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1、第九章9.1 如图所示，由库仑定律可得：xyq2q2q-4q(为一种单位正电荷)与x轴夹角为9.2对上顶点电荷作受力分析得： 对左顶点电荷作受力分析得： 证明： a+Q+Q-q由可得：9.3解：建立图示坐标系，在半圆环上任取微分元，则 考虑方向：因此：则：9.4RO解：如图，将半球壳分割为一组平行细圆环，任一圆环所带电荷元，则微分元在O点激发的场强为：统一变量：，则有： 方向为x轴负向。解：（1）如图，在x处任取一厚度为dx的无限大平面微分元，假设微分元上电荷面密度为，则，（在微分元上取任一面积为S的平面，则平面所带电量） 因此对的场点P，微分元激发的场强为： 因此： （时）对的场点，微分元在
2、右侧，激发的场强向左，（2）时， 。9.6解：（1）取图示坐标系，在x处取微分元dx，则（2）由例9.3得 因此 9.7 解： 如果把半球面当作闭合的，由高斯定理有9.8解:如图，过场点作与球同心球面S，因电荷分布为球对称，则球电场分布也应为球对称，因此S面上各点电场强度的大小相等，由高斯定理，可得当时，当时，因此 9.9解：r做半径为r，高为h的同轴闭合圆柱面，由高斯定理有： r9.10解：（1）如图，在环上取微分元，半径为r，宽为dr的带电细圆环，其所带电量为沿轴线建立坐标系OX，带电细圆环在轴线上产生的电势为 则 (2)根据能量守恒定律，可得 OCD9.11解：q （1）（2）9.12O
3、解：由高斯定理有 时：或：当时，当时，9.13解：（1） 如图所示，取微分元dx，则 （2）9.14解：如图设坐标，上有电量，整个带电线受的电场力在球面电荷的电场中的电势能：整个带电线的电势能为：9.15解：（1） 由叠加原理可得出结论，处场强可以看作是由体密度为，半径为R的球心在O点的均匀带电球与体密度为，半径为，球心在点的均匀带电球共同激发的，因此由高斯定理可得： 对点，r0，因此E20。则方向由O指向。（2）处电势 （3）R1R2U0Q9.16解：设内球带电量为，则由电势叠加原定理有：可由此式解得当时当时 当时9.17解：(1) 设电荷分布如图所示，根据静电平衡时的条件，有和整顿得故有：
4、，（2） B,C两导体接地，则有 因此：9.18解：（1） 如图所示，导体静电平衡时，电荷只分布在导体表面，由高斯定理 ；可得： 当 ，15.0，25.0cm时代入，得 （2） 由，可得 当时， 当时， 当时，把，15.0，25.0cm时代入，得，。9.19解：（1） 由电荷分布的对称性可知电场呈球对称性，应用高斯定理,可得 （2） （3） 由电势定义式，得：rR时： Rrb时： 9.20解：（1） (2) (3) 9.21证明：平行板电容器中填入两种介质，相称于两电容器并联 9.22解：连接状况下：两极板的电位差保持不变，在拉开时，电容器中的电场能量的增量为：在此过程中极板上的电量增量为在此
5、过程中电源做功 拉开过程中外力做功与电源做的功之和等于电容器中电场能量的增量： 断开状况下保持不变电容器中的电场能量的增量为：这个能量是由于外力克服电场力做功导致的即从前面的计算成果可见断开电源拉开外力做功不小于连接电源时也拉开外力的功9.23解：（1）该从式中没有有关位置的量，可见电容与铜板的位置无关。 （2）充电后拉出时设铜板上不带出电荷，电容器中的电场能量会因电容减小而增长，增长的能量等于外力做的功 （3） 9.24解： 10.1解：其中两直线电流在O点产生的磁感应强度为0，1/4圆电流在O点产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为。abcd10.2解:如图过中心平行于(如图竖直向上)。
6、10.3解:方向垂直纸面向里，大小为方向纸面向右，大小为 方向在过垂直于的平面内与夹角10.4解：两线圈在P点产生的磁感应强度方向都在两圆心的连线上指向小圆（向左）10.5解：由对称性可知10.6解：对于无限大平面载流导体板，即上题成果中，（i为电流密度）（1） 在两面之间产生的磁感强度大小为，方向垂直纸面向里。在两面之间产生的磁感强度大小为，方向垂直纸面向外。 总的磁感强度B的大小为。（2） 在两面之外的空间里，产生的磁感强度大小为。 在两面之外的空间里，产生的磁感强度大小为。 两者方向一致，总的磁感强度B的大小为（3）时，两板之间的磁感强度为两板之外的磁感强度为10.7解：旋转的带电圆盘可
7、等效为一组同心圆电流，在盘面上割取细圆环，其等效圆电流为此圆电流在P点产生的磁感强度大小为，方向沿x轴。因此，P点上的磁感强度大小为方向沿0x轴。10.8解：ab（1）由安培环路定理知 (2)得 (3)由安培环路定理知，方向都是图中顺时针10.9解：(1) (2)10.10解：(1)由对称性可知环内的磁感应线是同心的逆时针方向的圆,在环内做半径为的圆作为闭合回路，绕行方向规定为逆时针，故 (2)10.11解：当线圈转到此位置时，重力矩与线圈的安培力矩达到平衡，线圈所受的安培力矩为线圈所受的重力矩为 （）10.12解：（1） 向左滑时磁场力作正功，（2） 向左滑时磁场力作负功，10.13解：10
8、.14解：设线圈平面的法向与之间的夹角为，则线圈所受的安培力矩为线圈在平衡位置作微小摆动，很小，因此根据转动定律即 简谐振动的角频率为 则此摆动可看作简谐振动周期10.15解：（1）所受安培力矩大小为 方向在纸面内垂直于向上(2) 力矩所作的功 10.16ABDOaC解：I方向向左10.17解：（1）（2）电子所受洛伦兹力为 经电压U加速后所具有的初速度为V， 电子以洛伦兹力为向心力在磁场中做圆周运动， 联立可得 10.18解：设质子的质量为m，电荷为q；氘核的质量为2m，电荷为q；粒子的质量为4m，电荷为2q。（1）当三种粒子经相似电压加速后，质子所获动能 氘核所获动能 粒子所获动能 则三者
9、的动能比为1：1：2。（2）当它们经这样加速后进入同一磁场时（可运用上题成果）质子的运动半径 氘核的运动半径 粒子的运动半径 则氘核与粒子的运动半径相等，均为14.1cm。10.19解：证：由离子源产生的离子在电势差为U的电场中加速，根据功能原理，有 离子以速度v进入磁场后，其动力学方程为 联立可得10.20 解： 上面负10.21解：（1） （2）相对磁导率为的磁介质外表面的磁化强度为相应的磁化电流为其方向沿z轴正向。相对相对磁导率为的磁介质内表面的磁化强度为相应的磁化电流为其方向沿z轴负向。其方向沿z轴负向。10.22解：由安培环路定理得铁心内磁场强度大小为10.23解：（1）（2） （3）磁化电流 磁化电流密度 10.24解：为图中曲线的最大斜率11.2解:bc部分产生电动势c端电势高。11.3解：DC在CD杆中取线元dl，距导线距离为x，如图，线元dx处的为（向外为正向） D端电势高。11.4(1)解：对线元段，电荷，旋转成圆形电流，则 其在O点产生的磁场为 （2） （3）若则方向为正，Bo方向垂直纸面向里，方向为垂直
