安大版大物课后习题参考答案10-11
安徽大学 10-11(2)高数A(二)、B(二)答案
+
2x
∂z
⎤ ⎥
∂y ⎥⎦
=
x2z2
sin
z + 2x2z cos z (cos z − xy)3
−
2x3 yz
．
四、应用题（每小题 8 分，共 16 分）
第2页 共3页
1． 解． 构造 Lagrange 函数 L(x, y, z, λ, μ) = x + 2 y + 3z + λ(x2 + y2 − 2) + μ( y + z −1) ． 求偏导得 Lx = 1+ 2λ x, Ly = 2 + 2λ y + μ, Lz = 3 + μ , Lλ = x2 + y2 − 2, Lμ = y + z −1, 联立解得 x = −1, y = 1, z = 0 或 x = 1, y = −1, z = 2 ． 代入原函数得 f (−1,1, 0) = 1, f (1, −1, 2) = 5 ． 故所求最大值为 5, 最小值为1.
∫ 2． 解． 所求金属丝的质量为 m = ρds ． L
弧微分 ds = [x '(t)]2 + [ y '(t)]2 + [z '(t)]2 dt = 3etdt ．
∫ ∫ 故 m =
11 0 2e2t
3etdt = 3 1e−tdt = 3 (1− e−1) ．
20
2
五、证明题（每小题 5 分，共 10 分）
1 ． 证 明 ． 设 f (x) = x ， 则 f '(x) = 2011− x ， 显 然 x ≥ 2011 时 ，
x + 2011
2 x (x + 2011)
大物课后部分参考答案及解析
第一章P171-2 已知j t A i v v ωωsin 0-=，则j t A i t v dt v rωcos 0+==⎰由 ⎝⎛==t A y t v x ωcos 0 可得A v xA y -=0cos ω〔以出发点为原点〕 j t mA a m F jt A a ωωωωcos cos 22-==∴-=1-4 如图，在B 点时，根据其受力情况，有⎝⎛==-20202130sin 60cos BB B mv mgl l mv mg T 解得)N (923==mg T B 在B 点时，根据其受力情况，有⎝⎛==-2221CC C mv mgl l mv mg T 解得)N (183==mg T C1-6 由题意设kv f = ，其受力方向在竖直方向上，则有dtdv mma kv F mg f F mg ==--=-- 变形可得dt dv kvF mg m=--两边同时积分⎰⎰=--t vdt dv kvF mg m00整理可得)1(t m ke kFmg v ---= 注意基本概念的理解和掌握：位移，速度，加速度之间的关系 注意受力分析，区分出B 点时的角度关系设沉降距离为y ，则dtdy v =)]1([)1(0-+-=--==--⎰⎰tm ktt m ke km t k F mg dt e k F mg vdt y1-9 由题意，当h=50m 时，桶中水已全部漏完，故木桶从井中提到井口所做的功为J)(3500)(J 3430)1.011(]2.0)[(1005050021005050或=+-=+-+=⎰⎰gh gh h Mgdhdh gh g m M W1-14 〔1〕子弹所受的冲量)m /s kg (9)50050(02.0⋅-=-⨯=∆=p I木块所受的冲量与子弹所受的冲量反向，即)m/s kg (9⋅=木块I〔2〕对木块，有)m/s kg (950⋅=⋅=∆=m p I木块，因此kg 18.0=m 。
大学物理答案第十章.doc
第十章静电场中的导体与电介质10－ 1将一个带正电的带电体A从远处移到一个不带电的导体 B 附近，则导体 B 的电势将（）（A）升高（B）降低（C）不会发生变化（D）无法确定分析与解不带电的导体 B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体 A 移到不带电的导体B附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A） .10－ 2将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N，在 N的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷 .若将导体 N的左端接地（如图所示），则（）（A） N上的负电荷入地（B）N上的正电荷入地（C） N上的所有电荷入地（D）N上所有的感应电荷入地题 10-2 图分析与解导体 N接地表明导体 N为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体 N在哪一端接地无关 .因而正确答案为（A） .10－ 3 如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为R的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为 d，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（）（A）Eq q,Vq 0,V （ B）E2 4π4π4πε0d ε0d ε0d（C）E 0,V 0q,Vq （ D）E2 4π4πε0d ε0R 题 10-3 图分析与解达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为（A） .10－ 4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( )（A）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷（B）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零（C）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷（D）介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关（E）介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关.因而正确答案为（E） .10－ 5对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（）（A）电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/ εｒ倍（B）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/ εｒ倍（C）在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的 1/ εｒ倍（D）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍分析与解电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S 有1 χE d S E 0 d S 1q iS S ε i即E＝ E０ / εｒ，因而正确答案为（A） .10－ 6 不带电的导体球A含有两个球形空腔，两空腔中心分别有一点电荷q b 、q c ，导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷q d （如图所示）.试求点电荷q b 、 q c 、 q d 各受多大的电场力.题10-6 图分析与解根据导体静电平衡时电荷分布的规律，空腔内点电荷的电场线终止于空腔内表面感应电荷；导体球A外表面的感应电荷近似均匀分布，因而近似可看作均匀带电球对点电荷q d的作用力 .q b q c q dF d4πεr 2点电荷 q d与导体球 A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零，点电荷q b、 q c处于球形空腔的中心，空腔内表面感应电荷均匀分布，点电荷q b、q c受到的作用力为零 .10－ 7 一真空二极管，其主要构件是一个半径R１＝× 10 －4 m的圆柱形阴极和一个套在阴极外、半径 R ＝× 10 －3 m 的同轴圆筒形阳极．阳极电势比阴极电势高300 V，阴极与阳极的长２度均为 L＝× 10－２m．假设电子从阴极射出时的速度为零．求：（１）该电子到达阳极时所具有的动能和速率；（２）电子刚从阳极射出时所受的力．题10-7 图分析（ 1）由于半径 R１＜＜ L，因此可将电极视作无限长圆柱面，阴极和阳极之间的电场具有轴对称性．从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速，电子所获得的动能等于电场力所作的功，也即等于电子势能的减少．由此，可求得电子到达阳极时的动能和速率．（2）计算阳极表面附近的电场强度，由 F＝ qE 求出电子在阴极表面所受的电场力．解（ 1）电子到达阳极时，势能的减少量为E ep eV 4.810 17 J由于电子的初始速度为零，故E ek E ekE ep4.8 10 17 J因此电子到达阳极的速率为2E ek 2eV 1.03 10 7 m s -1vmm（2） 两极间的电场强度为λ E2πε0re r两极间的电势差R 2lnR2VR 2dr E drR 12π 0 r2π 0 R 1R 1负号表示阳极电势高于阴极电势．阴极表面电场强度Eλe rV e r2πε0R 1 R 2R 1lnR 1电子在阴极表面受力FeE （4.37 10 14 N) e r－ 3１这个力尽管很小，但作用在质量为９.1１×10 kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的 5× 10１5 倍．10－ 8 一导体球半径为 R，外罩一半径为 R 2 的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q ，１而内球的电势为 V ０ ．求此系统的电势和电场的分布．分析 若 V 0Q，内球电势等于外球壳的电势， 则外球壳内必定为等势体， 电场强度4πε0R 2处处为零，内球不带电．Q若 V 0，内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度不为零，内球带4πεR0 2电．一般情况下，假设内导体球带电q ，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示．依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布．并由V pE dl 或电势叠加求出电势的p分布．最后将电场强度和电势用已知量 V 0、 Q 、 R １ 、R 2表示．题10-8 图解根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称．取同心球面为高斯面，由高斯定理 E dS E r 4πr2 E rq / ε0，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各区域内的电场分布为r ＜ R 时，E1 r 0１R ＜ r＜R 时， E2 r q１ 24πε0r 22 时，E2 Q qr＞ R r4πε0r 2由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布．r＜ R１时，V1 E dl R1 1 dl R2 E 3 dlE E 2 dlr r R1 R2q Q4π0 R1 4π0 R2R１＜ r＜R2时，V2 E dl R2 2 dl E 3 dlEr r R2q Q4π0 r 4π0 R2r＞ R2时，V3r E3Q qdl4π0r也可以从球面电势的叠加求电势的分布：在导体球内（ r ＜ R１）V1q Q4 π4πεRε0R1 0 2在导体球和球壳之间（R１＜ r＜ R2）V2q Q 4πε0r 4πε0R2在球壳外（ r＞ R2）为V3Q q4π0r 由题意V1 V0q Q4 π4πεRε0R2 0 1得q 4π0 R1V0R1 QR2于是可求得各处的电场强度和电势的分布：r＜ R１时，E10 ； V1V0R１＜ r＜R2时，E2 R1V0 R1Q； V2R1V0 (r R1 )Q r 2 4πεR r 2r 4π0 R2 r0 22时，r＞ RR1V0 ( R2 R1 )Q； V3 R1V0 (R2 R1 )QE32 4π0R2 r 2 r 4π0 R2rr10－ 9 地球和电离层可当作球形电容器，它们之间相距约为100 km ，试估算地球－电离层系统的电容．设地球与电离层之间为真空．解由于地球半径 R1＝× 106 m；电离层半径 R2＝× 105 m ＋R1＝× 106 m，根据球形电容器的电容公式，可得C 4πε0 R1 R2 4.58 10 2 FR2 R110－ 10 两线输电线，其导线半径为 3.26 mm ，两线中心相距0.50 m，导线位于地面上空很高处，因而大地影响可以忽略．求输电线单位长度的电容．分析假设两根导线带等量异号电荷，电荷在导线上均匀分布，则由长直带电线的电场叠加，可以求出两根带电导线间的电场分布,E E E再由电势差的定义求出两根导线之间的电势差，就可根据电容器电容的定义，求出两线输电线单位长度的电容解建立如图坐标，带等量异号电荷的两根导线在 P点激发的电场强度方向如图，由上述分析可得 P点电场强度的大小为1 1E()2π0x d x电场强度的方向沿x轴，电线自身为等势体，依照定义两导线之间的电势差为d R1 1U E dl ( )dxl R 2π0 x d x上式积分得λln d RUπε0 R 因此，输电线单位长度的电容C λπε0 / lnd Rπε0 / lnd U R R代入数据 C 5.52 10 12 F题 10-10 图10－ 11电容式计算机键盘的每一个键下面连接一小块金属片，金属片与底板上的另一块金属片间保持一定空气间隙，构成一小电容器（如图）.当按下按键时电容发生变化，通过与之相连的电子线路向计算机发出该键相应的代码信号.假设金属片面积为50.0 mm 2，两金属片之间的距离是0.600 mm. 如果电路能检测出的电容变化量是pF，试问按键需要按下多大的距离才能给出必要的信号题 10-11 图分析按下按键时两金属片之间的距离变小，电容增大，由电容的变化量可以求得按键按下的最小距离：解按下按键时电容的变化量为C ε0S 11 d d0按键按下的最小距离为d min dd Cd20.152 mmd0 C 0 S10－ 12 一片二氧化钛晶片，其面积为 1.0 cm2 ，厚度为 0.10 mm ．把平行平板电容器的两极板紧贴在晶片两侧.（ 1）求电容器的电容；（2）当在电容器的两极间加上 12 V电压时，极板上的电荷为多少此时自由电荷和极化电荷的面密度各为多少（ 3）求电容器内的电场强度．解（ 1）查表可知二氧化钛的相对电容率εr ＝ 173，故充满此介质的平板电容器的电容C εεr0S 1.53 10 9 Fd（2）电容器加上 U ＝ 12V 的电压时，极板上的电荷Q CU 1.84 10 8 C极板上自由电荷面密度为σQ1.84 10 8 C m - 2S晶片表面极化电荷密度σ0 1 1σ0 1.83 104 C m- 2 εr（3）晶片内的电场强度为E U 1.2 105 V m-1d10－ 13 如图所示，半径 R ＝ 0.10 m 的导体球带有电荷Q ＝× 10 －８C，导体外有两层均匀介质，一层介质的εr＝ 0.10 m，另一层介质为空气，充满其余空间．求：（ 1 ）＝，厚度 d离球心为 r ＝ 5cm、15 cm、25 cm 处的 D 和 E；（ 2）离球心为 r ＝ 5 cm、15 cm、25 cm 处的V；（ 3）极化电荷面密度σ′．题 10-13 图分析带电球上的自由电荷均匀分布在导体球表面，电介质的极化电荷也均匀分布在介质的球形界面上，因而介质中的电场是球对称分布的．任取同心球面为高斯面，电位移矢量D 的通量与自由电荷分布有关，因此，在高斯面上 D 呈均匀对称分布，由高斯定理D d S q 可得D（r）．再由E D / εε可得E（r）．00r介质内电势的分布，可由电势和电场强度的积分关系V E dl 求得，或者由电势叠r加原理求得．极化电荷分布在均匀介质的表面，其极化电荷面密度Pn ．解（ 1）取半径为 r 的同心球面为高斯面，由高斯定理得r ＜ R D1 4πr2 0D1 0 ； E1 0R ＜r＜R＋d D24π2QrD2 Q ； E2Q4πr 2 4πεε0r r 2r ＞ R ＋ d D3 4πr 2 QD 3Q； E3Q 4πr2 4π0 r 2将不同的 r 值代入上述关系式，可得r＝ 5 cm、15 cm 和 25 cm 时的电位移和电场强度的大小，其方向均沿径向朝外．r1 ＝ 5 cm，该点在导体球内，则Dr1 0 ；Er1 0r2 ＝ 15 cm，该点在介质层内，εｒ＝，则Dr2 Q3.5 10 8 C m 2 4π2r2E r2Q2 8.0 102 V m 1 4πεε0r r2r3 ＝ 25 cm，该点在空气层内，空气中ε ≈ε0，则Dr3 Q 1.3 10 8 C m 2；4πr32Er3 Q 2 1.4 103 V m 14π0 r2（2）取无穷远处电势为零，由电势与电场强度的积分关系得r3 ＝ 25 cm，V3 E3 dr Q 360 V4πr1ε0rr2＝ 15 cm，V2R dE 3 drE 2 drr2 R dQ Q4π0 r r2 4π0 r R d 4π0 480 Vr1＝ 5 cm，V1R dE3RE 2 dr drR dQ Q Q 4πεε0r R 4πεε0r R d 4πε0 R540V（3）均匀介质的极化电荷分布在介质界面上，因空气的电容率略．故在介质外表面；QR ddε＝ε0，极化电荷可忽P n εr 1 ε0E nεr 1 Q 4π 2R dεrσ P n εr 1 Q 2 1.6 10 8 C4πεr R d在介质内表面：m 2P n εr 1 ε0E n εr 1 Q 4π 2εr RσP n εr 1 Q6.4 10 8 C m 2 4π 2εr R介质球壳内、外表面的极化电荷面密度虽然不同，但是两表面极化电荷的总量还是等量异号．10－ 14 人体的某些细胞壁两侧带有等量的异号电荷.设某细胞壁厚为－ 9× 10 m，两表面所带面电荷密度为±× 10 － 3 C／m2 ，内表面为正电荷．如果细胞壁物质的相对电容率为，求（ 1）细胞壁内的电场强度；（2）细胞壁两表面间的电势差．解（ 1）细胞壁内的电场强度（2）细胞壁两表面间的电势差E σ9.8 106 V/m ；方向指向细胞外．εε0 rU Ed 5.1 10 2 V ．10－ 15如图（a）所示，有两块相距为的薄金属板A、B构成的空气平板电容器被屏蔽在一金属盒Ｋ内，金属盒上、下两壁与 A、B 分别相距 0.25 mm ，金属板面积为 30 mm × 40 mm.求（ 1）被屏蔽后电容器的电容变为原来的几倍；（屏蔽盒相碰，问此时的电容又为原来的几倍2）若电容器的一个引脚不慎与金属题10-15 图分析薄金属板 A、 B 与金属盒一起构成三个电容器，其等效电路图如图（ｂ）所示，由于两导体间距离较小，电容器可视为平板电容器，通过分析等效电路图可以求得A、B 间的电容.解（ 1）由等效电路图可知C C23C2 C3C1 C1C3C2由于电容器可以视作平板电容器，且d1 2d2 2d3，故 C2 C3 2C1，因此A、B间的总电容C 2C1（2）若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰，相当于C2（或者 C3）极板短接，其电容为零，则总电容C 3C110－ 16 在 A 点和 B 点之间有 5 个电容器，其连接如图所示．（ 1）求 A、B 两点之间的等效电容；（ 2）若 A、 B 之间的电势差为 12 V，求 U AC、 U CD和 U DB．题 10-16 图解（ 1）由电容器的串、并联，有C AC C1C212 μFC CD C3 C4 8 μF1 1 1 1C AB C AC C CD C5求得等效电容 C AB＝ 4 μF．（2）由于Q AC Q CD Q DB Q AB，得UAC CAB U AB 4 V C ACUCD CAB U AB 6 V CCDUDB CAB U AB 2 V CDB10－ 17 如图，有一个空气平板电容器，极板面积为 S，间距为 d ．现将该电容器接在端电压为U 的电源上充电，当（ 1）充足电后；（ 2）然后平行插入一块面积相同、厚度为δ（δ＜d）、相对电容率为εｒ的电介质板；（ 3）将上述电介质换为同样大小的导体板．分别求电容器的电容 C，极板上的电荷Q 和极板间的电场强度E．题10-17 图分析电源对电容器充电，电容器极板间的电势差等于电源端电压U．插入电介质后，由于介质界面出现极化电荷，极化电荷在介质中激发的电场与原电容器极板上自由电荷激发的电场方向相反，介质内的电场减弱．由于极板间的距离 d 不变，因而与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，以维持电势差不变，并有U Qd δQ δε0S εε0r S相类似的原因，在平板电容器极板之间，若平行地插入一块导体板，由于极板上的自由电荷和插入导体板上的感应电荷在导体板内激发的电场相互抵消，与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，使间隙中的电场 E 增强，以维持两极板间的电势差不变，并有U QdδεS综上所述，接上电源的平板电容器，插入介质或导体后，极板上的自由电荷均会增加，而电势差保持不变．解（ 1）空气平板电容器的电容εSC00d充电后，极板上的电荷和极板间的电场强度为εSQ00UdE0U / d（ 2）插入电介质后，电容器的电容C1为C1 Q / Qd δQ δεε0r Sε0S εε0r S δ εr dδ故有εεSU0rC1C1Uδ εr dδ介质内电场强度E1Q1 Uεε0r S δ εr dδ空气中电场强度Q1 εr UE1δ εr dδε0S（ 3）插入导体达到静电平衡后，导体为等势体，其电容和极板上的电荷分别为εSC20dδεSQ2Udδ导体中电场强度E2 0空气中电场强度E2U d δ无论是插入介质还是插入导体，由于电容器的导体极板与电源相连，在维持电势差不变的同时都从电源获得了电荷，自由电荷分布的变化同样使得介质内的电场强度不再等于E0/ εｒ．10－ 18 为了实时检测纺织品、纸张等材料的厚度（待测材料可视作相对电容率为ε 的电ｒ介质），通常在生产流水线上设置如图所示的传感装置，其中A， B为平板电容器的导体极板，d0为两极板间的距离．试说明检测原理，并推出直接测量量电容 C 与间接测量量厚度 d 之间的函数关系．如果要检测钢板等金属材料的厚度，结果又将如何题10-18 图分析导体极板 A、 B 和待测物体构成一有介质的平板电容器，关于电容C与材料的厚度的关系，可参见题10－ 17 的分析．解由分析可知，该装置的电容为C 0 rSd r d0 d则介质的厚度为d εr d0Cεε0r S εr d0 εε0r Sεr 1 C ε 1 εr 1 Cr如果待测材料是金属导体，其等效电容为C εS0 d0d导体材料的厚度d d0 ε0S C实时地测量 A、 B 间的电容量 C，根据上述关系式就可以间接地测出材料的厚度．通常智能化的仪表可以实时地显示出待测材料的厚度．10－ 19有一电容为 μ F 的平行平板电容器，两极板间被厚度为 0.01 mm 的聚四氟乙烯薄膜所隔开，（ 1） 求该电容器的额定电压；（2） 求电容器存贮的最大能量．分析通过查表可知聚四氟乙烯的击穿电场强度E b ＝ × 107 V ／ m ，电容器中的电场强度 E≤E b ，由此可以求得电容器的最大电势差和电容器存贮的最大能量．解（ 1） 电容器两极板间的电势差U maxE b d 190 V（2） 电容器存贮的最大能量W1CU 2 9.03 10 3 Je2 max10－ 20半径为 0.10 cm 的长直导线， 外面套有内半径为 1.0 cm 的共轴导体圆筒， 导线与圆筒间为空气．略去边缘效应，求：（ 1） 导线表面最大电荷面密度；（2） 沿轴线单位长度的最大电场能量．分析 如果设长直导线上单位长度所带电荷为λ，导线表面附近的电场强度Eλσε2πε0R查表可以得知空气的击穿电场强度E b ＝ × 6E ≤ E b 空10（ V ／ m ），只有当空气中的电场强度 气才不会被击穿，由于在导线表面附近电场强度最大，因而可以求出σ的极限值．再求得电场能量密度，并通过同轴圆柱形体元内电场能量的积分求得单位长度的最大电场强度．解（ 1） 导线表面最大电荷面密度σεE2.66 10 5 C m 2max0 b显然导线表面最大电荷面密度与导线半径无关．（2） 由上述分析得λ2πεR E ，此时导线与圆筒之间各点的电场强度为max0 1 bE mR 1R 2 r R 12π 0 rrE(其他 )1 21R 2 E 2w mEm1b22r 2沿轴线单位长度的最大电场能量W mw 2πrdr22 R 21 0πR1E b drR 1rW m0 πR 12E b 2lnR 25.76 10 4 J m 1R 110－ 21 一空气平板电容器， 空气层厚 1.5 cm ，两极间电压为 40 kV ，该电容器会被击穿吗 现将一厚度为 0.30 cm 的玻璃板插入此电容器，并与两极平行，若该玻璃的相对电容率为，击穿电场强度为 10 Ｍ V ·m －1 ．则此时电容器会被击穿吗分析 在未插入玻璃板时， 不难求出空气中的电场强度小于空气的击穿电场强度， 电容器不会被击穿．插入玻璃后，由习题10－17 可知，若电容器与电源相连，则极板间的电势差维持不变， 电容器将会从电源获取电荷． 此时空气间隙中的电场强度将会增大． 若它大于空气的击穿电场强度， 则电容器的空气层将首先被击穿．此时 40 kV 电压全部加在玻璃板两侧，玻璃内的电场强度如也大于玻璃击穿电场强度的值， 则玻璃也将被击穿． 整个电容器被击穿．解 未插入玻璃时，电容器内的电场强度为E U / d 2.7 10 6 V m 1因空气的击穿电场强度 E b 3.010 6 V m 1 ， EE b ，故电容器不会被击穿．插入玻璃后，由习题 6 －26 可知，空气间隙中的电场强度Eεr V3.2 106 V m 1ε d δ δr此时，因 E E b ，空气层被击穿，击穿后 40 kV 电压全部加在玻璃板两侧，此时玻璃板内的电场强度E V / δ 1.3 10 7 V m 1由于玻璃的击穿电场强度 E b10 MV m 1 ， E E b，故玻璃也将相继被击穿，电容器完全被击穿．10－ 22 某介质的相对电容率r2.8 ，击穿电场强度为 18 106 V m 1 ，如果用它来作平板电容器的电介质，要制作电容为 μF，而耐压为 kV 的电容器，它的极板面积至少要多大．解 介质内电场强度E E b18 106 V m 1电容耐压 U m＝ kV，因而电容器极板间最小距离d U m / E b 2.2210 4 m要制作电容为μF的平板电容器，其极板面积S Cd0.42 m2 εε0 1显然，这么大的面积平铺开来所占据的空间太大了，通常将平板电容器卷叠成筒状后再封装．10－ 23一平行板空气电容器，极板面积为S，极板间距为 d，充电至带电Q后与电源断开，然后用外力缓缓地把两极板间距拉开到 2d．求：（ 1）电容器能量的改变；（ 2）此过程中外力所作的功，并讨论此过程中的功能转换关系．分析在将电容器两极板拉开的过程中，由于导体极板上的电荷保持不变，极板间的电场强度亦不变，但电场所占有的空间增大，系统总的电场能量增加了．根据功能原理，所增加的能量应该等于拉开过程中外力克服两极板间的静电引力所作的功．解（ 1）极板间的电场为均匀场，且电场强度保持不变，因此，电场的能量密度为w e 1ε0E2Q22 2ε0S2在外力作用下极板间距从 d 被拉开到 2d，电场占有空间的体积，也由V 增加到 2V，此时电场能量增加W e w eQ2d V2ε0S（2）两导体极板带等量异号电荷，外力 F 将其缓缓拉开时，应有F＝－ F e，则外力所作的功为A F e r QEd Q2d2εS外力克服静电引力所作的功等于静电场能量的增加．。
详细版大学物理学-习题解答习题10.doc
第十章10-1 无限长直线电流的磁感应强度公式为B ＝μ0I2πa ，当场点无限接近于导线时(即a →0)，磁感应强度B →∞，这个结论正确吗？如何解释？答：结论不正确。
公式aIB πμ20=只对理想线电流适用，忽略了导线粗细，当a →0，导线的尺寸不能忽略，电流就不能称为线电流，此公式不适用。
10-2 如图所示，过一个圆形电流I 附近的P 点，作一个同心共面圆形环路L ，由于电流分布的轴对称，L 上各点的B 大小相等，应用安培环路定理，可得∮L B ·d l ＝0，是否可由此得出结论，L 上各点的B 均为零？为什么？ 答：L 上各点的B 不为零. 由安培环路定理∑⎰=⋅ii I l d B 0μ得 0=⋅⎰l d B，说明圆形环路L 内的电流代数和为零，并不是说圆形环路L 上B 一定为零。
10-3 设题10-3图中两导线中的电流均为8A ，对图示的三条闭合曲线a ,b ,c ，分别写出安培环路定理等式右边电流的代数和．并讨论：(1)在各条闭合曲线上，各点的磁感应强度B的大小是否相等?(2)在闭合曲线c 上各点的B是否为零?为什么? 解： ⎰μ=⋅al B 08d⎰μ=⋅bal B 08d⎰=⋅cl B 0d(1)在各条闭合曲线上，各点B的大小不相等．(2)在闭合曲线C 上各点B 不为零．只是B的环路积分为零而非每点0=B ．题10-3图习题10-2图10-4 图示为相互垂直的两个电流元，它们之间的相互作用力是否等值、反向？由此可得出什么结论？答：两个垂直的电流元之间相互作用力不是等值、反向的。
B l Id F d⨯= 20ˆ4rr l Id B d ⨯= πμ 2212122110221212201112)ˆ(4ˆ4r rl d I l d I r r l d I l d I F d ⨯⨯=⨯⨯=πμπμ 2121211220212121102212)ˆ(4ˆ4r rl d I l d I r r l d I l d I F d ⨯⨯=⨯⨯=πμπμ ))ˆ()ˆ((4212121221************r r l d l d r r l d l d I I F d F d ⨯⨯+⨯⨯-=+πμ 2122112210212112221212102112)(ˆ4))ˆ()ˆ((4r l d l d rI I r l d r l d l d r l d I I F d F d⨯⨯=⋅-⋅=+πμπμ 一般情况下 02112≠+F d F d由此可得出两电流元（运动电荷）之间相互作用力一般不满足牛顿第三定律。
大学物理第10单元课后习题答案.docx
习题1010.1选择题(1)对于安培环路定理的理解，正确的是：(A)若环流等于零，则在回路L上必定是H处处为零；(B)若环流等于零，则在回路L上必定不包围电流；(O若环流等于零，则在回路L所包围传导电流的代数和为零；(D)回路L上各点的H仅与回路L包围的电流有关。
［答案：C］(2)对半径为R载流为I的无限长直圆柱体，距轴线r处的磁感应强度B ()(A)内外部磁感应强度B都与r成正比；(B)内部磁感应强度B与r成正比，外部磁感应强度B与r成反比；(C)内外部磁感应强度B都与r成反比；(D)内部磁感应强度B与r成反比，外部磁感应强度B与r成正比。
［答案:B］(3)质量为m电量为q的粒子，以速率v与均匀磁场B成0角射入磁场，轨迹为一螺旋线，若要增大螺距则要()(A)增加磁场B； (B)减少磁场B； (C)增加0角；(D)减少速率V。
［答案:B］(4)一个100匝的圆形线圈，半径为5厘米，通过电流为0.1安，当线圈在1.5T的磁场中从0=0的位置转到180度(0为磁场方向和线圈磁矩方向的夹角)时磁场力做功为() (A) 0.24J；(B) 2.4J； (C) 0.14J； (D) 14J。
［答案:A］10.2填空题(1)边长为a的正方形导线回路载有电流为I,则其中心处的磁感应强度______ =［答案：2臥I ,方向垂直正方形平面］na(2)计算有限长的直线电流产生的磁场—用毕奥——萨伐尔定律，而—用安培环路定理求得(填能或不能)。
［答案：能，不能］(3)电荷在静电场中沿任一闭合曲线移动一周，电场力做功为 ____ o电荷在磁场中沿任一闭合曲线移动一周，磁场力做功为 ____ o［答案：零，零］(4)两个大小相同的螺线管一个有铁心一个没有铁心，当给两个螺线管通以_电流时，管内的磁力线分布相同，管内的磁感线分布将 ____ =［答案：相同，不相同］10.3在同一磁感应线上，各点万的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度鸟的方向？解：在同一磁感应线上，各点鸟的数值一般不相等.因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度万的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为直的方向.dl题10.3图10.4(1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度鸟的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)？(2)若存在电流，上述结论是否还对？解：(1)不可能变化，即磁场一定是均匀的.如图作闭合回路abed可证明B{=B2£ B-dl =B l da-B2bc = /J0^I = 0B x =(2)若存在电流，上述结论不对.如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线, 但鸟方向相反，即B^B2.10.5用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场？答：不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用.10.6在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部B = ^o nl,外面B=0,所以在载流螺线管外面环绕一周(见题10.6图)的环路积分牡民卜応=0但从安培环路定理来看，环路L中有电流I穿过，环路积分应为牡万外-df = //0/这是为什么？解：我们导出B 内=jU o nl,B^ =0有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线.这 时图中环路厶上就一定没有电流通过，即也是与（鸟外-dr=＜（o-dr=o 是不矛盾的.但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型.实 际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过厶的电流为/,因此实际螺线管若是无限长时， 只是鸟外的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量B[= 必,r 为管外一点到螺线管轴 17VT题10.6图10.7如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它 发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场？解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存 在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致.如果它发生偏转也不能肯定 那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转.10.8已知磁感应强度B = 2.0Wb/m 2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示.试 求：（1）通过图中abed 面的磁通量；（2）通过图中b 妣面的磁通量；（3）通过图中*/^面的磁 通量.解：如题10.8图所示.⑴通过a0cd 面积,的磁通是（$面法线沿 x 轴正向）0）! =5-5] =2.0x0.3x0.4 = 0.24 Wb⑵通过befc 面积S 2的磁通量 0）2 = B • 52 = 0⑶通过a 创面积S3的磁通量（S3面法线沿x 、z 轴的正向）啓=用恳3 = 2x0.3x0.5xcos& = 2x0.3x0.5x? = 0.24 Wb10.9如题10-9图所示，AB. CD 为长直导线，RC 为圆心在O点的一段圆弧形I题10. 8图导线，其半径为若通以电流Z,求0点的磁感应强度.解：如题10-9图所示，O 点磁场由AB 、BC 、CD 三部分电流产生.其中AB 产生：& = 0CD 产生：场=上上，方向垂直向里 2 12RBC 段产生磁场 由B = ^-(sin^2- sin^J 得： 4mB 3 = ^^(sin 90° - sin 60° ) = ^-(1-—),方向丄向里 .R 2nR 2 •••恥+ B 严盟（1—子+汀方向丄向里.10.10在真空中，有两根互相平行的无限长直导线厶和厶2,相距0.ini,通有方向相反的电 流，/1=20A,/2=10A,如题10.10图所示.A, 3两点与导线在同一平面内.这两点与导线L 2的距离均为5.0cm •试求A, B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置. Zi=20A0.1mL'i 丄—Z 2=10A 题10.10图解：如题10.10图所示，&方向垂直纸面向里2 茨崔丽+化g ^-2.(0Z0.05)+^0j^h33X1°-5T10.11如题10-11图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A, B 两点，并在很⑵设片=0在厶2外侧距离厶2为厂处，则:解得r - 0.1 m1 n 题10-9图 2^(r + 0.1)2 岔远处与电源相连.已知圆环的粗细均匀，求环中心0的磁感应强度.解：如题10-11图所示，圆心O 点磁场由直电流Aoo 和Boo 及两段圆弧上电流人 与厶所产生，但A8和Boo 在O 点产生的磁场为零。
安徽大学期末试卷MK_10-11(1)高数A(三)答案.pdf
安徽大学2010—2011学年第一学期《高等数学A （三）》（B 卷）考试试题参考答案及评分标准一、选择题（本大题共5小题，每小题2分，共10分） 1.A 2. C 3. D 4.C 5. B二、填空题（本大题共5小题，每小题2分，共10分） 6.22E A + 7. 8.24649 9.43 10.]15.20,87.19[三、计算题（本大题共10分）11.解：将的第2列直到第列依次加到第1列得,n D n ma a a m a a a m a ma a maa m a m a a a maD n nn ni i n ni in ni i n ni in −−−=−−−−−=∑∑∑∑====""""""""""""""2221212121111)(,再将第1行乘上1−分别加到第2行直到第行得,n ).()(00001)(1121m a m mm a a m a D n i i n nn i i n −−=−−−=∑∑=−="""""""四、分析题（本大题共6小题，共62分） 12.（本小题12分）解：方程组的增广矩阵为:⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎝⎛+−−−−−→⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎝⎛−→⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎝⎛−=a a a a a a a a a a a a A 2111031102111111112112111111112, ⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎝⎛++−−−−→a a a a a a 24)2)(1(003110211于是,(1)当时,,1=a 1)(=A r 3)(=A r ,方程组无解;(2)当21−≠≠a a 且时,3)()(==A r A r ,方程组有唯一解;(3)当时,2−=a 2)()(==A r A r ,方程组有无穷多解. 当方程组有无穷多组解时,此时⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎝⎛−−−→⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎝⎛−−−−=000033302211221111211112A ,对应的线性方程组为:⎩⎨⎧=+−−=−+3332232321x x x x x 令，得到原非齐次线性方程组的一个特解：. 03=x T )0,1,1(0−−=γ原非齐次线性方程组对应的导出组为:⎩⎨⎧=+−=−+0330232321x x x x x , 令，得到基础解系为； 13=x T )1,1,1(=η故原非齐次线性方程组的结构解为:ηγk X +=0，k 为任意常数。
刘果红-大学物理习题册答案
安徽建筑工业学院—刘果红 大学物理习题册答案练习一质点运动学1、 ，，26t i dt r d v +==j i v61+=j i tr r 26133+=-=-∆jv v 24131331=--=-2、0202212110v Kt v Ktdt v dvt Kv dt dv t v v +=⇒-⎰=⎰⇒-=所以选（C ）3、因为位移，又因为。
所以选（B ）00==r∆,v 0≠∆0≠4、选（C ）5、（1）由，所以：，,mva Fv P ==dt dv a = dt dv mv P =⎰⎰=vtmvdvPdt 00积分得：mPt v 2=（2）因为，即：，有：m Pt dtdxv 2==dt m Ptdx tx⎰⎰=0022398t m P x =练习二 质点运动学 （二）1、平抛的运动方程为，两边求导数有：，那么2021gty tv x ==gt v v v y x ==0，，2220t g v v +=222022t g v t g dt dv a t +===-=22t n a g a 。
2220tg v gv +2、2241442s /m .a ;s /m .a n n ==3、（B ）4、（A ）练习三质点运动学1、0232332223x kt x ;tk )t (a ;)k s (t +===2、0321`=++v v v 3、（B ）4、（C ）练习四 质点动力学（一）1、mx ;i v912==2、（A ）3、（C ）4、（A ）练习五 质点动力学（二）1、m'm muv )m 'm (v V +-+-=002、（A ）3、（B ）4、（C ）5、（1）Nsv v m I v s m v t t v 16)(,3,/19,38304042=-===+-= （2）J mv mv A 17621212024=-=练习六、质点动力学（三）1、J9002、)R R R R (m Gm A E 2121-=3、（B ）4、（D ）5、)(21222B A m -ω练习七 质点动力学（四）1、)m m (l Gm v 212212+=2、动量、动能、功3、（B ）4、（B ）练习八 刚体绕定轴的转动（一）1、πωω806000.,.解：（1）摩擦力矩为恒力矩，轮子作匀变速转动因为；同理有0000120180ωωωββωω..t -=-=⇒+=。
大学物理第十一章课后答案
第十一章 电流与磁场11-1 电源中的非静电力与静电力有什么不同？答：在电路中，电源中非静电力的作用是，迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极移动到高电位的电源正极，使两极间维持一电位差。
而静电场的作用是在外电路中把正电荷由高电位的地方移动到低电位的地方，起到推动电流的作用；在电源内部正好相反，静电场起的是抵制电流的作用。
电源中存在的电场有两种：1、非静电起源的场；2、稳恒场。
把这两种场与静电场比较，静电场由静止电荷所激发，它不随时间的变化而变化。
非静电场不由静止电荷产生，它的大小决定于单位正电荷所受的非静电力，q非F E =。
当然电源种类不同，非F 的起因也不同。
11-2静电场与恒定电场相同处和不同处？为什么恒定电场中仍可应用电势概念？ 答：稳恒电场与静电场有相同之处，即是它们都不随时间的变化而变化，基本规律相同，并且都是位场。
但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生，电荷本身却在移动。
正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化，因此静电场的两条基本定理，即高斯定理和环路定理仍然适用，所以仍可引入电势的概念。
11-3一根铜导线表面涂以银层，当两端加上电压后，在铜线和银层中，电场强度是否相同？电流密度是否相同？电流强度是否相同？为什么？答：此题涉及知识点：电流强度d sI =⋅⎰j s ，电流密度概念，电场强度概念，欧姆定律的微分形式j E σ=。
设铜线材料横截面均匀，银层的材料和厚度也均匀。
由于加在两者上的电压相同，两者的长度又相等，故铜线和银层的场强E相同。
由于铜线和银层的电导率σ不同，根据j E σ=知，它们中的电流密度j 不相同。
电流强度d sI =⋅⎰j s ，铜线和银层的j 不同但相差不太大，而它们的横截面积一般相差较大，所以通过两者的电流强度，一般说来是不相同的。
11-4一束质子发生侧向偏转，造成这个偏转的原因可否是：（1）电场？（2）磁场？（3）若是电场和磁场在起作用，如何判断是哪一种场？答：造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。
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习题十 10－16 解：02
()4r
e v e B r
μπ-⋅=
02
4ev
B a μπ∴=
，方向垂直纸面向外
10－17
解：带电线圈由于转动产生的电流大小为
22R I R πλ
λωπ
ω
=
= 因此轴线上B 大小为
320
03322222
2
2
()
2()
R R I B R y R y μμλω
=
=
++，方向沿y 轴方向。
10－18
解：无限长导体圆管在O 点产生的磁感强度运用安培环路定理可求得
01
12()
I B d R μπ=
+，方向垂直纸面向里
无限长直导线在O 点产生的磁感强度
02
22I B R μπ=
，方向垂直纸面向外 圆圈电充在O 点产生的磁感强度
02
32I B R
μ=
，方向垂直纸面向外
因此总磁感强度为
01
0202
2()22I I I B d R R R
μμμππ=-
+
++，方向垂直纸面（正值向外）
10－19
解：内半圆在O 点产生的磁感强度为
014I
B R
μ=
，方向垂直纸面向里
外半圆在O 点产生的磁感强度为
028I
B R
μ=
，方向垂直纸面向外
O 点处的磁感强度为
08I
B R
μ=
，方向垂直纸面向里
10－20
解：电子的轨道半径为75.6910mv
R m eB
-==⨯ 旋转频率为92.8102eB
f Hz m
π=
=⨯
10－21 解：（1）矩形回路所受合力为
0101
12122222401222()
11
() 4.24102I I F F F B I l B I l I l I l a a b I I l N
a a b
μμππμπ-=+=-=
-+=-=⨯+
（2）将矩形面积分成无穷多个小矩形，宽度为dx ，高为l ，通过此小矩形的磁通量为
01
2m I d BdS ldx x
μπΦ==
通过矩形的总通量为
620101 1.0510()22a b
m a
I I l a b
ldx In T m x a
μμππ+-+Φ===⨯⋅⎰
（3）转动300角后，电流I 1产生的磁场通过矩形线圈的磁通量为
cos3072022cos3022
'8.210()2b b
a b b
m a Il dx
d
T m x
μπ++-+-Φ==⨯⋅⎰
外力作功为
76210(10.58.2)10 2.310()m A I J --=∆Φ=⨯-⨯=⨯
10－22 解：
（a ）设金属圆柱体在挖去小圆柱前在o 、o '处 激发的磁感强度由安培环路定理求得
R
r
d
o
o '
01=o B
2
2
202220101222d r
R I d d r R I d d I B o -=-='=
'πμππππμπμ （b ）设被挖去小圆柱在o 、o '处激发的磁感强度大小分别为2o B 和2o B ' 根据安培环路定理，得
02='o B
2
2
202220202222r r
R I d r r R I d d I B o -=-='=
πμππππμπμ (c)挖去小圆柱后在o 、o '处的磁感强度大小分别为
2
2
20212r r
R I d B B B o o o --
=-=πμ 22
20212d r
R I
d B B B o o o -=
-='''πμ
10－23
解：在θ处取平行于电流的宽度为d θ的窄条作为电流元，其电流大小为I
dI d θπ
=
电流元dI 在长直导线处激发的磁感强度大小为0022dI I d dB R R μμθ
πππ== 长直导线处的磁感强度为0020
sin sin 2x I I
d B dB dB R R
π
μμθθθπππ====⎰⎰⎰
方向沿x 轴正方向
轴线上长直导线单位长度所受的磁力为f=BIL=2
20I R
πμ,L=1(单位长度)
10－24
解：磁场力的力矩为
2212cos cos cos F M Fl BIl l BIl θθθ===
重力的力矩为
212221
sin 2sin 2sin 2
mg M gSl l gSl l gSl ρθρθρθ=⋅+⋅=
由平衡条件F mg M M =，得
22cos 2sin BIl gSl θρθ=
329.3510()gS
B tg T I
ρθ-=
=⨯
习题十一 11－11
解：当长直导线AB 中电流为I 时通过三角形线框的磁通量为
2
0.100000
0[0.15(0.15)]2(0.15)2(0.1530.10)a m I
I
x In x x xdx
I
In μμππ
μπ
Φ==
----=
-
⎰
85.1810m
d V dt
ε-Φ=-
=-⨯
11－12 解：（1）圆线圈与初始位置夹角为：t ω 电动势为2(cos )0.99d d
NB r t A dt dt
επωΦ=
== （2）圆线圈在圆心处产生的磁感强度为
40 6.2102N I
B T r
μ-=
=⨯
11－13
解：在棒上取一小段
dx 在时刻t 产生的电动势为
0sin 2I
d v dx x
μεθπ
=
总电动势为(cos )00(cos )sin (cos )sin 22(cos )a l v t
a v t
I Iv dx a l v t
v In
x a v t
θθμμθθεθππθ++⋅+⋅++⋅==+⋅⎰
A 端电势高
11－14
解：（1）当B 线圈中流有电流I 时在A 线圈所在处产生的磁感强度为012N I
B R
μ=
穿过A 线圈的磁通匝数为2N BS ψ= 互感为
60122 6.2810()2N N S
N BS M H I R μ-=
==⨯ （2）4012 3.1410(/)2N N S d dI
Wb s dt R dt
μψ-==-⨯ （3）43.1410()d V dt ψ
ε-=-=⨯
11－15
解：连接OM 和ON ，回路OMNO 的电动势为
21
2
m i d dB S k R dt dt επΦ=-
=-=-⋅，反时针方向。
MN 中的电动势等于回路OMNO 的电动势，即2
12
i k R επ=-⋅，方向M N →。
11－16
解：在金属杆上取一小段线元dl ，其速度为v ，并且,,v B dl 互相垂直，于是dl 两端的电动势为()i d v B dl BVdl ε=⨯⋅= ab 两端的电势差为
22
42255
1413[]25510L L a b U U B ldl B L B L ωωω-⎛⎫⎛⎫
-==-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
⎰
11－17 解：（1） r
I
B πμ20=
)/(987.0)
1027.12(1010421)2(212132
32
7220m J r I BH w m =⨯⨯⨯⨯===--πππμ （2）)/(1028.31028.31023m V l IR l U E --⨯=⨯⨯===
)/(1076.4)1028.3(1085.82
1
2121315221220m J E DE w e ---⨯=⨯⨯⨯⨯===ε
11－18
解：(1)M 点的电场强度为22
01
4q
Em x r
πε=
+ 通过圆平面的电通量为0
22220
011
2222022
021
2[]122()()R
e x S
R
R E d S E rdr
q x
rdr x r x r qx
q x x r x R πππεεεΦ==⋅=
⋅
⋅++⎡⎤⎢⎥=-=-⎢⎥++⎢⎥⎣⎦
⎰⎰⎰
通过圆平面的位移电流为201222
2()
e
d d qvR I dt
x R εΦ==
+
（2）由全电流安培定理d L
H dl I ⋅=⎰
，得圆周上各点的磁场强度为
23
222
22()
qvR H R x R π⋅=
+
3222
4()
qvR
H x R π=
+
则圆周上各点的磁感强度为003222
4()
qvR
B H x R μμπ==
+。