程稼夫电磁学第二版第一章习题解析
程稼夫电磁学答案全解
2 3 2(d 0 -d1 )d1 d1 ε 0 SU 2 x0 2 2(d 0 -d1 )d1 g
−
ε 0 SU 2
=
1 2π 1 2π
ε 0 SU 2 −
2 2ε 0 SU 2 (d 0 -d1 )d1 3 d1 1 = 2 ε 0 SU x 0 2π g
ε 0 SU 2 −
2ε 0 S 2 U (d 0 -d1 ) d1 ε 0 SU 2 x 0 g
程书电磁学答案
主编：
血色の寂宁
小编：
lx10525
没有“等等”
编者的话：本人是freshman，故时间精力有限，还有能力有限……故步骤缺失与不
准确再所难免，请大家原谅。另感谢徒弟 第一章
星新一一同学提供相关材料。
2
m 2 2 k (0.01 qN Ae) kQ k (0.01ne) M 1F = 2 = = = 答案 2 R R R2
31 那么……（1）
1 1 Eq = k（d 0 -d1）为什么是 呢？因为上下板产生的合场强 2 2 才是那个U / d1的E，但是一边电荷所在的电场是另一边电荷产生的，所 F电 = ΔF弹 ⇒ 1 1 U ε0S 以要加 。再 ⇒ ⇒ k = 答案 U = k（d 0 -d1） 2 2 d1 d1
+
kq 环1 R =0（注意研究对象取的是o点，因为这里
《电磁场和电磁波》课后习题解答(第一章)
第一章习题解答【习题Ll解】【习题L2解】【习题L3解】(1)要使ALR,则须散度A-B=O所以从Z∙5=T+3H8c=0可得：3b+8c=l即只要满足3b÷8c=l就可以使向量二和向量了垂直。
(2)要使4||月，则须旋度AxB=O所以从可得b=-3,c=-8【习题1・4解】A=I2以+9e y+6z,B=CIeX+be y,因为3JLA,所以应有A∙3=0g∣j(12久+9e y+e z^∙^ae x+Z?Gy)=12Q+9/?=0(I)又因为同=1;所以病存=1；(2)一4由⑴，⑵解得Q=±《，"=+W【习题1.5解】由矢量积运算规则4_B=A?C a x a2a3=(%Z-+(a3x-a x z)e y+(01y-a2x)e7xyz =8名+纥5+BZeZ取一线元：dl=e x dx+e y dy+e z dz则有dx_dy_dz则矢量线所满足的微分方程为丁二万一=Hιy xy"z或写成=常数）a2z-a3ya3x-a l za↑y-a2x求解上面三个微分方程：可以直接求解方程，也可以采用以下方法d(qx)="(/丁)二d(%z)a i a2z-a i a3ya2a3x-a l a2za l a3y-a2a i xxdx_ydy_ZdZx(a2z-a3y)y{a3x-a x z)z(a l y-a2x)由（1）（2）式可得d(a2y)=k(a2a3x-aλa2z)ydy=k(a3xy-a}yz)(4)对⑶⑷分别求和所以矢量线方程为【习题L6解】矢量场A=(αxz+x2)eχ+Sy+孙2)0+{z-z1-∖-cxz-2xyz)e z假设A是一个无源场，则应有divΛ=O即：divA=V•4=空L+空L+空■=O∂x∂y∂z因为A=axz+X2∕ξ=by+xy1A z=z-z1+cxz-2xyzx所以有divA=az+2x+b+2xy+l-2z+cχ-2xy=X(2+c)÷z(a-2)+b+l=0 得a=2,b=-1,c=-2【习题1.7解】设矢径r的方向与柱面垂直，并且矢径不到柱面的距离相等（r=a）f∙ds-[rds=a∖ds=a2πah所以，①=S JSJS【习题1.8解】φ=3X2y i A=X2yze v+3xy2e^而rot((∕A)=Vx(以)=×A÷V^×A又=巴?十3?+再等=6xye x+3jc2e y ox-oy∂z所以+9x3y2e v-lSx2y3e v+6x3y2ze z=3X2y2[(9X一X2)e x-9yeγ+4xze z]【习题1.9解】所以&CyCzrotA=VXA=———∂x∂y∂zA x A y A(-1+1)&+(4/Z-4xz)e、+(2y-2y)&=6由于场H的旋度处处等于0,所以矢量场A为无旋场。
电磁学答案第1章上课讲义
第一部分 习题 第一章 静电场基本规律1．2．1在真空中有两个点电荷，设其中一个所带电量是另一个的四倍，它们个距2510-⨯米时，相互排斥力为1.6牛顿。
问它们相距0.1米时，排斥力是多少？两点电荷的电量各为多少？解：设两点电荷中一个所带电量为q ，则另一个为4q ：（1） 根据库仑定律：r r q q K F ˆ221 =ϖ 得：212221r r F F = （牛顿））（）（4.01010560.12122222112=⨯⨯==--r r F F (2) 21224r q K F =∴ 2194221211109410560.14）（）（⨯⨯⨯⨯±=±=-K r F q =±3.3×710- （库仑） 4q=±1.33×810- （库仑）1．2．2两个同号点电荷所带电量之和为 Q ，问它们带电量各为多少时，相互作用力最大？解： 设其中一个所带电量为q ，则一个所带电量为Q-q 。
根据库仑定律知，相互作用力的大小：2)(rq Q q K F -= 求 F 对q 的极值 使0='F即：0)2(=-q Q r K∴ Q q 21=。
1．2．3两个点电荷所带电量分别为2q 和q ，相距L ，将第三个点电荷放在何处时，它所受合力为零？解：设第三个点电荷放在如图所示位置是，其受到的合力为零。
图 1．2．3即：41πε20xq q = 041πε )(220x L q q - =21x2)(2x L - 即：0222=-+L xL x 解此方程得：)()21(0距离的是到q q X L x ±-= （1） 当为所求答案。
时，0)12(>-=x L x （2） 当不合题意，舍去。
时，0)12(<--=x L x1．2．4在直角坐标系中，在（0，0.1），（0，-0.1）的两个位置上分别放有电量为1010q -=（库）的点电荷，在（0.2，0）的位置上放有一电量为810Q -=（库）的点电荷，求Q 所受力的大小和方向？（坐标的单位是米）解：根据库仑定律知：1211ˆr r Qq K F =ϖ )ˆsin ˆ(cos 11211j i rQ q Kαα-= 2281092.01.01010109+⨯⨯⨯=--⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+-++21222122)2.01.0(ˆ1.0)2.01.0(ˆ2.0j i =j iˆ100.8ˆ1061.187--⨯-⨯ 如图所示，其中 21212111)(cos y x x +=α21212111)(sin y x y +=α同理：)ˆsin ˆ(cos 222212j i r Q q K F αα+⨯= ϖ 2281092.01.01010109+⨯⨯⨯=--×⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+-++21222122)2.01.0(ˆ1.0)2.01.0(ˆ2.0j i=j iˆ100.8ˆ1061.187--⨯-⨯ )(ˆ1022.3721牛顿iF F F -⨯=+=ϖϖϖ1．2．5在正方形的顶点上各放一电量相等的同性点电荷q 。
电磁场与电磁波课后习题答案第一章
电磁场与电磁波课后习题答案第一章第一章1.2给定三个矢量A ，B ，C :iu ui ui uu A = a x +2a y -3 a z u ui ui B = -4 a y +a z ur uu uu C =5ax-2az求：⑴矢量A 的单位矢量uu；⑵矢量A 和B 的夹角AB ；.. ur ur u ur⑵ cos AB ■二A ? B / A BAB=135.5°ir urur uruu uu ur⑶ A ? B = 11, AB = 10a x a y 4a z,、ir ur ir⑷ A ? ( B C ) = 42ur ur ur(A B ) ? C = 42,iru irur uu uu⑸ A ( B C ) =55a x 44a y 11a zur urur ucuu uu(A B )C =2a x 40 a y +5a z1.3有一个二维矢量场F （r ）二a x （ y ） +a y （x ），求其矢量线方程，并ir ⑶A ? ■ B 和AurB⑷A ? （ ur B LTC）和ir⑸A（ u B ir C ) WALrALrBMBLrcLTCluamAwaA3uu盯2一nH和定性画出该矢量场图形解：由dx/( y)=dy/x,得x2+ y2=c1.6求数量场 =ln ( x 2+ y 2+z 2)通过点P (1, 2, 3)的等值面方程。
解：等值面方程为In ( x 2 + y 2+z 2) =C 则 c=ln(1+4+9)=ln14 那么 x 2+ y 2+ z 2=141.9 求标量场 (x,y,z )=6x 2y 3+e z 在点 P (2，-1，0)的梯度解: tuu uu uua uu o o uuuu > 口由=a x+a y+a z ——=12x y a x +18x y a y +e za z 得 xyzUTuu uu1.10在圆柱体x 2 + y 2=9和平面x=0，y=0,z=0及z=2所包围的区域,设此区域的表面为S:⑴求矢量场A 沿闭合曲面S 的通量，其中矢量场的表达式为u uu uuuuA = a x 3x +a y ( 3y+z )+a z (3z x)⑵验证散度定理。
电磁学第一章答案
•
•
电力线不会形成闭合曲线。
§1 静电的基本现象和基本规律
一、两种电荷
1、定义：物体经过摩擦具有吸引轻小物体的性质，说物 体带了电，或有了电荷。带电的物体称为带电体。 2、电荷的种类：正电荷和负电荷； 3、电量：物体所带电荷的多少，电量或电荷量。
4、电量的单位：C（库仑）（利用电流来定义）。
1库仑 1安培 1秒钟
5、电荷的基元性（量子性）：任何电荷的电量总是电子 电量的正负整数倍。 q Ne
E q l 4 0 r 2 i 2
l l
r
E E A E
A
q 1 1 i E A E E 2 2 4 0 l l r r 2 2 2qrl i 2 2 l l 4 4 0 r 1 1 2r 2r
（云母、胶木等）
半导体—— 导电性能介于导体和绝缘体之间的材料。 对温度、光照、压力、电磁场等外界条件极为敏感。
第一章 —— 静电场
6
§1 静电的基本现象和基本规律 四、库仑定律 ( Coulomb Law)
1785年，库仑通过扭称实验得到。
1. 表述： 在真空中， 两个静止点电荷q1及q2之间的相互作 用力的大小和q1与q2的乘积成正比，和它们之间距离r的 平方成反比；作用力的方向沿着它们的联线，同号电荷相 斥，异号电荷相吸。
N F Fi
Fi
连续分布
i 1
qqi ˆ r 2 i0 4 0 ri
dF
第一章 —— 静电场
r10
q1
F2
F
《电磁学答案》第一章
解：把p＝ql分解为：pθ＝psinθ，pr＝pcosθ,由电偶极子在延 长线，垂直平分线公式得：
Er
2 pr
4 0r 2
2 p cos 4 0r 2
E
p
4 0r 2
p sin 4 0r 2
P(r,θ)
E
Er 2
E
2
p
4 0r 2
p
4 0r 2
3cos2 3
r
4 cos2 sin2
lθ -q o +q
7. 把电偶极矩p＝ql的电偶极子放在点电荷Q的电场内，p的中
O到Q的距离为r（r>>l）。分别求（1）p// QO（图a）和
pQO（图b）时偶极子所受的力F和力矩L。
解：（1）在图中（上图） p// QO 时，P受力：
正电荷F：
4 0 (r l
/ 2)2
(N)
Q
P
r
O
负电荷F：
4 0 (r l
y
E
x
2.70106
r1
r2
E y E1y E2 y 9.0 106 3
E1
sin600
E2
sin600 q1o
o 20cm
o q2
E E 2 x E 2 y 3.1106 伏 / 米
方向＝tan1 Ey tan1 27 105 300
Ex
9 3 105
6. 如附图所示，一电偶极子的电偶极矩p=ql，P点到偶极 子中心的距离为r，r与l的夹角微θ。在r》l时 ，求P点的电 场强度E在r＝OP方向的分量Er和垂直于r方向上的分量Eθ。
1.636 10-19 3.296 10-19 1.63 10-19 3.18 10-19
程稼夫力学篇详细答案
程稼夫力学篇详细答案国物理学会委员会会员，原中国科技大学“少年班”班主任，中国科技大学教授，物理奥林匹克竞赛国家级教练，国际中学生物理奥林匹克中国队员教练，著有《中学奥林匹克竞赛物理讲座》、《中学奥林匹克竞赛物理课程力学篇》、《中学奥林匹克竞赛物理教程电磁学篇》等物理经典教材，是目前为止最具权威和实用性的系列工具书。
就常规刷题方法啊先看知识点，所有题目第一遍全做，不会的做不对的标记，每隔固定时间回头看一遍，确保之前不会的现在会了，不会的再增加标记，会了就把标记划了。
普遍来说，难度：例题＞练习＞习题，二刷可以根据自己情况结合程书难度分级。
做完如果能应付难集力学了就没必要二刷了。
至于题主所说的重点，简单题能做对就没必要深究了，因为新高二才开始程力算比较落后的。
难题可以多种方法结合。
然后就是效率，程力属于基础的了，学完一轮应该能一个月做完吧。
同新高二，旁边大佬都一路刷到国培了。
程稼夫的力学和电磁学是先行竞赛最典型的参考书，涵盖了几乎所有重要的经典模型。
如果你初学，那应该选择一本教材，比如舒幼生的力学或者梁昆淼的力学，都是经典的教材，不过后面这本稍微难点。
如果有时间，应该做它们的课后习题。
尤其是舒力，你要确保会做所有不加星号的题，简单题，加星号的稍难题，也应该有一部分独立做的能力（不会，不用太纠结，可以看答案，务必之后保证独立做的能力）。
我的建议力学你每题都要做（没时间可以放弃波动，程书的波动比较水，看舒力；交流电考的概率极低，你也可以选择不做，但是学是要学的），尤其是例题！程书的例题特别有价值，实际上，可能比习题还好，所以一定要自己做（就是不会做，看完答案能也要独立做出），这很重要！当然，竞赛还有热光原子物理，如果没有足够的时间，可以粗略的看看崔宏滨的书，做题就从下面的考试中慢慢摸索也可以。
刷完之后就可以考虑做一些提高题（我不建议反复刷，那样对你效益不高），比如体选，国培，难集，苏国珍的试卷或者是培尖等机构的试卷，一定要用考试的模式！然后是模拟复赛考试，做真题，练手感和心态。
电磁学第二版答案解析
3、两个点电荷相距一定距离，已知在这两点电荷连线中点处电场强度为零。你对这两个点电荷的电荷量和符号可作什么结论？
答：人体是导体。当手直接握铜棒时，摩擦过程中产生的电荷通过人体流入大地，不能保持电荷。戴上橡皮手套，铜棒与人手绝缘，电荷不会流走，所以铜棒带电。
7、两个点电荷带电2q和q，相距l，第三个点电荷放在何处所受的合力为零？
解：设所放的点电荷电量为Q。若Q与q同号，则三者互相排斥，不可能达到平衡；故Q只能与q异号。当Q在2q和q联线之外的任何地方，也不可能达到平衡。由此可知，只有Q与q异号，且处于两点荷之间的联线上，才有可能达到平衡。设Q到q的距离为x.
第一章静电场
§1.1静电的基本现象和基本规律
思考题：
1、给你两个金属球，装在可以搬动的绝缘支架上，试指出使这两个球带等量异号电荷的方向。你可以用丝绸摩擦过的玻璃棒，但不使它和两球接触。你所用的方法是否要求两球大小相等？
答：先使两球接地使它们不带电，再绝缘后让两球接触，将用丝绸摩擦后带正电的玻璃棒靠近金属球一侧时，由于静电感应，靠近玻璃棒的球感应负电荷，较远的球感应等量的正电荷。然后两球分开，再移去玻璃棒，两金属球分别带等量异号电荷。本方法不要求两球大小相等。因为它们本来不带电，根据电荷守恒定律，由于静电感应而带电时，无论两球大小是否相等，其总电荷仍应为零，故所带电量必定等量异号。
解：
(1)
(2)q与Q同号时，F背离O点，q将沿两Q的中垂线加速地趋向无穷远处。
电磁学-程书分级(第二版)5页打印版
P162
习题1-37
2
第二问计算时要注意哪些是可以舍掉的二阶小量，不然算不到答案上
P162
习题1-38
1
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习题1-39
1
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习题1-40
1
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习题1-41
1
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习题1-42
1
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习题1-43
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习题1-44
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习题1-45
1
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习题1-46
1
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习题1-47
P169
习题1-78
1
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习题1-79
1
P169
习题1-80
1
P169
习题1-81
1
P169
习题1-82
1
P170
习题1-83
1
P170
习题1-84
1
见P165习题1-50
P170
习题1-85
1
第三问答案可能有误，习题1-49几乎完全一样
P170
习题1-86
1
“相对介电常数”
P170
习题1-87
P49
练习1-30
2
要用积分
P50
练习1-31
1
第二问是假设三个半径均为已知
P52
练习1-32
2
从该题目解答来看，题目应当默认高压电缆的电压为常量，谜之对b求导
P53
练习1-33
1
答案有误
P55
练习1-34
2
解答有误
P60
练习1-35
1
P62
练习1-36
电磁第一章(习题和解答).ppt
q
2 0 R2
1-9一半径为Ｒ的半球面，均匀地带有电荷，电
荷面密度为 ，求球面中心处的场强。
解:1）如图在半球面上用
z r Rsin
极坐标取任意面元
rd
dS rdRd R2 sindd
Rd
它在球心产生的场强
dE
dq
dE 4 0 R2
dS 4 0 R2
sindd
4 0
由对称性分析可知
d
4 0
方向沿z 轴负向
1-10半径为Ｒ的带电细园环，线电荷密度 0 cos ,
0 为常数， 为半径Ｒ与x轴夹角，如图所示，求
圆环中心处的电场强度。
Y
解： 0 cos ,即分 布
关于x轴 对 称 E的 方 向 必 在x轴 上
dq Rd R0 cos d
dE
dq
4 0 R
2
0 cos d 4 0 R
解: (补偿法)由于对称性，均匀带电圆环在圆心处
场强为零。 q d
+ E=
E
均匀带电圆环 d L 所以q可视为点电荷
E
q
4 0 R2
d 4 0 R2
Q Q
2R d 2R
E
9 109
3.12 109 2 102
2 (50 102 )3
0.715v / m
1-8 如图所示，一细玻璃棒被弯成半径为Ｒ的半圆周，
F13
1
4 0
q1q3 r123
F23
1
4 0
q2q3 r223
r12
q1
q3
q2
r13
r23
F12 F13
F23 F13
解得：
q3 (
程稼夫电磁学第二版 习题解析
前言：特别感谢质心教育的题库与解析，以及“程稼夫力学、电磁学习题答案详解”的作者前辈和血色の寂宁前辈的资料.4-1动生电动势，电路中的电流要使功率最大，应取最小值1，即.4-2原题图片和答案结果不符，现分两种情况：（1）按答案来：整体绕过o点且于磁感应强度平行的轴转动将运动分解为绕c的平动和转动，转动对电势差无贡献4-3（1）OP电势相等时，OP速度沿磁场方向，显然当OP位于YOZ平面时，OP电势相等（2）当OP在YOZ平面右侧即X＞0时，电势差（3）当OP在XOZ平面第一象限时，电势差最大4-4在任意时刻t，线圈中的电流为，则由电磁感应定律和欧姆定律得，该式也可以由能量得到4-5其中后一项式中与直杆平行，当与直杆方向垂直时，电动势绝对值最大故有.4-6对于回路有，故有力矩平衡故有.4-7（1）当转轮在磁场中旋转时，每一根轮辐上的感应电动势为四根辐条作为电源是并联的，轮子产生的感应电动势不变（2）根据戴维宁定理，将轮子作为电源，此时将外电路断路计算等效电动势. 4-8式中当转轮1和转轮2分别以ω1和ω2旋转并达到稳定时，闭合回路中感应电流为注意，因转轮1的四根轮辐并联，总电阻为；转轮2类似，其余连接导线、电刷、轮边缘的电阻均忽略不计.又，因转轮1和转轮2同方向旋转，ε1和ε2同方向，但在电路中的作用是彼此减弱的稳定转动时，转轮2所受磁力矩应与阻力矩抵消.磁力矩是四轮辐所受安培力产生的力矩，为式中是转轮2每根轮辐中的电流.阻力矩是阻力闸提供的力矩，因阻力恒为F，故有稳定将要向下滑动时安培力加滑动摩擦力等于重力分力解得可变电阻最大值匀速向上滑动时，电路中同时杆受力平衡，有联立解得.4-11注意题文描述中磁场竖直向上而所给图垂直于轨道平面，此处以文字为正.（1）下滑时，动生电动势与电源同向，故当加速下滑时，电流增大，V2读数增大，V1减小.（2）由牛顿第二定律及欧姆定律得：4-4-4-内电阻阻值负载电阻与内阻相等时，负载上功率最大.4-15平板的宽度d切割磁感线产生感应电动势，积累电荷产生电场，使自由电荷磁场力和4-16由受力平衡，；由力矩平衡，解得.4-17由于圆盘有厚度D，故当圆盘在磁场区域内竖直下落的速度为v时，在圆盘的厚度方向分离变量：两边积分：又初态，代入得：最大焦耳热：4-23（1）如图所示，当小球在管中任意位置x时，设该处的涡旋电场为E，则故式中r是小球在x位置时与O′的距离，式中的负号表示E的方向如图所示，即E与B的变化构成左手螺旋.因此，E的x分量为其中用到几何关系表示沿y轴正方向.小球所受洛仑兹力沿y方向，无x分量，为可见，即洛仑兹力沿y轴负方向小球在y方向还受管的支持力，因三力平衡，故管对小球的支持力为，于是，小球对管的作用力为.4-24法一：cd法二：记圆心为O，连接，.封闭回路中，与段无感生电动势，则.4-25由图中磁场方向及均匀减小，可知圆周上感应电动势方向为顺时针，大小为已知，联立解出故A、B两点电势差.4-26磁场变化产生感应电动势（负号代表逆时针方向）圆环电阻阻值，感应电流电功率.4-27回路以逆时针指向纸外为正，则磁通ab上解得做功.4-29K反向时，励磁电流反向，磁场反向，磁通量变化量大小为原来的两倍，方向相反.4-32根据自感定义，单匝线圈磁通为.4-36设原线圈电路电流为，副线圈电路电流为，由理想变压器性质由题整理得要求灯正常发光，所以算出额定电流，然后能得到每个回路上的电流.4-38（1）如图，由输入等效电路原理（2）原线圈上的电压；副线圈上的电压（3）变压比为.4-39（1）由题，安培力等于阻力（2）代入，（3）单位时间克服阻力做功单位时间电路中消耗代入得（2）当C2断路时，没有感应电流，C1中无互感电动势此时C2中只有互感电动势，a′、b′两端的电压为.。
电磁学第一章习题答案
第一章 静电场习题答案1-1 氢原子由一个质子（即氢原子核）和一个电子组成。
根据经典模型，在正常状态下，电子绕核作圆周运动，轨道半径是5.29×10-11m 。
已知质子质量m p =1.67×10-27kg ，电子质量m e =9.11×10-31kg ，电荷分别为±e=±1.60×10-19C ，万有引力常量G=6.67×10-11N.m 2/kg 2。
（1）求电子所受质子的库仑力和引力；（2）库仑力是万有引力的多少倍？（3）求电子的速度。
答：（1）设电子所受的库仑力为F ，根据库仑定律，其大小()()N r q q F 8211219922101023.81029.51060.11099.841---⨯=⨯⨯⨯⨯=⋅=πε设电子所受的万有引力为f ，根据万有引力定律，其大小()N r mM G f 4721127311121063.31029.51067.11011.91067.6-----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⋅= （2）394781027.21063.31023.8⨯=⨯⨯=--f F （3）设电子绕核做圆周运动的速度为v ，因为F f <<，所以可认为向心力就是库仑力F ，根据Rv m F 2=向得s m m RF v /1019.21011.91029.51023.8631118⨯=⨯⨯⨯⨯==---向 1-3 答：（1）它们之间的库仑力为()()N r q q F 4.14100.41060.11099.84121521992210=⨯⨯⨯⨯=⋅=--πε（2）每个质子所受的重力为：N Mg P 26271064.18.91067.1--⨯=⨯⨯==2626108.81064.14.14⨯=⨯=-P F 所以P F >> 1-5 答：设油滴的电量为q ，它受的电场力和重力分别为F 和P ，由F =P ，即mg Eq =，得()C E mg q 19563361002.81092.18.91010851.01064.114.334---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯== 考虑到电荷的正负，C q 191002.8-⨯-=1-7 根据经典理论，在正常状态下，氢原子中电子绕核做圆周运动，其轨道半径为m 111029.5-⨯，已知质子电荷为C e 191060.1-⨯=，求电子所在处原子核（即质子）的电场强度。
电磁学第一章答案
§2 电场 电场强度
因为l r, 且P ql qli , 所以得
1 2ql 1 2P EA i 3 4 0 r 4 0 r 3 2求EB : q和 q在B点产生的场强E和E
分别为
E
y
E
s?d点电荷位于球面中心204rqe???????sssrqsed4d20e???0e?q?r高斯定理库仑定律电场强度叠加原理专业资料第一章静电场第一章静电场353高斯定理点电荷在任意封闭曲面内??cosd4d20esrq?20d4rsq??00ed4??qq???s?ds?ds?d?rs?drsdd2?其中立体角专业资料第一章静电场第一章静电场363高斯定理q点电荷在封闭曲面之外2ds?2e?0dd111???se??222dd0es???0dd21??0d???sse??1ds?1e?专业资料第一章静电场第一章静电场373高斯定理由多个点电荷产生的电场???????21eee???????siissese????dde????????外内isiisisese????dd???????内内0e1diiisiqse???0d
G 6.67 1011 N m2 kg2
Fe 39 2.27 10 Fg
（微观领域中,万有引力比库仑力小得多,可忽略不计.）
第一章 —— 静电场 10
§1 静电的基本现象和基本规律
4、静电力的叠加原理： 作用于某电荷上的总静电力等于其他点电荷单独存在时作 用于该电荷的静电力的矢量和。 离散状态
Q
P E0
Q
P q
F E0 q
第一章 —— 静电场 14
电磁场含电磁波课后答案第1章.doc
第一章习题解答给定三个矢量 A 、B和C如下：A e x e y 2 e z 3B e y 4 e zC e x 5 e z 2求：（ 1）a A；（ 2）A B；（3）AgB；（4）（7）Ag( B C )和( A B )gC；（ 8）( AA e x e y 2 e z 3 解（ 1）a A12 22 e xA ( 3)2 AB；（ 5）A在B上的分量；（ 6）A C；B) C 和 A (B C ) 。
1 2 314e y e z14 14（2）A B （3）AgB （ 4 ）(e x e y 2 e z3) ( e y 4 e z ) e x (e x e y 2e z 3) g( e y 4 e z ) －11由cosAgBAB A Be y 6 e z 4531111，得1417238AB cos 1 ( 11 ) 135.5o 238（ 5）A在B上的分量A B A cosAgB 11 AB B 17e x e y e z（ 6）A C 1 2 3 e x 4 e y13 e z 105 0 2e x e y e z（ 7）由于B C 0 4 1 e x 8 e y 5 e z 205 0 2e x e y e zA B 1 2 3 e x 10 e y 1 e z 40 4 1所以Ag( B C ) ( xe y 2 z 3) x y z42e e g(e 8 e 5 e 20)( A B )gC ( e x10 e y 1 e z 4)g(e x 5 e z 2) 42e x e y e z（ 8）( A B ) C 10 1 4 e x 2 e y 40 e z 55 0 2e x e y e zA (BC ) 1 2 3 e x 55 e y 44 e z118 5 20三角形的三个顶点为P1 (0,1, 2) 、 P2 (4,1, 3) 和 P3 (6, 2,5) 。
（ 1）判断PP12 P3是否为一直角三角形；（ 2）求三角形的面积。
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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）1-101-11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INT1-35（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。