第十一章靜電場
例題答案：
11—1. b； 11—2. b； 11—3. b
11—4. ；從o點指向缺口中心點
11—5沿矢徑op
11—6. d
11—7. 向右 ; 向右
11—8. (見書上)
11—9. d； 11—10. c； 11—11. c
11—12. 45 v —15 v
11—13-14. (見書上)
11—15. 無答案
練習題答案：
11—1. 證明：設桿的左端為座標原點o，x軸沿直杆方向．
帶電直杆的電荷線密度為λ=q/l，
在x處取一電荷元dq =λdx = qdx/l， （2分）
它在p點的場強：
總場強為：
11—2. q / ε0， 0
11—3. －σ / (2ε0)， 3σ / (2ε0)
11—4. b
11—5. 解：在任意位置x處取長度元dx，其上帶有電荷dq=λ0 (x－a)dx
它在o點產生的電勢
o點總電勢
11—6. 解：在圓盤上取一半徑為r→r＋dr範圍的同心圓環．其面積為 ds=2πrdr
其上電荷為 dq=2πσrdr
它在o點產生的電勢為
總電勢11—7. 解：設導線上的電荷線密度為λ，與導線同軸作單位長度的、半徑為r的(導線半徑r1＜r＜圓筒半徑r2)高斯圓柱面，則按高斯定理有 2πre = / ε0
得到 e = / (2πε0r) (r1＜r＜r2方向沿半徑指向圓筒．
導線與圓筒之間的電勢差
則代入數值，則：
(1) 導線表面處 ＝2.54 ×106 v/m
(2) 圓筒內表面處 ＝1.70×104 v/m
11—8. 解：設小球滑到b點時相對地的速度為v，槽相對地的速度為v．小球從a→b過程中球、槽組成的系統水平方向動量守恆 mv＋mv＝0
對該系統，由動能定理 mgr－eqr＝mv2＋mv2
①、②兩式聯立解出方向水平向右
方向水平向左．
11—9. 解：設無窮遠處為電勢零點，則a、b兩點電勢分別為
q由a點運動到b點電場力作功
注：也可以先求軸線上一點場強，用場強線積分計算．
11—10. 解： (1) 球心處的電勢為兩個同心帶電球面各自在球心處產生的電勢的疊加，即
8.85×10-9 c / m2
(2) 設外球面上放電後電荷面密度為，則應有 = 0
即外球面上應變成帶負電，共應放掉電荷
6.67×10-9 c
第十二章導體電學
例題答案：
12—1. d
12—2. c
12—3. (c)沒答案
12—4. –q， 球殼外的整個空間
12—5. ，
12—6
12－7. c
12－8-9. (見書上)
練習題答案：
12—1. c=712uf（沒過程）
12—2 解：三塊無限大平行導體板，作高斯面如圖，知：e1=1 0，e2=2 0
∴左邊兩極板電勢差u1=1d1 0，
右邊兩極板電勢差u2=e2d2=2d2 0，而u1=u2，則1 2= d2 d1。
12—3. d
12—4. c
12—5. 證明：在導體殼內部作一包圍b的內表面的閉合面,如圖．設b內表面上帶電荷q2′，按高斯定理，因導體內部場強e處處為零，故
根據電荷守恆定律，設b外表面帶電荷為，則
由此可得
第十三章電介質
例題答案：
13—1. b
13—2. （b）
13—3. （c）
13—4. r ， r
13—5. (見書上)
13—6. c
練習題答案：
13—1 = 147 kv
[解]：設圓柱形電容器單位長度上帶有電荷為λ，則電容器兩極板之間的場強分布
為設電容器內外兩極板半徑分別為r0，r，則極板間電壓為
電介質中場強最大處在內柱面上，當這裡場強達到e0時電容器擊穿，這時應有
適當選擇r0的值，可使u有極大值，即令
得顯然有 < 0， 故當時電容器可承受最高的電壓
= 147 kv
13—2
[解]：因為所帶電荷保持不變，故電場中各點的電位移向量保持不變，
又因為介質均勻，∴電場總能量
13—3[解]：設某瞬時球上帶電q，電勢為u，將dq自處移至球面，外力做功等於的電勢能增量dw，即dw=udq。球上電量由q=0q，外力作的總功為球末態的電勢能(即球帶電q的總靜電能)。
所以w====。
13—4（1）u=1000v， = 5106j （2）we= 5.0106j
由於把帶電的兩面三刀極板拉開時外力需克服電場力作功，這部分外力所作的功就轉化為電場能量了
4. [解] (1)電容器充電後斷開電源，則極板上所帶的電量不變。故極板間的電勢差和電場能量分別為＝=1000v， 5106j。
(2)設極板原間距為d，增大為2d時，相應的電容量要變小，其值為c=0s2d=c2。而此時極板所帶電量仍然不變。電場總能量改變為we=q2 2c= q2 c
1.0105j，電場能量的增加量為we= we–we=5.0106j，由於把帶電的兩面三刀極板拉開時，外力需克服電場力作功，這部分外力所作的功就轉化為電場能量了。
13—5 vmax= =。
[解](1)設該球形電容器帶有電量，則兩球殼間場強分布為 r1rr2
由此可知，當r趨近於r1時，場強值增大。要使電容器不被擊穿，eeb，在取極限值e=eb時，有eb= 得：，兩球間所允許的最大電勢差為：vmax=
==。(2)方法一：在r1rr2內取半徑r厚度dr的薄層殼內電能密度we=e2=均勻分布在薄層中，此薄球殼能量，dw=4r2dr we，電容器能貯存的最大靜電能為
we===。
方法二：此電容c=，∴we== (eb4r12)2=
第十四章
例題答案：
例14-1：解：令、、和分別代表長直導線1、2和三角形框ac、cb邊和ab邊中的電流在o點產生的磁感強度．則
：由於o點在導線1的延長線上，所以= 0
：由畢－薩定律
式中方向：垂直紙面向裡．
和：由於ab和acb併聯，有
又由於電阻在三角框上均勻分布，有
由畢奧－薩伐爾定律，有且方向相反
∴ ，的方向垂直紙面向裡．
例14-2：解：利用無限長載流直導線的公式求解
(1) 取離p點為x寬度為dx的無限長載流細條，它的電流
(2) 這載流長條在p點產生的磁感應強度
方向垂直紙面向裡
(3) 所有載流長條在p點產生的磁感強度的方向都相同，所以載流平板在p點產生的磁感強度
方向垂直紙面向裡．
例14-3：解的方向與y軸正向一致．
例14-4：解：由畢奧－薩伐爾定律可得，設半徑為r1的載流半圓弧在o點產生的磁感強度為b1，則 。 同理
故磁感強度
例14-5： c
例14-6： 環路l所包圍的所有穩恆電流的代數和環路l上的磁感強度
例14-7：證明：由安培定律，ab整曲線所受安培力為
因整條導線中i是一定的量，磁場又是均勻的，可以把i和提到積分號之外，即 ，載流相同、起點與終點一樣的曲導線和直導線，處在均勻磁場中，所受安培力一樣．
大學物理學習指導答案
第十一章靜電場 例題答案 11 1.b 11 2.b 11 3.b 11 4.從o點指向缺口中心點 11 5沿矢徑op 11 6.d 11 7.向右 向右 11 8.見書上 11 9.d 11 10.c 11 11.c 11 12.45 v 15 v 11 13 14.見書上 11 15.無答案 練...
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