电磁学第二章例题
电磁场与电磁波 第2章习题解答
第二章习题解答【习题2.1】101929=.=101.6102.0810e qR R mq e Cp m Ce e 解：电偶极矩p 其中 1.3可得电偶极矩p 的大小其方向为从负电荷指向正电荷，即从氯离子指向氢离子。
---´== =醋【习题2.2】解1解：由例2.2得，电偶极子所产生的电场为533()1[]4e e P R RP E RRπε=-0()R R << ……………………①其中 0e P qR = ，0R方向从负电荷指向正电荷，R是从电偶极子指向电场中任一点的矢量，起点在正负电荷连线的中点。
（如图）本题 100 1.310R m -=⨯ 1010010R m -=⨯满足 0R R << ．将①式整理：32013[()]4e e E P R R P RRπε=-令 ()e m k P R R P =-（23k R=）则 304m E Rπε=…………………………②欲求E的最大值，求出m最大值即可．222222[()]()2()()e e e e e e m k P R R P k P R R P k P R P R =-=+- 2222(2)()e e k R k P R P =-+2224296()()e e R P R P R R=-+ 2223()e e P R P R=+其中 00cos e P R qR R qR R θ== ， （θ是0R 和R之间的夹角）易见，当cos 1θ=，即0θ=时，2m可取最大值22222m ax 234e e e m R P P P R=+=则 m=2e P 代入②式得 m a x33m ax042e P mERRπεπε==将习题2.1中的结论 e P=2.082910c m -⨯⋅ 代入得29112103max2.08102 3.148.910(10010)EV m ----⨯=⋅⨯⨯⨯⨯⨯513.710V m-≈⨯⋅距离自由电子处的电场 191712121020 1.6101.41044 3.148.910(10010)e E V mV mRπε-----⨯==⋅≈⨯⋅⨯⨯⨯⨯⨯故 距离电偶极子处的电场最大值为 513.710V m -⨯⋅ 距离自由电子处的电场为 711.410V m -⨯⋅【习题2.2】解2解：设矢量0R e的方向从电荷C L -指向电荷H +R n 是从由C L - H +构成的电偶极子指向电场中的任一点的矢量，起点在正负电荷连线的中点，且0R 〈〈R. （ e , n 为单位矢量，θ是e , n的夹角）（1）003303cos 1[]4qR qR E n e R R θπε=- (41P )由向量减法的三角形法则及余弦定理得：=03024qR R πε⎛⎫⎪⎝⎭E =由上题得290( 2.110)e p qR cm -==⨯因此，当0θ=或θπ=时E有最大值， 03024qR E R πε==50302 3.7104qR V M R πε=⨯ （2）7201() 1.4104q R VE M R R πε==⨯【习题2.3】证明： 电偶极距qRe p =其方向为从负电荷指向正电荷。
电磁学习题案1-3章
第一章 习题一1、电量Q 相同的四个点电荷置于正方形的四个顶点上，0点为正方形中心，欲使每个顶点的电荷所受电场力为零，则应在0点放置一个电量q ＝－(1+2√2)Q/4 的点电荷。
2、在点电荷系的电场中，任一点的电场强度等于各点电荷单独在该点产生场强的矢量和，这称为电场强度叠加原理。
3、一点电荷电场中某点受到的电场力很大，则该点的电场强度E ：( C )(A)一定很大 (B)一定很小 (C)可能大也可能小4、两个电量均为+q 的点电荷相距为2a ，O 为其连线的中点，求在其中垂线上场强具有极大值的点与O 点的距离R 。
解法一：22020214141aR qπεr q πεE E +=== 21E E E ϖϖϖ+=，θE θE θE E cos 2cos cos 121=+=2222042a R R a R q πε++=()2/32202a R R πεq +=E 有极值的条件是：()0222/522220=+-=a R R a πεq dR dE 即 0222=-R a ，解得极值点的位置为：a R 22=∵ ()2/722220223223a R a R πεqR dR E d +-=，而 0398402/222<-==aπεqdR E d a R ∴ 中垂线上场强具有极大值的点与O 点的距离为a R 22= 且 ()202/3220max 332/2/2aπεq a a a πεq E =+=解法二：θaq πεr q πεE E 2202021sin 4141===，21E E E ϖϖϖ+=ϖ+qθE θE θE E cos 2cos cos 121=+=θθaq πεcos sin 21220=)cos (cos 21320θθaq πε-=E 有极值的条件是：0)sin 3sin 2(2320=-=θθaπεq θd dE E 有极值时的θ满足：31cos 32sin 1cos 0sin 2211====θ，θ；θ，θ )cos 7cos 9(2)cos sin 9cos 2(232022022θθaπεq θθθa πεq θd E d -=-= 0)cos 7cos 9(22011320221>=-==aπεq θθa πεq θd E d θθ 032)cos 7cos 9(22022320222<-=-==aπεq θθa πεq θd E d θθ 可见 θ = θ2时，E 有极大值。
电磁学新概念物理教程(赵凯华)第二章习题课
r r × × × × ×a×. ×r o. o r × 1 × × × × r . × . × r r R r P m 0 2
j r 2
× × × × × × × × ×
第二章 习题课
5.如图所示，一半径为R的均匀带电无限长直圆筒， 电荷面密度为s，该筒以角速度w绕其轴匀速旋转。 试求圆筒内部的磁感应强度。 解：ι= s 2p Rw/2p = sRw 取矩形有向闭合环路如图
dl''
dl' a
b
第二章 习题课
[解二]用典型磁场叠加 无限大导体平板视为由无限多的无限长导线组成 y 则 dI = ιdl m 0dI m 0i dl l dl dl
dB = 2πr
2 2
=
2πr
如图由对称性知
Q r = l + y
B =0 y
y cos = = q r y y2 + l2
y q
ò
0
0
内
ò
R
外
=ò
R
m I r 0
2π R
2 R 2
d + r
ò
2R
R
d r 2 πr
2R
m0I
2R
m0I r m0I m0I m 0I = + lnr = + ln2 2 4 R O 2 p p 4 p 2 p R
第二章 习题课
7.如图所示，一平面塑料圆盘，半径为R，表面带有面密 度为σ的电荷。假定圆盘绕其轴线AA’以角速度w转动， 磁场的方向垂直于转轴AA’。 psw R4B 试证：磁场作用于圆盘的力矩的大小为 L= 4 r 解：取半径为r 宽度为dr 的圆环 B A
3 I 29 = = 28 10 m -3 . \n = -19 -4 - 2 -5 . . evS 16 10 67 10 10 10
【单元练】(必考题)高中物理选修2第二章【电磁感应】经典习题(含答案解析)
一、选择题1．如图所示，两根足够长且平行的金属导轨置于磁感应强度为 B = 3 T 的匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面，两导轨间距 L =0.1m ，导轨左端连接一个电阻 R =0.5Ω，其余电阻不计，导轨右端连一个电容器C = 2.5 ⨯1010 pF ，有一根长度为 0.2m 的导体棒 ab ，a 端与导轨下端接 触良好，从图中实线位置开始，绕 a 点以角速度ω = 4 rad/s 顺时针匀速 转动 75°，此过程通过电阻 R 的电荷量为（ ）A ．3 ⨯10-2 CB ．23⨯10-3C C ．（30 + 23） ⨯10-3 CD ．（30 - 23） ⨯10-3 C C解析：C 在导体棒ab 绕a 点以角速度ω = 4 rad/s 顺时针匀速转动75°的过程中，由电磁感应所产生的电荷量Q 1=232BL R RΦ==-2310⨯C 同时还会给电容器C 充电，充电后C 对R 放电的电荷量Q 2=2BL 2Cω=-32310⨯C最终通过电阻R 的电荷量为Q =Q 1+Q 2=3(3023)10-+⨯ C故选C 。
2．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ 、MN ，MN 的左边有一闭合电路，当PQ 在外力的作用下运动时，MN 向右运动。
则PQ 所做的运动是（ ）A ．向右加速运动B ．向左减速运动C ．向右减速运动或向左加速运动D ．向右加速运动或向左减速运动C解析：C 根据安培定则可知，MN 处于ab 产生的垂直向里的磁场中，MN 在磁场力作用下向右运动，说明MN 受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M 指向N ，L 1中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，线圈L 2中产生的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知PQ 可能是向右减速运动或向左加速运动，故C 正确，ABD 错误。
故选C 。
3．如图所示，竖直平面内有一半径为a ，总电阻为R 的金属环，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点用金属铰链连接长度为2a 、电阻为2R 的导体棒MN 。
电磁学试题库电磁学第二章试题(含答案)复习过程
电磁学试题库电磁学第二章试题(含答案)一、填空题1、一面积为S 、间距为d 的平行板电容器，若在其中插入厚度为2d 的导体板，则其电容为 ；答案内容：;20d Sε2、导体静电平衡必要条件是 ，此时电荷只分布在 。
答案内容：内部电场处处为零，外表面；3、若先把均匀介质充满平行板电容器，（极板面积为S ，极反间距为L ，板间介电常数为r ε）然后使电容器充电至电压U 。
在这个过程中，电场能量的增量是 ；答案内容：202U L sr εε4、在一电中性的金属球内，挖一任意形状的空腔，腔内绝缘地放一电量为q 的点电荷，如图所示，球外离开球心为r 处的P 点的场强 ； 答案内容：r r qE e ∧=204πε ；5、 在金属球壳外距球心O 为d 处置一点电荷q ，球心O 处电势 ；答案内容：d q04πε；6、如图所示，金属球壳内外半径分别为a 和b ，带电量为Q ，球壳腔内距球心O 为r 处置一电量为q 的点电荷，球心O 点的电势 。
答案内容：⎪⎭⎫ ⎝⎛++-πεb q Q aq r q 0417、导体静电平衡的特征是 ，必要条件是 。
答案内容：电荷宏观运动停止，内部电场处处为零；8、判断图1、图2中的两个球形电容器是串连还是并联，图1是_________联，图2是________联。
答案内容：并联，串联；9、在点电荷q +的电场中，放一金属导体球，球心到点电荷的距离为r ，则导体球上感应电荷在球心处产生的电场强度大小为： 。
答案内容：2014qr πε ；10、 一平板电容器，用电源将其充电后再与电源断开，这时电容器中储存能量为W 。
然后将介电常数为ε的电介质充满整个电容器，此时电容器内存储能量为 。
答案内容：0W εε； 11、半径分别为R 及r 的两个球形导体（R ＞r ），用一根很长的细导线将它们连接起来，使二个导体带电，电势为u ，则二球表面电荷面密度比/R r σσ= 。
答案内容：/r R ；12、一带电量 为Q 的半径为r A 的金属球A ，放置在内外半径各为r B 和r C 的金属球壳B 内。
电磁学第二章习题课
εo S C0 Q C V 1 l ε r 1 d 1 l ε r 1 d εr d εr
0S
d
特例 : 当l d时, C r C 0
S
d
0 SV Q CV l r 1 1 d d r
0 d1
r1 S2 r2 +D 1
B
+
+ S 1 + E1 E 2
d1 d2
S1
S2 D2
q = S
σ d1 d 2 ) E1d1 E2 d 2 ( ) ( 1 2 ε0 ε r 1 ε r 2
d1 d2
q ε r 1 ε r 2 ε0 S εr 1 εr 2 d 0S (3) C C0 VA VB d1 d 2 εr 2d1 εr 1d 2 εr 2d1 εr 1d 2
+Q1 +Q2
可见，若VAB不变，则E1=E2=E，D1<D2，Q1<Q2
(2)电量Q不变
VA + + + + + A 0 E D d 1 VB – – – – – B
–Q +Q
V'A + + + + + A E2 D d V'B – – – – – B
–Q
+Q
Q 由介质中的高斯定量得 D1 D2 D S D2 Q D1 Q E2d , VAB E1d , VAB E1 , E2 S 0 0S
例3、讨论平板电容器两极板间为真空和充满电介质 时的电位移和场强：(1)电势差不变；(2)电量不变。 解：(1)电势差不变:VAB= VA–VB
电磁学答案第二章
× 由(① — ②)
μ 0σ eω R
2
可得
(a < R ) (a > R )
2 3 μ 0σ eω R B= 3 2 μ 0σ eω R R 3 3 a
或
μ 0Q ω 6π R B= μ 0Q ω R 3 3 6π R a
(a < R ) (a > R )
若已知 电量Q
#
(a > b > 0 )
(a > b )
( a > b > 0)
dθ ∫ a + b cos θ =
1 a 2 b2
ta n θ
在 0 2π 上 不 连 续
ta n 1 x
π 的 主 值 在 0, 2
)
P. 148, 2-40 【解】:参见右图, ⑴ eυ × B ,向东偏; ⑵
1T=10 4 Gauss ) (
π × (15 × 10
4
3
)
2
⑵ 最大力矩
M max = =
π π
4
nlID2 B ×100 × 30 × 2.0 × 15 ×10
4 = 4.24N m
(
3 2
)
× 4.0
P. 147, 2-33 【解】:参见右图, 左右两半受力均沿x方向 左半边
d F1 x = I 2 d lB1 cos θ
x
h R
x = R R2 h2 = 3mm
⑷ 像素同时向东偏,不影响看电视.
P. 149, 2-47 【证】: 轨道半径 则 频率(转/秒) 即
D mυ = 2 eB eBD υ= 2m
υ f = πD
eB f = 2π m
电磁学(赵凯华,陈熙谋第三版)第二章 习题及解答
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新概念物理教程・电磁学! ! 第二章! 恒磁场! 习题解答
! ! ! ! "! " 球形线圈由表面绝缘的细导线在半径为 # 的球面上密绕而成， 线圈的中心都在同一直径上， 沿这直径单位长度内的匝数为 $ ， 并且各处的 $ 都相同， 通过线圈的电流为 %" 设该直径上一点 & 到球心的距离为 ’， 求下 列各处的磁感应强度 (： （"） ’ )# （ 球心） ； （$） ’ )# （ 该直径与球面的交点） ； （%） ’ *# （ 球内该直径上任一点） ； （&） ’ +# （ 球外该直径上任一点） 。 解： （ " ） 一圈电流在 ’ 处产生的磁感应强度 $ !# , % () ! ! ! %.$ ， $ （ , $ - ’$ ）
新概念物理教程・电磁学# # 第二章# 恒磁场# 习题解答
# # ! ! " " 如本题图， 两无穷大平行平面上都有均匀分 布的面电流， 面电流密度 （ 见上题）分别为 !$ 和 !! ， 两电 流平行。 求： （ $ ）两面之间的磁感应强度； （ ! ）两面之外空间的磁感应强度； （ % ） !$ # !! # ! 时结果如何？ （ & ）在情形 （ % ）中电流反平行， 情形如何？ （ ’ ）在情形 （ % ）中电流方向垂直， 情形如何？ 解： （ $ ） 利用习题 ! ! ( 的结果， ") $ # （ !! ! !$ ） ； ! ") # （ ! ） # # # # # # # # # $ # （ !! " !$ ） ； ! # （ % ） 两面之间 $ # ) ，两面外侧 $ # ") !； # （ & ） 两面之间 $ # ") !，两面外侧 $ # ) ； # （ ’ ） 磁感应强度的大小都是 ") ! #!! ，但不同区域 ! 的方向不同。 习题 ! ! "
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（3）在导体外，紧靠导体表面的点的场强方向与导体表面垂直，场强大小与导体表面对应点的电荷面密度成正比。
A 、场强方向（表面附近的点）由电场线与等势面垂直出发，可知导体表面附近的场强与表面垂直。
而场强大小与面密度的关系，由高斯定理推出。
B 、场强大小如图，在导体表面外紧靠导体表面取一点P ，过P 点作导体表面的外法线方向单位矢n ˆ，则P 点场强可表示为n E E n P ˆ= （n E 为P E在n ˆ方向的投影，n E 可正可负）。
过P 点取一小圆形面元1S ∆，以1S ∆为底作一圆柱形高斯面，圆柱面的另一底2S ∆在导体内部。
由高斯定理有：11/)0(ˆ1121εσφS S E s d E E s d n E s d E s d E s d E s d E s d E n S S nS SS S ∆=∆=⊥=⋅=⋅=⋅+⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰∆∆∆∆导体表面附近导体内侧(导体的电荷只能分布在导体表面，若面密度为σ，则面内电荷为为均匀的很小，视，且因σσ11S S ∆∆)∴⎩⎨⎧<>=⎩⎨⎧<<>>=反向，，同向，，即，，nE n E nE E E E n n n ˆ0ˆ0ˆ00000σσεσσσεσ可见：导体表面附近的场强与表面上对应点的电荷面密度成正比，且无论场和电荷分布怎样变化，这个关系始终成立。
C 、0εσ=E n ˆ中的E 是场中全部电荷贡献的合场强，并非只是高斯面内电荷S ∆σ的贡献。
这一点是由高斯定理得来的。
P45-46D 、一般不谈导体表面上的点的场强。
导体内部0=E，表面外附近0εσ=E n ˆ；没提表面上的。
在电磁学中的点、面均为一种物理模型，有了面模型这一概念，场强在带电面上就有突变（P23小字），如果不用面模型，突变就会消失。
但不用面模型，讨论问题太复杂了，所以我们只谈“表面附近”而不谈表面上。
补充例：习题2.1.1(不讲)Rd θ解：利用上面的结果，球面上某面元所受的力：n dS F d ˆ202εσ= ，利用对称性知，带有同号电荷的球面所受的力是沿x 轴方向：右半球所受的力：i d d R i dS i dS F ˆsin cos 2ˆcos 2ˆcos 223020302002ϕθθθεσθεσθεσ⎰⎰⎰⎰⎰⎰===右 =⎰⎰=2002203200220ˆ4ˆsin cos 2ππεπσθθθϕεσi R i d d R i R F ˆ40220επσ-=左补充例：P53 例1的前半部分。
证明：对于两个无限大带电平板导体来说：（1）相向的两面上，电荷面密度总是大小相等符号相反；（2）相背的两面上，电荷面密度总是大小相等符号相同。
证明：（1）由前面静电场中导体的性质知：电荷分布于表面，0=内E，导体表面为等势面，导体表面外一点0εσ=E 。
Sσ2• P''nσ4平板导体所带电荷分布于表面，因为无限大，所以均匀分布，设1、2、3、4面分别带电荷面密度为4321σσσσ、、、。
利用上述性质，选取如图的高斯面，有（由高斯高理）：S S S ES ESES ES ∆⋅+=+=++=0320231221εσσεσσφφφφ侧∵ 0=内E∴ 021==ES ES φφ又 侧侧S E⊥ ∴侧ES φ=0 即0=ES φ故32320σσσσ-==+（2）在导体内任取一点P （任意的）∵ 004321=+++⇒=E E E E E P内即0ˆ2ˆ2ˆ2ˆ204010203=-++n n n n εσεσεσεσ 32σσ-= ∴41σσ=如果P 点在导体外，如图中的P ′点，则;023εσεσ=='P E （由四板场强迭加得到或由静电平衡时导体表面外一点的场强得到）如果P 点在导体外，如图中的P ''点，则0104εσεσ==''P E 。
三、综合本节内容，得到两个结论：P58—59P58： 1、封闭导体壳（不论接地与否）内部静电场不受壳外电荷的影响；接地封闭导体壳外部静电场不受壳内电荷的影响。
P58-59：2、设导体壳内电荷为Q 1，壳内表面电荷为Q 2（=－Q 1），壳外表面电荷为Q 3，壳外空间电荷为Q 4，则无论导体壳是否接地，壳内电荷Q 1和导体壳内表面上的电荷Q 2，在导体壳内表面之外任一点激发的合场强为零；壳外表面上电荷Q 3和壳外电荷Q 4，在导体壳外表面之内任一点激发的合场强为零。
例（补充）：习题2、2、3 P793A B解：根据高斯定理及电荷守恒定律可得出以下结论： （1） Q S1=Q A Q S2=-Q A Q S3=Q A +Q B（2） BBA B R Q Q V 04πε+=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=+=⎰A AB B R R A B A R Q R Q dr r Q V V BA 020414πεπε （3）B 球接地Q S1=Q A Q S2=-Q A Q S3=0 V B =0⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=B A A A R R Q V 1140πε （4）A 球接地：接地导体球A 外还有带电导体球壳B ，所以A 球表面电荷面密度不为零。
设A 球所带电荷为A Q '，则0114400=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-'-'+=A B AB A B A R R Q R Q Q V πεπε （电势迭加）()()20032144BB A BB AB B BB A B B B AB A B S B BAA SB B AA SB B AA R Q R R R Q Q V R Q R R Q R R Q Q Q Q Q R R Q Q Q R R Q Q Q R R Q πεπε-='+=-=-='+=='-=-='=-='∴（5）在B 外再罩一个同心且很薄中性金属壳C 后5()CB AC S B A S B A S A S A S R Q Q V Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q 0543214,,,πε+=-=+-=+=-==∴⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=A AB B A BBA B R Q R Q V R Q Q V 00414πεπε 例1(补充)：习题2、3、3， P80外球B内球A地球R 2R 1R证明：如果内球未接地，此时的球形电容器的电容为：12如果内球A 接地，这时除内外球可视为一个电容器外，外球表面与地面也形成一个电容器。
此时的总电容可看成是两个电容器的并联电容。
而RR R R RR C B 114420220-=-=πεπε地又 R >>R 2∴ 204R C B πε=地（是孤立球形导体的电容） ∴ 122202012120444R R R R R R R R C C C B AB -=+-=+=πεπεπε地 证毕。
例2(补充)： 习题2、3、4 P80等效图1等效图2解：（1）此时可将电容器等效成：dSC dS C AB KB002εε==，0AK KBAK KB K AK KB S C C C C C C C dε==+、串联：∴ AB ABK C dS C C C 220==+=ε总即电容器电容变为原来的两倍。
（2）此时的等效图为（B 与K 相连接） （AB 之间的电压其实就是AK 之间的电压）dSC dS C AB AK002εε==AB ABAK C dS C C C 330==+=ε即电容器电容变为原来的三倍。
例3(补充)： 2、1、4 P78σσ2σσ4dAB解：利用静电平衡条件列方程得：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+=+-==043213241σσσσσσσσS q A （无限大平行金属板）解得：4212σσσ===S q ASq A 23=σ∴Sdq d d E l d E V A0022εεσ===⋅=⎰内内将B 板接地：（σ4=0）⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+-===S q A 2132410σσσσσσ∴ Sq A=-=32σσSdq d d E l d E V A0022εεσ===⋅=⎰内内。