回路上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，則()(A)TBdl=TBd,Bp1=BP2(B)Bdl*(Bd，Bp1=BP2(C)TBdl=

26、TBdl，BP尸BP2(D)B-dl，勺Bd,BPfBPL1L2PiP2分析與解由磁場(chǎng)中的安培環(huán)路定律，積分回路外的電流不會(huì)影響磁感強(qiáng)度沿回路的積分;但同樣會(huì)改變回路上各點(diǎn)的磁場(chǎng)分布.因而正確答案為（求環(huán)心 O O 的磁感強(qiáng)度.分析根據(jù)疊加原理，點(diǎn) O O 的磁感強(qiáng)度可視作由 efef、bebe、fafa 三段直線以及 acbacb、adbadb 兩段圓弧電流共同激發(fā).由于電源距環(huán)較遠(yuǎn)，Bef=0.而 bebe、fafa 兩段直線的延長(zhǎng)線通過(guò)點(diǎn) O,O,由于IdlMr=0,由畢一薩定律知Bbe=Bfa=0.流過(guò)圓弧的電流|1、|2的方向如圖所示，兩圓弧在點(diǎn) O O 激發(fā)的磁場(chǎng)分別為_-11D_

27、B1一2，B2一4其中 I Ii、I I2分別是圓弧 acbacb、adbadb 的弧長(zhǎng)，由于導(dǎo)線電阻構(gòu)成并聯(lián)電路，故有|1l1=12l2將 BiBi、B2B2 疊加可得點(diǎn) O O 的磁感強(qiáng)度 B.B.7-107-10 如圖所示，有兩根導(dǎo)線沿半徑方向接觸鐵環(huán)的a a、b b 兩點(diǎn)，并與很遠(yuǎn)處的電源相接。的12l24巾2R R 與弧長(zhǎng) l l 成正比，而圓弧 acbacb、adbadb 又解由上述分析可知，點(diǎn) O O 的合磁感強(qiáng)度B=B1-B2=Jolll!一把今=0424R(4)rR3.畫出 B Br r 圖線.17-1717-17田分析同軸電纜導(dǎo)體內(nèi)的電流均勻分布,其磁場(chǎng)呈軸對(duì)稱，取半徑為

28、r r 的同心圓為積分路徑,cjBdl=B27M利用安培環(huán)路定理cJBdl=的I,可解得各區(qū)域的磁感強(qiáng)度.解由上述分析得rvRrvRiB12=RIrRrR2R R2VrRrRrR3Bi出Ir2TRI2B2B3-2TT=林,|Ir2-R21TTR；-R1&R2-r227rR；-R；B4=0磁感弓 S S 度 B(r)B(r)的分布曲線如圖(b)(b)7 72929 如圖(a)(a)所示，一根長(zhǎng)直導(dǎo)線載有電流 Ii=30A,Ii=30A,矩形回路載有電流 I?=20AI?=20A.試計(jì)算作用在回路上的合力.已知 d=1.0cm,b=8.0cm,l=0.12m.d=1.0cm,b=8.0cm

29、,l=0.12m.分析矩形上、下兩段導(dǎo)線受安培力 F Fi和 F F2的大小相等,說(shuō)，兩力的矢量和為零.而矩形的左右兩段導(dǎo)線，由于載流導(dǎo)線所在處磁感強(qiáng)度不等，所受安培力 F F3和 F F4大小不同，且方向相反，因此線框所受的力為這兩個(gè)力的合力.解由分析可知，線框所受總的安培力 F F 為左、右兩邊安培力 F F3和 F F4之矢量和，如圖(b)所示，它們的大小分別為匚_I1I21F3一2dL011I2lF4二2d+b)故合力的大小為F=F3-F4=bhi_困21=1.2810N271d2*d+b)合力的方向朝左，指向直導(dǎo)線.第八章電磁感應(yīng)電磁場(chǎng)8-18-1 一根無(wú)限長(zhǎng)平行直導(dǎo)線載有電流 I,

30、I,一矩形線圈位于導(dǎo)線平面內(nèi)沿垂直于載流導(dǎo)線方向以恒定速率運(yùn)動(dòng)(如圖所示)，則()(A)(A)線圈中無(wú)感應(yīng)電流(B)(B)線圈中感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较蚍较蛳喾?，?duì)不變形的矩形回路來(lái)(C)(C)線圈中感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?D)(D)線圈中感應(yīng)電流方向無(wú)法確定分析與解由右手定則可以判斷，在矩形線圈附近磁場(chǎng)垂直紙面朝里，磁場(chǎng)是非均勻場(chǎng)，距離長(zhǎng)直載流導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁場(chǎng)越弱.因而當(dāng)矩形線圈朝下運(yùn)動(dòng)時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流方向由法拉第電磁感應(yīng)定律可以判定.因而正確答案為(B)B)8 8-5-5 下列概念正確的是()(A)(A)感應(yīng)電場(chǎng)是保守場(chǎng)(B)(B)感應(yīng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線是一組閉合曲線(C)(C)m=L

31、Im=LI, ,因而線圈的自感系數(shù)與回路的電流成反比(D)(D) m=LIm=LI, ,回路的磁通量越大，回路的自感系數(shù)也一定大分析與解對(duì)照感應(yīng)電場(chǎng)的性質(zhì)，感應(yīng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線是一組閉合曲線.因而正確答案為(B).B).8 8-7-7 有兩根相距為 d d 的無(wú)限長(zhǎng)平行直導(dǎo)線，它們通以大小相等流向相反的電流，且電流均dldl以一的變化率增長(zhǎng).若有一邊長(zhǎng)為 d d 的正方形線圈與兩導(dǎo)線處于同一平面內(nèi)，如圖所本.求dt線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì).題 S-7 用d一,一一，、一，、,=-來(lái)求解.由于回路處在非均勻磁場(chǎng)中，磁dt分析本題仍可用法拉第電磁感應(yīng)定律4通量就需用=&B，dS來(lái)計(jì)算（其中 B B

32、為兩無(wú)限長(zhǎng)直電流單獨(dú)存在時(shí)產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度 B Bi與B B2之和）.為了積分的需要，建立如圖所示的坐標(biāo)系.由于 B B 僅與 x x 有關(guān)，即B=B（x）,故取一個(gè)平行于長(zhǎng)直導(dǎo)線的寬為 dxdx、長(zhǎng)為 d d 的面元 dS,dS,如圖中陰影部分所示，則dS=ddx,所以，總磁通量可通過(guò)線積分求得（若取面元dS=dxdy,則上述積分實(shí)際上為二重積分）.本題在二解 1 1 穿過(guò)面元 dSdS 的磁通量為dO=BdS=BdS+B2dS=圖一ddx-ddx2Mx十d)2派因此穿過(guò)線圈的磁通量為的1ddx.2d皿dx)皿.24x+d)d2水2冗4再由法拉第電磁感應(yīng)定律，有dfd,3d=Indt127t4

33、1dt解 2 2 當(dāng)兩長(zhǎng)直導(dǎo)線有電流 I I 通過(guò)時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量為由dl3二 aIn-2冗4線圈與兩長(zhǎng)直導(dǎo)線間的互感為當(dāng)電流以d變化時(shí)，線圈中的互感電動(dòng)勢(shì)為dt二必3包24dt試想：如線圈又以速率 v v 沿水平向右運(yùn)動(dòng)，如何用法拉第電磁感應(yīng)定律求圖示位置的電動(dòng)勢(shì)呢？此時(shí)線圈中既有動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，又有感生電動(dòng)勢(shì).設(shè)時(shí)刻 t t, ,線圈左端距右側(cè)直導(dǎo)線的距離為匕則穿過(guò)回路的磁通量=BdS=f（1,9,它表現(xiàn)為變量 I I 和第勺二元函數(shù)，將代S、一ddH一r1，、入 E E= =即可求解，求解時(shí)應(yīng)按復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)，注意，其中=v v, ,再令 E=dE=d 即可求dtdt得圖示位置處回路中的總

34、電動(dòng)勢(shì).最終結(jié)果為兩項(xiàng)，其中一項(xiàng)為動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，另一項(xiàng)為感生電動(dòng)勢(shì).程技術(shù)中又稱為互感現(xiàn)象，也可用公式EMdl-=M求解.dt=fd=8-128-12 如圖所示，長(zhǎng)為 L L 的導(dǎo)體棒 OP,OP,處于均勻磁場(chǎng)中，并繞 OOOO軸以角速度旋轉(zhuǎn)，棒與轉(zhuǎn)軸間夾角恒為 9,9,磁感強(qiáng)度 B B 與轉(zhuǎn)軸平行.求 OPOP 棒在圖示位置處的電動(dòng)勢(shì).Of甲甲B題X-12圖.一_.-d分析如刖所述，本題既可以用法拉第電磁感應(yīng) 7E7E 律E=計(jì)算(此時(shí)必須構(gòu)造一個(gè)包dt含 OPOP 導(dǎo)體在內(nèi)的閉合回路，如直角三角形導(dǎo)體回路 OPQO)OPQO), ,也可用 E=E=(v vM MB)dlB)dl 來(lái)計(jì)算.由于

35、對(duì)稱性，導(dǎo)體 OPOP 旋轉(zhuǎn)至任何位置時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)與圖示位置是相同的.解 1 1 由上分析，得EOP=OPvBdlo_.八八o一=vBsin90cosodl=JQsIn0由cos(90-0dl2L12“Bsin01d人二鳳1nH由矢量vMB的方向可知端點(diǎn) P P 的電勢(shì)較高.解 2 2 設(shè)想導(dǎo)體 OPOP 為直角三角形導(dǎo)體回路 OPQOOPQO 中的一部分， 任一時(shí)刻穿過(guò)回路的磁通量為零， 則回路的總電動(dòng)勢(shì)E當(dāng)=0=EOPEPQEQOdt顯然，EQO=0,所以由上可知， 導(dǎo)體棒 OPOP 旋轉(zhuǎn)時(shí)， 在單位時(shí)間內(nèi)切割的磁感線數(shù)與導(dǎo)體棒 QPQP 等效.后者是垂直切割的情況.i8-138-13 如圖(a)(a)所不，金屬桿 ABAB 以勻速V=2.0m6一平行于一長(zhǎng)直導(dǎo)線移動(dòng)，此導(dǎo)線通有電流 I=40A.I=40A.求桿中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，桿的哪一端電勢(shì)較高?1)1)用公式 E=(vMBbdlE=(vMBbdl 求解，建立圖(a)a)所示的坐標(biāo)系，所取導(dǎo)體元dl=dx,該處的磁感強(qiáng)度B=需構(gòu)造一個(gè)包含桿 ABAB 在內(nèi)的閉合回路.為此可設(shè)想桿 ABAB一個(gè)靜止的形導(dǎo)軌上滑動(dòng)，如圖(b)所示.設(shè)時(shí)刻 t,t,桿 ABAB 距導(dǎo)軌下端 CDCD 的距離為v,先