电磁学梁灿彬习题选解docx.docx
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电磁学梁灿彬习题选解docx
电磁学习题解答
1．2．2两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q1q，另一个点电荷的电荷量为
q2（Qq），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（Q
q）
F
0r2
4
令力F对电荷量q的一队导数为零，即
dF
（Q
q）
q
dq
4
r2
0
0
得
q1
q2
Q
2
即取q1
q2
Q时力F为极值，而
2
d2F
2
0
dq2
qQ
4
0r2
2
故当q1
q2
Q
时，F取最大值。
2
1．2．3
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，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
2qQq
L-xx
L
2qQ
qQ
0
4
0（Lx）2
4
0x2
得
x2
2Lx
L2
0
舍去x0
的解，得
x（21）L
1．3．8解答:
∞
y
y
y
dE3
A
∞
E2
E
3
EA
EAB
A
O
x
α
x
O
R
EB
x
R
E1
R
∞
∞
B
B
（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E1x
40R
仿习题1.3.7解答过程，得
dE1y
k
dl
k
ldl
r
2
sin
2
l
2
）
3/2
（R
E1y
k
ldl
0（R2
l2）3/2
4
0R
v
故E1（i?
?
j）
40R
同理，水平无限长段带电线在O点产生的场强
v
?
?
E2
4
（i
j）
0R
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
dE3x
kdl2
cos
kdcos
R
/2
R
E3x
k
d
R
cos
0
40R
同理得
E3y
4
0R
故
v
?
?
E3
4
0R
（i
j）
解得
v
v
v
v
v
?
?
EE1
E2
E3
E3
40R
（ij）
（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
v
0R（
?
?
EA=
4
i
j）
B的带电直线在O点产生的场强为
v
EB（i?
?
j）
40R
根据对称性，圆弧带电线在O点产生的场强仅有x分量，即
v
v
?
k
/2
?
?
EAB
EABxi
/2
cosdi
i
R
2
0R
故带电线在O点产生的总场强为
vvvv
EEAEBEAB0
1．3．9解答:
z
O
x
dE
y
y
x
（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
dq
dlRd
z
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
?
dE
20Rer
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
dEx
dEcos
2
cos
d
2
0cos2d
0
0
v
?
0?
2
2
0
?
E
d
Exi
i
0
cos
20
i
2
0
1．4．5解答：
O′
SS
SS
x
P
d/2d/2
O
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。
（2xS）
EdS
0
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
（2xS）
2ES
0
考虑电场的方向，求得板内场强为
v
E
x?
i
0
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）
EdS
0
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
vd
Ei?
20
1．4．8解答:
a
cb
r1
T
M
r2
P
O
O′
O
c
′
O
（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
v
v
的均匀带电球在T点产生场强E
的叠加结果。
而E
v
均可利用高斯定理求得，即
与E
v
rv1
v
rv2
E
30
E
30
vv
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
v
v
v
v
v
v
E
E
E
（r1
r2）
c
30
30
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
v
b3
2
a3
?
EM
c）
2
ec
30（rM
rM
P点为大球内一点，根据叠加原理，求得
v
b3
rp
?
Ep
（rp
c）2
ec
30
1．4．9解答：
R
rEr
L
ORr
在均匀带电的无限长圆柱体内作一同轴半径为r（rR）、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
qr2L
由高斯定理
EdS
r2L
0
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
Er2rL
r2L
0
解得柱体内场强
E内
?
r
E内rer
20
在均匀带电的无限长圆体外作一同轴半径为
r（rR）、长为L的小
圆柱体（未画出），小圆柱包围的电荷量为
Q
R2L
解得柱体外场强
?
R2
?
E外rer
E外
20rer
柱内外的场强的E-r曲线如图1.4.9（b）所示
1．4．10解答：
R2
IR1IIIII
r
Er
L
λ1/2π0R1
ε
λ1
2π0R2
/
ε
O
r
R1R2
（1）作半径为r（R1rR2）、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
q1L
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R1r
R2的区域
II
内，利
0
用高斯定理有
2rLEIIr1L
0
解得区域II内的场强
EIIEIIre?
r
1
?
2
0rer
同理，可求得rR1的区域I中的场强
EI0
在rR2的区域III中的场强
EIII
?
1
2
?
EIIIrer
2
0r
er
（2）若1
2，有
EI
EII
1
?
EIII0
0
2
0r
er
各区域的场强的
E—r曲线如图1.4.10（b）所示。
1．5．2证明：
S1S2
E1
l
E2
（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
E1S1E2S2S（E1E2）0
证得
E1E2
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，根据高斯定理得
E1lE2l0
证得
E1E2
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。
1．6．4证明：
R
OrP
由高斯定理求得距球心r处的P点的电场为：
E
r
3
，求得离球
0
心r处的P点的电势为
Rr
R3dr
3R2
r2
Q（3R2
r2）
r30
dr
302
2
80R3
R30r2
1．6．5解答:
III
III
R2
OR1
（1）根据电势的定义，III区的电势为
V（r）
Q1
Q2
VIII（R2）
Q1
Q2
III
4
0r
4
0R2
II区的电势为
VII
R2
Q1
dr
Q1
Q2
dr
4
r
0r2
R24
0r2
1
Q1
Q2
4
0
r
R2
I区的电势为
1
Q1
Q2
VI（r）VII（R1）
0R1
R2
4
（2）当Q1
Q2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）
Q1
11
，
V（r）
Q1
1
1
40
rR2
I
40
R1
R2
V-r曲线如图1.6.5（a）所示
Q2
Q1
当R
R时，代入
（1）中三个区域的电势的表达式，求得
2
1
VIII（r）
（R1
R2）Q1
，VII（r）
Q1
11
4
0R1r
40
，VI（r）0
rR1
V—r曲线如图所示。
VrVr
I
r
II
r
I
R1
III
R2
OR1R2
O
II
III
1．6．6解答：
a
cb
T
M
r1r2
P
OO′
OcO′
均匀电荷密度为的实心大球的电荷量Q4a3，挖去空腔对
3
应小球的电荷量q4b3，电荷密度为的大球在M点的电势为
V（rM）
3
Qa3
40rM30rM
电荷密度为-的小球在M点的电势为
V
（rM）
q
b3
（
4
rMc）
3
0rM
c
0
M点的电势为
VM
V（rM）
V
（rM）
a3
b3
rM
rMc
3
0
电荷密度为的大球在P点的电势为
V（r
）
a
Edr
（3a2
r
2）
P
Edr
内
a
60
P
rP
电荷密度为-的小球在P点的电势为
V（rP）
b3
30rPc
P点的电势为
V
V（r
）V（r
）
3a3
r2
2b3
P
P
P
60
P
rP
c
电荷密度为
的大球在O点的电势为
a
a
2
（
）a
2
a
2
V（rO）
E内dr
Edr
60
30
20
rO
a
电荷密度为-的小球在O点的电势为
b
2
V（rO）
内dr
E
外dr
（b2
c2）
b
E
c
b
60
30
3b2
c2
30
2
2
O点的电势为
V
V（r
O
）V（r）
3a2
3b2
c2
O
O
6
0
电荷密度为的大球在O′点的电势为
V（rO
）
E内dr
Edr
（a2
c2）
a
2
a
c
a
60
30
6
（3a2
c2）
0
电荷密度为-
的小球在O′点的电势为
V（rO）
b
E外dr
b2
b2
E内dr
6
0
30
c
b
b2
20
O′点的电势为
VO
V（rO）V（rO）
3a2
3b2
c2
6
0
2．1．1解答：
x
dS=RsinθdφxRdθ
dθ
φ
R
θRsinθ
Oz
y
建立球坐标系，如图所示，球表面上的小面元面积为
dS
R2sin
d
d
（1）
面元上的电荷量为
dq
dS
0R2cossin
dd
（2）
导体上一面元dS所受的电场力等于
v
dS
v
2
02cos2
dF
（
E
dSe?
dSe?
（3）
）
2
n
2
n
0
0
v
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
v
02cos2
?
（4）
dFz
20
cosdSk
将
（1）式代入（4）式，对右半球积分，注意积分上下限，得
v
2
?
2
2
0
/2
0
2
3
2
d
0
R
?
F右
2
Rcossind
0
k
4
k
0
0
左半球所受的力为
v
02R2
F左
k?
40
2．1．4解答：
σ
σ
3
σ
1
2
σ4
AB
d
解：
由左至右各板表面的电荷密度1，2，3，4，因qB0，
利用静电平衡条件列方程得：
1
4
2
3
1
2
qA
（无限大平行金属板）
S
3
4
0
解得：
qA
1
2
4
2S
3
qA
2S
∴
V
E内dl
E内d
2d
qAd
0
20S
将B板接地：
（σ4=0）
1
4
0
2
3
1
2
qA
S
∴
qA
2
3
S
V
v
v
E内d
2d
qAd
E内dl
0
0S
2．2．1解答：
R2
q
R1
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
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