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第7章 电磁感应 电磁场
7-1 ac 间电势差等于其电动势???=l B v
d )(ε
端电势高
c V bc B bc bc ab ac V
1088.12
1
5.11.0105.260cos 32-?=?
???=?
==+=εεεε
7-2 解：l B v
d )(??=?ε
先求0b ε，在ob 上任取r r d ,d 上的)(B v
?方向如图
则
?
?==?
?=l b Bl r rB r vB 320
2
09
2
d 0cos d 90sin ωωε
同理 18
d 2
310
0Bl r rB l a ωωε?
=
=
端电势高
b Bl Bl Bl a b ba 2
220
06
1
1892ωωωεεε=-=== 7-3 如右图所示，设B 的方向垂直小面积a 2向下。当圆盘逆时针转动时，磁场区产生感应电动势
ωυεBar Ba i ==
因此，在此小区域形成沿径向流向盘心的感应电流
R
Bar R
I i
i ω
ε=
=
R 为小面积a 2的电阻，由图示可知
t
Bar I t at a R i σωσσ=∴
=?=11 此电流I i 在磁场中受到磁力为
t r a B BaI f i ωσ22==
显然力f 与转速υ反向，为一磁阻力，故磁阻力矩为
t r a B rf M ωσ222==
习题7-1图
习题7-2图
习题7-3图
115
7-4 见图示，在圆弧?
ab 上取一线元d l ，由于切割磁力线产生动生电动势
l VB l B V d d cos d )(θε=??=
θ为B V
?与l d 之间的夹角，由图示几何关系可知：
α
απ
αθsin ,
d d ,2
R r R l ===
+ ααωααωααεd sin d sin d sin d 2
2
BR BR r VBR ===∴
则?
ab 上的动生电动势为
ωπααωα
αωεεππ2
4/0
2
4
/0
22
8
2d 22cos 1d sin d BR BR
BR
-=-===?
?
?
ε的方向为b a →
7-5 设t 时刻半圆形导线的法线与B 构成α角，因匀角速旋转，故ft t πωα2==，此时，通过半圆形部分的磁通量为
ft r B t BS ππω2cos 2
cos 2
==Φ
该电路中产生的感应电动势为
ft f r B t
ππε2sin d d 22=Φ
-
= 感应电流为
ft R
f
r B R I ππε
2sin 22==
其最大值为电流幅值
R
f r B I m 22π=
7-6 设t 时刻圆形导线的法线与B 构成β角。
t NBS t
N t Bs f t
ωωεωπ
πωωβsin d d cos 602=Φ
-=
=Φ===
习题7-4图
116
V
7.16012.0105.01042442
max =??????===-πππωωεr N B N BS 7-7 解法（一）
设t 时刻时，AD 边离电流I 的距离为y ，y 是时间的函数。在矩形线圈内取面元x l S d d 1=，电流I 产生的磁场穿过d S 的磁通量
x l x
I
S d B d d 210πμ=?=Φ
则 y
y
l Il x x Il l y y +==Φ=Φ??+21010ln
2d 2d 2
πμπμ )d d ()
(2d d )11(2d d 22
10210v t
y v
y l y l Il t
y y l y Il t =+=
+-=Φ-=
πμπμε
当m 10.0==a y 时
V
106.105
.009.004.003.006.05102)(2872210--?=??????=
+=a l a v l Il πμε 其绕行方向为顺时针方向。
解法（二），线圈4个边中仅有平行电流I 的两个边切割磁力线而产生电动势，在t 时刻近电流I 的一边产生电动势
a
Il l B πυ
μυε210111=
= 1ε的方向向上。
同理，t 时刻远电流边产生的电动势为
)
(2210122a l Il l B +=
=πυ
μυε
2ε方向向上。
故线圈中的电动势为
???
?
??+-=-=a l a Il 21021112πυμεεε
习题7-7图
117
a
l a l Il )(2221021+=
-=πυ
μεεε
结论同解法（一）。
7-8 取如图示之坐标轴ox ，在金属杆上取线元d x ，两个长直等值反向电流在d x 处产生的磁感强度
??
?
??-+=
x a x I B 21120πμ 则d x 上产生的动生电动势为
x x a x I x B d 2112d d 0??
?
??-+-=
-=πυμυε 故金属杆上的动生电动势为
b
a b a I x x a x I b a b a -+-=???
??-+-=
=??+-ln
d 2112d 00πυμπυμεε
金属杆在左端电势高。
7-9 （1）在矩形线圈内取一面元d S =l d x ，此面元处的磁感强度据题设可得
??
?
??++--=
x d b x I B 1120πμ
B 的方向垂直纸面向里。故穿过线圈内的磁通量
b
b a d d a Il d a b b d a Il b a b d d a Il x x d b x Il S
B a b b )()(ln
2)()(ln 2ln ln 2d 112d 0000++=++-=??
?
??+++-=??
? ??++--=?=Φ??+πμπμπμπμ 线圈中的感生电动势为
t
I
d b a b a d l t d d )()(ln
2d d 0++=-
=πμΦε 7-10 设t 时刻杆CD 位于Y 处，这时CD 杆与抛物线相交的两端长为k
y
x 22=，此时杆向上运动的速度据题设应为ay 2=υ，故此时回路中的电动势即为杆长2x 内切割磁力线
所产生的感应电动势，即
习题7-8图
习题7-9图
118
k
a
By
ay k y B
x B 8222===υε ε的方向由D 指向C 。
7-11 两个半圆面内穿过的磁量为
B R R B
BS 2
2
2
245cos 2
2cos 2ππαΦ=
?== 故回路内的感应电动势的大小为
t
B
R
t d d 22d d 2πΦε==
由于磁场在t Δ秒均匀降为零，即
t
B t B ΔΔd d = V
1089.8105108)105(22ΔΔ222322
22----?=???
???==∴
ππεt B R 顺时针方向。
7-12 （1）过a 点作一半径为r 的圆形回路L ，则涡旋电场i E
沿L 的环流为
?????=?l i S t B l E S d -d
由于磁场沿轴线柱对称，帮L 上i E 量值相等，且i E
方向即与L 绕行方向相同。
S t
B
r E i d d d 2?-
=∴
π 1
422
m V 15.2)
100.1(2
105d d 2----??=?-?-=-=t B r E i 0d d B ，故i E 的方向为顺时针绕行方向。 （2）在a 点放一电子的加速度 ma eE ma F i ==, 2 7431 19s m 104.4105.210 1.9106.1----??=????==∴m eE a i 由于电子荷负电，故它的加速度方向与i E 相反。 7-13 根据磁场B 柱对称，当 0d d ≠t B 时，可知i E 为一系列同心圆，即i E 与半径正交，故 119 沿半径方向不会产生感生电动势，即0===oc ob oa εεε， 这样在回路oac 中的电动势为 ac bc ab ca bc ab oa oac εεεεεεεε=+=+++= ac ε为杆为ac 内的电动势，ab ε和bc ε分别为ab 和bc 部分内的电动势。 由上面分析可知 t B S t B S obc bc oab ab d d d d 2 1====εεεε 1S 为三角形oab 的面积，据题设，22 1,4 3S R S = 为obc 回路内磁场复盖的区域c ob '扇形面积，据题设，图中6 π θ= ，故22212 21R R S πθ== t B R t B S S bc ab ac d d 1243d d ) (221??? ? ??+=+=+=∴πεεε 因为 0d d >t B ，由楞次定律可判定c 端电位高。 7-14 由于abc 回路内有效磁场变化区为ab 弦与螺线管壁之间包围的面积0S ，据题设， 3/π=∠boa ，故 t B R t B S R R R S abc ab d d 436d d 43643321202 220???? ??-==∴??? ? ??-=-= πεεππ abc t B ε,0d d > 中绕行方向为逆时针，故a 端电势高。 7-15 （1）矩形螺绕环内的磁感强度可由安培环路定理计算 r NI B NI r B πμμπ2200= = 穿过每匝线圈的矩形面积内的磁通量（见图示）为 习题7-13图 习题7-15图 120 b a NIh r r h NI S B b a ln 2d 2d 00πμπμ==?=Φ?? 因此螺绕环的自感系数为 a b h N I N L ln 220πμΦ== （2）环内磁能为 a b hI N LI W m ln 4212202πμ== 7-16 图示一平面螺线，共有N 匝，在距圆心r 处取d N 匝圆形线圈，其宽度为d r ，当B 变 化时，在d N 匝圆形线中产生感生电动势 r t B a N r N t B r N t B S d d d d d d d d d d 22ππε=== 则整个平面螺线中产生的感生电动势为 t NB a t B N a r r t B a N a ωωπππεεcos 3 d d 3d d d d 02 202=== =? ? 7-17 设二导线通有等值反向的电流I ，在二导线间坐标x 处取一面元x l S d d =，则长为L 的二导线间构成一回路，略去导线内磁通，故穿过该回路的磁通量应为 a a d Il x l x I S B a d a -==?=Φ? ?-ln d 22d 00πμπμ 由此可得，长为l 的这一对导线的自感系数为 a a d l I L -= = ln 0πμΦ 7-18 设在磁控管的空心圆柱面和平行板间穿过的磁通量分别为1Φ与2Φ，设若通过的电流为I ，由于d a >>，二平行板可看作二无限大载流平面，见图示， 其面流电a I K = ，故二板间的磁感为a I K B 001μμ==，而空心圆柱 习题7-16图 习题7-17图 习题7-18图 121 面的磁通可等价一载流螺线管内的磁场，其磁感强度a I K nI B 0002μμμ= ==，即 21B B =。 设穿过平行板间和穿过空心圆柱面间的磁通量分别为1Φ和2Φ， 据题设可知 22211r B ad B πΦΦ== 则磁控管内穿过的磁通量为 )()(202121r ad a I r ad B πμπΦΦΦ+= +=+= 由此可得磁控管的自感系数d a r d r ad I I L 0202 )(μπμπμΦ ≈??? ? ??=+== 7-19 图示设直电流为1I ，它在左右两侧产生的磁通量方向相反，相互抵消，仅剩图中画有阴影区的部分面积内有向纸面穿入的磁通量，故 2ln 2d 2d 103/23/1021π μπμa I x x a I S B a a ==?=Φ? ? 则线圈与直导线间的互感系数为 2ln 201 21 π μΦa I M == 7-20 （1）管壁载有电流NI ，其管内的磁场强度应为I l N H =，在介质1和介质2中的磁感强度分别为,,222111l NI H B l NI H B μμμμ= == =故穿过截面的磁通量应为 l NIS l NIS S B S B 2 21 12211μμΦ+ = += 此螺线管的自感系数为 )(22112 S S l N I N L μμΦ+== （2）单位长度储能为)1(=l 习题7-19图 122 222112 2)(2 21I S S N LI W m μμ+== 7-21 （1）在直导线内取一体积元，如图所示，其体积)1(d 2d 2d ===l r r r rl V ππ，在该体元处的磁场强度2 2R Ir H π= ，则单位长度内所储存的磁能为 ???= ===R R m I r r R I r r r R I V H W 0 2034200 2 42202016d 4d 242d 2 1 πμπμππμμ （2）由磁场能量2 2 1LI W m = 可得单位长度的自感系数 π μ8/20 20==I W L m 7-22 （1）由位移电流定义t I D d d d Φ= 可得 A 8.2100.11.01085.8d d d d )(d d d d 132122 02=?????===?=Φ=-ππεπt E R t D R S D t t I D d （2）以r 为半径作一圆形回路L ，由于电场柱对称分布，故磁感应强度B 沿L 的环流为 2 020d d 2d d d r t D r B r t D l B L πμππμ==?? T 100.5101) 103(21091,d d 2d d 27132 83 00200--?=?????=???? ??===∴μεμεc t E c r t E r B 7-23 根据位移电流密度的定义，在电容器内r 处的位移电流密度为 t D J d d d = r 处的λπλ ,2r D = 为圆柱单位长度上所荷电量。 习题7-21图 123 t r J d d d 21λ π= ∴ 电容器两极间的电压 1 2ln 2d 2d 2 1 2 1 R R r r r E U R R R R πελ πε λ== ?=? ? 电压的变化率 t R R K t U d d ln 21 d d 12 λπε== ) /ln()/ln(2211212R R r K K R R r J d επεπ= = ∴ 7-24 解法（一），图示为一纵截面图，由图示可知，+q 发出的电位移线穿过弦切面1S 的电位移通量D Φ必穿过相应的球冠冠S 即 ???=?=Φ冠 S S D S D S D d d 211 上式中1D 与1S 面上的电位移，其大小和方向均有变化，而2D 为球冠上的电位移，其大小 在球冠上处处相等，即2 24r q D π= ，而球冠面积)(2x r r S -=π冠 ??? ? ? ? +-=??? ??-=-=?=∴?222 21212)(24d a x x q r x q x r r r q S D D ππΦ () () 2 /32 222/32 22 222d d 12d d a x qa t x a x x a x q t I D d += ???? ??++ +-=Φ=∴υ 解法（二），在截面1S 上取一半径为ρ，宽为ρd 的圆环形面元S d ，则ρπρd 2d =S ，见图示，此圆环上电位移) (42 2ρπ+= x q D ，方向如图示。 故穿过整个截面的电位移通量为 习题7-23图 习题7-24（a ）图 习题7-24（b ）图 124 () ??? ? ? ?+-=+=++==?? ?2202 /32 22 20 2 212d 2d 214d cos x a x qx x qx x x x q S D a a D ρρρρ πρρρπ αΦ () 2 /32 222d d a x qa t I D d += =υΦ 7-25 （1）由题意知该电磁波的频率为Hz 108 =υ，故其波长为 m 3101038 8 =?==v C λ （2）根据平面电磁波波动方程),(t x f E y =，故该电磁波沿x 轴正方向传播。 （3）由于波印廷矢量H E S ?=，已知S 沿x 轴正向j E E y =，因此磁场为K Hz H =。 又据平面电磁波特性 H E 00με=，故可得磁感强度的分量值为0,0==y x B B Hz B z 0μ= c y y E E /00==με 将y E 代入得 T 102cos 102102cos 103106089882?? ? ??-??=? ?? ??-???=--c x t c x t B z ππ 7-26 证：对电场强度E 取散度 z E y E x E E z y x ??+ ??+??=?? 据题意，0, 0, 0=??=??=??z E y E x E z y x 0=??∴E （1） 125 对磁感应强度B 取旋度 k y B x B j x B z B i z B y B B B B z y x K j i B x y z x y z z y x ???? ????-??+??? ????-??+???? ????-??=??????= ?? 据题设0=??=??=??=??=??=??y B x B x B z B z B y B x y z x y z 故0=??B 对地真空中的电磁场，当0,0==j ρ时， 0, 000 ==??==??j B E μερ 故上述式（1）和式（2）满足真空中的麦克斯韦方程组，其物理过程是电磁场以平面电磁波的形式沿y 轴传播，且B E ?决定了电磁波波速3C C =的传播方面由于K E E z =，故 )(j i K i B B x =?= 又据 0000H E με= 000000 000E E H B μεμμεμ== =∴ 7-27 （1）距电台为r 处的半球面上玻印廷矢理的平均值为 m W 106.110 21025 8 42??=?==ππr P S （2）因为EH S 2 1 = ，平面电磁波具有如下关系 0 0001 , μεμε= =c H E Q Q 20 20021 21E c E S μμε== ∴ 1 5 870m V 11.0106.11031082---?=?????==πμS c E 1 -487000m A 1092.210310411 .0??=???=== --πμμεc E E H 7-28 （1）在极板边缘处位移电流d I 产生的磁场H ，极板上电荷产生的电场强度E 方向 126 如图示，由 H E S ?= 可知S 由极板边缘流向极板中心。在边缘处的E 和H 的大小分别为 b U E = t U U b R EH S t U b R t E R R R J R I H d d d d 2d d 2d d 22220002εεεπππ==∴==== （2）据题设，电容器侧边面积Rb A π2=，故单位时间进入电容器内的总能量 t U b UR Rb S SA A S t W A d d 2d d d 201 πεπ===?=? 电容器内体积为b R V 2 π=，它储存的静电能量为 b R E V E W e 220202 1 21πεε== 由于b U E = 随时间变化，故电容器中静电能的增加率为 t W t W t U b U R t E b R E t W e e d d d d d d d d d d 12020= ∴==πεπε 7-29 由LC 组成串联电磁振荡电路，其振荡频率和周期分别为 S 101 Hz 10105.2015.114.321 21 338 --===????= = v T LC v π （1）电容器两极板上的电势差为 (V) 102cos 100102cos 10 5.2105.22cos )(33 8 60t t vt C q t u ?=???==--πππ 电路中的振荡电流为 (A) 102sin 1057.1102sin 105.21014.322sin 2d d )(323630t t vt vq t q t I ππππ--?-=?????-=-== （2）(s)8/38/3 -==T t 时 习题7-28图 127 sin 10-1.57V 100cos 100/2(s)10/2A 1057.12/sin 10-1.50 /2100cos u /4(s) 104A 1011.14/sin 10-1.57I V 7.704 cos 1008/10102cos 10023-223-2233=?=-====?-=?=====?-=?===??=------ππππππ πI u T t I T/t u 时 J )102(cos 1025.1)102(cos 10 5.22)105.2()2(cos 22)()3(324328 262 202t t vt C q C q t W e ??=????===---πππ () J )102(sin 1025.1)102(sin 1057.12 1 015.121)2(sin 2 1 21)(32432222202t t vt LI LI t W m ??=???==== --πππ J 105.24-?=+=m e W W W 7-30 太阳对地球的辐射压力为 () N 100.610 4.614.3103104.182 68 32?=?????===R c s A c s F π幅 太阳对地球的引力为 N 106.3)105.1(1098.51098.11067.6222 11243011 2?=????? ?==-r Mm G F 引 138********/106.3:?=??=辐引F F 显然，辐引F F >>，即太阳系对地球的辐射压力与太阳对地球引力相比微不足道，可略去不计，然而对于微小颗粒或尘埃粒子来说，太阳光压可能等于或大于太阳的引力，例如慧星接 近太阳时形成的慧尾就是这种原因。 7-31 设粒子的轨道道半径为R ，太阳质量为M ，半径为R ，则太阳对粒子的引力为 ρπ3 23 4r R M G F g ?= 它受到的辐射太力为 128 2 2 21r cR PR SA c F r π== P 为太阳的辐功率，由r g F F =给出 3 830112 872100.11031021067.64)107(109.6343????????????= =-ρGMc PR r mm 103.6m 103.64 7 --?=?= 由于粒子受到太阳引力和太阳光辐射压力平衡条件与它离太阳距离R 无关，所以它不论离太阳远近均处于平衡状态，故粒子将做匀速直线运动。 习题： 1. 在3z m =的平面内，长度0.5l m =的导线沿x 轴方向排列。当该导线以速度 24x y m v e e s =+在磁感应强度22363x y z B e x z e e xz T =+-的磁场中移动时，求 感应电动势。 解：给定的磁场为恒定磁场，故导线中的感应电动势只能是导线在恒定磁场中移动时由洛仑兹力产生的。有 ()in v B dl ε=??? 根据已知条件，得 2233()|(24)(363)|z x y x y z z v B e e e x z e e xz ==?=+?+- 210854(1236)x y z e x e x e x =-++- x dl e dx = 故感应电动势为 0.5 20[10854(1236)]13.5in x y z x e x e x e x e dx V ε=-++-?=-? 2.长度为l 的细导体棒位于xy 平面内，其一端固定在坐标原点。当其在恒定磁场 0z B e B =中以角速度ω旋转时，求导体棒中的感应电动势。 解：导体中的感应电动势是由洛仑兹力产生的，即 ()in v b dl ε=??? 根据已知条件，导体棒上任意半径r 处的速度为 v e r ωΦ= r dl e dr = 故感应电动势为 20000 1()()2 l l L in z r v b dl e r e B e dr B rdr B l V εωωωΦ=??=??==??? 3.试推出在线性、无耗、各向同性的非均匀媒质中的麦克斯韦方程。 解：考察麦克斯韦方程中的参量，利用它们与电场强度E 和磁感应强度B 的 关系，将,,H B D E J E μεσ===代入即可，注意在非均匀媒质中,,μεσ是空间坐标的函数。 考察麦克斯韦第一方程，有 11 ()B H B B μ μμ ??=?? =??+?? 2 1 1 B B μμ μ =- ??+?? D E J J t t ε ??=+=+?? 所以 E B B J t μμμε μ ?????=++ ? 而 ()D E E E εεερ??=??=??+??=，于是，微分形式的麦克斯韦方程用E 和B 表示为 E B B J t μμμε μ ?????=++ ? B E t ???=- ? 0B ??= E E εερ??+??= 对于无耗媒质，0σ=，因此有0J =。 4.试由麦克斯韦方程推导出电流连续性方程J t ρ???=-?。 解：对麦克斯韦第一方程D H J t ???=+ ?两边取散度，得 第二章 静电场 重点和难点 电场强度及电场线等概念容易接受，重点讲解如何由物理学中积分形式的静电场方程导出微分形式的静电场方程，即散度方程和旋度方程，并强调微分形式的场方程描述的是静电场的微分特性或称为点特性。 利用亥姆霍兹定理，直接导出真空中电场强度与电荷之间的关系。通过书中列举的4个例子，总结归纳出根据电荷分布计算电场强度的三种方法。 至于媒质的介电特性，应着重说明均匀和非均匀、线性与非线性、各向同性与各向异性等概念。讲解介质中静电场方程时，应强调电通密度仅与自由电荷有关。介绍边界条件时，应说明仅可依据积分形式的静电场方程，由于边界上场量不连续，因而微分形式的场方程不成立。 关于静电场的能量与力，应总结出计算能量的三种方法，指出电场能量不符合迭加原理。介绍利用虚位移的概念计算电场力，常电荷系统和常电位系统，以及广义力和广义坐标等概念。至于电容和部分电容一节可以从简。 重要公式 真空中静电场方程： 积分形式： ? = ?S S E 0 d εq ?=?l l E 0d 微分形式： ερ= ??E 0=??E 已知电荷分布求解电场强度： 1， )()(r r E ?-?=； ? ' '-'= V V d ) (41)(| r r |r r ρπε? 2， ? '''-'-'=V V 3 d |4) )(()(|r r r r r r E περ 3， ? = ?S S E 0 d εq 高斯定律 介质中静电场方程： 积分形式： q S =?? d S D ?=?l l E 0d 微分形式： ρ=??D 0=??E 线性均匀各向同性介质中静电场方程： 积分形式： ε q S = ?? d S E ?=?l l E 0d 微分形式： ε ρ= ??E 0=??E 静电场边界条件： 1， t t E E 21=。对于两种各向同性的线性介质，则 2 21 1εεt t D D = 2， s n n D D ρ=-12。在两种介质形成的边界上，则 n n D D 21= 对于两种各向同性的线性介质，则 n n E E 2211εε= 3，介质与导体的边界条件： 0=?E e n ； S n D e ρ=? 若导体周围是各向同性的线性介质，则 ε ρS n E = ； ε ρ? S n -=?? 静电场的能量： 第一章 1.3 证： 941(6)(6)50=0 A B A B A B A B =?+?-+-?=∴?∴和相互垂直和相互平行 1.11 （1） 2 222 0.5 0.50.5 2222 0.5 0.5 0.5 2272(2)(2272)1 24 s Ax Ay Az A divA x y z x x y x y z Ad s Ad dz dy x x y x y z dz ττ---????==++ ???=++=?=++=??? ??由高斯散度定理有 1.18 （1） 因为闭合路径在xoy 平面内， 故有： 222()()8(2) (22)()2()8 x y z x y x z x s A dl e x e x e y z e dx e dy xdx x dy A dl S XOY A ds e yz e x e dxdy xdxdy A ds → →→ → ?=+++=+∴?=??=+=??=∴??因为在面内， 所以，定理成立。 1.21 (1) 由梯度公式 (2,1,3) |410410x y z x y z x y z u u u u e e e x y z e e e e e e ????=++???=++=++1 方向：（） （2） 最小值为0， 与梯度垂直 1.26 证明 00u A ???=??= 书上p10 1.25 第二章 2.1 3343 sin 3sin 4q a V e wr qwr J V e a ρρ ρπθ θ ρπ= ==?= 2.3 '' 2 2' 3 222 , 40 = l l l dl d R Er R ez z ea a ez z ea a Er r z P ez z ea a E d z a ea π ρρα? ρα? πε = ==- - == - = + ? 用圆柱坐标系进行求解 场点坐标为P(0,0,z).线电荷元 可以视为点电荷，其到场点的距离矢量 得 所以点的电场强度为 （） 2 ''' 3 222 cos sin0 20 l z ex ey ea d z E e z a π ??? ρα ε +∴= ∴= + ? （） 2.8 《电磁场与电磁波基础》复习题 一、 填空题： （第一章）（第二章）（第三章）（第四章）（第五章）（第六章） （第一章） 1、直角坐标系下，微分线元表达式 z e y e x e l z y x d d d d ++= 面积元表达式 2、圆柱坐标系下，微分线元表达式z e e e l z d d d d ++=φρρφρ， 面积元表达式z e l l e S z d d d d d φρρφρρ == z e l l e S z d d d d d ρφρφφ ==φρρφρd d d d d z z z e l l e S == 3、圆柱坐标系中，ρe 、e ? 随变量? 的变化关系分别是φρφ e e =??，ρφφe -e =?? 4、矢量的通量物理含义是 矢量穿过曲面的矢量线的总和； 散度的物理意义是 矢量场中任意一点处通量对体积的变化率； 散度与通量的关系是 散度一个单位体积内通过的通量。 5、散度在直角坐标系 F z F y F x F V S d F F div Z Y X S V ??=??+??+??=??=?→?0lim 散度在圆柱坐标系 z F F F F div Z ??+??+??=φρρρρφρ1)(1 6、矢量微分算符（哈密顿算符）?在直角坐标系的表达式为 z z y y x x e e e ??+??+??=? 圆柱坐标系 z e z ??+??+??=? φρρφρe e 球坐标系分别 ? θθφθ??+??+??=?sin e e r e r r r 7、高斯散度定理数学表达式 ???=??V s S d F dV F ，本课程主要应用的两个方面分别是 静电场的散度 、 恒定磁场的散度 ； 第二章电磁感应与电磁场章末综合检测 (时间：90分钟；满分100分) 一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确) 1．下列过程中一定能产生感应电流的是( ) A．导体和磁场做相对运动 B．导体一部分在磁场中做切割磁感线运动 C．闭合导体静止不动，磁场相对导体运动 D．闭合导体内磁通量发生变化 2．关于磁通量的概念，下列说法中正确的是( ) A．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大 B．磁感应强度越大，线圈面积越大，穿过闭合回路的磁通量也越大 C．穿过线圈的磁通量为零时，磁感应强度不一定为零 D．磁通量发生变化时，磁感应强度一定发生变化 3．如图2－3，半径为R的圆形线圈和矩形线圈abcd在同一平面内，且在矩形线圈内有变化的磁场，则( ) 图2－3 A．圆形线圈有感应电流，矩形线圈无感应电流 B．圆形线圈无感应电流，矩形线圈有感应电流 C．圆形线圈和矩形线圈都有感应电流 D．圆形线圈和矩形线圈都无感应电流 4．以下叙述不正确的是( ) A．任何电磁波在真空中的传播速度都等于光速 B．电磁波是横波 C．电磁波可以脱离“波源”而独自存在 D．任何变化的磁场都可以产生电磁波 5．德国《世界报》曾报道过个别西方发达国家正在研制电磁脉冲波武器——电磁炸弹．若一枚原始脉冲波功率10 kW、频率5千兆赫的电磁炸弹在不到100 m的高空爆炸，它将使方圆400 m2～500 m2地面范围内电场达到每米数千伏，使得电网设备、通信设施和计算机中的硬盘与软盘均遭到破坏．电磁炸弹有如此破坏力的主要原因是( ) A．电磁脉冲引起的电磁感应现象 B．电磁脉冲产生的动能 C．电磁脉冲产生的高温 D．电磁脉冲产生的强光 6．在图2－4中，理想变压器的原副线圈的匝数比为n1∶n2＝2∶1，A、B为完全相同的灯泡，电源电压为U，则B灯两端的电压有( ) 图2－4 A．U/2 B．2U ) 第一章 证： 941(6)(6)50=0 A B A B A B A B =?+?-+-?=∴?∴和相互垂直和相互平行 （1） 2 222 0.5 0.50.5 2222 0.5 0.5 0.5 2272(2)(2272)1 24 s Ax Ay Az A divA x y z x x y x y z Ads Ad dz dy x x y x y z dz ττ---????==++ ???=++=?=++=??? ??由高斯散度定理有 ? （1） 因为闭合路径在xoy 平面内， 故有： 222()()8(2) (22)()2()8 x y z x y x z x s A dl e x e x e y z e dx e dy xdx x dy A dl S XOY A ds e yz e x e dxdy xdxdy A ds → →→ → ?=+++=+∴?=??=+=??=∴??因为在面内， 所以，定理成立。 。 (1) 由梯度公式 (2,1,3) |410410x y z x y z x y z u u u u e e e x y z e e e e e e ????=++???=++=++1 方向：（） （2） 最小值为0， 与梯度垂直 证明 00u A ???=??= 书上p10 ， 第二章 3343 sin 3sin 4q a V e wr qwr J V e a ρρ ρπθ θ ρπ= ==?= ''222 2' 30 222 ,40 =l l l dl d R Er R ez z ea a ez z ea a Er r z z a P ez z ea a E d z a ea π ρρα?ρα?πε===--= = +-=+? 用圆柱坐标系进行求解 场点坐标为P(0,0,z).线电荷元可以视为点电荷，其到场点的距离矢量得所以点的电场强度为（）2' ' '0 3222 cos sin 0 20 l z ex ey ea d z E e z a π ???ραε+∴=∴=+?（） 。 - 习题9 9-1在磁感应强度B 为0.4T 的均匀磁场中放置一圆形回路，回路平面与B 垂直，回路的面积与时间的关系为：S=5t 2+3(cm 2),求t=2s 时回路中感应电动势的大小？ 解：根据法拉第电磁感应定律得 dt d m Φ- =εdt dS B =Bt 10= V 4108-?=ε 9-2 如题9-2图所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点MN 的连线与长直导线垂直.半圆环的半径为b ，环心O 与导线相距a .设半圆环以速度v 平行导线平移.求半圆环感应电动势的大小和方向及MN 两端的电压U M －U N . 题9-2 解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v 方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ? +-<+-= =b a b a MN b a b a Iv l vB 0ln 2d cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向， 大小为 b a b a Iv -+ln 20πμ M 点电势高于N 点电势，即 b a b a Iv U U N M -+= -ln 20πμ 题9-3 9-3 如题9-3图所示，在两平行载流的无限长直导线的平面有一矩形线圈.两导线中的电流 方向相反、大小相等，且电流以d I d t 的变化率增大，求： (1)任一时刻线圈所通过的磁通量； (2)线圈中的感应电动势. 解: 以向外磁通为正则 (1) ]ln [ln π2d π2d π2000d a d b a b Il r l r I r l r I a b b a d d m +-+= -= ?? ++μμμΦ (2) t I b a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε 题9-4 9-4 如题9-4图所示，长直导线通以电流I ＝5 A ，在其右方放一长方形线圈，两者共面.线圈长b ＝0.06 m ，宽a ＝0.04 m ，线圈以速度v ＝0.03 m/s 垂直于直线平移远离.求：d ＝0.05 m 时线圈中感应电动势的大小和方向. 解: AB 、CD 运动速度v 方向与磁力线平行，不产生感应电动势． 习题 8-6 一根无限长直导线有交变电流0sin i I t ω=，它旁边有一与它共面的矩形线圈ABCD ，如图所示，长为l 的AB 和CD 两边与直导向平行，它们到直导线的距离分别为a 和b ，试求矩形线圈所围面积的磁通量，以及线圈中的感应电动势。 解 建立如图所示的坐标系，在矩形平面上取一矩形面元dS ldx =，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为 02m i d B dS ldx x μφπ=?= 通过矩形面积CDEF 的总磁通量为 0000ln ln sin 222b m a i il I l b b ldx t x a a μμμφωπππ===? 由法拉第电磁感应定律有 00ln cos 2m d I l b t dt a φμωεωπ=- =- 8-7 有一无限长直螺线管，单位长度上线圈的匝数为n ，在管的中心放置一绕了N 圈，半径为r 的圆形小线圈，其轴线与螺线管的轴线平行，设螺线管内电流变化率为dI dt ，球小 线圈中感应的电动势。 解 无限长直螺线管内部的磁场为 0B nI μ= 通过N 匝圆形小线圈的磁通量为 2 0m NBS N nI r φμπ== 由法拉第电磁感应定律有 20m d dI N n r dt dt φεμπ=- =- 8-8 一面积为S 的小线圈在一单位长度线圈匝数为n ，通过电流为i 的长螺线管内，并与螺线管共轴，若0sin i i t ω=，求小线圈中感生电动势的表达式。 解 通过小线圈的磁通量为 0m BS niS φμ== 由法拉第电磁感应定律有 000cos m d di nS nSi t dt dt φεμμωω=- =-=- 8-9 如图所示，矩形线圈ABCD 放在1 6.010B T -=?的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面的法线方向之间的夹角为60α=?，长为0.20m 的AB 边可左右滑动。若令AB 边以速率 15.0v m s -=?向右运动，试求线圈中感应电动势的大小及感应电流的方向。 解 利用动生电动势公式 《电磁场与电磁波》（陈抗生）习题解答 第一章 引言——波与矢量分析 1．1 .,,/)102102cos(1026300p y v k f E m V x t y y E E 相速度相位常数度，频率波的传播方向，波的幅的方向，，求矢量设 --?+?==ππ 解：m /V )x 102t 102cos(10y y E z E y E x E E 26300y 0z 0y 0x --?π+?π==++= ∴ 矢量E 的方向是沿Y 轴方向，波的传播方向是-x 方向； 波的幅度 m /V 10E E 3y -== 。s /m 10102102k V ;102k ;MHZ 1HZ 1021022f 82 6P 266 =?π?π=ω=?π===π?π=πω=-- 1．2 写出下列时谐变量的复数表示（如果可能的话） )6sin()3sin()()6(cos 1)()5()2120cos(6)()4(cos 2sin 3)()3(sin 8)()2() 4cos(6)()1(πωπωωππωωωπ ω++ =-=- =-=-=+=t t t U t t D t t C t t t A t t I t t V （1）解： 4/)z (v π=? j 23234 sin j 64cos 6e 6V 4j +=π+π==π∴ （2）解：)2t cos(8)t (I π-ω-= 2 )z (v π-=? j 8e 8I j 2=-= π-∴ （3）解：） t cos 132 t sin 133 (13)t (A ω-ω= j 32e 13A 2)z ()2t cos(13)t (A 133cos )2(j v --==π-θ=?∴π-θ+ω== θπ-θ则则令 （4）解：)2 t 120cos(6)t (C π-π= j 6e 6C 2j -==∴π (5)(6)两个分量频率不同，不可用复数表示 1．3由以下复数写出相应的时谐变量] )8.0exp(4)2 exp(3)3() 8.0exp(4)2(1)1(j j C j C j C +==+=π （1）解： t sin t cos j t sin j t cos )t sin j t )(cos j 1(e )j 1(t j ω-ω+ω+ω=ω+ω+=+ω t sin t cos )Ce (RE )t (C t j ω-ω==∴ω （2）解：)8.0t cos(4)e e 4(RE )Ce (RE )t (C t j 8.0j t j +ω===ωω （3）解：)8.0t (j )2t (j t j 8.0j j t j e 4e 3e )e 4e 3(Ce 2+ωπ+ωωω+=+=π 得：)t cos(3)8.0t cos(4)8.0t cos(4)2 t cos(3)Ce (RE )t (C t j ω-+ω=+ω+π+ω==ω 1．4 ] Re[,)21(,)21(000000**????++--=+++=B A B A B A B A z j y j x B z j y j x A ，，，求：假定 解：1B A B A B A B A z z y y x x -=++=? 一、选择题 1、以下关于时变电磁场的叙述中，正确的是（ ） A 、电场是无旋场 B 、电场和磁场相互激发 C 、电场与磁场无关 2、区域V 全部用非导电媒质填充，当此区域中的电磁场能量减少时，一定是（ ） A 、能量流出了区域 B 、能量在区域中被消耗 C 、电磁场做了功 D 、同时选择A 、C 3、两个载流线圈之间存在互感，对互感没有影响的的是（ ） A 、线圈的尺寸 B 、两个线圈的相对位置 C 、线圈上的电流 D 、空间介质 4、导电介质中的恒定电场E 满足（ ） A 、0??=E B 、0??=E C 、??=E J 5、用镜像法求解电场边值问题时，判断镜像电荷的选取是否正确的根据是（ ） A 、镜像电荷是否对称 B 、电位方程和边界条件不改变 C 、同时选择A 和B 6、在静电场中，电场强度表达式为3(32)()y x z cy ε=+--+x y z E e e e ，试确定常数 ε的值是（ ） A 、ε=2 B 、ε=3 C 、ε=4 7、若矢量A 为磁感应强度B 的磁矢位，则下列表达式正确的是（ ） A 、=?B A B 、=??B A C 、=??B A D 、2=?B A 8、空气（介电常数10εε=）与电介质（介电常数204εε=）的分界面是0z =平面， 若已知空气中的电场强度124= +x z E e e 。则电介质中的电场强度应为（ ） A 、1216=+x z E e e B 、184=+x z E e e C 、12=+x z E e e 9、理想介质中的均匀平面波解是（ ） A 、TM 波 B 、TEM 波 C 、TE 波 10、以下关于导电媒质中传播的电磁波的叙述中，正确的是（ ） A 、不再是平面波 B 、电场和磁场不同相 C 、振幅不变 D 、以T E 波的形式传播 二、填空 1、一个半径为α的导体球作为电极深埋地下，土壤的电导率为 σ，略去地面的影响，则电极的接地电阻R = 2、 内外半径分别为a 、b 的无限长空心圆柱中均匀的分布着轴向电流I ，设空间离轴距离为()r r a <的某点处，B= 3、 自由空间中，某移动天线发射的电磁波的磁场强度 第十三章 电磁感应 电磁场习题 （一） 教材外习题 电磁感应习题 一、选择题： 1．一块铜板放在磁感应强度正在增大的磁场中时，铜板中出现涡流（感应电流），则涡流将 （A ）加速铜板中磁场的增加 （B ）减缓铜板中磁场的增加 （C ）对磁场不起作用 （D ）使铜板中磁场反向 （ ） 2．在如图所示的装置中，当把原来静止的条形磁铁从螺线管中按图示情况抽出时， （A ）螺线管线圈中感生电流方向如A 点处箭头所示。 （B ）螺线管右端感应呈S 极。 （C ）线框EFGH 从图下方粗箭头方向看去将逆时针旋转。 （D ）线框EFGH 从图下方粗箭头方向看去将顺时针旋转。 （ ） 3．在无限长的载流直导线附近放置一矩形闭合线圈，开始时线圈与导线在同一平面内，且线圈中两条边与导线平行，当线圈以相同的速率作如图所示的三种不同方向的平动时，线圈中的感应电流 （A ）以情况Ⅰ中为最大 （B ）以情况Ⅱ中为最大 （C ）以情况Ⅲ中为最大 （D ）在情况Ⅰ和Ⅱ中相同 （ ） 4．如图所示，一矩形金属线框，以速度v 从无场空间进入一均匀磁场中，然后又从磁场中 出来，到无场空间中。不计线圈的自感，下面哪一条图线正确地表示了线圈中的感应电流对 时间的函数关系？（从线圈刚进入磁场时刻开始计时，I 以顺时针方向为正） 5．如图，一矩形线框（其长边与磁场边界平行）以匀速v 自左侧无场区进入均匀磁场又穿出，进入右侧无场区，试问图（A ）—（E ）中哪一图象能最合适地表示线框中电流i 随时间t 的变化关系？（不计线框自感） （ ） 6．在一个塑料圆筒上紧密地绕有两个完全相同的线圈aa '和bb '，当线圈aa '和bb '如图（1）绕制时其互感系数为M 1，如图（2）绕制时其互感系数为M 2，M 1与M 2的关系是 （A ）M 1 = M 2 ≠ 0 （B ）M 1 = M 2 = 0 （C ）M 1 ≠ M 2，M 2=0 （D ）M 1≠M 2，M 2≠0 （ ） 7．真空中两根很长的相距为2a 的平行直导线与电源组成闭合回路如图。已知导线中的电流强度为I ，则在两导线正中间某点P 处的磁能密度为 （A ）200)2(1a I πμμ （B ）200)2(21 a I πμμ （C ）200)2(21 a I πμμ （D ）0 （ ） 电磁场与电磁波易考简答题归纳 1、什么是均匀平面电磁波？ 答：平面波是指波阵面为平面的电磁波。均匀平面波是指波的电场→ E 和磁场→ H 只沿波的传播方向变化，而在波阵面内→ E 和→ H 的方向、振幅和相位不变的平面波。 2、电磁波有哪三种极化情况？简述其区别。 答：（1）直线极化，同相位或相差 180；2）圆极化，同频率，同振幅，相位相差 90或 270；（3）椭圆极化，振幅相位任意。 3、试写出正弦电磁场的亥姆霍兹方程（即亥姆霍兹波动方程的复数形式），并说明意义。 答：0 02222=+?=+?→ →→ → H k H E k E ，式中μεω22 =k 称为正弦电磁波的波数。 意义：均匀平面电磁波在无界理想介质中传播时，电场和磁场的振幅不变，它们在时间上同相，在空间上互相垂直，并且电场、磁场、波的传播方向三者满足右手螺旋关系。电场和磁场的分量由媒质决定。 4、写出时变电磁场中麦克斯韦方程组的非限定微分形式，并简述其意义。 答：????????? ??=??=????-=????+=??→→ → →→ →→ρ εμμ εE H t H E t E J H )4(0)3()2()1( 物理意义：A 、第一方程：时变电磁场中的安培环路定律。物理意义：磁场是由电流和时变的电场激励的。 B 、第二方程：法拉第电磁感应定律。物理意义：说明了时变的磁场激励电场的这一事实。 C 、第三方程：时变电场的磁通连续性方程。物理意义：说明了磁场是一个旋涡场。 D 、第四方程：高斯定律。物理意义：时变电磁场中的发散电场分量是由电荷激励的。 5、写出麦克斯韦方程组的微分形式或积分形式，并简述其意义。 答：（1）微分形式 （2） 积分形式 物理意义：同第4题。 6、写出达朗贝尔方程，即非齐次波动方程，简述其意义。 答：→→ → -=??-?J t A A μμε222 ，ερμε-=?Φ?-Φ?→ →222t 物理意义：→ J 激励→ A ，源ρ激励Φ，时变源激励的时变电磁场在空间中以波动方式传播，是时变源的电场辐射过程。 7、写出齐次波动方程，简述其意义。 答：0 222=??-?→ → t H H με，022 2=??-?→ → t E E με 物理意义：时变电磁场在无源空间中是以波动方式运动，故称时变电磁场为电磁波，且电磁波的传播速度为： με υ1= p 8、简述坡印廷定理，写出其数学表达式及其物理意义。 答：（1）数学表达式：①积分形式：??? ++?? =?-→ →τττστεμd E d E H t S d S S 222)2 1 21(，其中，→ →→?=H E S ，称为坡印廷矢量。 ???????????=??=????-=????+=??→→ →→→ →→ρD B t B E t D J H )4(0)3()2()1( ????? ??????=?=????-=????+=???????→→→ →→→→→→→→→→q S d D l d B S d t B l d E S d t D J l d H S S S l s l )4(0)3()2()()1( 第十三章 电磁感应 一 选择题 3．如图所示，一匀强磁场B 垂直纸面向内，长为L 的导线ab 可以无摩擦地在导轨上滑动，除电阻R 外，其它部分电阻不计，当ab 以匀速v 向右运动时，则外力的大小是： R L B R L B R L B R BL L B 222222222 E. D. 2 C. B. A.v v v v v 解：导线ab 的感应电动势v BL =ε，当 ab 以匀速v 向右运动时，导线ab 受到的外力与安培力是一对平衡力，所以R L B L R B F F v 22===ε 安外。 所以选（D ） 4．一根长度L 的铜棒在均匀磁场B 中以匀角速度ω旋转着，B 的方向垂直铜棒转动的平面，如图，设t = 0时，铜棒与Ob 成θ角，则在任一时刻t 这根铜棒两端之间的感应电动势是：（ ） A. )cos(2θωω+t B L B. t B L ωωcos 2 12 C. )cos(22θωω+t B L D. B L 2ω E. B L 22 1ω 解：???= ==??=L L BL l l B l B )00221d d d ωωεv l B v （ 所以选（E ） 6．半径为R 的圆线圈处于均匀磁场B 中，B 垂直于线圈平面向上。如果磁感应强度为B =3 t 2+2 t +1，则线圈中的感应电场为：（ ） A ． 2π(3 t + 1)R 2 ,顺时针方向； Ｂ． 2π(3 t + 1)R 2 ,逆时针方向； C ． (3 t + 1)R ,顺时针方向； D ． (3 t + 1)R ,逆时针方向； 解：由??? ???-=?S B l E d d i t ，则感应电场的大小满足 选择题4图 选择题3图 v 第二章习题解答 2.1 一个平行板真空二极管内的电荷体密度为42004 9 U d x ρε--=- ，式中阴极板位于0x =，阳极板位于x d =，极间电压为0U 。如果040V U =、1cm d =、横截面210cm S =，求：（1）0x =和x d =区域内的总电荷量Q ；（2）2x d =和x d =区域内的总电荷量Q '。 解 （1） 4323 000 4 d ()d 9 d Q U d x S x τ ρτε--==-=?? 11004 4.7210C 3U S d ε--=-? （2） 432002 4d ()d 9d d Q U d x S x τρτε--' '= = -=? ?11004(10.9710C 3U S d ε--=-? 2.2 一个体密度为732.3210C m ρ-=?的质子束，通过1000V 的电压加速后形成等速的 质子束，质子束内的电荷均匀分布，束直径为2mm ，束外没有电荷分布，试求电流密度和电流。 解 质子的质量271.710kg m -=?、电量191.610C q -=?。由 2 1 mv qU = 得 61.3710v ==? m 故 0.318J v ρ== 2A m 26(2)10I J d π-== A 2.3 一个半径为a 的球体内均匀分布总电荷量为Q 的电荷，球体以匀角速度ω绕一个直径 旋转，求球内的电流密度。 解 以球心为坐标原点，转轴（一直径）为z 轴。设球内任一点P 的位置矢量为r ，且r 与z 轴的夹角为θ，则P 点的线速度为 sin r φωθ=?=v r e ω 球内的电荷体密度为 3 43 Q a ρπ= 故 33 3sin sin 434Q Q r r a a φ φω ρωθθππ===J v e e 2.4 一个半径为a 的导体球带总电荷量为Q ，同样以匀角速度ω绕一个直径旋转，求球表 面的面电流密度。 解 以球心为坐标原点，转轴（一直径）为z 轴。设球面上任一点P 的位置矢量为r ，且r 与z 轴的夹角为θ，则P 点的线速度为 sin a φωθ=?=v r e ω 球面的上电荷面密度为 2 4Q a σπ= 故 2 sin sin 44S Q Q a a a φφω σωθθππ===J v e e 2.5 两点电荷18C q =位于z 轴上4z =处，24C q =-位于y 轴上4y =处，求(4,0,0)处 的电场强度。 第1~2章 矢量分析 宏观电磁现象的基本规律 1. 设：直角坐标系中，标量场zx yz xy u ++=的梯度为A ，则 A = ，=??A 0 。 2. 已知矢量场 xz e xy e z y e A z y x ?4?)(?2+++= ，则在M （1，1，1） 处=??A 9 。 3. 亥姆霍兹定理指出，若唯一地确定一个矢量场（场量为A ），则必 须同时给定该场矢量的 旋度 及 散度 。 4. 写出线性和各项同性介质中场量D 、E 、B 、H 、J 所满足的方程 （结构方程）： 。 5. 电流连续性方程的微分和积分形式分别为 和 。 6. 设理想导体的表面A 的电场强度为E 、磁场强度为B ，则 （a ）E 、B 皆与A 垂直。 （b ）E 与A 垂直，B 与A 平行。 （c ）E 与A 平行，B 与A 垂直。 （d ）E 、B 皆与A 平行。 答案：b 7. 设自由真空区域电场强度(V/m) )sin(?0βz ωt E e E y -= ，其中0E 、ω、β 为常数。则空间位移电流密度d J （A/m 2）为： （a ） )cos(?0βz ωt E e y - （b ） )cos(?0βz ωt ωE e y - （c ） )cos(?00βz ωt E ωe y -ε （d ） )cos(?0βz ωt βE e y -- 答案：c 8. 已知无限大空间的相对介电常数为4=εr ，电场强度 )(?)(?)(?y x e z x e z y e z y x +++++A ??A ??E J H B E D σ=μ=ε= , ,t q S d J S ??-=?? t J ?ρ?-=?? 9-1两个半径分别为R 和r 的同轴圆形线圈相距x ，且R >>r ，x >>R ．若大线圈通有电流I 而小线圈沿x 轴方向以速率v 运动，试求小线圈回路中产生的感应电动势的大小． 解：在轴线上的磁场 () ()2 2 003 3 2 2 2 22IR IR B x R x R x μμ= ≈ >>+ 3 2 202x r IR BS πμφ= = v x r IR dt dx x r IR dt d 4 22042202332πμπμφ ε=--=-= 9-2如图所示，有一弯成θ 角的金属架COD 放在磁场中，磁感强度B ? 的方向垂直于金属架 COD 所在平面．一导体杆MN 垂直于OD 边，并在金属架上以恒定速度v ?向右滑动，v ? 与 MN 垂直．设t =0时，x = 0．求当磁场分布均匀，且B ? 不随时间改变，框架内的感应电动势i ε． 解：12m B S B xy Φ=?=?,θtg x y ?=,vt x = 22212/()/i d dt d Bv t tg dt Bv t tg ε?θθ=-=-=?，电动势方向：由M 指向N 9-3 真空中，一无限长直导线，通有电流I ，一个与之共面的直角三角形线圈ABC 放置在此长直导线右侧。已知AC 边长为b ，且与长直导线平行，BC 边长为a ，如图所示。若线圈以垂直于导线方向的速度v 向右平移，当B 点与直导线的距离为d 时，求线圈ABC 内的感应电动势的大小和方向。 解：当线圈ABC 向右平移时，AB 和AC 边中会产 生动生电动势。当C 点与长直导线的距离为d 时，AC 边所在位置磁感应强度大小为：02() I B a d μπ= + AC 中产生的动生电动势大小为： x r I R x v C D O x M θ B ? v ? 静电 例1、三个点电荷q1、q2、q3沿一条直线分布，已知其中任一点电荷所受合力均为零，且 q1=q3=Q ，求在固定q1、q3的情况下，将q2从o →∞,外力需作功A=? 解：由已知q1所受静电力 例2、有两个点电荷带电量为nq 和-q （n>1),相距d,证明电势为零的等势面为一球面。证明：空间任一点电势 整理可得： 上式为球面方程： 球心坐标 球面半径 例3、点电荷-q 位于圆心处，A 、B 、C 、D 位于同一圆周上的四点如图示。将q0从A 移至B 、C 、D 点，电场力的功。 A=0 例4. 已知: 是闭合曲面的一部分，面内无净电荷电场线穿过该闭合面，穿过 部分的电场通量1?Φ，求:通过其余部分的电场通量2?Φ。 解：由高斯定理 ?∑=?=ΦS i i e q S d E 0 ε ，00=Φ∴=∑e i i q ，12120?Φ-=Φ∴=?Φ+Φ∴ 例5、长为L,线电荷密度λ的两根均匀带电细棒，沿同一直线放置，两棒近端相距 a ，求两 棒间的静电力。 q 2 x o d n n 1 (22 - 、 0、0） 04)2(42 0322031=+=a q q a q q f πεπε4412Q q q -=-=∴e A A -=∴)0(2--=o U q a Q q 0242πε-=a Q 028πε =q nq U U U -+=2 220 2220)(44z y d x q z y x nq ++--+ ++=πεπε0 =令 222222)(z y d x q z y x nq ++-=++∴[] 2222222)(z y x z y d x n ++=++-22222221()1(-=++--n nd z y d n n x 1 2-= n nd R S ?S ? 电磁感应综合典型例题 【例11电阻为R的矩形线框abed，边长ab=L, ad=h,质量为m 自某一高度自由落下，通过一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁 场区域的宽度为h,如图所示，若线框恰好以恒定速度通过磁场，线 框中产生的焦耳热是 _________ ?（不考虑空气阻力） 【分析】线框通过磁场的过程中，动能不变。根据能的转化和守恒，重力对线框所做的功全部转化为线框中感应电流的电能，最后又全部转化为焦耳热?所以，线框通过磁场过程中产生的焦耳热为 Q=W=mg- 2h=2mgh 【解答1 2mgh 【说明】本题也可以直接从焦耳热公式Q=l2Rt进行推算: 设线框以恒定速度v通过磁场，运动时间 从线框的cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中，因切割磁感 线产生的感应电流的大小为 cd边进入磁场时的电流从d到c, cd边离开磁场后的电流方向从a到b.整个下落过程中磁场对感应电流产生的安培力方向始终向上, 大小恒为 据匀速下落的条件，有 因线框通过磁场的时间，也就是线框中产生电流的时间，所以据 焦耳定律，联立（I ）、（2）、（3）三式，即得线框中产生的焦耳热 为 Q=2mgh 两种解法相比较，由于用能的转化和守恒的观点，只需从全过程 考虑，不需涉及电流的产生等过程，计算更为简捷. 【例2】一个质量m=0.016kg、长L=0.5m,宽d=0.1m、电阻R=0.1 Q的矩形线圈，从离匀强磁场上边缘高h i=5m处由静止自由下落.进 入磁场后，由于受到磁场力的作用，线圈恰能做匀速运动（设整个运 动过程中线框保持平动），测得线圈下边通过磁场的时间△t=0.15s，取g=10m/s，求： （1）匀强磁场的磁感强度B; （2）磁场区域的高度h2； 习题五（第二章 静电场中的导体和电介质） 1、在带电量为Q 的金属球壳内部，放入一个带电量为q 的带电体，则金属球壳 内表面所带的电量为 - q ，外表面所带电量为 q +Q 。 2、带电量Q 的导体A 置于外半径为R 的导体 球壳B 内，则球壳外离球心r 处的电场强度大小 204/r Q E πε=，球壳的电势R Q V 04/πε=。 3、导体静电平衡的必要条件是导体内部场强为零。 4、两个带电不等的金属球，直径相等，但一个是空心，一个是实心的。现使它们互相接触，则这两个金属球上的电荷( B )。 (A)不变化 (B)平均分配 (C)空心球电量多 (D)实心球电量多 5、半径分别R 和r 的两个球导体(R ＞r)相距很远，今用细导线把它们连接起来，使两导体带电，电势为U 0，则两球表面的电荷面密度之比σR /σr 为 ( B ) (A) R/r (B) r/R (C) R 2/r 2 (D) 1 6、有一电荷q 及金属导体A ，且A 处在静电平衡状态，则( C ) (A)导体内E=0，q 不在导体内产生场强； (B)导体内E ≠0，q 在导体内产生场强； (C)导体内E=0，q 在导体内产生场强； (D)导体内E ≠0，q 不在导体内产生场强。 7、如图所示，一内半径为a ，外半径为b 的金属球壳，带有电量Q ， 在球壳空腔内距离球心为r 处有一点电荷q ，设无限远 处为电势零点。试求： (1)球壳外表面上的电荷； (2)球心O 点处由球壳内表面上电荷产生的电势； (3)球心O 点处的总电势。 解: (1) 设球壳内、外表面电荷分别为q 1 , q 2,以O 为球心作一半径为R (a 一 填空题 1. 麦克斯韦方程组的微分形式是： 、 、 和 。 2. 静电场的基本方程为： 、 。 3. 恒定电场的基本方程为： 、 。 4. 恒定磁场的基本方程为： 、 。 5. 理 想导体（媒质2）与空气（媒质1）分界面上，电磁场边界条件为： 、 、 和 。 6. 线性且各向同性媒质的本构关系方程是： 、 、 。 7. 电流连续性方程的微分形式为： 。 8. 引入电位函数?是根据静电场的 特性。 9. 引入矢量磁位A ? 是根据磁场的 特性。 10. 在两种不同电介质的分界面上，用电位函数?表示的边界条件为： 、 。 11. 电场强度E ?的单位是 ，电位移D ?的单位是 ；磁感应强度B ? 的单位是 ，磁场强 度H ? 的单位是 。 12. 静场问题中，E ?与?的微分关系为： ，E ? 与?的积分关系为： 。 13. 在自由空间中，点电荷产生的电场强度与其电荷量q 成 比，与观察点到电荷所在点的距离平方成 比。 14. XOY 平面是两种电介质的分界面，分界面上方电位移矢量为z y x e e e D ????0001255025εεε++= C/m 2 ，相对介电 常数为2，分界面下方相对介电常数为5，则分界面下方z 方向电场强度为__________，分界面下方z 方向的电位移矢量为_______________。 15. 静电场中电场强度z y x e e e E ? ??? 432++=，则电位?沿122333 x y z l e e e = ++v v v v 的方向导数为_______________，点A （1，2，3）和B （2，2，3）之间的电位差AB U =__________________。 16. 两个电容器1C 和2C 各充以电荷1Q 和2Q ，且两电容器电压不相等，移去电源后将两电容器并联，总的电容 器储存能量为 ，并联前后能量是否变化 。 17. 一无限长矩形接地导体槽，在导体槽中心位置有一电位为U 的无限长圆柱导体，如图所示。由于对称性，矩 形槽与圆柱导体所围区域内电场分布的计算可归结为图中边界1Γ、2Γ、3Γ、4Γ和5Γ所围区域Ω内的电场计算。则在边界_____________上满足第一类边界条件，在边界_____________上满足第二类边界条件。 18. 导体球壳内半径为a ，外半径为b ，球壳外距球心d 处有一点电荷q ，若导体球壳接地，则球壳内表面的感 应电荷总量为____________，球壳外表面的感应电荷总量为____________。电磁场理论习题及答案7.
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