电磁学_第二版__习题答案

电磁学 第二版 习题解答
电磁学 第二版 习题解答 ............................... 错误!未定义书签。

第一章 ................................................. 错误!未定义书签。

第二章 ................................................. 错误!未定义书签。

第三章 ................................................. 错误!未定义书签。

第四章 ................................................. 错误!未定义书签。

第五章 ................................................. 错误!未定义书签。

第六章 ................................................. 错误!未定义书签。

第七章 ..................................................... 错误!未定义书签。

第一章
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
2
0()
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 q
dq r
πε--== 得
122
Q
q q ==
即取 122
Q
q q ==
时力F 为极值，而 22
2
02
204Q q d F dq r
πε==
<
故当122
Q
q 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1.2.3所示。

电荷Q 所受的两个电场力方向相反，但大小相等，即
22
00204()4qQ qQ
L x x πεπε-=-
得 22
20x Lx L +-=
舍去0x <的解，得
1)x L =- 1．3．8解答:
A
E 3
x
∞
(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1.3.7
（2）可知 104x E R
η
πε=
仿习题1.3.7解答过程，得
12
223/2
1223/20sin ()0()4y y dl
ldl
dE k
k
r R l ldl E k R l R
ηηαη
ηπε==-+∞=-=-
+⎰
故 10ˆˆ()4E i j R
ηπε=
-
同理，水平无限长段带电线在O 点产生的场强
20ˆˆ()4E i j R
ηπε=-+ 对于圆弧段带电线在O 点产生的场强3E
，参看图1.3.8（b ），得
32
30cos cos /2cos 04x x dl
d dE k
k
R
R
k E d R R
ηηα
αα
πηηααπε====⎰
同理得 304y E R
η
πε=
故 30ˆˆ()4E i j R
ηπε=+ 解得
12330ˆˆ()4E E E E E i j R
ηπε=++==+ （2）利用（1）中的结论，参看习题1.3.8图（b ），A -∞的带电直线在O 点的场强为
=0ˆˆ()4A E i j R
ηπε--
B -∞的带电直线在O 点产生的场强为
0ˆˆ()4B E i j R
ηπε=
-+ 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 /22AB
ABx k E E i d i i R R
πηηααππε===-⎰ 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
y
(b
(
与面密度的关系为
dq
dl Rd z
ησσϕ=
== 由习题1.3.7知无限长带电线在距轴线R 处产生的场强为
0ˆ2r dE e R
η
πε= 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
2000
2200000
cos cos cos 22ˆˆˆcos 22x x dE dE d d E E i i d i πσσ
ϕϕϕϕϕ
πεπεσσϕϕπεε--=-==--
===⎰
1．4．5解答：
x
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。

设体密度0ρ
>，根据对称性分析知，在对称面两侧等距离处的场强
大小相等，方向均垂直于该对称面且背离该面。

过板内任一点P ，并以面OO ´为中心作一厚度2()x d <、左右面积为S 的长方体，长方体6
个表面作为高斯面，它所包围的电荷量为(2)xS ρ，根据高斯定理。

)
2(ερS x S d E =
⋅⎰⎰ 前、后、上、下四个面的E
通量为0，而在两个对称面S 上的电场
E
的大小相等，因此
(2)2x S ES ρε=
考虑电场的方向，求得板内场强为
ˆx E i ρε=
式中：x 为场点坐标
用同样的方法，以Oyz 面为对称面，作一厚度为2()x d >、左右面积为S 的长方体，长方体6个表面作为高斯面，它所包围的电荷量为
()Sd ρ，根据高斯定理
)
(ερSd S d E =
⋅⎰⎰ 前、后、上、下四个面的E
通量为0，而在两个对称面S 上的电场E
的大小相等，因此
()
2Sd ES ρε=
考虑电场的方向，得
ˆ2d E i ρε=±
1．4．8解答:
(1)图1.4.8为所挖的空腔，T 点为空腔中任意一点，空腔中电荷分布可看作电荷体密度为ρ的实心均匀带电球在偏心位置处加上一个电荷体密度为ρ-的实心均匀带电球的叠加结果，因此，空腔中任意
点T 的场强E
应等于电荷体密度为ρ的均匀带电球在T 点产生场强E ρ
与电荷体密度为ρ-的均匀带电球在T 点产生场强E ρ-的叠加结果。

而
E ρ与E ρ-均可利用高斯定理求得，即
1
20
33r r E E ρρ
ρρεε-=
=-
式中：1r 为从大球圆心O 指向T 点的矢径；2r 从小球圆心O '指向
T 点的矢径。

空腔中任意点T 的场强为
1200
()33E E E r r c ρρρρεε-=+=
-= 因T 点为空腔中任意一点，c
为一常矢量，故空腔内为一均匀电
场。

（2）M 点为大球外一点，根据叠加原理
332
20
ˆ3()M c M M b a E e r c r ρε⎡⎤
=
-⎢⎥+⎣⎦
P 点为大球内一点，根据叠加原理，求得
32
ˆ3()p p c p b E r e r c ρε⎡⎤
=
-⎢⎥+⎢⎥⎣⎦
1．4．9解答：
在均匀带电的无限长圆柱体内作一同轴半径为()r r R <、长为L 的小圆柱体，如图1.4.9（a ）所示，小圆柱面包围的电荷量为
2q r L ρπ=
由高斯定理
2ερπL r S d E =⋅⎰⎰
根据对称性，电场E
仅有径向分量，因此，圆柱面的上、下底面的
E 通量为0，仅有侧面的E
通量，则
20
2r r L
E rL ρππε=
解得柱体内场强
02ˆερr e E E r r ==内内
在均匀带电的无限长圆体外作一同轴半径为()r r R >、长为L 的小
圆柱体（未画出），小圆柱包围的电荷量为
2Q R L ρπ=
解得柱体外场强
r r r e
r
R e E E ˆ2ˆ02
ερ==外外 柱内外的场强的E -r 曲线如图1.4.9（b ）所示 1．4．10解答：
1E r
λ1/2πε0λ1/2πε0R 2
(1) 作半径为12()r R r R <<、长为L 的共轴圆柱面，图1.4.10（a ）为位于两个圆柱面间的圆柱面，其表面包围的电荷量为
1q L λ=
根据对称性，电场E
仅有径向分量，因此，圆柱面的上、下底面的E 通量为0，仅有侧面的E
通量，则在12R r R <<的区域II 内，利
用高斯定理有
012ελπL rLE IIr
=
解得区域II 内的场强
r r IIr II e r e E E ˆ2ˆ0
1
πελ==
同理，可求得1R r <的区域I 中的场强
0=I E
在2R r >的区域III 中的场强
r r IIIr III e
r
e E E ˆ2ˆ02
1πελλ+== (2) 若21
λλ-=，有
0ˆ20
01
==
=III r II I E e r
E E
πελ
各区域的场强的E —r 曲线如图1.4.10(b)所示。

1．5．2证明：
E 2
（1）在图1.5.2中，以平行电场线为轴线的柱面和面积均为S 的两个垂直电场线面元S 1、S 2形成一闭合的高斯面。

面元S 1和S 2上的场
强分别为1E
和2E ，根据高斯定理，得
0)(212211=+-=+-E E S S E S E
证得
21E E =
说明沿着场线方向不同处的场强相等。

（2）在（1）所得的结论基础上，在图1.5.2中作一矩形环路路
径，在不同场线上的场强分别为1E
和2E ，根据高斯定理得
021=-l E l E
证得
21E E =
说明垂直场线方向不同处的场强相等。

从而证得在无电荷的空间中，凡是电场线都是平行连续（不间断）直线的地方，电场强度的大小处处相等。

1．6．4证明：
由高斯定理求得距球心r 处的P 点的电场为：03ερr
E =，求得离球
心r 处的P 点的电势为
3
022********)
3(223333R r R Q r R r dr R r d r R R
r
πεερερερ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=+⋅⎰⎰
∞
1．6．5解答:
（1）根据电势的定义，III 区的电势为
r
Q Q r V III 02
14)(πε+=
202124)(R Q Q R V III πε+=
II 区的电势为
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=++=⎰⎰
∞
22102
2
12
01414422
R Q r Q dr
r Q Q dr r
Q V R R r
II πεπεπε
I 区的电势为
⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛+=
=22110141)()(R Q R Q R V r V II I πε （2）当12Q Q =-时，()0III E r =，代入（1）中三个区域中的电势的表达式，求得
0)(=r V III ，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=201114)(R r Q r V II πε，⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=2101114)(R R Q r V I πε V -r 曲线如图1.6.5（a ）所示
当21
21
Q Q R R =-时，代入（1）中三个区域的电势的表达式，求得
r R Q R R r V III 101214)()(πε-=，⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-=101114)(R r Q r V II πε，0)(=r V I V —r 曲线如图所示。

12
1．6．6 解答：
均匀电荷密度为ρ的实心大球的电荷量3
43
Q a πρ
=，挖去空腔对应小球的电荷量3
43
q b πρ=-，电荷密度为ρ的大球在M 点的电势为 M
M M r a r Q
r V 3
0034)(ερπερ==
电荷密度为-ρ的小球在M 点的电势为
c r b c r q r V M
M M +-=+=-3
003)4)(ερπερ（
M 点的电势为
⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛+-=+=-c r b r a r V r V V M M M M M 3303)()(ερρρ
电荷密度为ρ的大球在P 点的电势为
)3(6)(2
20
P a
r a
P r a r d E r d E r V P -=⋅+⋅=⎰⎰∞ερρ 内 电荷密度为-ρ的小球在P 点的电势为
c
r b r V P P +-=-3
03)(ερρ
P 点的电势为
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+--=+=-c r b r a r V r V V P P P P P 3230236)()(ερρρ 电荷密度为ρ的大球在O 点的电势为
2
020223)(6)(ερερερρa a a r d E r d E r V a
r a O O =--=⋅+⋅=⎰⎰∞ 内 电荷密度为-ρ的小球在O 点的电势为
⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛--=-+
--=⋅+⋅=⎰
⎰∞---22333)(6)(2200
222
0c b b c b r d E r d E r V b
c
b O ερερερρρρ 外内
O 点的电势为
()2
220
336)()(c b a r V r V V O O O --=+=-ερρρ 电荷密度为ρ的大球在O ´点的电势为
)3(63)(6)(220
2220c a a c a r d E r d E r V a
c
a O -=+
-=⋅+⋅=⎰
⎰∞'ερ
ερερρ
内
电荷密度为-ρ的小球在O ´点的电势为
2
202236)(ερερερρρρb b b r d E r d E r V b
c
b O -=
-+
-=⋅+⋅=⎰
⎰∞--'- 外内
O ´点的电势为
()2
220
336)()(c b a r V r V V O O O --=+=-'ερρρ
第二章
2．1．1解答：
Rd θ
建立球坐标系，如图所示，球表面上的小面元面积为
220222
000
sin (1)cos sin (2)
cos ˆˆ()(3)
22n n dS R d d dq dS R d d dS dF dS E dSe dSe θθϕσσθθθϕσθσσεε==='===面元上的电荷量为
导体上一面元所受的电场力等于
式中：E '为除了面元dS 外其他电荷在dS 所在处产生的场强。

以
z =0平面为界，导体右半球的电荷为正，导体左半球的电荷为
负，根据对称性，面元所受力垂直于z 轴的分量将被抵消，因而，只需计算面元dS 所受的电场力的z 分量，即
2
200
cos ˆcos (4)2z dF dSk σθθε=
将（1）式代入（4）式，对右半球积分，注意积分上下限，得
222
/2232000000ˆˆcos sin 24R F R d d k k ππ
σπσθθθϕεε⎛⎫== ⎪⎝⎭
⎰⎰右
左半球所受的力为
2200
ˆ4R F k πσε=-左
2．1．4解答：
σ
σ2
σσ4
d
A
B
解：由左至右各板表面的电荷密度12340B q σσσσ=，，，，因，利用静电平衡条件列方程得：
⎪⎪
⎪⎩⎪
⎪⎪⎨
⎧=+=+-==0
4321
3241σσσσσσσσS q A （无限大平行金属板）
解得： 4212σσσ===
S
q A
S
q A
23=
σ
∴ S
d
q d d E l d E V A 0022εεσ===⋅=⎰内内 将B 板接地： （σ4=0）
1423120A
q S σσσσσσ⎧
⎪==⎪
=-⎨⎪⎪+=⎩
∴ S
q A
=
-=32
σσ
200A q d V E dl E d d S
σεε=⋅==
=⎰内内 2．2．1解答：
由于电荷q 放在空腔的中心，在导体壳内壁的感应电荷-q 及壳外壁的电荷q 在球壳内、外壁上均匀分布，这些感应电荷在球腔内产生的合场强为0；壳内电荷与球壳内壁电荷在壳外产生的合场强为0，因此，壳内、壳外的电场表达式相同，距球心为r 处的场强均表示为
122
0ˆ()()4r q E r e
r R r R r
πε=
<>或
距球心为1(0)r r R <<处电势为
1
1012111(0)4R r
R q V E dr E dr r R r R R πε∞⎛⎫
=⋅⋅-+<≤ ⎪⎝⎭
⎰⎰
2
外内内+=
在导体球壳内场强和电势分别为
121202
()0()()4E r R r R q V R r R R πε=<<=
≤≤壳壳
球壳外的电场由壳外壁电荷激发，壳外的电势为
20()4r
q V E dr R r r
πε∞=⋅=
≤⎰外外
场强大小
E 和电势
V 的分布如图所示。

12
12．2．2解答：
球形金属腔内壁感应电荷的电荷量为-q ，由于点电荷q 位于偏心位置，所以腔内壁电荷面密度分布σ内不均匀，球形金属腔外壁的电荷量为Q q +，腔外壁电荷面密度σ外均匀分布，根据电势叠加原理，O 点的电势为
0000011144444O dS q Q q q Q
V r
a b r a b b
σπεπεπεπεπε+⎛⎫=
+
+=-++ ⎪⎝⎭⎰⎰
内
2．3．2解答：
S A
（1）平行放置一厚度为t的中性金属板D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，设电荷面密度为0
σ，电场为0
E
σ
ε
=
A、B间电压为
00
00
()()
AB
Q
U d t d t
S
σ
εε
=-=-
A、B间电容C为
00
AB
Q S
C
U d t
ε
==
-
（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
S
C
d
ε
=
放金属板后，板间空气厚度为
3
44
d d
d t d
-=-=
此时电容器的电容为
4
800
33
4
S
C C F
d
ε
μ
===
由于A 、B 不与外电路连接，电荷量0Q 不变，此时A 、B 间电压为
007.5AB
AB Q C
U U V C C
'=== 2．3．5解答：
A
3
3
3
2
（1）按图中各电容器的电容值，知C 、D 间电容为
(23/3)3CD C F F μμ=+=
其等效电路如图（a ）所示，E 、F 间电容为 (23/3)3EF C F F μμ=+=
同理，其等效电路如图(b)所示，A 、B 间电容为
(3/3)1AB C F F μμ==
A
(a)
A
(b)
(2) A 、B 间的电势差为900V ，等效电容AB C 上的电荷量为
4910C AB AB AB Q C U -==⨯
由图(b)可见，与A 、B 相接的两个电容器的电荷量与AB Q 相同，亦为4
910C -⨯。

（3）由图(b)可见，因3个电容器的电容值相等，故E 、F 间电压为
1
900V=300V 3
EF U =⨯
又由图（a ）可见，E 、F 间电压亦加在3个电容值相等的电容器上，所以
1
300V=100V 3
CD
U =⨯ 2．3．7解答：
方法一：各个电容器的标号如图所示，设AB AB U U C C ==，，则有Q CU =
在A 、B 、D 、E 4个连接点列出独立的3个电荷量的方程
1412535
(1)(2)(3)
Q q q q q q Q q q =+-=+=+ 3个电压的方程
3
4
5
13
12(4)44(5)44(6)
4104AD DB AE EB AE
ED DB q q U U U F F
q q
U U U F F
q q q
U U U U F F F
μμμμμμμ=+=+=+=+=++=++ 由（1）、（3）两式得
1425
(7)q q q q +=+
由（4）、（5）两式得
4315
(8)q q q q +=+
由（7）、（8）式得
4513(9)q q q q ==
将（1）、（9）两式代入（5）式，得
[]1111()44U q Q q Q F
F
μμ=
+-=
按电容器定义，有
4Q
C F U
μ==
方法二：因题中C 1、C 3、C 4、C 5均为4F μ，所以据对称性C 2上的电荷为零(E D U U =)。

C 4与C 3串联得：2()AB
C F μ'= C 1与C 5串联得：2()AB
C F μ''= ∴ 224()AB AB
AB C C C F μ'''=+=+= 2．5．1解答：
串联时，两电容器的电荷量相同，电能之比为
2
1122212
2212Q W C C Q W C C === 并联时，两电容器的电压相同，电能之比为
2
1112222122
2C U W C d C U W C ===
第三章
3．2．3解答：
（1）偶极子所受的力矩大小为
sin M pE θ=
最大力矩为2
πθ=
时
3210N m max M pE qlE -===⨯
（2）偶极子从不受力矩的方向转到受最大力矩的方向，即θ从0到2
π
，电场力所做的功为
/2/23
00
sin 210N m W Td pE d pE ππθθθ-====⨯⎰⎰ 3．4．1解答：
图为均匀介质圆板的正视图，因圆板被均匀极化，故只有在介质圆板边缘上有极化面电荷，弧长为dl ，厚度为h 的面元面积为
dS hdl hRd α==，在α处的极化面电荷密度为
ˆcos n P e
P σα'=⋅=- 根据对称性，极化电荷在圆板中心产生的电场强度只存在y 分量，
位于α处的极化电荷在圆板中心产生的电场强度的y 分量为
2222
cos cos cos dS
P hdl Ph d dE k k k R R R
α
σααα
α'--'=== 全部极化面电荷在圆板中心产生的电场强度大小为
22
000cos 44Ph Ph E d R R πααπεε--'==-⎰
将电场强度写为矢量：
04Ph E R
ε'=-
3．4．5解答：
（1）根据电容器的定义并代入数据，得
1000 1.810F S
C l
ε-=
=⨯
（2）金属板内壁的自由电荷（绝对值）为
7000 5.410C q C U -==⨯
（3）放入电介质后，电压降至3
10V U =时电容C 为
100
5.410F q C U
-==⨯
（4）两板间的原电场强度大小为
50
0310V /m U E l
==⨯
（5）放入电介质后的电场强度大小
510V/m U
E l
==
（6）电介质与金属板交界面上的极化电荷的绝对值为q '，因极化电荷与自由电荷反号，有
0E E E '=-
而
7000() 3.610C q S E S E E S σεε-'''===-=⨯
（7）电介质的相对介电常数为
3r C
C ε=
= 3．4．6解答：
空腔面的法线取外法线方向单位矢n R ˆˆe
e =，建立直角坐标系，θ为矢径R 与z 轴的夹角，球面上的极化电荷面密度为
n cos P P σθ'=-=-
由上式知，紧贴球形空腔表面介质上的极化电荷面密度σ'是不均匀的，极化电荷面密度左侧为正，右侧为负，球面上坐标为（R ϕθ，，）处的面元面积为
2sin dS R d d θθϕ=
该面元上的极化电荷量为
2cos sin dq dS PR d d σθθθϕ''==-
带电面元在球心处激发的电场强度方向由源点指向场点，用单位
矢R ˆe
-表示 R 2ˆ()dq dE k e R
'
'=- 根据对称性，极化电荷在球心的场强E 的方向沿z 轴方向，故只需计算场强E 的z 分量，即
22000
30
00
ˆˆcos sin 4cos ˆ23
3z P E E k k d d P P
k
πππ
ϕθθθπεθεε'===-=⎰⎰
因 00(1)r P E E εχεε==-
故得 (1)
3
r E E ε-'= 3．5．1解答：
12
σ1σ2σ3
因导体板上内表面均匀分布自由电荷，取上导体板的法线方向n ˆe
指向下方，即有
52n 0210C /m D σ-==⨯
在介质1板中，有
5n
ln 01
7.510V /m r D E εε=
=⨯
在介质2板中，有
5n
2n 02
5.710V /m r D E εε=
=⨯
如图所示，贴近上导体板处的极化电荷面密度为
1
11101110110
1
5252
1ˆˆ4
10C /m 1.3310C /m 3
r r P n E n E εσεχεχσε---'=⋅=⋅=-==-⨯=-⨯
贴近下导体板处的极化电荷面密度为
2
2
22022202202
5252
1ˆˆ()3
10C /m 1.5010C /m 2
r r P n E n E εσεχεχσε---'=⋅=⋅==-=⨯=⨯
两介质板间的极化电荷面密度为
523
12126
2
1
()()10C /m 61.710C /m
σσσσσ--'''''=-+-=-+=-⨯=-⨯
或 32121ˆ()P P n σ'=-⋅
3．5．3解答：
（1）介质板用“2”标记，其余空气空间用“1”标记，单位矢n ˆe
方向为由高电势指向低电势，两极板间电势差（绝对值）为
2n ln ()E l E d l U +-= （1）
无论在空间1还是在2，电位移矢量D 相等，故有
0ln n 02n r E D E εεε==
得 1n 2n r E E ε= (2) 将（2）式代入（1）式得
2n (1)r r U
E l d
εε=
-+
写成矢量 2n ˆ(1)r r U
E e
l d
εε=-+ 解得
012n 0202n ˆ(1)(1)ˆ(1)r r r r r r U
D D e
l d
U P E e
l d
εεεεεεεχεε==
-+-==-+ （2）因0n D σ=，故极板上自由电荷的电荷量（绝对值）为
000(1)r r r US
q S l d
εεσεε==-+
（3）极板和介质间隙中（空气中）的场强E E 1空=，故
n 0ˆr r r U
D
E e
d
εεεε空==(1-)1+ （4）电容为
00(1)r r r q S C U l d εεεε==
-+
3．5．9解答：
（1）以r 12()R r R <<为半径，长度为一个单位，作一与导线同轴的圆柱体，圆柱体的表面作为高斯面，求得介质中的电位移矢量为
ˆ()2r D r e r
λπ= 电场强度为
0ˆ()2r r E r e
r
λπεε= 极化强度矢量为
0(1)ˆ2r r r P E e
r
ελεχπε-== （2）两极的电势差U 为
21
002
001ln
22R R r r dr R U r R λλπεεπεε==⎰
（3）在半径1R 与2R 处，介表面表的极化电荷面密度分别为
01n 11(1)()2r r P R R ελσπε--'=-=
2
n 22(1)()2r r P R R ελσπε-'==
3．7．1解答：
有玻璃板时，电容器电容为
0r S
C d
εε=
将玻璃板移开后，电容器电容为
0S
C d
ε'=
（1）电容器一直与直流电源相接时，电压U 不变。

未抽出玻璃板时电容器的能量为
21
2
W CU =
抽出玻璃板后电容器的能量为
212W C U ''= 二者之比
11
5
r W C W C ε''=== （2）用直流电源给电容器充电后，先断开电源再抽出玻璃板，电荷量不变，
故 22
22Q Q W W C C '=='， 二者之比
5r W C W C ε'==='
3．7．2解答：
距球心r 处的电位移矢量和电场强度分别为
02ˆ4r q D e r π=
，0
2ˆ4r q E e r
πε= 电介质内任一点的能量密度为
2
024
1
232e q D E r ωπε==
第四章
4．4．7解答：
因1ε的支路被导线短路，故加在电阻2R 与4R 串联的电路两端电压就是电池2ε的端电压，因电池2ε的负极接地，A 点的电势为
42
4424A R V I R R R ε==
+
从图中3ε，2ε的负极及1ε的正极接地，故
321B D E V V V εεε===-，，。

4．4．9解答：
设图中电池电动12312102024210V V V R R εεε====Ω=Ω，，，，
34317R R =Ω=Ω，，528R =Ω。

因为含电容的电路没有电流通过，所以如图所示的正方形电路为无分支电路，对照此电路图的电动势和电阻的数值，求得电流
123
12345
0.1A I R R R R R εεε+-=
=++++
电势：
115334()7V ()26V
A AO
B BO V U I R R V U I R R εε==-+===++=
3个电容器组成的电路如图所示，得
3
113
3223
AO AM MO BO BM MO
q q U U U C C q q U U U C C -=+=+-=+=+ 此外 1230q q q ++=
代入数据，解得：123124μC 256μC 132μC q q q =-==-，， 4．5．2解答：
图中设定：121220,6,1,4,1,V R R R R ξ==Ω=Ω=Ω=Ω内内332,1,R R =Ω=Ω内
131,2I A I A ==，选定中间支路电流2I 的正方向由B 指向A ，设两个
电池极板均匀左正右负，电势1ξ和2ξ的“正方向”就是由负极指向正极，设两个网孔的闭合电路的环行方向为逆时针方向，列出节点议程和回路方程
11122
122233
2311()()12()()I I I A
R R I R R I R R I R R I ξξξξ=-=-=+-+-=+-+内内内2内2
代入数据，解得118,27V V ξξ==
与设定的电动势力的正方向相比，知电池1ξ与2ξ的极性均为左正右负。

4．5．3解答：
（1）对照附图，令123112,10,8,1,V V V R R R ξξξ======Ω内内2内3
123452,1,3,2,2.R R R R R =Ω=Ω=Ω=Ω=Ω
对外环回路取逆时针绕行方向，电流为
13
1452
120.44I A R R R R R R ξξ-=
=+++++内内
设右端节点为C ，则
12112()10.210AC U I R R R V V ξξ=-+++==内AB AC BC 因为 所以 U =U -U =0.2V
（2）选定流过1ξ的电流1I 正方向由右至左，流过2ξ的电流2I 与流
过3ξ的电流3I 正方向由左至右，两个网孔闭合电路的绕行方向为逆时针方向，列出节点方程和回路方程
123
12121231223233453()()()()
I I I I R R R I R R I R R I R R R ξξξξ=+-=++++-=++++内内内2内 联立解得：10.46I A = 4．5．5解答：
已知附图中各电源内阻为零，A 、B 两点电势相等，求电阻R 。

在图4．5．5中给各电阻标号及设定电流的正方向。

列出节点方程
1230I I I ++=
A 、
B 两点左侧的支路有关系 B 、 11352AB U I R I R ε=-- B 、A 两点右侧的支路有关系
3612AB U I R I R =-+
已知0AB BA U U ==，代入数据，解得：1230.5,2, 1.5I A I A I A =-==- 因为112()4CE U I R R V =-+=
电路中3个电阻并联，其等效电阻为R //，而
12//CE U I R ε=-
解得：//1R =Ω
R //与3个电阻的关系为
//34
1111R R R R =++ 代入数据，解得：2R =Ω
第五章
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 和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 噗的磁场3B ，方向均垂直纸面向里，其合磁场大小为
001232032(cos90cos135)244342a I I B B B B b a I b b a πμμππμππ⎡⎤⎢⎥
=++=︒-︒⨯+⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭
方向均垂直纸面向里。

5．2．12解答：
如图5.2.12所示，圆柱形薄导体管，在x R =处，沿轴向（z 轴）割一无限长缝，管壁上均匀地通有沿z 轴方向，面密度为a 的电流，这样的电流分布可看作一封闭的圆柱薄导体管，管壁上均匀地通有沿z 轴方向流有电流面密度为-a 的电流，这两部分电流在轴线上激发的磁
场分别用1B 和h B 表示，因0t B =，两部分电流在轴线上激发的合磁场为
02t h ah
B B B j R
μπ=+=
5．2．14解答：
图5.2.14为附图的俯视图，在导体薄板上沿z 轴方向取一宽度为
dy 的窄条，在其上流动的电流大小为
2I
dl dy a
=
它在重面上距导体薄板x 处产生的磁场大小为
00221/2
221/2
2()4()dI
Idy
dB x y a x y μμππ=
=
++
根据对称性，总磁场仅有y 分量，而
0221/2221/2
cos ()4()
y Ixdy x
dB dB a dB
x y a x y μπ===++ 总磁场为
0022arctan()42a y a
Ix I dy a
B B j j j a x y a x
μμππ-==
=+⎰ 5.2.17解答：
如图5.2.17所示，圆环面积为2rdl π，圆环所带电荷量为
2()dq r Rd σπθ=
球面旋转速度为
2f ωπ
=
球面对应的电流大小为
()dI fdq r Rd σωθ==
电流dI 在球心激发的磁场大小为
2
0303
30sin 22
20sin 0
2
3
dIr R
dB d R R R
B d μμσωθθπ
μωσμωσθθ==
=
=
⎰
方向沿轴向，与旋转角速度ω一致。

5．3．2解答：
左右侧电流I 在长方形框架产生的磁通量分别为1Φ与2Φ，设框架面积的法线方向取垂直纸面向里，因a c =，则有
4012ln 1.385102Il a b
Wb a
μπ-+Φ=Φ=
=⨯ 框架的磁通量为
412 2.7710Wb -Φ=Φ=⨯
5．4．1解答：
由于磁场的对称性分布，可用安培环路定理求解。

（1）在10r R ≤≤，设以r 为半径的圆面积为1S ，穿过该面的电流为
I '，由
培环路定理
1
B dl I μ'⋅=⎰
2
11122()2211
221
(2)2I
r RB S I
R R Ir
R
R r R I r
μοπμμοπμοπμοπ===
≤≤=
12解得 B 在,同理,解得 B
23(3),,,R r R I ≤≤''2在设以r 为半径的圆2面积为S 穿过该面的电流为由安培环路定理
2
23222(()322()2222(()3232232232dl I R R r R IS rB I I
R R R R R r I R R μοπππμομοππμο''
⋅=⎡⎤⎡⎤---⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥
=-=⎢⎥⎢⎥--⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎛⎫- ⎪
⎪= ⎪- ⎪⎝⎭
⎰3
B
22 232322232R r I B r R R μοπ⎛⎫
- ⎪ ⎪=
⎪- ⎪⎝⎭
解得
B 1、B 2、B 3的方向与电流成右手关系。

4
4(4),2()00.
r r B
dl I rB I I μοπμο''≤'''
⋅==-==⎰34在R 设以为半径的圆面积为S3, 穿过该面的电流为I ,由安培环路定理
解得:B
5．4．4解答：
根据对称性，空间各点的磁场B 的方向平行Oxz 面且仅有x 分量，在0y >空间B 沿x 轴的负方向；在0y <空间B 沿x 轴的负方向；在0y <空间B 沿x 轴的正方向。

图5.4.4为俯视图，
（1）求板内磁场B 内：在板内以y=0平面为对称面，距此面相同
距离y 作平行Oxy 面的逆时针方向的矩形路径，如图 5.4.4(a)所示，通过此路径包围面积（阴影部分）的电流
(2)I j y h '=
根据安培环路定理
02(2)hB j y h μ=内
解得
0B J y μ=内
考虑B 内的方向有
0B Bxi Jyi μ==-内
（2）求板外磁场B 外：在板外以0y =平面为对称面，距此面相同距离作平行Oxy 面的逆时针方向的矩形路径，如图 5.4.4(a)所示，通过此路径包围面积的电流
(2)I j d h ''=
根据安培环路安理
02(2)hB J d h μ=外
解得
0B jd μ=外
考虑B 外的方向，有
0(0,;0,)B jdi y y μ=±><外取负号取正号
由此可见，厚度为2d 的无限大导体平板均匀流过电流时，板风磁场的大小与对称面的距离成正比，板外磁场的大小为常量（均匀磁场），
其x 分量如图5.4.4(b)所示，此情况与习题的结果比较。

5．6．2 证明一：
建立直角坐系Oxy ，坐标原点O 与A 点重合，X 轴沿AC 方向，如图5.6.2所示，设AC L =，在弯曲导线ADC 上取一元dl ，设其上的电流为I ，它在磁场B 中受的安培力为
(sin cos )x y dF Idl B IdlB ai aj dF i dF j =⨯=+=+
式中
sin cos x y dF IBdl a IBdy dF IBdl a IBdx
====
弯曲导线ACD 在磁场B 中受的安培力的x 分量与y 分量分别为
000
0x ADC x L
y ADC y F dF IB dy F dF IB dx IBL
======⎰⎰⎰⎰
证法二：
作平行于AC 、相距y ∆的两条直线，与导线ADC 的两端相交得圆弧
1l ∆和2l ∆二者所受的安培力在x 的方向的投影分别为
11222sin sin x l yi x yi
F i I B i IB F i I B i IB αα∆=-∆=-∆∆=-∆=∆
120x x F F ∆+∆=
说有载流圆弧1Idl 和2Idl 所受安培力在x 方向的分力数值相等方向相反，在不同位置作平行于AC ，相距y ∆的两条直线，与导线ADC 的不同位置相交得元圆弧1li ∆和2li ∆，导线ACD 所受的磁场力y 方向的投影应是各元圆弧1li ∆和2li ∆所受x 方向的分力的矢量和
12()0x i x i x F i F F i =∆+∆=∑
即磁场力合力在x 方向为0。

1I l ∆和2I l ∆二者所受的安培力在y 方向的投影分别为
11112222y x y x F I l Bcox J IB j F I l Bcox J IB j
αα∆=∆=∆∆=∆=∆
在不同位置作平行于AC 、相距y ∆的两条直线，与导线ADC 的不同位置相交得元圆弧1i l ∆和2i l ∆，导线ADC 所受的磁场力y 方向的投影应是各元圆弧1i l ∆和2i l ∆所受y 方向的分力的矢量和
()()212y ily i y xi xi F j F F j IB j IBLj =∆+∆=∆+∆=∑∑
此力与载流直导线AC 所受的磁场力相等。

5．6．4解答：
线框可动的部分的MN 段和PQ 段所受的安培力平行转轴οο'，且方向相反，故不提供对线框转轴的力矩。

只有NP 段受安培力对线框提供绕转轴转动的力矩。

设NP 段重心到οο'轴的矢径为a ，则由图5．6．4可见，磁力矩
2()sin cos m NP M F a IBa a k IBa ak β=⨯=
式中：中为垂直纸面向外，顺时针转动力矩的单位矢。

设MN 段PQ 段的合质量为m 1，NP 段的质量为m 2，MNPQ 段所受的重力矩
12223(2)sin ()sin ()
220
cos 2sin tan 9.410g m g a a M m g m g a aS g a aS ga a k M M IBa a a S g a g a
B T I
ρρρρ-⎡⎤
=⨯+⨯=+-⎢⎥⎣⎦+===
=⨯达到平衡时,有
即
代入数据,解得
2S
5．6．9解答
（1）面积为S 的线圈上的力矩大小为
sin sin a m M p B a NISB a ==
当线圈法线n e 与磁场B 的夹角α为2
π时，力矩最大，即
2
0.184
d M NISB NI
B N m π===
（2）当夹角为α时，力矩大小为
max 11
sin 22
a M NISB a M NISB ==
= 即
1arcsin 301502
α⎛⎫==︒︒ ⎪⎝⎭
或
第六章
6．2．2解答：
在任一瞬时，两个正方形电路中的电动势的方向相反，故电路的总电动势的绝对值为
22
22()()cos cos m m d d dB a b dt
dt dt a b B t t
ξωωξωΦΦ=
-
=-=-=大小
因回路单位长度的电阻2510/m η-=⨯Ω，故回路电阻为
24()610R a b η-=⨯+=⨯Ω
回路中感应电流的最大值为
m I 0.5m
A R
ξ=
=
6．2．3解答： （1）满足条件r x 下，载流大线圈在面积为S 的小线圈的磁通量
为
2
203
2IR BS r x μπΦ==
（2）小线圈的感应电动势（绝对值）为
22224004
3(3)22Ir R lr R d dx x dt dt x μπμπξν-Φ==-= 若0ν>时，小线圈内感应电流与大线圈的电流的方向相同 6．3．2解答：
当金属杆以速度ν运动时，杆上有电动势Bl ξν=，附图的等效图电路如图6.3.2所示，杆中的电流大小为
1212
1212
12
()
()Bl R R I R R R R R R R R R R νξ
+=
=
++++
6．3．7解答：
（1）线圈上一元段的电动势为
()sin d B dl rB adl ξνω=⨯=
由图6.3.7得
22(sin )sin sin d R B aRd BR d ξωααωαα==
AM 间的电动势为
2/422
01sin 84AM BR d BR ππξωααω⎛⎫==- ⎪
⎝⎭
⎰ AC 间的电动势为
2/422
1
sin 4
AC BR d BR πξωααω==⎰ （2）A 、C 间的电势差为
404
AC CA AC AC AC R
U IR R ξξξ=-=-
= A 、M 间的电势差为
2241108484AC MA MA AM R U IR BR BR R ξπξωω⎛⎫
=-=--=-< ⎪⎝⎭
所以M 点的电势低于A 点的电势 6．4．2解答（一）
（1）如图6.4.2所示，根据磁场的变化趋势，按楞次定律感生电场E 感为顺时针（用柱坐标的单位矢e θ表示），积分方向向右，梯形PQ 边
的
感
生
电
动势大小为
31cos150 4.310222Q PQ p
R dB R dB dB
e dl PQ hR V dt dt dt
θξ-==︒=-=-⨯⎰ 梯形QM 边的感生电动势大小为
02M
QM Q
R dB
e dl dt
θξ==⎰ 梯形NP 边的感生电动势大小为
02P NP N
R dB
e dl dt
θξ==⎰ 梯形NM 边的感生电动势（积分方向向左）大小为
311cos30 1.110222222
N
MN M
R dB dB R dB h R
e dl MN V dt dt dt θξ-==︒==⨯⎰ （2）利用上面的结果，整个梯形的总电动势大小为
33.210PQMNP PQ QM MN NP V ξξξξξ-=+++=-⨯
解法二：
（1）作辅助线OP 和OQ ，OQP 的面积为1
2
h PQ ，按法拉第电磁感应定律，选闭合回路OPQ 的感应电动势的正方向为顺时针方向，则
31
() 4.3102
OQP
d dB hR V dt dt ξ
-Φ=-
=-=⨯ 若按逆时针方向
34.310OQP OQP V ξξ-=-=-⨯
因半径OP 和OQ 与感生电场E 感垂直，所以OP 和OQ 上的感生电动势
0op QO ξξ==，故有
34.310OPQ pQ QO Op pQ V ξξξξξ-∆=+++=-⨯
OMN ∆的面积为122h MN ⎛⎫
⎪⎝⎭
，选闭合回路OMN 的感应电动势的正方
向为顺时针方向，按法拉第电磁感应定律，有
31 1.110(0)22OMN
d db h dB
R V dt dt dt
ξ
-Φ⎛⎫=-
=-=⨯< ⎪⎝⎭因 因半径O 几ON 与感生电场E 感垂直，所以OM 和ON 上的感生电动势
0OM NO ξξ==，故有 3| 1.110OMN
MN NO OM MN V ξ
ξξξξ-=++==⨯
（2）因总电势PQMNP ξ选取的绕行方向是逆时针方向，与选定磁通的正方向为左手关系，故按法拉第电磁感应定律，有
()31 3.210(0)22PQMN d h dB dB PQ NM V dt dt dt
ξ-Φ⎡⎤=
=+=-⨯<⎢⎥⎣⎦因 6．5．2解答： 螺绕环的自感为
2
25
0027.5102N L n V RS H R μμππ-⎛⎫===⨯ ⎪⎝⎭
当通入线圈的电流I=3A 时，自感磁链为
42.2510LI Wb -ψ==⨯
每匝磁通为
7910Wb N
-ψ
Φ=
=⨯ 6．6．1解答：
线圈1通有电流I 1时管内产生的磁场大小为
1
1010
1N B nI I l
μμ== 线圈1对线圈2中的1匝产生的磁通为
220121
122
1N R I R B l
μππΦ==
线圈1对线圈2产生的磁链为
201221
12212N N R I N l
μπψ=Φ=
线圈1对线圈2的互感系数为
2
0122
12121N N R M I l
μπψ==
线圈2通有电流I 2时管内产生的磁场大小为
2
2020
2N B nI l l
μμ== 线圈2对线圈1中1匝产生的磁通只与线圈2的面积有关，即
2201222
212
2N N R I R B l
μππΦ==
线圈2对线圈1产生的磁链为
201222
21121N N R I N l
μπψ=Φ=
线圈2对线圈1的互感系数为
2
0122
21212N N R M I l
μπψ==
对比M12和M21的数值，证得
1221M M =
6．11．3解答。