第11章磁场作业解答磁场
11-1 求图中各种情况下O 点处的磁感应强度B 。
解：图a 的电流可以看成是由1、2两个电流合成的。故合场强为 直线电流，和矩形电流产生的磁感应强度的矢量和。 直线电流1在O 点产生的磁感应强度
)
2/(20a I πμ，方向垂直纸
面向外。
矩形电流2由两条长度为a 、两条长度为b 的直线电流组成在O 点产生的磁感应强度为：
)]2/sin()2/[sin()
2/(42)]2/sin()2/[sin()
2/(42
00ααπμ??πμ--+--b I
a I
2
2
02
2
00022)2/sin(2)2/sin(2b
a a b
I b
a b a I
b I a I ++
+=+=
πμπμαπμ?πμ
)(2220b a
a b b a I
++=
πμ方向垂直纸面向内。
O 点的磁感应强度为：220022002)(2b a ab
I a I b a
a b b a I a I B +-=++-=
πμπμπμπμ 这里利用了载流直导线外的磁感应强度公式：
]sin )[sin 4120ββπμ-=
r
I
B
电流b 由两条直线电流，和一个圆弧组成：
)0sin 90(sin 42
360
135
200-?+=
R
I
R I B πμμ R
I
R I R I 00035.02163μπμμ=+=
电流c 中两条直线电流的延长线都过圆心，由毕-萨定律知道在圆心处产生的磁感应强度为0，圆弧产生的磁感应强度为
R
l
R I R l R I B πμπμ2222220110-=
由于两端的电压相同有2211I S
l
I S l V ρρ
==带入上式得到B=0 11-2．如图所示，一扇形薄片，半径为R ，张角为θ，其上均匀分布正电荷，电荷密度为σ
，
薄片绕过角顶O 点且垂直于薄片的轴转动，角速度为ω，求O 点处的磁感应强度。
解答1：将扇形薄片分割成半径为r 的圆弧形面积元，电荷量为：dr r dq θσ=
转动时相当于园电流，对应的电流强度为： rdr dr r T dq dI σωπ
θωπθσ2/2===
产生的磁场为 dr r
dI
dB σωμπ
θ
μ0042=
=
圆心处的磁场为R dr B R
σωμπθσωμπθ00
044==
? 解答2：以o 为圆心，采用极坐标系将扇形薄片分割成小的面积元 dr rd ds dq θσσ==
利用运动电荷产生磁场的公式 dr d r
drr rd r dqv dB θσωπμωθσπμπμ4440
2
020===
对上式积分得：πσωθμθσωπμθσωπμθ4440
000R
dr d dr d B R
===???? 11-3 在半径cm 0.1=R 的无限长半圆柱形金属薄片中，自下而上地通有电流A I 0.5=，求圆柱轴线上任一点P 处的磁感应强度。（这里把自上而下改为自
下而上，求解时对应右图。如不改时方向相反。）
解：从电流的顶上看是个半圆形，在其上取一段圆弧（对应于
一无限长载流直导线）， 电流强度为：π
θ
θπId Rd R I dI =
=
产生的磁场方向如图，由此可见合磁场方向沿水平向右为：
θπθμθππθμπμsin 2)2/cos(222
0200R
Id R Id R dI dB x =-==
磁感应强度为：
R I R I R
Id B B x 200200202sin 2πμπμθπθμπ
π
=-===?=6.37×10-5T
方向在x 轴正向。
11-4 图中所示为实验室中用来产生均匀磁场的亥姆霍兹圈。它
由两个完全相同的匝数为N 的共轴密绕短线圈组成（N 匝线圈可近似视为在同一平面内）。两线圈中心12O O ,间的距离等于线
圈半径R ，载有同向平行电流J 。以12O O ,连线中点为坐标原点，求轴线上在1O 和2O 之间、坐标为x 的任一点P 处的磁感应强度B 的大小，并算出02010B B B 、、进行比较。 解：由园电流在轴线上一点的磁感应强度公式：2
/322
2
0)
(2x R IR B +=
μ
用到上式 线圈1产生的磁感应强度2
/322
2
01)
)2/((2R x R NIR B ++=
μ
线圈2产生的磁感应强度2
/322
2
02))2/((2R x R NIR B -+=
μ
R
NI
R
NI
R R NIR B B x 02
/302
/322
2
00
1
0715
.0)4/5())2/((2μμμ==
+=
==
R
NI R NI R R NIR R
NI
B B 02
/302
/3222
000201678.0))2(21
21
()(22μμμμ=+=
++
=
= 两个圆环之间的磁场变化缓慢。
11-5 有一半径为R 的半圆形电流，求在过圆心O 垂直于圆面的轴线上离圆心距离为x 处P 点的磁感应强度。
解：如右图利用毕-萨定律分析可知z 方向的B 分量为0：
2
04r IRd dB πθ
μ=
x 轴分量为：απθ
μαππθμsin 4)2/cos(42
020r
IRd r IRd dB x =-=
3
2
0202
/2
/204sin 4)2/cos(4r IR r IR r IRd B x μαμαππθμππ==-=?- y 轴分量为：
θπθμθαπθμθαππθμcos 4cos cos 4cos )2/sin(42
02020r
x
r IRd r IRd r IRd dB y ==-= 302/2
/302
/2/202cos 4cos 4r IRx
d r IRx r x r IRd B y πμθθπμθπθμππππ===??-- j r
IRx i r IR B 3
032024πμμ+= 这里 22x R r +=是圆环到轴线的距离。 11-6 半径为R 的均匀带电球面的电势为U ，圆球绕其直径以角速度ω转动，
求球心处的磁
感应强度。
由球面的电势表示式R
q U 04πε=
得到球面电荷量RU q 04πε= 电荷面密度 R U R q
02
4επσ==
取求坐标系，将圆球分割成圆环，圆环带电量为
?πσrRd dq 2=
等效的电流为?σωω
π?πσrRd rRd T dq dI ===/22 利用园电流轴线上的磁感应强度公式2
/322
2
0)
(2x R IR B +=μ这里R 是圆环的半径，在本例中为
r ,可以得到
2
/322
2
0)
(2)(x r r rRd dB +=
?σωμ
x 是圆环的圆心到轴线上一点的距离，在本例中为y.。则有;sin ?R r = ?c o s R y =
??σωμ?σωμd R
x r r rRd dB 302
/322
2
0sin 2
)
(2)(=
+=
???
--=
=
=π
π
π
??σωμ??σωμ??σωμ0
2
00
3
00
3
0cos )cos 1(2
sin 2
sin 2
d R d R d R
B U R R R
ωεμσωμσωμ??σωμπ
00000
3032
32)311(22)cos 31(cos 2
==-=--
=
11-7 地球上某处的磁感应强度水平分量为T 5
107.1-?，试计算该处沿水平方向的磁场强度。
解：由m A H
B /5.1310
4107.17
5
0=??==--πμ 11-8 螺线环中心周长cm l 10=，环上线圈匝数200=N 匝，线圈中通有电流mA I 100=。 （1）求管内的磁感应强度B ，及磁场强度H ；
（2）若管内充满相对磁导率4200=r μ的铁磁质时，管内的磁感应强度和磁场强度为多大
?
（3）铁磁质内由传导电流I 产生的磁场B ，与由磁化电流产生的磁场'B 各为多大? 解：
（1）由安培环路定律 ∑?=?i
i I l d H
选择螺线环中心为环路路径：NI Hl l d H ==??
得到磁场强度
m A l NI H /2001
.01.0200=?==
磁感应强度 T l
NI
B 4700105.2200104--?=??==
πμ
（2）管内充满相对磁导率4200=r μ的铁磁质时磁场强度不变，磁感应强度为
T l
NI
B r 06.1105.2420040=??==
-μμ
（3）传导电流I 产生的磁场0B 为：T l
NI
B 400105.2-?==
μ
磁化电流产生的磁场'B 为：T B B B 06.1'0≈-=
11-9 在半径为R 的长圆柱导体内与轴线平行地挖去一个半径为r
的圆柱形空腔．两圆柱形轴线之间的距离为)(r d d >。电流I 在截面内均匀分布，方向平行于轴线。求： （1）实心圆柱轴线上磁感应强度的大小；
（2）空心部分中任一点的磁感应强度。
解：这个电流可以看成是：在空腔内补上同样电流密度的电流，在于同一位置再加上一条方
向相反的电流，这时磁场是这两个电流各自产生的磁场的矢量和。 柱体的电流密度为
)
(22r R I
j -=
π
在实心圆柱轴线上大圆柱产生的磁感应强度为0，小园柱产生的磁感应强度由安培环路定律求解为：
圆柱内的电流密度为：)
(2
2r R I
j -=
π
2
02r j d B l d B πμπ=?=??
可求得：)
(222
2
2
02
0r R d Ir d
jr B -=
=
πμμ
空心部分的磁感应强度由大圆柱与小园柱各自产生的磁感应强度的矢量和 大圆柱产生的磁感应强度可以由安培环路定律求解为
2
101112r j r B l d B πμπ=?=?? 1012
1
r j B μ=
1r 是由大圆柱的圆心指向场点的位置适量的模，同样可得小园柱的磁感应强度
2022
1
r j B μ=
下图表示的是小的那个圆柱的截面 合场强为：)cos (sin 21)cos (sin 21
201021j i r j j i r j B B B ββμααμ+++=+=
j jd j r x d i r y r j j r x i r y r j 022*******
1
)(21)(21μμμ=-+-++= j r R Id
)
(2220-=
πμ方向在y 轴向上。
11-11 根据安培环路定理0B dl I μ=∑?， 求得磁感应强度为：
02
0()2()2Ir
r R R B I r R r
μπμπ?≤??=??>?? 方向垂直纸面向里，取矩形法线方向为垂直纸面向里
2000020ln 22242R
R
R
Ir I I I
B dS dr dr R r μμμμφππππ==+=+??? 11-12 把圆盘割成许多圆环，其中对单个小圆环，设它的半径为r ，宽为dr ，带
电为dq ，则，32 dq rdr
dq
dI rdr dm r dr
dt σπσωπσω=∴=== 则整个圆盘的磁矩为5
3
4
5
R
R
R
k r m dm r dr k r dr πωπσωπω====
??? 垂直纸面向
外， 所以5
5
k r M B πω=
平行于纸面且垂直于B 向上
11-13 根据霍尔效应
51928311200 1.5
2.5310()1.6107.410110
H
IB IB V R b qn b
V ---==
?==-?-????
电场强度
5312
2.5310 1.2710(.)2.010
V E N C a ----?===?? 11-14
36.6510()A A AA U U V -''=-=-?
所以这块导体是n 型，又1,A A H
A A
IB IB IB U R n b qn b bqU ''==∴=， 带入数据，得2032.8210()n m =?
11-15：由安培力公式可知，当两条导线电流方向相同时，两导线相互吸引，如
下图，导线2对导线1单位长度的引力的大小为：2
001212f 22I I I r a
μμππ==，导线3对
导线1单位长度的引力2
013f 2I a μπ=，引力13f 和12
f 正好在等边三角形的两条边上，它们之间的夹角为060，而且在数值上大小相等，所以合力的大小为
2
04011312f f cos30f cos30cos30 3.4610/I N cm a
μπ-=+==? 方向如图
11-16.在线圈的上下两段弧da 和bc 上，因长直电流
1I 产生的磁场与和电流2I 方向平行，所以圆弧da 和
bc 受力为零。长直电流1I 在线圈的直线部 ab 和cd
处产生的磁场的方向 别沿着y 轴的正向和负向，磁
感应强度的大小为012I
B R
μπ=。因此，作用在线圈上的
合力为
420129.33102I h I
F N R μπ-==? 沿着x 轴负向
11-17. 载流导线中两段直线部分所受安培力大小相等，方向相反，两力平衡。整个载流导线受力就是半圆形导线所受的磁场力。我们知道，载流导线在匀强磁场中受力，等于从起点到终点连接的一根直导线通过相同电流时受到的磁场力。因此整个载流导线受力的大小为 2F BIR =, 方向竖直朝上。
11-18载流的半圆形铅丝环受到磁力的大小为：F IDB =, 沿着水平向右，用T 表示圆弧两端a ，b 受到另外半圆弧的张力，在平衡时有
20T F -=
1.07.00.050.352F
T BIR N ∴===??=
相应的拉应力为：52
6
0.355100.710
T f N m S --===??
11.19矩形回路的上下两段导线所受安培力
12,F F 的矢量和为零，则回路所受的总安培力等
于左右两段所受的安培力34,F F 的矢量和，它的大小为
302102102134 1.281022()2()
I I l I I l I I lb
F F F N d d b d b μμμπππ-=-=
-==?++ 方向水平向左。
11-20金属圆环的径向电阻 2
121ln 22R R R dr R rd d R ρρ
ππ==? 径向电流 21
2ln d
I R R R επερ==,金属环受到的磁力矩，等于沿径向电流所受的安培
力的力矩之和。在d θ内圆环上r 处的
电流22I I
dI rd d r θθππ
==
在d θ 围内圆环上r 到r dr +处的小
电流元所受的安培力为BdIdr ，对转轴的力矩为rBdIdr ，因此圆环所受安培力矩为
2
1
222210
2
1
21()ln()ln()
R R Bd Bd M rBdIdr rdr d R R R R R R π
επεθρρ==
=
-???
?
方向垂直纸面朝外。
11-21 线圈的磁矩为2
2
I R m IS π==
方向垂直纸面朝里，与B 垂直。因此，线圈所受的磁力矩的大小为：
2
27.85102
BI R M mB N m π-===? 磁力矩的方向为竖直向下。
11-22 假设摩擦力足够大，圆柱不向下滑动。重力绕过切点0的轴的力矩为：
sin g M mgr θ=
绕组所受的磁力矩
sin 2sin m M mgR NIB Rl θθ==
磁力矩应大于或等于重力矩，圆柱才不至于沿斜面向下滚动，即
m g M M ≥
2sin sin NIB Rl mgR θθ≥
2.452mg
I A BNl
≥
= 11-23 因为d R ,则同游电流I 的长直导线在小线圈位置的磁感应强度近似为
02I B d
μπ=
方向垂直纸面朝外。线圈正法线方向与B 的方向成θ角时，线圈所受磁力矩为
2sin M I R B πθ'=
线圈平面转至与纸面重叠时，线圈正法线方向与B 的夹角θ减为0。转动方向与θ
的增加方向相反，因此磁力做功为
00
0022000()sin (1cos )22I I
A M d I R d I R d d
θθμμθθθθ''=-=-=-??
由刚体转动动能定理，有
21
2
A J ω=
其中21
2
J mR =，
222001
(1cos )24
I I R mR d μθω'-=
2002(1cos )II md
μωθ'
=-
11-24 在离子加速过程中，由动能定理知 21
2
qU mv =
离子在磁场中受洛伦兹力作圆周运动时，由牛顿定律知2
/2
v qvB m x = 联立上面两
式可证。
西电电磁场作业概要
科目：电磁场与电磁波基础 1.“场”的概念是哪位科学家首先提出？（1850，M.Faraday），搜索资料详细叙述。 早在1849年3月19日的实验日记中，法拉第写道：“这种力（重力）肯定同电磁盒其他力有一种实验关系……”后来，在皇家学院的演讲大厅里，他把铀、铋、铁等各种金属球从房顶上掉下来，掉到铺在地面的垫子上，看它们在重力作用下会不会产生电，结果是否定的。他又把试验物体作高频振荡，结果仍是否定的。 直到1859年，已是68高龄，他还爬上泰晤士河畔滑铁卢大桥附近的一座高塔里（伦敦
当时所能找到的最高高度），把一个200磅重的铅球从塔顶上吊下来，吊绳长达165英尺，法拉第把铅球从塔顶放电，然后降到底，又从塔底吊上顶，结果都是否定的，重复多次亦未出现所期望的结果。 所以说法拉第首先提出了“场”的概念，认为在电荷的周围存在着由它产生的电场，处在电场中的其他电荷受到的作用力就是这个电场给予的。但当时并未受到重视。 忽视法拉第统一场思想可能有如下理由： ①法拉第场概念虽经麦克斯韦等发展，但本人不可能理解；当时的场概念只实证地限于电磁方面，他只是哲学地认为存在于其他方面，因此他的思想至多是“泛场论”，始终是思辨的（这一点实际上也否定了其“场论”的科学性）。 ②当时尚未发现强、弱相互作用，无所谓统一场。 ③未在理论上提出明确的统一场概念。 ④他的一系列实验室十分粗糙而失败的。 2.编制程序绘制电偶极子的电场与电位3D和2D空间分布图。 Matlab源程序如下 电势分布模拟： q=1; d=2; e0=8.854187817*10.^-12; x=-3:0.1:3; y=-3:0.1:3; [x,y]=meshgrid(x,y); z=q.*(1./sqrt((y-1).^2+x.^2)-1./sqrt((y+1).^2+x.^2))./(4*pi*e0); mesh(x,y,z); 图像：
11稳恒电流和稳恒磁场习题解答
第十一章 稳恒电流和稳恒磁场 一 选择题 1. 两根截面大小相同的直铁丝和直铜丝串联后接入一直流电路，铁丝和铜丝内的电流密度和电场强度分别为J 1，E 1和J 2，E 2，则：（ ） A. J 1=J 2，E 1=E 2 B. J 1>J 2，E 1=E 2 C. J 1=J 2，E 1
计算电磁学作业_二)
计算电磁学课程作业(二) 1. 电磁场的线性系统（满足标量亥姆霍兹方程的系统）与一般电 子线性系统有何异同点？ 2. 试阐述格林函数对工程电磁场计算和求解的意义。 3. 任何源函数都可很方便地表示为基本函数（一般为函数）的线 性组合。任何波函数都可很方便地表示为基本函数（各种谐函 数）的线性组合。利用电磁场线性系统的函数和格林函数， 对于矢量磁位的亥姆霍兹方程： ，其在自由空间的解为 试写出两个有关矢量磁位的结论。 4. 对于无源区，电场、磁场、矢量磁位、标量电位、矢量电 位、标量磁位以及德拜位、赫兹矢量位等波函数，在时 域均可以写成矢量达朗伯方程的形式： 或标量达朗伯方程的形式。 对于矢量达朗伯方程，也常常只对标量达朗伯方程进行讨论和求解。这是因为：一方面矢量方程可以通过分离变量法后看做各个坐标分量标量方程的叠加；另一方面不同的波函数（平面波、柱面波、球面波）之间可以相互转换表达或相互展开表示（通过广义傅里叶变换）。 试写出无源区标量达朗伯方程的一个通解形式及其推导过程，并阐述通解的物理含义。 5. 类似地，在无源区，频域中波函数的波动方程可以表达为标量 亥姆霍兹方程（谐方程）： （） 其解在为谐函数（正弦函数、余弦函数、指数函数或柱谐函数、 球谐函数）。 电磁波在无限空间传播与存在的是连续谱；而电磁波在有限空 间传播与存在的是分立谱。试分别写出无源区的标量亥姆霍兹方程在直
角坐标、柱坐标和球坐标下的的一般解（通解）形式。 以下题目需提交作业： 6. 当矢量位为 （1），； （2），； 时，分别推导由矢量位计算电磁场各直角坐标和圆柱坐标分量的关系式，并且讨论其电磁场特点。 7. 对于TEM 波（横电磁波），标量电位函数满足拉普拉斯方 程：，即在横街面上具有静电场的行为特征，这种特征给电磁场 的数值计算带来很大的方便，试证明之。 电场E和磁场H满足此关系吗？ TE波（横电波）和TM 波（横磁波）的情况如何呢？ 8. 电磁场中的标量格林函数满足亥姆霍兹方程： 对于无界空间，标量格林函数是关于源点球对称的，标量格林函数对应的亥姆霍兹方程可以变化为： 其中。其通解为：，试将通解代入上式求出。注意到一般边值问题的特解是将通解代入到边界条件（时域还需知道初始条件）中得到的，此问题的另外一个边界在无限远。能不能利用索莫菲辐射条件求出？为什么？ 下题选做： 9. 试说明准静态场的概念，并分别推导磁准静态场和电准静态场的场波动方程及其通过矢量磁位求解的过程。
第十一章稳恒电流的磁场(一)作业解答
一、利用毕奥—萨法尔定律计算磁感应强度 毕奥—萨法尔定律：3 04r r l Id B d ?=πμ 1.有限长载流直导线的磁场)cos (cos 4210ααπμ-=a I B ,无限长载流直导线a I B πμ20= 半无限长载流直导线a I B πμ40=,直导线延长线上0=B 2. 圆环电流的磁场2 32220)(2x R IR B +=μ，圆环中心R I B 20μ=，圆弧中心πθ μ220?=R I B 电荷转动形成的电流：π ω ωπ22q q T q I = == 【 】基础训练1、载流的圆形线圈(半径a 1 )与正方形线圈(边长a 通有相同电流I ．如图若两个线圈的中心O 1 、O 2处的磁感强度大小相同，则半径a 1与边长a 2之比a 1∶a 2为 (A) 1∶1 (B) π2∶1 (C) π2∶4 (D) π2∶8 【 】基础训练3、有一无限长通电流的扁平铜片，宽度为a ，厚度不计，电流I 在铜片上 均匀分布，在铜片外与铜片共面，离铜片右边缘为b 处的P 点的磁感强度B 的大小为 (A) ) (20b a I +πμ． (B) b b a a I +πln 20μ．(C) b b a b I +πln 20μ． (D) ) 2(0b a I +πμ． 解法： 【 】自测提高2、通有电流I 的无限长直导线有如图三种形状，则P ，Q ，O 各点磁感 强度的大小B P ，B Q ，B O 间的关系为 (A) B P > B Q > B O . (B) B Q > B P > B O ． B Q > B O > B P ． (D) B O > B Q > B P ． 解法：
磁场课后作业
第21讲电与磁信息的传递 磁现象 【提示】（1）一个磁体有且只有两个磁极. （2）物体与磁体相互排斥，其一定具有磁性；物体与磁体相互吸引，其不一定具有磁性. 磁场
【提示】（1）磁感线上任何一点的切线方向都与置于该点的小磁针静止时N极所指的方向一致. （2）磁感线是封闭曲线，它不会相交. （3）磁感线有疏密，磁感线的疏密程度表示磁场的强弱. 电生磁 2.电磁铁及其应用
【提示】电磁铁的铁芯用铁而不用钢制作的原因：铁磁化后磁性容易消失，可方便地控制电磁铁磁性的有无；钢磁化后磁性不易消失，无法控制电磁铁磁性的有无. 3.磁场对通电导线的作用 磁生电 1.电磁感应现象 2.发电机和电动机 （2）我国电网以交流供电，电压为220 V ，频率为50 Hz. 信息的传递
1.电话 2.电磁波 【提示】（1）用3颗同步卫星就可以实现全球通信. （2）目前使用最频繁的网络通信形式是电子邮件. 命题点1简单的磁现象 (2015·杭州)甲铁棒能吸引小磁针，乙铁棒能排斥小磁针，若甲、乙铁棒相互靠近，则两铁棒（） A．一定互相吸引 B．一定互相排斥 C．可能无磁力的作用 D．可能互相吸引，也可能排斥 点拨：用甲去靠近小磁针，甲能吸引小磁针，说明甲可能没有磁性，也可能具有的磁性和小磁针靠近的磁极的磁性相反；乙能排斥小磁针，说明乙一定有磁性，由此展开分析，得出结论． 1．(2015·巴中)关于磁场，下列说法中正确的是（） A．磁体周围的磁感线从磁体N极发出，回到磁体S极 B．磁极间的相互作用不都是通过磁场发生的 C．磁感线是磁场中真实存在的一些曲线 D．地磁场的N极在地理北极附近，S极在地理南极附近，与地球两极并不完全重合 2．(2015·枣庄)如图所示，根据小磁针静止时的指向，标出磁体的N、S极和A点的磁场方向(用箭头表示)． 命题点2电流的磁效应 (2015·梅州)科学家的每次重大发现，都有力地推动了人类文明的进程．丹麦物理学家________首先 发现了电流周围存在着磁场，第一个揭示了电和磁之间的联系．小周同学自制了一个用开关来控制电磁铁南北极的巧妙装置，如图所示．当开关S接________(填“a”或“b”)点时，电磁铁的A端是N极．
第11章磁场作业解答磁场分解
11-1 求图中各种情况下O 点处的磁感应强度B 。 解：图a 的电流可以看成是由1、2两个电流合成的。故合场强为 直线电流，和矩形电流产生的磁感应强度的矢量和。 直线电流1在O 点产生的磁感应强度 ) 2/(20a I πμ，方向垂直纸 面向外。 矩形电流2由两条长度为a 、两条长度为b 的直线电流组成在O 点产生的磁感应强度为： )]2/sin()2/[sin() 2/(42 )]2/sin()2/[sin() 2/(42 00ααπμ??πμ--+--b I a I 2 2 02 2 00022)2/sin(2)2/sin(2b a a b I b a b a I b I a I ++ +=+= πμπμαπμ?πμ )(2220b a a b b a I ++= πμ方向垂直纸面向内。 O 点的磁感应强度为：220022002)(2b a ab I a I b a a b b a I a I B +-=++-= πμπμπμπμ 这里利用了载流直导线外的磁感应强度公式： ]sin )[sin 4120ββπμ-= r I B 电流b 由两条直线电流，和一个圆弧组成： )0sin 90(sin 42 360 135 200-?+= R I R I B πμμ R I R I R I 00035.02163μπμμ=+= 电流c 中两条直线电流的延长线都过圆心，由毕-萨定律知道在圆心处产生的磁感应强度为0，圆弧产生的磁感应强度为 R l R I R l R I B πμπμ2222220110-= 由于两端的电压相同有2211I S l I S l V ρρ ==带入上式得到B=0 11-2．如图所示，一扇形薄片，半径为R ，张角为θ，其上均匀分布正电荷，电荷密度为σ ，
电磁学作业 2
电磁学 一、填空题 1、离无限长均匀带电直线距离为r处的电场强度与r 成比。 半径为R的均匀带电量Q的细圆环环心处的电势为。 2、球形电容器（内外半径分别为R1和R2），充电后与电源断开，若将电容器充满相对电容率为 r ε的各向同性均匀电介质，其电容将，该球形电容器电容的表达式为。 3、平行板电容器充电后与电源断开，然后充满相对电容率为 r ε的各向同性均匀电介质，其电容将，两极板间电势差将。（填减小、增大或不变） 4、半径为R的均匀带电Q的球面，若取无穷远处为零电势点，则球表面处的电势U= ；球面外离球心r处的电势U r= 。 5、静电场的电场线有如下的性质：电场线形成闭合曲线；任何两条电场线相交。 6、在磁场中载流导线上出现横向电势差的现象称为，此电势差与电流强度成比。此电压的测量可以确定载流子的。 7、半径为R的均匀带电球面（电量为Q）内部是一个， 球心处的电势为（ ε已知）。 8、地表附近，晴天大气平均电场强度约为120V/m，大气平均电流密度约为412 10- ?A/m2。则大气电导率是若电离层和地表之间的电势差为45 10 ?V，大气的总电阻是。9、边长为a的正三角形，其三个顶点各放置q，q-和q2-的点电荷，三角形重心上的电势为，将一电量为Q +的点电荷由无限远移到重心上，外力做功为。 10、一半导体薄片在如图所示的磁场中，薄 片中电流的方向向右，则可知是空穴导电， 上、下两侧的霍耳电势满足 a ?< b ?。（填“>” 或“<”） 11、静电场的高斯定理说明静电场是，静电场的场强环路定理说明静电场是。 12、带电粒子垂直射入均匀磁场，电荷受到的洛仑兹力其速度的大小(填“改变或不改变”，电荷所受洛仑兹力做功。 13、电量和符号都相同的三个点电荷q放在等边三角形的顶点上。为了不使它们由于斥力的作用而散开，可在三角形的中心放一符号相反的点电荷q′。则q′的电量应为。14、两平行长直载流直导分别通有电流I1和I2，它们相距为d，导线直径远小于d，则根据定律，可得每根导线单位长度线段受的磁场作用力为。 15、设有一无限长均匀带电直线，电荷线密度为λ，A、B两点分别在线的两侧，它们到线的距离分别为a和b，则根据定义式可得A、B两点间的电势差为。 16、平行板空气电容器极板面积S、间距d，电源充电后两极板带电分别为±Q。断开电源再把两极板距离拉开到2d，外力克服两极板吸引力所作功为；两极板间相互吸引力为。 17、分子的正、负电荷中心重合的电介质叫电介质，
电磁场作业5
Homework 05 8.1 An air-filled section of an X-band (8.2 – 12.4 GHz) rectangular waveguide of length l is used as a delay line. Assume that the inside dimensions of the waveguide are 0.9 in. (2.286 cm), and 0.4 in. (1.016 cm) and that it operates at its dominant mode. Determine its length so that the delay at 10 GHz is 2 μs. 8.2 A standard X-band (8.2 - 12.4 GHz) rectangular waveguide with inner dimensions of 0.9 in. (2.286 cm) and 0.4 in. (1.016 cm) is filled with lossless polystyrene (εr = 2.56). For the lowest-order mode of the waveguide, determine at 10 GHz the following values. (a) Cutoff frequency (in GHz). (b) Guide wavelength (in cm). (c) Wave impedance. (d) Phase velocity (in m / s). (e) Group velocity (in m / s). 8.3 An empty X-band (8.2 – 12.4 GHz) rectangular waveguide, with dimensions of 2.286 cm by 1.016 cm, is to be connected to an X-band waveguide of the same dimensions but filled with lossless polystyrene (εr= 2.56). To avoid reflections, an X-band waveguide (of the same dimensions) quarter-wavelength long section is inserted between the two. Assume dominant mode propagation and that matching is to be made at 10 GHz. (a) Determine the wave impedance of the quarter-wavelength section waveguide. (b) Determine the dielectric constant of the lossless medium that must be used to fill the quarter-wavelength section waveguide. (c) Determine the length (in cm) of the quarter-wavelength section waveguide. 9.1 Design a circular waveguide filled with a lossless dielectric medium whose relative permeability is unity. The waveguide must operate in a single dominant mode over a bandwidth of 1.5 GHz. Assume that the radius of the guide is 1.12 cm. (a) Find the dielectric constant of the medium that must fill the cavity to meet the desired design specifications. (b) Find the lower and upper frequencies of operation. 9.4 The cross section of a cylindrical waveguide is a half circle, as shown in Figure P9-4. Derive simplified expressions for the vector potential component, electric and magnetic fields, eigenvalues, and cutoff frequencies for TE z modes and TM z modes. FIGURE P9-4
作业2磁场
1、在半径为R 的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向 垂直于纸面，磁感应强度为B 。一质量为m ，带有电量 q 的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD 方向经P 点（AP ＝d ）射入磁场（不计重力影响）。 ⑴如果粒子恰好从A 点射出磁场，求入射粒子的速度。 ⑵如果粒子经纸面内Q 点从磁场中射出，出射方向与半 圆在Q 点切线方向的夹角为φ（如图）。求入射粒子的速度。 2如图所示，在xOy 平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y 轴向下；在x 轴和第四象限的射线OC 之间有一匀强磁场，磁感应强 度的大小为B ，方向垂直于纸面向外。有一质量为m ，带有电荷量+q 的质点由电场左侧平行于x 轴射入电场。质点到达x 轴上A 点时，速 度方向与x 轴的夹角为φ，A 点与原点O 的距离为d 。接着，质点进 入磁场，并垂直于OC 飞离磁场。不计重力影响。若OC 与x 轴的夹 角也为φ，求：⑴质点在磁场中运动速度的大小；⑵匀强电场的场强 大小。 3．如图所示，在第一象限有一均强电场，场强大小为E ，方向与y 轴平 行；在x 轴下方有一均强磁场，磁场方向与纸面垂直。一质量为m 、电 荷量为-q(q>0)的粒子以平行于x 轴的速度从y 轴上的P 点处射入电场， 在x 轴上的Q 点处进入磁场，并从坐标原点O 离开磁场。粒子在磁场中 的运动轨迹与y 轴交于M 点。已知OP=l ,l OQ 32 。不计重力。求 （1）M 点与坐标原点O 间的距离； （2）粒子从P 点运动到M 点所用的时间。 4飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析。如图所示，在真 空状态下，脉冲阀P 喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a 板小孔进入a 、b 间的加速电场，从b 板小孔 射出，沿中线方向进入M 、N 板间的偏转控制区，到达探测器。 已知元电荷电量为e ，a 、b 板间距为d ，极板M 、N 的长度和 间距均为L 。不计离子重力及进入a 板时的初速度。 ⑴当a 、b 间的电压为U 1时，在M 、N 间加上适当的电压U 2， 使离子到达探测器。请导出离子的全部飞行时间与比荷K （K ＝ne /m ）的关系式。 ⑵去掉偏转电压U 2，在M 、N 间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B ，若进入a 、b 间所有离子质量均为m ，要使 所有的离子均能通过控制区从右侧飞出，a 、b 间的加速电压U 1至少为多少？ 5两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化
第十一章 恒定电流的磁场习题解
第十一章 恒定电流的磁场 11–1 如图11-1所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，求它们在O 点处的磁感应强度B 。 （1）高为h 的等边三角形载流回路在三角形的中心O 处的磁感应强度大小为 ，方向 。 （2）一根无限长的直导线中间弯成圆心角为120°，半径为R 的圆弧形，圆心O 点的磁感应强度大小为 ，方向 。 解：（1）如图11-2所示，中心O 点到每一边的距离为13 OP h =，BC 边上的电流产生的磁场在O 处的磁感应 强度的大小为 012(cos cos )4πBC I B d μββ=- 00(cos30cos150)4π/3 4πI I h h μ??= -= 方向垂直于纸面向外。 另外两条边上的电流的磁场在O 处的磁感应强度的大小和方向都与BC B 相同。因此O 处的磁感应强度是三边电流产生的同向磁场的叠加，即 0033 4π4πBC I I B B h h === 方向垂直于纸面向外。 （2）图11-1（b ）中点O 的磁感强度是由ab ，bcd ，de 三段载流导线在O 点产生的磁感强度B 1，B 2和B 3的矢量叠加。由载流直导线的磁感强度一般公式 012(cos cos )4πI B d μββ=- 可得载流直线段ab ，de 在圆心O 处产生的磁感强度B 1，B 3的大小分别为 01(cos0cos30)4cos60) I B R μ= ?-? π(0(12πI R μ= 031(cos150cos180)4πcos60 I B B R μ?== ?- ?0(12πI R μ= I B 图11–2 图11–1 （a ） A E （b ）
第11章稳恒磁场
第十一章 稳恒磁场习题 （一） 教材外习题 一、选择题： 1．如图所示，螺线管内轴上放入一小磁针，当电键K 闭合时，小磁针的N 极的指向 （A ）向外转90? （B ）向里转90? （C ）保持图示位置不动 （D ）旋转180? （E ）不能确定。 （ ） 2 i 的大小相等，其方向如图所示，问哪些区域中某些点的磁感应强度B 可能为零？ （A ）仅在象限Ⅰ （B ）仅在象限Ⅱ （C ）仅在象限Ⅰ、Ⅲ （D ）仅在象限Ⅰ、Ⅳ （E ）仅在象限Ⅱ、Ⅳ （ ） 3．哪一幅曲线图能确切描述载流圆线圈在其轴线上任意点所产生的B 随x 的变化关系？（x 坐标轴垂直于圆线圈平面，原点在圆线圈中心O ） （ ） （A ） （B ） （C ） （D ） （E ） 4q 的点电荷。此正方形以角速度ω绕AC 轴旋转时，在中心O 点产生的磁感应强度大小为B 1；此正方形同样以角速度ω绕过O 点垂直于正方形平面的轴旋转时，在O 点产生的磁感应强度的大小为B 2，则B 1与B 2间的关系为： （A ）B 1=B 2 （B ）B 1=2B 2 （C ）B 1= 2 1B 2 （D ）B 1=B 2/4 （ ） x B x x B x B x B q q C
5．电源由长直导线1沿平行bc 边方向经过a 点流入一电阻均匀分布的正三角形线框，再由b 点沿cb 方向流出，经长直导线2返回电源（如图），已知直导线上的电流为I ，三角框的 每一边长为l 。若载流导线1、2和三角框在三角框中心O 点产生的磁感应强度分别用1B 、2B 和3B 表示，则O 点的磁感应强度大小 （A ）B =0，因为B 1=B 2， B 3=0 （B ）B =0，因为021=+B B ，B 3=0 （C ）B ≠0，因为虽然021=+B B ，但B 3≠0。 （D ）B ≠0，因为虽然B 3=0，但021≠+B B 。 （ ） 6．磁场由沿空心长圆筒形导体的均匀分布的电流产生，圆筒半径为R ，x 坐标轴垂直圆筒轴线，原点在中心轴线上，图（A ）~（E ）哪一条曲线表示B －x 的关系？ （ ） （A ） （B ） （C ） （D ） （E ） 7．A 、B A 电子的速率是B 电子速率的两倍。设R A 、R B 分别为A 电子与B 电子的轨道半径；T A 、T B 分别为它们各自的 周期。则： （A ）R A ∶R B =2， T A ∶T B =2。 （B ）R A ∶R B = 2 1 ， T A ∶T B =1。 （C ）R A ∶R B =1， T A ∶T B = 2 1 。 （D ）R A ∶R B =2， T A ∶T B =1。 8．把轻的正方形线圈用细线挂在截流直导线AB 的附近，两者在同一平面内，直导线AB 固定，线圈可以活动。当正方形线圈通以如图所示的电流时线圈将 （A ）不动 c x B B x x B x B x B 电流
大学物理磁场作业解答
大学物理磁场作业解答公司内部档案编码：[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-OPPNN08]
11-1 求图中各种情况下O 点处的磁感应强度B 。 解：图a 的电流可以看成是由1、2两个电流合成的。故合 场强为 直线电流，和矩形电流产生的磁感应强度的矢量和。 直线电流1在O 点产生的磁感应强度 ) 2/(20a I πμ， 方向垂直纸面向外。 矩形电流2由两条长度为a 、两条长度为b 的直线电流组成在O 点产生的磁感应强度为： )]2/sin()2/[sin() 2/(42 )]2/sin()2/[sin() 2/(42 00ααπμ??πμ--+--b I a I 2 2 02 2 00022)2/sin(2)2/sin(2b a a b I b a b a I b I a I +++=+= πμπμαπμ?πμ )(2220b a a b b a I ++= πμ方向垂直纸面向内。 O 点的磁感应强度为：220022002)(2b a ab I a I b a a b b a I a I B +-=++-= πμπμπμπμ 这里利用了载流直导线外的磁感应强度公 式： ]sin )[sin 4120ββπμ-= r I B 电流b 由两条直线电流，和一个圆弧组成： )0sin 90(sin 42 360 135 200-?+= R I R I B πμμ R I R I R I 00035.02163μπμμ=+=
电流c 中两条直线电流的延长线都过圆心，由毕-萨定律知道在圆心处产生的磁感应强度为0，圆弧产生的磁感应强度为 R l R I R l R I B πμπμ2222220110-= 由于两端的电压相同有2211I S l I S l V ρρ ==带入上式得到B=0 11-2．如图所示，一扇形薄片，半径为R ，张角为θ，其上均匀分布正电荷，电荷密度为σ，薄片绕过角顶O 点且垂直于薄片的轴转动，角速度为 ω，求O 点处的磁感应强度。 解答1：将扇形薄片分割成半径为r 的圆弧形面积元，电荷量为：dr r dq θσ= 转动时相当于园电流，对应的电流强度为： rdr dr r T dq dI σωπ θ ωπθσ2/2=== 产生的磁场为 dr r dI dB σωμπ θ μ0042= = 圆心处的磁场为R dr B R σωμπθσωμπθ00 044==? 解答2：以o 为圆心，采用极坐标系将扇形薄片分割成小的面积元 dr rd ds dq θσσ== 利用运动电荷产生磁场的公式 dr d r drr rd r dqv dB θσωπμωθσπμπμ4440 2 020=== 对上式积分得：πσωθμθσωπμθσωπμθ44400 000R dr d dr d B R ===???? 11-3 在半径cm 0.1=R 的无限长半圆柱形金属薄片中，自下而上地通有电
16秋北交《工程电磁场》在线作业二
北交《工程电磁场》在线作业二 一、单选题（共10 道试题，共30 分。） 1. 极化的电介质可视为体分布的（）。 A. 电子 B. 电偶极子 C. 质子 D. 自由电荷 正确答案： 2. 当给定了矢量场A的通量源密度和旋涡源密度以及场域的（），就可以唯一地确定该矢量场。 A. 边界条件 B. 控制条件 C. 磁力线 D. 磁场矢量 正确答案： 3. （）是谐振腔最重要的一个参数。 A. 谐振幅度 B. 谐振时间 C. 谐振频率 D. 谐振波形 正确答案： 4. 无源场存在着（）。 A. 电磁波 B. 电感 C. 矢势 D. 磁通 正确答案： 5. 散度和旋度都等于零的矢量场称为（）。 A. 旋转场 B. 调和场 C. 空间场 D. 电磁场 正确答案： 6. 低频无线电技术中采用LC回路产生（）。 A. 电磁振荡 B. 电磁感应
D. 感应电压 正确答案： 7. 在无源场中，穿过场域V中任一个矢量管的所有截面的通量（）。 A. 相等 B. 相反 C. 与截面法向量有关 D. 与截面切向量有关 正确答案： 8. 在n+1个导体构成的静电独立系统中，共应有（）个部分电容。 A. n/2 B. n C. (n+1)/2 D. n（n+1）/2 正确答案： 9. 传输线的终端接有一个集中参数的负载，当负载与特性阻抗的比为（）时，称为传输线工作在匹配状态。 A. 0.5 B. 1 C. 1.5 D. 2 正确答案： 10. 单短截线阻抗匹配法实质是，用接入短截线后附加的反射波来抵消主传输线上原来的（），以实现匹配。 A. 入射波 B. 折射波 C. 反射波 D. 散射波 正确答案： 北交《工程电磁场》在线作业二 二、多选题（共10 道试题，共40 分。） 1. （）表达了场中各点电位的空间变化与该点自由电荷体密度之间的普遍关心。 A. 泊松方程 B. 拉普拉斯方程 C. 麦克斯方程 D. 牛顿定律
大学物理磁场作业(二)习题与解答
1、如图所示，半圆形线圈半径为R ，通有电流I ，在磁场B 的作用下从图示位置转过30° 时，它所受磁力矩的大小和方向分别为（ (4)） （1）21 4R IB π，沿图面垂直向下；（2）214 R IB π，沿图面垂直向上； （3）24R IB ，沿图面垂直向下；（4）24 R IB 。沿图面垂直向上。 2、如图所示，载流为I 2的线圈与载流为I 1的长直导线共面，设长直导线固定，则圆线圈在磁场力作用下将（ (1)） （1）向左平移；（2）向右平移；（3）向上平移；（4）向下平移。 3、质子和α粒子质量之比为1:4，电量之比为1:2，它们的动能相同，若将它们引进同一均匀磁场，且在垂直于磁场的平面内作圆周运动，则它们的回转半径之比为（(2) ） （1）1:4； （2）1:1； （3）1:2； （4）1 4、如图所示，a 、c 处分别放置无限长直载流导线，P 为环路L 上任一点，若把a 处的载流导线移至b 处，则（(4) ） （1） L B dl ?? 变，p B 变； （2）L B dl ?? 变，p B 不变； （3） L B dl ?? 不变，p B 不变； （4）L B dl ?? 不变，p B 变
5、如图所示，ab 导线与无限长直导线GE 共面，ab 延长线与GE 交于O 点成45°，若分别 通以电流I 1=20 A ，I 2=10 A ，ab 长L =cm ，a 端距GE 为d=1 cm ，求ab 在图示位置时 所受GE 产生的磁场作用力F 。 解答：此题直接运用无限长直导线磁场公式以及通电直导线和磁场作用公式即可。 2F I dl B =?? ，其方向为垂直于ab 向左上，其大小如下计算：设ab 上dl 长度距GE 为 r ，则有)]dl d r d =-=，r 的取值范围很明显是[0.01,0.1]。于是有 0.1 22F BI dl dr ==??，代入相关数值并且积分得到， 41.310F N -=?。
2018届高三物理一轮复习课时提升作业二十六第九章磁场第2讲磁场对运动电荷的作用
课时提升作业二十六 磁场对运动电荷的作用 (45分钟100分) 一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。1～5题为单选题,6～8题为多选题) 1.(2015·全国卷Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒子的( ) A.轨道半径减小,角速度增大 B.轨道半径减小,角速度减小 C.轨道半径增大,角速度增大 D.轨道半径增大,角速度减小 【解析】选D。带电粒子由一个磁场进入另一个磁场,线速度大小不变,由牛顿第二定律得qvB=m,可知轨道半径增大,再根据v=ωr知角速度减小,故选项D正确。 2.(2017·聊城模拟)用绝缘细线悬挂一个质量为m、带电荷量为+q的小球,让它处于如图所示的磁感应强度为B的匀强磁场中。由于磁场的运动,小球静止在图中位置,这时悬线与竖直方向夹角为α,并被拉紧,则磁场的运动速度和方向可能是( ) 导学号 =,水平向左=,竖直向下 =,竖直向上=,水平向右 【解析】选C。根据运动的相对性,带电小球相对于磁场的速度与磁场相对于小球(相对地面静止)的速度大小相等、方向相反。洛伦兹力F=qvB中的v是相对于磁场的速度。根据力的平衡条件可以得出,当小球相对磁场以速度v=竖直向下运动或以速度v=水平向右运动时,带电小球都能处于平衡状态,但题目中要求悬线被拉紧,由此可以知道只有选项C正确。 3.如图所示,平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里,磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场,运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同,不计粒子的重力,则
第十一章稳恒电流的磁场一作业答案
第十一章 稳恒电流的磁场（一） 一、利用毕奥—萨法尔定律计算磁感应强度 毕奥—萨法尔定律：3 04r r l Id B d ?=πμ 1.有限长载流直导线的磁场)cos (cos 4210ααπμ-=a I B ,无限长载流直导线a I B πμ20= 半无限长载流直导线a I B πμ40=,直导线延长线上0=B 2. 圆环电流的磁场232220)(2x R IR B +=μ，圆环中心R I B 20μ=，圆弧中心πθ μ220? =R I B 电荷转动形成的电流：π ω ωπ22q q T q I === 【 】基础训练1、载流的圆形线圈(半径a 1 )与正方形线圈(边长a 通有相同电流I ．如图若两个线圈的中心O 1 、O 2处的磁感强度大小相同，则半径a 1与边长a 2之比a 1∶a 2为 (A) 1∶1 (B) π2∶1 (C) π2∶4 (D) π2∶8 () 8 2,,22135cos 45cos 2 44, 2212 000201 02121ππμπμμ=== -?? ? == a a B B a I a I B a I B o o o o 得 由【 】基础训练3、有一无限长通电流的扁平铜片，宽度为a ，厚度不计，电流I 在铜片上 均匀分布，在铜片外与铜片共面，离铜片右边缘为b 处的P 点的磁感强度B 的大小为 (A) ) (20b a I +πμ． (B) b b a a I +πln 20μ．(C) b b a b I +πln 20μ． (D) )2(0b a I +πμ． 解法： b b a a I r dr a I r r dI dB dr a I dI a b b +===== =???+ln 222dI B B B ,B d B ,2P ,)(dr r P 0000πμπμπμπμ的大小为：，的方向也垂直纸面向内据方向垂直纸面向内；根处产生的它在，电流为导线相当于一根无限长的直的电流元处选取一个宽度为点为在距离 【 】自测提高2、通有电流I 的无限长直导线有如图三种形状，则P ，Q ，O 各点磁感 强度的大小B P ，B Q ，B O 间的关系为 (A) B P > B Q > B O . (B) B Q > B P > B O ． B Q > B O > B P ． (D) B O > B Q > B P ． 解法：
电磁场作业答案
2.6 在圆柱坐标系中电荷分布为ρ={①r/a ，r ≤a ②0，r ＞a ，r 为场点到z 轴的距离，a 为常数。求电场强度。 解：电场强度只有沿r 方向分量，选取长度为l 的圆柱 s d 2r q E S rlE πε?== ?? （1） r a ≤时3 223r lr q dV rldr a a πρπ===???? 代入（1）得： 2 3r r E a ε= r a >时2 223a r la q dV rldr a πρπ===???? 代入（1）得： 2 3r a E r ε= 2.7在直角坐标系中电荷分布为ρ（x ，y ，z ）={①ρ0 ∣x ∣≤a ②0 ∣x ∣＞a 求电场强度。 解：电场与y ，z 均无关，电场强度只有沿x 方向分量， ()0 x E E x ρ ε???= =? （1） r a ≤时0ρρ= 代入（1）得： 00 x x E C ρε= + 0x →时x E 为有限值所以0C = 00 x x E ρε= r a >时0ρ= 代入（1）得： 'r E C = 在x a =处r E 连续，所以'00 a C ρε= 00 r a E ρε=
2.16已知电场强度为E=3x+4y-5z ，试求点（0,0,0）与点（1,2,1）之间的电 压 解：6b b b b x y z a a a a U E dl E dx E dy E dz =?=++=???? 2.26两同心导体球壳半径分别为a 、b ，两导体之间有两层介质，介电常数分别为ε1、ε2，介质界面半径为c ，内外导体球壳电位分别为V 和0，求两导体球壳之间的电场和球壳上的电荷面密度，以及介质分界面上的束缚电荷面密度。 解：两球壳之间电介质不带电电位分布满足拉普拉斯方程20??= 选取球坐标则有：22210r r r r ?????? ?== ????? '1 11C C r ?=- + ' 222 C C r ?=-+ 代入边界条件 ' 2220r b C C b ?=∣=-+= '1 11r a C C V a ?=∣=-+= 12n r c n r c D D ==∣=∣ 12r c r c ??==∣=∣ 由上式可得： 1122211111 ()()1111()()V C a c c b V C a c c b εεεε=- -+-=- -+- 12122221,() 1111()(),() 1111()()V E a r c r a c c b V E c r b r a c c b εεεε= <<-+-= <<-+- 在介质与导体分界面上的电荷密度s n D ρ=
第11章稳恒电流与真空中的恒定磁场习题解答和分析学习资料
第11章稳恒电流与真空中的恒定磁场习题解答和分析
第十一章 电流与磁场 11-1 电源中的非静电力与静电力有什么不同？ 答：在电路中，电源中非静电力的作用是，迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极移动到高电位的电源正极，使两极间维持一电位差。而静电场的作用是在外电路中把正电荷由高电位的地方移动到低电位的地方，起到推动电流的作用；在电源内部正好相反，静电场起的是抵制电流的作用。 电源中存在的电场有两种：1、非静电起源的场；2、稳恒场。把这两种场与静电场比较，静电场由静止电荷所激发，它不随时间的变化而变化。非静电场不由静止电荷产生，它的大小决定于单位正电荷所受的非静电力，q 非 F E =。当 然电源种类不同，非F 的起因也不同。 11-2静电场与恒定电场相同处和不同处？为什么恒定电场中仍可应用电势概念？ 答：稳恒电场与静电场有相同之处，即是它们都不随时间的变化而变化，基本规律相同，并且都是位场。但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生，电荷本身却在移动。 正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化，因此静电场的两条基本定理，即高斯定理和环路定理仍然适用，所以仍可引入电势的概念。 11-3一根铜导线表面涂以银层，当两端加上电压后，在铜线和银层中，电场强度是否相同？电流密度是否相同？电流强度是否相同？为什么？ 答：此题涉及知识点：电流强度d s I =??j s ，电流密度概念，电场强度概念， 欧姆定律的微分形式j E σ=。设铜线材料横截面均匀，银层的材料和厚度也均匀。由于加在两者上的电压相同，两者的长度又相等，故铜线和银层的场强E
相同。由于铜线和银层的电导率σ不同，根据j E σ=知，它们中的电流密度j 不相同。电流强度d s I =??j s ，铜线和银层的j 不同但相差不太大，而它们的横 截面积一般相差较大，所以通过两者的电流强度，一般说来是不相同的。 11-4一束质子发生侧向偏转，造成这个偏转的原因可否是：（1）电场？（2）磁场？（3）若是电场和磁场在起作用，如何判断是哪一种场？ 答：造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。可以改变质子的运动方向，通过质子观察运动轨迹来判断是电场还是磁场在起作用。 11-5 三个粒子，当它们通过磁场时沿着如题图11－5所示的路径运动，对每个粒子可作出什么判断？ 答：根据带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力规律，通过观察运动轨迹的不同可以判断三种粒子是否带电和带电种类。 11-6 一长直载流导线如题11-6图所示，沿Oy 轴正向放置，在原点O 处取一电流元d I l ，求该电流元在（a ，0，0），（0，a ，0），（a ，a ，0），（a ， a ，a ）各点处的磁感应强度Β。 分析：根据毕奥-萨伐尔定律求解。 解：由毕奥-萨伐尔定律 03 d d .4πI r μ?=l r Β 原点O 处的电流元d I l 在（a ，0，0）点产生的Β为：000332 ()444I Idl Idlj ai dB adlk k a a a μμμπππ?==-=- d I l 在（0，a ，0）点产生的Β为：