1、部分習題解答第一章 靜止電荷的電場1、10 解：（一定要有必要的文字說明）在圓環上與角度相應的點的附近取一長度，其上電量 =，該電荷在O點產生的場強的大小為 的方向與有關，圖中與電荷 對O點的徑矢方向相反。其沿兩坐標軸方向的分量分別為 整個圓環上電荷在圓心處產生的場強的兩個分量分別為所以圓心處場強為 E = Ey j = j 1、11 解：先將帶電系統看成一個完整的均勻帶電圓環計算場強，然后扣除空隙處電荷產生的場強；空隙的寬度與圓半徑相比很小，可以把空隙處的電荷看成點電荷。 空隙寬度，圓半徑，塑料桿長桿上線電荷密度 一個均勻帶電圓環，由于電荷分布關于圓心對稱，環上對稱的二電荷元在圓心處產生的場

2、強互相抵消，因而整個圓環在圓心處的場強E1= 0空隙處點電荷設為q/，則q/ =，他在圓心處產生的場強 方向由空隙指向圓心。空隙處的電荷實際上不存在，因此圓心處場強等于均勻帶電圓環在該點產生的場強與空隙處電荷在該點產生的場強之差，故 負號表示場強方向從圓心指向空隙。1、12 解：設想半圓形線CAD與半圓形線ABC構成一個圓形如圖，且圓上線電荷密度均為。在角處作角，在半圓形線CAD和直線CM上分別截出線段和，上電荷在圓心O處產生的場強 由圖可知。 故 上電荷在O點處產生的場強 這里有 可見=，且二者的方向也相同，故上電荷在O點產生的場強等效于上電荷在O點產生的場強。由此可推出半圓形線CAD中的C

3、D段（占二分之一）上的電荷在O點產生的場強等效于直線CM上電荷在O點產生的場強，DA段上的電荷在O點產生的場強等效于直線AN上電荷在O點產生的場強。總之圖中所示電荷系統在O點產生的場強等效于均勻帶電圓形線在圓心O處產生的場強，由于均勻帶電圓形線上電荷分布相對于圓心是對稱的，圓心處場強為零，因此該電荷系統在O點產生的場強為零。 1、17 解：（本題電荷分布具有對稱性，故應運用高斯定律求解）（第一步應首先進行對稱性分析，明確電場的分布特點）。在無限長均勻帶電薄壁圓筒上電荷分布具有軸對稱性，從而決定了電場分布也具有軸對稱性，表現在與圓筒軸線等遠處的場強大小相等，各點場強的方向都與軸線垂直。 考慮圓筒

4、外一點P（該點應為電場所在空間具有一般代表性的任意一點）， 該點至軸線的距離為r。為求P點的場強，過P作一與帶電圓筒共軸的圓柱形閉合高斯面，柱高為h，底面半徑為r (如圖），在圓柱面的側面上各點場強的大小相等，方向與側面垂直，所以通過側面的電通量為圓柱兩底面上各點的場強方向與底面平行，故通過兩底面的電通量均為零。因此通過整個高斯面的電通量 高斯面所包圍的帶電薄壁圓筒的面積為，所包圍的電量為 ，根據高斯定律 可得P點的場強為 如果P點在圓筒內，有同樣的分析，在圓筒內的高斯面的電通量仍可表示為，但高斯面內無電荷，據高斯定律可得E=0。1、20解：（解題思路：將帶電厚壁分割成無限多個連續帶電薄平面，

5、總電場的分布為各個帶電平面產生的場強的疊加）。在厚壁內取一厚為且與壁面平行的薄壁，這就是一個無限大均勻帶電平面，其面電荷密度（因，而）。它壁外右側的任意點P1（如圖）產生的場強是 整個帶電厚壁是由無限多平行均勻帶電薄層連續組成的，每一帶電薄層在點P1產的電場方向相同，根據場強疊加原理，點P1的場強大小為 由此可知，在厚壁外右側的電場是均勻電場。根據同樣的討論可知，在厚壁外左側場強大小和右側相同，只不過方向相反。 在厚壁內部坐標為x處作一平面與x軸垂直，這一平面將厚壁分為左、右兩部分。 根據前面的討論，左部電荷在平面上任意點的場強，右部電荷在平面上同一點的場強 ，二者方向相反，該點的合場強為 E

6、 = E1E2 =，當x0時E與x軸同向；當x0時E與x軸反向。1、22 解：（本題應根據其特點采用下述的巧妙方法。注意培養學生發散思維能力） （說明解題思路）球形空腔中體電荷密度為零，因而空腔中的電場可歸結為一個半徑為R、體電荷密度為的均勻帶電球體和一個半徑為r、體電荷密度為的均勻帶電球體所產生的電場的疊加。 設空腔內任意點P對大球中心O的徑矢為c，對空腔中心O/ 的徑矢為b，O/ 對O的徑矢為a （如圖）。已知大球在P點產生的場強為E1c ；小球在P點產生的場強為E2b 。P點的合場強為 E = E1 + E2 =（c b）=a。 E與P點的位置無關，因此，空腔內的電場是均勻的。 第三章

7、電 勢3、6解：（1）沿桿長方向作x軸，桿的一端作原點（如圖），在桿上坐標x處取一桿元，所帶電量=。此電荷元在距桿的另一端為a的點P處產生的電勢為 整個帶電桿在點P產生的電勢為 （2）類似的討論可得細桿中垂線上任意點的電勢 3、9 解：（1）無限長均勻帶電圓柱的電場具有軸對稱性，為求柱內某點P（與軸線距離為r如圖）的場強，過P點作一共軸閉合圓柱面，其底面半徑為r，高為h。由于電場方向與軸線垂直，只有圓柱面的側面有電通量，其值為 閉合柱面所包圍的電量 據高斯定律有 得 應用高斯定律同樣可求得帶電圓柱體外一點的場強，不同的是，所作閉合圓柱面內的電量為。因此圓柱外距軸線為r的一點處的場強為 （2）若

8、以軸線為電勢零點，則圓柱內距軸線為r處的電勢 圓柱外距軸線r處的電勢 3、14 解：(1)以均勻帶電圓環軸線上距圓心x處產生的電勢為因此在圖中所示雙環軸線上距對稱中心x處的電勢為(2)(略)第四章 靜電場中的導體4、2 解：（思路：要知道各處的電勢分布，應先了解導體各表面的電荷分布，而本題給出了內球電勢和外球所帶的電量，故應設法利用這些條件先球得內球表面所帶電量）設導體球面上的電量為,根據高斯定律可知，導體殼內表面感應電荷為，外球所帶總電量為Q，因此球殼外表面上電量為 (+Q)。于是這個電荷系統可認為上由三個半徑分別為R1、R2、R3，電量分別為、(+Q)的共心均勻帶電球面所組成。對內球來說，

9、其電勢 由此方程可解得 據此可求得此系統各處的電勢和電場分布內球內（< R1）：= =0內外球之間 （<<）：， 外球內（<<）：， 外球外（>）； 4、3 解：在球殼B內作一包圍內腔的高斯面，由于球殼內場強處處為零，此高斯面的電通量為零。根據高斯定律，球殼B的內表面上所帶電量與球A所帶電量等值異號，所以 球殼B總電量為，因此其外表面上電量為 球A的電勢為 將球殼B接地時，其電勢變為零。因為與等量異號，它們在球殼B產生的電勢之和為零，所以球殼外表面不再有電荷。球殼B與地斷開后，再將球A接地時，電荷將重新分布。設球A、球殼B內表面、球殼B外表面上電量分別為、

10、。因此= 0，于是有 注意到這時仍有 而且 于是得到 解此方程得到 ， 金屬球A接地，電勢= 0，球殼B的電勢為 4、5 解：（必要的文字說明）從上到下設各導體板表面上面電荷密度分別為、，相鄰兩板距離分別為 、（如圖），在上板和中板之間電場方向垂直面板。作底面為單位面積的閉合圓柱面，二底面分別位于二導體板內，圓柱面的軸線與板面垂直，則此閉合圓柱面電通量為零。根據高斯定律可得= -同理 = -，忽略邊緣效應，則導體板可看成是無限大的，具有屏蔽性，在相鄰導體板之間的電場只由相對二表面上的電荷決定。因此，上板和中板之間的場強、中板和下板之間的場強分別為 和上班和下板相連接，因此相鄰兩板的電勢差相等，

11、即=由此可得=，設中板總面電荷密度為，則+= 據此可解得 在上板內任意點場強均為零，它是6個無限大均勻帶電平面在該點產生的場強的疊加的結果，故有（符號問題：注意各面對會產生的場強的方向均以垂直板面指向外為參考正方向）結合前面的同理可推知=，上下兩塊導體板原來是不帶電的，根據電荷守恒定律，二導體板表面出現感應電荷后，總電量仍為零。因此有+= 0這樣便得到=4、6 解：由于靜電屏蔽的原因，點電荷和不能在點電荷所在的空腔內產生電場。因此，受到的作用力為零。同理受到的作用力也為零。 在導體內作一閉合曲面包圍所在空腔，導體內場強處處為零，因此閉合曲面的電通量為零，根據高斯定律，空腔壁上有電量-。同理在所

12、在空腔壁上也有電量-。這導體本身的總電量為零，可見在導體球外表面上電荷的電量為（+）。由于距導體球很遠，忽略它對導體球外表面電荷分布的影響，在電荷在外表面上時均勻分布的。它在所在處產生的場強受到的作用力為顯然這個力的計算是近似的。 4、7 解：在處于靜電平衡的導體表面外側一點，場強為（方向指向外法線方向） 這是空間所有電荷在該點產生的合場強。就這點所鄰近的表面上面積為上電荷而言，它在該點所產生的場強為，因此其他電荷在該點產生的場強為 。這也是其他電荷在面積處產生的場強。該面積上電荷所受電場力。單位面積受的力為 顯然無論為何種電荷其方向總是垂直表面指向外。第五章 靜電場中的電介質5、2 解：（1

13、）兩個薄金屬球殼和兩層電介質將空間劃分為四個區，由于電荷分布具有球對稱性，且內球殼帶負電，所以各區D和E的方向都與場點對球心的徑矢方向相反。各區D和E的大小分布情況如下：內球內（< R1）：D=0， E=0 第一層介質內 (<<R）：由于電場具有球對稱性，在半徑為r的與球殼同心的球面上的電位移通量為 根據高斯定律 因此 第二層介質內（R<r<R2）：同理應用高斯定律可得 外球殼外（r>R2）： ，（2）內、外球殼之間的電勢差為 （3）第一層介質內表面上面束縛電荷密度為 5、3 解：如圖是共軸導體圓筒的縱剖面圖。過內層介質內與軸線相距r的一點作一閉合共軸圓柱面

14、，其底面半徑為r，高為h。兩筒帶電后，電場具有軸對稱性，閉合圓柱面上只有側面部分存在電位移通量。因此這一閉合圓柱面的電位移通量為 設內筒上線電荷密度為，根據D的高斯定律有 因此 ， （R1< r < r 0 ） 同理，在外層介質內的場強為 （r 0< r < R2） 在兩層介質內，最大場強分別為 所以E1max < E2max當電壓升高時，外層介質內表面先擊穿。兩筒間的電勢差 電介質不被擊穿的條件是E2max < Emax，即代入電勢差表達式中得到5、12 解：設蓋革計數管所帶電量為Q，管長為，則線電荷密度 在金屬絲與同軸圓筒之間的場強 設金屬絲與圓筒的直徑

15、分別為和，則它們的電勢差故電容 5、14 解：設平行板電容器每個板的面積為S，兩板距離為，兩板到盒子上下底面的距離均為。在電容器放進盒子以前，其電容設為C0；放進盒內后，電容器的上方平板與金屬盒的相對表面具有電容，相當于一個電容器，設電容為C1；電容器下方平板與金屬盒的相對表面具有電容設為C2。C1 和C2是串聯組合關系，這個串聯組合和C0是并聯組合。這個的電容為 式中 ，所以 如果一個板和盒子用導線連接起來，則整個系統就是C0和C1（或C2）的并聯，其電容為5、15 解：作垂直與電容器寬邊的截面圖，沿電容器下板長度方向作x軸。設兩板之間的夾角為，由圖可知，在下板坐標x處取長為、寬為b的窄條，

16、它與上板位于它的正上方的相應窄條的距離為 這兩塊相對的窄條形金屬板可看成是一個電容器，當電容器充電時，這兩塊條形板之間電場近似均勻，且電場方向近似垂直于二板面。它們不同于獨立存在的二平行相對導體板，不存在電場的邊緣效應。因此，它們所構成的電容器的電容為 整個電容器的電容 5、16 解：設兩平行板間距離為d ，介質板厚度為d / ，插入前電容器電勢差為U，插入后電勢差為U/。電容器上面電荷密度為。插入介質板前，電容器內場強 電勢差插入介質后，電容器內空氣中場強仍為E，介質內場強兩板間電勢差 而 U/ = 0.60U因此有解此方程得5、21 解：已知一球形電容器的電容為 它也可看成是兩個半球形電容

17、器的并聯組合，因此半球形電容器的電容 ， 未充油時 當該電容器下半部充油時，它是一個未充油的半球形電容器和一個充油的半球形電容器組成的并聯。其電容充油后和充油前電容的相對變化量為第六章 恒定電流6、8 解：（1）在絕緣層內距軸線處作一半徑為、厚為、長為L同軸圓柱形薄殼，此薄殼沿徑向的電阻，電纜沿徑向的電阻則為 電纜沿徑向的電流6、9 解：在電容器內作一半徑為、厚為的同心球殼，此球殼的徑向電阻為球形電容器的漏電阻即為6、14 解：由圖可知 ， 右回路的電壓方程為 左下回路的電壓方程為 外圍大回路的電壓方程為 聯立以上方程即可解得第七章 磁 力7、4 解：電子的動能 故 在橫向地磁場的作用下，電子

18、沿弧形軌道運動，規定半徑為設電子搶到屏的距離為，則電子到達屏時它的偏轉距離為7、9 解：（1）交流電源的頻率應和電子回旋頻率相等，即 （2）氘核由加速器射出時的速度 其能量7、13 解：設。硅片的電阻 因此電流 ，硅片的霍耳電壓 由此可得7、15 解：設管道橫截面二邊長沿電流方向為a，沿磁場方向為b，管內電流強度為 ，所受磁場作用力為方向導電液體的流動方向。 因此段兩端由磁力產生的壓力差為（2）由上式可得 第八章 磁場的源8、4解：環中心O位于直線電流的延長線上，電流的直線部分在該點不產生磁場。設鐵的優弧長為，電流為；劣弧長為，電流為。因為優弧與劣弧電壓相等，所以，。鐵環粗細均勻，電阻率一定，

19、因此電阻與長度成正比，優弧上電流在O點產生的磁場方向垂直于紙面向外。設為鐵環半徑，則磁感應強度大小為， 同理劣弧上電流在O點產生的磁感應強度 方向垂直于紙面向內。O點的總磁感應強度8、5 解：（1）兩導線在該點產生的磁場方向都是垂直紙面向外。磁感應強度，該點總的磁感應強度 （2）在斜線面積上距為處取長為、寬為的條形面積，該面積上的磁感應強度為方向與面積垂直，故該面積上的磁通量，斜線面積上的磁通量即為 8、6 解：取半圓形的圓心O為原點，軸線方向為X軸，半徑方向為Y軸，垂直于半徑指向弧線方向為Z軸正方向建立空間直角坐標系，P為軸線上任意一點，在半圓形的任意點A取一電流元，設OA與Z軸夾角為，AP

20、 =，為AP與X軸之間的夾角。根據畢奧-薩法爾定律，此電流元在P點產生的磁感應強度為，根據方向關系可知其大小為 方向與AP垂直，且在AOP平面上。沿X軸的分量為與X軸垂直的分量的大小為 ，方向與OA的方向相反。沿Y軸和Z軸的分量分別為8、8 解：（1）設圓柱半徑為，圓柱橫截面的圓周上線電流密度為（A）圓柱外的磁場分布考慮圓柱外一點P，取OP方向為Z軸方向。在圓周上角處的A點取線元，過此點的長直電流，此電流在P點產生的磁感應強度大小為 式中為P點到線元的距離，方向可由右手螺旋定則確定。由于電流分布相對于Z軸是對稱的，所以中只有與Z軸垂直的分量是有效的，與Z軸平行的分量相應的分量所抵消。（為AP與

21、Z軸間的夾角） 。 所以對上式求積分即可求得磁感應強度（B）圓柱內的磁場分布與上述類似的討論可得 B=0 （注意rR）（2）P是電流平面外任意點，從點P向電流平面作垂線，以垂足O為原點建立坐標系。考慮坐標為，寬為的直線電流，其電流強度為。此電流在P點產生的磁感應強度為。因為電流相對于Y軸對稱分布的z分量將被抵消只有x分量是有效的，對上式積分可得8、10 解：長直螺線管的磁感線集中于管內，平行于管軸。垂直于管壁在管內外取一矩形回路，管外部分處處B=0，在管內與磁感線垂直的線段上，磁感線的線積分為零，唯有管內與磁感線平行的線段a上B為恒量，且B的方向與回路方向相同，因此B沿回路的線積分。設螺線管單

22、位長度上的匝數為n，則矩形回路所包圍的電流為naI，根據安培環路定理 ，故8、13 解：應用安培環路定理可以證明此螺繞環外部磁場為零；內部的磁場強度為 。在內部截面上距軸線r處取一寬為、長為h的條形面積，面積上磁通量為整個截面上的磁通量8、15 解：無限長導體圓柱內、外的磁場分布分別為， 在剖面上距軸線r處取一長為、寬為的條形面積，該面積上磁場方向與面積垂直，磁感應強度為。該面積的磁通量 圓柱內環繞軸線的磁通量為8、18 解：圓盤上面電荷密度，考慮圓盤上半徑為、寬為的同心圓環，環上電量為。當盤以角速度轉動時，環上電流 它在盤心處的磁感應強度為 。故盤心處的總磁感應強度 8、20 解：設金屬筒半

23、徑為R，面電流密度為，在筒壁上沿電流方向取長為、寬為的條形面積，此面積上電流是直線電流，其大小 在此面積內側緊鄰處無磁場，說明在該處此直線電流的磁場與筒壁上其它電流的磁場大小相等，方向相反。因此，在此面積外側緊鄰處，此直線電流的磁場與筒壁其他電流的磁場大小相等方向相同。該處合場強的大小為。又已知該處磁感應強度大小為，因此小面積上電流方向與的方向垂直，故此面積筒壁受到的磁力大小為。單位面積筒壁受的磁力大小為 方向垂直且指向軸線。8、23 解：（1）作半圓柱面及導線截面，過導線作z軸將半圓弧等分。半圓柱面上面電流密度為，在圓弧上取線元，過的電流為 這里。此直線電流對軸線上的直線電流單位長度的作用力

24、為 。方向沿線元與直線電流連線指向外側。 由于半圓柱面上電流分布對z軸具有對稱性，所以其與z軸垂直的分量將被抵消， 只有與z軸平行的分量是有效的其大小整個半圓柱面上的電流對其軸線上的導線單位長度的作用力大小為 ，方向沿z軸的反方向，即為斥力。 （2）若將一無限長直導線代替半圓柱面，此導線應在z軸上某點通過，設該點坐標為d，則它對軸線上導線單位長度的作用力為 由方程 可得 8、28 解：（1）兩極板間的位移電流 （2）沿極板邊緣B的積分 根據。由以上關系可得 第九章 磁場中的磁介質9、6 解：（1）管內的磁感應強度 磁場強度 （2）當管內充滿均勻磁介質時，在管內 （3）在磁介質內，由導線中電流產

25、生的磁場由磁化電流產生的磁場9、7 解：（1）環內的磁通量密度 （2）環內的磁場強度 （3）磁化面電流密度 （4）環內材料的磁導率 相對磁導率（5）鐵心內的磁化強度9、9 解：設無鐵心時，使管內產生同樣的磁場的電流為，則 未抽鐵心時，管內磁場強度，聯立以上兩式得 由圖可查得，當時，H約為，因此得 9、11 解：當導線中存在電流時，由于導線位于磁心的軸線上所以磁心內磁場具有軸對稱性。應用關于H的環路定理，H沿環內半徑為、軸線與導線重合的圓周的積分為，所以 可見磁心內磁場是不均勻的，外側磁場最弱。只要電流的峰值在磁心外側產生的磁場超過矯頑力，磁心的磁化方向就全部翻轉。因此，以R表示磁心的外半徑，電

26、流的峰值的最小值應為第十章 電磁感應10、1 解：在導線ab上距長直導線處取線元，該處的磁感應強度 方向垂直紙面向內。該線元以速度運動時，其感應電動勢方向向左，導線中的感應電動勢10、3 解：線圈左側邊處的磁感應強度，方向垂直紙面向內，線圈運動時左邊產生的感應電動勢，方向為順時針方向。 同理可得線圈右邊的感應電動勢，方向為逆時針方向。線圈的上下兩邊因與速度方向平行，感應電動勢為零，因而線圈中總的感應電動勢 10、4 解：在矩形線圈面積上與直線電流相距處，取一寬為、長為的的條形面積，該面積上的磁場方向與面積垂直，大小為。該面積上磁通量，矩形線圈的磁通量則為 。感生電動勢 10、5 解：設想磁場中存在Oab三角形回路，此回路的面積為此面積的通量為。當磁場變化時，回路中感生電動勢