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(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(Q q)

F

0 r 2

4

令力 F 对电荷量 q 的一队导数为零，即

dF(Q q)q

dq4r 20

得

q1q2Q 2

即取 q1q2Q

时力 F 为极值，而2

d 2 F2

0 dq2q Q40r 2

2

故当 q1q2Q

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

2q

Q

q

L-x

x

L

2qQ

qQ 0

4

0 ( L x)

2

4

0 x 2

得

x 2

2Lx L 2

舍去 x 0

的解，得 x ( 2 1)L

1．3．8 解答 :

∞

y

y

y

d E 3

A

∞ E 2

E

3

E A

E AB

A

O

x

α

x

O

R

E B

x

R

E 1

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 E 1 ，由习题 1.3.7

（2）可知

E 1 x

4

0 R

仿习题 1.3.7 解答过程，得

dE 1y k

dl

k

ldl

r 2

sin

2

l 2

)3/2

(R

E

1y

k

ldl

0 (R 2

l 2 )3/2

4

R

v

故

E 1

(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

? ?

E 2

4 ( i

j )

0 R

对于圆弧段带电线在 O 点产生的场强 E 3 ，参看图 1.3.8（b ），得

dE 3x k

dl

2

cos k d

cos

R

/ 2 R

E 3x

k d

R

cos

4 0R

同理得

E 3 y

4

R

故

v

? ? E 3

4

R

(i j )

解得

v v v v v

? ?

E E 1

E 2 E 3 E 3

4 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

v

0 R

(

? ?

E A = 4

i

j )

B

的带电直线在 O 点产生的场强为

v E B

( i

?

?

j)

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

v v

? k

/ 2

?

?

E AB

E ABx

i

/ 2

cos d i

i

R 2

R

故带电线在 O 点产生的总场强为

v v v v

E E A E B E AB 0

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 2 0 R e r

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

dE x

dE cos

2

cos d

2

cos 2 d

v

?

? 2

2

?

E

d

E x i

i

0 cos

2 0 i

2

1．4．5 解答：

O′

S S

S S

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。

( 2x S)

E dS

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)

2ES

考虑电场的方向，求得板内场强为

v

x ?i

E

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 dS

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)

考虑电场的方向，得

v

d

E

i

?

2 0

1．4．8 解答 :

a

c b

r 1 T

M

r 2 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 r

v

1

v r

v

2

E

3 0

E

3 0

v v

式中： r 1 为从大球圆心 O 指向 T 点的矢径； r 2 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

(r 1

r 2 )

c

3 0

3 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

v b 3

2

a 3 ? E M

c) 2

e c

3 0 (r M

r M

P 点为大球内一点，根据叠加原理，求得

v

b

3

r p ?

E p

(r p

c)

2

e c

3 0

1．4．9 解答：

R

r

E r

L

O

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 dS

r 2 L

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

E r 2 rL

r 2 L

解得柱体内场强

E内

?r E

内r

e

r 2 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

Q R2 L

解得柱体外场强

?R2

?

E外r e r

E外 2 0 r e r

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

I R1II III

r E r

Lλ1/2π 0R1

ε

λ12π0R2

/ε

O

r R1 R2

(1) 作半径为r (R1r 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

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

用高斯定理有

2 rLE IIr1L

0解得区域 II 内的场强

E

II E

IIr

e?

r

1?

20r

e

r

同理，可求得 r R1的区域I中的场强

E I 0

在 r R2的区域III中的场强

E

III

?12? E

IIIr

e

r

20

r e r

(2) 若1 2 ，有

E I

E

II

1?

E

III

0 020

r

e r

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

E1l E2l0

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

O r P

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

心 r 处的 P 点的电势为

R r

R 3

dr 3R

2

r

2

Q(3R

2

r 2

)

r

3 0

dr

3 0 2

2

8 0 R 3

R

3 0r 2

1．6．5 解答 :

III

II I

R 2

O

R 1

（1）根据电势的定义， III 区的电势为

V (r )

Q 1 Q 2

V III ( R 2 ) Q 1 Q 2

III 4

0r

4

R

2

II 区的电势为

V

II

R 2

Q 1 dr Q 1 Q 2 dr

4

r

0 r 2

R 2 4 0

r 2

1 Q 1 Q 2

4

r

R 2

I 区的电势为

1Q1Q2 V I (r ) V II (R1 )

0R1R2

4

（2）当Q1Q2时，E

III(r )0 ，代入（1）中三个区域中的电势

的表达式，求得

V III (r )0 ，V II (r )Q1 1 1

，

V (r )Q111

4 0r R2I 4 0R1R2

V-r 曲线如图 1.6.5（a）所示

Q2Q1

当R R时，代入（ 1）中三个区域的电势的表达式，求得21

V III (r )(R1R2 )Q1

，

V

II

(r )Q1 1 1

40

R

1

r

4 0

， V I (r ) 0

r R1

V—r 曲线如图所示。

V r V r

I

r

II

r I R1

III R2

O R1 R2O II III 1．6．6 解答：

a

c b T

M r1r2

P O O′O 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

b 3 ，电荷密度为

的大球在 M 点的电势为

V (r M )

3

Q

a 3

4

0r M

3 0 r M

电荷密度为 -

的小球在 M 点的电势为

V

(r M )

q

b 3

（

4 r M c)

3

0 r

M

c

0 M 点的电势为

V M

V (r M ) V (r M )

a

3

b

3

r M r M c

3 0

电荷密度为

的大球在 P 点的电势为

V (r

)

a E dr

(3a 2

r 2 ) P E dr

内

a

6 0

P

r P

电荷密度为 -

的小球在 P 点的电势为

V (r P )

b 3

3 0 r P c

P 点的电势为

V

V (r ) V (r

)

3a 3 r 2

2b 3 P

P

P

6 0

P

r P c

电荷密度为

的大球在 O 点的电势为

a

a

2

( )a 2

a 2

V (r O )

E 内 dr

E dr

6

0 3

0 2 0

r O

a

电荷密度为 - 的小球在 O 点的电势为

b 2

V (r O )内 dr E外 dr(b2c2 )b

E

c b 6 0 3 0

3b2c2

3 022

O点的电势为

V V (r

O ) V (r )3a 23b 2c2

O O

60

电荷密度为的大球在 O′点的电势为

V ( r O)E内 dr E dr(a2c2 )a2

a

c a 6 0 3 0

6

(3a2 c 2 ) 0

电荷密度为 -的小球在 O′点的电势为

V (r O )b E 外 dr b2b2

E 内 dr6

03 0

c b

b2

2 0

O′点的电势为

V O V (r O ) V ( r O )3a 23b2 c 2

60

2．1．1 解答：

x

dS=Rsin θd φxRd θ

d θ

φ

R

θ

Rsin θ

O

z

y

建立球坐标系，如图所示，球表面上的小面元面积为

dS

R 2 sin d

d

(1)

面元上的电荷量为

dq

dS

R 2 cos sin d d

(2)

导体上一面元 dS 所受的电场力等于

v

dS

v

2

2

cos 2 dF

(

E

dSe?

dSe? (3)

) 2

n

2

n

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 0

2

cos 2

?

(4)

dF z

2 0

cos dSk

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

/ 2

2

3

2 d

R ?

F 右

2

R cos sin d

k

4

k

左半球所受的力为

v02 R2

F左k?

4 0

2．1．4 解答：

σσ

3

σ

12

σ4

A B

d

解：由左至右各板表面的电荷密度1，2，3，4，因q B0 ，利用静电平衡条件列方程得：

14

23

12q A（无限大平行金属板）S

340

解得：q A

124

2S

3q A 2S

∴V E内 dl E内 d 2 d q A d

0 2 0 S 将 B 板接地：（σ4=0）

1 4

2

3

1

2

q A

S

∴

q A

2

3

S

V

v v

E 内d

2

d

q A d

E 内 dl

S

2．2．1 解答：

R 2

q

R 1

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强为

0，因

此，壳内、壳外的电场表达式相同，距球心为

r 处的场强均表示为

v

q

?

或

E (r )

(r R 1 r R 2 )

4 0 r 2

e r

距球心为 r (0 r

R 1 ) 处电势为

R

v

v

v

v

q

1

1

1

1

(0 r R 1 )

V

内r

E 内 dr

+ R E 外 dr =

2

4

r R 1 R 2

在导体球壳内场强和电势分别为

v

( R 1 r R 2 ) E 壳 (r ) 0

q

( R 1 r R 2 )

V 壳

4 0 R 2

球壳外的电场由壳外壁电荷激发，壳外的电势为

V 外

v

q

r )

r

E 外 dr

v

( R 2

4 0r

场强大小 E 和电势 V 的分布如图所示。

E

V

r

r

O

R 1

R 2

O

R 1

R 2

2．2．2 解答：

r

b

q

a

O

球形金属腔内壁感应电荷的电荷量为 -q ，由于点电荷 q 位于偏心位

置，所以腔内壁电荷面密度分布 内 不均匀，球形金属腔外壁的电荷量

为 Q q ，腔外壁电荷面密度 外 均匀分布，根据电势叠加原理， O 点

的电势为

V O

q

内

dS Q q

q 1 1 1 Q 4 0 r

ò

4 0 a 4

0 b 4

r a b

4 0b

2．3．2 解答：

S A

t D d

B

（1）平行放置一厚度为t 的中性金属板 D 后，在金属板上、下将出现等值异号的感应电荷，电场仅在电容器极板与金属板之间，设电

荷面密度为0 ，电场为

E

A、B 间电压为

U

AB0 (d t)Q

0 (d t )

00 S

A、B 间电容 C 为

C Q

00

S U AB d t

（2）金属板离极板的远近对电容 C 没有影响（3）设未放金属板时电容器的电容为

C00 S

d

放金属板后，板间空气厚度为

d3d

d t d

4

4

此时电容器的电容为

C

0S4

C0800 F 3d3

4

由于 A、B 不与外电路连接，电荷量Q0不变，此时A、B间电压为

U

AB Q0U

AB

C0

7.5V

C C

2．3．5 解答：

A

C

333

223

333

B

D

（1）按图中各电容器的电容值，知C、D 间电容为

C CD(2 3/ 3) F 3 F

其等效电路如图（ a）所示， E、F 间电容为

C EF(2 3/ 3) F 3 F

同理，其等效电路如图 (b)所示， A、B 间电容为

C AB (3/ 3) F 1 F

A E C

A

E

B

D B

F F

(a)(b)

(2)A、B 间的电势差为 900V，等效电容C AB上的电荷量为

Q

AB C U

AB

9 10 4 C

AB