第11章 静电场【例题精选】例11-1 （见书上）例11-2()22300(428qd qdR R d Rπεππε-或），从O 点指向缺口中心点 例11-3 D 例11-4 D 例11-5 B 例11-6 0/2σε， 向右； 03/2σε， 向右； 0/2σε， 向左 例11-7 （见书上）【练习题】11-1 B 11-20/d λε，220(4)d R d λπε-，沿矢径OP 11-3 0/Q ε，0205180Q R πε和r11-4 B 11-5 【解】（1）作与球体同心，半径r <R 的高斯球面S 1。

球体内电荷密度ρ随r 变化，因此，球面S 1内包含的电荷214()d ro Q r r r πρ=⎰。

已知的电荷体密度ρ(r ) =kr ，根据高斯定理：11d s o Q Φε=⋅=⎰E S ， 230144d rr o E r k r r ππε⋅=⎰，可求得球体内任意点的场强：24r or E k ε=，r <R 。

（2）作与球体同心、半径r >R 的球面S 2，因R 外电荷为零，故S 2内的电荷Q 2=Q 总，根据高斯定理：1231d 44d Rr s oE r k r r Φππε=⋅=⋅=⎰⎰E S ，得球体外任意一点的场强：4204r R E k rε=，r >R 。

11-6 0/(2)σε-，03/(2)σε11-7 【解】两同轴圆柱面带有等量异号电荷，则内外电荷线密度分别为λ和-λ。

电场分布具有轴对称性。

（1）建立半径1r R <的同轴高斯柱面，设高为h 。

高斯柱面内无电荷分布。

1d 20SE rh π⋅=⋅=⎰E S ，则，10E =（1r R <）（2）建立12R r R <<的同轴高斯柱面，设高为h 。

高斯柱面内包含电荷。

柱面的上下底面无电场分布，电场均匀分布在侧面。

20d 2Sh E rh λπε⋅=⋅=⎰E S ，则，202E r λπε=（12R r R <<）（3）建立半径2r R >的同轴高斯柱面，设高为h 。

高斯柱面内包含正负电荷的代数和为零。

3d 20SE rh π⋅=⋅=⎰E S ，则，30E =（2r R >）第12章 电势【例题精选】例12-1 -2000V 例12-2 45V ， -15V 例12-3 （见书上）例12-4 （见书上）例12-5 D 例12-6 C 【练习题】 12-1d 0L⋅=⎰E r ， 单位正电荷在静电场中沿任何闭合路径绕行一周，电场力所做的功为零，保守12-2 C 11-3 (1)204Q R πε， 0；(2)04Q Rπε，024Q r πε12-4 【解】在任意位置x 处取长度元d x ，其上带有电荷d q =λ0 (x －a )d x它在O 点产生的电势 ()xxa x U 004d d ελπ-=O 点总电势： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π==⎰⎰⎰++l a a la a x x a x dU U d d 400ελ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-π=a l a a l ln 400ελ 12-5 【解】 (1) 球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即12001214q q U r r πε⎛⎫=+ ⎪⎝⎭22120124414r r r r πσπσπε⎛⎫=- ⎪⎝⎭()210r r +=εσ2100r r U +=εσ＝8.85×10-9 C / m 2 (2) 设外球面上放电后电荷面密度为σ'，则应有 ()2101r r U σσε'+='= 0，即 σσ21r r -='。

外球面上应变成带负电，共应放掉电荷()221222441r q r r r πσσπσ⎛⎫''=-=+ ⎪⎝⎭()21200244r r r U r πσπε=+=＝6.67×10-9 C12-6【解】设无穷远处为电势零点，则A 、B 两点电势分别为04A U λε==； 0220682ελελ=+=RR R U B q 由A 点运动到B 点电场力作功()0001264ελελελq q U U q A B A =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分计算．12-7【答】均匀带电球体的电场能量大。

因为半径相同且总电荷相等的球面和球体，其外部电场分布相同，具有相同的能量；但内部电场不同：球面内部场强为零，球体内部场强不为零，所以球体的电场能量大。

第13章 静电场中的导体【例题精选】例13-1 C 例13-2 C 例13-3 （见书上）例13-4 （见书上）【练习题】13-1 D 13-2 【解】三块无限大平行导体板，作高斯面如图，知：E 1=σ1 / ε0，E 2=σ2 / ε0 左边两极板电势差U 1=σ1d 1 / ε0，右边两极板电势差U 2=E 2d 2=σ2d 2 / ε0， 而左板和右板构成等势体，中板自身是等势体，所以U 1= U 2，则 σ1 /σ2= d 2 /d 113-3 【证】在导体壳内部作一包围B 的内表面的闭合面，如图。

设B 内表面上带电荷Q 21，根据高斯定理，因导体内部场强E 处处为零，故1210d ()/0sQ Q ε⋅=+=⎰E S ，得 211Q Q =- 根据电荷守恒定律，设B 外表面带电荷为22Q ，则 21222Q Q Q += 由此可得 222211Q Q Q Q Q =-=+。

13-402Qd S ε；0QdSε。

第14章 静电场中的电介质【例题精选】例14-1 B 例14-2 C 例14-3 (1) 增大 ， 增大 (2) 增大 ， 增大 (3) 减小 ， 不变 例14-4C Fd /2， FdC 2。

例14-5 (见书上)例14-6 (见书上)【练习题】14-104r q Rπεε14-2 ε r ，ε r 14-3 C 14-4 B 14-5 C14-6 【解】（1）电容器充电后断开电源，则极板上所带的电量不变。

故极板间的电势差和电场能量分别为 Q U C ==1281010100.1--⨯⨯=1000V ，216121.010221010e Q W C --⨯===⨯⨯5⨯10-6 J 。

(2)设极板原间距为d ，增大为2d 时，相应的电容量要变小，其值为0/2/2C S d C ε'==。

而此时极板所带电量仍然不变。

电场总能量改变为 22/2 /e W Q C Q C ''===1.0⨯10-5 J ，电场能量的增加量为Δ e e e W W W '=-=5.0⨯10-6J ，由于把带电的电容器极板拉开时，外力需克服电场力作功，这部分外力所作的功就转化为电场能量了，或者说，电荷不变时，电容器内部的电场强度不变，但是场强存在的空间体积变成原来的两倍，总能量也就变为原来的两倍。

第15章 稳恒磁场【例题精选】例15-1 （见书上）例15-2 （见书上） 例15-3 （见书上）例15-4 （见书上） 例15-5 D 例15-6 C例15-7 环路L 所包围的所有稳恒电流的代数和；环路L 上的磁感强度例15-8 答：第一说法对，第二说法不对．因为围绕导线的积分路径只要是闭合的，不管在不在同一平面内，也不管是否是圆，安培环路定理都成立 例15-9 （见书上） 例15-10 （见书上）【练习题】15-1 (1) 00O 1428I IB R Rμμ== (只有四分之一圆弧电流在P 点产生B ) (2) 0000111122(cos0cos )(cos cos )042422222II I I B R R R Rμμμμπππππ=---+-=参考： 圆形载流导线圆心处的磁场：RIB 20O μ=一段载流直导线的磁场：)cos (cos 4210θθπμ-=aIB 15-2lIπ430μ （参考上一题，注意流过ab 边与流过ac,cb 边的电流关系）；垂直纸面向里 15-3 D (参考15-1，O 点B 由圆形电流与无限长载流直导线产生，注意二者方向) 15-4 B （参考例题15-2） dI=Idr / a ；dr ar2Ir 2dI dB o o πμ=πμ=； B p =⎰dB =ln 22b ao o bI I b adr ar a bμμππ++=⎰。

15-5 解：带电圆盘转动时，可看作无数的电流圆环的磁场在O 点的叠加．某一半径为ρ 的圆环的磁场为 )2/(d d 0ρμi B =而 ρσωρωρρσd )]2/([d 2d =π⋅π=i ∴ ρσωμρρσωρμd 21)2/(d d 00==B 正电部分产生的磁感强度为 r B r2d 2000σωμρσωμ==⎰+ 负电部分产生的磁感强度为 )(2d 200r R B Rr-==⎰-σωμρσωμ今 -+=B B ∴ r R 2=15-6I 0μ ； 0 ； 02I μ15-7 D 15-8 C 15-9 B （载流长直螺线管内的磁场：I B n 0μ=）15-10 解：建立坐标系，应用安培环路定理，左边电流产生的磁感应强度x2IB 01πμ=； 方向向里 右边电流产生的磁感应强度)x a 3(2IB 02-πμ=； 方向向外应用磁场叠加原理可得磁场分布为，)3(2200x a IxIB -π+π=μμ )252(a x a ≤≤ B的方向垂直x 轴及图面向里．第16章 磁力【例题精选】例16-1 1∶2 ； 1∶2 （参考 洛伦兹力q F v B =⨯；回旋半径mvR qB=）例16-2 A (可以用安培力来判断各边受力情况，也可以用n M e B m B =⨯=⨯NIS 判断出载流线圈所受磁力矩，然后判定转动方向)例16-3 D (cd 处在ab 的磁场中，可用安培力来判断)例16-4 （见书上）例16-5 （见书上） 例16-6 A ；B ；（参考闭合载流导线在磁场中磁力矩n M e B m B =⨯=⨯NIS ） 例16-7 0 （同上NIS =⨯=⨯==00n M e B m B mB sin ）【练习题】16-1C【22d smv ΦB S B R B Bq ππ⎛⎫=⋅=*= ⎪⎝⎭⎰】16-2)2/(2e m Be π；)2/(22e m R Be 16-3 B 16-4 D (用安培力来判断各边受力情况)16-5 C16-6 解：在直线电流2I 上任意取一个小电流元dl I 2，此电流元到长直线的距离为x ，无限长直线电流1I在小电流元处产生的磁感应强度为：012I B xμπ=⊗，再利用d F I Bdl =，考虑到0cos 60d x dl =，有：01202cos60I I d xd F x μπ=⋅， ∴0120120ln 2cos60b a I I I I d xb F x aμμππ=⋅=⎰。