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 82
11
2199
22101023.81029.51060.11099.841
---⨯=⨯⨯⨯
⨯=⋅=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 472
11
273111
21063.31029.51067.11011.91067.6-----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⋅= （2）3947
8
1027.210
63.31023.8⨯=⨯⨯=--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R
v m F 2
=向得
s m m R
F v /1019.210
11.91029.51023.8631118⨯=⨯⨯⨯⨯==
---向 1-3 答：
（1）它们之间的库仑力为
(
)()
N r q q F 4.1410
0.41060.11099.841
2152
199
2210=⨯⨯⨯⨯=⋅=--πε
（2）每个质子所受的重力为：
N Mg P 26271064.18.91067.1--⨯=⨯⨯==
26
26
108.81064.14.14⨯=⨯=-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 195
63361002.810
92.18
.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。

答：根据点电荷的场强公式20
41r
q
E ⋅
=πε，电子所在处原子核（即质子）的电场强度大小：
()
C N r q E /1014.51029.51060.11099.841
112
11
99
20⨯=⨯⨯⨯
⨯=⋅=-πε
1-10
证明：（1）根据电场强度的叠加原理，取向右为正，P 点场强
()()⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡--++=
22202114r l r l r q E πε 化简得
()
4
040243423r
Q r ql E πεπε==
（2）根据电势的叠加原理，P 点电势
()()3
032004242114)(r
Q
r l q r l r l r q r U πεπεπε=⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--++= 1-12 答：
（1）如下图所示，x 轴垂直两导线，根据场强的叠加原理，应用公式r
E e
02πεη=
得P 点场强 )
(21120021a x x a x a x E E E e e -=
⎪⎭⎫
⎝⎛--=+=πεηπεη
（2）两均匀带电的直线中任意一条都在另一条的电场中，所以两线单位长度间的吸引力为：
a
E F e e 02
2πεηη=
= 1-13
答：面积分法
球面元面积 ϕθθd d a dS sin 2=
设场强与z 轴同向，则通过半球面的电通量
⎰⎰⎰⎰⎰⎰===⋅=2/0
220
2
sin cos cos πππθθθϕθφE a d d Ea dS E S d E S S e
若场强与z 轴反向，则通过半球面的电通量
⎰⎰⎰⎰⎰⎰-=-=-=⋅=2/0
220
2
sin cos cos πππθθθϕθφE a d d Ea dS E S d E S S e
1-15
答：（1）设从地面到离地面1.5km 高度的大气中电荷的平均体密度为
e ρ。

取垂直于地面，底面积为s ∆的圆柱面S 为高斯面，S 的上、下底
面分别在高度为1.5km 处和靠近地面处，上、下地面上的场强分别为
上E 、下E ，则通过S 面的电通量为
()S E E S d E S ∆-=⋅=⎰⎰
上下
E φ
S 面内的电量
∑⋅⋅∆=内
S e i
h S q
ρ
根据高斯定理得
e h S S E E ρε⋅⋅∆=
∆-0
1
)(上下
()()313120/C 1043.41500
1085.825100m h
E E e
--⨯=⨯⨯-=
-=ερ上下
（2）设地面的面电荷密度e σ。

由于电荷只分布在地球表面，所以地表下的场为零。

取侧面垂直于地面，上、下底面分别在地面上（靠近地面处）和地面下的圆柱面S 为高斯面，底面积为S ∆。

根据高斯定理得：
∑⎰⎰=
⋅内
S i
S q
S d E 0
1
ε
得：0
e S εσS
E ∆=
∆⋅-地 则 210120/109.81001085.8m C E e --⨯-=⨯⨯-=-=地εσ
1-21 在夏季雷雨中，通常一次闪电里两点间的电势差约为100MV ，通过的电量约为30C 。

问一次闪电消耗的能量是多少？如果用这些能量来烧水，能把多少水从0℃加热到100℃？ 解：（1）消耗的能量：98100.31030⨯=⨯==qU W
（2）设能把m kg 的水从0℃加热到100℃，由)(12t t cm Q -=，得
()kg t t c Q m 33
912102.7100
1024.0103⨯=⨯⨯⨯=-=
1-22 已知空气的击穿场强为6102⨯V/m ，测得某次闪电的火花长100cm ，求发生这次闪电时两端的电势差。

解：闪电时两端的电势差
V Ed U PQ 86102100102⨯=⨯⨯==
1-25
解：如上图所示，环上任一电荷元dq 在P 点产生的场强大小为
2041
r dq dq πε=
根据对称性分析，整个圆环在P 点产生的场强大小为：
()
2
/3220204141
cos R x qx r x r dq dE E +=
⋅=
⋅=⎰⎰πεπεθ
（2）E-x 曲线如下图所示：
（3）令()
0412/3220=⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢
⎣⎡+=R
x qx
dx d dx dE πε，得 R x 2
2
±
= 即环心左右两边
R 2
2
处的场强最大。

2
0max 36R
q E πε=
（4）环上任一电荷元dq 在P 点产生的电势为
r dq dU 041
πε=
整个圆环在P 点产生的电势
2
2
04141R
x q dq r
dU U +=
=
=⎰⎰πεπε
（5）U-X 曲线如下图所示。

1-29 解：
（1）根据高斯定理可得均匀带电球外部空间的电场：
r r
q E 20
41⋅=
πε 所以球面处的电势为
V R
r d E U R
7
15
120106.110
9.61085.814.34141⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=
=
⋅=⎰
∞
--πε （2）设质子能达到金属原子和的最近距离为距核心r 处，此处的电势
r
q U 04πε=
质子具有的电势能
eU
W =
根据能量守恒定律，22
1mv eU =，则
202
14mv r
qe =πε 所以
m mv
qe r 13
2
0105.142-⨯==
πε （3）设α粒子能达到金原子核的最近距离为距核心r '处与（2）同法可得
m r 14102.4-⨯='
1-33 解：
（1）选择O 点的电势为零，带正电的导线在P 点产生的电势为：
()+++-==⎰
r a dr r U e a
r e ln ln 2200
πεη
πεη 带负电的导线在P 店产生的电势为：
()a r dr r U e a
r e ln ln 2200
-=-=--⎰
-πεη
πεη 所以
()()()2
22
2
00ln 2ln ln 2)(y
a x y a x r r U U P U e e +-++=-=+=+--+πεηπεη （2）根据
()()2
22
2
0ln 2)(y
a x y a x P U e +-++=πεη 得
()()2
22
2/20y
a x y a x e
e
U +-++=
ηπε 令上式左边为k ，则得
()()22
222k y a x y a x =+-++
整理后
()
2
222
2
21211⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+⎥⎦⎤⎢⎣
⎡-+-k ka y k k a x 这就是空间直角坐标系中的圆柱面方程，该圆柱面的半径为1
22-=
k ka
r ，轴线在a k k x 1
1
22-+=处且与两直线共面。

（3）设0=U ，则得
()()0ln 22
2220
=+-++y a x y a x e
πεη
即
()()12
222=+-++y a x y a x
化简得
0=x
此方程在空间直角坐标系中是YOZ 平面，它与两带电导线平行。

1-36
解：（1）由对称性分析可知，在半径为r 的同心球面上的场强的大小
相等，方向沿径向。

根据高斯定理∑⎰⎰=
⋅=⋅内
S i
S
q
r E S d E 0
214επ ，得
∑=
内
S i q r E 2
041πε
当10R r 时，0=∑内
S i q ，所以
0=I E
当21R r R 时，1Q q S i =∑内
，所以
21
41r
Q E II ⋅
=
πε 当2R r 时，∑+=内
S i Q Q q 21，所以
2
2
10
41r Q Q E III +⋅
=
πε （2）若21Q Q =，同理可知I E 和II E 同前，但在第III 区域内，由于
021=+Q Q ，则0=III E 。

E-r 曲线如下图所示。

（3）设I P 、Ii P 、III P 分别为I 、II 、III 区域内的任意一点。

当10R r <<时，
⎪
⎪⎭⎫ ⎝⎛-=
⋅=⋅+⋅+⋅=⋅=⎰⎰
⎰⎰⎰
∞∞21
12
0111442
21
21
11
1
R R Q dr r Q r d E r d E r d E r d E U P R R III R R II R r I P I πεπε 当21R r R <<时
⎪⎪⎭⎫
⎝
⎛-=
⋅=⋅+⋅=⋅=⎰⎰
⎰⎰
∞∞201
2
01
11442
22R r Q dr r Q r d E r d E r d E U R R r
III R r
II P II II
πεπε
当2R R >时，
⎰
⎰∞∞
=⋅=⋅=I I I
P r
III III dr E r d E U 0
U-r 曲线如图所示。

U 12
1-39设气体放电形成的等离子体圆柱内的体电荷分布可用下式表示：
2
2
1)(⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣⎡⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=
a r r e ρρ
式中，r 是到轴线的距离，0ρ是轴线上的e ρ值，a 是个常量（它是e ρ减少到4/0ρ的半径）。

（1）求场强分布；（2）以轴线为电势零点求电势分布。

解：
（1）设距轴r 处的场强为E ，取一与等离子圆柱体同轴，且底面垂直于轴，半径为r ，长度为l 的封闭圆柱面S 作为高斯面，此面内的电量：
()()⎰
∑⎰+=
'⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣⎡⎪⎭
⎫ ⎝⎛'+'='''=r
S r e
i r
a r la r d a r r l r r ld r q 0
2
2
2
202
2
122πρρπρπ内
通过S 的电通量
⎰⎰⋅=⋅S
rl E S d E π2
根据高斯定理得
2
2
2
20012r a r la rl E +⋅=⋅πρεπ 所以
()
2
20202r a r
a E +=
ερ
方向垂直于轴线O O '指向等离子圆柱体外。

（2）以轴线为电势零点求电势分布
(
)
220020
220
02ln
22r
a a a r d r a r a r d E U r
r
+=''+'=
'⋅=⎰
⎰ερερ 1-42
证明：（1）因两区域电荷代数和为零，所以区域外场强为零。

两区域
内的总场强均从左指向右，且垂直于两带电平板。

如图所示，做地面垂直于x 轴大小为S ∆、侧面平行于x 轴的封闭圆柱面1S 和2S 为高斯面，根据高斯定理，在N 区有：
()0
1)(ερe
N x x S S x E -∆=
∆
所以：
()x x e
n x E N N +=
1)(ε （x 为负值）
在P 区有：
()0
2cos )(ερπx
p x x S S x E -∆-
=∆
所以
()x x
e
n x E p
p -=
2)(ε
()x e ρ和)(x E 随x 变化的曲线如图所示。

（2）令PN 结的交界面的电势为零，则在N 区的电势分布为
⎰⎰⎪⎭
⎫
⎝⎛+-=⋅=⋅=0
0201121P x N N x x x e n dx E l d E U ε 在P 区的电势分布为
⎰⎰⎪⎭
⎫
⎝⎛--=⋅=⋅=0
2002221P P P x x x x e n dx E l d E U ε 1-45：
A
B
P ++++
+
+++++----------
解：（1）根据无限大均匀带电平板的场强公式，A 板上的电荷在P 点产生的电场强度02/εσe A E =，方向指向B 。

（2）同理，B 板上的电荷在P 点产生的电场强度02/εσe B E =，方向指向B 。

（3）根据场强叠加原理，0/εσe B A E E E =+=，方向由P 指向B 。

（4）拿走B 板，A 板表面的电荷将在两侧面上均匀分布，设面电荷密度为'e σ，则e e σσ='2，两侧面电荷在P 点的场强
0002/2/2/εσεσεσe e e P E ='
+'=，方向指向B 。

1-51
解:（1）电势分布。

取无穷远处为零电势点，则
⎰
∞⋅=r
r d E r U )(
当2R r >时，
r
q dr r
q r U r
02
044)(πεπε=
⋅=⎰
∞
当21R r R <<时，
2
02
044)(2
R q dr r
q r U R πεπε=
⋅=⎰
∞
当10R r <<时，
⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛+-=
⋅+⋅=⎰
⎰
∞
2102
02
0111444)(1
2
R R r q dr r q dr r q r U R r
R πεπεπε 则导体球壳的电势为：
V R q U 12042
0==
πε
（2）离球心cm r 0.1=处的电势为
⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛+-=
2101114R R r q U πε=300V （3）把点电荷移开 1.0cm ，只影响球壳内表面上的电荷分布，不会影响球壳外表面上的电荷分布，因而球壳外的场强和电势分布不会因此而改变，所以导体球壳的电势为：
2
04R q U πε=
=120V
1-52 半径为1R 的导体球带有电荷q ，球外有一个内外半径分别为2R 、
3R 的同心导体球壳，壳上带有电荷Q 。

（1）求两球的电势1U 和2U ； （2）求两球的电势差U ∆；
（3）以导线把球和壳接在一起后，1U 、2U 和U ∆分别是多少？ （4）在情形（1）和（2）中，若外球接地，1U 、2U 和U ∆分别是多少？
（5）设外球离地面很远，若内球接地，情况如何？
解：如图所示。

根据静电平衡时电荷分布规则可得：静电平衡时导体
球表面将带有电荷q ，球壳内表面将带电q -，球壳外表面将带电
q Q +，并且都是均匀分布。

（1）解法一：
根据叠加原理，任意点处的电势应为这3个带电面在该处产生的电势的代数和，取无限远处为势能零点，则 内球处电势
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡++-=
++-+
=
++-+=321
30201
0111141
444)()()(R q Q R q R q R q Q R q R q q Q U q U q U U πεπεπεπε球壳处电势
⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡+=++-+
=
++-+=3030303
022*******)()()(R q Q R q Q R q R q q Q U q U q U U πεπεπεπε 解法二：
根据高斯定理可得空间电场的分布
01=E 1R r <
r r q E
2
024πε=
21R r R <<
03=E 32R r R <<
r r
q Q E 2
044πε+= 3R r > 取无穷远处为零势能点，则根据⎰∞
⋅=r r d E U
，得
内球处电势
⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡++-=
⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰
∞∞
3210421413
21
1
R q Q R q R q r d E r d E r d E U R R R R πε 球壳处电势
⎰⎰∞
∞+=
⋅=⋅=33
3
0424R R R q
Q r d E r d E U πε （2）两球的电势差
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=
-=∆21
021114R R q U U U πε （3）用导线把球和球壳连在一起，电荷（Q+q ）全部分布在球壳外表面，且球和球壳的电势相等
3
042143
R q
Q r d E U U R πε+=
⋅==⎰∞
021=-=∆U U U
（4）在（1）、（2）情形中，若外球壳接地，则外球壳的电势2U =0，两球的电势差不变，
⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-=
-=∆21021114R R q U U U πε 内球电势
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=∆+=21021114R R q U U U πε （5）内球接地，则内球的带电就不可能再是q ，设其带电量为q '，则球壳表面将带电q '-，外表面将带电q Q '+，根据叠加原理，内球电势为
0444)()()(3
0201
01111='
++'-+
'=
'++'-+'=R q Q R q R q q Q U q U q U U πεπεπε 球壳处电势
⎥⎦
⎤⎢⎣⎡'+=
'++'-+
'=
'++'-+'=30
30303
0111241
444)()()(R q Q R q Q R q R q q Q U q U q U U πεπεπεπε 联立以上两式解之得：
()()
21313201224R R R R R R R R Q U +--=
πε ()()
213132012214R R R R R R R R Q U U U +---
=-=∆πε 1-57
解：AB 间电容为AC 间电容与BC 间电容的串联，设A 、C 板间的距离为x ，则
S
t d x
t d S x S C C C BC AC 00011111εεε-=--+=+=
所以
t
d S
C -=
0ε
（2）因为t
d S
C -=0ε与x 无关，所以金属片离极板的远近对C 无影响。

1-62
解：（1）当给内壳1R 以电量Q 时，因静电感应，各球面带电情况如图所示。

2R 和3R 间（导体球壳内）无电场，故
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=
+=⎰⎰
4321
20201411114444321
R R R R Q
dr r Q dr r Q U R R R R πεπεπε （2）3
2142143143243210144R R R R R R R R R R R R R R R R U Q
C -+-=
=πε 1-63
解：（1）设内球所带电量为q ，因静电感应，球壳内层带q -，外层带
q +，令内球半径、球壳内、外半径分别为321,,R R R ，则导体球的电势
⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛+-=
321011114R R R q U πε
导体球壳的电势
30214R q
U πε=
此系统储存的电能
()⎪⎪⎭⎫
⎝⎛+-=
+-=321
2
321111821R R R q qU qU qU W e πε 带入数据计算得：
4108.1-⨯=e W J
（2）此时电荷全分布在球壳外表面，且导体球壳的电势3
031
4R q
U πε=，
此系统储存的电能为
3
02
3821R q qU W e πε=
= 带入数据计算得：5101.8-⨯=e W J 。

1-66 解：
（1）)/(/1111S I J E σσ==；)/(/2222S I J E σσ== （2）S Id d E U AB 1111σ==；S
Id
d E U BC 2222σ==。