第十二章 电磁感应及电磁场基本方程习题解
第十二章 电磁感应及电磁场基本方程
12–1 如图12-1所示，矩形线圈abcd 左半边放在匀强磁场中，右半边在磁场外，当线圈以ab 边为轴向纸外转过60o过程中，线圈中 产生感应电流（填会与不会），原因是 。
解：线圈以ab 边为轴向纸外转过60o过程中，尽管穿过磁感应线的线圈面积发生了变化，但线圈在垂直于磁场方向的投影的面积并未发生变化，因而穿过整个线圈的磁通量并没有发生变化，所以线圈中不会产生感应电流。因而应填“不会”；“通过线圈的磁通量没有发生变化”。
12–2 产生动生电动势的非静电力是 力，产生感生电动势的非静电力是 力。
解：洛仑兹力；涡旋电场力（变化磁场激发的电场的电场力）。
12–3 用绝缘导线绕一圆环，环内有一用同样材料导线折成的内接正方形线框，如图12-2所示，把它们放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，当匀强磁场均匀减弱时，圆环中与正方形线框中感应电流大小之比为___________。
解：设圆环的半径为a
，圆环中的感应电动势1E 大小为
2111
d d d πd d d ΦB B
S a
t
t
t
=
==E
同理，正方形线框中的感应电动势2E 大小为
2212
d d d 2d d d ΦB B
S a
t
t
t
=
==E
而同材料的圆环与正方形导线的电阻之比为12
R R =
=
。所以
圆环与正方形线框中的感应电流之比为
12
π
2I I a
==
12–4 如图12-3所示，半径为R 的3/4圆周的弧形刚性导线在垂直于均匀磁感强度B 的平面内以速度v 平动，则导线上的动生电动势E = ，方向为 。
c 图12–5
图12–4
a b d
c
图12–1
B
a
图12–2
图12–3
解：方法一：用动生电动势公式()d l =
???B l v E 求解。
选积分路径l 的绕行方向为顺时针方向，建立如图12-4所示的坐标系，在导体上任意处取导体元d l ，d l 上的动生电动势为
d ()d cos d B R θθ=??B l =v v E
所以导线上的动生电动势为
3π
43π4
d cos d 0
BR
BR θθ-=
==>??
v E E
由于ε>0，所以动生电动势的方向为顺时方向，即bca 方向。 方法二：用法拉第电磁感应定律求解。
如图12-5所示，连接ab 使导线构成一个闭合回路。设绕行方向为顺时针方向。又由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量Φ=BS =常数。由法拉第电磁感应定律
d d t
Φ=-
E 可知，线圈中的感应电动势为E =0。又因
ab bca
=+E E E
于是
[(2sin 45)]0ab
bca
b R BR =-=--?=
>v E E
由于E >0，所以动生电动势的方向为顺时方向，即bca 方向。
12–5 长直密绕螺线管，长度及线圈匝数相同，半径分别为r 1，r 2，管内充满均匀介质，其磁导率分别为μ1，μ2。设r 1:r 2=1:2，μ1:μ2=2:1，当将两只螺线管串联在电路中通电稳定后，其自感系数之比为L 1: L 2= ，磁能之比为W m1: W m2= 。
解：长直螺线管的自感系数为2
2
2
πN N L S r l
l
μ
μ
==，因此L 1: L 2=1:2。由磁能公式
2
m 12W LI
=
，因此W m1: W m2=1:2。
12–6 麦克斯韦关于电磁场理论提出的两个基本观点，即两个基本假设是 和 。反映电磁场基本性质和规律的积分形式的麦克斯韦方程组为
∑??==?n
i i S q 0
d S D （a ）
??????-
=-
=?S
L
t
t
ΦS
B l E d d d d （b ）
0d =???S S B （c ）
????
??=???
? ??
??+=
?S S L
t S J S D J l H d d d 全 （d ）
试判断下列结论是包含于或等效于哪一个麦克斯韦方程式的，将其代号填入空白处。
（1）变化的磁场一定伴随有电场： ； （2）磁感应线是无头无尾的： ； （3）电荷总伴随有电场： 。
解：两个基本假设是“感生电场假设（变化的磁场激发涡旋电场）”和“位移电流假设（变
化的电场激发涡旋磁场）”。
??????-
=-
=?S
L
t
t
ΦS
B l E d d d d 表示变化的磁场一定伴随有电场；
故（1）处填（b ）；0d =???S
S B 表示磁感应线是无头无尾的，故（2）处填（c ）：∑??==
?n
i i
S
q 0
d S D 表示电荷总伴随有电场，故（3）处填（a ）：
12–7 如图12-6所示，导线AB 在均匀磁场中作下列四种运动： （1）垂直于磁场作平动；
（2）绕固定端A 作垂直于磁场转动； （3）绕其中心点O 作垂直于磁场转动；
（4）绕通过中心点O 的水平轴作平行于磁场的转动。
关于导线AB 的感应电动势错误的结论是[ ]。
A ．（1）有感应电动势，A 端为高电势
B ．（2）有感应电动势，B 端为高电势
C ．（3）无感应电动势
D ．（4）无感应电动势； 解：（2）有感应电动势，A 端为高电势。
由d ()d =??B l E v 可得，（1）图中感应电动势E 由B →A ，所以A 端为高电势；（2）图中感应电动势E 由B →A ，所以A 端为高电势；（3）将AB 棒的电动势看作是OA 棒和OB 棒上电动势的代数和，由于O A E =OB E ，则AB E =AO E +OB E = -O A E +OB E =0，因此AB 棒上的电动势为零。（4）由于()?B v 的方向与d l 垂直，所以E =0，即无感应电动势。正确答案为（B ）。
12–8 如图12-7所示，均匀磁场被局限在无限长圆柱形空间内，且成轴对称分布，图为此磁场的截面，磁场按d B /d t 随时间变化，圆柱体外一点P 的感应电场E i 应[ ]。
A ．等于零
B ．不为零，方向向上或向下
C ．不为零，方向向左或向右
D ．不为零，方向向内或向外
E ．无法判定
解：感应电场E i 与–d B /d t 遵从右手螺旋系统，所以正确答案应选择（B ）。
12–9 如图12-8所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强度较大的直流电流。现用一闭合的检测线圈（线圈中串有灵敏电流计，图中未画出）检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中的感应电流的方向是：[ ]
A ．先顺时针后逆时针
B ．先逆时针后顺时针
C ．先顺时针后逆时针，然后再顺时针
D ．先逆时针后顺时针，然后再逆时针
解：
从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过
A B 图12–
6
图12–7 图12–
8
程中，磁场线至下而上通过检测线圈。从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方的过程中，磁通量增大，由楞次定律可判断，感应电流方向为图中逆时针；当检测线圈从正上方移至距直导线很远处的过程中，磁通量减小，由楞次定律可判断，感应电流方向为图中顺时针。故答案应选（D ）。
12–10 北半球海洋某处，地磁场水平分量B 1=0.8×10–4T ，竖直分量B 2=0.5×10–4T ，海水向北流动。海洋工作者测量海水的流速时，将两极板竖直插入此处海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距L =20m ，如图12-9所示。与两极板相连的电压表（可看作理想电压表）示数为V =0.2mV ，则[ ]。
A ．西侧极板电势高，东侧极板电势低
B ．西侧极板电势低，东侧极板电势高
C ．海水的流速大小为0.125m/s
D ．海水的流速大小为0.2m/s
解：由于地球北极是地磁南极，故磁场应中斜向下穿入水面。将海水看成是水平向北（垂直于纸面向里）移动的导体，地相对磁场水平分量，水流不切割磁场线，相对于竖直分量，水流切割作切割磁场线运动，由楞次
定律可以判断西侧极板电势高，东侧极板电势低。水的流速为
3
420.2100.2m /s 0.510
20
V B L
--?=
=
=??v
由此可见，正确答案应选（A ）和（D ）。
12–11 关于由变化的磁场所产生的感生电场（涡旋电场），下列说法正确的是[ ]。 A ．感生电场的电场线起于正电荷，终止于负电荷 B ．感生电场的电场线是一组闭合曲线 C ．感生电场为保守场
D ．感生电场的场强
E k 沿闭合回路的线积分为零
分析与解：静电场由静止电荷激发，电场线不闭合，有头有尾，起于正电荷，终止于负电荷。而感生电场是由变化的磁场激发，电场线是一组无头无尾的涡旋闭合曲线；感生电场的环量不等于零，d d L
S t
??=-?????
B
E l S
k ，说明它是有旋场、非保守场。因而正确答案为
（B ）。
12–12 对位移电流，下述说法正确的是[ ]。 A ．位移电流的物理本质是变化的电场，但也能激发磁场 B ．位移电流是由线性变化磁场产生的 C ．位移电流的热效应服从焦耳–楞次定律 D ．位移电流只在平板电容器中存在
解：位移电流的起源于变化的电场，变化的电场激发磁场，但位移电流不涉及定向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律。因而正确答案为（A ）。
12–13 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为Φ=8.0?10–5
sin100πt （SI ），求在t =1.0?10–2s 时，线圈中的感应电动势。
解：线圈的磁链为
5
3
1008.010
sin 1008.010
sin 100N t t ψΦ--==??π=?πWb
线圈中的感应电动势为
图12–9
d 2.51cos100πd t
t
ψ=-
=-E V
当t =1.0?10–2s 时，
2
2.51cos100π 2.51cos(100π 1.010
) 2.51
t -=-=-??=E V
12–14如图12-10所示，一均匀磁场与矩形导体回路面法线单位矢量e n 间的夹角为π/3θ=，已知磁感应强度B 随时间线性增加，即B =kt （k >0）
，回路的AB 边长为l ，以速度v 向右运动，设
t =0时，AB 边在x =0处。求任意时刻回路中感应电动势的大小和方向。
解：任意时刻t ，回路的面积为S =lx ，回路的磁通量为
cos cos BS ktlx Φθθ=?B S ==
则回路中的感应电动势大小为
d d(cos )
d cos cos d d d ktlx x klx ktl t
t t
Φθθθ
=
=
=+E
由于x t =v ，d d x t =v
，则
π2cos 2cos
3kl t kl t kl t
θ===v v v E
电动势的方向由A 指向B 。
12–15 一长直电流I 与直导线AB （AB =l ）共面，如图12-11所示。AB 以速度v 沿垂直于长直电流I 的方向向右运动，求图示位置时导线AB 中的动生电动势。
解：在直导线AB 上任取电流元d l ，如图12-12所示，可得直导线AB 中产生的电动势
为
()d AB l =
???B l v E d sin(,)cos(,d )l B l =??B B l v v v
0cos d 2πl
I l r
μθ=
?v
由于d sin d r l θ=，将其代入上式，得
sin 0d cot 2π
d l AB d
I r r
θ
μθ+=
?
?v E 0sin cot ln
2π
I d l d
μθ
θ+=
?v
由于AB E >0，所以AB E 的方向由A 指向B ，B 点电势高。
12–16如图12-13所示，长为L 的铜棒AB ，以距端点a 处为支点O ，并以角速率ω顺时针绕通过支点O 且垂直于铜棒的轴转动。设磁感应强度B 的均匀磁场与轴平行，求棒AB
图12–10
图12–12 v d l
d
A r
I
B
B
图12–11 v
d A I
B
θ
两端的电势差V AB 。
解：方法一：如图12-14所示，以支点O 为坐标原点，沿棒取Or 为坐标轴，在棒上距点O 为r 处取导体元d r ，它的线速度为v ，即v =ωr 。由动生电动势公式知
d ()d d d B r Br r ω=??=B l =v v E
则长为L -a 的OB 棒上的电动势为
2
01d ()2
L a
O B Br r B L a ωω-=
-?=
E
同理，长为a 的OA 棒上的电动势为
20
1()d d 2
a
a
O A AO Br r Ba ωω=-=
??=
??B l =
v E E
将AB 棒的电动势看作是OA 棒和OB 棒上电动势的代数和，如图12-15所示，则AB 棒上的电动势为
2
2
111()(2)2
2
2
AB AO OB Ba B L a BL L a ωωω=+=-
+
-=
-E E E
因此棒两端的电势差为
(2)2
AB AB B V L L a ω=-=-
-E
当L >2a 时，B 端的电势高于A 端的电势。
方法二：在棒上距点O 为r 处取导体元d r ，如图12-14所示，则
1()d d (2)2
L a
L a
AB a
a
Br r BL L a ωω----=
??=
=
-??B l v E
因此棒两端的电势差为
(2)2
AB AB B V L L a ω=-=-
-E
12–17 如图12-16所示，金属杆AB 在导线架上以匀速v 向右滑动。已知金属杆AB 的长为50cm ，v =4.0m/s ，R =0.2Ω，磁感应强度B =0.5T ，方向垂直回路平面。试求：
（1）作用在金属杆AB 上的拉力； （2）拉力做功的功率； （3）电阻R 上所消耗的功率。
解：（1）在金属杆AB 运动时产生的动生电动势大小为
()d a
b Bl =
??=?B l v v E
方向由b →a 。
感应电流为
Bl I R R
=
=v E
磁场作用在AB 上的力水平向左，大小为
22
22
4.00.500.50
0.20
B l F BIl R
??==
=
v
N=1.25N
A
图12–15
图12–14
R
图2–
16
图12–13
作用在金属杆AB 上的拉力F ′应与F 大小相等，方向相反，即水平向右F ′=1.25N 。 （2）拉力做功的功率为
1.254
P F ''==?v W=5.0W
（3）电阻R 上所消耗的功率
2
222
2
2
2
40.500.50
0.20
B l P R
R
??=
=
=
v E
W=5.0W
计算表明，拉力所做的功全部转化为电路中的焦耳热。
12–18 如图12-17所示，长直导线中通有电流I =5A ，另有一矩形线圈共1000匝，宽a =10cm ，长l =20cm ，以速度v =2m/s 向右平动，（1）求当d =10cm 时线圈中的感应电动势；（2）若线圈不动，而长导线中通有交变电流I =5sin100πt （A ），则线圈内的感应电动势将为多大？
解：（1）方法一：用法拉第电磁感应定律d d t
Φ=-
E 计算。
线圈处于非均匀磁场中，当线圈运动到距长直导线x 远处时，磁感应强度大小为
02πI B x
μ=
方向垂直纸面向里。
在线圈中取小面积元d S =l d x ，如图12-18中阴影部分，取顺时针方向为矩形线圈回路的正方向，则面积元d S 的方向也垂直纸面向里，由于d x 足够小，可以近似认为该面积元内的B 是均匀的，则该面积元的磁通量d Φ为
0d d d d 2πI B S l x x
μΦ=?B S ==
通过线圈中的总磁通量为
00=
d d ln
2π2π
a x
x
I Il a x l x x
x
μμΦΦ++=
=
?
?
即Φ为x 的函数。
由法拉第电磁感应定律，线圈中的感应电动势为
0d d d 2π
()d IN l
a x
N
t
x x a t
μΦ=-=
+E
因为x 是t 的函数，
d d x t
=v
，所以线圈中的感应电动势为
02π()
IN la x x a μ=
+v
E
由题设，当线圈左边离开导线的距离为x =d =10cm 时，
7
2
2
02
2
2
4π10
510002010
1010
2
2π()
2π1010(1010
1010)
IN la x x a μ------????????=
=
+???+?v E =2?10–3
V
由于E >0，所以它的方向为顺时针方向，即ABCDA 方向。 方法二：用动生电动势公式i ()d l =
???B l v E ，对矩形线圈的每一边求感应电动势，再
图12–18
I 图12–17
利用
()d ()d ()d ()d ()d L AB BC CD DA L =
??=??+??+??+???????B B l B l B l B l E v v v v v
AB BC CD DA
=+++E E E E
进行计算。其等效电路如图12-19所示。
取绕行回路正方向为顺时针方向。对于矩形线圈上、下两边AB 、CD ，由于()?B v 与d l 方向垂直，所以
()d 0B
AB A =??=?B l v E ()d 0
D
CD C
=
??=?B l v E
矩形线圈处于非均匀磁场中，距长直载流导线x 远处的磁感应强度为
02πI B x
μ=
其方向垂直纸面向里。
0010
()d d 2π2πA
b
D A D
I I l l
d
d
μμ=
??=
=??B l v v
v E
0020
()d d 2π()
2π()
C
b
BC B
I
I
l l
d a d a μμ=
??=-
=-++??B l v v
v E
每匝矩形线圈中的感应电势为
0001
1
2π2π()
2πA B B C C D D A I
I
I l
l
l
d
d a d
d a μμμ??=+++=-=-
?++??
E E E E E v v v
7
2
2224π10
511
220102π
101010101010-----????=???
- ?
??+???
=2?10–6V
矩形线圈中总的动生电动势为
6
1000210
N N -==??E E V=2?10–3
V
因为N E >0，所以它的方向沿顺时针方向，即ABCDA 方向。
（2）若线圈不动，导线中电流变化，则穿过线圈的磁通量变化，产生感应电动势。 通过线圈的磁链为
0ln 2π
IN l d +a N d
μψΦ=
=
线圈中总的感应电动势为
0d d ln
d 2d N l d +a I t
d
t
μψ=-
=-
π
E
7
2
222410
1000201010101010d(5sin 100)
ln 2d 1010t t -----??π?????+?π=-
? ?π
??
?
2
4.3510
cos100t -=-?πV
12–19 一单匝圆形线圈位于xoy 平面内，其中心位于原点O ，半径为a ，电阻为R ，平行与z 轴有一匀强磁场，假设R 极大，求：当磁场依照B=B 0e -αt 的关系降为零时，通过该线
E DA E BC
A B
C D
图12–19
圈的电流和电量。
解：根据法拉第电磁感应定律
m d d t
Φ=-
E ()0d
e d t
S
B t
α-=-()0e t SB αα-=-- 20πe
t
a B αα-=
电动势为正，说明它的方向与B 构成右手螺旋关系。
线圈中的感应电流
2
0πe
t
a B i R R
αα-=
=
E 感应电流的方向亦与B 构成右手螺旋关系。
在0~t 时间内，通过线圈某一截面的电量为
2000πd e d t
t t a B q i t t R αα-==?
?
()
20π1e
t
a B R
α-=-()()
m 0m 1t R
=
Φ-Φm
1R
=-
?Φ
当B 降为零时，通过线圈截面的总电量为
2
0m 00πd a B q i t R R
∞
Φ
===?
可见，q 仅与磁通量的变化值m Φ?有关，而与变化过程无关，即与B (t )无关。
12–20 如图12-21所示，一长为l ，质量为m 的导体棒ab ，其电阻为R ，并沿两条平行的导电轨道无摩擦地下滑。轨道的电阻可忽略不计，轨道与导体构成一闭合回路。轨道所在平面与水平面成θ角，整个装置放在均匀磁场中，磁感应强度B 的方向与水平垂直，且竖直向上。求证：导体棒下滑时，达到稳定速度的值是22
2
sin cos m gR B l θθ
=
v 。
解：导体棒ab 在重力作用下沿轨道下滑，这时通过闭合回路abcda 的磁通量要随时间发生变化，于是在棒上就会产生动生电动势和感应电流，因此棒ab 在磁场中又会受到安培力的作用。当安培力与重力在斜面上的分力大小相等，方向相反时，棒以匀速下滑。这时可得棒的速度，即为所证的值。
设导体棒ab 速度为v 。由于导体在磁场中运动产生的动生电动势为
π
()d sin()d cos 2b
a B l Bl θθ=
??+=??l B l =v v v E
回路abcda 中感应电流为
cos Bl I R R
θ
=
=
E v
流向由b →a 。
通过导体棒ab 的电流在磁场中受到安培力
22
cos cos d l Bl B l F I IlB lB R
R
θ
θ
=
?==
=
?l B v v
由图12-22可判断出该力的方向水平向左。
如图12-23所示，F 沿斜面的分量为
图12–21
图12–22
图12–20
22
222
cos cos cos cos B l B l F F R
R
θ
θ
θθ==
=
//v v
导体棒ab 所受重力为G =mg ，其沿斜面的分量为
sin G mg θ
=//
当此两力平衡时，即F //=G //时，速度达稳定值，由
22
2
cos sin B l mg R
θ
θ=v
得
22
2
sin cos m gR B l θθ
=
v
12–21 如图12-24所示，在半径为R 的圆柱形空间有垂直于纸面向内的变化的均匀磁场B （
d 0
d t
>B ），金属棒ab =bc =R ，求金属棒ac 上的感应电动势。
解：（1）方法一：由感生电动势公式求解。 由磁场分布的轴对称性可知，磁场变化时在圆柱体所产生的感应电场E k 的电场线是以圆柱轴线上的某点为圆心的同心圆，且同一圆环上各点E k 的大小相等，方向逆时针，如图12-25所示。以圆柱轴线为中心，在垂直于圆柱轴线的平面内，作一半径为r 的圆形闭合路径，回路的绕行方向为逆时针，由感生电动势定义式可知，
k d d d d l
t
=
?=-
????S
B E l S
E
当r k1d 2ππd B E r r t = k1d , () 2d r B E r R t = < 当r >R 时，2k 2d 2ππd B E r R t = 2 k 2d , ()2d R B E r R r t = > 由于金属棒ac 所在区域与bc 所在区域的E k 表达式不同，所以要分段积分，故 k k1k2d d d c b c ac ab bc a a b = ?=?+?=+???E l E l E l E E E 如图12-26所示，对ab 段，E k 的方向为逆时针，取线元d l ，d l 与E k 夹角为θ，d l 到管轴的距离为r ，将几何关系h =r cos θ=R cos30? 代入积分，可得 k1k1d cos d b b ab a a E l θ= ?= ??E l E d 1d cos d cos d 2 d 2d b b a a r B B l = r l t t θθ= ?? 图12–23 图12– 24 图12–25 1d d d d 2d 2d b b a a B h B h l l t t = =?? d 1d cos 302d 2 d h B B R R R t t ==? 2 d 4 d B t = 对bc 段，有 k2k2d cos d c c bc b b E l θ= ?= ??E l E 22 d d cos cos d d 2d 2d c c b b R B R B l = l r t t r θ θ= ?? 利用关系l =h tan θ，d l =h sec 2 θd θ和cos h r θ= ，cos h r θ = 将上述积分统一变量，并注意到 16 θπ= ，23 θπ= ，代入上式有 2 1 2 2 2 2 d cos d cos πd d cos sec d 2d 2d 12 d c bc b R B R B R B l h t r t h t θθθ θθ θθ= = = ?? E 因此，整个金属棒ac 上的感生电动势为 2πd 412d ac ab bc B R t ??=+=+ ? ??? E E E 方向由a →c ，即c 端电势高。 方法二：由法拉第电磁感应定律求解。 由磁场分布的轴对称性可知，磁场变化时在圆柱体所产生的感应电场的电场线是以圆柱轴线上的某点为圆心的同心圆，且同一圆上各点E k 的大小相等，方向逆时针，沿某点的切向方向。如图12-27所示，连接Oa ，Ob ，按电动势的定义，在闭合回路OabcdO 中的电动势为 k d O abcdO l = ??E l E k k k d d d c O a a c O = ?+ ?+ ????E l E l E l ac cO Oa =++E E E 其中Oa ，Oc 均沿半径方向，与感生电场E k 的方向始终垂直，所以 k k d d 0O a cO Oa c O == ?= ?=??E l E l E E 则该回路的感应电动势等于金属棒ac 上的感应电动势，即 k k d d c O abcdO ac l a = ?= ?=??E l E l E E 由法拉第电磁感应定律回路的感应电动势大小为 d d d d d () d d d d O abcdO ac O ab O bd B B S S S t t t t Φ==- = ?= = +??S B S E E 图12–27 图12–26 22d 11ππd cos 30d 226412d B B RR R R t t ???= ?+=+? ?????? 方向由a →c ，即c 端电势高。 12–22 一无限长直导线，通有电流I ，在它旁边放有一共平面的矩形金属框，边长分别为a 和b ，电阻为R ，如图12-28所示。当线圈绕OO ′轴转过180?时，试求流过线框截面的感应电量。 解：由法拉第电磁感应定律，感应电动势为 d d t Φ=- E 回路中感应电流为 1d d i R R t Φ= =- E 通过回路的感应电量为 2 1 121d 11d d d ()d q i t t R t R R ΦΦΦΦΦΦ= = - =- = -? ? ? 22 0012d d d ln 2π2π 2a a d S S d I Ib d a B S b r r d a μμΦ+-+= ?= = = -?????B S 当线圈绕OO ′轴转过180?， 022ln 2π 2Ib d a d a μΦ+=- - 因此，有 01212()ln π2Ib d a q R R d a μΦΦ+= -= - 12–23 半径为2.0cm 的螺线管，长30.0cm ，上面均匀密绕1200匝线圈，线圈内为空气。 （1）求此螺线管的自感系数。 （2）当螺线管中电流以3.0?102A/s 的速率增加时，在线圈中产生的自感电动势多大？ 解：（1）当通以电流I 时，线圈内磁感强度为 00 N B nI I l μμ== 通过螺线管的磁链为 2 N N N NBS N IS IS l l ψΦμμ==== 该螺线管的自感系数为 2 22 7 22 00π4π10 1200π0.020.3 N S N R L I l l μμψ -????= = = = =7.6?10–3H （2）由自感电动势定义得 3 2 d 7.610 3.010 d L I L t -=-=-???E = -2.3V 负号表示自感电动势的方向与电流的方向相反。 12–24 如图12-29所示，两条平行的输电线半径为a ，二者中心相距为D ，电流一去一 I d 图12–28 回。若忽略导线内的磁场，求证这两条输电线单位长度的自感0ln π D a L a μ-= 。 证明：在两输电线之间取一面元d S =l d x ，如图12-30所示，则面元上任一点的磁感应强度为 001222() I I B B B x D x μμ=+= + ππ- 00d d d d 2π2π()I I B S l x x D x μμΦ?? =?=+??-?? B S = 通过长为l 的两输电线间的面积的磁通量为 00d d ln 2π2π()πD a a I I Il D a l x x D x a μμμΦΦ-?? -= = += ??-?? ? ? 故单位长度的输电线的自感为 0ln π D a L Il a μΦ-= = 由此得证。 12–25 如图12-31所示，螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体，其截面积分别为S 1和S 2，磁导率分别为μ1和μ2，管长为l ，匝数为N ，求螺线管的自感（设管的截面很小）。 解：设有电流I 通过螺线管，则管中两介质中磁感强度分别为 111N B nI I l μμ== 222 N B nI I l μμ== 通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S 1和S 2的两部分磁通量之和 1211221 12 2 N N B S B S IS IS l l ΦΦΦμμ=+=+=+ 通过螺线管的N 匝回路的磁链为 2 2 11 2 2 1 12 2()N IS N IS N N N N IS IS l l l l μμψΦμμ==+= + 则自感为 N μ, S μ, S 图12–31 图12– 29 I I 图12– 30 I 2 2 11 2 2 N S N S L I l l μμψ = = + 12–26 如图12-32所示，真空中一矩形截面螺绕环由细导线均匀密绕而成，内半径为R 1，外半径为R 2，高为h ，共N 匝，如图所示。求此螺绕环的自感系数。 解：（1）当螺绕环通有电流I 时，由于螺绕环具有轴对称性，在环内取以环中心为圆心，半径为r 的圆形回路，圆周上各点B 相等，由安培环路定理有 0d l N I μ?=? B l 02πB r NI μ= 则圆上各点的磁感应强度为 02πN I B r μ= 在螺绕环的纵截面上距轴线r 处取一宽为d r ，长为h ，与轴平行的面积元d s =h d r ，如图12-33所示，则穿过面积元的磁通量为 0d d d d 2πN I B S h r r μΦ=?= B S = 整个截面上磁通量为 2 1 0021 d d ln 2π2π R R N I N Ih R h r r R μμΦΦ= = = ? ? 螺绕环的磁链 2 00221 1 ln ln 2π 2π N Ih N Ih R R N N R R μμψΦ=== 因此螺绕环的自感系数为 2 021 ln 2π N h R L I R μψ= = 12–27 一矩形线圈长l =20cm ，宽b =10cm ，由100匝表面绝缘的导线绕成，放置在一根长直导线的旁边，并和直导线在同一平面内，该直导线是一个闭合回路的一部分，其余部离线圈很远，其影响可忽略不计。求图12-34中（a ）（b ）两种情况下，线圈与长直导线间的 图12–33 图12–32 互感。 解：（1）图12-34（a ）情况。 设长直导线上有电流I ，在矩形线圈面积上距直导线x 处，取一宽为d x ，长为l 且与直导线平行的长条形面积元d S =l d x ，如图12-35所示。该面积元上磁感应强度为 02πI B x μ= ，在导线右边平面内其方向垂直纸面向里，通过 面积元的磁通量为 0d d d d 2πI B S l x x μΦ=?= B S = 则整个线圈上的磁通量为 200d d ln 22π2π b b I Il l x x μμΦΦ= == ?? 线圈与长直导线间的互感为 N M I I ψΦ= = 0ln 22π N l μ= 7 4π101000.2 ln 22π -???= =2.8?10–6H （2）图12-34（b ）情况。 设长直导线上有电流I ，将矩形线圈视为许多宽为d x ，长为l 的长条形面积元d S 组成，在两个关于长直导线对称的面积元上，磁感应强度大小相等，方向相反，因而这两个面积元的磁通量大小相等，符号相反，代数和为零，进而整个矩形面积的磁通量为零，如图12-26所示，因此线圈与长直导线间的互感也为零。 12–28 一螺绕环，横截面的半径为a ，中心线的半径为R ，R >>a ，其上由表面绝缘的导 线密绕两个线圈，一个N 1匝，另一个N 2匝，试求： （1）两个线圈的自感L 1和L 2； （2）两个线圈的互感M ； 图12– 35 l 图12– 36 l b （a ） （b ） 图12–34 （3）M 与L 1和L 2的关系。 解：设在匝数为N 1的螺绕环1中通以电流I 1，在匝数为N 2的螺绕环2中通以电流I 2， （1）由于R >>a ，环中B 可视为均匀，线圈1中，电流I 1产生的磁场为 01110112πN I B n I R μμ== 每匝的磁通量为 2 2 011 0111111π2π2N I N I a B S a R R μμΦ=?== = B S 线圈1的磁链 2 2 011 111112N I a N R μψΦ== 因此线圈1的自感系数为 22 011111 2N a L I R μψ= = 同理，线圈2的自感系数为 22 022222 2N a L I R μψ= = （2）螺绕环1中通以电流I 1，它在螺绕环2中产生的磁通量为 2 011211112N I a B S R μΦΦ=== 磁链为 2 0121212212N N I a N R μψΦ== 因此互感系数为 2 012211 2N N a M I R μψ= = （3）2224 2 012 122 4N N a L L M R μ?==。因此，M = k =1，此两线圈为 完全耦合。 12–29 未来可能会利用超导线圈中持续大电流建立的磁场来储存能量。要储存1KW ?h 的能量，利用1.0T 的磁场，需要多大体积的磁场？若利用线圈中500A 的电流储存上述能量，则该线圈的自感系数应为多大? 解：需要的磁场的体积为 7 6 0m m 2 2 m 224π10 3.610 1 W W V w B μ-????= == =9.0m 3 所需线圈的自感系数为 6 m 2 2 22 3.610 29 500 W L I ??= = =H 12–30 一长直的铜导线，截面半径为5.5mm ，通有电流20A 。求导线表面处的电场能量密度和磁场能量密度。铜的电阻率1.69?10–8Ω?m 。 解：铜导线表面处的磁感应强度 02πI B R μ= 铜导线表面处的磁场能量密度 22 7 2 0m 2 2 2 32 4π10 20 28π8π(5.510 ) I B w R μμ--??= = = ???=0.21J/m 3 根据欧姆定律的微分形式，铜导线表面处的电场为 2 πj I E j R ρρ σ = == 式中σ和ρ分别为铜的电导率和电阻率。 电场能量密度为 2 2 22000e 22 4 2 2π2πE I I w R R εεερρ? ? === ??? 12 82 2 2 34 8.8510 (1.6910)20 2π(5.510 ) ---????= ???=5.6?10–17 J/m 3 12–31 半径为R 的圆柱形长直导体，均匀流过电流I ，（1）求证：导体内单位长度储存的磁能为 2 016π I μ（设导体的相对磁导率μr ≈1）;（2）在导体外部磁场中，与导体内部磁能相 等的范围是多大？ 解：由H 的安培环路定理可得导体内、外的磁场强度分布。 当r 2 2 d 2πππl I H r r R ?==? H l 2 ,() 2πIr H r R R = < 当r >R 时，有 d 2πl H r I ?==? H l , () 2πI H r R r = > 由 2 2 m 0r 112 2 w H H μμμ= = 当r 2 22 0r m 0r 22 4 1 22π8πI r Ir w R R μμμμ?? == ??? 当r >R 时，在半径r 处的磁能密度为 2 2 0r m 0r 22 1 22π8πI I w r r μμμμ??'== ? ?? （1）在导体内取半径为r ，长度为l ，厚为d r 与导体同轴的圆柱形薄壳，如图12-37所 图12– 37 示。薄壳处的磁能密度为22 0r m 2 4 8πI r w R μμ= 薄壳体积d V =2πrl d r 薄壳中的磁能为 2 3 0r m m 4d d d 4πI lr W w V r R μμ== 单位长度导体内的总磁能为 23 2 2 0r 0r 0m m m 4 11d d d 16π 16π 4πR I r I I W W w V r l l R μμμμμ= = == ≈ ??? （2）同样，单位长度下，导体外部半径在R +r ′范围内的磁能为 2 2 2 0r 0r 0m m m 22 111d d 2πd ln ln 4π 4π 8πr R I I I r r W W w V rl r l l l R R r μμμμμ''''''==== ≈ ? ? ? 导体外部磁能与导体内部磁能相等，有 2 2 00ln 16π 4π I I r R μμ'= 因此 14 e r R '= 12–32 （1）试证明平行板电容器两极板之间的位移电流可写为d d d V I C t =，其中C 是 电容器的电容，V 是两极板间的电势差。（2）要在1.0μF 的电容器内产生1.0A 的位移电流，加在电容器上的电压变化率应是多大？ 证明：（1）设平行板电容器极板上单位面积的带电量为σ，则由高斯定理可计算出平行板电容器两极板间的电位移大小为 D σ = 电容器平行于极板的截面上的电位移通量为 D DS S q CU Φσ==== 因此，电容器中的位移电流 d d d d d V I C t t Φ= = 得证。 （2）由（1）可知，加在电容器上的电压变化率应为 d 6d 1.0 d 1.010 I V t C -== ?=1.0?106V/s 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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