作业11.1 b 定义。
1.2 d 质点带正电且沿曲线作加速运动，必有沿法向和运动方向的场强分量，故只有d满足条件。
对称：； 场强最大处：
1.4 坐标系建立如图：mn上长为dx的电荷受力， 高斯定理：;
方向沿x轴正向。
1.5如果点电荷是孤立的，则半径为r的球面上，场强大小一定处处相等。如果点电荷周围还有其它的带电体，则球面上的场强应是各场强的叠加，可能不处处相等。
1.6设棒上电荷线密度为，则：,圆心处场强可以看成是半径为r,电荷线密度为的均匀带电园环在圆心处产生的场强与放在空隙处长为，电荷线密度为的均匀带电棒载圆心产生的场强的叠加。
即：;方向从圆心指向空隙处)。
1.7按题给坐标，由于电荷呈线分布，则线密度为对上下段任意分割取电荷元dq，经分析可知上下两部分dq在圆心处产生关于y轴对称，由对称性可知：，
方向沿y轴负方向。
1.8按题给坐标，o点的场强可以看作是两根半无限长带电直线、半圆形带电细线在o点产生场强的叠加。即：
（半无限长导线），半圆）
1.9 失去自由电子。理论上说质量有所减少。但测量很困难。
作业22.1 b
2.2 b
2.3 c
2.4 （此时可视为点电荷）
2.6 [解]受力分析如图所示，小球在重力mg，绳中张力t及静电的共同作用下而处于受力平衡状态。其中为无限大均匀带电平面（电荷面密度为）产生的均匀电场。
的方向如图所示。
于是有： （c/m2）
2.7 [解]由于电荷、电场分布具有球对称性，可利用高斯定理求场强。取同心的半径为r的球面为高斯面（图中虚线）如图所示。则通过高斯面的电通量为
当《时，高斯面内包围的电荷代数和为。
所以。当》时，
所以或(>>
当》时， 所以 (>
2.8 [解]由于电荷、电场分布具有轴对称性，可利用高斯定理求场强。取长为半径为r的同轴闭合圆柱面为高斯面，则通过高斯柱面的电通量为。
当《时， ∴
当》时。当》时 ，
作业33.1 c
3.2 c
3.3 c [解]由于球对称性，由高斯定理求得场强分布。
又因为外球壳接地，且地为电势零点，所以处为电势零点，有。所以
3.5 [解]由于球对称性，由高斯定理求得场强分布。
∵d <
3.6 [解]（1）把圆盘无限分割成许多圆环，其中任一圆环半径为，宽为，此圆环在点产生的电势为。
由电势叠加原理，有。
3.7 [解]经分析电荷分布呈线分布，无限分割带电圆弧为许多电荷元，有，其中任一电荷元可看成点电荷，它在点产生的场强为，方向如图，电势， 以轴为对称轴，选另一电荷元与对称，则有和，
由于对称性，
点总的场强和电势为所有点电荷在该点产生的场强和电势的叠加。
3.8静电场是保守力场，静电场是有势场；静电场也是无旋场。
3.9不一定（详见课堂举例）。只有在电势不变的空间中场强才处处为零。
3.10不一定（详见课堂举例）。
作业44.1 (c)可先假设内球带电，先不管正负，然后根据电势叠加原理及大地电势为零来计算内球的电势，就可做出正确判断。类似的接地问题都可以按类似的思路求解。
4.2 (b)
4.3 (b)
4.4 (b) 重新达到一个新的静电平衡，电荷重新分配，整个导体是等势体（等势体）
4.6 q内=－q q外=q 或。
4.7 (1) 一定相等。是等势体。 (2) 不一定。
4.8解： 由题意和场强叠加原理， 两导线间，距导线为x点的场强为（注：答案中黑体表示矢量）
由高斯定理，有
则两导线间的电势差为
故单位长度的电容为
4.9 解： 由高斯定理，有（注：答案中黑体表示矢量）
或其中为单位矢量（要有必要的步骤，要求同作业2
=0 （静电感应：要作简单的说明）
4.10 证明： (1)做出如图所示的高斯面s1，由于导体内部场强为零，侧面法线方向与场强方向垂直，故由高斯定理有。
所以，s1面内电荷数为零，即。
2) 做出如图所示的高斯面s2，由于，又e左=e右=e，故由高斯定理可得，
有。再做高斯面s3，可知此时有。两式联立，即可得证。
3) （注：答案中黑体表示矢量）
4.11 (1)方向为垂直导体面向外； (2)没有变化； (3)内部场强不变。
作业55.1 (c)
5.2 (a)
5.3(b)
5.4r15.5 （因为壳外是真空，积分的场强是壳外的场强）
5.7 选半径为r，高为l的同轴圆柱面为高斯面，则通过该高斯面的电通量为，由由高斯定理，有。
所以有 ，另外由可得。
r1r2所以内、外导体间的电势差为。
所以由电容定义可得电缆单位长度的电容为。
上式用到是自由电荷面密度）
(3) （其中用到）
5.9 由高斯定理，有。
rr≤r≤r+d)
r+d≤r)
(r (r≤r≤r+d)
r+d≤r)
5.10 不是。（同5题，因为壳外是真空，积分的场强是壳外的场强）
作业6 6.1 b [解] 两球外面的场强相同，分布区域相同，故外面静电能相同；而球体(并不是导体)内部也有电荷分布，也有电场分布，故也有静电能。所以球体大于球面。
6.2 b [解]电源断开后，电量不变，且不变，而c1因为插入介质，电容增加，由而c2不变，u2不变。
6.3 d [解]两极间的电场，电子受力。
由。6.4 [解]
6.5 [解] 未并联前，两电容器的总能量为：
当并联后，总电容为：，总电压为：
并联后的总能量为：
系统的能量变化为：
6.6， [解]，因为电源未切断，故电容两端u不变，电容器内是均匀电场。
6.7 类似作业5中第7题的计算。(此题可不留作业，类型相同)
6.8 [解] (1)(批改时注意学生的数量级是否对)有电介质和无电介质时，电容器的电容间的关系：，切断电源，电容器带电量不变， ，
6.9 [解] (1)由导体的静电平衡条件和电荷守恒定律、高斯定理，可分析得：导体球上所带电量在球面，球壳内表面带电量为-q，外表面带电量为+q ，由高斯定理可得各个区域的电场分布：
带电系统所储存的能量为：
2) 当内球与球壳连在一起时，两面上的电量中和，只有球壳外表面带+q 电量，这里电场只分布在r>r3 区域，同上一样，可求得：
作业7 7.1 b [解]
7.2 a [解]
7.4 ，7.5 铜的电阻率与铝的电阻率之比。
7.6 [解] (1)
7.7 [解] (1)这里的球壳层的横截面可认为相同， 球壳层的漏电阻：
作业8 稳恒磁场解答。
8.1. (b)：8
8.2. (a) b = 0.8 104 t t
方向垂直纸面向里。
8.4.； n的方向为垂直纸面向里，与电流之间满足右手螺旋关系）
8.5.与电源相连的两根导线的电流方向相反，扭在一起可以使磁场尽可能相互抵消，以免产生磁干扰。
8.6．（批改此题时要注意方向和数量级）
由毕奥——萨伐尔定律可知，在本题中的电流元在各点处产生的磁感应强度表达式为 ，所以有。
8.7. （批改此题时要注意单位和数量级）
电子绕核高速运动，相当于一个载流圆线圈，其运流电流为
该圆线圈在其中心处产生的磁感应强度和对应的磁矩的大小分别为。
或b=12.5t
用场强叠加原理求。
半圆柱面上的面电流密度为，建立如图所示坐标系。
在半圆柱面上取一平行于轴线的窄长条dl，其上载有电流，(此处)将其视为线电流，它在轴线上产生的磁感应强度为db,其大小为。
方向如图，由对称性分析可知，方向与轴线垂直。
作业9 稳恒磁场解答。
9.1.(b) 不变，b增大。
不变：磁感应线为闭合曲线（磁场的高斯定理）；b增大：长直载流导线的磁场距离成反比。
9-2.(a)反比于b，正比于v2。因为电子在磁场中运动的轨道半径为，通过其所围的面积内的磁通量为。
9.3.：①根据安培环路定理；②真实螺线管。
9.4.；方向 ；；方向。
由对称性知道二者磁场通过矩形的磁通量相等，正向一致。
9.5.因为磁场的分布呈轴对称性，所以以轴线上一点为中心，以任意半径r分别在管内、管壁内、管外作三条安培环路，有。
当时， 当时，
当时， 所以根据安培环路定律有。
由此得空间各点的磁场分布为。
9.6. 解：（1）设线圈总匝数为n,以环心为中心，r为半径作一圆形安培环路（），由电流分布可知，环路上各点b大小相等，方向沿环路切向，根据安培环路定理可得。
得 2）在任意半径r处取长为h宽为dr的小截面，其磁通量为。
9.7. 用安培环路定理，可以证明图中b1＝b2；用高斯定理，可以证明图中。
b1＝b2。命题得证。
具体证明如下：
在该磁场中作任意尺寸的环路abcd,要求ab、cd与所在处的磁感应线平行，bc、da与所在处的磁感应线垂直，如图所示。则有
因为空间中无电流。
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