《2022年电磁学课后习题答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年电磁学课后习题答案.docx（43页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆第五章静电场5 9如电荷 Q 匀称地分布在长为L 的细棒上 . 求证： 1 在棒的延长线,且离棒中心为r处的电场强度为1 QE 2 2 04 r L 2 在棒的垂直平分线上,离棒为 r 处的电场强度为E2 1 0 r 4 r Q2L 2如棒为无限长 即L ,试将结果与无限长匀称带电直线的电场强度相比较 . 分析 这是运算连续分布电荷的电场强度 . 此时棒的长度不能忽视,因而不能将棒当作点电荷处理 . 但带电细棒上的电荷可看作匀称分布在一维的长直线上. 如下列图,在长直线上任意取一线元 dx,其电荷为 dq Qdx/ L
2、,它在点 P 的电场强度为整个带电体在点P 的电场强度d EE1d qe r4 0r2接着针对详细问题来处理这个矢量积分. d E 1 如点 P 在棒的延长线上,带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同,E LEi 2 如点 P 在棒的垂直平分线上,如图 A 所示, 就电场强度 E 沿x 轴方向的重量因对称性名师归纳总结 叠加为零,因此,点P 的电场强度就是d EyjLsindEj第 1 页,共 26 页E- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆证 1 延长线上一点 P 的电场强度EL2d q2,利用几何关系r r x统一积分变
3、0 r量,就E PL/21LQ d x2QLr1/2r1/214 rQ2 L电场强 度的方向-L/24 0rx4 0LL 02沿x 轴. 2 依据以上分析,中垂线上一点P 的电场强度 E 的方向沿 y 轴,大小为ELsindqdE4 0r2利用几何关系sin r / r ,rr2x2 x统一积分变量,就r1L 2EL/-L/d xQ21rQL24 02r22/32 0r42当棒长 L时,如棒单位长度所带电荷为常量,就 P 点电场强度Elim l10r1Q/L/2 L2 4 r22 0 r此结果与无限长带电直线四周的电场强度分布相同图 B . 这说明只要满意 r 2/ L 2 1,带电长直细棒可
4、视为无限长带电直线 . 5 14 设匀强电场的电场强度 E 与半径为 R 的半球面的对称轴平行,试运算通过此半球面的电场强度通量 . 分析 方法 1：由电场强度通量的定义,对半球面 S 求积分,即 s S E d S方法 2：作半径为 R 的平面 S 与半球面 S 一起可构成闭合曲面,由于闭合面内无电荷,由高斯定理名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 26 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆S EdS1q00这说明穿过闭合曲面的净通量为零,穿入平面 S 的电场强度通量 . 因而S 的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S E d S
5、S E d S解1 由于闭合曲面内无电荷分布,依据高斯定理,有 S E d S S E d S依照商定取闭合曲面的外法线方向为面元 dS 的方向, E R 2cos R 2 E解2 取球坐标系,电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为E E cos e sin cos e sin sin e r2d S R sin d d e r2 2S E dS S ER sin sin d d 2 2 0 ER sin d 0 sin d2 R E5 17 设在半径为 R 的球体内,其电荷为球对称分布,电荷体密度为 kr 0 r R 0 r Rk为一常量 . 试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E与r的
6、函数关系 . 名师归纳总结 分析通常有两种处理方法： 1 利用高斯定理求球内外的电场分布. 由题意知电荷呈球对第 3 页,共 26 页称分布, 因而电场分布也是球对称,挑选与带电球体同心的球面为高斯面,在球面上电场强- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆度大小为常量,且方向垂直于球面,因而有S Ed SE4 r2依据高斯定理EdS1d V,可解得电场强度的分布. 0 2 利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布. 将带电球分割成很多个同心带电球壳,球壳带电荷为d q4 r2 dr,每个带电球壳在壳内激发的电场dE0,而在球壳外
7、激发的电场dE4dq2e r 0r由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布解1 EErrd E0rR0ErRd ErR0因电荷分布和电场分布均为球对称,球面上各点电场强度的大小为常量,由高斯定理dS1 d V得球体内 0rR 0Er4 r21rkr4 r2 dr kr4000Erkr2e r4 0球体外 r R Er4 r21Rkr4 r2dr kr4e r000Er2 kR4 0e rkr2解2将带电球分割成球壳,球壳带电k r4 r2d rd q d V由上述分析,球体内 0r R 4 r2d re rErr10rk04 r24 0球体外 r R 名师归纳总结 ErR1k r4 r2d re
8、 r2 kR2e r第 4 页,共 26 页04 r24 0r- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆5 20一个内外半径分别为R1 和R2 的匀称带电球壳,总电荷为Q1 ,球壳外同心罩一个半径为 R3 的匀称带电球面,球面带电荷为 Q2 . 求电场分布 . 电场强度是否为离球心距离 r 的连续函数？试分析 . 分析 以球心 O 为原点,球心至场点的距离 r 为半径,作同心球面为高斯面 . 由于电荷呈球对称分布,电场强度也为球对称分布,高斯面上电场强度沿径矢方向,且大小相等q/. 因而EdSE4 r2 . 在确定高斯面内的电荷q 后
9、,利用高斯定理EdS 0即可求出电场强度的分布. 解取半径为 r 的同心球面为高斯面,由上述分析E4 r2q/ 0r R1,该高斯面内无电荷,q0,故E 10R1r R2,高斯面内电荷qQ 1r33 R 13 R 23 R 1故E 24Q 1r33 R 1r2 03 R 23 R 1R2r R3,高斯面内电荷为Q1 ,故E 34Q 1r2 0r R3,高斯面内电荷为Q1 Q2 ,故E 4Q 1Q24 0r2电场强度的方向均沿径矢方向,各区域的电场强度分布曲线如图 侧,电场强度的左右极限不同,电场强度不连续,而在紧贴 强度的跃变量 B 所示 . 在带电球面的两 r R3 的带电球面两侧,电场名师
10、归纳总结 EE 4E34Q2第 5 页,共 26 页 02 R 30- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必定结果,且具有普遍性. 实际带电球面应是有一定厚度的球壳, 壳层内外的电场强度也是连续变化的,此题中带电球壳内外的电场,在球壳的厚度变小时,E 的变化就变陡,最终当厚度趋于零时,E的变化成为一跃变 . 5 21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面,半径分别为 R1 和R2 R1 ,单位长度上的电荷为 . 求离轴线为 r 处的电场强度：R2 . 1 r R1 , 2 R1 r R2 ,
11、3 r 分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上,电场强度也必定沿轴对称分布,取同轴圆柱面为高斯面, 只有侧面的电场强度通量不为零,且 E d S E 2 rL,求出不同半径高斯面内的电荷 q . 即可解得各区域电场的分布 . 解 作同轴圆柱面为高斯面,依据高斯定理E 2 rL q / 0r R1,q 0E 1 0在带电面邻近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变R1r R2,q L0rr R2,E 22 q0E 30在带电面邻近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 26 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不
12、学就殆E2r LrL 0 02 0这与 5 20 题分析争论的结果一样. Q1 Q3 Q.5 22如下列图,有三个点电荷Q1 、Q2 、Q3 沿一条直线等间距分布且已知其中任一点电荷所受合力均为零,求在固定 远处外力所作的功 . Q1 、Q3 的情形下,将 Q2从点 O 移到无穷分析由库仑力的定义,依据Q1 、Q3 所受合力为零可求得Q2 . 外力作功 W应等于电场力作功 W 的负值, 即W W. 求电场力作功的方法有两种：为W0Q 2Ed l其中 E 是点电荷 Q1 、Q3 产生的合电场强度. 2 依据电场力作功与电势能差的关系,有 1 依据功的定义, 电场力作的功WQ 2V 0VQ 2 V
13、 0外力所其中 V0 是Q1 、Q3 在点 O 产生的电势 取无穷远处为零电势. 解1由题意 Q1 所受的合力为零Q 14Q22Q 14Q3d20 0d 02解得Q 21Q 31Q44由点电荷电场的叠加,Q1 、Q3 激发的电场在 y 轴上任意一点的电场强度为EE 1yE 3y2 0Qyy23/2d2将Q2 从点 O 沿y 轴移到无穷远处, 沿其他路径所作的功相同,请想一想为什么？作的功为名师归纳总结 解2W0Q2Edl01Q2 0dQyy23/2dyQ2d第 7 页,共 26 页2048 与解 1相同,在任一点电荷所受合力均为零时Q21 4Q,并由电势- - - - - - -精选学习资料
14、- - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆的叠加得 Q1 、Q3 在点 O 的电势V04Q 1d4Q 3d2Qd 0 0 0将Q2 从点 O 推到无穷远处的过程中,外力作功WQ 2 V 0Q2d8 0比较上述两种方法,明显用功与电势能变化的关系来求解较为简洁题中直接求电场分布困难较大,而求电势分布要简洁得多. 5 23已知匀称带电长直线邻近的电场强度近似为E20re r . 这是由于在很多实际问为电荷线密度 . 1 求在 r r1 和r r 2 两点间的电势差； 2在点电荷的电场中,我们曾取 r处的电势为零,求匀称带电长直线邻近的电势时,能否这样取？试说明 . 解 1 由于
15、电场力作功与路径无关,如沿径向积分,就有U 12 r r1 2E d r2 0 ln rr 21 2 不能 . 严格地讲,电场强度 E re 只适用于无限长的匀称带电直线,而此时电荷2 0 r分布在无限空间,r处的电势应与直线上的电势相等 . 5 27 两个同心球面的半径分别为 R1 和R2 ,各自带有电荷 Q1 和Q2 . 求： 1 各区域电势分布,并画出分布曲线； 2 两球面间的电势差为多少？分析通常可采纳两种方法 1 由于电荷匀称分布在球面上,电场分布也具有球对称性,因此,可依据电势与电场强度的积分关系求电势. 取同心球面为高斯面,借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布,再由V ppE
16、d 可求得电势分布. 2 利用电势叠加原理求电势.一个匀称带电的球面,在球面外产生的电势为名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 26 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆VQ0r4 在球面内电场强度为零,电势到处相等,等于球面的电势VQR4 0其中 R 是球面的半径 . 依据上述分析,利用电势叠加原理,将两个球面在各区域产生的电势叠加,可求得电势的分布. . rR 1R 2解1 1 由高斯定理可求得电场分布E10E2Q 1r2e rR 1r4 0E3Q 1Q 2e rrR 24 0r2由电势VrE dl可求得各区域的电势分布当rR1
17、时,有V 10R 1E1dlR 2E2d l0R2E3dlrR 1Q 111Q 1Q24 0R 1R 24 R 24Q 1Q 2R 2 0R 14 0当R1 r R2 时,有V 2R2E2dlR2E30d lrQ 1141Q 1Q24 0rR 24 R 2Q 1Q24 0r 0R 2当rR2 时,有V 3rE3dlQ 1Q 24 0r 2 两个球面间的电势差名师归纳总结 解2U12R 2E2d lQ 111r R1 ,就第 9 页,共 26 页R 14 0R 1R 2 1 由各球面电势的叠加运算电势分布. 如该点位于两个球面内,即- - - - - - -精选学习资料 - - - - - -
18、- - - 学而不思就惘,思而不学就殆V 14Q 1R 14Q2 0 0R 2如该点位于两个球面之间,即R1 r R2 ,就 Q 2V 24Q 1r如该点位于两个球面之外,即 04 0R 2rR2 ,就V 3Q 14Q 20r 2 两个球面间的电势差名师归纳总结 U12V 1V2rR 24Q 1R 14Q 1第 10 页,共 26 页 0 0R 2第六章静电场中的导体与电介质6 1将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 邻近,就导体 B 的电势将（）（A ） 上升（B） 降低（C） 不会发生变化（D） 无法确定分析与解不带电的导体 B 相对无穷远处为零电势；由于带正电的带电体A
19、移到不带电的导体 B 邻近时,在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷,不带电导体的电势将高于无穷远处,因而正确答案为（A ）；6 3如下列图将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球邻近,点电荷距导体球球心为d,参见附图；设无穷远处为零电势,就在导体球球心O 点有（）（A ）E,0V4qd 0（B）E4qd2,Vq0d 04 （C）E0 V0（D）Eqd2,V4qR4 0 0- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆分析与解达到静电平稳时导体内到处各点电场强度为零；点电荷q 在导体球表面感应等量异号的感应电荷q,
20、导体球表面的感应电荷q在球心 O点激发的电势 为零, O 点的电势等于点电荷 q 在该处激发的电势；因而正确答案为（A）；6 4 依据电介质中的高斯定理,在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于 这个曲面所包围自由电荷的代数和；以下推论正确选项 （A ） 如电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内肯定没有自由电荷（B） 如电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内电荷的代数和肯定等于零（C） 如电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零,曲面内肯定有极化电荷（D） 介质中的高斯定律说明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关（E） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有
21、关 分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零,说明曲面内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会转变自由电荷的空间分布,介质中的电位移矢量 与自由电荷与位移电荷的分布有关；因而正确答案为（E）；6 5 对于各向同性的匀称电介质,以下概念正确选项（）（A ） 电介质布满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时,电介质中的电场强度肯定 等于没有电介质时该点电场强度的 1/ 倍（B） 电介质中的电场强度肯定等于没有介质时该点电场强度的 1/ 倍（C） 在电介质布满整个电场时,电介质中的电场强度肯定等于没有电介质时该点电场强 度的 1/ 倍名师归纳总结 （D） 电介质中的电场强度肯定等于没有介
22、质时该点电场强度的倍由于极第 11 页,共 26 页分析与解电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成,化电荷可能会转变电场中导体表面自由电荷的分布,由电介质中的高斯定理,仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时,在电介质中任意高斯面S 有- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆S1EdSSE0dS1iq i 0即E E / ,因而正确答案为（A ）；6 8 一导体球半径为 R,外罩一半径为 R2的同心薄导体球壳, 外球壳所带总电荷为 Q,而内球的电势为 V 求此系统的电势和电场的分布分析 如 V 0
23、 Q,内球电势等于外球壳的电势,就外球壳内必定为等势体,电场强度4 0 R 2到处为零,内球不带电如V 0QR 2,内球电势不等于外球壳电势,就外球壳内电场强度不为零,内球带4 0电一般情形下,假设内导体球带电q,导体达到静电平稳时电荷的分布如下列图依照电荷的这一分布,利用高斯定理可求得电场分布并由 V p p E d 或电势叠加求出电势的分布最终将电场强度和电势用已知量 V0、Q、R、R2表示解 依据静电平稳时电荷的分布,可知电场分布呈球对称取同心球面为高斯面,由高斯定理EdSEr4 r2Erq/ 0,依据不同半径的高斯面内的电荷分布,解得各区域内的电场分布为r R时,E 1r0RrR2时,
24、E2rq4 0r2rR2时,E2rQq4 0r2由电场强度与电势的积分关系,可得各相应区域内的电势分布名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 26 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆r R时,V 1rEdlR 1E1dlR2E2dlR 2E3dl4qR 14QR 2rR 1 0 0RrR2时,V2rEdlR 2E2d lR2E3d l4qrQR 2r 04 0rR2时,q QV 3 r E 3 dl4 0 r也可以从球面电势的叠加求电势的分布在导体球内（r R）q QV 14 0 R 1 4 0 R 2在导体球和球壳之间（RrR2
25、）q QV 24 0 r 4 0 R 2在球壳外（ r R2）V 3q Q40r由题意V 1V04qR 24QR 1 0 0得V 1V04qR 24QR 1 0 0代入电场、电势的分布得r R时,E 10；V 1V 0RrR2时,名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 26 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆E2R 1 V 04R 1 Qr2；V 2R 1 V 0rR 1Qr2 0R 2r4 0R 2rrR2 时,6 12E3R 1 V 0R 20R 1Q；V 3R 1 V0R 2R 1Qr24 R 2r2r4 0R 2r如下列图球
26、形金属腔带电量为Q 0,内半径为 ,外半径为 b,腔内距球心 O 为r 处有一点电荷 q,求球心的电势分析导体球达到静电平稳时,内表面感应电荷q,外表面感应电荷q；内表面感应电荷不匀称分布,外表面感应电荷匀称分布球心O 点的电势由点电荷q、导体表面的感应电荷共同打算在带电面上任意取一电荷元,电荷元在球心产生的电势d V4dqR 0由于 R 为常量,因而无论球面电荷如何分布,半径为R的带电球面在球心产生的电势为Vs4d qR4qR 0 0由电势的叠加可以求得球心的电势解导体球内表面感应电荷q,外表面感应电荷q；依照分析,球心的电势为名师归纳总结 7 2V4qrqaq Q第 14 页,共 26 页
27、 04 040 b第七章恒定磁场一个半径为 r 的半球面如图放在匀称磁场中,通过半球面的磁通量为（）- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆（A ）2 r2B（B） r2B（C）2 r2Bcos （D） r2Bcos 分析与解作半径为 r 的圆 S与半球面构成一闭合曲面,依据磁场的高斯定理,磁感线是闭合曲线,闭合曲面的磁通量为零,即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S的磁通量；mBS因而正确答案为（D）7 3以下说法正确选项（）（A ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时,回路内肯定没有电流穿过（B） 闭合回路上各点磁感强度都为零时,回
28、路内穿过电流的代数和必定为零（C） 磁感强度沿闭合回路的积分为零时,回路上各点的磁感强度必定为零（D） 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时,回路上任意一点的磁感强度都不行能为零分析与解 由磁场中的安培环路定律,磁感强度沿闭合回路的积分为零时,回路上各点的磁感强度不肯定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时,穿过回路的电流代数和必定为零；因而正确答案为（B）7 4 在图（）和（）中各有一半径相同的圆形回路 L1 、L2 ,圆周内有电流 I1 、I2 ,其分布相同,且均在真空中,但在（）图中路上的对应点,就（dl）B P 2（A ）L B1d lL B2,B P 1（B）L B1d lLB 2dl,B
29、P 1B P 2（C）L B1d lL B2dl,B P 1B P 2（D）L 1 Bd lLB 2dl,B P 1B P 2L2 回路外有电流 I3 ,P1 、P2 为两圆形回名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页,共 26 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆分析与解 由磁场中的安培环路定律,积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会转变回路上各点的磁场分布因而正确答案为（C）7 10 如下列图, 有两根导线沿半径方向接触铁环的 a、b 两点,并与很远处的电源相接；求环心 O 的磁感强度分析依据叠加原理,点O 的磁感强度可
30、视作由ef 、be、fa 三段直线以及 acb、adb两段圆弧电流共同激发由于电源距环较远,Bef00而 be、 fa 两段直线的延长线通过点O,由于Idlr0,由毕萨定律知B be流过圆弧的电流I1、I2的方向如下列图,两Bfa圆弧在点 O 激发的磁场分别为B 1 0I1l 12,B2 0I2l 224 r4 r其中 I1 、I2 分别是圆弧 acb、adb的弧长,由于导线电阻 又构成并联电路,故有I1l 1I2l2将B1 、B2 叠加可得点 O 的磁感强度 BR 与弧长 l 成正比,而圆弧 acb、adb名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页,共 26 页精选学习资料 - -
31、 - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆解由上述分析可知,点O 的合磁感强度7 11BB 1B 2 0I1 l1 0I2 l204 r24 r2如下列图,几种载流导线在平面内分布,电流均为I ,它们在点 O 的磁感强度各为多少？分析应用磁场叠加原理求解将不同外形的载流导线分解成长直部分和圆弧部分,它们各悠闲点 O 处所激发的磁感强度较简洁求得,就总的磁感强度B0B iO解（）长直电流对点 O 而言,有Idlr0,因此它在点 O 产生的磁场为零,就点处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发,故有B 0 0I8 RB0的方向垂直纸面对外（）将载流导线看作圆电流和长直电流,由叠加原理可
32、得B0 0I 0I2R2 RB0的方向垂直纸面对里（c） 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流,由叠加原理可得B 0 0I 0I 0I 0I 0I4 R4 R4R2 R4RB0的方向垂直纸面对外名师归纳总结 7 15如下列图,载流长直导线的电流为I ,试求通过矩形面积的磁通量第 17 页,共 26 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆分析由于矩形平面上各点的磁感强度不同,故磁通量 BS为此,可在矩形平面上取一矩形面元 dS ldx图（）,载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为dBdS 0 lldx2 x矩形平面的总
33、磁通量解d I ,但电流的流向相由上述分析可得矩形平面的总磁通量d2 0 lldx 0Illnd27 17d 12 x2 d1有一同轴电缆,其尺寸如图（）所示两导体中的电流均为反,导体的磁性可不考虑试运算以下各处的磁感强度：（1） r R1 ；（ 2） R1 r R2；（ 3） R2r R3；（ 4） r R3画出 B r 图线名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页,共 26 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学而不思就惘,思而不学就殆分析同轴电缆导体内的电流匀称分布,其磁场呈轴对称, 取半径为 r 的同心圆为积分路径,BdlB2 r,利用安培环路定理Bdl0I,可解得各区域的磁感强度解由上述分析得r R1 B 12 r 01 2 R 1 r2B 1 0Ir2 2R 1R1r R2B 22 r 0IB 2 0I2 rR2r R3B 32 r 0Ir22 RI2 R 32 R 2B 3 0I2 R 3r2