程稼夫电磁学第二版第一章习题解析

程稼夫电磁学篇第一章《静电场》课后习题
1-1设两个小球所带净电荷为q，距离为l，由库仑定律：
由题目，设小球质量m，铜的摩尔质量M，则有：
算得
1-2 取一小段电荷，其对应的圆心角为dθ：
这一小段电荷受力平衡，列竖直方向平衡方程，设张力增量为T：
解得
1-3（1）设地月距离R，电场力和万有引力抵消：
解得：
（2）地球分到，月球分到，电场力和万有引力抵消：
解得：
1-4
设向上位移为x，则有：
结合牛顿第二定律以及略去高次项有：
1-5由于电荷受二力而平衡，故三个电荷共线且q3在q1和q2之间：
先由库仑定律写出静电力标量式：
有几何关系：
联立解得
由库仑定律矢量式得：
解得
1-6（1）对一个正电荷，受力平衡：
解得，显然不可能同时满足负电荷的平衡
（2）对一个负电荷，合外力提供向心力：
解得
1-7（1）设P限制在沿X轴夹角为θ的，过原点的直线上运动（θ∈[0,π)），沿着光滑直线位移x，势
能：
对势能求导得到受力：
小量近似，略去高阶量：
当q＞0时，；当q＜0时，
（2）由上知
1-8设q位移x，势能：
对势能求导得到受力：
小量展开有：，知
1-9（1）对q受力平衡，设其横坐标的值为l0：，解得
设它在平衡位置移动一个小位移x，有：
小量展开化简有：
受力指向平衡位置，微小谐振周期
（2）
1-10
1-11
先证明，如图所示，带相同线电荷密度λ的圆弧2和直线1在OO处产生的电场强度相等.取和θ.
有：
显然两个电场强度相等，由于每一对微元都相等，所以总体产生的电场相等.
利用这一引理，可知题文中三角形在内心处产生的电场等价于三角形内切圆环在内心处产生的电场.由对称性，这一电场强度大小为0.
1-12（1）
如图，取θ和，设线电荷密度λ，有：
积分得
（2）
（3）用圆心在场点处，半径，电荷线密度与直线段相等的，张角为θ0 （）
的一段圆弧替代直线段，计算这段带电圆弧产生的场强大小，可以用其所张角对应的弦长与圆弧上单位长度所产生的电场强度大小的积求得：
1-13
我们先分析一个电荷密度为ρ，厚度为x的无穷大带电面（图中只画出有限大），取如图所示高斯面，其中
高斯面的两个相对面平行于电荷平面，面积为S，由高斯定理：
算得，发现这个无穷大平面在外部产生的电场是匀强电场，且左右两边电场强度相同，大小相反.
回到原题，由叠加原理以及，算得在不存在电荷的区域电场强度为0（正负电荷层相
互抵消.）
在存在电荷的区域，若在p区，此时x处的电场由三个电荷层叠加而成，分别是左边的n区，0到x范围
内的p区，以及右边的p区，有：，算得
同理算出n区时场强，综上可得
1-14（1）取半径为r的球形高斯面，有：，解得
（2）设球心为O1，空腔中心为O2，空腔中充斥着电荷密度为−ρ的电荷，在空腔中任意一点A处产生的
电场为：（借助第一问结论）
同时在A处还有一个电荷密度为+ρ
则有：
1-15取金属球上一面元d S，此面元在金属球内侧产生指向内的电场强度，
由于导体内部电场处处为0，所以金属球上除该面元外的其他电荷在该面元处产生的电场强度为
所以该面元受到其他电荷施加的静电力：
球面上单位面积受力大小：
半球面受到的静电力可用与其电荷面密度相等的，该半球面的截口圆面的面积乘该半球面的单位面积受力
求得：
1-16设轴线上一点到环心距离为x，有：
令其对x导数为0：
解得
1-17写出初态体系总电势能：
1-18系统静电势能大小为：
1-19由对称性，可以认为四个面分别在中心处产生的电势，故取走后，；
设BCD，ACD，ABD在P2处产生的电势为U，而ABD在P2处产生的电势为，有：；
取走后：，解得
1-20构造如下六个带电正方体（1到6号），它们的各面电荷分布彼此不相同，但都能通过一定的旋转从
程中电荷直接相加而不重新分布）.这个带电正方体各面电势完全相同，都为
.容易证明，正方体内部的每一个点的电势也都为（若不然，正方体内部必存在电场线，这样的电场线必定会凭空产生，或凭空消失，或形成环状，都与静电场原理不符）.故此时中心电势同样为
1-21 O4处电势：
O1处电势：
故电势差为：
1-22从对称性方面考虑，先将半球面补全为整个球面.再由电势叠加原理，即一个半球面产生的电势为它的一半，从而计算出半球面在底面上的电势分布.
即
1-23设上极板下版面面电荷密度为，下极板上版面面电荷密度为.取一个长方体型的高斯面，
其形状是是两极板中间间隔的长方体，并且把和囊括进去.注意到金属导体内部没有电场，故
这个高斯面电通量为0，其中净电荷为0，有：
再注意到上下极板电势相等，其中E1方向向上，E2方向向下：
再由高斯定理得出的结论：
解得
1-24先把半圆补成整圆，补后P、Q和O.这说明，新补上的半圆对P产生的电势为
，而由于对称性，这个电势恰好也是半球面ACB对Q产生的电势.故：
1-25在水平方向上，设质点质量m，电量为q：
运动学：
整体带入得：
1-26（1）先将半球面补全为整个球面，容易计算出此时半球底面的电势.再注意到这个电势由对称的两个半球面产生的电势叠加得到，即一个半球面产生的电势为它的一半，即可求出一个半球面对底面产生的电势恒为定值，故底面为等势面，由E点缓慢移至A点外力做功为W1=0.
（2）由上一问的分析知由E点缓慢移至O点外力不做功，记电势能为E，E的右下标表示所代表的点，则
有：
依然将半球面补为整球面，此时q在球壳内部任意一点电势能为2EO.此时对于T点，其电势能为上下两个
球面叠加产生，由对称性，有：
综上有W2=−W.
1-27小球受电场力方程：
将a与g合成为一个等效的g′：
方向与竖直夹角
再将加速度分解到垂直于g′和平行与g′的方向上.注意到与g′平行的分量最小为0，而垂直的分量则保持不
变，故速度的最小值为垂直分量：
1-28假设给外球壳带上电量q2，先考虑q2在内外表面各分布了多少.取一个以内球壳外表面和外球壳内表面为边界的高斯面，并把内球壳外表面和外球壳内表面上的电荷囊括进去，真正的高斯面边界在金属内部.由于金属内部无电场，高斯面电通量为0，高斯面内电荷总量为0，得到外球壳内表面分布了−q1电荷，外
表面分布了q2+q1电荷.由电势叠加原理知球心处的电势：
解得
由电势叠加原理及静电屏蔽：
1-29设质点初速度为v0，质量为m，加速度为a，有：，其中.
设时竖直向下速度为v1，动能为Ek1，初动能为Ek0，有：
解得
1-30球1依次与球2、球3接触后，电量分别为.
当球1、4接触时满足
由于
解得.
注：若此处利用，略去二阶小量则可以大大简便计算，有意思的是，算出的答案与笔者考虑二阶
小量繁重化简过后所得结果完全一致，这是因为在最后的表达式中没有r与a的和或差的项的缘故。

以下给出的都是不简化计算的过程，简化的计算读者可自行完成：
再将球4接地，设球1的电量变为q，则
可得
因此流入大地的电量为.
1-31（1）考虑上下极板间距为x的情况
上极板所带电荷
由于只有下极板提供的电场对上极板有引力，此电场强度为
上极板所受电场力
取向上为正，上极板所受合力为
由系统初态平衡得：
当时，解得
（2）向上为正，写出上下极板间距为x系统势能：
设极板受力-F向上位移dx得（虚功原理）：
其中，
代入解得极板在平衡位置附近受力：
则等效劲度系数为
系统作微小振动频率
若，则上下板会吸在一起.
1-32粒子由A运动至B，竖直分运动需要时间：
水平方向作匀速圆周运动经过的路程：
水平方向动力学方程：
导体圆筒等效电容：
C与串联，带电量相同：，式中U，分别为C，两端电压；
两电容串联在电源两端：
导体圆筒两板间电场强度E为：
粒子受力：
联立以上各式得：
1-33能量守恒：，m，e分别为电子质量、元电荷电量；角动量守恒：
联立解得：
1-34考虑临界状态下小液珠运动全过程：，式中U为两板间电压；
临界状态下A板带电量：，解得：
最后一滴液珠被A板吸收后，使得A板实际的电量Q′应略大于Q.
故吸收的小液珠个数：,[]表示高斯取整函数，即INT
1-35（1）导体球电势为：
得：感应电荷总电量
（2）导体球心处电势仅由圆环贡献：
（3）导体球心处电势由圆环及感应电荷贡献：
得
（4）两问中，导体球电量之差，由于两问中像电荷分布已经使得球面电势为0，
（3）中比（1）多出的电荷应均匀分布在导体表面，使得导体表面等电势而不为0.
此时对圆环上的作用力的增量来自于这部分多出的电荷，且等效为位于导体球心的点电荷.
故作用力改变量
（5）两问中，导体球电量之差，由于两问中像电荷分布已经使得球面
电势为0，（2）中比（1）多出的电荷应均匀分布在导体表面，使得导体表面等电势而不为0.
此时对圆环上的作用力的增量来自于这部分多出的电荷，且等效为位于导体球心的点电荷.
故作用力改变量
1-36能量守恒：（取无穷远处为势能零点）
有心力作用，角动量守恒：
又，得：
代入E= 2keV及d=r/2得：
换为电子，运动情况与质子一致，但球带负电.故
1-37（1）动力学方程：，其中，解得
（2）分析径向运动：
设粒子沿径向向外运动距离为，以径向向外为正.
由于角度β很小，故切向分速度可视为v0，粒子角动量守恒：
在以速度为v1作匀速圆周运动的参考系中考察粒子运动，引入惯性力
粒子受径向合外力
得
由于，利用近似
得
上式表明粒子在径向作简谐振动，周期
新轨迹与原半圆轨道有交点时，表明粒子径向振动回到平衡位置
经历时间
故由几何关系得
1-38（1）电子在区间，做初速为零的匀加速直线运动：
得，经到x=d处，沿x轴方向的分速度
在区间，
即电子做角频率为的简谐运动，振幅
经过到y轴上，完成四分之一个周期.
故其周期为
（2）因为y方向没有外力，所以保持匀速v0.电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个相邻交点间
差半个周期，所以距离.
1-39设共速时速度为.
动量守恒：
能量守恒：
解得：
说明：以上结果显示，与初始时哪个球运动无关，只与它们的相对速度有关.
事实上，二体问题的资用能表达式为
本题中，令
便得，于是必然有
1-40通过强相互作用势能，可求得距离为r时正反顶夸克间的强相互作用力
为，负号表示此力为吸引力.
正反顶夸克之问的距离为r0时作用力大小为
正反顶夸克满足动力学方程
还满足量子化条件（基态n=1n）
通过以上各式可解得
（2）正反顶夸克满足动力学方程
代入数据可解出周期
周期约为顶夸克寿命的五倍，故不存在该种束缚态.
1-41先求小球所受电场力Fn.由对称性，小球受到的电场力的合力沿环的轴线方向，为
小球垂直于绳方向的平衡方程：
即
解得
1-42（1）由对称性，场强向左或向右情况是一样的，不妨设场强方向向右，大小为E. q的受力情况如图
垂直于绳方向的平衡方程为
解得
（2）将两个小球视为一个整体，受力情况如图
垂直于绳方向的平衡方程为
解得
（3）接第（2）问，悬线AO的张力为
1-43（1）设B球碰前所带电量为q，有
将A、B接触一下后A、B都带电，此时有由以上各式解得或
（2）已知B球碰前所带电量小于A球所带电量，可知B球碰前所带电量为
C球与A球相碰后，两球分别带电4Q；C球与B球相碰后，两球分别带电−Q；
C球与B球间相互排斥，库仑力由C指向B，大小为
A球与B球间相互吸引，库仑力由A指向B，大小为
FAB与FCB大小相等，夹角为，由平行四边形法则，B球所受库仑力的大小
方向为斜向右上，与CB所夹锐角为.
1-44设大球与小球接触时总电容，小球电容为为
第一次接触，由导体等势有：
无数次接触后小球电量达到最大值，设为
此时小球未接触大球时的电势与接触后整体电势相同：
解得.
1-45两图导体柱的电势都不为正，故正电荷发出的全部电场线被小球吸收，小球收到来自无穷远的电场线，
于是：
用a 图减去b 图，左边是一个不带电导体，右边一个大导体右边带负电，如果左边带正电，明显在没有
外界净电荷干扰的情况下正负电荷会抵消于是左边应带负电即
1-46跟静电计相连，则A与静电计外壳等势，腔内没有电场线，不能带电，故闭合.电荷转移到外壳、k及A上.撤去K，用手摸A即接地，则小球电势变为0.外壳带正电，在A产生的电势为正，为使电势变为0，必须使其带负电，故重新张开.
1-47设小球带电量为q.引入一个像电荷，其位置与小球关于导电平面对称，带电量与小球相反.设小球重力为G，弹簧初始伸长量为x0.
小球受的电场力为
初始状态平衡方程：
末态平衡方程：
联立以上各式，解得
1-48设某一时刻点电荷q离无限大导电平面的距离为x.引入一个像电荷，其位置与点电荷q关于导电平面对称，带电量与点电荷q相反.
点电荷q的受力为，方向垂直指向导电平面.
缓慢移动点电荷q的过程可看作点电荷q时刻受力平衡，故外力大小亦为，方向垂直背向导
电平面，与点电荷q移动方向相同.
设想此时点电荷q移动了一段小距离dx，这个小过程外力做的功为
全过程的功即为
1-49引入两个像电荷如图：
（1）q的受力情况如图：
其中，，将三力合成，可得
由对称性，作用在−q上的静电力大小亦为
（2）两个点电荷、两个像电荷分别在两个点电荷中点产生的场强如图：
其中，
可见合场强水平向右，
1-50（1）每一个+q在球壳上感应出的电荷可等效为一个像点电荷，与球心距离.
两个像电荷在两个+q的连线上，分居球心左右.
其中一个+q的受力由两个q′和另一个+q提供（以指向球心为正）：
由于，做一级近似，得
由于合力为零，，解得.（注：此处似乎不符合题设的条件，但并不影响结果）
（2）由电势叠加原理可知，在（1）的基础上，使球不接地且使球表面均匀带电Q即可实现球具有电势V，
其中
则+q的受力为.
注：似乎不太严谨，但精确计算的受力大小与近似结果相差仅为万分之一.
1-51q1、q2分别在左腔、右腔内壁感应出均匀分布的−q1、−q2，在球体外壁感应出均匀分布的q1、q2；q
在球体外壁的感应电荷等效为在球体外壁均匀分布的−q′和在球心与q连线上的像点电荷q′.
由于静电屏蔽，q1、q2所受静电力等于左腔内壁感应电荷对q1、q2的作用力.而左腔内壁的感应电荷为均匀分布，故q1、q2所受静电力
像电荷，与球心距离，故q所受静电力（以向右为正）为：
根据牛顿第三定律，球A所受静电力为
大小仍为.
1-52由于是匀速率圆周运动，则刚性圆轨道应为一等势线，易知此时q’应当充当q的像电荷：
.（刚性轨道提供支持力，因此不必考虑电场强度的分布）
1-53点电荷q在导体球上感应出的电荷可等效为在球心与点电荷所连线段上、与球心距离为、
带电量为的像点电荷和在球表面均匀分布的.
点电荷受的力分为三部分（以排斥为正）：Q对其的作用力
像点电荷对其的作用力
−q′对其的作用力
点电荷受合力为
点电荷被吸引时，即
解得
1-54将上一问中的q换成Q，并令F=0，化简得：
又，解得.
1-55在内外表面之间做一个高斯面，可知通过此高斯面的电场强度的通量为0，根据高斯定理，此高斯面内总电荷量为0，即内表面的感应电荷总量为−q.又球壳本身不带电，故外表面感应电荷总量为q.
（1）O点处的电势分为三部分：
点电荷带来的电势：
内表面的感应电荷带来的电势：
外表面的感应电荷带来的电势：
根据电势叠加原理，O点处的电势为三部分之和：
（2）空腔导体造成静电屏蔽，球壳内点电荷和内表面感应电荷对内表面外部无电势贡献，故球壳电势即为外表面感应电荷带来的电势.
又由于外表面感应电荷为均匀分布，在外表面内不产生电场，故外表面感应电荷对球壳上电势贡献等于其
在球心处产生的电势，.
1-56设A1、A2、A3的质量分别为m1、m2、m3，带电量的绝对值分别为q1、q2、q3，A1、A2运动的角速度均为ω
对A1有，对A2有
两式相比，即得.
1-57假设可以做稳定小振动，写出环偏离平衡位置x处的势能：
势能在处的二阶导数即等效劲度系数：
若系统要处于稳定平衡，则势能一阶导数为0（显然满足），二阶导数大于0，即：
，解得
得其振动周期：.
1-58设给金属球充电+Q，由于，相对于无限大金属板可视作质点，像电荷位置与金属球关于金属
板对称，其大小为-Q，由此算出金属球电势：
又，
得电容：.
1-59法一：两个球均可视为与无限远构成电容器，由孤立导体球电容公式，其电容分别为：，.
用导线连接前，可视为CA与CB串联，等效电路图如下：
电容为
用导线连接后，可视为CA与CB并联，等效电路图如下：
电容为
法二：用导线连接前，设给金属球A充电+Q，给金属球B充电-Q，其相距为
金属球A、B电势分别为
得系统电容.
用导线连接后，设给金属球A充电，给金属球B充电，其相距为
两金属球等势：，解得
则系统电容.
1-60（1）设内球带电量为，外球电量在内球球心产生的电势为
内球电量在内球球心产生的电势为
内球的总电势，解得.
外球电量在球心产生的电势为
内球电量在外球产生的电势为
外球的电势
（2）系统的电容.
1-61两只电容器串联时带电量相等，即，
若C1达到最大电压，则C2的电压
若C2达到最大电压，则C1的电压
故，为两电容器串联时各自能承受的最大电压，
为其能承受的最大电压.
1-62相邻两块板间的电容均为
法一：（a）本问中，3板和4板由导线相连，电势相等，故可看作由1、3构成的电容C13与1、4构成的电容C14并联后整体与4、2构成的电容C42串联，等效电路图如下：
故1、2间的电容
（b）本问中，3板和4板由导线相连，电势相等，故可看作由1、3构成的电容C13与4、2构成的电容C42串联后整体与1、2构成的电容C12并联，等效电路图如下：
故1、2间的电容.
法二：（a）设给1板充，给2板充，设1板上板带电，1板下板带电.
由于金属板内无电场，则相对金属板电荷等量异号（故在板外产生电场抵消）
即3板下板带电，4板上板带电
又3、4板等势：
设4板下板带电，3板上板带电，由3、4电荷守恒得
设2板下板带电，由2板电荷守恒得
由于金属板内无电场，则3板上板与2板下板所带电荷等量同号（故在板内产生电场抵消）：
则1、2板间电容
（b）设给1板充，给2板充，设1板上板带电，则1板下板带电，2板上板带电，2板下板带电，3板下板带电，4板上板带电.
设3板上板带电，4板下板带电，由3、4板电荷守恒及金属板内无电场得
，联立解得
又由3、4板等势：，解得
则1、2板间电容.
1-63承上一问法一：（b）电路的得各个电容内的场强大小：
得各个电容极板内侧的电荷面密度大小：
设1板电势高，分别求得总电荷密度：
承上一问法二：用上一问中电容求得此情景下Q的值：
设1板电势高，由上一问中求得的电荷分布得场强及面密度：
.
1-64（1）由于任一单元输入端之后的总电容为C，在第1个单元输入端a、b间加电压后，将第1个单元输出端后的电容等效为一个大小为3C的电容，由3个大小为3C的电容串联得第2个单元输入
端间电压：
同理得第k个单元输入端间电压
所求总电能
（2）第1单元与后面网络断开前，第1单元中电容为3C的电容器的带电量为Q，有
则第1单元中电容为2C的电容器的带电量为
第1个单元a、b短路后，设电容器各极板上的电荷分布如图所示.
节点电荷守恒：
由基尔霍夫定律得
联立求解后得
三个电容器贮存的电能
1-65（1）首先，1 左与100 右无电荷，因为如果有电荷，则电荷电场线必延伸至无穷远，则金属板电势不为0，与接地不符.设1号板带电，由高斯定理，所有板总电量为零：
，则100号板带电.
取一个左侧包含1板右板，右侧包含n板左板的高斯面（），由于金属板内无电场，此高斯
面电通量为0：，解得
利用金属板相对面带电等量异号得：
1号板与100可看做99个板间的电势差的叠加，即：
即
（2）由（1）中结论判断，当从左往右数第一块极板右侧的场强指向右时，此板电势最高
取n的最小整数解，即第58块板的电势最高.
.
1-66过程中电容电荷量不变，故
弹力的水平增量：
受力平衡得：.
1-67因为，故可用平行板电容器公式近似计算电容C（注意内径是直径！），设玻璃管长度为，故
，每次水银获得电量为
经过若干次操作后，金属球内总电荷量为
导体内电荷分布于表面，故其电势为.
1-68（1）把介质均分为2 份，然后1 和3的一半、2 和3 的一半两两串联，最后并联。

这是因为中间的面不是等势面，有：
故均匀介质介电常数应为：
导体平面即等势面，故1、2先并联再跟3 串联，即与并
联：
1-69设初始时细线与竖直方向夹角为，由受力平衡得：
放入煤油后，浮力矩与静电力矩增量抵消：
解得.
1-70（1）
（2）
（3）自由电荷与极化电荷的总电荷密度在正极板均匀分布，
又在正极板与电介质接触处得，联立解得，得.
又与空气接触处无极化电荷，得.
（4）与正极板接触的极化面电荷密度
得.
1-71设极板面积为S，升高高度h，极化面电荷密度
对升高的部分液体电介质受力分析得：
其中
解得.
注意：此题素来受争议，焦点在于此题虚功原理是否适用（如果尝试以虚功原理计算，其结果多半为
）。

下面给出程稼夫教授与蔡子星老师对此题的解释：
一、虚功原理选取的系统不严格满足封闭系统，典型题程电1-71，程亲自解释，虚功原理在这题里面的错误在于，无法找到一个封闭的系统，在电容板外也会有水面升高，不能只选取电容板内的水作为虚功原理研究的系统。

二、蔡子星老师：
2 必须找到封闭体系来计算，这样需要包括水从原始高度的提升（即电容外水的高度）和电源做功（如果不是电量不变）
一侧极化电荷受力
压强增量.
1-73（1）初态电容，电场能，带入得
抽出后Q不变，电容变为，电场能.
（2）同上一问，，此时
电源做功.
有
（3）
.
1-74图中F方向画反了，以题中文字为准.
设电容器长，，系统电场能.
对势能求负梯度得受力：.
暴力化简，其中.
1-75，外力做功，电源做
，电阻放热.
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1-76由题意不变.
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1-77初态电势，电场能
分裂后水银总体积不变得
两球到无穷远时动能最大，此时电场能
能量守恒：.
1-78（1）
（2）
故
（3）
.
1-79.
1-80（1）均匀带电球壳自能.
静电力做功等于静电能减少，有
（2）系统总能量，静电力做功
点电荷与球壳互能
静电力做功等于静电能减少，有
得
.
1-81（1）
（2）系统静电能
小球壳上电荷有电势，大球壳上有电势
故系统能量.
1-82记，上的电荷为，有电势.
显然，.
利用，得总能量
1-83设第二个电容板间距为，极板面积，充电量，并记.
初态两电容的总能量.
从原板间距为的电容的正极板依次记四块极板为1,2,3,4
正插时，1上板无电荷，下板带；2上板带，下板带；3板上板带，下板带；
4上板带，下板无电荷.
此时三个电容串联，而上下两个电容极板带电量相同，可等效为一板间距为的电容
.
反插时，1上板无电荷，下板带；2上板带，下板无电荷；3板上板无电荷，下板带；4
上板带，下板无电荷.
此时三个电容串联，一个不带电，另外两个极板带电量相同，可等效为一板间距为的电容
.
1-84同1-50
1-85（1）取平面（即面）分析.
两个点电荷在接地平板感应出两个像电荷：处处.。