电磁学第二版习题答案2

电磁学第二版习题答案2电磁学 第二版 习题解答电磁学 第二版 习题解答 (2)第一章 .............................................................. 2 第二章 ............................................................ 18 第三章 ............................................................ 27 第四章 ............................................................ 36 第五章 ............................................................ 40 第六章 ............................................................ 48 第七章 (54)第一章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1q q =，另一个点电荷的电荷量为2()q 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20()4q Q q F r πε-=令力F 对电荷量q 的一队导数为零，即20()04dF Q q qdq rπε--== 得122Q q q ==即取 122Qq q ==时力F 为极值，而 22202204Q q d F dq rπε==<故当122Qq q ==时，F 取最大值。

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2200204()4qQ qQL x xπεπε-=- 得 2220x Lx L +-=舍去0x <的解，得 21)x L =-LxL -qQ 21．3．8解答:xE 3E 2y∞E 1RO R yE 3xαE AE B∞x yO E ABA R (c)(b)(a)（1）先求竖直无限长段带电线在O 点产生的场强1E ϖ，由习题1.3.7（2）可知 104x E Rηπε=仿习题1.3.7解答过程，得12223/21223/20sin ()0()4y y dlldldE kkr R l ldl E k R l Rηηαηηπε==-+∞=-=-+⎰故 10ˆˆ()4E i j Rηπε=-v同理，水平无限长段带电线在O 点产生的场强20ˆˆ()4E i j Rηπε=-+v 对于圆弧段带电线在O 点产生的场强3E ϖ，参看图1.3.8（b ），得3230cos cos /2cos 04x x dld dE kkR Rk E d R Rηηαααπηηααπε====⎰同理得 304y E Rηπε=故 30ˆˆ()4E i j Rηπε=+v解得12330ˆˆ()4E E E E E i j Rηπε=++==+v v v v v （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=0ˆˆ()4A E i j Rηπε--vB -∞的带电直线在O 点产生的场强为0ˆˆ()4B E i j Rηπε=-+v 根据对称性，圆弧带电线在O 点产生的场强仅有x 分量，即0/2ˆˆˆcos /22AB ABx k E E i d i i R Rπηηααππε===-⎰v v 故带电线在O 点产生的总场强为0A B AB E E E E =++=v v v v1．3．9解答:在圆柱上取一弧长为Rd ϕ、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 σϕ=，所以带电细条的线密度与面密度的关系为dq dl Rd zησσϕ===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0ˆ2r dE e Rηπε=v 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20002200000cos cos cos 22ˆˆˆcos 22x x dE dE d d E E i i d i πσσϕϕϕϕϕπεπεσσϕϕπεε--=-==--===⎰v1．4．5解答：ϕyxzyxO ϕEd ϖ(b)(aO ´OP d /2d /2xSSS S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0ρ>，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2()x 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(2)xS ρ，根据高斯定理。

)2(ερS x S d E =⋅⎰⎰ϖϖ 前、后、上、下四个面的E ϖ通量为0，而在两个对称面S 上的电场E ϖ的大小相等，因此(2)2x S ES ρε=考虑电场的方向，求得板内场强为ˆxE iρε=v 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2()x 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 ρ，根据高斯定理)(ερSd S d E =⋅⎰⎰ϖϖ 前、后、上、下四个面的E ϖ通量为0，而在两个对称面S 上的电场E ϖ的大小相等，因此()2Sd ES ρε=考虑电场的方向，得ˆ2d E i ρε=±v1．4．8解答:MPaO O ´c b O O ´c T r 1r 2(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ρ的实心均匀带电球在偏心位置处加上一个电荷体密度为ρ-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 ϖ应等于电荷体密度为ρ的均匀带电球在T 点产生场强E ρv与电荷体密度为ρ-的均匀带电球在T 点产生场强E ρ-v的叠加结果。

而E ρv与E ρ-v 均可利用高斯定理求得，即120033r r E E ρρρρεε-==-v v v v式中：1r v为从大球圆心O 指向T 点的矢径；2r v 从小球圆心O '指向T点的矢径。

空腔中任意点T 的场强为1200()33E E E r r c ρρρρεε-=+=-=v v v v v v因T 点为空腔中任意一点，c ϖ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33220ˆ3()M c M M b a E e r c r ρε⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦v P 点为大球内一点，根据叠加原理，求得320ˆ3()p p c p b E r e r c ρε⎡⎤=-⎢⎥+⎢⎥⎣⎦v 1．4．9解答：rRO E rR rL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2q r L ρπ=由高斯定理2ερπL r S d E =⋅⎰⎰ϖϖ根据对称性，电场E ϖ仅有径向分量，因此，圆柱面的上、下底面的E ϖ通量为0，仅有侧面的E ϖ通量，则202r r LE rL ρππε=解得柱体内场强02ˆερr e E E rr ϖϖ==内内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2Q R L ρπ=解得柱体外场强r r r erR e E E ˆ2ˆ02ερ==外外ϖ 柱内外的场强的E -r 曲线如图1.4.9（b ）所示 1．4．10解答：R 1OE rrLII IIIR 1R 2λ1/2πε01λ1/2πε02R 2I(1) 作半径为12()r R r R <<、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1q L λ=根据对称性，电场E ϖ仅有径向分量，因此，圆柱面的上、下底面的E ϖ通量为0，仅有侧面的E ϖ通量，则在12R r R <<的区域II 内，利用高斯定理有012ελπL rLE IIr=解得区域II 内的场强r r IIr II e r e E E ˆ2ˆ01πελ==ϖ同理，可求得1R r <的区域I 中的场强0=I E ϖ在2R r >的区域III 中的场强r r IIIr III ere E E ˆ2ˆ021πελλ+==ϖ (2) 若21λλ-=，有0ˆ2001===III r II I E e rE E ϖϖϖπελ各区域的场强的E —r 曲线如图1.4.10(b)所示。

1．5．2证明：S 2S 1E 1E 2l（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S 1、S 2形成一闭合的高斯面。

面元S 1和S 2上的场强分别为1E ϖ和2E ϖ，根据高斯定理，得 0)(212211=+-=+-E E S S E S E证得21E E =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1E ϖ和2E ϖ，根据高斯定理得021=-l E l E证得21E E =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：O R Pr由高斯定理求得距球心r 处的P 点的电场为：03ερrE ϖϖ=，求得离球心r 处的P 点的电势为3022********)3(223333R r R Q r R r dr R r d r R Rrπεερερερ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=+⋅⎰⎰∞ϖϖ1．6．5解答:OR 1R 2I IIIII（1）根据电势的定义，III 区的电势为rQ Q r V III 0214)(πε+= 202124)(R Q Q R V III πε+=II 区的电势为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=++=⎰⎰∞2210221201414422R Q r Q drr Q Q dr rQ V R R rII πεπεπεI 区的电势为⎪⎪⎭⎫⎝⎛+==22110141)()(R Q R Q R V r V II I πε （2）当12Q Q =-时，()0III E r =，代入（1）中三个区域中的电势的表达式，求得0)(=r V III ，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=201114)(R r Q r V II πε，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2101114)(R R Q r V I πε V -r 曲线如图1.6.5（a ）所示当2121Q Q R R =-时，代入（1）中三个区域的电势的表达式，求得r R Q R R r V III 101214)()(πε-=，⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=101114)(R r Q r V II πε，0)(=r V I V —r 曲线如图所示。