电磁学梁灿彬习题选解docx.docx

1、电磁学梁灿彬习题选解docx电磁学习题解答122 两个同号点电荷所带电荷量之和为 Q。在两者距离一定的前提下，它们带电荷量各为多少时相互作用力最大？解答：设一个点电荷的电荷量为 q1 q ，另一个点电荷的电荷量为q2 (Q q) ，两者距离为 r，则由库仑定律求得两个点电荷之间的作用力为q(Qq)F0 r 24令力 F 对电荷量 q 的一队导数为零，即dF(Qq)qdq4r 200得q1q2Q2即取 q1q2Q 时力 F 为极值，而2d 2 F20dq2q Q40r 22故当 q1q2Q时， F 取最大值。2123两个相距为 L 的点电荷所带电荷量分别为2q 和 q，将第三个点电荷放在何处时，

2、它所受的合力为零？解答：要求第三个电荷 Q 所受的合力为零，只可能放在两个电荷的连线中间，设它与电荷 q 的距离为了 x，如图 1.2.3 所示。电荷 Q 所受的两个电场力方向相反，但大小相等，即2q Q qL-x xL2qQqQ040 ( L x)240 x2得x22LxL20舍去 x 0的解，得x ( 2 1)L138 解答 :yyydE3AE2E3EAE ABAOxxOREBxRE1RBB(a)(b)(c)（1）先求竖直无限长段带电线在 O 点产生的场强 E1 ，由习题 1.3.7（2）可知 E1 x4 0 R仿习题 1.3.7 解答过程，得dE1ykdlkldlr2sin2l2)3/2

3、(RE1ykldl0 (R2l 2 )3/240 Rv故 E1 (i? ?j)4 0 R同理，水平无限长段带电线在 O 点产生的场强v?E24( ij )0 R对于圆弧段带电线在 O 点产生的场强 E3 ，参看图 1.3.8（b），得dE3xk dl2cosk d cosR/ 2RE3xkdRcos04 0R同理得E3 y40 R故v?E340 R(ij )解得vvvvv? ?E E1E2E3E34 0 R(i j )（2）利用（ 1）中的结论，参看习题1.3.8 图（b）， A的带电直线在 O 点的场强为v0 R (?EA =4ij )B的带电直线在 O 点产生的场强为vEB ( i? ?j

4、)4 0 R根据对称性，圆弧带电线在 O 点产生的场强仅有 x 分量，即vv? k/ 2?EABEABxi/ 2cos d iiR20 R故带电线在 O 点产生的总场强为v v v vE EA EB EAB 0139 解答 :zOxdEyyx(a) (b)在圆柱上取一弧长为 Rd 、长为 z 的细条，如图（ a）中阴影部分所示，细条所带电荷量为 dq (zRd ) ，所以带电细条的线密度与面密度的关系为dqdlRdz由习题 1.3.7 知无限长带电线在距轴线R 处产生的场强为v?dE2 0 R er图（b）为俯视图，根据对称性，无限长带电圆柱面轴线上的场强仅有 x 分量，即dExdE cos2

5、cosd20 cos2 d00v?0 ?220?EdEx ii0cos2 0i20145 解答：OS SS SxPd/2 d/2O如图所示的是该平板的俯视图， OO是与板面平行的对称平面。设体密度 0 ，根据对称性分析知，在对称面两侧等距离处的场强大小相等，方向均垂直于该对称面且背离该面。 过板内任一点 P，并以面 OO为中心作一厚度 2x ( d) 、左右面积为 S 的长方体，长方体 6个表面作为高斯面，它所包围的电荷量为 (2xS) ，根据高斯定理。( 2x S)E dS0前、后、上、下四个面的 E 通量为 0，而在两个对称面 S 上的电场E的大小相等，因此( 2x S)2ES0考虑电场的

6、方向，求得板内场强为vEx ?i0式中： x 为场点坐标用同样的方法，以 Oyz 面为对称面，作一厚度为 2x ( d ) 、左右面积为 S 的长方体，长方体 6 个表面作为高斯面，它所包围的电荷量为( Sd) ，根据高斯定理(Sd)E dS0前、后、上、下四个面的 E 通量为 0，而在两个对称面 S 上的电场E的大小相等，因此2ES( Sd)0考虑电场的方向，得v dE i?2 0148 解答 :ac br1TMr2POOOcO(1)图 1.4.8 为所挖的空腔， T 点为空腔中任意一点，空腔中电荷分布可看作电荷体密度为 的实心均匀带电球在偏心位置处加上一个电荷体密度为 的实心均匀带电球的叠

7、加结果， 因此，空腔中任意点 T的场强 E 应等于电荷体密度为v的均匀带电球在 T 点产生场强 E 与电荷体密度为vv的均匀带电球在 T 点产生场强 E的叠加结果。而 Ev均可利用高斯定理求得，即与 Evrv1vrv2E3 0E3 0v v式中： r1 为从大球圆心 O 指向 T 点的矢径； r2 从小球圆心 O 指向 T 点的矢径。空腔中任意点 T 的场强为vvvvvvEEE(r1r2 )c3 03 0因 T 点为空腔中任意一点， c 为一常矢量，故空腔内为一均匀电场。（2）M 点为大球外一点，根据叠加原理vb32a3?EMc)2ec3 0 (rMrMP点为大球内一点，根据叠加原理，求得vb

8、3rp?E p(rpc)2ec3 0149 解答：Rr ErLO R r在均匀带电的无限长圆柱体内作一同轴半径为 r (r R) 、长为 L 的小圆柱体，如图 1.4.9（a）所示，小圆柱面包围的电荷量为q r 2 L由高斯定理E dSr 2 L0根据对称性，电场 E 仅有径向分量， 因此，圆柱面的上、下底面的E 通量为 0，仅有侧面的 E 通量，则Er 2 rLr 2 L0解得柱体内场强E内?rE内r er2 0在均匀带电的无限长圆体外作一同轴半径为r (r R) 、长为 L 的小圆柱体（未画出），小圆柱包围的电荷量为QR2 L解得柱体外场强?R2?E外r erE外2 0 r er柱内外的场

9、强的 E -r 曲线如图 1.4.9（b）所示1410 解答：R2I R1 II IIIrErL1/2 0R112 0R2/OrR1 R2(1) 作半径为 r (R1 r R2 ) 、长为 L 的共轴圆柱面，图 1.4.10（a）为位于两个圆柱面间的圆柱面，其表面包围的电荷量为q 1L根据对称性，电场 E 仅有径向分量，因此，圆柱面的上、下底面的 E 通量为，仅有侧面的 E 通量，则在 R1 rR2 的区域II内，利0用高斯定理有2 rLE IIr 1L0解得区域 II 内的场强EIIEIIr e?r1?20r er同理，可求得 r R1 的区域 I 中的场强EI 0在 r R2 的区域 II

10、I 中的场强EIII?12?EIIIr er20 rer(2) 若 12 ，有EIEII1?EIII0020rer各区域的场强的Er 曲线如图 1.4.10(b)所示。152 证明：S1 S2E1lE2（1）在图 1.5.2 中，以平行电场线为轴线的柱面和面积均为 S 的两个垂直电场线面元 S1、S2 形成一闭合的高斯面。面元 S1 和 S2 上的场强分别为 E1 和 E2 ，根据高斯定理，得E1S1 E2S2 S( E1 E2 ) 0证得E1 E2说明沿着场线方向不同处的场强相等。（2）在（1）所得的结论基础上， 在图 1.5.2 中作一矩形环路路径，在不同场线上的场强分别为 E1 和 E2

11、 ，根据高斯定理得E1l E2l 0证得E1 E2说明垂直场线方向不同处的场强相等。从而证得在无电荷的空间中，凡是电场线都是平行连续（不间断）直线的地方，电场强度的大小处处相等。164 证明：RO r P由高斯定理求得距球心 r 处的 P 点的电场为： Er3，求得离球0心 r 处的 P 点的电势为R rR3dr3R2r 2Q(3R2r 2 )r 3 0dr3 0 228 0 R3R 3 0r 2165 解答 :IIIII IR2O R1（1）根据电势的定义， III 区的电势为V (r )Q1Q2VIII ( R2 )Q1Q2III40r40 R2II区的电势为VIIR2Q1drQ1Q2dr

12、4r0 r 2R2 40 r 21Q1Q240rR2I区的电势为1Q1Q2VI (r ) VII (R1 )0R1R24（2）当 Q1Q2 时， EIII(r )0 ，代入（ 1）中三个区域中的电势的表达式，求得VIII (r )0 ，VII (r )Q11 1，V (r )Q1114 0r R2I4 0R1R2V-r 曲线如图 1.6.5（a）所示Q2Q1当 RR 时，代入（ 1）中三个区域的电势的表达式，求得21VIII (r )(R1R2 )Q1， VII (r )Q11 140 R1r4 0， VI (r ) 0r R1Vr 曲线如图所示。Vr VrIrIIrIR1IIIR2O R1

13、R2OIIIII166 解答：ac bTMr1 r2PO OO c O均匀电荷密度为 的实心大球的电荷量 Q 4 a3 ，挖去空腔对3应小球的电荷量 q 4 b3 ，电荷密度为 的大球在 M 点的电势为V (rM )3Q a34 0rM 3 0 rM电荷密度为 - 的小球在 M 点的电势为V(rM )qb3（4rM c)30 rMc0M 点的电势为VMV (rM )V(rM )a3b3rMrM c30电荷密度为 的大球在 P 点的电势为V (r)aE dr(3a2r2 )PE dr内a6 0PrP电荷密度为 - 的小球在 P 点的电势为V (rP )b33 0 rP cP点的电势为VV (r)

14、 V (r)3a3r 22b3PPP6 0PrPc电荷密度为的大球在 O 点的电势为aa2()a2a2V (rO )E内 drE dr6 03 02 0r Oa电荷密度为 - 的小球在 O 点的电势为b2V (rO )内 drE外 dr(b2c2 )bEcb6 03 03b2c23 022O点的电势为VV (rO) V (r )3a 23b 2c2OO60电荷密度为 的大球在 O点的电势为V ( rO)E内 drE dr(a2c2 )a2aca6 03 06(3a2c 2 )0电荷密度为 -的小球在 O点的电势为V (rO )bE 外 drb2b2E 内 dr603 0cbb22 0O点的电势

15、为VOV (rO ) V ( rO )3a 23b2c 260211 解答：xdS=RsindxRddR Rsin O zy建立球坐标系，如图所示，球表面上的小面元面积为dSR2 sindd(1)面元上的电荷量为dqdS0 R2 cos sind d(2)导体上一面元 dS所受的电场力等于vdSv202 cos2dF(EdSe?dSe?(3)2n2n00v式中： E 为除了面元 dS 外其他电荷在 dS 所在处产生的场强。以z=0 平面为界，导体右半球的电荷为正，导体左半球的电荷为负，根据对称性，面元所受力 垂直于 z 轴的分量将被抵消 ，因而，只需计算面元 dS 所受的电场力的 z 分量，即

16、v02 cos2?(4)dFz2 0cos dSk将（ 1）式代入（ 4）式，对右半球积分，注意积分上下限，得v2?220/ 20232d0R?F右2R cos sin d0k4k00左半球所受的力为v02 R2F左k?4 0214 解答：3124A Bd解：由左至右各板表面的电荷密度 1， 2， 3， 4，因 qB 0 ，利用静电平衡条件列方程得：142312q A（无限大平行金属板）S340解得：q A1242S3q A2SVE内 dlE内 d2 dqA d02 0 S将 B 板接地： （4=0）1402312qASqA23SVvvE内d2 dqAdE内 dl00S221 解答：R2qR1由于电荷 q 放在空腔的中心，在导体壳内壁的感应电荷 -q 及壳外壁的电荷 q 在球壳内、外壁上均匀分布，这些感应电荷在球腔内产生的合场强为 0；壳内电荷与球壳内壁电荷在壳外产生的合场