大物习题下册答案科学.doc

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1、第九章电荷与真空中的静电场1、B2、D3、，由圆心O点指向△S4、－3s/(2e0)－s/(2e0)3s/(2e0)5、pR2E6、解：在C点产生的场强：，在C点产生的场强：，∴点的电场强度：；点的合场强：，方向如图：。7、解：∵棒长为，∴电荷线密度：可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在点产生的场强。解法1：利用微元积分：，∴；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于，该小段可看成点电荷：，则圆心处场强：。方向由圆心

2、指向缝隙处。8、解：由题意知Ex=200N/C,Ey=300N/C,Ez=0平行于xOy平面的两个面的电场强度通量平行于yOz平面的两个面的电场强度通量b2N·m2/C“＋”，“－”分别对应于右侧和左侧平面的电场强度通量平行于xOz平面的两个面的电场强度通量b2N·m2/C“＋”，“－”分别对应于上和下平面的电场强度通量.9、解：由高斯定律，以圆柱体轴为中轴，做半径为，长为的柱面为高斯面。（1）当时，，有；（2）当时，，则：；即：；图见右。10、解：以球体的球心为球心，r为半径做球面为高斯面（1）当时，（2）当时，方向沿半径方向。11、解：12、解：13

3、、解：利用电势叠加原理当时，当时，当时，也可用场强积分的方法。14、解：第十章导体和电介质中的静电场1、B2、D3、B4、B5、负，8.85×10-10C/m26、解：7、解：8、解：达到静电平衡时，导体球外表面带电为q，导体球壳内表面带电为-q，外表面带电为Q+q(1)根据电势叠加原理导体球的电势为导体球壳的电势为（2）外球壳接地，则外表面带电量为0，内表面带电量不变，且球壳电势等于0，导体球的电势为（3）内球接地，则内球电势为0，此时内球由于静电感应必然带负电，假设内球带电量为，球壳内表面带电量为，球壳外表面带电量为空间场强分布为因为内球和无限远处电

4、势都为0所以根据电势的定义，球壳的电势可以向两个方向积分，结果应该一致从而推出第十一章恒定电流与真空中的恒定磁场1、B2、C3、C4、，在图面中向上，(n=1，2，……)5、负，IB/(nS)6、解：圆弧在O点的磁感应强度方向垂直纸面向外直导线在O点的磁感应强度方向垂直纸面向里总场强方向垂直纸面向里7、解：∵a段对O点的磁感应强度可用求得，有：，∴b段的延长线过点，，c段产生的磁感应强度为：，∴则：O点的总场强：，方向如图。8、解：（a）方向垂直纸面向外；（b）方向垂直纸面向内；9、解：设两段圆弧电流对O的磁感应强度大小分别为、，导线长度分别为和，横截面

5、积为，电阻率为，电流和的关系即由于两段圆弧电流对O的磁感应强度方向相反，所以10、解：设立如图坐标系，取铜片上宽度为dx的一小部分电流，可将其视为电流强度大小为的无限长直载流导线，则此电流在P点的产生的磁场的大小为，方向垂直纸面向内。则整个铜片在P点的磁场大小为11、解：将半圆柱形无限长载流薄板细分成宽为的长直电流在P点处的磁感应强度12、解：利用安培环路定理分段讨论。（1）当时，有：∴；（2）当时，有：，∴；（3）当时，有：，∴；（4）当时，有：，∴。则：13、解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r处的磁感强度的大小，由安培环路定理可得：因而，穿过导体

6、内画斜线部分平面的磁通F1为在圆形导体外，与导体中心轴线相距r处的磁感强度大小为因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通F2为穿过整个矩形平面的磁通量14、解：在直线电流上任意取一个小电流元，此电流元到长直线的距离为，无限长直线电流在小电流元处产生的磁感应强度为：，再利用，考虑到，有：，∴。15、解：设正方形的边长为，质量为，。平衡时重力矩等于磁力矩：由，磁力矩的大小：；重力矩为：平衡时：，∴16、解：（1）线圈的磁矩为：，由，此时线圈所受力矩的大小为：；磁力矩的方向由确定，为垂直于B的方向向上，如图；（2）线圈旋转时，磁力矩作功为：。【或：】17、解：分析

7、可知，矩形线圈上下两边受力大小相等，方向相反，互相抵消，左右两边受力大小不等，线圈受的合力方向向左，大小为第十三章电磁场和麦克斯韦方程组1、B2、A3、B4、B5、C6、A7、3.18T/s8、,9、010、解法一：利用动生电动势公式解决：，∴，由右手定则判定：Ua>Ub。解法二：利用法拉第电磁感应定律解决。作辅助线，形成闭合回路，如图，，∴。由右手定则判定：Ua>Ub。11、解法一：（用等效法）连接、，圆弧形导线与、形成闭合回路，闭合回路的电动势为0，所以圆弧形导线电动势与直导线的电动势相等。，，∴。解法二：（直接讨论圆弧切割磁感应线）从圆心处引一条半

8、径线，与水平负向夹角为，那么，，再由有：，∴。12、解：线圈向右平移时，上下两边