《电磁学》梁灿彬课后答案解析
梁彬灿电磁学第三章习题解答
代入数据得
此值低于玻璃的击穿场强，说明玻璃不会被击穿。因
此值高于空气的击穿场强，说明空气被击穿。
若取出玻璃，则
此值低于空气的击穿场强，说明空气不会被击穿。
3．4．4
解答：
如附图所示，法线单位矢 向下，因是均匀电介质，故 。在界面处作一底面积为 的柱面，被包围导体面上的自由电荷的电荷量为 ，根据高斯定理，自由电荷在介质中激发的电场为
而极化电荷面密度为
极化电荷在介质中激发的电场为
自由电荷和极化电荷在介质中激发的总电场为
3．4．5
解答：
（1）根据电容器的定义并代入数据，得
3．5．6
解答：
（1）图3.5.6(a)和图3.5.6(b)是题图的等效电路，“+”、“—”符号标在相应的图上。
（2）两个电容器的电容值为
3．5．7
证明：
在介质中的电位移矢量 ，因此，电场强度 ，按题意
介质中离球心为r处的电势为
3．5．8
解答：
设玻璃的电场强度为 ，空气的电场强度为 ，当两极板间加上电压U后Hale Waihona Puke 有3．2．1解答：
（1）如图3.2.1所示，偶极子的电荷量 和 所受的电场力分别为 和 ，大小相等，合力为0，但所受的力矩为
当且仅当 和 时，电偶极子受的力矩为0，达到平衡状态，但在 的情况下稍受微扰，电偶极子将受到回复力矩回到平衡位置上，因此， 时，是稳定平衡；但在 的情况下稍受微扰，电偶极子受到的力矩将使电偶极子“倾覆”到达 情况，因此， 的情况是不稳定平衡。
所受的电场力为
偶极子 受到的合力为
令 ， ， ，则 ，故
因 ，对 和 在 处展开后，略去高次项
电磁学(梁灿彬)第六章_电磁感应与暂态过程.
楞次定律是判断感应电动势方向电的磁感定应与律暂，态过程 但却是通过感应电流的方向来表达。从定律本 身看来，它只适用于闭合电路。
如果是开路情况，可以把它“配”成闭合 电路，考虑这时会产生什麽方向的感应电流， 从而判断出感应电动势的方向。
“阻碍”的意义：当磁通量沿某方向增加 时，感应电流的磁通量就与原来的磁通量方向 相反（阻碍它的增加）；当磁通量沿某方向减 少时，感应电流的磁通量就与原来的磁通量方 向相同（阻碍它的减少）。
拔出时情况可作同样的分析
本例和其它例子都表明：
当导体在磁场中运动时，导体中由于出现感 应电流而受到的磁场力（安培力）必然阻碍此 导体的运动。
这是楞次定律的第二种表述。
感应电动势遵从的规律?
电磁感应与暂态过程
大量精确的实验表明：导体回路中感应电动势 的大小与穿过回路的磁通量的变化率 d 成正 比,这个结论称为法拉第电磁感应定律。dt
用公式表示则
i
d
dt
k是比例常数,其值取决于有关量的单位的选择
如果磁通量Ф的单位用Wb（韦伯），时间单
位用S（秒），ε的单位用V（伏特），则
电磁感应与暂态过程
[实验二] 一个体积较大的线圈A与电流计G接成
闭合回路，另一个体积较小的线圈B与直流电源 和电键K串联起来组成另一回路，并把B插入线圈 A内，可以看到，在接通和断开K的瞬间，电流计 的指针突然偏转，并随即回到零点。若用变阻器 代替电键K，同样会观察到这个现象。从这个实 验可归纳出：相对运动本身不是线圈产生电流的 原因，应归结为线圈A所在处磁场的变化。
电磁学讲义
电磁感应与暂态过程
Electromagnetism Teaching materials
第六章 电磁感应与暂态过程
(完整版)电磁学(梁灿彬)第六章电磁感应与暂态过程
一个通电线圈和一根磁棒相当，那末，使 通电线圈和另一线圈作相对运动，我们将看到 完全相同的现象。那末，究竟是由于相对运动 还是由于线圈所在处磁场的变化使线圈中产生 电流？
[实验二] 一个体积较大的线圈A与电流计G接成
闭合回路，另一个体积较小的线圈B与直流电源 和电键K串联起来组成另一回路，并把B插入线圈 A内，可以看到，在接通和断开K的瞬间，电流计 的指针突然偏转，并随即回到零点。若用变阻器 代替电键K，同样会观察到这个现象。从这个实 验可归纳出：相对运动本身不是线圈产生电流的 原因，应归结为线圈A所在处磁场的变化。
5.能正确列出暂态过程有关的微分方程，掌握其 特解的形式，能对暂态现象做出定性分析。
§1 电磁感应
(electromagnetic induction)
一、电磁感应现象
1820年，奥斯特的发现第一次揭示了电流能够 产生磁，从而开辟了一个全新的研究领域。当时 不少物理家想到：既然电能够产生磁，磁是否也 能产生电呢？法拉第坚信磁能够产生电，并以他 精湛的实验技巧和敏锐的捕捉现象的能力，经过 十年不懈的努力，终于在1831年8月29日第一次观 察到电流变化时产生的感应现象。紧接着，他做 了一系列实验，用来判明产生感应电流的条件和 决定感应电流的因素，揭示了感应现象的奥秘。
电磁学讲义
Electromagnetism Teaching materials
第六章 电磁感应与暂态过程
2010级物理学专业
前言（Preface）
一、本章的基本内容及研究思路
已研究了不随时间变化的静电场和静磁场 各自的性质，现在开始研究随时间变化的电场 和磁场。本章从实验现象揭示出电磁感应现象 及其产生的条件，然后归纳得到法拉第电磁感 应定律和楞次定律，并逐步深入地讨论感应电 动势的起因和本质，在此基础上，研究自感、 互感、涡电流、磁场能量和暂态过程的基础知 识和实际应用等有关问题。电磁感应现象及其 规律是电磁学的重要内容之一，而电磁感应定 律则是全章的中心。
电磁学(梁灿彬)第六章电磁感应与暂态过程[详细讲解]
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§1 电磁感应 (electromagnetic induction)
一、电磁感应现象 1820年，奥斯特第一次发现电流能够产生磁，法拉第坚信磁能够产生电，并以精湛的 实验技巧和敏锐的捕捉现象的能力，经过十年不懈的努力，终于在1831年8月29日第一次 观察到电流变化时产生的感应现象。紧接着，他做了一系列实验，用来判明产生感应电流 的条件和决定感应电流的因素，揭示了感应现象的奥秘。
f
f
二、动生电动势的计算
计算动生电动势的方法有两种：
1.用洛仑兹力公式推导出的计算；
2.用法拉第定律计算。
V B d l 动
d dt
第二种方法中，若是闭合电路，可用公式求出回路的动生电动势；若是一 段开路导体，则将其配成为闭合电路，仍可用此式计算，所求得的是导体两端 的电动势。
C
由于
, , 且 、 为常量 V B B, 方向一致 的方向与 V B d l
v
D VL是L在单位时间扫过的面积 ,VBL是线框在单位时间内磁通量的变化量，即 上式实际为 动 C
VBdl VBl
动生电动势只存在于运动的导体部分,而不动的那部分导体只是提供电流可 运行的通路。
法拉第电磁感应定律指出，不论什麽原因，只要穿过回路所围面积 的磁通量发生变化，回路中就产生感应电动势。磁通量发生变化的方式主 要有两种： （1）磁场不变，而闭合电路的整体或局部在磁场中运动，导致回 路中磁通量的变化，这样产生的感应电动势称为动生电动势
（2）闭合电路的任何部分都不动，因空间磁场发生变化，导致回路中磁 通量的变化，这样产生的感应电动势称为感生电动势。 如果磁场变化的同时，闭合电路也运动，所产生的感应电动势就是动生电 动势和感生电动势的叠加。 电动势是由非静电力移动电荷做功而形成的，产生动生电动势和感生电动 势的非静电力究竟是什么？
梁彬灿电磁学第二章习题解答
在导体球壳内场强和电势分别为
球壳外的电场由壳外壁电荷激发，壳外的电势为
场强大小E和电势V的分布如图2.2.1(a)和(b)中 曲线和 曲线所示。
2．2．2
解答：
球形金属腔内壁感应电荷的电荷量为 ，由于点电荷q位于偏心位置，所以腔内壁电荷面密度分布 不均匀，球形金属腔外壁的电荷量为 ，腔外壁电荷面密度 均匀分布。根据电势叠加原理，O点的电势为
可表示为
2．3．1
解答：
孤立导体球的电容为
C=
代入数据得
2．3．2
解答：
（1）平行放置一厚度为x的中性金属板后，在金属板上、下将出现等值异号的感应电荷，电场仅在电容器极板与金属板之间，设电荷密度为 ，电场为
A、B间电压为
A、B间电容C为
（2）金属板离极板的远近对电容C没有影响
（3）设未放金属板时电容器的电容为
（4）根扰前几题的分析，只有答案（b）是正确的，即 是除 外所有电荷（包括2上的电荷）激发的场强（方向垂直导体表面）,也是1上位于A的面元 在C点激发的电场。
2．5
解答：
不可能，用反证法证明。假定出现图中所示的情况，设 是M表面上某个 的面元，则由它发出的电场线只有两种可能的“归宿”：一是终止于N的负电荷；二是终止于无穷远处。
2．7
解答：
用反证法，假定A带正电而又不是电势最高者，则说明导体A上有的地方电荷面密度为负，从而有电场线终止于导体A上，这些电场线或来自于壳M，或来自于B的正电荷，则说明 ，但因为导体B为中性导体，所以在它上面必有负电荷，终止于这些负电荷上的电场线，显然不能来自导体B自身，只可能来自壳M上的正电荷，因而有 。但由于导体A所带的电荷量为正，所以A上的正电荷必发出电场线，但是这些电场线却没有去处：既不能终止于导体B，又不能终止于壳上，参看图2.7(a)。
电磁学(梁灿彬)第五章 稳恒电流的磁场
例题：两个电荷相同的带电粒子同时射入均匀磁 场中，速度方向均与磁场垂直。（1）如果两粒 子质量相同，速率分别为V和3V，问哪个粒子先 回到出发点？（2）如果两个粒子速率相同，质 量分别为m和3m，问哪个粒子先回到出发点？两 个粒子的轨道半径是否相同？
（1）∵
2m T ，∴两粒子同时回到出发点； qB
B M 最大 / P
即：磁场中某点的磁感应强度 B 是一个矢量，
它的大小等于具有单位磁矩的试探线圈在该点所 受到的最大磁力矩，它的方向与试探线圈在该点 处于平衡位置时的法线方向一致。在国际单位中， 的单位为特斯拉（T）。在实用中有时也用高斯 B （Gs）作为 的单位，1T=104Gs . B 地 球 表 面 附 近 的 地 磁 感 应 强 度 B: 赤道大 约 0.3Gs,两极大约:0.6Gs ； 一般仪表中永久磁铁B：几千高斯； 大型电磁铁产生的B：2T; 用超导材料制成的磁体产生的B更强。
磁铁之间的相互作用起源于“磁荷”之间的 相互作用，通过一系列实验，才逐步认识到“磁 荷是不存在的”。
截流螺线管的行为很象一块磁铁，启发物 理学家们提出这样的问题：磁铁和电流是否本 源上是一致的？法国科学家安培提出磁性起源 的假说—安培分子电流假说：组成磁铁的最小 单元（磁分子）就是环形电流。
安培认为，任何物质的分子都存在环形电流， 称为分子电流，分子电流产生的磁场在轴线上的 方向可以用右手定则来判断，每一个分子电流相 当于一个小磁体。当物质中的分子电流排列得毫 无规则时，他们的磁场互相抵消，整个物体不显 磁性，但是，在一定条件下，这些分子电流比较 有规则的定向排列起来，他们的磁场互相加强， 整个物体就会显示出磁性。 安培的分子电流的想法基本上是正确的，近 代物理学证实,分子电流是由原子中的各个电子 自旋和电子的轨道运动合成的结果。
梁彬灿电磁学第五章习题解答
///5．1．1 解答：(1) 质子所受洛伦兹力的方向向东(2) 质子的电荷量191.610q C -=⨯，质子所受洛伦兹力大小为163.210F qvB N -==⨯质子的质量271.6710m kg -=⨯，质子所受洛伦兹力与受到的地球引力相比较：101.9510F qvB F mg==⨯洛重 5．2．1 解答：O 点的磁场B 可看作两条半无限长直载流导线产生的磁场1B 、2B 和MN 部分阶段1/4圆周载流导线产生的磁场3B 的合成。
由于磁场方向均垂直纸面向外，所以直接求出它们大小并相加即可0012cos0cos 424I IB B R Rμμπππ⎛⎫==-=⎪⎝⎭ 40032448I IB Rd R Rππμμαπ-==⎰0123124I B B B B R μππ⎛⎫=++=+ ⎪⎝⎭方向垂直纸面向外 5．2．2 解答：（a ）延长线通过圆心的直长载流导线在O 点产生磁场为1B ，其大小为0；另一直长载流导线在O 点产生的磁场为2B ，方向垂直纸面向里；圆弧部分载流导线在O 点产生的磁场为3B ，方向垂直纸面向里。
故O 点的合磁场大小为0001233314842I I I B B B B R R R μμμπππ⎛⎫=++=+=+ ⎪⎝⎭方向垂直纸面向里（b ）两半直长载流导线在O 点产生的磁场分别为1B 、2B ，方向均垂直纸面向里；圆弧部分载流导线在O 点产生的磁场为3B ，方向垂直纸面向里。
故O 点的合磁场大小为()000012324444I I I IB B B B R R R Rμμμμππππ=++=++=+ 方向垂直纸面向里 5．2．3 解答：（a ）因为两直长载流导线延长线均通过圆心，所以对O 点的磁场没有贡献，故只需要考虑两个圆弧载流导线在O 点产生的磁场，它们所激发的磁场分别为1B 、2B ，方向均垂直纸面向里，故O 点的合磁场大小为00123312248I I B B B a b a b ππμμπ⎛⎫⎪⎛⎫=+=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭方向均垂直纸面向里（b ）两延长线的直长载流导线对O 点的磁场没有贡献，只需要考虑两长度为b 的直长载流导线对O 点的磁场1B 、2B 和圆弧载流导线对O 点的磁场3B ，方向均垂直纸面向里，其合磁场大小为()0001232332cos90cos13524442a I I I B B B B b a b a πμμμππππ⎛⎫⎛⎫⎪=++=-⨯+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭方向均垂直纸面向里。
《电磁学》梁灿彬课后答案
300
−
1 2
eE m
t2
=
0
解之得： t = 2mv0 sin 300 eE
所以在原来高度时水平射程为：
x = v0 cos 300 t =
3mv02 2eE
1.3.4 电子的电荷受罪先是由密立根通过油滴实验测出的，密立根设计的实验装置如附图所示。 一个很小的带电油滴在电场 E 内，调节 E 使作用在油滴上的电场力与油滴的重量平衡，如果油滴
f
= 2k
qq′ (a2 + r2)
r (a2 + r2 )
=
2kqq′r
(a2
+
r2
)3 2
又∵ df = 0 dr
即：
2kqq′
⎡ ⎢ ⎢ ⎢
(a2
+
r2
)3 2
− r × 3 (a2 2
(a2 + r2 )3
+
r
2
)1 2
i 2r
⎤ ⎥ ⎥ ⎥
=
0
⎣
⎦
∴
(a2
+
r 2 )32
− 3r 2 (a2
答案：无外场时，对球外而言是正确的。
1．5 附图中 A 和 B 为两个均匀点电体，S 为与 A 同心的球面，试问： （1）S 面的通量与 B 的位置及电荷是否有关？ （2）S 面上某点的电场强度与 B 的位置及电荷是否有关？ （3）可否用高斯定理求出 S 面上一点的场强？为什么？
答案：（1）无关 （2） 有关 （3）不能（导体球）、可以（介质球）。 场强叠加原理应用到有导体的问题时，要注意，带电导体单独存在时，有一种电荷分布，它
∫∫ （3）
s1
梁彬灿电磁学第三章习题解答
3．2．1 解答：（1）如图3.2.1所示，偶极子的电荷量q 和q -所受的电场力分别为qE 和qE -，大小相等，合力为0，但所受的力矩为M P E =⨯当且仅当0θ=和θπ=时，电偶极子受的力矩为0，达到平衡状态，但在0θ=的情况下稍受微扰，电偶极子将受到回复力矩回到平衡位置上，因此，0θ=时，是稳定平衡；但在θπ=的情况下稍受微扰，电偶极子受到的力矩将使电偶极子“倾覆”到达0θ=情况，因此，θπ=的情况是不稳定平衡。
（2）若E 不均匀，一般情况下，偶极子的电荷量q 和q -所受的电场力不为0，电场力将使偶极子转向至偶极矩P 与场强E 平行的情况，由于电场不均匀，偶极子所受的合力不为0.因此,电偶极子不能达到平衡状态。
3．2．2 解答：（1）如图3.2.2所示，偶极子1P 和2P 中的2q -处激发的电场为13222p E kl r -=⎛⎫- ⎪⎝⎭2q -所受的电场力为2123222q p F q E kl r ---=-=⎛⎫- ⎪⎝⎭偶极子1P 和2P 中的2q 处激发的电场为13222p E kl r +=⎛⎫+ ⎪⎝⎭2q 所受的电场力为2123222q p F q E kl r ++==⎛⎫+ ⎪⎝⎭偶极子2P 受到的合力为()332221222l l F F F k q p r r --+-⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+=+--⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦令22l x ≡，()()3f x r x -≡+，()()3g x r x -≡-，则()()330,0f r g r --==，故()()()()()()4444'3,'3,'03,'03f x r x g x r x f r g r ----=-+=-=-=因22l r >>，对22l r ⎛⎫+ ⎪⎝⎭和22l r ⎛⎫- ⎪⎝⎭在0r =处展开后，略去高次项 ()()()()()()3434'003,0'03f x f x f r r x g x g g x r r x ----≈+=-=+=+()()46f x g x xr --=-所以()42121221440033(2)62q p l p p F k q p xr r rπεπε--=-=-= 其大小为124032p p F r πε=以上是1P 和2P 同向的情况，反向时大小不变，受力方向相反。
电磁学梁灿彬习题选解
电磁学梁灿彬习题选解电磁学习题解答1．2．2 两个同号点电荷所带电荷量之和为Q 。
在两者距离一定的前提下，它们带电荷量各为多少时相互作用力最大？解答：设一个点电荷的电荷量为1q q =，另一个点电荷的电荷量为2()q Q q =-，两者距离为r ，则由库仑定律求得两个点电荷之间的作用力为20()4q Q q F r πε-=令力F 对电荷量q 的一队导数为零，即20()04dF Q q qdq r πε--== 得122Q q q ==即取 122Qq q ==时力F 为极值，而 22202204Q q d F dq rπε==<故当122Qq q ==时，F 取最大值。
1．2．3 两个相距为L 的点电荷所带电荷量分别为2q 和q ，将第三个点电荷放在何处时，它所受的合力为零？解答：要求第三个电荷Q 所受的合力为零，只可能放在两个电荷的连线中间，设它与电荷q 的距离为了x ，如图所示。
电荷Q 所受的两个电场力方向相反，但大小相等，即2200204()4qQ qQL x xπεπε-=- 得 2220x Lx L +-=舍去0x <的解，得 (21)x L =- 1．3．8解答:xE 3E 2y∞E 1RO R yE 3xαE AE B∞x yO E ABA R (c)(b)(a)（1）先求竖直无限长段带电线在O 点产生的场强1E，由习题（2）可知 104x E Rηπε=仿习题解答过程，得12223/21223/20sin ()0()4y y dlldldE kkr R l ldl E k R l Rηηαηηπε==-+∞=-=-+⎰LxL -qQ 2故 10ˆˆ()4E i j Rηπε=- 同理，水平无限长段带电线在O 点产生的场强20ˆˆ()4E i j Rηπε=-+ 对于圆弧段带电线在O 点产生的场强3E，参看图（b ），得3230cos cos /2cos 04x x dld dE kkRRk E d R Rηηαααπηηααπε====⎰同理得 304y E Rηπε= 故 30ˆˆ()4E i j Rηπε=+ 解得12330ˆˆ()4E E E E E i j Rηπε=++==+ （2）利用（1）中的结论，参看习题图（b ），A -∞的带电直线在O 点的场强为=0ˆˆ()4A E i j Rηπε--B -∞的带电直线在O 点产生的场强为0ˆˆ()4B E i j Rηπε=-+ 根据对称性，圆弧带电线在O 点产生的场强仅有x 分量，即0/2ˆˆˆcos /22ABABx k E E i d i i R Rπηηααππε===-⎰故带电线在O 点产生的总场强为0A B AB E E E E =++=1．3．9解答:在圆柱上取一弧长为Rd ϕ、长为z 的细条，如图（a ）中阴影部分所示，细条所带电荷量为()dq zRd σϕ=，所以带电细条的线密度与面密度的关系为dqdl Rd zησσϕ=== 由习题知无限长带电线在距轴线R 处产生的场强为0ˆ2r dE e Rηπε=图（b ）为俯视图，根据对称性，无限长带电圆柱面轴线上的场强仅有x 分量，即20002200000cos cos cos 22ˆˆˆcos 22x x dE dE d d E E i i d i πσσϕϕϕϕϕπεπεσσϕϕπεε--=-==--===⎰ϕyxzyxO ϕEd(b)(a1．4．5解答：O ´OP d /2d /2xSSS S如图所示的是该平板的俯视图，OO ´是与板面平行的对称平面。
电磁学(梁灿彬)第二章 导体周围的静电场
-
E0
在外场 E0作用下，导体中的自由电荷将发生
移动，结果使导体的一边带正电，另一边带负电。 这是由于静电感应现象造成的。以上过程只能是 暂时的，因为当导体两边积累了正、负电荷之 后，它们就产生了一个附加电场 E ， 与 E0的迭加 E 结果，使导体内、外的电场都发生重新分布，在 导体内部 E 的方向是与外电场 E0 的方向相反，当 E 导体两边的正、负电荷积累到一定的程度时， 的数值就会大到足以把 E0 完全抵消。此时导体内 部的总电场 E E0 E 处处为零时，自由电荷便 不再移动，导体两边正、负电荷不再增加，于是 达到了静电平衡状态。
我们知道，电场线的性质形象地反映了 静电场的两个规律，用电场线的性质去 定性地讨论一些问题，能够得到一些令 人满意的结果。
四、静电平衡时的电场分布、电荷分 布情况
[例1]：如图所示带电系统。
+ + A + + B + + +
1、电场线能不能由导体B的一端正电荷发出 而终止于另一端的负电荷? 不能。因为电力线总是从电位高的地方 指向电位低的地方，而导体B是一个等位体。
在导体外紧靠表面任取一 点P ，该点的场强 ˆ E En n ，在P点附近的 导体表面上取一面元△S1， 这面元取得充分小，使得 其上的电荷面密度σ可认 ˆ 为是均匀的，以 为轴， n △S1为底作一Gauss面， 使园柱侧面与△S1垂直， 园柱的上底通过 P，下底 在导体内部，两底都与 △S1平行，并无限靠近， 因此通过Gauss面的电通 量为
二、本章的基本要求
电磁学(梁灿彬)第一章 静电场的基本规律
近代物理学的发展证明，“超距作用” 的观点是错误的，电力和磁力的传递虽然 很快（3×108m.s-1），但并非不需要时间， 而历史上持“近距作用”的观点的人所假 定的那种“弹性以太”也是不存在。实际 上，电力和磁力是通过电场和磁场来作用 的。上述两种观点可图解为：
电荷 电荷 电场 电荷
电荷
相对于观察者静止的电荷产生的场叫做静电场， 电荷是电场的源，所以叫做场源，也叫源电荷。
理论地位和现代含义
• 库仑定律是静电学的基础，说明了
– 带电体的相互作用问题 – 原子结构，分子结构，固体、液体的结构
• 化学作用的微观本质,都与电磁力有关，其中主要 部分是库仑力
物理定律建立的一般过程
• • • • • • 观察现象； 提出问题； 猜测答案； 设计实验测量； 归纳寻找关系、发现规律； 形成定理、定律（常常需要引进新的物理 量或模型，找出新的内容，正确表述）； • 考察成立条件、适用范围、精度、理论地 位及现代含义等 。
一、本章的基本内容及研究思路
本章讨论相对于观察者静止的电荷产生的 场——静电场。首先从静电现象的观察开始，认 识电荷和物质的电结构，从实验得到二个基本的 规律——库仑定律和叠加原理。然后从库仑力是 怎样作用的这一问题的讨论，引入电场，定义描 述电场属性的两个物理量——电场强度和电位， 同时介绍描述电场的形象工具——电场线和等位 面。在理论体系方面，本章从库仑定律和叠加原 理出发，导出静电场的两个定理——高斯定理和 环路定理，进而说明由已知电荷的分布求场强和 电位的计算方法。
（四）电量单位 －MKSA制
• 1库仑：当导线中通过1安培稳恒电流时， 一秒钟内通过导线某一给定截面的电量为 • 1C=1A· s • 若F=1N, q1=q2=1C, r=1m 则 • k=8.9880×109N· 2/C2 m ≈9.00×109N· 2/C2 m
《电磁学》梁灿彬课后部分答案
解：（1）解法一：在两电容器中，
C1
=
ε0s d1
， C2
=
d
ε0s −t −
d1
得：
ε0s . ε0s
C
=
C1C2 C1 + C2
=
d1 ε0s
d +
− t − d1 ε0s
= ε0s d −t
d1 d − t − d1
解法二：设板上自由电荷 Q，电荷分布如图，
由 E= σ 得： ε0
U=
σ ε0
B
=
u0 2π r
⋅ π
I R12
⋅π r2
=
u0 I 2π R12
r
B = u0I 当R1< r < R2时： 2π r
当R2
<
r
<R3时：
B
=
u0 2π r
[I
−
π
I (R32 −
R22 )
⋅π
(r2
−
R22 )]
=
u0 I 2π r
⋅
R32 R32
− r2 − R22
B = u0I (I − I ) = 0
B
=
μ0 μ rH
=
μ0μrN L
I
（2） 线圆电流 I0 产生的磁场为 B0
∫ ∑ L B0 ⋅ dl = μ0 Ii
B0 ⋅l = μ0 NI ，
B0
=
μ0 N l
I
磁化电流在匀质中产生的磁场为 B′
B′
=
B−
B0
=
μ0μr N l
I
−
μ0 N l
I
=
μ0 N I l
电磁学答案 梁绍荣
3-1解：（1）两极板间充满电解介质，则极板间的场强为均匀场，因为Csd dsC C r rr 000εεεεε=⇒==所以mV m V CsU d U E r /1005.1/)10100/101001085.84.5/(50//4124120⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===---εε（2）思路1：根据电容的定义：C C CU Q U Q C 9121051010050/--⨯=⨯⨯==⇒=思路2：因为272412000/100.5/1005.14.51085.8m C m C E E E r r r--⨯=⨯⨯⨯⨯==⇒==εεσεεσε 所以C C s Q 9470100.5101001002.5---⨯=⨯⨯⨯==σ（注：推荐使用思路1） （3） 思路1：直接使用（3-3-16）式27270'/101.4/100.5)4.5/11()/11(m C m C r --⨯=⨯⨯-=-=σεσ思路2：利用公式（3-3-10） 3-2解： （1）2526120/107.2/100.131085.8m C m C E E D r --⨯=⨯⨯⨯⨯===εεε（2） 思路1：对于平行板电容器0σ=D因此D 的值就是自由电荷面密度。
思路2：252612000/107.2/100.131085.8m C m C E E E r r r--⨯=⨯⨯⨯⨯==⇒==εεσεεσε （3）25261200/108.1/100.11085.82)1(m C m C E E P r e --⨯=⨯⨯⨯⨯=-==εεεχ（注：请大家自己根据极化强度矢量的公式推导一下其单位） （4）根据公式（3-3-6）P P n =='σ3-3解：（1）据平行板电容器电容计算公式F F d sC 10212001077.11012.01085.8---⨯=⨯⨯⨯==ε （2）C C CU Q 7310001031.51031077.1--⨯=⨯⨯⨯==（3）据公式F F U Q C 103701031.51011031.5--⨯=⨯⨯== （4） 据公式30=⇒=r r C C εε3-4解：（1）介质将两极板间分成1，2，3三部分。