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第11章答案
1.(C)；2. (C)；3. D；4.B；5. (C)；6，B；
7. 单位正点电荷在该点所受电场力相同，8. 4N/C,向上；
9.解：设杆的左端为坐标原点O，x轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为l=q / L，在x处取一电荷元dq = ldx = qdx / L，它在P点的场强：
总场强为
方向沿x轴，即杆的延长线方向．
10.解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在q 处取微小电荷 dq = ldl = 2Qdq / p
它在O处产生场强
按q 角变化，将dE分解成二个分量：
对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷
＝0 所以
11.－(s S) /e 0(s S) /e 0
12. pR2E
13 解：在球内取半径为r、厚为dr的薄球壳，该壳内所包含的电荷为
在半径为r的球面内包含的总电荷为： (r≤R)
以该球面为高斯面，按高斯定理有：
得到：， (r≤R)
方向沿径向，A>0时向外, A<0时向里--------------------------------------------3分
在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有：
得到：， (r >R)
方向沿径向，A>0时向外，A<0时向里------------------------------------------2分
14.证：用高斯定理求球壳内场强：
而
要使的大小与r无关，则应有
，即
15.Q / (4pe 0R2) ， 0，Q / (4pe0R) ， Q / (4pe0r2)
16.l / (2e 0)
17..解：在圆盘上取一半径为r→r＋dr范围的同心圆环．其面积为 dS=2prdr
其上电荷为 dq=2psrdr
它在O点产生的电势为
总电势
18.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
＝8.85×10-9C / m2
(2) 设外球面上放电后电荷面密度为，则应有
= 0
即
外球面上应变成带负电，共应放掉电荷
＝6.67×10-9C
第12章答案
1． B；2.A；3.B；4.B；5. C ；6． B；7． C；8． C；9. B；
10. 不变；减小；11. s (x，y，z)/e 0， 与导体表面垂直朝外(s > 0) 或 与导体表面垂直朝里(s < 0) ；
12.解：由高斯定理，平板内、外的场强分布为：
E = 0 (板内)
(板外)
13. 1、2两点间电势差
14.
15.增大 增大
16. 解： ， 其中 E为真空中的场强。
其中 为电介质中的场强。
∴ 电场总能量
17. 答：不能用高斯定理求场强．
其旁的物体如是导体，由于静电感应，将出现感生电荷，如是介质，将出现极化电荷；这种电荷也要影响导体球上的电荷分布．这时，空间的场强分布不具有适当初对称性，不能应用高斯定理求场强分布．
第13章答案
1、D；2、D；3、B；4、C；5、D；6、A；7、E；8、D；9、D；10、；11、0；
12、；
13、解：利用无限长载流直导线的公式求解．
(1) 取离P点为x宽度为dx的无限长载流细条，它的电流
(2) 这载流长条在P点产生的磁感应强度
方向垂直纸面向里．
(3) 所有载流长条在P点产生的磁感强度的方向都相同，所以载流平板在P点产生的磁感强度
方向垂直纸面向里．
14、
15、
16、解：
的方向与y轴正方向一致．
17、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
律可得：
因而，穿过导体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
第十四章答案
1、D；2、C；3、A；4、C；5、B；6、C；7、D；8、A；9、C；10、A；11、D；
12、，向左；13、，在图面中向上，；
14、解：(1) 圆弧AC所受的磁力：在均匀磁场中，
通电圆弧AC 所受的磁力与通有相同电流的直线
所受的磁力相等。
故有 FAC = N
方向：与AC直线垂直，与OC夹角45°，如图．
(2) 磁力矩：线圈的磁矩为
本小问中设线圈平面与成60°角，则与成30°角，有力矩
M =1.57×10-2 N·m
方向：力矩将驱使线圈法线转向与平行.
15、 解：如图所示，矩形上下两段导线受安培力F1和F2的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零。而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处的磁感应强度不等，所受安培力F3和F4大小不同，且方向相反，因此线框所受的安培力为左右两边安培力F3和F4之矢量和，它们的大小分别为
I1
I2
F1
F3
F4
F2
故合力的大小为
16、，；
17、n，p；
18、解：依据无限长带电和载流导线的电场和磁场知：
(方向沿径向向外)
(方向垂直纸面向里)
运动电荷受力F (大小)为：
此力方向为沿径向(或向里，或向外)
为使粒子继续沿着原方向平行导线运动，径向力应为零，
= 0 则有
19、解：(1) 由安培环路定理：
(大小) 方向：在板右侧垂直纸面向里
(2) 由洛伦兹力公式可求
(至少从距板R处开始向外运动)
返回时间
第15章答案
1、 C；2、D；3、B；4、铁磁质，顺磁质，逆磁质；5、0.225T，300A/m;
6、，
第16章答案
1、 B；2、C；3、D；4、D；5、B；6、B；7、B；8、A；9、C；10、C；11、C；12、D；
13、C；14、D；
15、（1）无感应电动势，因而无感应电流，（2）无感应电动势，因而无感应电流；
16、，；
17、解： 设在时间t1→t2中线圈法线从平行于磁场的位置转到垂直于磁场的位置，则在t1时刻线圈中的总磁通为 (S为线圈的面积)，在t2时刻线圈的总磁通为零，于是在t1→t2时间内总磁通变化为
令t时刻线圈中的感应电动势为e，则电流计中通过的感应电流为
t1→t2时间内通过的电荷为
∴ T
18、解：长直带电线运动相当于电流．
正方形线圈内的磁通量可如下求出
19、；20、
21、解：(1) 载流为I的无限长直导线在与其相距为r处产生的磁感强度为：
以顺时针绕向为线圈回路的正方向，与线圈相距较远的导线在线圈中
产生的磁通量为：
与线圈相距较近的导线对线圈的磁通量为：
总磁通量
感应电动势为：
由e>0和回路正方向为顺时针，所以e 的绕向为顺时针方向，线圈中的感应电流
亦是顺时针方向．
22、解：(1)由于线框垂直下落，线框所包围面积内的磁通量无变化，故感应电流Ii = 0
(2) 设dc边长为l′，则由图可见
= L + 2Lcos60°= 2L
取d→c的方向为dc边内感应电动势的正向，则
，说明cd段内电动势的方向由d→c
由于回路内无电流
因为c点电势最高，d点电势最低，故：为电势最高处与电势最低处之间的
电势差．
第17章答案
1. C；2. A；
3. ② ； ③ ； ①
4． 或 ； 或
5． 垂直纸面向里； 垂直OP连线向下
第18章答案
1． A ； 2． B； 3.D ; 4． B ; 5． B; 6． C;
7． C ; 8． A; 9． A ; 10． C; 11． C; 12． C; 13． A; 14． C 15． C 16． A;17. C;
18.c; 19． 8.89×10-8
20． 2.91×108 m·s-1 21． m
22． 0.25mec2 23．
24． 5.8×10-13； 8.04×10-2 25． ；
26． 4 27． 4
29． 29． ；
30． 1.49×106
第19章答案
1． D ； 2． B ； 3． D； 4． D； 5． C ； 6． C；7.A 8． C； 9． A； 10． A；
11． C; 12． D ;
13． ； ；
14． 2.5； 4.0×1014
15． 0.99
16． 1.5×1019
17． 1.5
18．不变； 变长； 波长变长
19．－0.85； －3.4
20． 10.2
21． 4 ； 4
22． 6.56×1015 Hz
23．解：先求粒子的位置概率密度：
当： 时， 有最大值．在0≤x≤a范围内可得
∴
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