电磁场习题解1

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第6章大学物理(I-1)教材课后习题答案

与一边平行。（1）线圈平面与地磁场 B 的夹角为什么值时，线圈中产生的感应电动势最大；
（2）设地磁场的 B 0.55G ，这时要在线圈中最大产生 10mV 的感应电动势，求线圈的匝
数Ｎ。
解（1）由题意知： S 0.01m2， n 30 revs-1，
平面法线
B
2n 60 rads-1
l
x
2
l
6.5 解图
因为
v dl ， dt
所以
i

dm dt
0 I tan [v ln(1 a ) av ]
2
l la
若 l d 时，因为 tan b a ，
所以
i

0 Ivb [ln(1 2a
a) d
d
a
] ，其方向为顺时针方向。 a
6.6 一正方形线圈每边长 100mm，在地磁场中转动，每秒转 30 圈，转轴通过中心并
2.958103 sin(120t) ,
所以
imax 2.958 V， Iimax 2.958103 A
6.2 半径为 a 10cm ，匝数为 N 100 的圆形线圈以 o1o2 为转轴，在均匀磁场
B 0.5T 中以转速 n 600 转/分转动。开始时，线圈平面垂直于磁场，如题 6.2 图所示，当线圈转过π/2 时，求：（1）线圈中的感应电流，已知线圈的电阻 R 100 ；（2）感应电
2
a
6.4 如题 6.4 图所示，导体棒 ab 与金属轨道 ca 和 db 接触，
整个线框放在 B 0.50 T 的均匀磁场中，磁场方向与图面垂直。（1）若导体棒以 4.0 m s-1 的速度向右运动，求棒内感应电动

第1单元麦克斯韦电磁场理论相对论解

图1
(3)电磁波的波速等于光速，实际上，光就是特定频率范围内的电磁波．
3．波速：在真空中电磁波的波速与光速相同，在介质中传播速度小于光速．电磁波的波长、频率、波速三 c 者之间的关系是：λ＝(1)振荡电流：大小和方向发生周期性变化的电流．它是一种频率很高的交变电流． (2)振荡电路：能够产生振荡电流的电路．最简单的振荡电路，就是LC回路．LC振荡电路是由电感线圈和电容器组成的电路，简称 LC回路．
解析：电磁波是电磁场传播形成的．在传播过程中电场的电场强度E和磁场的磁感应强度B的方向都与波的传播方向垂直，所以电磁波应为横波．故选D. 答案：D
4．(1)麦克斯韦电磁理论的内容________. (2)电磁波在传播过程中，每处的电场方向和磁场方向总是________的，并和该处电磁波的传播方向________，这就说明电磁波是________波． (3)目前雷达发射的电磁波频率多在200 MHz 至1000 MHz的范围内．请回答下列关于雷达和电磁波的有关问题． ①雷达发射电磁波的波长范围是多少？ ②能否根据雷达发出的电磁波确定雷达和目标间的距离？
2．时间间隔的相对性对同一个物理事件，在静止参考系中观测所经历的时间为Δt，在高速运动的参考系中观测所经历的时间为Δτ，则有
Δt＝
.
理解： (1)一个相对我们做高速运动的惯性系中发生的物理过程，在我们看来，它所经历的时间比在这个惯性系中直接观察到的时间长，惯性系速度越大，我们观察到的过程所经历的时间越长． (2)由于运动是相对的，故在某一个参考系中观察另一个不同参考系里发生的物理事件时，总感到时间的延缓效应．
解析：(1)观测站测得船身的长度为 L＝L0 1－u2/c2＝90 1－0.82m＝54 m 通过观测站的时间间隔为 L 54 Δt＝u＝＝2.25×10－7s 0.8c (2)宇航员测得飞船船身通过观测站的时间间隔为 L0 90 － Δt＝ u ＝＝3.75×10 7s 0.8c

工程电磁场原理倪光正第一章

工程电磁场数值分析方法简
05
介
有限差分法
差分原理
将电磁场连续域问题离散化，用差分方程近似代替微分方程。
求解方法
采用迭代法或直接法求解差分方程，得到电磁场数值解。
差分格式
构造差分格式，将微分方程转化为差分方程。
有限元法
有限元原理
将连续域划分为有限个单元，每个单元内用插值函数表示未知量。
有限元方程
根据变分原理或加权余量法建立有限元方程。
求解方法
采用迭代法或直接法求解有限元方程，得到电磁场数值解。
边界元法
边界元原理
将微分方程边值问题转化为边界积分方程问题。
边界元方程
根据格林公式和边界条件建立边界元方程。
求解方法
采用迭代法或直接法求解边界元方程，得到电磁场数值解。
各种数值分析方法的比较与选用
工程电磁场原理倪光正第一章
目录
• 绪论 • 静电场的基本概念和性质 • 恒定电场的基本概念和性质 • 时变电磁场的基本概念和性质 • 工程电磁场数值分析方法简介
01
绪论
电磁场理论的重要性
01 电磁场是物质存在的基本形式之一
电磁场与物质相互作用，是物质存在的基本形式之一，对于理解物质的本质和相互作用机制具有重要意义。
研究任务
工程电磁场的研究任务包括揭示电磁场的本质和规律，探索新的电磁现象和应用，以及解决工程实际中的电磁问题。
电磁场理论的发展历史
01
静电学和静磁学阶段
早期人们主要研究静电和静磁现象，建立了库仑定律和安培定律等基本
定律。
02 03
电磁感应和电磁波阶段
19世纪初，法拉第发现了电磁感应现象，揭示了电与磁之间的联系。随后，麦克斯韦建立了完整的电磁波理论，预言了电磁波的存在，并阐明了光是一种电磁波。

1电路与电磁场

1电路与电磁场1-1 在题1-1图中，U=10V，I=1A，电阻值R为( )。

(A) 10Ω (B) -10Ω (C) 0.1S (D) -0.1S1-2 在题1-2图中，U=10V，电导G=0.1S，此元件消耗的功率为( )。

(A) -10W (B) 10J (C) 10W (D) -10J1-3 在1个10Ω电阻上通以2A电流，1分钟内消耗的电能为( )。

(A) 40J (B) 240J (C) 2400W (D) 2400J1-4 在题1-4图中，电压源U S中的电流I S为( )。

(A) -1A (B) 1A (C) -0.5A (D) 0.5A1-5 在题1-5图中，10V电压源供出的功率为( )。

(A) 10W (B) 20W (C) -10W (D) -20W1-6 在题1-6图中，4A电流源供出的功率为( )。

(A) 40W (B) -40W (C) 80W (D) -80W1-7 在题1-7图中，已知I S1=4A，I S2=2A，U CS=rI=10V，则受控电压源(CCVS)的转移电阻r为( )。

(A) 5Ω (B) -5Ω (C) -2.5Ω (D) 2.5Ω1-8 在题1-8图中，已知U S=10V，R1=R2=5Ω，I CS=βI1=5I1，此受控电流源供出的功率为( )。

(A) -100W (B) 300W (C) 400W (D) -400W1-9 在下面4个耦合电感中，互感电压的参考方向判断正确的是图( )。

1-10 对题1-10图电路，如下4个关系式中，正确的u—i约束关系为( )。

1-11 对题1-11图中的节点A，正确的关系式为( )。

1-12 在题1-12图中，KVL的正确关系式为( )。

(A)(B)(C)(D)1-13 在题1-13图中已知，I S1=I S2=1A，则电流源I S1供出的功率为( )。

(A) 2W (B) -2W (C) 8W (D) -8W1-14 在题1-14图中开路电压U ab为( )。

人教版高中物理选修1--1第4章电磁波及其应用练习含答案

2020--2021人教物理选修1--1第4章电磁波及其应用练习含答案人教选修1--1第四章电磁波及其应用1、电磁场理论的建立，开拓了广泛的现代技术应用空间，促进了现代社会的发展，建立电磁场理论的科学家是()A．牛顿B．爱迪生C．爱因斯坦D．麦克斯韦2、(双选)如图所示，有一水平放置、内壁光滑、绝缘的真空圆形管，半径为R，有一带正电的粒子静止在管内，整个装置处于竖直向上的磁场中．要使带电粒子能沿管做圆周运动，所加的磁场可能是()A．匀强磁场B．均匀增加的磁场C．均匀减少的磁场D．由于洛伦兹力不做功，不管加什么样的磁场都不能使带电粒子绕着管运动3、电磁波从真空传入水中时，下列说法正确的是()A．频率不变，波速变大，波长变大B．频率不变，波速变小，波长变小C．波速不变，频率变小，波长变大D．波速不变，频率变大，波长变小4、(多选)关于电视信号的发射，下列说法正确的是()A．摄像管输出的电信号可以直接通过天线向外发射B．摄像管输出的电信号必须“加”在高频等幅振荡电流上，才能向外发射C．伴音信号和图像信号是同步向外发射的D．摄像管摄取景物并将景物反射的光转化为电信号，实现光电转换5、(多选)下列说法正确的是()A．电磁波可以通过光缆进行有线传输，也可以进行无线传输，但光缆比无线电波传递的信息量大B．现代信息技术三大基础是信息的拾取、信息的记录和信息的处理C．通过数字电视可以在因特网上浏览，可以收发电子邮件D．过去的电视机要想接收数字信号，必须加装一个“机顶盒”6、在电磁波谱中，红外线、可见光和X射线三个波段的频率大小关系是() A．红外线的频率最大，可见光的频率最小B．可见光的频率最大，红外线的频率最小C．X射线频率最大，可见光的频率最小D．X射线频率最大，红外线的频率最小7、提出电磁场理论的科学家是()A．法拉第B．赫兹C．麦克斯韦D．安培8、下列能说明电磁波具有能量的依据是()①可见光射入人的眼睛，人看到物体②放在红外线区域的温度计升温很快③收音机调到某个台时，调谐电路发生电谐振④γ射线具有很强的贯穿能力A．①②④B．①②③C．①②③④D．②③④9、关于电视接收的原理，下列说法中正确的是()A．电视接收天线接收到的电磁波中包含有图像信号和伴音信号B．电视接收天线收到的电磁波经过处理还原成图像，天线上并不产生感应电流C．电视接收机收到电磁波，通过电子枪的扫描显示电视节目的图像信号和伴音信号D．电视接收机收到电磁波，经扬声器得到电视节目的伴音信号10、下列应用了温度传感器的是()A．电视遥控器B．话筒C．电子秤D．电饭煲11、关于电磁波，下列说法正确的是()A．所有电磁波的频率相同B．电磁波只能在真空中传播C．电磁波在任何介质中的传播速度相同D．电磁波在真空中的传播速度是3×108 m/s12、波长为0.6 μm的红光，从10 m外的交通信号灯传到你的眼睛，大约需要多长时间？它的频率是多少？13、现有热敏电阻、电炉丝、电源、电磁继电器、滑动变阻器、开关和导线若干．如图所示，试设计一个温控电路．要求温度低于某一温度时，电炉丝自动通电供热，超过某一温度时，又可以自动断电，画出电路图并说明工作过程．2020--2021人教物理选修1--1第4章电磁波及其应用练习含答案人教选修1--1第四章电磁波及其应用1、电磁场理论的建立，开拓了广泛的现代技术应用空间，促进了现代社会的发展，建立电磁场理论的科学家是()A．牛顿B．爱迪生C．爱因斯坦D．麦克斯韦D[麦克斯韦预言了电磁波的存在，并建立了电磁场理论，即“麦克斯韦定律”，故D正确．]2、(双选)如图所示，有一水平放置、内壁光滑、绝缘的真空圆形管，半径为R，有一带正电的粒子静止在管内，整个装置处于竖直向上的磁场中．要使带电粒子能沿管做圆周运动，所加的磁场可能是()A．匀强磁场B．均匀增加的磁场C．均匀减少的磁场D．由于洛伦兹力不做功，不管加什么样的磁场都不能使带电粒子绕着管运动BC[磁场对静止的电荷不产生力的作用，但当磁场变化时可产生电场，电场对带电粒子产生电场力作用，带电粒子在电场力作用下可以产生加速度．]3、电磁波从真空传入水中时，下列说法正确的是()A．频率不变，波速变大，波长变大B．频率不变，波速变小，波长变小C．波速不变，频率变小，波长变大D．波速不变，频率变大，波长变小B[电磁波的波长λ、波速v和频率f与机械波一样，满足c＝λf，传播过程中，频率不变，C、D两项错误．但电磁波在真空中的速度最大，而在介质中速度都会减小，故从真空传入水中时波速变小，波长变小．]4、(多选)关于电视信号的发射，下列说法正确的是()A．摄像管输出的电信号可以直接通过天线向外发射B．摄像管输出的电信号必须“加”在高频等幅振荡电流上，才能向外发射C．伴音信号和图像信号是同步向外发射的D．摄像管摄取景物并将景物反射的光转化为电信号，实现光电转换BCD[摄像管输出的电信号频率低，不易直接发射出去，必须“加”在高频等幅振荡电流上才能发射出去；伴音信号和图像信号是同步发射的；摄像过程实现的是光电转换．故正确答案为B、C、D.]5、(多选)下列说法正确的是()A．电磁波可以通过光缆进行有线传输，也可以进行无线传输，但光缆比无线电波传递的信息量大B．现代信息技术三大基础是信息的拾取、信息的记录和信息的处理C．通过数字电视可以在因特网上浏览，可以收发电子邮件D．过去的电视机要想接收数字信号，必须加装一个“机顶盒”ACD[电磁波可以通过光缆进行有线传输，如光信号，因为光的频率比无线电波频率高，所以相同时间内传递的信息量大，因此A项正确．现代信息技术三大基础是信息的拾取、信息的传输和信息的处理，故B项错误．数字电视由于使用了与计算机及现代通信兼容的技术，因此通过数字电视可以在因特网上浏览，可以收发电子邮件，可以实现网上购物、网上银行等业务．过去的电视接收模拟信号，要接收数字信号，就必须加“机顶盒”，故C、D均正确．]6、在电磁波谱中，红外线、可见光和X射线三个波段的频率大小关系是() A．红外线的频率最大，可见光的频率最小B．可见光的频率最大，红外线的频率最小C．X射线频率最大，可见光的频率最小D．X射线频率最大，红外线的频率最小D[红外线、可见光和伦琴射线(X射线)三个波段的波长是从长到短，所以其频率是从低到高．则频率最高的是伦琴射线(X射线)，频率最小的是红外线．] 7、提出电磁场理论的科学家是()A．法拉第B．赫兹C．麦克斯韦D．安培C[麦克斯韦总结前人电磁规律的成果进一步创造建立了完整的电磁场理论．]8、下列能说明电磁波具有能量的依据是()①可见光射入人的眼睛，人看到物体②放在红外线区域的温度计升温很快③收音机调到某个台时，调谐电路发生电谐振④γ射线具有很强的贯穿能力A．①②④B．①②③C．①②③④D．②③④C[人眼看到物体，说明人眼感受到了可见光的能量，①对；红外线具有热作用，说明红外线具有能量，②对；电谐振在调谐电路中的感应电流的能量来源于空中的无线电波，③对；γ射线的贯穿能力强说明γ射线具有很高的能量，④对．]9、关于电视接收的原理，下列说法中正确的是()A．电视接收天线接收到的电磁波中包含有图像信号和伴音信号B．电视接收天线收到的电磁波经过处理还原成图像，天线上并不产生感应电流C．电视接收机收到电磁波，通过电子枪的扫描显示电视节目的图像信号和伴音信号D．电视接收机收到电磁波，经扬声器得到电视节目的伴音信号A[电视机接收到的电磁波是带有图像信号和伴音信号的高频电流，故A项对，B项错；图像信号和伴音信号必须经过处理，才可经显像管和扬声器得到图像和声音，故选项C、D错．]10、下列应用了温度传感器的是()A．电视遥控器B．话筒C．电子秤D．电饭煲D[电视机的遥控器是应用了红外线传感器，A错误；电容式话筒使用了位移传感器，故B错误；电子秤使用的压力传感器，故C错误；电饭锅的工作原理：开始煮饭时，用手压下开关按钮，永磁体与感温磁体相吸，手松开后，按钮不再恢复到原状态，则触点接通，电饭锅通电加热，水沸腾后，由于锅内保持100 ℃不变，故感温磁体仍与永磁体相吸，继续加热，直到饭熟后，水分被大米吸收，锅底温度升高，当温度升至“居里点103 ℃”时，感温磁体失去铁磁性，在弹簧作用下，永磁体被弹开，触点分离，切断电源，从而停止加热．故D正确．] 11、关于电磁波，下列说法正确的是()A．所有电磁波的频率相同B．电磁波只能在真空中传播C．电磁波在任何介质中的传播速度相同D．电磁波在真空中的传播速度是3×108 m/sD[电磁波的频率不一定相同，就是无线电电磁波也有很多频道和频率，选项A错；电磁波既能在真空中传播，也能在介质中传播，选项B错；不同频率的电磁波在不同的介质中的传播速度都不相同，选项C错；电磁波在真空中的传播速度是3×108 m/s，选项D正确．]12、波长为0.6 μm的红光，从10 m外的交通信号灯传到你的眼睛，大约需要多长时间？它的频率是多少？[解析]由速度公式v＝xt可求得时间，可根据电磁波波长、频率和波速关系式c＝λf可得频率，其中t＝xc＝103×108s≈3.33×10－8 s由c＝λf得f＝cλ＝3×1086×10－7Hz＝5×1014 Hz.[答案] 3.33×10－8 s5×1014 Hz13、现有热敏电阻、电炉丝、电源、电磁继电器、滑动变阻器、开关和导线若干．如图所示，试设计一个温控电路．要求温度低于某一温度时，电炉丝自动通电供热，超过某一温度时，又可以自动断电，画出电路图并说明工作过程．[解析]热敏电阻与滑动变阻器及电磁继电器构成低压控制电路．(1)电路如图所示．(2)工作过程：闭合开关S，当温度低于设计值时热敏电阻阻值大，通过电磁继电器的电流不能使它工作，K接通电炉丝加热．当温度达到设计值时，热敏电阻阻值减小到某值，通过电磁继电器的电流达到工作电流，K断开，电炉丝断电，停止供热．当温度低于设计值时，又重复前述过程．[答案]见解析。

专题11 磁场(1)(解析版)

专题11 磁场（1）-高考物理精选考点专项突破题集一、单项选择题：（在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1、超导是当今高科技的热点之一，当一块磁体靠近超导体时，超导体中会产生强大的电流，对磁体有排斥作用，这种排斥力可使磁体悬浮在空中，磁悬浮列车就采用了这项技术。

磁体悬浮的原理是（）①超导体电流的磁场方向与磁体的磁场方向相同②超导体电流的磁场方向与磁体的磁场方向相反③超导体使磁体处于失重状态④超导体对磁体的磁力与磁体的重力相平衡A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】D【解析】超导体中产生的是感应电流，根据楞次定律的“增反减同”原理，这个电流的磁场方向与原磁场方向相反，对磁体产生排斥作用力，这个力与磁体的重力达平衡，因此选项D正确。

故本题选D。

【考点】磁场的应用性【难度】中等2、中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。

”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。

结合上述材料，下列说法不正确的是（）A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B.地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用【答案】C【解析】根据题意知地理南北极与地磁场存在一个夹角叫磁偏角，两者不重合，因此选项A正确。

地磁南极在地理的北极附近，地磁北极在地理南极附近，因此选项B正确。

由于地磁场磁场方向沿磁感线切线方向，故只有赤道处才与地面平行，因此选项C错误。

在赤道处磁场方向水平，而射线是带电的粒子，运动方向垂直磁场方向，根据左手定则可得射向赤道的粒子受到洛伦兹力作用，因此选项D正确。

故本题选C。

【考点】地磁场【难度】中等3、如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中。

在以导线截面的中心为圆心，r为半径的圆周上有a、b、c、d四个点。

已知a点的实际磁感应强度为0，则下列正确的是()A．直导线中的电流方向垂直纸面向外B．b点的实际磁感应强度为 2 T，方向斜向上，与B的夹角为45°C．c点的实际磁感应强度也为0D．d点的实际磁感应强度与b点相同【答案】B【解析】a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁场方向水平向左，由安培定则知直导线中的电流方向垂直纸面向里，因此选项A错误。

第1章矢量分析

y = −x + 2
解：
W =∫
b
a
r r 0 2 3 F ⋅ dl = ∫ 2 ydx + ∫ xydy + ∫ zdz
x =1 y =1 z =0
0 2(− x + 2 )dx + 2 (− y + 2 ) ydy + 3 zdz = ∫ ∫y =1 ∫z =0 x =1 13 = J 6
−1
• 物理意义：表示一个矢量与另一个矢量投影物理意义：的乘积
A
θ
B
A 在 B 方向上的投影
两个矢量的点乘满足：两个矢量的点乘满足：
1） A • B = B • A ） 2） ( A+ B ) •C = A • C + B • C ）
3) A • A = A 2 直角坐标系中， A • A = Ax2 + Ay2 + Az2 直角坐标系中 4) 两个单位矢量的点乘两个单位矢量的点乘： ai • aj = 推论：推论： A • B = 0 ⇔ A ⊥B 可作为两矢量相互垂直的判据）（可作为两矢量相互垂直的判据） 1 0 i=j i≠j
kA= (k Ax) ax+ (k Ay ) ay + (k Az ) az 若k=-1，则得两个矢量相减：，则得两个矢量相减：
A + ( -B )= A – B= (Ax-Bx) ax + (Ay-By ) ay+ (Az-Bz) az
2. 矢量的乘法运算
两个矢量的乘积有两种定义：两个矢量的乘积有两种定义：点乘和叉乘
（2）两个矢量的叉乘叉积、矢量积两个矢量的叉乘（叉积矢量积）两个矢量的叉乘叉积、 —— 结果是矢量

3.5 电磁场的边界条件(一)

E1t E1 E1n
( 7 aˆ 124 aˆ 95 aˆ ) 50 x 50 y 50 z
根据边界条件： E1t E2t
D1n D2n 0
30E1n 0 E2n
E2 n

( 279 50
aˆ x
372 50
aˆ y
465 50
aˆz )
得： E2 E2t E2n 5.72aˆx 4.96aˆy 11.2aˆz
A B
故： 1 S 2 S
该式表明：在两种媒质分界面处，标量电位是连续的。
因为：E
D1n D2n S
2
2
n
S
1
1
n
S
S
在理想导体表面上：
S
C
（常数）
例1: 试求两个平行板电容器的电场强度。
解：忽略边缘效应图(a) 电场方向与分界面垂直
3.5 电磁场的边界条件（一）
1. 电场法向分量的边界条件 2. 电场切向分量的边界条件 3. 标量电位的边界条件
决定分界面两侧电磁场变化关系的方程称为边界条件。
1. 电场法向分量的边界条件
如图所示，在柱形闭合面上应用电场的高斯定律
S D dS nˆ1D1S nˆ2D2S S S
小结：
1. 电场法向分量的边界条件 D1n D2n S
2. 电场切向分量的边界条件 E1t E2t
3. 标量电位的边界条件
1 S 2 S
合回路abcd ,在此回路上应用法拉第电磁
感应定律
l
E
dl
S
B t
dS
因为： l E dl E1t l E2tl
B dS B lh 0
S t

2014-2015-1-大学物理(二)练习题及-答案

大学物理（二）练习题第八章（一）真空中的恒定磁场1．某电子以速率410/v m s =在磁场中运动，当它沿x 轴正向通过空间A 点时，受到的力沿y 轴正向，力的大小为178.0110F N -=⨯；当电子沿y 轴正向再次以同一速率通过A 点时，所受的力沿z 轴的分量161.3910z F N -=⨯。

求A 点磁感应强度的大小和方向。

2．真空中有两根相互平行的无限长直导线1L 和2L ，相距10.0cm ，通有相反方向的电流，120I A =，210I A =。

求在两导线所在平面内、且与导线2L 相距5.0cm 的两点的磁感应强度大小。

3．无限长直导线折成V 形，顶角为θ，置于x y -平面内，其一边与x 轴重合，如图所示，通过导线的电流为I 。

求y 轴上点(0,)P a 处的磁感应强度。

4．如图所示，用两根相互平行的半无限长直导线1L 和2L 把半径为R 的均匀导体圆环联到电源上，已知通过直导线的电流为I 。

求圆环中心o 点的磁感应强度。

5．将通有电流I 的长导线中部弯成半圆形，如图所示。

求圆心o 点的磁感应强度。

6．将同样的几根导线焊成立方体，并将其对顶角A 、B的电流在其中心处所产生的磁感应强度等于。

7．如图所示，半圆形电流在xoz 平面内，且与两半无限长直电流垂直，求圆心o 点的磁感应强度。

8．在一通有电流I 的长直导线旁，放置一个长、宽分别为a 和b 的矩形线框，线框与长直导线共面，长边与直导线平行，二者相距d ，如图所示。

求通过线框的磁通量φ=。

9．在匀强磁场中，取一半径为R 的圆，圆面的法线n 与磁xnB感应强度B 成o 60角，如图所示，则通过以该圆周为边线的任意曲面S 的磁通量φ=。

10．在真空中，有两个半径相同的圆形回路1L 、2L ，圆周内都有稳恒电流1I 、2I ，其分布相同。

在图(b)中，回路2L 外还有稳恒电流3I ，1P 、2P 为两圆形回路上的对应点，如图所示，则下列表达式正确的是(A) 12L L B dl B dl ⋅=⋅⎰⎰，12PP B B =； (B)12L L B dl B dl ⋅≠⋅⎰⎰，12PP B B =；(C)12L LB dl B dl ⋅=⋅⎰⎰，12P P B B ≠；(D)12L L B dl B dl ⋅≠⋅⎰⎰，12PP B B ≠.[ ]11．如图所示，在圆形电流I 所在平面内，选取一同心圆形闭合回路L ，则由安培环路定理看出，以下结论正确的是(A)0LB dl ⋅=⎰，且环路L 上任一点，0B =；(B) 0LB dl ⋅=⎰，且环路L 上任一点，0B ≠；(C)0LB dl ⋅≠⎰，且环路L 上任一点，0B ≠；(D)0LB dl ⋅≠⎰，且环路L 上任一点，B =常量。

厦门大学大学物理B 第08章变化的电磁场(1)

线内的产生的动生电动势。
b ab Ek dl (v B) dl a a Ek v B dl Rd , 方向如图
b
解：

v

b

Ek

dl

; 2
a

R
O
b
作业：
习题8-3：长为L的铜棒，以距端点r处为支点，以角速率 ω 绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动。设磁感强度为B的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差。
Ek

dl

; 2
a

R
O
b
d (v B) dl
vBdl cos vBdl sin
ab (vBR sin )d
0

2vBR
方向：b→a
v
b ab Ek dl (v B) dl a a Ek v B dl Rd , 方向如图

I

b ＋
B
－e

v
Blx
dx i Bl dt
d
Fk － a

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第一章矢量场
1.1 AxyzBxyzCxyz2323;;
求:(a) A ； (b) b ； (c) AB ； (d) BC ； (e) ()ABC
(f) ()ABC

解：(a) 14132222222zyxAAAA; (b) )ˆ2ˆˆ(61ˆzyxBBb

( c) 7BA; (d) zyxCBˆ4ˆ7ˆ
(e) zyxCBAˆ4ˆ2ˆ2)(
(f) 19)(CBA
1.2

Az2




; Bz32

求:(a) A ； (b) b ； (c) AB ； (d) BA ; (e) BA
解：(a) 25A;(b) )ˆ2ˆ3ˆ(141ˆzb;(c) 43BA

(d) zABˆ)6(ˆ3ˆ)23(
(e) zBAˆˆ)3(ˆ
1.3 Ar22; Br
求:(a) A ； (b) b ； (c) AB ； (d) BA ; (e) AB
解：(a) 254A ； (b) )ˆˆ(11ˆ2rb ； (c) 22BA ；

(d) ˆ3ˆ2ˆ22rAB ; (e) ˆ2ˆ3rBA
1.4 Axyz2; Bxyz3
当AB时，求。
解：当AB时，AB=0, 由此得 5
1.5 将直角坐标系中的矢量场FxyzxFxyzy12(,,),(,,)分别用圆柱和圆球坐标系

中的坐标分量表示。
解：(1)圆柱坐标系
由(1.2-7)式，sinˆcosˆˆ1xF;cosˆsinˆˆ2yF

(2)圆球坐标系
由(1.2-14)式, sinˆcoscosˆcossinˆˆ1rxF


cosˆsincosˆsinsinˆˆ2ryF



1.6 将圆柱坐标系中的矢量场FzFz1223(,,),(,,)用直角坐标系中的坐标
分量表示。
解：由(1.2-9)式，)ˆˆ(2ˆsin2ˆcos2ˆ2221yyxxyxyxF
)ˆˆ(3ˆcos3ˆsin3ˆ3222yxxyyxyxF


1.7将圆球坐标系中的矢量场FrrFr125(,,),(,,)用直角坐标系中的坐标分
量表示。
解：由(1.2-15)式，

)ˆˆˆ(5)ˆcosˆsinsinˆcos(sin52221zzyyxxzyxzyxF



)ˆsinˆsincosˆcos(cos2zyxF

22222
ˆ
ˆˆˆˆ

ˆˆ

zyxzzyyxxyxyxxyr





}ˆ)(ˆˆ{112222222zyxyyzxxzyxzyx
1.8求以下函数的梯度：
(a) f(x,y,z)=5x+10xy-xz+6
(b) fzz(,,)sin24
(c) frr(,,)cos252
解：(a) zxyxxzyfˆˆ10ˆ)105(

(b) zzfˆˆcos2ˆ

(c) ˆsin5ˆsin2ˆcos2rrf
1.9 求标量场fxyzxyz(,,)22在点(1,1,1)沿)ˆˆ(21yxl方向的变化率。
解：)(21ˆxylflf
1.10 在球坐标中，矢量场Fr()为



Frkrr()
2

其中k为常数，证明矢量场Fr()对任意闭合曲线l的环量积分为零，即


Fdll0

解：由斯托克斯定理, slSdFldF

因为0)ˆ(2rrkF 所以 Fdll0
1.11证明(1.3-8e)、(1.3-8f)式。
1.12由(1.4-3)式推导(1.4-4a)式。
1.13由(1.5-2)式推导(1.5-3a)式。
1.14计算下列矢量场的散度
a) Fyzxzyyxzz
b)

Fzzsin


2

c) Frrr2cos

解：(a) zxF
(b) cos2zF

(b) zFsin

解：(a) ;ˆˆˆˆzz

;ˆsinˆˆˆrrrrrr



krkrkrkr
kerrkekreeˆ)(

(b) ;2)(1

;3)(122rrrrr

krkrkrkrkr
kerkekkeekekˆ)(



(c) ˆ)ˆ(;0;0zr
1.17已知Ayxxy，计算AA()
解：0)(;ˆ2AAzA
1.18已知FxyzF()()(),,0计算F
解：根据亥姆霍兹定理，因为0F，所以0A

VVrdzdydxRzyxdVRrFr41''')'()'()'(41')'('41)(




2
4ˆr

r
F



1.19已知FFzxyz0,()()(),计算F
解：根据亥姆霍兹定理，因为0F，所以0

rzdzdydxRzzyxdVRFAVV4ˆ'''ˆ)'()'()'(41''4
1






2
4ˆˆ)ˆ1ˆ1(41ˆ41rrzzrzrr

zAF





1.20求矢量场zzFˆˆˆ穿过由1001,,z确定的区域的封闭面的
通量。
解：根据高斯定理，矢量场zzFˆˆˆ穿过由lz0,0,1确定的区

域的封闭面的通量

SVdVFSdF



因为 31)(1zFFFFz 所以

VlVdVF233
2


