大物习题下册答案科学

第九章电荷与真空中的静电场1、B2、D3、40216/RSQ，由圆心O点指向△S4、－3/(20)－/(20)3/(20)5、R2E6、解：1q在C点产生的场强：11204ACqEjr，2q在C点产生的场强：22204BCqEir，∴C点的电场强度：44122.7101.810EEEij；C点的合场强：224123.2410VEEEm，方向如图：1.8arctan33.73342'2.7。7、解：∵棒长为23.12lrdm，∴电荷线密度：911.010qCml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md02.0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O点产生的场强。解法1：利用微元积分：201cos4OxRddER，∴2000cos2sin2444OdEdRRR10.72Vm；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于dr，该小段可看成点电荷：112.010qdC，则圆心处场强：11912202.0109.0100.724(0.5)OqEVmR。方向由圆心指向缝隙处。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01SESEze平行于yOz平面的两个面的电场强度通量ij2cmORx2002SESExe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3003SESEye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01iSSEdSq内，以圆柱体轴为中轴，做半径为r，长为l的柱面为高斯面。（1）当rR时，202rlrlE，有02Er；（2）当rR时，202RlrlE，则：202RrE；即：020()2()2rrRERrRr；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024iqrEsdE204rqEi（1）当rR时，02033434rrrE（2）当rR时，2032033434rRrRE方向沿半径方向。11、解：01E1rr20212rrE21rrr2022213)(rrrE2rr212100rrrrdddUrErErE321ErR02Rodrrrrdrrrrrr2212022212021)()(210rr2931221001085.810303001085.8mCrrU12、解：JUUqAABBA51055.1)(13、解：利用电势叠加原理当10Rr时，20210144RqRqU当21RrR时，2020144RqrqU当2Rr时，rqqrqrqU0210201444也可用场强积分的方法。14、解：01E1Rr203132031323)(4)(34rRrrRrE21RrR20313220313233)(4)(34rRRrRRE2Rr2R32rErEddURR212RdrrRRdrrRrRR203132203133)(3)(21)(221220RR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：01E3Rr2024rπεqE23RrR03E12RrR20442rπεqE1Rr12312300RRRRRRddddUrErErErE4321drrπεqdrrπεqRRR1232020424)211(41230RRRπεq7、解：2014rπεqE10Rr02E21RrR2034rπεqE2Rr10Rr21202044RRrdrrπεqdrrπεqU)111(4210RRrπεq21RrR2020442RπεqdrrπεqUR2RrrπεqdrrπεqUr02044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3020101444RqQRqRqU导体球壳的电势为30300024444RqQRqQrqrqU（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2010144RqRqU（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'-q，球壳内表面带电量为'q，球壳外表面带电量为'qQ空间场强分布为01E10Rr2024'-rqE21RrR03E32RrR2044'QrqE3Rr因为内球和无限远处电势都为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1232RRRrdErdEU从而推出31322121'RRRRRRQRRq31322112024RRRRRRRRQU第十一章恒定电流与真空中的恒定磁场1、B2、C3、C4、IBR2，在图面中向上，n(n=1，2，……)5、负，IB/(nS)6、解：圆弧在O点的磁感应强度R6IR4IB001μπθμ方向垂直纸面向外直导线在O点的磁感应强度R2I3)]60sin(60[sin60cosR4IB000002πμπμ方向垂直纸面向里总场强)313(R2IB0πμ方向垂直纸面向里7、解：∵a段对O点的磁感应强度可用0SBdlI求得，有：04aIBR，∴04aIBjRb段的延长线过O点，0bB，c段产生的磁感应强度为：0044cIIBRR，∴04cIBkR则：O点的总场强：0044OIIBjkRR+，方向如图。8、解：（a）aIaIB4022100方向垂直纸面向外；（b）rIrIrIrIrIB4222122122100000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1B、2B，导线长度分别为1L和2L，横截面积为S，电阻率为ρ，电流1I和2I的关系12121221LLSLSLRRIIρρ即2211LILIrLI4rdl4IB110L21011πμπμrLI4rdl4IB220L22022πμπμ由于两段圆弧电流对O的磁感应强度方向相反，所以0B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dxaI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)(2)(200xbaaIdxxbadxaIdB，方向垂直纸面向内。则整个铜片在P点的磁场大小为bbaaIxbanlaIxbaaIdxxbadxaIdBBaaln2)(2)(2)(200000011、解：将半圆柱形无限长载流薄板细分成宽为θRddl的长直电流πθπdRdldI在P点处的磁感应强度R2IdR2dIdB200πθμπμθθπμθdsinR2IsindBdB20x005220sin6.3710T2xxIIBdBdRR12、解：利用安培环路定理0SBdlI分段讨论。（1）当10rR时，有：210212rIBrR∴01212IrBR；（2）当12RrR时，有：202BrI，∴022IBr；（3）当23RrR时，有：2223022322()rRBrIIRR，0abPIxxdx∴2232032232IBRrRrR；（4）当3rR时，有：402()BrII，∴40B。则：021011222323223230(0)()()0()222rRRrRBRrRrRIrRIrRrrIRR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：)(220RrrRIB因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通1为SBSBdd1rrRIRd202040I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)(20RrrIB因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通2为SBd2rrIRRd2202ln20I穿过整个矩形平面的磁通量2140I2ln20I14、解：在直线电流2I上任意取一个小电流元dlI2，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：012IBx，再利用dFIBdl，考虑到0cos60dxdl，有：01202cos60IIdxdFx，∴0120120ln2cos60baIIIIdxbFxa。15、解：设正方形的边长为a，质量为m，aSm。平衡时重力矩等于磁力矩：由mMpB，磁力矩的大小：202sin(90)cosMBIaBIa；重力矩为：sin2sin2sin2aMmgamgmga平衡时：2cos2sinBIamga，∴22tantanmggSBIaI16、解：（1）线圈的磁矩为：mpISn22IRn，由mMpB，此时线圈所受力矩的大小为：221sin7.8510(Nm)22mMpBRIB；磁力矩的方向由Bpm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：21mmmAII2221(0)7.851022BRIIBRJ。【或：2201sin2AMdRIBd212RIB】17、解：分析可知，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NbaalbIILIBlIBFFF4-21022102.7)(2右左右左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、tarIcos220,tRarIsin2209、010、解法一：利用动生电动势公式解决：()dvBdl02Ivdrr，∴02dldvIdrr0ln2vIdld，由右手定则判定：UaUb。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''abba，如图，SBdS02dldIydrr0ln2Iydld，BRIBSModrr'b'ay∴ddt00lnln22IIvdldydlddtd。由右手定则判定：UaUb。11、解法一：（用等效法）连接AO、OB，圆弧形导线与AO、OB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AOB直导线的电动势相等。200()ln222RAORIvIvvBdldxx，500225()ln224ROBRIvIvvBdldxx