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Ｅ2-9 在中心点位于原点，边长为Ｌ的媒质立方体内的极化强度矢量为()0e x y z P P e x e y e z =++，(a) 计算面和体束缚电荷密度； (b) 证明总束缚电荷为零。
解：据题，体束缚电荷密度为：03v e P P ρ=-∇⋅=- （公式y x zE E E E x y z∂∂∂∇⋅=++∂∂∂） 在2L x =的面002s x e L e P P x P ρ=⋅== 在2L x =-的面00()2s x e Le P P x P ρ=-⋅=-= 同理，在2Ly =和2L y =-的面，02s L P ρ=在2L z =和2L z =-的面，02s LP ρ=∴（a ）六个面上的面束缚电荷密度均为：0/2P L ρ=s体束缚电荷密度为：03v P ρ=-∴ (b) 总束缚电荷为：23006()302s v LQ Q Q L P P L =+=-=Ｅ2-13 半径为a 的球内充满体电荷密度为f ρ的电荷。
已知球内外的电场强度是⎪⎩⎪⎨⎧≥+≤+=-)()()(24523a r rAa a a r Ar r E r求体电荷密度（全部空间的介电常数均为0ε）。
解：0f E ρε∇⋅=（1）在r a ≤的区域内：23221[()]E r r Ar r r∂∇⋅=⋅+∂ 254r Ar =+ 20(54)f r Ar ρε∴=+（2）在r a ≥的区域内：254221[()]E r a Aa r r r-∂∇⋅=⋅⋅+∂ = 0 0f ρ∴=∴体电荷密度为：20(54),(),()f r Ar r a r a ερ⎧+≤=⎨≥⎩Ｅ2-17 两媒质分界面为z=0面，已知1223r r εε==和，如果已知区域1中的123(5)x y z E e y e x e z =-++我们能求出区域２中哪些地方的2E 和2D 呢？能求出区域２中任意点的2E 和2D 吗？ 解：（1）在两种媒质的分解面z=0上，由于没有电荷的存在，电位移矢量的法线方向连续。
习题1-10解：首先物理概念上分析电场强度为零的点一定是A 点，因为0<q<1，A 离-qp 近，离q 远，则二者即产生的AE v 会抵消，而B 点不行，这是因为离q 近离-pq 远，即产生的E v一大一小无法抵消。
令x 如图，则两点电荷在A 点产生的场强分别为：q: ()r x d q q E rv 2014+=π, -pq: ()r x pq E v v 2024πε−= 令A E v＝021=+E E v r ，有()221xp x d =+ ()22x x d p =+ 两边开方取正值：d pp x −=1习题1-11解：分析知，只可能是A 点，Q 12q q >，∴A 点必须离1q 近、离2q 远才行 令x 如图示，据题意有()2231x d x +=，x=1.37d习题1-12解：在直角坐标系中，取棒中心在原点处，棒沿z 轴放置。
①因为求的点在y 轴上，所以棒上下的对称性决定了E r的z 分量被抵消了，只剩了y 分量，而且可只计算一半棒上的电荷在p 点产生的场强，乘2即为所求。
设棒长2L ，显然dz Lqdz dq 2==τ()∫+=Lr z dz L q E 02/32201.041.022πε()()2/122201.01.081.02Lz ZL q +×=πε课后答案网ww w.kh da w .c om=()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡−+01.01.0*42/1220LLL qεπ 3.0*40πεq=m V /5.5994= y E v r 5.5994=∴②近似计算棒是无限长而保持电场线密度不变，计算结果是：m V q L qr E /9.59971.022200=⋅⋅==πεπτ L 并非无限长，还是取以前的31.0322≈−=L 它与上述的相对误差%0567.0%100*5.59945.59949.5997=−习题1-13解：已知一圆环产生的场强()i x r q qx E v v 232204+=π 此圆环可分为无数半径为r 的细圆环，其上微电荷 rdr dS dq πσσ2⋅==其产生的微元电场 ()i x r x rdr E d vv 2322042+⋅⋅=πεπσ 故r 从1R 到2R 积分即所有圆环产生的场强：()i x r x rdr E R R v v ∫+⋅⋅=212322042πεπσ()()i x r x r d x R R v ∫++=2123222204εσ()i x r x R R v 122122024+−=εσ课后ww w.kh da w .c om()()i x R xR x v ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+−+=21222212210112εσ 讨论：1)σ不变，01→R ，得()⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+−=21222012x R xE εσ 2）又∞→xR 2得 02εσ=E 这相当于∞→2R 比x 快的多，即变成无限大带电平板。
工程电磁场课后题答案1．a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，O为菱形中心，∠abc=120°。
现将三个等量的正点电荷＋Q分别固定在a、b、c三个顶点上，下列说法正确的有（）[单选题] *A．d点电场强度的方向由d指向OB．O点电场强度的方向由d指向OC．O点的电场强度大于d点的电场强度(正确答案)D．O点的电场强度小于d点的电场强度2．如图所示，平行板电容器与电动势为E的电源连接，上极板A接地，一带负电的油滴固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板B竖直向下移动一小段距离，则（） [单选题] *A．带电油滴所受静电力不变B．P点的电势将升高(正确答案)C．带电油滴在P点时的电势能增大D．电容器的电容减小，极板带电荷量增大3．如图为三根通电平行直导线的断面图，若它们的电流大小都相同，且，则A点的磁感应强度的方向是（） [单选题] *A．垂直纸面指向纸外B．垂直纸面指向纸里C．沿纸面由A指向BD．沿纸面由A指向D(正确答案)4．如图所示，伏安法测电阻的电路中，电压表的量程为，内阻为，测量时发现电压表的量程过小，在电压表上串联一个阻值为的定值电阻，最后电压表示数为，电流表示数为，关于的阻值下列说法正确的是（）[单选题] *A．Rx大于60Ω(正确答案)B．Rx等于60ΩC．Rx大于20ΩD．Rx等于20Ω5．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路，当调节滑动变阻器R使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和2.0V。
重新调节R使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V。
则这台电动机正常运转时输出功率为（） [单选题] *A．47WB．44WC．32W(正确答案)D．18W6．用两只完全相同的电流表分别改装成一只电流表和一只电压表。
将它们串联起来接入电路中，如图所示，此时（） [单选题] *A．电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角(正确答案)B．两只电表的指针都不偏转C．两只电表的指针偏转角相同D．电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角7．一带负电油滴在场强为E的匀强电场中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从A运动到B的过程中，下列判断正确的是（） [单选题] *A．油滴的电势能减少(正确答案)B．A点电势高于B点电势C．油滴所受电场力小于重力D．油滴重力势能减小8．如图所示，直线A为电源的U—I图线，直线B为电阻R的U—I图线，用该电源和电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是（）[单选题] *A．4W，8WB．2W，4WC．4W，6W(正确答案)D．2W，3W9．电流表的内阻是，满刻度电流值是，现欲把这个电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（） [单选题] *A．应串联一个0.1Ω的电阻B．应并联一个0.1Ω的电阻C．应串联一个1800Ω的电阻(正确答案)D．应并联一个1800Ω的电阻10．如图所示，带电粒子（不计重力）以初速度v0从a点垂直于y轴进入匀强磁场，运动过程中经过b点，Oa＝Ob。
习题4-16解：B 只有x 分量，从平面图可见x =0时l Id v 与r r 垂直，x ≠0时l Id v 与r r垂直 απμπμRd dl R IRdlR R R Idl dB x ===∴,443'0'2'0()()3222032220203'202424X RIR X R IR d R IR B +=+==∴∫μππμαπμπ习题4-18解：dbd Ia dr r I S d r I S d B b d d S S +==⋅=⋅=Φ∫∫∫+ln2220000πμπμαπμv v v v习题4-19解：αcos 22221ab b ＝a R −+ααπcos 2)cos(2222222ab b a ab b ＝a R ++=−−+任一点xIB πμ20=1200ln 222221R Ra I adx r I R R AB πμπμ=⋅=Φ∴∫习题4-20解：由安培环路定律10R r <<时，取单位长，22102r R I r B ππμπ=⋅，r R IB 2102πμ=21R r R <<时，I r B 02μπ=⋅，rIB πμ20=32R r R <<时，)()([])()([22223222022232220R R R r I I R R R r I I r B −−−=−−−=⋅μππμπ课后答案网ww w.kh da w .c om)()(222232230R R r R r I B −−=πμ 3R r >时，02=⋅r B π，0=B习题4-21解：任意点：j x D Ix I B v v ))(22(00−+=πμπμ习题4-22解：电流反向，则磁力线反向j x D I x I B v v )(22(00−−=πμπμ习题4-23解：I r B μωπ=⋅2，rIB πμω2=wb R R Ib dr r Ib R R 31210973.0ln 2221−×==⋅=Φ∴∫πμωπμω习题4-24解：P176例中，)(220a d d I −−=Φμ本题，wb a d d I 322109696.0))((−×=−−=Φωμ习题4-25解：B 1、B 2只有t 分量，由边界条件H 1t =H 2tT H B t 2.10024.050000111===μμμ习题4-26解：...1)2(0201122232232223223=−−∂∂=−−∂∂∂∂∂∂=×∇z z r e r R R r R r I r R R r R r I z re r e e r H v v v v v ππαα课后答案网ww w.kh da w .c om习题4-27解：0点上下的m ϕ，0=∞m ϕ 带I 圆导线线圈在轴线上产生的2/32)(2x R IR BH +==μ I l d H BAB A =⋅=−∫vv ϕϕ习题4-28解：忽略边缘效应，H 是圆线m ϕ仅与α有关，D C m +=αϕ令0=α是障碍面，且0|0==αϕm 所以0=D 由安培定律∫∫∫+==πθθπω2020Hdl Hdl I Hdl在（0,2π）中，μ->∞，H 只有法线分量，B 1n =B 2n ，知00==μμHH t 所以02=∫πθdl H t所以00||==−==∫αθαθϕϕωm m Hdl ICQ I =ω，QIC ω=αωϕQIm =0000001αωμααϕμϕμμvv v v Qr I r H B m m −=∂∂−=∇−==习题4-29解：x e z y x F v v 1222)(−++= k z y x yj z y x z z y x z y xkj iF v v v v vv 222222221222)(2)(20)(++−++=++∂∂∂∂∂∂=×∇− 课后答案网ww w.kh da w .c om习题4-30解：∫⋅=Φ∴SS d B vvr<a ，22a rIB πμ=r>a ，rIB πμ2=]2ln 21[2ln 222222202+=+=+=⋅=Φ∴∫∫∫πμπμπμπμπμr Iaa a aI a a I adr r I adr a rI S d B a a a S v v习题4-32解：H R d l L 30010*119.2ln −==πμ习题4-34解：铜：0μμ=，钢：0200μμ=(1)算每公里长自感铜e i L L L +=其中km H L i /10100010008270−×=××=πμ km H l R DL e /1027631ln 700−×=⋅=πμ km mH L L L e i /863.2=+=钢：km H L i /102000010008270−×=××=πμ km H L e /10228157−×=km mH L L L e i /286.22=+=(2)互感：根据方向判断'11Φ+Φ=Φ∴km mH l M /036.02'1'12'2'112ln 20=⋅⋅⋅=πμ习题4-35 解：r I B πμω21=，21102−×=Φdr rId πμω 2122102−×=Φ=Ψdr rId d πωμωω课后答案网ww w.kh da w .c om67ln 10210221276212−−×=×=Ψ∫πωμωπωμωI dr r IH I M 0148.067ln 102212=×=−πωμω习题4-36 解：由题意得...2)(212)2(212)2(212121322112223223020021022=−−++===∫∫∫∫∫∫R R R R R v rdr I R R r R rdr r I rdr R Ir dVH LI W πμππμππμμ...22==I WL习题4-37解：C I mW M =∂∂=|αααcos 21max 21I I M I MI W m ==ααsin 21max I I M M −=∴o 45=α，m N M ⋅×−=∴−310035.0α习题4-38解：1220022102ln 21212)2(21211R R I rdr R Ir dV H W R v πμππμμ===∫∫∫∫ l r V 2π=，l R dR dV112π= 212201212212084|R I dV dR R R R R I V W f C I mg πμπμ−=−=∂∂==测验题4-39解：将其分段考虑，与0点在一条线上的两直线段上的电流不在0点产生磁场，仅两段圆弧上的电流在0点产生磁场。
