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1、10静电场（1）习题解10-1（A）由10-2（C）10-3（C）可得.10-4（A）10-5（A）10-60，；由圆心指向方向10-710-8解：积分后得到：；；10-9解：取宽为的细长条该细长条在P处产生的电场强度为，则P处的电场强度为：指向+X方向10-10解：，，三dEdqθRyx11静电场（2）习题解11-1（A）通过半球面的电通量与以R为半径的圆平面的电通量等.11-2（C）穿进高斯面的电通量与穿出高斯面的电通量相等。11-3（D）把点电荷用空间立体面包围,则电通量为q/ε0,所给平面
2、面积为空间立体面面积的1/6,∴电通量也为过空间立体面的1/6.11-4（D）作一半径为r的高斯面(球面),包围电荷为Qa,即可得.11-5q/24ε0;若要把A点全部包围,需要如图的8个立方体,封闭曲面表面积为24个abcd面.11-6QΔS/16π2ε0R4;由球心指向ΔS.用补偿法:球面看成完整带正电的,球心场强为0;ΔS带负电,所带电量q=σΔS=QΔS/(4πR2),场强由球心指向ΔS，即可得叠加结果.11-74.43×10-13（C·m-3）.hΔSE2E1由高斯定理11-8解：分别在
3、，，建立高斯面时，；时，；时，，11-9解：空腔内可看成电荷体密度大小相等的带异号电荷的球体叠加而成.整个大球带正电,作高斯面过P点,场强POO’,,小球带负电,同样作过P点高斯面,场强,dxx11-10解：因为电荷分布以纵轴对称，电场线只能沿x轴，作柱形高斯面，在平板内（小柱面）:,;d/2-d/2在平板外（大柱面）:12静电场（3）习题解12-1（D）12-2（E）12-3（C）均匀电场场强处处相等；电势梯度(相等).12-4（D）12-5(1)U=0；（2）E0=0.电势和场强分别在点叠加设
4、顶角分别为a、b、c、d,中点场强：因为对角线顶点为等量同号电荷，场强相等而反向，所以12-645(V);-15(V).由电势定义计算即得.12-7Ex=-2Ax/(x2+y2);Ey=-2Ay/(x2+y2).按场强与电势梯度关系12-8(qA-qB)d/2ε0S.12-9解：（1）由于D，C在，产生的电场中具有对称性，故即。所以将从D移到C的过程中电场力做功为零。（2）12-10解：由高斯定理可得：12-11解：筒内场强大小及导线表面和筒壁间电势差由此得13静电场中的导体习题解13-1（B）用
5、导线连接后,为等势体,且外球壳电量q2,对应场强为E2，电势为U2.13-2（D）因感应,球壳外表面带电2q.13-3（B）电场力做功，系统电势能减少.13-4（D）13-53×105(V).13-6(Q1+Q2)/2s;(Q1-Q2)/2s;(Q2-Q1)/2s;(Q1+Q2)/2s.由静电平衡:导体内部场强为0:联立上式即可求得.13-7σ/ε0;垂直于导体表面.13-8Ｕ０．导体为等势体.13-9(1).因为两球相距很远,每个球的电势取决于本身的电量.设分别为q1和q2.连接后，电势相等(2
6、)13-10解：B，C接地后电荷重新分布直到因此：又因为：解得：所以：13-11解：接地电势为0.14静电场中的介质习题解14-1（B）视为并联电容.14-2（C）14-3（C）板间电压不变,距离增大,场强减小;电荷面密度减小,电荷减少;电场能量减小.14-4R1/R2;C1/C2=4πεR1/4πεR2.4πε0(R1+R2);相连后可看成并联电容.R2:R1.14-5εr;两极板间电压不变,Q=CU=εrC0U=εrQ0.1;E=U/d=E0.εr;We=CU2/2=εrC0U2/2=εrWe
7、0.14-6Q2/(8πεR)..14-7。14-8减小;并联电容电压相等.减小;电压减小,电容不变.14-94πε0R=7.14×10-4(F).14-10解：玻璃板抽出前后能量改变即为外力所作功。抽出前后电容分别为切断电源后板上电荷不变玻璃板抽出前后电容器能量外力作功14-11解：（1）因为电场分布轴对称，在两筒间作高斯面,两筒间电势差（2）14-12解：（1）由上题（2）各点场强,内壁r=4cm时,E=Emax15电流的磁场（1）习题解15-1（B）15-2（C）15-3（B）15-4（1）
8、，垂直于纸面向里;（2）;15-5水平放置东偏北,;15-6;15-7;15-8015-9解：（1），，（2）方向均沿o’o方向.P33电流的磁场（2）习题解1（D）2（A或B）3,垂直纸面向里；4（1）0,（2）；5-；60,,;7解：8解：载流回路如图所示9解：将半圆型薄片看成若干无限长直导线组成，则每一直导线在空间任意点产生的磁感强度为：由于对称性方向沿+y方向P35电流的磁场（3）习题解1（C）23向上偏40，5200A/m,1.06T(或0.336πT)6解：当时，有：，
