程稼夫电磁学答案全解
高中物理竞赛讲义之—程稼夫篇
电磁学
静电学
1、 静电场的性质
静电场是一个保守场，也是一个有源场。
F dl o ⋅=⎰u r u u r Ñ 高斯定理
静电力环路积分等于零 i o
s q E ds E ⋅=∑⎰⎰u u r u u r Ò i v q dv ρ⎛⎫
→ ⎪⎝⎭
∑⎰⎰⎰
电场强度与电势是描述同一静电场的两种办法，两者有联系
b a b a
qE d r w w ⋅=-∑u r r
a b E dr U U ⋅=-∑u r r
①
过程 E dr dU ⋅=-u r r
一维情况下 x dU
E dx dx =- x dU
E dx
=- ②
2、 几个对称性的电场
（1） 球对称的电场
3
14o Q
r r R E R
π≤
()22
3
1342o Q
Q R r r R E r
R π-≤
3
3
342o 143o R r R E r E r πρρπ⎛⎫= ⎪⎝⎭
例:一半径为1R 的球体均匀带电,体电荷密度为ρ,球内有一半径为2R 的小球形空腔,空腔中心与与球心相距为a ,如图
(1) 求空腔中心处的电场E u r
(2) 求空腔中心处的电势U
解:(1)在空腔中任选一点p ,
p E u u r
可以看成两个均匀带电球体产生的电场强度之
差,
即 ()
1212333p o o o
E r r r r E E E ρρρ=-=-u u r u r u r u
r u r 令12a o o =r u u u u r
3p o
E a E ρ=u u r r
这个与p 在空腔中位置无关,所以空腔中心处23o o
E a E ρ=u u u r r
(2)求空腔中心处的电势 电势也满足叠加原理
程稼夫电磁学第二版第一章习题解析
程稼夫电磁学篇第一章《静电场》课后习题
1-1设两个小球所带净电荷为q，距离为l，由库仑定律：
由题目，设小球质量m，铜的摩尔质量M，则有：
算得
1-2 取一小段电荷，其对应的圆心角为dθ：
这一小段电荷受力平衡，列竖直方向平衡方程，设张力增量为T：
解得
1-3（1）设地月距离R，电场力和万有引力抵消：
解得：
（2）地球分到，月球分到，电场力和万有引力抵消：
解得：
1-4
设向上位移为x，则有：
结合牛顿第二定律以及略去高次项有：
1-5由于电荷受二力而平衡，故三个电荷共线且q3在q1和q2之间：
先由库仑定律写出静电力标量式：
有几何关系：
联立解得
由库仑定律矢量式得：
解得
1-6（1）对一个正电荷，受力平衡：
解得，显然不可能同时满足负电荷的平衡
（2）对一个负电荷，合外力提供向心力：
解得
1-7（1）设P限制在沿X轴夹角为θ的，过原点的直线上运动（θ∈[0,π)），沿着光滑直线位移x，势
能：
对势能求导得到受力：
小量近似，略去高阶量：
当q＞0时，；当q＜0时，
（2）由上知
1-8设q位移x，势能：
对势能求导得到受力：
小量展开有：，知
1-9（1）对q受力平衡，设其横坐标的值为l0：，解得
设它在平衡位置移动一个小位移x，有：
小量展开化简有：
受力指向平衡位置，微小谐振周期
（2）
1-10
1-11
先证明，如图所示，带相同线电荷密度λ的圆弧2和直线1在OO处产生的电场强度相等.取和θ.
有：
显然两个电场强度相等，由于每一对微元都相等，所以总体产生的电场相等.
利用这一引理，可知题文中三角形在内心处产生的电场等价于三角形内切圆环在内心处产生的电场.由对称性，这一电场强度大小为0.
电磁学第四版课后答案详解
要使
U1 > 0
，则 (q1
+
q2 2
)
>
0
，即 q2
>
−2q1
要使
U1
=
0
，则 (q1
+
q2 2
)
=
0
，即 q2
=
−2q1
要使
U1
<
0
，则
(q1
+
q2 2
)
<
0 ，即
q2
<
−2q1
1.13 试证明等势区的充要条件的区内场强处处为零。
∫ 证明：如果 E 处为 0，则Uab =
b a
Ed l
=
0
，即是 U a
（1）电子上升的最大高度。 （2）电子回到原来高度时的水平射程。
解：（1）电子受力： f = ma = eE
∵
y
=
v0
sin
300 t
−
1 2
at 2
vy = v0 sin 300 − at
（1）
当在最大高度时： vy = 0
则 0 = v0 sin 300 − at
∴ t = v0 sin 300 （2） a
满足什么条件时内球电势为正？满足什么条件时内球电势为零？满足什么条件时内球电势为负？
电磁学第一章习题答案
第一章 静电场习题答案
1-1 氢原子由一个质子（即氢原子核）和一个电子组成。根据经典模型，在正常状态下，电子绕核作圆周运动，轨道半径是5.29×10-11m 。已知质子质量m p =1.67×10-27kg ，电子质量m e =9.11×10-31kg ，电荷分别为±e=±1.60×10-19C ，万有引力常量G=6.67×10-11N.m 2/kg 2。（1）求电子所受质子的库仑力和引力；（2）库仑力是万有引力的多少倍？（3）求电子的速度。 答：
（1）设电子所受的库仑力为F ，根据库仑定律，其大小
(
)()
N r q q F 82
11
2199
22101023.81029.51060.11099.841
---⨯=⨯⨯⨯
⨯=⋅=πε
设电子所受的万有引力为f ，根据万有引力定律，其大小
()
N r mM G f 472
11
273111
21063.31029.51067.11011.91067.6-----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⋅= （2）3947
8
1027.210
63.31023.8⨯=⨯⨯=--f F （3）设电子绕核做圆周运动的速度为v ，因为F f <<，所以可认
为向心力就是库仑力F ，根据R
v m F 2
=向得
s m m R
F v /1019.210
11.91029.51023.8631118⨯=⨯⨯⨯⨯==
---向 1-3 答：
（1）它们之间的库仑力为
(
)()
N r q q F 4.1410
0.41060.11099.841
2152
199
2210=⨯⨯⨯⨯=⋅=--πε
（2）每个质子所受的重力为：
程稼夫电磁学第二版第三章习题解析
前言：特别感谢质心教育的题库与解析，以及“程稼夫力学、电磁学习题答案详解”的作者前辈和血色の寂宁前辈的资料.
非习题部分：
P314 积分中运用了近似，这里给出非近似解答：
3-2先计算圆环上的电流
3-
又
垂直于磁场方向粒子做圆周运动
得
当运动了时，电子一定会回到轴上.即若，则聚焦到了屏上.
解得.
3-4
考虑出射角度为θ为粒子，其运动在垂直于磁场平面内的投影为一个过原点的圆.设半径为r，
1)
2)
对应的立体角为
比值为
——前辈大神云：当年我没事练习积分的时候发现，找一个球面，沿垂直于一固定方向的平面切两刀，则无论如何切，两刀间的面积总是仅与两刀间的距离呈正比。（具体证明请在X
3-5
（1
得
（2）沿TM方向不受力，速度分量恒为；垂直于磁场方向的平面上，粒子的投影是匀速圆周运动.动力学方程：
解得
欲经过M点，须在时，圆周运动回到了圆周运动的起点，即
周运动抵达原点.由此设计，并考虑方向，可得答案：
3-8当摆角为θ时，设摆的速度v，
（1
解得.
（2）若，便不能达到，这时只需考虑最低点，因为那里最接近二次函数的极值点：
解得
前面的条件要求，故，解得.即时，在最
低点恰好T=0，而时不会出现情况2)
综上所述
（2）出发后时，粒子第一次经过x轴
代入解得.
（3），为整数个周期，即粒子回到x轴
此时
即粒子回到原点.
粒子运动中占据的空间为一圆柱，轴线长即x坐标最大值：
半径即粒子匀速圆周运动的半径：
体积为.
3-10因为E垂直于平面而质子轨迹在平面内，所以质子的动能守恒.
. 3-11
如图，速度方向、电场方向和磁场方向两两垂直，洛伦兹力与电场力平衡
(完整版)电磁学题库(附答案)
《电磁学》练习题（附答案）
1. 如图所示，两个点电荷＋q 和－3q ，相距为d . 试求：
(1) 在它们的连线上电场强度0=E
的点与电荷为＋q 的点电荷相距多远？
(2) 若选无穷远处电势为零，两点电荷之间电势U =0的点与电荷为＋q 的点电荷相距多远？
2. 一带有电荷q ＝3×10-
9 C 的粒子，位于均匀电场中，电场方向如图所示．当该粒子沿水平方向向右方运动5 cm 时，外力作功6×10-
5 J ，粒子动能的增量为4.5×10-
5 J ．求：(1) 粒子运动过程中电场力作功多少？(2) 该电场的场强多大？
3. 如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电荷为q ，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度．
4. 一半径为
R 的带电球体，其电荷体密度分布为
ρ =Ar (r ≤R ) ， ρ =0 (r ＞R )
A 为一常量．试求球体内外的场强分布．
5. 若电荷以相同的面密度σ均匀分布在半径分别为r 1＝10 cm 和r 2＝20 cm 的两个同心球面上，设无穷远处电势为零，已知球心电势为300 V ，试求两球面的电荷面密度σ的值． (ε0＝8.85×10-
12C 2
/ N ·m 2 )
6. 真空中一立方体形的高斯面,边长a ＝0.1 m ，位于图中所示位
置．已知空间的场强分布为： E x =bx , E y =0 , E z =0．
常量b ＝1000 N/(C ·m)．试求通过该高斯面的电通量．
7. 一电偶极子由电荷q ＝1.0×10-6 C 的两个异号点电荷组成，两电荷相距l ＝2.0 cm ．把这电偶极子放在场强大小为E ＝1.0×105 N/C 的均匀电场中．试求： (1) 电场作用于电偶极子的最大力矩．
程稼夫电磁学答案全解
取一小段圆环（圆心角 2Δθ） ，分析受力如图（做得 我好憔悴）于是 2ΔTΔθ/2=kq q 0 Δθ/（2π r ）
2
ΔT=kq q 0 /（2π r ）
2
Q2 （Q-q ） GMm kq 4 = 1 2 1 ≤ 2 2 r r r (q1 是地球上的电荷量) 3(1) k
31 那么……（1）
1 1 Eq = k（d 0 -d1）为什么是 呢？因为上下板产生的合场强 2 2 才是那个U / d1的E，但是一边电荷所在的电场是另一边电荷产生的，所 F电 = ΔF弹 ⇒ 1 1 U ε0S 以要加 。再 ⇒ ⇒ k = 答案 U = k（d 0 -d1） 2 2 d1 d1
有一个对应的F向 = m U= 1 C
1 1 + C CX
V , 其中，C =
ε 0 2π RL
d
，代入即可
33
首先，金属球的电荷必分布在表面，则金属网内表面带电量q1，外表面电荷量与本题 无关。假设粒子速度无穷大，则路径如1所示，然后逐渐减小速度，重新发射，路径 就从1渐变至4，再减小，则无法到达金属网。故粒子取最小速度时，轨迹是一个长轴 为r1 +r2的椭圆。根据天体物理学的知识，轨迹半长轴为a，则总能量为GM ，那么现 2a
sin θx sin θx ) kQq cos(θ − ) r − cos θx = r − cos θx x 2 + r 2 − 2 xr cos θ x 2 + r 2 + 2 xr cos θ sin θ sin θx sin θx sin θx 且 cos(θ + ) = cos θcos − sin θsin ≈ cos θ − sin θ r − cos θx r − cos θx r − cos θx r （小量约化有关事宜请自己练习……） kQq cos(θ +
程稼夫电磁学第二版第二章习题解析
前言：特别感谢质心教育的题库与解析，以及“程稼夫力学、电磁学习题答案详解”的作者前辈和血色の寂宁前辈的资料.
2-2变阻器在A位置时，焦耳热：，其中.
变阻器在中间时，焦耳热：.
代入题中数据，可得.
2-3
2-4（1）
即，在图中作出该直线，交伏安特性曲线于.
两端
电压.
（2）电源功率之比就等于干路电流之比，即总电阻之反比，设总电阻分别为，
则.
2-7未烧断前总电阻，烧断后，故干路电流之比为
2
2
A
B
2-10注意电阻温度系数的基准是0℃，得.
负载时，
负载时，
联立解得：.
2-11题设是默认加热间断时间相等的，设为.
即110V为A、B串联时的工作电压的等差中项
作伏安特性曲线关于直线的对称图像，分别交另一曲线于
和.
得.
2-15（1）电容器极板带电量，极板间电流保持为
电势差为0时，极板不带电，所以.
（2）最大动能的电子到达上极板时动能全部转化为电势能所以，得.
K断开时，R与R1串联，该支路总电压
该支路与R2并联，为R2两端电压，又R2，R3串联，R3两端电压为
可以列出：
两式联立，代入数据可解得：.
2-18（1）由基尔霍夫方程知：.
（2）沿n个电源这一路计算：
2-22注意看题，不要啥都不想直接Y-△变换了
设从1向O流的电流为，从2向O流的电流为，则从O向3流的电流为
则可由三点的电势得到：
2-
即
2-
将
等效内阻，等效电源. 2-25设有x组电池组串联，每组内有y个电池并联.
法一：电源最大输出功率，电池个数
.
要使电源达到最大输出功率，则必有内阻与负载相等：
解得
法二：回路内满足：
到的是Y-△变换的Y型电路（b），设出电阻即可求解，然后用Y-△变换得到△型电路（a）.
程稼夫电磁学第二版 习题解析
前言：特别感谢质心教育的题库与解析，以及“程稼夫力学、电磁学习题答案详解”的作者前辈和血色の寂宁前辈的资料.
1-1设两个小球所带净电荷为q，距离为l，由库仑定律：
这一小段电荷受力平衡，列竖直方向平衡方程，设张力增量为T：
1-3（1）设地月距离R，电场力和万有引力抵消：
解得：
（2）地球分到，月球分到，电场力和万有引力抵消：
解得：
1-4
有：
1-5
联立解得
由库仑定律矢量式得：
解得
1-6
（2
1-7
移
当q＞0时，；当q＜0时，
（2）由上知
1-8设q位移x，势能：
对势能求导得到受力：
（2）1-10
1-11
先证明，如图所示，带相同线电荷密度λ的圆弧2和直线1在OO处产生的电场强度相等. 1-12（1）
积分得
（2）
（3）用圆心在场点处，半径，电荷线密度与直线段相等的，张角为θ0 1-13
我们先分析一个电荷密度为ρ，厚度为x的无穷大带电面（图中只画出有限大），取如图所
强度相同，大小相反.
回到原题，由叠加原理以及，算得在不存在电荷的区域电场强度为0（正
负电荷层相互抵消.）
在存在电荷的区域，若在p区，此时x处的电场由三个电荷层叠加而成，分别是左边的n 区，0到x范围内的p区，以及右边的p区，
有：，算得
度为
所以该面元受到其他电荷施加的静电力：
球面上单位面积受力大小：
半球面受到的静电力可用与其电荷面密度相等的，该半球面的截口圆面的面积乘该半球面的
单位面积受力求得：
1-16设轴线上一点到环心距离为x，有：
1-19由对称性，可以认为四个面分别在中心处产生的电势，故取走后，；
设BCD，ACD，ABD在P2处产生的电势为U，而ABD在P2处产生的电势为，有：
程稼夫电磁学第二版第二章习题解析
程稼夫电磁学篇第二章《恒定电流》
因此两球间介质间的电阻：.
法二：设总电流为，两球心间距，一球直径对另一球球心的张角
利用电流的叠加原理，用张角为的这部分电流计算电势差：
后同法一
2-2变阻器在A位置时，焦耳热：，其中.
变阻器在中间时，焦耳热：.
代入题中数据，可得.
2-3
2-4（1）
即，在图中作出该直线，交伏安特性曲线于.
电阻R热平衡：，解得.
（2），即
在图中作出该直线，交伏安特性曲线于.
即.
2-5（1）消耗的功率，不变，而随减小而增大，因而时，最大，
消耗的功率最大.
（2）电路中电流，消耗的功率
根据均值不等式得，时，消耗的功率最大.
2-6（1）电压按电阻分配.合上开关前，上电压为两端电压
.
（2）电源功率之比就等于干路电流之比，即总电阻之反比，设总电阻分别为，则
.
2-7未烧断前总电阻，烧断后，故干路电流之比为
炉丝上电流由干路均分，所以
故，几乎相等.
2-8题意应是恰好不能烧开，即100℃时达到热平衡，断电后只下降1℃，可以认为散热功率是不变的：
，其中水的比热容为
2-9（1）周期，
A位置时热平衡：，其中加热时间
B位置时热平衡：，其中加热时间
两式相除，解得
（2）连续加热时热平衡：，解得.
2-10注意电阻温度系数的基准是0℃，得.
负载时，
负载时，
联立解得：.
2-11题设是默认加热间断时间相等的，设为.
电压最小时，，解得.
2-12保险丝要保证熔断电流是一定的.在一定的融化温度下，辐射功率P与辐射体表面积S成正比.电流一定时，电功率Q与R成正比.
解得，与无关.
2-13绝缘层损坏使得相邻的两圈电阻丝接触，相当于损坏处产生的接触电阻与一圈漆包线并联之后，再与剩余九圈漆包线串联.
电磁学课后习题答案
第五章 静 电 场
5 －9 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为
2
204π1L r Q
εE -=
(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为
2204π21L
r r Q
εE +=
若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.
分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为
r r q εe E 2
0d π41d '=
整个带电体在点P 的电场强度
⎰=E E d
接着针对具体问题来处理这个矢量积分.
(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，
⎰=L
E i E d
(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A )所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是
⎰⎰==L
y E αE j j E d sin d
证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r πεE 202，
利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则
()220
022
204π12/12/1π4d π41L r Q
εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰
电场强度的方向沿x 轴.
(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为
程稼夫力学篇详细答案
程稼夫力学篇详细答案
国物理学会委员会会员，原中国科技大学“少年班”班主任，中国科技大学教授，物理奥林匹克竞赛国家级教练，国际中学生物理奥林匹克中国队员教练，著有《中学奥林匹克竞赛物理讲座》、《中学奥林匹克竞赛物理课程力学篇》、《中学奥林匹克竞赛物理教程电磁学篇》等物理经典教材，是目前为止最具权威和实用性的系列工具书。
就常规刷题方法啊先看知识点，所有题目第一遍全做，不会的做不对的标记，每隔固定时间回头看一遍，确保之前不会的现在会了，不会的再增加标记，会了就把标记划了。普遍来说，难度：例题＞练习＞习题，二刷可以根据自己情况结合程书难度分级。做完如果能应付难集力学了就没必要二刷了。至于题主所说的重点，简单题能做对就没必要深究了，因为新高二才开始程力算比较落后的。。难题可以多种方法结合。然后就是效率，程力属于基础的了，学完一轮应该能一个月做完吧。。。同新高二，旁边大佬都一路刷到国培了。
程稼夫的力学和电磁学是先行竞赛最典型的参考书，涵盖了几乎所有重要的经典模型。如果你初学，那应该选择一本教材，比如舒幼生的力学或者梁昆淼的力学，都是经典的教材，不过后面这本稍微难点。如果有时间，应该做它们的课后习题。尤其是舒力，你要确保会做所有不加星号的题，简单题，加星号的稍难题，也应该有一部分独立做的能力（不会，不用太纠结，可以看答案，务必之后保证独立做的能力）。我的建议力学你每题都要做（没时间可以放弃波动，程书的波动比较水，看舒力；交流电考的概率极低，你也可以选择不做，但是学是要学的），尤其是例题！程书的例题特别有价值，实际上，
程稼夫力学篇答案详解
解：由总位移
l1 + l2
可得加速过程和来自百度文库速过程共同的平均速度为
l1+l2 ，于是最高速度为 t
v
=
2(l1+l2) ，代入 t
v2
=
2l1a1
得
a1
=
2(l1 +l2 t2 l1
)2
，代入
v2
=
−2l2a2
得
a2
=
− 2(l1+l2)2 t2 l2
5.
自由下落物体在它运动的最后
1s 内所通过的路程等于全程的
9. 在某铅垂面上有一光滑的直角三角形细管轨道，光滑小球从顶点 A 处沿斜边轨道自静止出发自 由滑到端点 C 所用的时间恰好等于小球从顶点 A 自静止出发自由地经过两直角边轨道滑到 C 点所需的时间. 这里假设两直角轨道交接处有极小圆弧，可以确保小球无碰撞地拐弯，拐弯的时 间忽略不计，且设 AB 为铅垂轨道，BC 为水平轨道.
解：在直角 ∆ABC 中，设 h = AB、l = BC、s = AC、α = ∠ACB，小球自 A 由静止
出发自由下落至 B 时的速度为 vB = √2gh，小球沿斜面 AC 自 A 滑至 C 时的速度为
υC
=
√ 2as
=
√ 2g
sin
α
· s = √2gh，以
电磁学第四章答案解析全
第四章 习题
2、平行板电容器（面积为S,间距为d ）中间两层的厚度各为d 1和d 2（d 1+d 2=d ），介电常数各为1ε和2ε的电介质。试求：
（1）电容C ；（2）当金属板上带电密度为0σ±时，两层介质的分界面上的极化电荷密度'σ；（3）极板间电势差U;（4）两层介质中的电位移D ； 解：（1）这个电容器可看成是厚度为d 1和d 2的两个电容器的串联：
1
2210212121d d S
C C C C C εεεεε+=+=
（2）分界处第一层介质的极化电荷面密度（设与d 1接触的金属板带正电）
1
111011111εσεεεσ)(E )(P n P '
-=
-=-=⋅=
分界处第二层介质的极化电荷面密度：
21
222022211εσεεεσ)(E )(P n P '--
=--=-=⋅=
所以， 2
10
21211
εεσεεσσσ+-=+=)('
''
若与d 1接触的金属板带负电，则2
10
21211
εεσεεσσσ+--=+=)('''
（3）2
10
122
1202010102211εεσεεεεσεεσ)d d (d d d E d E U +=+=
+= （4）01101σεε==E D ，02202σεε==E D
4、平行板电容器两极板相距3.Ocm ，其间放有一层02.=ε的介电质，位置与厚度如图所示，已知极板上面电荷密度为21101098m /c .-⨯=σ，略去边缘效应，求: (1)极板间各处的P 、E 和D 的值; (2)极板间各处的电势(设正极板处00=U );
(3)画出E-x ，D-x ，U-x 曲线;
程稼夫力学篇-第四章习题参考解答
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力学篇－－第四章习题解答参考－－3－－舟山中学
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力学篇－－第四章习题解答参考－－4－－舟山中学
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力学篇－－第四章习题解答参考－－5－－舟山中学
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力学篇－第四章习题解答部分
力学篇－－第四章习题解答参考－－0－－舟山中学 物理洪
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力学篇－－第四章习题解答参考－－2－－舟山中学
程稼夫电磁学第二版 习题解析
前言：特别感谢质心教育的题库与解析，以及“程稼夫力学、电磁学习题答案详解”的作者前辈和血色の寂宁前辈的资料.
4-1动生电动势，电路中的电流
要使功率最大，应取最小值1，即.
4-2原题图片和答案结果不符，现分两种情况：
（1）按答案来：
整体绕过o点且于磁感应强度平行的轴转动
将运动分解为绕c的平动和转动，转动对电势差无贡献
4-3（1）OP电势相等时，OP速度沿磁场方向，显然当OP位于YOZ平面时，OP电势相等
（2）当OP在YOZ平面右侧即X＞0时，电势差
（3）当OP在XOZ平面第一象限时，电势差最大
4-4在任意时刻t，线圈中的电流为，则由电磁感应定律和欧姆定律得，
该式也可以由能量得到
4-5
其中后一项式中与直杆平行，当与直杆方向垂直时，电动势绝对值最大故有.
4-6对于回路有，故有
力矩平衡
故有.
4-7（1）当转轮在磁场中旋转时，每一根轮辐上的感应电动势为
四根辐条作为电源是并联的，轮子产生的感应电动势不变
（2）根据戴维宁定理，将轮子作为电源，此时将外电路断路计算等效电动势
. 4-8
式中
当转轮1和转轮2分别以ω1和ω2旋转并达到稳定时，闭合回路中感应电流为
注意，因转轮1的四根轮辐并联，总电阻为；转轮2类似，其余连接导线、电刷、轮边
缘的电阻均忽略不计.又，因转轮1和转轮2同方向旋转，ε1和ε2同方向，但在电路中的作用是彼此减弱的
稳定转动时，转轮2所受磁力矩应与阻力矩抵消.磁力矩是四轮辐所受安培力产生的力矩，
为
式中是转轮2每根轮辐中的电流.阻力矩是阻力闸提供的力矩，因阻力恒为F，故有稳定
将要向下滑动时安培力加滑动摩擦力等于重力分力
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kq1e kq1e 在的总能量为- m ，在发射处，其中有- m 的势能，那么初速度就是…… r1 + r2 r1
34 第 n 滴恰好滴不上，那么版上已经带了 n-1 滴的电荷，于是乎……
kq
2 2
35（1）接地时球心电势为 0，则 a + r 的电势好研究。 ） （2）它带电量为 0，那么对自身电势无贡献，只考虑环对它电势的影响即可 （3）…… （4）作用力的该变量相当于环对均匀分布在球表的多出来的电荷的作用力 （5）大家懂的 36 质子刚好不能到达时，速度与切线平行，根据角动量守恒和能量守恒得答案 37 证明切向是简谐振动，然后求出半周期乘以速度即可 38
U MN = E Δl =
2 U v0 d 2g
既然是让内部电势=0，那么就是让内部与无穷远等势。于是我们从外面开始数首 先，由于是金属球壳，所以内球1壳内表面无电荷，故外表面电荷量为q1，然后由 高斯定理得：外球壳内表面电荷量为-q1，那么我们从最外面开始数：造成无穷远 kQ ，造成内球壳与外球 b 壳电势差的电荷是夹在中间的电荷，产生的电势差相当于一个半径a带电-q1的金 与外球壳电势差的是外球壳外表面的电荷Q，则电势差为 属球在表面处和距球心为b处产生的电势差，为 + kQ = 0故Q − q1 = 答案 b − kq1 − kq1 − kq − kq1 − , 则由题意得： 1 − a b a b
有一个对应的F向 = m U= 1 C
1 1 + C CX
V , 其中，C =
ε 0 2π RL
d
，代入即可
33
首先，金属球的电荷必分布在表面，则金属网内表面带电量q1，外表面电荷量与本题 无关。假设粒子速度无穷大，则路径如1所示，然后逐渐减小速度，重新发射，路径 就从1渐变至4，再减小，则无法到达金属网。故粒子取最小速度时，轨迹是一个长轴 为r1 +r2的椭圆。根据天体物理学的知识，轨迹半长轴为a，则总能量为GM ，那么现 2a
相差 5%左右。遇到类似的小差距，一般就是 3 种情况：1 π按 3 算 2 g按 9.8 算 3 你过程 中的量保留的位数太少。 ） 5 首先它们要共线，否则无法平衡，其次负电荷应在正电荷中间，否则负电荷无法平衡。于 是乎
⎧ kq1q3 kq1q2 = 2 ……① ⎪ ⎪ a2 l 其中，a为q1q 3的距离，b为q 2 q 3l为q1q 2的距离 ⎨ ⎪ kq2 q3 = kq1q3 ……② ⎪ l2 ⎩ b2
程书电磁学答案
主编：
血色の寂宁
小编：
lx10525
没有“等等”
编者的话：本人是freshman，故时间精力有限，还有能力有限……故步骤缺失与不
准确再所难免，请大家原谅。另感谢徒弟 第一章
星新一一同学提供相关材料。
2
m 2 2 k (0.01 qN Ae) kQ k (0.01ne) M 1F = 2 = = = 答案 2 R R R2
2 3 2(d 0 -d1 )d1 d1 ε 0 SU 2 x0 2 2(d 0 -d1 )d1 g
−
ε 0 SU 2
=
1 2π 1 2π
ε 0 SU 2 −
2 2ε 0 SU 2 (d 0 -d1 )d1 3 d1 1 = 2 ε 0 SU x 0 2π g
ε 0 SU 2 −
2ε 0 S 2 U (d 0 -d1 ) d1 ε 0 SU 2 x 0 g
以减半，方向只有对称轴方向才有效，所以再减半，然后上面提到的场强也是减半，最后就
kqwenku.baidu.com2 2 是 8R
16
kq cos θ = ( x / cos θ ) 2
kq(
x R + x2 x2
2
)3 =
2
kqx (R + x )
3 2 2
令E 'x ( E对x的导数) = 0
距离环心x处的场强E= ⇒ 2x = R 17 要使题设成立，则系统的电势能必须大于等于零，那么 Q 就不能太大喽，顶多大到使电 势能为 0。
ΔF =
ε 0 SU 2
2(d1 -Δx) 2 k等效 m
−
ε 0 SU 2
2 2d1
=
ε 0 SU 2
2 2d1
(1 −
Δx −2 ε 0 SU 2 ε 0 SU 2 ) − = Δx 2 3 d1 2d1 d1
f =
1 2π
=
1 2π
k−
ε 0 SU 2
3 d1 m
ε 0 SU 2
又mg = kx 0则f = 1 2π
29 30
由矢量图中的数量关系可以知道答案……
首先，看看 r
a 的意义：球外电荷不影响球上电荷的分
布，即把带电球看作点电荷。再看看电荷分布的原则：如 果电荷等分后整个系统的电荷对称分布，那么就等分。于 1 1 1 是，很自然地 Q2 = Q , Q3 = Q .Q4 本来不应该等于 Q的，但是差 2 4 8 距是一个1阶小量，对最后答案的影响就是2阶小量，而答案 a 中只有1阶小量（ ），所以暂令它是 r 1 Q。与此同时，1带的电量也带着一个一阶小量，这个就不能 8 丢了，因为这个小量对答案的影 响也是一阶小量。 那么根据1、4接触时电势相等和1接地电势为0得（还有 Q1 + Q4 Q ）（接地后电荷 Q '）： 8 ⎧ kQ1 kQ 2 kQ3 kQ4 kQ 4 kQ 3 kQ2 kQ1 ⎪ a + r + 2r + r = a + r + 2r + r ⎪ ⎨ kQ ' kQ 2 kQ3 kQ4 ⎪ + + + =0 ⎪ a r r 2r ⎩ = 2 （ -2） a + r （5 2 + 2） a Q, Q ' = Q 解得： Q1 = 2 8(r-a) − 8 2r 2 2 r2 + （ -2） ar + (5 + 2 ) ar -2） ar + (5 + 2 ) a ( r − a ) 2 2 Q≈ Q 于是 Δ Q = Q1 − Q ' = 8r ( r − a ) 8r ( r − a ) 3 1 a 3 1 a 2 ) a ] (1 − ) −1 Q ≈ [ r + (3 + 2 ) a ] (1 + )Q ≈ 答案喽 = [ r + (3 + 2 8r r 2 8r r 1 这道题把Q 4约化为 Q是关键，否则后来的计算会异常麻烦 8 r2 + （
由式①得：a =l
q3 q2
带入式②得答案 u r u r u r u r q 又由①得： r1 − r3 = (r2 − r1 ) 2 再把第1问的答案带入，化简得答案 q3
6 受力分析……大家都会的 7 原问题等价于在原点放根杆子,球在杆内.然后如果是稳定平衡与不稳定平衡中间的状态,那 么沿杆子方向的力就等于 0， 由此列式： (这里有个误区:无视 “限制” 一词。 “限制” 什么呢？ 方向！限制方向有什么用呢？提供支持力！众所周知，杆子可以给球支持力，方向跟管子垂 直，而原题中没有直接说明管子，于是大家就容易忽略管子提供的支持力，进而受力分析发 生错误)设位移与 x 轴夹角为θ，位移大小为 x
然后把高阶小量x 2 拿走，化简化简答案就出来了
剩下的也用这方法搞搞就行了 8 方法同题 4 9 可以用极限法——如果向右移动很长距离，那么正负电荷离 q 的距离近似相等，那么合力 应该向左。于是乎，稳定平衡。图像程书的很详细嘛 10 嗯……大家都懂的 11 由对称性可知答案为 0
12（1）
等效为加粗虚线所示圆弧…………前面程书都有这类问题的
+
kq 环1 R =0（注意研究对象取的是o点，因为这里
在x = d处，v= 2 则v中 = 2
bde 3 bd 2 e 3 bd 2 e 1 bd 2e d= 3 ，Ek = ，E k中 = Ek + bed 2 = 2 m 2 m 2 m 2 m
（2）取一小段线段，令其到r处的距离为x，则E= r +l （3）依然等效…… 13 因为无限大带点平板两边场强与距离无关， 所以可以把所研究位置两边的电荷压到一起。 14（1）把外面的球壳拿掉（貌似牛顿证明过平方反比力场球壳内部场强为 0） 挖空等效于放上一个电荷密度相同，点性相反的球，然后根据第一问，矢量叠加即可
sin θx sin θx ) kQq cos(θ − ) r − cos θx = r − cos θx x 2 + r 2 − 2 xr cos θ x 2 + r 2 + 2 xr cos θ sin θ sin θx sin θx sin θx 且 cos(θ + ) = cos θcos − sin θsin ≈ cos θ − sin θ r − cos θx r − cos θx r − cos θx r （小量约化有关事宜请自己练习……） kQq cos(θ +
其中，q 是每个铜原子的核电荷量 2
取一小段圆环（圆心角 2Δθ） ，分析受力如图（做得 我好憔悴）于是 2ΔTΔθ/2=kq q 0 Δθ/（2π r ）
2
ΔT=kq q 0 /（2π r ）
2
Q2 （Q-q ） GMm kq 4 = 1 2 1 ≤ 2 2 r r r (q1 是地球上的电荷量) 3(1) k
（2）根据答案，U 是固定的，即一直连着电源，于是电场力会改变 k，所以咱们来研究一 下电场力的性质。 在平衡位置处， 如果极板下移一段距离， 那么电场力增加， 跟回复力相反。 如果极板上移，则电场力减小，相当于向上增加，又忤逆回复力，所以~~电场力对回复力 造成负面影响。现在研究极板从平衡位置下移的情况（暂不考虑弹簧产生的回复力）
31 那么……（1）
1 1 Eq = k（d 0 -d1）为什么是 呢？因为上下板产生的合场强 2 2 才是那个U / d1的E，但是一边电荷所在的电场是另一边电荷产生的，所 F电 = ΔF弹 ⇒ 1 1 U ε0S 以要加 。再 ⇒ ⇒ k = 答案 U = k（d 0 -d1） 2 2 d1 d1
2 2
18 恩…… 19
∑ 2U q
i =1 i
n
1
i
1 U P1 = U1则每个面对中心的电势贡献为 U1 4 1 于是U 2中有一部分是靠近的一个面贡献的 U1，剩下的就是剩下的三个面等价地贡献的 4 1 U 2 − U1 4 ，四面体心则还剩 3 U 拿走一个，则，还剩U 2 − 1 3 4 1 U 2 − U1 4 3
由高斯定理得：E1 +E2 =
23 联立解得答案 24
σ d 2d 由上下电势相等得：E1 = E2 ε0 3 3
假设补上另一半球面，则P点电势为 此即为Q点目前的电势
k2q k2q ，故另一半球面对P点电势的贡献为 −UP R R
25 26（1）那个圆面是红果果的等势面啊（2）假设补上另一半球面，则做功 0，这个功是由所 求的 A 和所给的 W 组成的，于是 A=-W 27 等效重力…… 28
=
32
d1 − 2(d 0 -d1 ) = 答案（弄错了好几次T T） d1 x 0 g
L
R
d 意味着什么呢？L
R意味着可以看成理想电容器，R
d 意味
着可以把极板间的电场看成匀强的。 于是n 2π R 2h = 然后由于粒子在水平方向是匀速圆周运动，那么每个v0都 v0 g
2 v0 U 而F向 = Eq= q R d
∫
r −l
k
Δx q 2l x 2 =答案
kq 2 15 首先，是金属小球，所以电荷都在求表面。其次，球表面每处场强是 2 R 为什么呢？因 kq 2 为球外表面的场强是 R ，而内表面是 0，这差距就是球表面的面元提供的场强方向相反造 kq kqΔq 2 2 成的。于是，把这面元拿掉，剩下的位置的场强就是 2 R ，于是 2 R 然后是半个球，所
20 使立方体多次旋转，然后叠加，原则就是一个面叠加 6 种电势，然后叠加完了，立方体 变成等势体， 中心的电势自然是 6 个电势的和， 然后 6 次叠加对中心的电势的贡献都是一样 的，所以中心电势是和的六分之一
21 一看就知道 o4 的电势等于 o3 的电势，那么 o3o4 的电势差就是由最小的球球造成的，完 毕 22 半球在中间的面面上产生的电势就是整个球产生的电势的一半喽
Q≥2
GMm 14 k 则 Q ≥ 1.14*10
(2)答案有问题,不提
3kqQ sin 3 2 ( a) 4 设q向下移动Δx，则所受合力F= 3 θ其中θ是Δx对Q的偏角
Δx 9 3kqQ 3 a a 3 Δx 那么sinθ ≈ θ ≈ 3 带入上式，得：F=
9 3kqQ a3 那么k=
1 1 9 3kqQ = ma 3 （答案貌似是按照π=3 算的，于是结果 f= T 2π