《电磁学》考试题
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《电磁学》考试题一、填空题：（每小题3分共30分）1. 在地球的表面附近，通常都有电场，现测得电子在此电场中受到的力与其自身的重量相等，则地球表面电场强度的大小为________。
２.两个互相平行的无限大带电板，间距为a，电荷面密度分别为＋σ和－σ，则其两板中点的电场强度E ＝_______。
３.地球的半径为6370千米，如果把地球当作导体球电容器，则要使地球的电位升高5伏，需 _______ 库仑的电荷。
４.将电容为C0的平行板电容器，接在恒压电源上，其极板间的电场为E0 ，现将板间充满介电常数为εr的均匀电介质，则电容器的电容变C＝________，极板间的电场E＝________。
5.电动势为12 伏的汽车蓄电瓶,其内阻为0.05 欧姆，则它的短路电流 I0 ＝________，若起动电流为100安培，这表明启动马达的内阻为________。
6. 质量m＝6.7×10－27千克、带电q＝3.2×10－19库仑的粒子，在一匀强磁场中作速率v＝5.4×104米／秒、半径R＝4.0 cm的圆周运动，则该匀强磁场的B ＝________。
7.如图所示，将一条无限长直载流导线在一处弯折成半径为R的四分之一圆弧，设导线中的电流为I，直线的延长线通过圆心O，则圆心O处的磁感应强度B＝________。
8.在由L和R组成的充放电电路中。
当电感元件的铁心中有涡流时，其充放电的时间常数τ将_________。
9.一平行板电容器的两极板都是半径为R = 5.0厘米的圆导体片，充电时，板间电场强度的变化率为dtdE＝1.0×1012伏／米·秒，则两极板间的位移电流 I d = _________。
10.由麦克斯韦电磁理论可知，真空中E∶H＝μ∶ε＝120π，若太阳每分钟垂直照射到地球表面1平方米上的能量为8.4×104焦耳，由此可得，太阳光中的电场强度E＝_________，磁场强度H＝_________。
二．选择题:（每小题分共20分）1.将C１和C２两个空气电容器串联成一电容器组。
若在C１中插入一电介质板，则（）(A) C １的电容增大，电容器组总电容减小； (B) C １的电容增大，电容器组总电容增大； (C) C １的电容减小，电容器组总电容减小； (D) C １的电容减小，电容器组总电容增大。
2.下列说法中正确的有 （ ） （A ）场强较大之处,电势一定较高； （B ）电势较高之处,场强一定较大； （C ）场强相等之处,电势不一定相等； （D ）等势面上的场强一定也相等。
３.一个半径为R 的不带电导体球壳，在球心处放一点电荷，测得球壳外的电场。
然后将此电荷移至距球心R /2处，重新测量，则电荷移动对电场的影响为 （ ） （A ）球壳内外的电场都不改变；（B ）球壳内电场改变，球壳外电场不改变； （C ）球壳内外的电场都改变；（D ）球壳内电场不改变，球壳外电场改变。
4．平行板电容器充电后又切断电源，然后将两极板的距离增大，则这时 ( ) （A ）电容器的电容增大； （B ）电容器板间的电压增大；（C ）电容器板间的电场增大； （D ）电容器极板上的电荷增大。
5．图中ɑ、b 之间的等效电阻为 （ ） （A ）30Ω； （B ）24Ω；（C ）12Ω；（D ）6Ω。
6.下列正确的说法有 （ ） （A ）一段通电直导线在某处不受力，则表明该处磁感应强度B 为零； （B ）通电导线在磁场中受的力和电流及磁感应强度三者互相垂直； （C ）导线的电流与磁感应强度B 不垂直，则其受的力也与B 不垂直；（D ）通电直导线受的力恒垂直磁感强度与电流方向所构成的平面。
7．一电荷q 在均匀磁场B 中运动,其正确的说法有 （ ） （A ）只要速度大小不变,其所受的洛仑兹力就相同；（B ）将q 改为－q 而速度不变,则洛仑兹力大小不变但方向相反； （C ）质量为m 的运动电荷,受洛仑茲力后,其动量不变； （D ）质量为m 的运动电荷,受洛仑茲力后,其动能改变。
8．a 、b 两个相同的导体圆环互相垂直放置，当各自通一变化的电流I a 、I b 时，则 （ ）（A ）a 环产生自感电流，b 环产生互感电流；（B ）a 环产生互感电流，b 环产生自感电流； （C ）两环同时产生自感电流和互感电流 （D ）两环只产生自感电流而不产生互感电流。
9．放在平滑桌面上的铁钉被一磁铁吸引而运动，其产生的动能是因为消耗了 （ ） （A ）磁场能量； （B ）磁场强度； （C ）磁场力； （D ）磁力线。
10. 由两个半径为r 的金属圆片组成的平行板空气电容器，若充电时板间电场的变化率 dt dE为一常数，则两板间的位移电流为 （ ）（A ）024 r dtdE； （B ）dt dE ；（C ）2πε0rdtdE（D ）ε0πr 2dtdE。
三．证明题：（10分）试证明：任何长度的沿轴向磁化磁棒的中垂面上侧表面内、外附近两点1、2的磁场强度H 都相等。
四．（１０分） 如图所示，在半导体p －n 结附近总是堆积着等量正负电荷，在n 区内有正电荷，在P 区内有等量的负电荷，若把p －n 结看成是一对带正负电荷的无限大接触平板，其电荷分布为 p －n 结外： ρ(x)=0-Xn ≤X ≤Xp ： ρ(x)=-eax 式中a 是常数，Xn=Xp ，可统一用2mX 表示，试求p-n 结内的电位分布？五．（１０分） 球形电容器是由半径为R 1的导体球和与它同心半径为R 2的导体球壳构成的。
设两球之间充满相对介电常数为εr 的均匀介质，带电±q ，试求：（1）导体球内、两球间及球壳外的电场强度E ？（2）电容器的电容？（3）介质的两个表面的极化电荷面密度？六．（10分）如图所示，载流为I1的无限长直导线旁，放一电流为I2的正方形线圈，线圈与长直导线共面，边长为a，中心O到长直导线垂直距离为d，试求线圈各边受到的磁力和整个线圈受到的合力？七．（10分）如图所示，只有一根辐条OA的金属轮子在匀强磁场B中运动，轮子的轴线与B平行，辐条长为R，转速为n转／秒，试求：（1）OA间感应电动势的大小和方向？（2）O点和A点哪一点的电位高？试题B 答案一．填空题：（每小题3分共30分） 1. mg/e 或5.6×10－11N ／C 2. σ/ε3. 3.54×10－24. εr C 0 ，E 05.240A ，0.07Ω6. 2.8 ×10－2T7. 8RI 0μ8. 增大 9. 7.0×10－2A10. 7.3×102 V/m ,1.9 A/m二．选择题:（每小题2分共20分）1．（B ）； 2．（C ）； 3.（B ）； 4．（B ）； 5．（D ）； 6．（D ）； 7．（B ）； 8.（D ）； 9．（A ）； 10．（D ）。
三．证明题:（10分）证明：过磁棒中垂面上侧表面内、外的点1和2作一小矩形回路，由于1、2两点在表面附近，所以bc ≈0,da ≈0, ab 和cd 平行于界面。
由于对称，所以中垂面上的H 只有平行分量，故⎰H ·d l =∫Hab·d l +∫H bc ·d l +∫H cd ·d l +∫H da ·d l= H ab L- H cd L回路中未包围传导电流， ∑i = 0 由环路定理 ⎰H ·d l = ∑i得 H ab L- H cd L = 0 即 H 1 ＝ H 2四．（10分）由对称性分析知，电场由正电荷到负电荷，即x 方向。
（1）在P 、n 区外：由于把p －n 结看成是一对带正负电荷的无限大接触平板，所以E 外＝E ＋－E －＝0（2）在P 、n 区内：作一左底面过P 点，右底面在P 、n 区外的圆柱面为高斯面，则∮E ·dS ＝∫左底E ·dS ＋∫右底E ·dS ＋∫侧面E ·dS＝∫左底E ·dS ＝－E ΔS ＝εq＝1ε⎰2/m x x－eax Δsdx ＝02εs ea ∆(x 2－42mx)得 E ＝8εea (2m x －4x 2) 故 U ＝∫E ·dl ＝⎰0x8εea (2m x －4x 2)dx ＝02εea⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-4323m xx x 五．（10分）（1）由对称性分析知，场强在各球面上等大且沿半径向外,所以取同心球面为高斯面,由高斯定理⎰⎰D ·d S = 4πr 2 D = ∑i q 和 D =ε0εr E 可得 在 1R r ≤区 ∑i q = 0 D 1 = 0 E 1 = 0 在 R r R ≤≤12 区 ∑i q = q D 2=π412r qE 2=204r q r επε 在 r R ≤2 区 ∑i q =q －q =0 D 3 = 0 E 3 = 0 （2）由 U =⎰∞rE ·d l 和 C =Uq可得U 12 =⎰21R R E 2·d l = ⎰21R Rro D εε2·d l = ⎰21R R204r q r επε·d r=r qεπε04（11R -21R ） C =Uq = 122104R R R R r -επε（3）由 σ’= P ·n D =ε0εr E和 D =ε0E + P 得 σ1’=214)1(R qr r πεε-σ2’=()2241R q r r πεε-四、（10分）由对称性分析知，磁场强度H 在各同心柱面上等大。
由磁环路定理 ⎰⋅dl H =∑i 得 2πrH =∑i H =rπ21∑iB =μH =μ0μr H 在 0≤r ≤R 1 区 ∑i =221r R I ππ 所以 H 1 =212R Ir π B 1 =21102R Irr πμμ 在R 1≤r ≤R 2 区 ∑i =I 所以 H 2=rI π2 B 2 =rIr πμμ220 在R 2≤r ≤R 3 区 ∑i =I R R r R 2223223-- 所以 H 3=r I π2I R R r R 2223223--B 3=r πμμ210I R R r R 2223223-- 在R 3≤r ≤∞ 区 ∑i =I -I = 0 所以 H 4= 0 B 4 = 0六．（10分）由安培力 F =∫I d l ×B 和 B ＝rIπμ20 得 F AB =∫I 2B 1d l 2 =I 2LB =()2/2210a d aI I -πμ 向左F CD =∫I 2B 1d l 2 =I 2LB =()2/2210a d aI I +πμ 向右F BC = F DA ＝⎰+-2/2/a d a d I 2rI πμ210d r =πμ2210I I ln 2/2/a d a d -+ 分别向上和向下故 合力 F ＝()2/2210a d a I I -πμ－()2/2210a d aI I +πμ＝()22221042a d a I I -πμ 七．（10分）（1）由动生电动势 ε=()dl B A⋅⨯⎰0ν 得 ε=⎰R0B ωr d r = 2πnB ⎰R0r d r = n πBR 2 方向 A →O （2）O 点电位高。
