电磁场习题答案

电磁场习题答案（精选6篇）

1.电磁场习题答案 篇一

1—2—

2、求下列情况下，真空中带电面之间的电压。

(2)、无限长同轴圆柱面，半径分别为a和b（ba），每单位长度上电荷：内柱为而外柱为。

解：同轴圆柱面的横截面如图所示，做一长为l半径为r（arb）且与同轴圆柱面共轴的圆柱体。对此圆柱体的外表面应用高斯通量定理，得

 DdSl

s考虑到此问题中的电通量均为er即半径方向，所以电通量对圆柱体前后两个端面的积分为0，并且在圆柱侧面上电通量的大小相等，于是

2lrDl

即 Der，Eer

20r2r由此可得 UbabEdrbererdrln

a2r20a0

1—2—

3、高压同轴线的最佳尺寸设计——高压同轴圆柱电缆，外导体的内半径为2cm，内外导体间电介质的击穿场强为200kV/cm。内导体的半径为a，其值可以自由选定但有一最佳值。因为a太大，内外导体的间隙就变得很小，以至在给定的电压下，最大的E会超过介质的击穿场强。另一方面，由于E的最大值Em总是在内导体的表面上，当a很小时，其表面的E必定很大。试问a为何值时，该电缆能承受最大电压？并求此最大电压。

（击穿场强：当电场增大达到某一数值时，使得电介质中的束缚电荷能够

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脱离它的分子 而自由移动，这时电介质就丧失了它的绝缘性能，称为击穿。某种材料能安全地承受的最大电场强度就称为该材料的击穿强度）。

解：同轴电缆的横截面如图，设同轴电缆内导体每单位长度所带电荷的电量为，则内外导体之间及内导表面上的电场强度分别为

E而内外导体之间的电压为

UEdrab，Emax

2r2abdrln

a2r2ab或

UaEmaxln()

badUbEmax[ln()1]0

daabb10，a0.736cm aeb5UmaxaEmaxln0.7362101.4710(V)

a即

ln

1—3—

3、两种介质分界面为平面，已知140，220，且分界面一侧的电场强度E1100V/m，其方向与分界面的法线成450的角，求分界面另一侧的电场强度E2的值。

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解：E1t100sin450502，E1n100cos450502

D1n40E1n20002 根据 E1tE2t，D1nD2n得

E2t502，D2n20002，E2nD2n1002 2022(502)2(1002)25010(V/m)于是： E2E2tE2n

1—

8、对于空气中下列各种电位函数分布，分别求电场强度和电荷体密度：（1）、Ax2（2）、Azyx

（3）、Ar2sinBzr（4）、Ar2nisocs

解：求解该题目时注意梯度、散度在不同坐标中的表达式不同。

(Ax2)（1）、E(ijk)i2Axi

xyzxExEyEzExD0()00(2Ax)2A0

xyzxx（2）、E(ijk)

xyzAxyzAxyzAxyz

(ijk)

xyzA(yzixzjxyk)

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D0[(Ayz)(Axz)(Axy)]0

xyz1（3）、E[erek)

rrz[1(Ar2sinBrz)er(Ar2sinBrz)err

(ArsinBrz)k)]z

[(2ArsinBz)erArcoseBrk)]

11D0[r(2ArsinBz)(Arcos)rrr

(Br)] z1 0[(4ArsinBz)Asin]

rBz0[4Asin)Asin]

r11（4）、E[eree]

rrrnis1[er(Ar2sincos)e(Ar2sincos)rre1(Ar2sincos)]

rsin11[(2Arsincos)er(Ar2coscos)e(Ar2sinsin)e]

rrsin[(2Arsincos)er(Arcoscos)e(Arsin)e]

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111D0[2(r2Er)(Esin)(E)]

rsinrsinrr0[113(2Arsincos)(Arcoscossin)

rsinr2r 1(Arsin)]

rsinAcosAcos(cos2sin2)]sinsin 0[6Asincos1—4—

2、两平行导体平板，相距为d，板的尺寸远大于d，一板的电位为0，另一板的电位为V0，两板间充满电荷，电荷体密度与距离成正比，即。(x)0x。试求两极板之间的电位分布（注：x0处板的电位为0）解：电位满足的微分方程为

0d2x 20dx其通解为： 03xC1xC2 60定解条件为：x00； xdV0 由x00得 C20 由xdV0得 于是 03VdC1dV0，即 C100d2 60d6003V002x(d)x 60d601—4—

3、写出下列静电场的边值问题：

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（1）、电荷体密度为1和2（注：1和2为常数），半径分别为a与b的双层同心带电球体（如题1—4—3图（a））；

（2）、在两同心导体球壳间，左半部分和右半部分分别填充介电常数为1与2的均匀介质，内球壳带总电量为Q，外球壳接地（题1—4—3图b））；（3）、半径分别为a与b的两无限长空心同轴圆柱面导体，内圆柱表面上单位长度的电量为，外圆柱面导体接地（题1—4—3图（c））。

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解：（1）、设内球中的电位函数为1，介质的介电常数为1，两球表面之间的电位函数为2，介质的介电常数为2，则1，2所满足的微分方程分别为

211，222 12选球坐标系，则

111211121(r)(sin)r1r2rr2sinr2sin2221221122(r)(sin)r2r2rr2sinr2sin2由于电荷对称，所以1和2均与、无关，即1和2只是r的函数，所以

11211222，(r)(r)22rrrrrr21定解条件为：

分界面条件： 1ra

2电位参考点： 2

附加条件：1r0；

1ra1r2ra2r

rarb0；

为有限值

（2）、设介电常数为1的介质中的电位函数为1，介电常数为2的介质中的电位函数为2，则

1、2所满足的微分方程分别为

211，222 12选球坐标系，则

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11211121(r)2(sin)20 22rrrrsinrsin21221122(r)2(sin)20 22rrrrsinrsin由于外球壳为一个等电位面，内球壳也为一个等电位面，所以1和2均与、无关，即1和2只是r的函数，所以

121122(r)0(r)0，rrr2rr2r2

2分界面条件： 12

由分解面条件可知12。令 12，则在两导体球壳之间电位满足的微分方程为

12(r)0

rr2r

电位参考点： rb0；

边界条件：2a2(1Er2Er)raQ，即

2a2(12)()Q rra（3）、设内外导体之间介质的介电常数为，介质中的电位函数为，则所满足的微分方程分别为

20，选球柱坐标系，则

1122

(r)20

rrrr2z

2电磁场习题解答

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由于对称并假定同轴圆柱面很长，因此介质中的电位和及z无关，即只是r的函数，所以

1(r)0 rrr

电位参考点： rb0；

边界条件：2aEr

2a(

1－7－

3、在无限大接地导体平板两侧各有一个点电荷q1和q2，与导体平板的距离均为d，求空间的电位分布。

ra，即

) rra

解：设接地平板及q1和q2如图（a）所示。选一直角坐标系，使得z轴经过q1和q2且正z轴方向由q2指向q1，而x，y轴的方向与z轴的方向符合右手螺旋关系且导体平板的表面在x，y平面内。计算z0处的电场时，在（0,0,d）处放一镜像电荷q1，如图（b）所示，用其等效q1在导体平板上的感应电荷，因此

1q111()

22240x2y2(zd)2xy(zd)计算z0处的电场时，在（0,0,d）处放一镜像电荷q2如图（c）所示，用

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其等效q2在导体平板上的感应电荷，因此

2q211()

22222240xy(zd)xy(zd)1－7－

5、空气中平行地放置两根长直导线，半径都是2厘米，轴线间距离为12厘米。若导线间加1000V电压，求两圆柱体表面上相距最近的点和最远的点的电荷面密度。

解：由于两根导线为长直平行导线，因此当研究它们附近中部的电场时可将它们看成两根无限长且平行的直导线。在此假定下，可采用电轴法求解此题，电轴的位置及坐标如图所示。

126cm 由于对称 h2而 bh2R2622242cm

设负电轴到点p(x,y)的距离矢量为r2，正电轴到点p(x,y)的距离矢量为r1（p点应在以R为半径的两个圆之外），则p点的电位为

r2(xb)2y2ln()ln (x,y) 2220r120(xb)y1两根导体之间的电压为U，因此右边的圆的电位为U，即

2τ(hRb)2U(hR,0)ln 2202(hRb)

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由此可得 20Uh-Rb2lnh-R-b25010004ln(12)250ln(12)

(xb)2y2ln于是 (x,y) 22(xb)yln(12)Egrad

(xb)[(xb)2y2](xb)[(xb)2y2]{ex2222[(xb)y][(xb)y]ln(12)250 y[(xb)y]y[(xb)y]ey}[(xb)2y2][(xb)2y2]2222

由于两根导线带的异号电荷相互吸引，因而在两根导线内侧最靠近处电场最强电荷密度最大，而在两导线外侧相距最远处电荷密度最小。

max(xb)[(xb)2y2](xb)[(xb)2y2]0{ex 2222[(xb)y][(xb)y]ln(12)250( ex)xhRy0y[(xb)2y2]y[(xb)2y2] ey}2222[(xb)y][(xb)y] 011)1.770107C/m2

ln(12)hRbhRb(250min(xb)[(xb)2y2](xb)[(xb)2y2]0{ex2222[(xb)y][(xb)y]ln(12)250y[(xb)2y2]y[(xb)2y2]ey}[(xb)2y2][(xb)2y2] ex xhRy0

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011)8.867108C/m2

ln(12)hRbhRb(250

1—9—

4、一个由两只同心导电球壳构成的电容器，内球半径为a，外球壳半径为b，外球壳很薄，其厚度可略去不计，两球壳上所带电荷分别是Q和Q，均匀分布在球面上。求这个同心球形电容器静电能量。

解：以球形电容器的心为心做一个半径为r的球面，并使其介于两导体球壳之间。则此球面上任意一点的电位移矢量为



DQe 2r4rDQ电场强度为

Eer

4r21Q2而电场能量密度为

weED 24232r球形电容器中储存的静电场能量为

b2Q22WewedVrsindddr

Va00322r4b2Q2sindddr a00322r2b1Q2Q2b10(cos0cos)(20)2drdr 22aa8r32rQ211Q2ba()= 8ab8ab

1－9－

5、板间距离为d电压为U0的两平行板电极浸于介电常数为ε的液

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态介质中，如图所示。已知液体介质的密度是m，问两极板间的液体将升高多少？

解：两平行板电极构成一平板电容器，取如图所示的坐标，设平板电 容器在垂直于纸面方向的深度为w，则此电容器的电容为

(Lx)w0xw C(x) dd电容中储存的电场能量为

11(Lx)w0xw2)U0

WeCU02(22dd液体表面所受的力为

2 We12 C(x)U0wU0(0)

fx x2 x2d此力应和电容器中高出电容器之外液面的液体所受的重力平衡，由此

可得

2U0w(0)mgdwh

2d2(0)U0即 h 22mgd2—

5、内外导体的半径分别为R1和R2的圆柱形电容器，中间的非理想介

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质的电导率为。若在内外导体间加电压为U0，求非理想介质中各点的电位和电场强度。

解：设圆柱形电容器介质中的电位为，则

20

选择圆柱坐标，使z轴和电容器的轴线重合，则有

1122

(r)0

rrrr22z2假定电容器在z方向上很长，并考虑到轴对称性，电位函数只能是r的函数，因此所满足的微分方程可以简化为

1(r)0 rrrC1 C1，rrr两边再积分得电位的通解

C1lnrC2 定解条件：rRU0，rR0 即

r12将电位函数的通解带入定解条件，得

C1lnR1C2U0 C1lnR2C20

由上述两式解得

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U0U0，C2U0lnR1

R1R1lnlnR2R2U0U0U0r于是

lnrlnR1U0lnU0

RRRR1ln1ln1ln1R2R2R21而

E[ereez]

rrzU0U01r(lnU0)er

er

RRrR1rln1ln1R2R2

2—

7、一导电弧片由两块不同电导率的薄片构成，如图所示。若

C116.5107西门子/米，21.2107西门子/米，R245厘米，R130厘米，钢片厚度为2毫米，电极间的电压U30V，且电极1。求：

⑴、弧片内的电位分布（设x轴上电极的电位为0）；

⑵、总电流I和弧片的电阻R；

⑶、在分界面上D，，E是否突变？ ⑷、分界面上的电荷密度。

解：（1）、设电导率为1的媒质中的电位为1，电导率为2的媒质中的电磁场习题解答

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电位为2，选取柱坐标研究此问题。由于在柱坐标中电极上的电位和r及z无关，因而两部分弧片中的电位也只是的函数，即

1  1121 21 121 1(r)22 222r r rr  zr 21  2122 22 122 2(r)22 222r r rr  zr 2由上边两式可得

1、2的通解分别为

1C1C

22C3C4 此问题的定解条件是：

200

……（a）

1U

……（b）

212……（c）

144 1 24 2 4……（d）

根据上述四式可得

C40，C1C1C2U 2C2C3C4，1C12C3 44联立以上四式解得

C14U2U(12)，C2UC1

(12)21214U1，C40 C12(12)4U2U(12)(5.9520.65)V

(12)124U132.26 V

(12)C3于是

12

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第 16 页

（2）、根据 E得

4U25.95

E1ee

(12)rr又E，因此

4U125.953.8681087e)e

11E1e6.510(rr(12)r R23.868108而

I 1dS(e)(0.002)edr

S R1rR

7.736105ln(2)3.14105A

R1U305R9.5510 

5Ι3.1410（3）、由于电流密度的法向分量在分界面上连续，且在此题目中电流密度只有法向分量，因此 12。分界面处的电场强度等于分界面处的电流密度与电导率的比值，又12，因此 E1中的电流场，媒质的介电常数一律为0，因此D1（4）、(D10(44444E2D24。对于导电媒质。

D244) e

4U04U24U1ee) e(12)

(12)r(12)r(12)r

2—

11、以橡胶作为绝缘的电缆的漏电阻通过下属办法测定：把长度为l的电缆浸入盐水溶液中，然后在电缆导体和溶液之间加电压，从而可测得电流。有一段3米长的电缆，浸入后加200V的电压，测得电流为2109A。已知绝缘层的厚度和中心导体的半径相等，求绝缘层的电阻率。

解： 设导体的电位高于盐水的电位，则绝缘层中的漏电流密度为：

Ier

2lr而绝缘层中的电场强度为：

I

Eer

2lr设导体的半径为R1，电缆绝缘层的外半径为R2，则导体和盐水之间的电压为：

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R2IIUererdrdr

R1R12lrR12lrR21R2II  drln2lR1r2lR1RI即

ln2

2UlR1将已知数据代入上式，得

2R12109109 lnln23.6771013S/m

22003R160012.7271012/m R2R2Edr3－2－

1、一半径为a长圆柱形导体，被一同样长度的同轴圆筒导体所包围，圆筒半径为b，圆柱导体和圆筒导体载有相反方向电流I。求圆筒内外的磁感应强度（导体和圆筒内外导磁媒质的磁导率均为0）。

解：求解此问题可将圆柱导体和圆筒导体视为无限长。在垂直于z的平面上以z轴和此平面的交点为心做一半径为r的圆l，设l的方向和z符合右手螺旋关系。

由安培环路定律得：

HdlI l

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式中I为l中包含的电流，其方向与l符合右手螺旋关系时为正，否则为负。考虑到在l上H的大小相等，方向为l的切线方向，则有

2rHI

I0IIe，Be 即

H，而 H2r2r2r当0ra时，有

Ir22I2r2I

aa0r2r2Ie02Ie

而

B2ra2a当arb时，有 II

 而

B0Ie

2r当rb时，有

I0  因而

B0

3－3－

3、在恒定磁场中，若两种不同媒质分解面为xoz平面，其上有电流线密度k2exA/m，已知H1(ex2ey3ez)A/m，求H2。

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解：设y0的区域中的磁导率、磁场强度、磁感应强度分别为

2、H2、B2；y0的区域中的磁导率、磁场强度、磁感应强度分别为

1、H1、B1。

由已知条件得：

H1z3；

H1x1；

B1yH1y1 由分解面条件得：

H2zH1z2；

H2xH1x0；B2yB1y

将已知条件代入，得：

H2z2H1z5；

H2xH1x1；

B2y1H1y21

而

H2yB2y221 2于是

H2H2xexH2yeyH2zez(ex21ey5ez)A/m

2

3－4－

3、已知电流分布为

JJ0rezra

。J0为常数，求矢量位A和磁感应强度B（注A的参考点选为rr0a处）



解：设r0的区域中的矢量磁位为A1，r0的区域的矢量磁位为A2，则A1、A2所满足的微分方程分别为：

A10J0rez

ra 2

A20

ra 2考虑到电流密度只有z分量，矢量磁位也只能有z分量，上两可改写为

2A1z0J0r

ra

电磁场习题解答

第 20 页

2A2z0

ra 选圆柱坐标系，上两式变为

A1z112A1z2A1z

(r)20J0r 22rrrrzA2z112A2z2A2z

(r)20

rrrr2z2由于电流密度不随z和变化，所以矢量磁位也不随z和变化，因此上述两式可简化为

A1z1(r)0J0r

（1）rrrA2z1(r)0

（2）rrr

（1）、（2）两式的通解分别为

A1z0J03rC1lnrC（3）9A2zC3lnrC（4）

定解条件：

附加条件：当r0时，A1z应为有限值；参考点处矢量磁位为0，即A2zrr00

分解面条件：A1zra11(A2)A2zra；(A1)rara00根据定解条件，得：

C10

（5）

C3lnr0C40

（6）

电磁场习题解答

第 21 页

0J03aC1lnaC2C3lnaC4

（7）9J111C（8）(00a2C1)03a0a即

C3lnr0C40

0J03aC2C3lnaC4

90J02C3a 3a联立上述三式解得：

C30J03Ja；

C400a3lnr0； 33C20J03ra[13ln0] 9aJJr于是

A1[00r300a3(13ln0)]ez

99a0J0r[r3a3(13ln0)]ez 9aJJA2[00a3lnr00a3lnr0]ez

33[0J03r0aln]ez 3r由柱坐标中的旋度公式

1AzAArAz1(rA)ArAer()e()er()

rzzrrr

电磁场习题解答

第 22 页

可得：

JA1zB1A1e()00r2e

r30J0a3A2zB2A2e()e

r3r

3－6－

1、在磁导率70的半无限大导磁媒质中距媒质分界面2cm有一载流为10A的长直细导线，试求媒质分界面另一侧（空气）中距分界面1cm处p点的磁感应强度B。

解：此题如图1所示，图中h2cm，h11cm，I10A（设其方向和正z轴的方向一致）求空气中的磁场的等效模型如图2所示。图中的

I而

Hp2701407III

0708047875I1iIii(A/m)2(hh1)42(0.010.02)3

42Bp0Hp1.1610i(Wb/m)

3—7－

2、有一截面为正方形的铁磁镯环，均匀绕有500匝导线，镯环内外

电磁场习题解答

第 23 页

半径分别为R16cm和R27cm，高h1cm，8000，求线圈的自感系数。

解：做一个半径为r的圆，使此圆所在的平面在正方形铁磁镯环的两个端面之间，且与端面平行，圆心在铁磁镯环的轴线上。

设线圈的匝数为n，根据安培环路定理，得



HdlnI

l对于此题，在上述所做的圆上磁场强度的大小处处相等，方向沿圆的切线方向，于是上述积分的结果为

2rHnI

nInI即

He，Be

2r2rR2nI磁通为

BdseedsSS2rR1nI02rdzdr

h

nI2R1R2h0nIhR21dzdr lnr2R1n2IhR2线圈的磁链为

n ln2R1再由LI，得

n2hR2500280000.017

Llnln

I2R126

电磁场习题解答

第 24 页

500280041070.017ln0.0616H

26

3—7－

3、如图所示，求真空中：（1）、沿Z轴放置的无限长直线电流和匝数为1000的矩形回路之间的互感；（2）、如矩形回路及其它长度所标尺寸的单位，不是米而是厘米，重新求互感。

解：(1)、在x0，y0的半平面内

B0I2y(i)

设互感磁通m的方向如图中的所示，则

 5 5I0m 2  0 2y dz dy5I02ln52 与线圈交链的总互感磁链为

2500I0mNmln52()而

MmI25000ln(52)9.163104(H)（2）、如图中的尺寸的单位为厘米时

电磁场习题解答

第 25 页

Mm2505ln()9.163106(H)I23－8－

1、求无限长同轴电缆单位长度内导体和外导体之间区域内所储存的磁场能量。设内导体半径为R1，外导体很薄，半径为R2，内导体和外导体之间媒质的磁导率为0，电缆中的电流为I。

解：设同轴电缆的横截面及内导体中电流的方向如图所示，则内外导体之间的磁场强度为（取圆柱坐标，使z轴和同轴电缆的轴线一致，其方向和I的方向相同）

0IIe，而

B0He

H2r2r0I21HB

得

wm22 由

wm28r而

Wm1002R2R1rdrddzwm2R2R11002R2R10I2drddz 28r0I2820010I21drddzr8201200I2R2R2 lnddzlnR14R13 －8－

2、在题3 －7－2的镯环线圈中，通以电流I1A。求磁场能量：

121（1）、用WmLI求解；（2）、用WmBHdV求解。

22V解： 利用题3 －7－2的一些结果，有

nIn2hR2nI

H e，Be，Lln2r2r2R

1电磁场习题解答

第 26 页

1n2hR22n2hI2R2（1）、Wm

lnIln22R14R1500280041070.01127ln3.08102(J)

4611hR22nInI（2）、WmHBdVeerddrdz

V0R01222r2rn2I21hR22n2I ddrdz20R0124r820R1hR2201ddrdz rhn2I2R2ln3.08102(J)

4R1

4—

1、长直导线中通过电流i，一矩形导线框置于其近旁，两边与直导线平行，且与直导线共面，如图所示。

（1）、设iImcos(t)，求回路中的感应电动势（设框的尺寸远小于正弦电流的波长）。

（2）、设iI0，线框环路以速度v向右平行移动，求感应电动势。（3）、设iImcos(t)，且线框又向右平行移动，再求感应电动势。

解：取电动势和磁通的方向如图所示，选柱坐标且使z轴与线电流重合，方向与电流的方向一致。

电磁场习题解答

第 27 页

（1）、线圈不动，电流随时间变化：

i0e

B2r

b0caci0ibaceedrdz0ln 2r2c由于e和符合右手螺旋关系，所以

ebImddibacca(0ln)0ln()sin(t)dtdt2c2c

（2）、电流不变，线圈运动：

取积分路径的方向和电动势的方向一致，则

evBdl

l

[(vb0b

(v0cvtaI00Ie)ezdz(v00e)erdr

cvt2(cvt)2rcvtaI00Ie)(ez)dz(v00e)(er)dr]

cvt2(cvta)2rb

(v0bI00I00e)ezdz(ve)(ez)dz

02(cvt)2(cvta)





bvI00vI00ezezdzez(ez)dz

02(cvt)02(cvta)bbvI00vI00dzdz

02(cvt)02(cvta)bvI00b11()2cvtcvta

（3）、电流和线圈的位置都随时间变化：

电磁场习题解答

第 28 页

i0Be

2r



eb0cvtacvti0ibacvteedrdz0ln 2r2cvtbdddibacvtacvt(0ln)0(iln)dtdt2cvt2dtcvt0bdacvt[Imcos(t)ln] 2dtcvt

0bImd{cos(t)ln(acvt)cos(t)ln(cvt)} 2dt0bImv{sin(t)ln(acvt)cos(t)2acvtv} cvt

(t)lnc(vt)cos(t)

sin0bImacvt11{lnsin(t)v()cos(t)} 2cvtcvtacvt

0.02sin(109t)A/m2，4—

2、已知一种有损耗媒质中的电流密度J若媒质c的103S/m，r6.5，求位移电流密度。

解：用相量表示电流密度，则

0.02/00

Jcm00.02/050电场强度为

E 210/0V/mm310JcmEE电位移相量为 Dmmr0m

电磁场习题解答

第 29 页

109132105/001014/00C/m6.53636jDj109131014/00j1.149106/00A/m2 而

Dmm36所以

D1.149106sin(109t900)A/m2

4－

5、由圆形极板构成的平板电容器如图所示，两极板之间充满电导率为、介电常数为、磁导率为0的非理想介质。把电容接到直流电源上，求该系统中的电流及电容器极板之间任意一点的坡印亭向量，并证明其中消耗的功率等于电源供给的功率。

解：忽略边缘效应后有

r2U0UrrE(ez)，H(e)e0e

d2r22d电容中任意一点的坡印亭矢量为：

2U0U0rU0rSEHezeer 2d2d2dU电流为：

I0R2

d电源提供的功率为：

2U0PsU0IR2

d电容消耗的功率为：

电磁场习题解答

第 30 页

PcSds{Sdsss1s2Sdss3Sds}

上式中的S，S1，S2和S3分别是电容器的外表面、介质与上极板的分界面、介质与下极板的分界面和电容器的外侧面。由于在介质与导体的分界面处，导体一侧的电场强度为0，所以

222U0U0U02PcSdsR(e)edsRdsR rrs32d2s3s32d2d

4—

7、已知空气中的电场强度为



E0.1sin(10x)cos(6109tz)ey

求相应的H和。

11解： v3108m/s

00109741036610920rad/ m

8v310

Em0.1sin(10x)ejzey

由

EjBjH，得

eeeeeexyzxyz111 HmjEmjj0xyzxzE0E0ymxmEymEzm

EEymymj[exez]zx1j[ex(0.1sin(10x)ejz)ez(0.1sin(10x)ejz)] zx1j[ex0.1sin(10x)(j)ejzez0.110cos(10x)ejz] 00.1[exsin(10x)ejzez10cos(10x)ejzj90] 0.1jzjzj900[esin(10x)20ee10cos(10x)e] xz97610410

1电磁场习题解答

第 31 页

1jzjzj900[exsin(10x)2eezcos(10x)e] 2410211jzjzj900exsin(10x)eecos(10x)e z22121024101H[exsin(10x)cos(6109t20z)21210190cos(10x)cos(610t20z90)]A/m

ez 22410

6－2－

3、已知自由空间中电磁场的电场分量表达式为



E37.7cos(6108t2z)eyV/m

这是一种什么性质的场？试求出其频率、波长、速度、相位常数、传播方向及H的表达式。

解：此场为一种沿负z轴方向传播的均匀平面波。

v31081m f310Hz，v310m/s，8f3100081861082rad/ m

v3108

Z00120 037.7Hcos(6108t2z)ex

120

0.1cos(6108t2z)exA/m

6－2－

4、某电台发射600kHz的电磁波，在离电台足够远处可以认为是平面波。设在某一点a，某瞬间的电场强度为10103V/m，求该点瞬间的磁场强度。若沿电磁波的传播方向前行100m，到达另一点b，问该点要迟多少时间才具有此10103V/m的电场。

电磁场习题解答

第 32 页

解：空气可以视为理想介质，设电磁波沿x方向传播，因此

EEmcos(26105tx)

设电磁波传播到a点的时间为t1，a点的x坐标为x1，则

Emcos(26105t1x1)102

102即

Em 5cos(2610t1x1)1025于是

Ecos(2610tx)5cos(2610t1x1)根据理想介质中磁场强度和电场强度的关系，有

E102Hcos(2610tx)5Z0120cos(2610t1x1)当tt1，xx1时，有

E102Hcos(26105t1x1)5Z0120cos(2610t1x1)1022.65105A/m 120设电磁波传播到b点的时间为t2，b点的x坐标为x2。依据题意可得

10252 cos(2610tx)10225cos(2610t1x1)即

cos(26105t2x2)cos(26105t1x1)将x2x1100带入上式，得

cos(26105t2(x1100))cos(26105t1x1)根据上式，可得

电磁场习题解答

第 33 页

2610510081001631010s

(t2t1)55326102610

6－3－

1、均匀平面波在海水中垂直向下传播，已知f0.5MHz，海水的r80，r1，4S/m，在x0处



H20.5107cos(t350)ey

求：（1）、海水中的波长及相位速度；（2）、x1m处，E和H的表达式；（3）、由表面到1m深处，每立方米海水中损耗的平均功率。

解：由于420.510680103691800，所以此时的海水为良导体。

（1）、22225m；

20.51064107 v22251055106m/ s724104（2）、225105410742.81m1/2



H20.5107e2.81xcos(t3502.81x)ey

2510541070

Z0/45/4500.993/450

4

E20.51070.993e2.81xcos(t3502.81x450)(ez)

20.36107e2.81xcos(t3502.81x450)(ez)

电磁场习题解答

第 34 页

在x1处



E1.226107cos(t1501)(ez)



H1.234107cos(t1960)ey

（3）、SEH20.36107e2.81xcos(t1502.81x)(ez)



20.5107e2.81xcos(t3502.81x)ey



4.171012e5.62xcos(t1502.81x)cos(t3502.81x)ex 

2.0851012e5.62x[cos(450)cos(2t2505.62x)]ex

 SavTT02.0851012e5.62x[cos(450)cos(2t2505.62x)]exdt



2.0851012e5.62xcos(450)ex



P[2.0851012cos(450)ex(ex)ds

s1

2.0851012e5.62cos(450)ex(ex)ds]

s

2s12.0851012cos(450)ds2.0851012e5.62cos(450)ds

s2s1s2

2.08510120.707[ds

e5.62ds]1.471012W/m3

6－3－

3、设一均匀平面电磁波在一良导体内传播，其传播速度为光在自由空间波速的1‰且波长为0.3mm，设煤质的磁导率为0，试决定该平面电磁波的频率及良导体的电导率。

解：

vc0.0013105m/s，而在良导体中：

2由上两式得：

223104，v3105



电磁场习题解答

第 35 页

8 9108

0

291010 0162即

2281100

0441106S/m 7900904109910100而

，29101009101041071106109Hz

f24497—

8、已知传输线在1GHz时的分布参数为：R010.4/m；C08.351012F/m；L01.33106H/m，G00.8106S/m。试求传输线的特性阻抗，衰减常数，相位常数，传输线上的波长及传播速度。

解：特性阻抗

R0jL0Z0G0jC010.4j21091.33106399.1

0.8106j21098.351012衰减常数和相位常数：

j(R0jL0)(G0jC0)

(10.4j21091.33106)(0.8106j21098.351012)

0.01315j20.93

由此可见

0.01315Np/m，20.93rad/m

电磁场习题解答

第 36 页

波速和波长：

vv3108m/, s 0.3m f7—4—

2、特性阻抗Z0100，长度为/8的无损耗传输线，输出端接有负载Zl(200j300)，输入端接有内阻为100、电压为50000V的电源。试求：（1）、传输线输入端的电压；（2）、负载吸收的平均功率；（3）、负载端的电压。

解：（1）、传输线的输入阻抗为

22Zlcos(l)jZ0sin(l)

ZinZ022Z0cos(l)jZlsin(l)

(200j300)cos()j100sin()4100100cos()j(200j300)sin()44

50(1j3)

0050005000520

I/45A 1010050j1501502/4530ZI50(1j3)52/450A372.68/-26.5V6

U1in13（2）、负载吸收的平均功率

由于传输线是无损线，所以负载吸收的平均功率等于传输线始端输入的平均功率

P2U1I1cos(26.560450)277.85W（3）、负载端的电压

Ucos2sin2cossin(l)jZI(l)U()jZI()

U210110144

电磁场习题解答

第 37 页

2]2[50(1j3)52/450j10052/450] [U1jZ0I12233250250/450[1j5]5.1/45078.690425/33.690V

337—

17、长度为/4的无损耗线联接如题7—17图。其特性阻抗Z0为50。

若要使电源发出最大功率，试决定集中参数B的值及电源内阻。

Z22解：Zlcos()jZ0sin()Z2025inZ044Zcos(22Z l(14)jZj)0lsin(4)

Y1(1j)inZ in25当 YjB1inR时电源发出的功率最大，由此可得

01j25jB1R

即 B1S，R025 025

电磁场习题解答

第 38 页

2.电磁场习题答案 篇二

在教学中, 一般的物理教师都能做到课前精选例题习题, 讲解时认真分析题意, 帮助学生在审题中抓住关键点, 解决问题后及时总结以及对习题进行扩展。特别是在新课程标准的指导下, 大多数教师都能做到从生活或实验中寻找物理问题的情境, 设计一些生动、形象、贴近生活的物理习题, 使得学生在习题教学中能发现物理学习的重要意义, 同时能够借助自己生活实践中的经验, 深刻理解学到的物理学知识。

然而习题教学中容易忽视一个非常重要的环节, 那就是进行答案验证的步骤。在实践教学中发现, 有很多学生没有对答案进行验证的习惯, 一些成绩较好的学生有这一习惯, 但是做法一般是从头再做一遍进行检查;再好一点的学生会使用一题多解的方式来验证不同解法的结果是否一致。实际中往往发现, 学生对一些比较低级的错误很难检查出来。如计算漂浮在水中的蜡块的密度时, 计算结果为每立方厘米1.5g, 明显与常理不合, 学生竟也没有发现其中的问题。出现这一问题的原因是教师在习题教学中强调的是如何更好地完成题目, 而对于完成之后答案的验证重视不足。

在美国高中主流理科教材《物理原理与问题》一书中, 笔者发现该教材的例题讲解一般分为三个步骤:分析概括问题、求解未知量、验证答案。可见, 美国的物理教学非常重视对答案进行简单的验证。这一过程并非可有可无, 教师对学生强调这一步骤, 不仅能够使学生更好地反思自己的解题过程, 还可以培养学生的估算能力以及对答案正确与否的敏感性。

笔者认为在习题教学中, 教师应该主要强调两个方面的答案验证:单位是否正确和数值是否合理。

一、单位是否正确, 在验证时要用到量纲分析

对单位进行合理性分析, 可以用来检查答案是否正确。很多物理问题的解答, 并不是简单地带入公式, 而是选用公式的变形或者是连续使用好几个公式来实现的。对自己的答案进行快速自检的方法就是检查结果的单位是否合理。教师在例题讲解后可以要求学生看一看答案的单位是否和所求物理量的单位一致, 从中还可以教给学生量纲分析的观念, 也就是把单位作为代数量与其他物理量一样进行运算分析。这一方法不仅可以帮助学生对于物理量的单位有更明晰的认识, 而且能让学生发现公式记忆中的错误。如单摆的周期公式中, 很多学生容易记成T=2π姨g/l, 应用量纲分析:g的单位是m/s2, l的单位是m, 就能发现T的单位是l/s, 而不是周期的单位s, 从而得到正确的公式应该是T=2π姨l/g。

例1 (2009北京卷22题) :已知地球半径为R, 地球表面重力加速度为g, 不考虑地球自转的影响。 (1) 推导第一宇宙速度v1的表达式; (2) 若卫星绕地球做匀速圆周运动, 运行轨道距离地面高度为h, 求卫星的运行周期T。

错解:有些学生记不清向心力的表达式, 错记为mg=mv12, 计算结果就变成了, 或者记错周期和角速度的关系为ω=T/2π, 结果就是。如果重新做一次来检查, 由于公式记错, 很难发觉有什么不合理的地方。这时采用量纲分析, 就会发现单位有问题。仅以第一问为例:速度的单位是m/s, 重力加速度的单位是m/s2, 半径的单位是m, 得到的是时间的单位s, 因此结果只可能是。学生通过量纲分析, 就能发现单位上的不对等, 进一步检查后就会发现起因是mg=mv12这一式子中g的单位和v12的单位不对等。

二、数值是否合理, 可以从以下几个方面考虑

1. 数据是否符合常识

很多学生习题做完, 用量纲分析发现单位没有问题就觉得万事大吉, 也没有进一步地思考数据是否与常识吻合。教师在完成习题讲解后应强调将结论与生活常识对照, 看是否有不合理之处, 避免学生得出摩天大楼的高度为十几米或者蚂蚁的速度比飞机飞行的速度还快也浑然不觉。

例2 (2008上海卷20B) 某小型实验水电站输出功率是20kW, 输电线路总电阻是6Ω。 (1) 若采用380V输电, 求输电线路损耗的功率。 (2) 若改用5000V高压输电, 用户端利用n1∶n2=22∶1的变压器降压, 求用户得到的电压。

解: (1) 答案略。 (2) (具体代值计算过程略) 输电线上的电流强度为I=P/U=4A, 用户端在变压器降压前得到的电压为U1=U-IR=4976V, 根据U1∶U2=n1∶n2, 用户得到的电压为。

错解:有些学生将变压公式错记为U1∶U2=n2∶n1, 计算出来的电压值为。根据常识, 用户得到的电压一般应为220V左右, 这一结果明显有误, 进一步分析, 学生就能够发现可能是公式记错。

2. 数据是否符合简单的物理原理

有时候计算出来的数据和常识是否吻合很难判定, 然而用简单的物理原理进行分析就能发现其中的问题。教师在习题讲解中应注意全面分析结论是否符合物理原理。比如水平投掷飞镖时靶也正好下落, 判断是否能击中靶, 很多学生分析竖直方向的运动, 认为飞镖下落与靶下落距离一致, 因而可以击中;却没有讨论飞镖的射程是否能到达靶位, 如果飞镖初速度较小, 射程比靶位与出手点之间的水平距离还短, 则无论如何也不可能击中靶。学生想当然的分析有时会与基本的物理原理不符。

例3一个体积为25cm3的物体, 所受重力为0.2牛, 求该物体在水中静止时所受的浮力多大? (取g=10 m/s2)

解:物体的密度为0.8g/cm3, 小于水的密度, 因此静止时漂浮在水面上, 所受浮力与重力平衡, 为0.2牛。

错解:浮力F=ρ水V排g=1.0×103kg/m3×10N/kg×2.5×10-5m3=0.25N, 学生没有判断物体在水中静止时的状态, 因而错将物体体积作为排开水的体积。如果养成答案验证的习惯, 就能注意到所计算出的浮力大于重力, 因而物体不能保持静止状态, 违反简单的受力平衡原理。

3. 结果是否符合图示

在物理习题解答过程中, 经常要借助图示法, 同时要借助几何分析来完成一些数据关系的建立。如果计算中没有用到图示法, 教师可以在验证时作出图像, 找出其中的几何关系, 验证数据的合理性。这样学生在完成习题之后, 可以从另一个侧面来完成对自己结论的检验。如教师在讲解力的合成与分解习题时, 可以先用代数方法解题, 然后用作图法来判断数值是否合理。平时训练学生习惯用图示来检验做题结果, 还有助于学生在图像类选择题中选择正确的图示。

例4 (2009江苏卷4题) 在无风的情况下, 跳伞运动员从水平飞行的飞机上跳伞, 下落过程中受到空气阻力, 下列描绘下落速度的水平分量大小vx、竖直分量大小vy与时间t的图像, 可能正确的是 () 。

解:此题为选择题, 可以采用答案验证法来完成。从题意分析:跳伞运动员水平方向初速度为飞机的速度, 水平方向受到空气阻力作用, 做减速运动, 由于空气阻力随速度减小而减小, 因而加速度越来越小, 故运动员水平方向做加速度减小的减速运动, B图示符合理论分析, 故正确;竖直方向上开始做自由落体运动, 加速度为重力加速度, 速度增大, 同时受空气阻力, 做加速度减小的加速运动, 为保证自己安全落地, 跳伞运动员会适时打开伞包, 增加阻力, 竖直速度又开始减小, C和D的图像都是竖直速度不断增大, 故不正确。

综上所述, 答案验证应该成为习题教学中一个必须强调的内容, 教师如果能在例题讲解、练习评讲中注意增加这一环节, 将能够帮助学生培养自我检查的好习惯。学生一旦养成了这一习惯, 就能主动发现自己在解题过程中存在的问题, 进而主动寻找存在问题的原因, 同时进一步深刻理解物理概念和原理。

参考文献

3.电磁场习题答案 篇三

1.-6 cm2.-1503. - 8664. ③5. 日一

6. A 7. B 8. B 9. C 10. B

11. （1） 9 -2 004 （2）--

12. （1）263 m.

（2）分别为- 8m，+ 7 m，+ 2m，+ 4m，- 5m.

“有理数”检测题

1. ±20 2.>< 3. 2±4 4. 23 5. 4 0176.2 0080

7. A8. B9. C10. B11. A12. C

13. 如表1.

14. 如图1，-2<-0.25<0<<3.

15. 如图2.

16. 如图3.

“有理数的加减法”检测题

1.-9.22.-73. 4.-18℃5.-4或-14

6. C7. D8. C9. C10. A

11. -+-×|-24|

=-×24

=-2.

12. （-2）@3+2@（-3）

=（-2） -（-3）+1+2-［-（-3）］+1

=-2+3+1+2-3+1

=2.

13. 由题意得x-6=0，y+2=0，所以x=6，y=-2.

2x+y=2 × 6+（-2）=12-2=10.

14. 星期一的最高价与最低价之差为

0.3-（- 0.5）=0.8（元）.

星期二的最高价与最低价之差为

0.3-0.2=0.1（元）.

星期三的最高价与最低价之差为

0-（- 0.12）=0.12（元）.

“有理数的乘除法”检测题

1.<2. 03.>><4.-215. -16. 1

7. A8. C9. B10. D11. D12. C

13. 原式=［×-+-×-］×

=-+ ×

=-2+3

=1.

14. （1）0；（2）0.

15. 原式=÷+--+（+--） × 36

= × -+- × 36

=--3

=-.

16. （1）解法1是错误的.

（2）-÷-+-的倒数是-+- ÷ -.

-+- ÷ -

=-+- × （-42）

=-7+9-28+12

=-14.

故- ÷ -+-=-.

“有理数的乘方”检测题

1. 3×3×3×3 4×4×4 （-1） × （-1） 1.1×1.1×1.1 2. 负4的5次方底数指数负数3. 9 924. 1-45. 006.-47. 1 0028. 1002

9. D10. D11. B12. A13. D14. D

15． 因为a与b互为相反数，c与d互为倒数，所以a+b=0，cd=1.

又因为|y+1|=5，所以y+1=5或y+1=-5.

所以y=4或y=-6.

当y=4时，y2+（a+b+cd）2 004+（-cd）2 005=16;

当y=-6时，y2+（a+b+cd）2 004+（-cd）2 005=36.

16. 因为a=（m为正整数），且a值存在，所以m必为奇数，此时a=1.

又因为a、b互为相反数，b、c互为倒数，所以b=-1，c=-1.所以

ab+bm-（b-c）2m

=1 × （-1）+（-1）m-［（-1）-（-1）］2m

=-2.

“有理数”综合测试题

1. 23，12.1，2.3. 350m4. 05. 万分 36.-3，-2，-1 7. 36-368.

9. C10. C11. C12. D13. A14. A15. A16. B

17. （1）原式=-34+5=-29.

（2）原式=- 40 + 55 + 56=71.

（3）原式=-6+2-1=-5.

（4）原式=-1- × - ×÷

=-1+ ×××

=-1+

=-.

18. 小明所在位置相对于山脚的高度为［15-（-9）］÷6= 24÷6= 4（km）.

19. 将每袋小麦超过90kg的部分记作正数，不足90kg的部分记作负数.

10袋小麦对应的数分别为+1、+1、+1.5、-1、+1.2、+1.3、-1.3、-1.2、+1.8、+1.1，则有

1+1+1.5+（-1）+1.2+1.3+（-1.3）+（-1.2）+1.8+1.1

=［1+（-1）］+［1.2+（-1.2）］+［1.3+（-1.3）］+（1+1.5+1.8+1.1）

=5.4.

90 × 10+5.4=905.4（kg）.

故这10袋小麦的总质量为905.4kg.

第一章课后补充题

一、习题1.1补充题

1. 略. 2. 分针逆时针旋转120° 3. A

4. A地最高，C地最低.

5. 建筑物高度38 m，潜水艇高度-42 m.

二、习题1.2补充题

1. 答案不唯一，如1和- 1.2. 03.-34. ± 3或± 4 5. 增大 减小 6.-1107.-2.58.-5 -4或4

9. 35个.

10. 从表中看第6个零件质量最好. 因为 |-0.1|=0.1，第6个零件与规定直径只差0.1 mm，其他产品质量离规定直径都大于0.1 mm，故第6个零件质量最好.

11. 由图可知： a<0，b>0 ，且 |a|<|b|.

因为正数的相反数是负数，负数的相反数是正数，所以-a>0，-b<0.

又因为互为相反数的两个数的绝对值相等，即 |a|=

|-a|，|-b|=|b|，所以|-a|<|b|，|a|<|-b|.

而两个正数，绝对值大的数就大，两个负数，绝对值大的数反而小，所以 b>-a>a>-b .

三、习题1.3补充题

1. 6-11482.-4、5、143. D4. C

5.-.6. 2 017 kg.7.-，依据略.

四、习题1.4补充题

1.-92.><><3. C4. C5. C6. B

7. （1）330.（2）-0.5.

8.-7（利用乘法分配律比较简便）.

9. （1）-100.（2）75.

10. 8.

11. 15.01 mm.

12. 3×（-4）=-12，（-10）+（-2）= -12.（答案不唯一）

五、习题1.5补充题

1. 2--的平方2. ± 33. 6.1×1094. B5. D 6. C

7. 13.8.-37.

9. 填空略.（-3）n的个位数字随n由1开始不断以3、9、7、1循环.（-3）2 008的个位数是1.

10. （1）3.128×107元 .（2）125所.

11. （1）<<>>>

（2）当n<3时，nn + 1<（n+1）n；当n≥3时，nn + 1>（n+1）n.

（3）2 0072 008>2 0082 007.

（参考答案由题目编拟者给出）

4.电磁辐射污染阅读练习及答案 篇四

设备名称

发射系统

广播发射台、干扰台;电视发射台、差转台;无线电台;雷达系统;移动通信系统

工频辐射系统

高压送、变电系统;工频设备;轻轨、地铁和干线电气化轨道等

工、科、医领域

介质加热设备、感应加热设备、电疗设备、工业微波加热设备、射频溅射设备等

放电致辐射

高压电线电晕放电;电器轨道、开关弧光放电;电气设备、发动机火花放电等

家用电器

电磁炉、微波炉、电热毯、电脑、电视机、手机、空调等

③电磁辐射污染危害严重。它会引发意外重大事故，可以使电爆装置、易燃易爆气体等意外爆炸、燃烧，甚至引起火箭发射失败、卫星失控。它会干扰信号，直接影响电子、仪器仪表的正常工作，使信息失真，控制失灵。例如，会引起火车、飞机、导弹或人造卫星失控。它还会危害人体健康，长期处于高强度的电磁辐射环境中极易造成白血病，诱发癌症并加速癌细胞增殖，影响心血管系统和视觉系统等。

④现代生活中，处处离不开电子设备，我们要学会从日常生活中防止电磁辐射污染。购买通过国家电磁兼容性安全认证的电子产品;尽量使用座机，少用手机拨打电话;给有显示屏的电器安装电磁辐射保护屏;积极锻炼身体，多食用富含维生素人维生素C及蛋白质的食物，还需作定期检查，有效防止电磁辐射污染对人体健康造成的影响。

1.本文说明的主要内容是什么?(3分)

答：

2.电磁辐射污染的危害有哪些?(3分)

答：

3.你从文章表格中获得了关于电磁辐射污染源的什么信息?(3分)

答：

4.第①段是怎样说明电磁辐射污染的?(3分)

答：

5.第③段中加点的极易一词能否换成容易?为什么?(3分)

答：

答案：

1.(3分)电磁辐射污染的来源、危害及防止。

2.(3分)①会引发意外重大事故②会干扰信号③会危害人体健康(每项1分)

3.(3分)电磁辐射污染源的种类多、分布广，存在于方方面面。

4.(3分)用下定义的说明方法，(2分)说明了电磁辐射污染的特性(或说明了什么是电磁辐射污染)。(1分)

5.电磁场习题答案 篇五

例1.科学研究经常需要猜想与假设。合理的猜想与假设不是主观臆测，它总伴随着理性的分析和科学的思考，并有待进一步的实验检验。

19世纪代，以塞贝克为代表的科学家已经认识到：温度差会引起电流。安培考虑到地球自转造成了太阳照射后地球正面与背面的温度差，于是提出如下假没：地球磁场是由绕地球的`环形电流引起的。若规定地磁场N极与S极在地球表面的连线称为“磁子午线”(如图1所示)，则安培假设中的电流方向应该是。

A.由西向东垂直磁子午线

B.由东向西垂直磁子午线

C.由南向北沿磁子午线

D.由北向南沿磁子午线

点拨：地球周围为什么存在磁场?虽然直到今天也没有搞清楚，但科学家们一直没有停止过探索和思考。其中猜想与假设是科学研究经常用到的方法，试题选取了科学家们研究地球磁场的一种猜想，让学生受到科学研究方法的熏陶。解决问题只需利用右手螺旋定则即可。

答案：B

例2.1820年，安培在科学院的例会上做了一个小实验，引起与会科学家的极大兴趣。如图2所示，把螺线管沿东西方向水平悬挂起来，然后给导线通电，看到的现象是：通电螺线管

A.转动后停在任意位置

B.转动后停在南北方向上

C.不停地转动下去

D.仍保持在原来位置上

点拨：1820年，奥斯特发现了电流的磁效应，怎样让这个发现很快让更多的科学家了解呢?当时德高望重的科学家安培就做了这个“演示实验”，使大家一下子就认识到了电流能够产生磁场。题目选取了科学史上这一重要时刻，让学生认识到科学要想让更多的人去接受，也必须“推销”，推销也要讲究方法。解决问题时，需要具备以下知识：通电螺线管能产生磁场，磁场方向可以用右手螺旋定则确定，容易确定图中B为N极，A为S极。这样图中的螺线管就相当于一个指南针，受地磁场作用，静止时其A端指南，B端指北。正确

答案：B。

例3.法国科学家阿尔贝·费尔和德国科学家彼得·格林贝格尔由于发现了巨磁(GMR)效应，荣获了诺贝尔物理学奖。如图3是研究巨磁电阻特性的原理示意图。实验发现，当闭合S1、S2后使滑片P向左滑动过程中，指示灯明显变亮，则下列说法正确的是

A.电磁铁右端为N极

B.滑片P向左滑动过程中电磁铁的磁性减弱

C.巨磁电阻的阻值随磁场的增强而明显增大

D.巨磁电阻的阻值随磁场的增强而明显减小

点拨：题目以20诺贝尔物理学奖为命题素材，让学生认识到神圣的自然科学最高奖与大家现在的生活并不遥远。这类题目拉近了科学与物理的距离，能激发学生进一步学习科学的兴趣。根据右手螺旋定则，可知A错误。当滑片P向左滑动过程中，通过电磁铁的电流增大，所以电磁铁的磁性增强，所以B错误。C和D哪一个正确呢?题目中告诉我们“指示灯明显变亮”说明右面电路中的电流变大，由此推算巨磁电阻的阻值减小。综合考虑，正确答案是D。

答案：D。

例4.很长一段时间里，人们认为电现象和磁现象是互不相关的，但也有人注意到电和磁之间有很多相似之处，他们相信二者之间存在某种内在联系。许多科学家为寻找这种联系进行了不懈的努力。

(1)1820年4月，丹麦物理学家发现了“电生磁”现象;1831年，英国科学家又发现了电磁感应现象，实现了“磁生电”。这两个重要的发现，揭示了电和磁之间确实存在不可分割的联系。

(2)你一定也发现了电和磁之间存在很多相似之处，下表将电现象和磁现象的某些相似点做出对比，请仿照示例完成该表。

电现象

磁现象

示例

电荷有正、负两种

磁体有南北两极

①

带电体能吸引轻小物体

②

同名磁极相互排斥

③

带电体周围存在电场

结合上表，对比“电生磁”、“磁生电”两个实验的物理内涵，不难发现电和磁之间确实呈现出一种有趣而优美的对称关系。这种对称美促使人们进一步认识到，各种自然现象之间可能是互相联系的。

(3)我们知道，一块磁体无论被分割得多么小，总是有南、北两极。是否存在只有一个磁极的粒子——磁单极子?1931年英国物理学家狄拉克在他建立的“电和磁完全对称的理论”中就预言了磁单极子的存在。请猜想狄拉克预言所依据的事实是什么?

(4)实际上，狄拉克是运用类比的方法为科学研究提出了一个新的课题，直到现在，寻找磁单极子的工作仍在进行之中。类比是一种重要的思维方法，它将看似无关的两个事物或现象联系起来，根据二者之间在某些方面的相同或相似。回顾你的物理学习历程，列举一个由类比的方法打开思路并获得成功的学习案例，具体说明你的学习过程。(本题研究实例除外)

点拨：题目展现了物理学发展过程中的一个侧面，让学生结合具体的科学场景学习其中蕴涵的多种研究方法(如逆向思考、对比、猜想、类比等)，以及科学家的探索精神。有利于学生科学素质、科学精神以及科学思维的形成和发展。

答案：(1)奥斯特 法拉第

(2)

电现象

磁现象

示例

电荷有正、负两种

磁体有南北两极

①

带电体能吸引轻小物体

磁体能吸引铁、钴、镍等物质

②

同种电荷相互排斥

同名磁极相互排斥

③

带电体周围存在电场

磁体周围存在磁场

(3)狄拉克所依据的事实是：正电荷和负电荷都可以单独存在.

6.习题答案 篇六

1、心理的本质是什么？

答：（1）心理是大脑的机（2）心理是大脑对客观现实的反映。

2、什么是心理发展？

答：心理发展是指个体从胚胎开始经历各个年龄阶段（儿童、少年、青年、中年、老年）一直到死亡的生命全程中心理的发展变化。

3、大学生心理发展的一般特点有那些？

答：（1）心理发展的过渡性（2）心理发展的可塑性（3）心理活动的两极性（4）心理发展的阶段性

4、实验法与非实验法的区别是什么？

5、测验法与问卷法的区别是什么？

第二章

1、大学生心理健康的标准什么?

答:(1)能保持对学习的浓厚兴趣和强烈的求知欲望(2)情绪协调,心境良好.(3)意志健全,热爱生活,乐于工作(4)人格完整,悦纳自我.2．影响大学生心理健康的因素有哪些?

答:影响大学生心理健康的因素是多方面的,其中主要原因有心理因素,个人因素,家庭因素,学校因素,社会因素等.3．大学生心理健康教育应遵循哪些原则?

答：从大学生心理健康指导思想出发，大学生心理健康应遵循以下原则：

(1)教育性原则（2）主体性原则（3）全体性和整体性原则(4)民主，平等的原则

（5）预防、发展重于矫治的原则

4．大学生心理健康教育的主要任务和内容是什么？41页

答：

5．大学生心理健康教育开展的途径和方法有哪些?

答：大学生心理健康教育要以课堂教学、课外教育指导为主要渠道和基本环节，形成课内与课外、教育与指导、咨询与自助紧密结合的心理健康工作的网络和体系。可采取以下具体形式：（1）在思想道德修养课中，科学安排有关心理健康教育的内容。

（2）开设大学生心理健康教育的选修课或专题讲座、报告。

（3）结合教学工作过程，渗透对学生进行心理健康教育的内容。

（4）开展大学生心理辅导或咨询工作。（包括：个体咨询面谈；团体咨询；角色扮演）

（5）开展心理测评，建立心理档案。

（6）加强校园文化建设，通过第二课堂活动，广泛宣传、普及心理健康知识，促进学生全面发展和健康成长。

6．大学生心理健康的预警机制由哪些层面工作来保证?

答:大学生健康预警是靠完整、严密的机制为保证而得以实现的，其工作重点是“及时发现”。

（1）定期普查（2）班级监控（3）院系参与（4）专业人员介入（5）学校统筹

7．如何发现大学生群体中易于发生心理危机的高危个体？52页

8．如何促进和维护大学生心理健康?

答：我们认为，大学生心理健康水平和以下四个方面因素关系密切：个体所承受的压力、自我的强度、应付压力的技能、社会支持系统。一次，可以从四个方面因素着手，维护、促进大学生心理健康水平。

（1）调整认知，正确对待压力与挫折。（2）营造积极的自我概念。（3）掌握有效的应对技能。（4）营造有力的社会支持系统。

9．大学生心理健康教育管理体系包括哪些方面

答：大学生心理健康教育管理体系要做到组织严密、职责分明、运转良好，应主要包括管理机构组成、教育队伍建设、教育教学设置、教育实施途径、心理危机干预、管理制度建设和经验交流与研讨等几个组成部分。

第三章

1．学习的三要素包括哪些？63页

2．简述学习理论(行为主义和认知学派至少各三种)？

3．如何理解学习策略？大学生学习策略不同于中学生学习策略的特点有哪些?

答：首先，学习策略是内隐的学习规则系统。第二，学习策略是具体的学习方法或技能。第三，学习策略是学习活动过程或步骤。第四，学习策略时学习的调控过程。第五，学习策略时学习方法和学习调控的有机统一。

与中小学生相比，大学生的自我意识提高，运用学习策略的能力增强，相应地在学习策略上表现出与中小学生不同的特点。（1）自主性选择（2）个性化77页

4．大学生常用的学习策略有哪些?

答：（1）阅读策略----SQ3R法（分别代表浏览、提问、阅读、背诵、复习）；PQ4R法（分别代表预习、提问、阅读、反思、背诵、复习）（2）问题解决的IDEAL策略---识别、界定、探索、实施、审查

5、如何培养认知策略？80

6．什么是学习动机?说明学习动机与学习的关系？87--88

7．如何培养与激发大学生的学习动机?

第一，大学生学习动机的培养：

（1）明确学习目的，提升学习自主性。（2）帮助学生确立学习目标。（3）培养学生学习兴趣，增强内在学习动机。（4）利用原有动机的迁移，使学生产生学习的需要。（5）培养学生的积极归因。

第二，大学生学习动机的激发

（1）创设问题情境，激发求知欲。（2）充分利用学习结果的反馈与评价作用。（3）开展学习竞赛活动。

8．大学生常见的学习心理问题有哪些？如何进行调适?93--98

第四章

1．谈谈你对智力含义的看法？为什么难以形成统一的智力定义?101--10

22．列举几种常用的智力测验？

答：（1）比奈智力量表（2）韦氏智力量表（3）考夫曼智力量表（4）武德库克—约翰逊任职能力测验。

3．简述皮亚杰、加德纳、斯滕伯格智力理论的主要内容？105--107

4．简述大学生智力发展的主要特点。

答：（1）流体智力达到高峰，晶体智力继续上升

有研究者对大学生智力发展特征进行过以下描述

1）注意力集中，注意分配能力好。

2）观察具有目的性和自觉性

3）记忆具有鲜明的个性色彩

4）思维的独创性和想象的创造性显著增强。

（2）辩证思维逐渐成熟

5谈谈你对大学生智力培养的看法？110

6．谈谈你对创造力含义的看法？113

7．列举几种常用的创造力测验？

创造力的测量主要从创造性思维和创造性人格两个方面进行的。

（1）创造性思维测验有：托兰斯创造性思维测验；南加利福尼亚大学测验；芝加哥大学创造力测验；沃利奇—凯根测验

（2）创造性人格测验有：自我陈述法和投射技术测验法

8．简述吉尔福特创造力理论的主要内容。118

9．简述大学生创造力发展的主要特点。

答：（1）处在创造心理的大觉醒时期，对创造充满渴望和憧憬。

（2）传统的习惯力束缚较少，敢想敢说敢做，不被权威名人所吓倒，有一种“初生牛犊不怕虎”的精神

（3）创新意识强，敢于标新立异，思维活跃，心灵手巧，富有创造性，灵感丰富。

（4）在创造中已展露头脚，孕育着更大的创造性。

不足：（1）想象丰富，但有时会脱离实际。

（2）思维敏捷，但不善于掌握创造性思维的方式，不能灵活的、全面的、辩证地看待问题，易钻牛角尖。

（3）灵感迸发快，但不善于捕捉有价值的想法。

（4）具有创新的勇气，但不善于利用周围有利的条件，以注重自我的想法而忽视向他人求教，只重书本知识而忽视实践经验。

10．谈谈你对大学生创造力培养的看法。

答：（1）忠实自己的信念，不迷信权威

（2）激发热情，尊重真理

（3）提供包容和民主的环境，培养自主性

（4）拓展教学内容，改善教学方法

（5）积极培养创造思维能力。

第五章

1、什么是情绪、情感?情绪与情感有什么异同?131

2．情绪与情感具有哪些功能?

答：适应的功能；动机的功能；组织的功能；信号的功能

3．人的情绪状态一般分为哪几种?

答：心境；激情；应激

4大学生的情绪、情感发展有什么特点?

答:丰富性和复杂性；波动性和两极性；冲动性和爆发性；外显性和内隐性。

5什么是情绪、情感教育?情绪、情感教育的目的是什么?143

6．情绪健康的标准有哪些?1427、大学生常见的情绪、情感问题有哪些?

答：常见的情绪问题有：焦虑、抑郁、愤怒、嫉妒。

常见的情感问题有：冷漠、社会责任感淡化、审美观错位

8、大学生常见的情绪、情感问题产生的原因是什么?

(1)外在的客观原因：社会环境的影响；学校环境的影响；家庭因素的影响。

（2）自身原因：不能正确地认识自己；人际交际受挫；性和恋爱引起的情绪波动；重要的丧失。

9、什么是情商?情商与智商有什么关联?152--15310、情商的高低与大学生的发展有什么关系?153--15411、什么是情绪调节?

答：我们认为情绪调节是指个体完成目标对情绪、情绪相关的行为、情绪诱发的情境进行的监控，评估、修正等调整过程，以适应外界情境和人际关系的需要。

12．大学生的情绪调节方式有哪些?156

13．大学生的情感教育应从哪些方面着手?

（1）教育学生做一个快乐的自己（2）激发大学生的积极情感（3）加强高级社会性情感的培养。

第六章

1、什么是品德? 比较品德和道德的联系与区别?162—1632、简述品德的心理结构？

答：品德的心理结构是指品德这种个体心理现象的组成成分，品德包含道德认识，道德情感、道德意识和道德行为几种心理成分。品德具有整体性，品德结构中的道德认识，道德情感、道德意识和道德行为之间是相辅相成的、相互影响、相互作用的。道德情感是在道德认识的基础上产生的，反过来又影响着道德认识的形成，道德认识和道德情感共同促成了道德动机的产生，并引发了一定的道德行为。道德意志对道德行为起调控作用。

3、简述柯尔伯格的道德发展理论？1674、简述当代大学生品德心理的发展特点？

答：（1）道德认识能力不断增强（2）道德情感具有易感性和两极性（3）道德意志逐步增强。（4）道德行为习惯逐渐养成。

5、谈谈你对大学生品德培养的看法？181—188

第七章

l怎样理解自我和自我意识？192

答：严格的“自我”定义尚不存在，目前心理学可供参考的观点：自我既是个人特征的集合，又是一定社会关系的反应，是个人生活历程的写照。狭义自我是指个体对自己心里活动的认识与控制；广义自我指一切个体能够称之“我的”之总和。既包括个体的躯体、生理活动，也包括所有与个体有关的存在物，如事业、成就、名誉、地位、财产、权力等。

2．试分析自我意识的结构。

答：自我认识结构即自我认识、自我体验和自我控制。其中自我认识是最基础的部分，决定着自我体验的主导心境以及自我控制的主要内容；自我体验又强化着自我认识，决定了自我控制的行为力度；自我控制则是自我完善的实际途径，对自我认识、自我体验都有着调节作用。三方面整合一致，便形成了完整的自我意识。

3、试分析自我意识的内容。

答：无论是“主观我”还是“客观我”，都是围绕着自我的具体方面形成和存在的，这些方面共同构成了自我意识的内容。

（1）生理自我、心理自我和社会自我（2）现实自我、镜中自我和理想自我4、试论述大学生自我意识的发展特点。

答：大学生自我意识体现了特殊性、矛盾性、复杂性和可评估等特点。

大学生自我意识的特殊性体现在了时间上的特殊性，空间上的特殊性。大学生自我意识的矛盾性体现在独立意向的矛盾性，自我评价的矛盾性，自我体验的矛盾性，自我控制的矛盾性。大学生自我意识的复杂性体现在自我认识内容广泛；自我认识途径多样；自我认识差异较大。

5．试分析大学生自我意识的完善途径。

答：（1）正确的自我认知（2）客观的自我评价（3）积极的自我提升（4）不断的自我成长

6．大学生常见自我意识欠缺有哪些？如何调适？218—221

第八章

1、． 什么是人格？人格有哪些特征？

答：心理学上的不同人格内涵很多，但基本包含两方面的意义：一是人们可以观察到外显的行为和品质，即个体在人生舞台上所表现出的种种言行及其遵循的社会准则；另一是内隐的人格成分，即个体内在心理特征。一般认为人格是构成一个人的思想、情感及行为的特有综合模式，这个独特模式包含了一个人区别于他人的稳定而统一的心理品质。

2、气质和性格有哪些学说 ？试分别叙述。224—2273、试述大学生人格发展的特点。2384、健全人格有哪些模式？

答：有“成熟者”模式；“机能健全着”模式；“创发者”模式；“综合”模式；中国模式

5、试述大学生健全人格培养与塑造的途径？

答：（1）了解自己的人格类型与特点（2）学会自我教育（3）增强挫折承受力（4）积极参与社会实践，培养良好习惯；（5）扩大社会交往，建立良好的人际关系（6）其他途径：在业余爱好中培养健全的人格；求助心理咨询。