大物习题下册答案

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1、第十一章1、B2、D3、，由圆心O点指向△S4、－3s/(2e0)－s/(2e0)3s/(2e0)5、pR2E6、解：在C点产生的场强：，在C点产生的场强：，∴点的电场强度：；点的合场强：，方向如图：。7、解：∵棒长为，∴电荷线密度：可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在点产生的场强。解法1：利用微元积分：，∴；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于，该小段可看成点电荷：，则圆心处场强：。方向由圆心指向缝隙处。

2、8、解：电荷元dq产生的场为：；根据对称性有：，则：，方向沿轴正向。即：。9、解：由题意知Ex=200N/C,Ey=300N/C,Ez=0平行于xOy平面的两个面的电场强度通量平行于yOz平面的两个面的电场强度通量b2N·m2/C“＋”，“－”分别对应于右侧和左侧平面的电场强度通量平行于xOz平面的两个面的电场强度通量b2N·m2/C“＋”，“－”分别对应于上和下平面的电场强度通量.10、E2E2E1E1S2S12úxê解：由电荷分布的对称性可知在中心平面两侧离中心平面相同距离处场强均沿x轴，大小相等而方向相反．在板内作底面为S的高斯柱面S1（右图

3、中厚度放大了）,两底面距离中心平面均为êxô,由高斯定理得xExOd/2-d/2-则得即在板外作底面为S的高斯柱面S2两底面距中心平面均为，由高斯定理得则得即，E~x图线如图所示．11、解：由高斯定律，考虑以圆柱体轴为中轴，半径为，长为的高斯面。（1）当时，，有；（2）当时，，则：；即：；图见右。12、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．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>

4、R)方向沿径向，A>0时向外，A<0时向里．13、解：（1）利用补偿法，以为圆心，过点作一个半径为的高斯面。根据高斯定理有方向从指向（2）过点以为圆心，作一个半径为的高斯面。根据高斯定理有过点以为圆心，作一个半径为的高斯面。根据高斯定理有方向为径向14、解：15、解：第十二章1、B2、D3、B4、B5、负，8.85×10-10C/m26、解：7、解：第十四章1、B2、C3、C4、，在图面中向上，(n=1，2，……)5、负，IB/(nS)6、解：圆弧在O点的磁感应强度方向垂直纸面向外直导线在O点的磁感应强度方向垂直纸面向里总场强方向垂直纸面向里7、解

5、：∵a段对O点的磁感应强度可用求得，有：，∴b段的延长线过点，，c段产生的磁感应强度为：，∴则：O点的总场强：，方向如图。8、解：（a）方向垂直纸面向外；（b）方向垂直纸面向内；9、解：设两段圆弧电流对O的磁感应强度大小分别为、，导线长度分别为和，横截面积为，电阻率为，电流和的关系即由于两段圆弧电流对O的磁感应强度方向相反，所以10、解：设立如图坐标系，取铜片上宽度为dx的一小部分电流，可将其视为电流强度大小为的无限长直载流导线，则此电流在P点的产生的磁场的大小为，方向垂直纸面向内。则整个铜片在P点的磁场大小为11、解：将半圆柱形无限长载流薄板细分

6、成宽为的长直电流在P点处的磁感应强度12、解：利用安培环路定理分段讨论。（1）当时，有：∴；（2）当时，有：，∴；（3）当时，有：，∴；（4）当时，有：，∴。则：13、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14、解：在直线电流上任意取一个小电流元，此电流元到长直线的距离为，无限长直线电流在小电流元处产生的磁感应强度为：，再利用，考虑到，有：，∴。15、

7、解：设正方形的边长为，质量为，。平衡时重力矩等于磁力矩：由，磁力矩的大小：；重力矩为：平衡时：，∴16、解：（1）线圈的磁矩为：，由，此时线圈所受力矩的大小为：；磁力矩的方向由确定，为垂直于B的方向向上，如图；（2）线圈旋转时，磁力矩作功为：。【或：】17、解：1）由安培力可知，线圈4个边受力（如图所示），其中2、4力大小相等，方向相反并在一条直线上，故而相抵消；，，线圈受的合力方向向左，大小为2）线圈受力与线圈同面，故线圈所受磁力矩为0.第十六章1、B2、A3、B4、B5、C6、A7、3.18T/s8、,9、010、解法一：利用动生电动势公式解决

8、：，∴，由右手定则判定：Ua>Ub。解法二：利用法拉第电磁感应定律解决。作辅助线，形成闭合回路，如图，，∴。由右手定则判定