电磁学作业答案全集

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1、第一章第一章 作业作业16解：解：（1）证明电荷具有量子性。）证明电荷具有量子性。若电荷具有量子性，则每个油滴所带的电量都是某个基元电荷的整数倍，任意若电荷具有量子性，则每个油滴所带的电量都是某个基元电荷的整数倍，任意两油滴电量的差值也是该基元电荷的整数倍。两油滴电量的差值也是该基元电荷的整数倍。应从带电量最接近的两油滴的电量的差值中寻找基元电荷。应从带电量最接近的两油滴的电量的差值中寻找基元电荷。CCC19191910641.110563.610204.8带电量最接近的油滴的电量的差值为：带电量最接近的油滴的电量的差值为：CCC1919191063.11050.111013.13CCC191

2、9191063.11008.181071.19上述几个差值非常接近，猜测基元电荷可能存在，其值大约为上述几个差值非常接近，猜测基元电荷可能存在，其值大约为 。C19106.1考察每个油滴所带的电量都否为上述基元电荷的整数倍：考察每个油滴所带的电量都否为上述基元电荷的整数倍：CC191910641.1410563.6CC191910641.181013.13CC191910643.1121071.19CC191910641.1510204.8CC191910648.1101048.16CC191910635.1141089.22CC191910643.171050.11CC191910644.1

3、111008.18CC191910633.1161013.26可见每个油滴所带的电量都能是可见每个油滴所带的电量都能是 左右的基元电荷的整数倍。左右的基元电荷的整数倍。C19106.1（2）求基元电荷准确的实验值。）求基元电荷准确的实验值。由上述实验数据，可知基元电荷的值为由上述实验数据，可知基元电荷的值为 。Ce19109)633.1644.1643.1635.1648.1641.1643.1641.1641.1(C1910641.1根据上述几个实验数据求平均值：根据上述几个实验数据求平均值：C1910641.1讨论：讨论：基元电荷的值有可能为基元电荷的值有可能为 （n为正整数）为正整数）吗

4、？吗？Cn1910641.118解：建立坐标系如图，解：建立坐标系如图，Rddldq+q-qxyO其中：其中：RqRq22在上半段任意取电荷元在上半段任意取电荷元,dqEdrreRqdeRdqEd42420220R在圆心处产生的电场为：在圆心处产生的电场为：sindEdExcosdEdEy同理，对称地在下半段取电荷元同理，对称地在下半段取电荷元dq,DqEdrreRqdeRdqEd42420220sindEdExcosdEdEy根据对称性可知，正负电荷在根据对称性可知，正负电荷在x方向产生的电场互相抵消，方向产生的电场互相抵消，故：故：qyydEE2所以，带电半圆环在圆心处产生的电场为：所以，

5、带电半圆环在圆心处产生的电场为：0 xxxdEdEE+q-qxyOdqEdRDqEd正负电荷在正负电荷在y方向产生的电场相等，互相增强，故：方向产生的电场相等，互相增强，故：20202cos422Rqd20220202sinRqRqjRqE202E112解：建立坐标系如图，解：建立坐标系如图，把均匀带电面分割成无数个同心的均匀带电细圆环把均匀带电面分割成无数个同心的均匀带电细圆环.RP半径在半径在 r到到r+dr 之间之间 的均匀带电细圆环的均匀带电细圆环ZzEdrdqr+drkzrzdqEd)(423220在轴线上在轴线上P点产生的电场为：点产生的电场为：带电量为带电量为:rdrdq2所以：

6、所以：P点的电场也沿点的电场也沿z轴方向，大小为：轴方向，大小为：（注意：都沿（注意：都沿z轴方向）轴方向）RzzrrdrzdEEE23220)(422202zRz即即P点电场：点电场：kzRzE2220O解：解：求电场分布：求电场分布：设设P是空间任意一点，是空间任意一点，RP由电荷分布的球对称性，可得：由电荷分布的球对称性，可得：E的大小与半径的大小与半径r有关，有关，取过取过P点、以点、以O为球心的为球心的的球面为高斯面。的球面为高斯面。方向沿半径方向；方向沿半径方向；r设设P到球心到球心O的距离为的距离为r，（1）分析电场分布；）分析电场分布；（2）取高斯面；）取高斯面；P125ORP

7、rP（3）根据高斯定理根据高斯定理iiSqSdE内01得：得：)(3414302RrrEr)(402RrQEr其中其中334RQORPrP)(430RreRQrEr所以总电量为所以总电量为Q、半径为、半径为R的均匀带电球的电场为：的均匀带电球的电场为：)(420RrerQErErO OQ0Q0R R204RQORPrRrRPrlderQldeRQr442030求电势分布：求电势分布：（1）若）若P点在球内，即：点在球内，即：rR时，时，PldErdrrQ204rQ04ORPrP所以总电量为所以总电量为Q、半径为、半径为R的均匀带电球的电势分布为：的均匀带电球的电势分布为：)(40RrrQ)()

8、3(8320RrRrRQrO OQ0Q0R RRQ04O解：解：R无限长均匀带电线周围的电场分布为：无限长均匀带电线周围的电场分布为：（此公式可直接使用）（此公式可直接使用）117注意：注意：由于电荷无限分布，不能取无穷远为电势零点，而应取离带电线距离为由于电荷无限分布，不能取无穷远为电势零点，而应取离带电线距离为R的某点或某圆柱面（等势面）为电势零点。的某点或某圆柱面（等势面）为电势零点。Mr1Nr2rerE20M、N点间的电势差为：点间的电势差为：NMrlder20NMNMldE2102rrdrr120ln2rrE第二章第二章 作业作业22ABQC1234562200cmS B B板接地，

9、则板接地，则B B板和大地是等电板和大地是等电势，根据电场线的连续性分析得势，根据电场线的连续性分析得：B B板外侧表面不带电。板外侧表面不带电。设静电平衡时，设静电平衡时，C C、A A、B B板每板每个面上的电荷面密度分别为个面上的电荷面密度分别为1、2、3、4、5、6。解：解：根据题目条件可知，每个面都可根据题目条件可知，每个面都可以看作是无限大的均匀带电面。以看作是无限大的均匀带电面。06（方程（方程）即：即：mmdAC2mmdAB4CQA710301（方程（方程）同理：同理：ABQC123456 取柱形高斯面如图所示，上下取柱形高斯面如图所示，上下底面分别位于底面分别位于A A、C

10、C金属板内，侧面金属板内，侧面与金属板垂直，根据高斯定理，得：与金属板垂直，根据高斯定理，得：金属板金属板A A和外界没有电荷的交换，和外界没有电荷的交换，根据电荷守恒定律，根据电荷守恒定律，得得：AQSS43（方程（方程）SSS32000即：即：032（方程（方程）S同理在同理在A A、B B间取高斯面，可得：间取高斯面，可得：054（方程（方程）注意：注意：金属板金属板B B、C C接地，与大地有电接地，与大地有电荷交换，故荷交换，故B B板电荷不守恒，板电荷不守恒，C C板上电荷板上电荷也不守恒。也不守恒。部分同学列式：部分同学列式：ACBQQQ未说明理由或理由错误未说明理由或理由错误

11、（电荷守恒）。（电荷守恒）。ABQC123456同理可得，同理可得，A A、B B板间的电场为：板间的电场为：取正方向如图所示，取正方向如图所示，A A、C C板间的板间的电场为：电场为：CACACACACAEEEEE5432x)(2)(2)(2205040302iiiii205432ABABABAABEEEEE5432B)(222205040302iiiii205432是匀强电场。是匀强电场。是匀强电场。是匀强电场。很多同学列式：很多同学列式：ABACdd0403未说明理由或理由错误未说明理由或理由错误（A A、C C间电场由间电场由2 2、3 3产生）。产生）。ABQC123456由于由于

12、C C、B B板都接地，故：板都接地，故：0BCxABCAdd054320543222BCBCldEBAABACCAldEldE可得：可得：0335432（方程（方程）联立上述方程，并代入数值，解得：联立上述方程，并代入数值，解得：2523/10132mCSQA2654/1053mCSQA注意：注意：ACACACCAACdEldEU上面电场表达式的正方向向右。上面电场表达式的正方向向右。ABQC123456所以所以B B板上的感应电荷为：板上的感应电荷为：xSSQB650200/105226cmmCC7101C C板上的感应电荷为：板上的感应电荷为：SSQC21)200/101(0225cmm

13、CC7102ABQC123456以地为零电势，以地为零电势，A A板的电势为：板的电势为：x（A A、B B板间是匀强电场，板间是匀强电场，方向沿方向沿x x轴正向）轴正向）BABAAldEABABdEABd054322ABd04 ）（因为（因为032054)(1041085.81053126V)(1025.23VABQC123456SSx其它解法：其它解法：（1 1）求）求A A、B B板间的电场。板间的电场。（法二）（法二）A A、B B板间的电场可看作是由板间的电场可看作是由6 6个个无限大的均匀带电平面产生，故无限大的均匀带电平面产生，故为匀强电场。为匀强电场。取柱形高斯面如图所示，下

14、底取柱形高斯面如图所示，下底面位于面位于A A板内，上底面位于板内，上底面位于A A、B B板板间，侧面与金属板垂直，根据间，侧面与金属板垂直，根据 高斯定理高斯定理 ，得：，得：0iiSqSE内dSSEAB40100所以：所以：iEAB04同理可求得：同理可求得：iECA02ABQC123456x其它解法：其它解法：（2 2）求）求A A、B B板间的电场。板间的电场。（法三）（法三）A A、B B板间的电场可看作是由板间的电场可看作是由6 6个个无限大的均匀带电平面产生，故无限大的均匀带电平面产生，故为匀强电场。为匀强电场。iEAB04iECA02根据导体外紧邻处的的场强公式根据导体外紧邻

15、处的的场强公式nE0得：得：MNABQC123456x其它解法：其它解法：（3 3）得出方程）得出方程。（法二）（法二）建立坐标系如图所示，建立坐标系如图所示，0PE由静电平衡的条件知：由静电平衡的条件知：P取金属板取金属板A A内任一点内任一点P P，P P点的电点的电场可看作是由场可看作是由6 6个无限大的均匀个无限大的均匀带电平面产生，其中带电平面产生，其中061PPPPPEEEEE5432)(2)(22205040302iiiii205432所以：所以：05432（式（式）ABQC123456x0QE由静电平衡的条件知：由静电平衡的条件知：Q同理取金属板同理取金属板B B内任一点内任一

16、点Q Q，Q Q点点的电场可看作是由的电场可看作是由6 6个无限大的个无限大的均匀带电平面产生，其中均匀带电平面产生，其中061QQQQQEEEEE5432iiii222205040302i205432所以：所以：05432（式（式）将式将式和和式式相加，得：相加，得：032（方程（方程）054（方程（方程）将式将式和和式式相减，得：相减，得：作作 业业 P P157 157 习题习题4.14.1 已知公式已知公式+叠加原理叠加原理 P P158 158 习题习题4.74.7 已知公式已知公式+叠加原理叠加原理 P P160 160 习题习题4.21 4.21 安培环路定理安培环路定理 第第

17、四四 章章 作作 业业41 解：解：图（图（a a）中圆心）中圆心O O处的磁场由两段半无限长的载流直导线和一段处的磁场由两段半无限长的载流直导线和一段半圆形的载流导线共同产生。半圆形的载流导线共同产生。1 12 23 3R RI IO O圆心圆心O O在半无限长载流直导线的延长线上，在半无限长载流直导线的延长线上，relId/据毕据毕萨定律萨定律 得，得，204relIBrdd031 BB根据一段圆弧形电流在圆心处的磁场公式根据一段圆弧形电流在圆心处的磁场公式 220RIB得：得：RIRIB422002所以圆心所以圆心O O处的磁场为：处的磁场为：321BBBBRIB40大小：大小：方向：垂

18、直纸面向内。方向：垂直纸面向内。方向：垂直纸面向内。方向：垂直纸面向内。图（图（b b）中圆心）中圆心O O处的磁场由两段半无限长的载流直导线和两段处的磁场由两段半无限长的载流直导线和两段半圆形的载流导线共同产生。半圆形的载流导线共同产生。圆心圆心O O在半无限长载流直导线的延长线上，在半无限长载流直导线的延长线上，半圆形电流半圆形电流2 2的磁场为：的磁场为：RIRIB42220302所以圆心所以圆心O O处的磁场为：处的磁场为：4321BBBBB004403020RIRIBR RI IO O1 12 23 34 4041 BB所以：所以：方向：垂直纸面向内。方向：垂直纸面向内。半圆形电流半

19、圆形电流3 3的磁场为：的磁场为：RIRIB42230303方向：垂直纸面向外。方向：垂直纸面向外。因为圆环因为圆环2 2和和3 3完全对称，故完全对称，故32II图（图（c c）中圆心）中圆心O O处的磁场由一条无限长的载流直导线和一个圆处的磁场由一条无限长的载流直导线和一个圆电流共同产生。电流共同产生。无限长载流直导线在无限长载流直导线在O O点产生的磁场为：点产生的磁场为：圆电流圆电流在在O O点产生的磁场点产生的磁场为：为：RIB202所以圆心所以圆心O O处的磁场为：处的磁场为：21BBBRIRIB2200R RI IO O1 12 2方向：垂直纸面向外。方向：垂直纸面向外。方向：垂

20、直纸面向外。方向：垂直纸面向外。RIB201方向：垂直纸面向外。方向：垂直纸面向外。圆心圆心O O在半无限长载流直导线的延长线上，在半无限长载流直导线的延长线上，圆圆弧弧形电流形电流2 2在在O O点产生的磁场点产生的磁场为：为：RIRIB8222002所以圆心所以圆心O O处的磁场为：处的磁场为：321BBBBRIRIB808000031 BB所以：所以：方向：垂直纸面向内。方向：垂直纸面向内。方向：垂直纸面向内。方向：垂直纸面向内。图（图（d d）中圆心）中圆心O O处的磁场由两段半无限长的载流直导线和一段处的磁场由两段半无限长的载流直导线和一段圆弧形的载流导线共同产生。圆弧形的载流导线共

21、同产生。1 12 23 3R RI IO O圆心圆心O O在两段载流直导线的延长线上，在两段载流直导线的延长线上，圆圆弧弧形电流形电流2 2在在O O点产生的磁场点产生的磁场为：为：20202422RIRIB所以圆心所以圆心O O处的磁场为：处的磁场为：4321BBBBB)11(440401201020RRIRIRIB031 BB所以：所以：方向：垂直纸面向内。方向：垂直纸面向内。方向：垂直纸面向内。方向：垂直纸面向内。图（图（e e）中圆心）中圆心O O处的磁场由两段载流直导线和两段圆弧形的载处的磁场由两段载流直导线和两段圆弧形的载流导线共同产生。流导线共同产生。R R1 1I IO OR

22、R2 21 12 23 34 4圆圆弧弧形电流形电流4 4在在O O点产生的磁场点产生的磁场为：为：10102422RIRIB方向：垂直纸面向外。方向：垂直纸面向外。圆心圆心O O在两段载流直导线的延长线上，在两段载流直导线的延长线上，半圆形电流半圆形电流2 2在在O O点产生的磁场点产生的磁场为：为：10102422RIRIB所以圆心所以圆心O O处的磁场为：处的磁场为：4321BBBBB)11(440402102010RRIRIRIB031 BB所以：所以：方向：垂直纸面向内。方向：垂直纸面向内。方向：垂直纸面向内。方向：垂直纸面向内。图（图（f f）中圆心）中圆心O O处的磁场由两段载流

23、直导线和两段半圆形的载处的磁场由两段载流直导线和两段半圆形的载流导线共同产生。流导线共同产生。圆圆弧弧形电流形电流4 4在在O O点产生的磁场点产生的磁场为：为：20202422RIRIB方向：垂直纸面向内。方向：垂直纸面向内。R R1 1I IO OR R2 21 12 23 34 447 解：解：圆心圆心O O处的磁场由三段载流直导线和两段圆弧形的载流导线共处的磁场由三段载流直导线和两段圆弧形的载流导线共同产生。同产生。圆心圆心O O在载流直导线在载流直导线1 1、4 4的延长线上，的延长线上，relId/据毕据毕萨定律萨定律 得，得，204relIBrdd041 BB根据无限长载流直导线

24、的磁场公式根据无限长载流直导线的磁场公式 rIB20R RI IO O1 12 23 34 45 5载流直导线载流直导线5 5距离圆心距离圆心O O很远，很远，得得r r，05B所以：所以：032 BBR RI IO O1 12 23 34 45 5导线导线2 2和和3 3并联，故并联，故根据一段圆弧形电流在圆心处的磁场公式根据一段圆弧形电流在圆心处的磁场公式 220RIB得：得：)(42220202IRRIB方向：垂直纸面向内。方向：垂直纸面向内。I I2 2I I3 330303422IRRIB方向：垂直纸面向外。方向：垂直纸面向外。2332RRII2323llSlSl2)2(RR所以圆心

25、所以圆心O O处的磁场为：处的磁场为：054321BBBBBBr1Ir2r3IP1P2P3P4421 解：解：（1 1）分析磁场分布的对称性。）分析磁场分布的对称性。（2 2）选闭合路径。选闭合路径。由于电流分布是轴对称的，根据对称性由于电流分布是轴对称的，根据对称性分析可知磁场分布也是轴对称的。分析可知磁场分布也是轴对称的。取过场点的圆取过场点的圆作为积分环路，作为积分环路，圆心在轴线上，园面与轴线垂直圆心在轴线上，园面与轴线垂直。沿圆周的切线沿圆周的切线。与场点到轴线的距离与场点到轴线的距离r r有关；有关；B的大小：的大小：方向：方向：r1Ir2r3IP1P2P3P4rB2若场点在圆柱内

26、，即若场点在圆柱内，即 ，1rr 2210rrI（3 3）应用安培环路定理。）应用安培环路定理。由安培环路定理由安培环路定理kkCIldB0得：得：IrB02若场点在圆柱和圆筒之间，即若场点在圆柱和圆筒之间，即 ，21rrr)(222222230rrrrIIrB若场点在圆筒内，即若场点在圆筒内，即 ，32rrr)(20IIrB若场点在圆柱和圆筒之间，即若场点在圆柱和圆筒之间，即 ，3rr r1Ir2r3IP1P2P3P4所以同轴电缆在空间各点产生的磁场所以同轴电缆在空间各点产生的磁场分布为：分布为：)(0)()(2)()(2)(2332222322302101210rrrrrerrrrIrrr

27、erIrrerIrB作作 业业 P P226 226 习题习题5-3 5-3 动生电动势动生电动势 P P228 228 习题习题5-10 5-10 感生电动势感生电动势 P P229 229 习题习题5-16 5-16 互感互感 P P231 231 习题习题5-30 5-30 磁场能量磁场能量 第第 五五 章章 作作 业业ldBvCAAC)(dlvBBAovBLvBL30cos（参考方向：（参考方向：ACAC）53 解：解：BAvBCldBvBvld法一：用定义。法一：用定义。ldBvldBvCBBA)()(cosdlvBCB)(231.0105.25.11.0105.25.122V)(1

28、00.73VovBLvBL30cos（参考方向：（参考方向：ACAC）53 解：解：)(231.0105.25.11.0105.25.122V)(100.73Vdtdm法二：用法拉第电磁感应定律。法二：用法拉第电磁感应定律。dtLvtLvtBd)cos(VAC3100.7回路的绕行方向为顺时针，回路的绕行方向为顺时针，ABCABC段导体上段导体上的的参考正方向为参考正方向为 AB C。在导体的初始位置、在导体的初始位置、A、C端点的运动轨迹端点的运动轨迹处填加不动的导体，与导体处填加不动的导体，与导体ABC构成闭合回构成闭合回路，如图所示。路，如图所示。0CCAACBBA由于填加的导体都是静止

29、不动的，故：由于填加的导体都是静止不动的，故：BBAvCABC法一：用定义。法一：用定义。)(2RretBrEKdd（与与 成右手螺旋。）成右手螺旋。）e BBAKABldEre BAdldtdBrcos2BAdldtdBr030cos2dldtdBhBA2dtdBLhAB2（参考方向：（参考方向：ABAB）510 解：解：B RhABO CD60。ldh)(30sin2(30cos2100kRR243kR同理可求得：同理可求得：CDKDCldE（参考方向：（参考方向：DCDC）)(30sin22(30cos22100kRR2163kRdtdBLhDC2re B RhABO CD60。ldhB

30、CBC、DADA段导线在半径方向，段导线在半径方向，DACDBCAB（参考方向：（参考方向：A A B B C C D AD A ，即逆时针方向），即逆时针方向）ldEK0CBKBCldE故故0ADKDAldE所以线框中的电动势为：所以线框中的电动势为：0)163(04322kRkR21633kRB RhABO CD60。21633kR510 解：解：法二法二 ：用法拉第电磁感应定律。：用法拉第电磁感应定律。dtdmdtBSd)(线框设线框回路中的电动势的参考方向为顺时针。设线框回路中的电动势的参考方向为顺时针。两种方法算出的两种方法算出的的的实际方向相同实际方向相同 。)30cos230co

31、s()30sin2230sin2(21)(0000RRRRk可得可得N1匝匝线圈线圈A在线圈在线圈C所在位置产生的磁场为：所在位置产生的磁场为：通过线圈通过线圈C的的全磁通（磁链）为：全磁通（磁链）为：mCCN 2IMC根据互感系数定义，有：根据互感系数定义，有：设通过线圈设通过线圈A的电流为的电流为 I 。通过线圈通过线圈C一匝线圈的磁通量为：一匝线圈的磁通量为：CmCSdB516 解：解：ACzcos)(2cos22232211210RdRNIRBSCcos)(2232212221210dRRIRNNcos)(2232212221210dRRRNN由于由于 R1R2，可认为线圈可认为线圈C

32、位于线圈位于线圈A的轴线上的轴线上。kdRIRB)(223221210根据圆电流轴线上的磁感强度公式根据圆电流轴线上的磁感强度公式kdRNIRB)(2232211210530 解：解：由于电流分布是轴对称的，所以磁场的分布也是由于电流分布是轴对称的，所以磁场的分布也是轴对称的。轴对称的。的大小与观察点到轴线的距离有关，的大小与观察点到轴线的距离有关，方向沿圆周切线。方向沿圆周切线。B过场点过场点P P，取一圆周作为积分环路，圆心在轴线上，取一圆周作为积分环路，圆心在轴线上，圆面与轴线垂直。圆面与轴线垂直。对导线内的各点对导线内的各点，2202rRIrB)(220RreRIrB由安培环路定理由安

33、培环路定理kkCIldB0得：得：（1 1）求导线内部磁场的分布。）求导线内部磁场的分布。IP2530 解：解：把导线内部的空间分成许多薄柱壳，把导线内部的空间分成许多薄柱壳，rdrdrrdV212（2 2）求导线内部单位长度磁场的能量。）求导线内部单位长度磁场的能量。IdVHBdVwWVVmm21所以求导线内部单位长度磁场的能量为：所以求导线内部单位长度磁场的能量为：dVBV022RrdrRIr022002)2(21RdrrRI0342041620I第六章第六章 作业作业z+f-f1r2r1d2d6-7 6-7 解：解：SD求介质中的求介质中的根据导体静电平衡条件可知，根据导体静电平衡条件可

34、知，导体内部导体内部 ，0E导体无极化，导体无极化，0P根据电位移矢量的定义根据电位移矢量的定义 得：得：PED0导体内部导体内部0导DfSqSdD根据介质中的高斯定理根据介质中的高斯定理 ，可得：，可得：SSDf00建立坐标系如图所示，建立坐标系如图所示，故介质故介质1 1和介质和介质2 2内均为：内均为：kDfS 由自由电荷的分布可知由自由电荷的分布可知 面对称分布，方向垂直极板，大小面对称分布，方向垂直极板，大小可能与到极板的距离有关。可能与到极板的距离有关。做柱形高斯面如图所示，侧面与电容器极板垂直，两底面与做柱形高斯面如图所示，侧面与电容器极板垂直，两底面与极板平行，一底面在极板内，

35、另一底面在极板平行，一底面在极板内，另一底面在介质介质内。内。Dz+f-f1r2r1d2dE求介质中的求介质中的根据各向同性介质的物态方程根据各向同性介质的物态方程 得：得：EDr0rDE0所以介质中电场分布为：所以介质中电场分布为：kErf101kErf202+f-f1r2r1d2dz各向同性电介质各向同性电介质EEPr)1(00P求介质中的求介质中的所以介质中的极化强度为：所以介质中的极化强度为：kPrfr)1(111kPrfr)1(222+f-f1r2r1d2dzne 取两层介质分界面的法线方向如图所示，取两层介质分界面的法线方向如图所示，nPePP)(21P（1 1）求介质分界面的）求

36、介质分界面的kkrfrrfr)1()1(2211nPePP)(212121)(rrfrr则：则：z+f-f1r2r1d2d（2 2）求两极板间的电势差。）求两极板间的电势差。ldEldEdd11212211dEdEldE220110ddrfrffrrrrdd2102112z+f-f1r2r1d2d（3 3）求电容。）求电容。SfUQC 2112210ddSrrrr其它解法其它解法求电容求电容解：解：该电容器相当于两平行板电容器的串联。该电容器相当于两平行板电容器的串联。真空中平行板电容器的电容：真空中平行板电容器的电容：dSC00rCC0电容器内充满同一种均匀电介质时：电容器内充满同一种均匀电

37、介质时：所以充满介质所以充满介质1和充满介质和充满介质2的两个电容器的电容分别为：的两个电容器的电容分别为：dSCr101dSCr202电容器串联的等效电容为：电容器串联的等效电容为：21111CCC所以电容为：所以电容为：12212102121ddSCCCCCrrrr其它解法其它解法求电场求电场解：解：当电场中充满了同一种均匀电介质时，当电场中充满了同一种均匀电介质时，rfPfEEEE电容器上的自由电荷在极板间产生的电场为：电容器上的自由电荷在极板间产生的电场为：kEff0所以介质所以介质1中的电场为：中的电场为：kErf101所以介质所以介质2中的电场为：中的电场为：kErf2026-86

38、-8以介质球球心为球心，过场点做球形高斯面如图，以介质球球心为球心，过场点做球形高斯面如图，32344rDrRrf时，故：故：)(3)(323RrerRRrerDrfrf32344RDrRrf时，D 因为自由电荷分布球对称，介质均匀且各因为自由电荷分布球对称，介质均匀且各向同性，故向同性，故 的分布球对称，其大小与场点到的分布球对称，其大小与场点到介质球球心的距离介质球球心的距离r r有关，方向沿半径方向。有关，方向沿半径方向。解：解：RfrfSqSdD根据介质中的高斯定理根据介质中的高斯定理 ，可得：，可得：Rr根据各向同性介质的物态方程根据各向同性介质的物态方程 得：得：EDr0rDE0故

39、：故：)(3)(32030RrerRRrerErfrrf所以球心和无穷远处的电势差为：所以球心和无穷远处的电势差为：ldEodrrRdrrRfRrf2030033rrfRfRrfRrRr21231321302030206-206-20 过场点，做一个与长直导线共轴的圆过场点，做一个与长直导线共轴的圆柱面为高斯面，如图所示。柱面为高斯面，如图所示。解：解：rab 由导体静电平衡的条件可知：自由电荷由导体静电平衡的条件可知：自由电荷分布在分布在r=ar=a和和r=br=b的圆柱面上。的圆柱面上。自由电荷分布轴对称，若介质均匀且各自由电荷分布轴对称，若介质均匀且各向同性，则向同性，则 也轴对称分布，

40、其大小与场也轴对称分布，其大小与场点到轴的距离点到轴的距离r r有关，方向沿径向。有关，方向沿径向。DPLr0200rLDar时，fSqSdD根据介质中的高斯定理根据介质中的高斯定理 ，可得：，可得：LrLDbra200时，)(200LLrLDbr 时，rabPLr故：故：)(2)(0braerbrarDr或根据各向同性介质的物态方程根据各向同性介质的物态方程 得：得：EDr0rDE0故空间电场分布为：故空间电场分布为：)(2)(00braerbrarErr或rabPLr沿轴线单位长度的能量为：沿轴线单位长度的能量为：dVEWr202102)2(210200drrrbarr（单位长度的薄柱壳体

41、积（单位长度的薄柱壳体积 ）rdrdV2barrln402abrln402作作 业业 P P319 319 习题习题7.11 7.11 介质中磁场的安培环路定理介质中磁场的安培环路定理 第第 七七 章章 作作 业业711 解：解：（2 2）选闭合路径。选闭合路径。R1IR2I1r2r（1 1）分析）分析 分布的对称性。分布的对称性。H由于传导电流轴对称分布，由于传导电流轴对称分布，介质为各向同性的非铁磁质，介质为各向同性的非铁磁质，故故 的分布也是轴对称的。的分布也是轴对称的。与芯共轴的圆周上各点的与芯共轴的圆周上各点的 大小相等，大小相等，的方向沿圆周的切线。的方向沿圆周的切线。HHH取过场

42、点、与芯共轴、圆面垂直于芯取过场点、与芯共轴、圆面垂直于芯的圆周作为积分环路。的圆周作为积分环路。P1P2P3R1IR2I1r2rP1P2P3H（3 3）利用）利用 的环路定理计算。的环路定理计算。根据介质中磁场的安培环路定理根据介质中磁场的安培环路定理CCIldH得：得：rH2若场点在芯线内，即若场点在芯线内，即 ，1Rr 221rRIIrH 2若场点在芯线与外筒之间，即若场点在芯线与外筒之间，即 ，21RrR)(2IIrH若场点在圆柱和圆筒之间，即若场点在圆柱和圆筒之间，即 ，3Rr R1IR2I1r2rP1P2P3所以空间各点磁场强度的分布为：所以空间各点磁场强度的分布为：)(0)(2)(2221121RrRrrerIRreRIrHR1IR2I1r2rP1P2P3（4）对各向同性的非铁磁质，）对各向同性的非铁磁质，HBr0所以空间各点磁感强度的分布为：所以空间各点磁感强度的分布为：)(0)(2)(22212012110RrRrrerIRreRIrBrr