大学物理电磁学课后作业答案(清华大学出版社)

1.9 解： 题目应加一个条件：λ>0. 题目应加一个条件： 如图所示，电荷元 如图所示，电荷元dq=λdx在P点的场强大小为 在 点的场强大小为 L o x x+dx d E r 所有电荷元在P点的场强方向相同 点的场强方向相同， 所有电荷元在 点的场强方向相同，
L/2
PX
dE =
λ dx
4πε 0 ( r − x ) 2
ε ∴ oa =εbo = 0
上各点感应电场⊥ ∵半径oa 、 bo上各点感应电场⊥导线， 半径 上各点感应电场 导线，
L
1 dB L 2 dB 2 ε R −L / 4 ⋅ ∴ ab = ε∆oab = ab⋅ h⋅ = 2 dt 2 dt
方向： b端电势高 方向：a →b（可由楞次定律判断）， 端电势高。 （可由楞次定律判断）， 端电势高。
3.21解：(1) 解 平面I和 之间的场强大小为 平面 和II之间的场强大小为
1 ( σ + σ −σ ) = 5.65×105V / m E1 = 2 3 1 2ε0
σ1
E 1
●
σ2
E2
●
σ3
A C B
方向向左。 方向向左。 平面II和 之间的场强大小为 平面 和III之间的场强大小为
E2 = 1 ( σ 1 + σ 2 − σ 3 ) = 16.95×105V / m 2ε0
µ0Id 2 R π
4 ×10−7 ×7 0×10−2 . π . = = 2 8×10−7 T 2 ×0 05 π .
10.1 解： I 选坐标系，取微元， 选坐标系，取微元， a O 如图所示， 如图所示， d 其产生的动生电动势为
v
x x+dx
bX
l
dε = ( v × B )⋅ dx = −vBdx
E =
∫ dE = ∫
l
0
λ 1 1 λ dx ( − ) = 2 4 πε 0 ( r + l − x ) 4 πε 0 r r + l
设 ϕ∞ = 0 ,则P点的电势为 则 点的电势为
φ =
∫
∞ a
Edr =
∫
∞ a
=
λ ln a + l = 2 . 5 × 10 3 V 4 πε 0 a
λ 1 1 ( − ) dr 4 πε 0 r r+ l
8.4解： 解 两根直电流在圆心处 的磁感应强度均为0. 的磁感应强度均为 I1在圆心处产生
1 I1 O
I A
α
2 I2 I C
大小： 1 = µ 0 I 1 ⋅ 2π − α = µ 0 ⋅ I ⋅ α ⋅ 2π − α 大小： B B1 2R 2π 2R 2π 2π 方向： 方向： ⊙ I2在圆心处产生 大小：B2 = µ 0 I 2 ⋅ α = µ 0 ⋅ I ⋅ 2π − α ⋅ α 大小：
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
方向向右。 方向向右。
如图， 如图，有 ϕ AB = ϕ AC + ϕCB = −E1 ⋅ AC + E2 ⋅ CB
= 16.95×105 × 7 ×10−2 − 5.65×105 × 5×10−2
= 9 . 0 × 10 4 V
(2) 电场力作功为 A = q0ϕ AB
= 9 × 10 × ( − 1 .0 × 10
I2
X
r1 r2 r3 (2)选坐标系 和微元 选坐标系OX和微元 选坐标系 和微元x-x+dx，选⊙为正法线方向 ， 则电流I 则电流 1的磁场通过图中面积的磁通量为
Φ 1 = dΦ 1 = B ⋅ dS = BdS =
O
∫
∫
∫
∫
r1 + r2
µ 0 I 1 l r1 + r2 ln = 2π r1 µ0 I1l r1 + r2 Φ = 2Φ1 = ln = 2.2 × 10−6 Wb ∴所求磁通量为 π r1
m g 两式相减， 两式相减，即可得 B= = 2n Il
I
l
× F ×B × ×
(2) B=0.860T
7.18解： 解
(1) m= N S = 36A⋅ m2 I
( 2) Mm = m = 144N⋅ m B ax
力矩的单位不能用J， 力矩的单位不能用 ，只有 功、能、热的单位才能用J. 热的单位才能用
B2
方向： 方向： ⊗
2R
2π
2R
2π
2π
B1 + B 2 = 0
∴圆心处的总磁感应强度为0. 圆心处的总磁感应强度为
8.5解： 解 (1)所求磁感应强度方向：⊙ I1 所求磁感应强度方向： 所求磁感应强度方向 大小为
µ0 I B=2 = 4.0 × 10 − 5 T 2π ⋅ d / 2
d l
x x+dx
由场强叠加原理， 由场强叠加原理， 合场强为 E = E1 + E 2 =
λ ˆ r ( R1 < r < R2 ) 2πε 0 r
0 ( r > R2 )
0 ( r < R1 )
3.4 解： q2 R2 由均匀带电球面的电场中 由均匀带电球面的 设 ϕ∞ = 0 ,由均匀带电球面的电场中 电势分布和电势叠加原理， 的电势分布和电势叠加原理，得 q1 R1 q1 q2 ϕ ϕ12 内球面电势： 内球面电势： 1 = 4 πε R + 4 πε R
整个导线产生的动生电动势为 b d +l µ0 I µ 0 Iv d + l dx = − ln ε = dε = −v a d 2πx 2π d −5 = −1.1 × 10 V
∫
∫
方向： 方向： b → a.
a点电势高。 点电势高。 点电势高
v
I 10.3 解： 上、下两边不产生动生电动势。 下两边不产生动生电动势。 左边产生： 左边产生： ε 1 = NB1 Lv 右边产生： 右边产生：ε 2 = NB2 Lv a d 方向：向上（顺时针） 方向：向上（顺时针） L
1.18解（典型场的叠加）： 解 典型场的叠加） 定理， 由Gauss定理，易知 定理 小柱面产生的场强为
λ ˆ r ( r > R1 ) E1 = 2πε 0 r
0 ( r < R1 )
R2
R1
-λ
+λ
大柱面产生的场强为
−λ ˆ r ( r > R2 ) E 2 = 2πε 0 r
0 ( r < R2 )
1
o E 0 d ● R
可视作点电荷， 再补上 - λ d ，可视作点电荷， EO . 其在圆心处的场强为
2
EO = EO1 + EO2 = EO2
∴ E O = E O2
qd λd = = 2 4 πε 0 R 2 ( 2 π R − d ) 4 πε 0 R
= 0 .72 V / m
方向指向负电荷，即指向缝隙。 方向指向负电荷，即指向缝隙。
方向：向上（逆时针） 方向：向上（逆时针） 整个线圈的动生电动势为
µ0 I 1 1 ε = ε 1 − ε 2 = N ( B1 − B2 )Lv = NLv ( − ) 2π d d + a
= 2 × 10 −3 V 方向：顺时针 方向：
10.4 解： 选择坐标系OX， 选择坐标系 ，取微元 x-x+dx,如图所示。 如图所示。 如图所示 通过线圈的磁链为
1.8 解： 一根带电直线在另一带电直线处的场强大小为 λ λ E = = 2πε 0 ( 2 a ) 4πε 0 a 方向⊥ 方向⊥直线 单位长度的另一带电直线在此电场中受力大 小为 λ2 F = qE = 1 ⋅ λ ⋅ E = 4πε 0 a 此力方向⊥直线，为相互吸引力。 此力方向⊥直线，为相互吸引力。
∴整个带电直线在P点的场强大小为 整个带电直线在 点的场强大小为
E =
∫ dE
=
−L / 2
∫
λ dx
4πε 0 ( r − x )
2
=
λL
4πε 0 ( r 2 − L2 / 4 )
方向沿X轴正向。 方向沿 轴正向。 轴正向
1.11解（弥补法）： 解 弥补法） 缝隙宽为d. 设电荷线密度为λ，缝隙宽为 构成完整的圆环， 先补上 λ d ，构成完整的圆环， E O = 0. 其在圆心处的场强为
0 1 0 2
外球面电势： 外球面电势：ϕ 2 = 4 πε R + 4 πε R 0 2 0 2 两球面的电势差： 两球面的电势差：ϕ 12 = ϕ 1 − ϕ 2 =
( 1 − 1 ) 4πε 0 R1 R2 q1
q1
q2
，总有内球电势高于外球电势。 当q1＞0时， ϕ12＞0，总有内球电势高于外球电势。 时 当q1＜0时， ϕ12＜0，总有内球电势低于外球电势。 时 ，总有内球电势低于外球电势。 这是因为： 这是因为：两球面的电势差由两球面间的 电场分布决定，而这电场又只与q 有关。 电场分布决定，而这电场又只与 1有关。
= 2 . 5 × 10 3 V
方法2： 方法 ： O l
x x+dx
P a
Q X
r 选坐标轴OX，取微元x-x+dx，如图所示。 选坐标轴 ，取微元 ，如图所示。 轴上任选一点Q，其与杆右端距离为r,则 在X轴上任选一点 ，其与杆右端距离为 则 轴上任选一点 Q点场强方向向右，大小为 点场强方向向右， 点场强方向向右
r1
µ0 I1 ⋅ ldx 2πx
8.28解： 解 dE 2 dE R = ε0π (1) Id = ε0S板
dt dt
= 8.85×10−12 ⋅π ×0.052 ×1.0×1012 =7.0×10−2 A
(2) 以极板边缘线作为安培回路L,则 以极板边缘线作为安培回路L,则
∫
L
B⋅ d = µ0Id ⇒B = l
i L
O x dx X
Ψ = N = N∫SB Φ dS
µ0i N 0iL d +a µ dx =N ⋅L = ln d 2x π 2 π d 所求感生电动势为 dΨ N 0L d +a di µ ε =− (ln ) =− dt 2 d dt π
d
a
∫
d+a
π = −4.4×10−2 cos100 t (V )
4 −8
) = − 9 × 10 J
−4
∴外力克服电场力作功为 A′ = − A = 9 × 10 J
−4
7.16解： 解 (1)以M ′和M分别表示挂wk.baidu.com 以 和 分别表示挂线 圈的臂和另一臂在第一次 平衡时的质量， 平衡时的质量，则
M = M′g−n g IlB
M
M′
电流反向时应有
( M+m)g = M′g+n IlB
3.6（1） （ ） 解：
x+dx x
X
P O a
l
选坐标轴OX，取微元 选坐标轴 ，取微元x-x+dx，如图所示。 ，如图所示。 则此微元在P点的电势为 设 ϕ∞ = 0 ,则此微元在 点的电势为 则此微元在
λ dx dϕ = 4 πε 0 x
∴P点的总电势为 点的总电势为
ϕ =
∫
a+l a
λ dx = λ ln a + l 4 πε 0 x 4 πε 0 a
10.5 解：连oa、ob形成△oab回路。 形成△ 回路 回路。 、 形成 × B× 先只考虑电动势大小， 先只考虑电动势大小， R × o× × 由法拉第电磁感应定律， 由法拉第电磁感应定律，有 • dΦ∆oab dB × × × h ε∆oab = = S∆oab ⋅ dt dt a × × b =εoa +εab +εbo