电磁学第二版习题答案第一章

第一章 静电场的基本规律


1．1 判断下列说法是否正确， 说明理由。
（1）一点的场强方向就是该点的试探点电荷所受电场力的方向。
（2）场强的方向可由E=F/q确定，其中q可正可负。
（3）在以点电荷为心的球面上，由该点电荷产生的场强处处相等。
答案：（1） ×正的试探电荷； （2） √ ；（3）× 在无外场是，球面上

E
??
大小相等。
1．2 半球面上均匀分布着正电荷，如何利用对称性判断球心的场强方向？
答案： 利用对称性分析，垂直轴的分量相互抵消。
1．3 下列说法是否正确？为什么？
（1）闭曲面上各点场强为零时，面内总电荷必为零。
（2）闭曲面内总电荷为零时，面上各点场强必为零。
（3）闭曲面的E通量为零时，面上各点场强必为零。
（4）闭曲面上的E通量仅是由面内电荷提供的。
（5）闭曲面上各点的场强仅是由面内电荷提供的。
（6）应用高斯定理的条件但是电荷分布具有对称性。
（7）用高斯定理求得的场强仅是由高斯面内的电荷激发的。
答案：（1）× 没有净电荷 ；（2）×； （3）×；（4）√；（5）×；（6）×；（7）×。
1．4 “均匀带电球面激发的场强等于面上所有电荷集中在球心时激发的场强”，这个说法是否正
确？
答案：无外场时，对球外而言是正确的。




1．5 附图中A和B为两个均匀点电体，S为与A同心的球面，试问：
（1）S面的通量与B的位置及电荷是否有关？
（2）S面上某点的电场强度与B的位置及电荷是否有关？
（3）可否用高斯定理求出S面上一点的场强？为什么？
答案：（1）无关 （2） 有关 （3）不能（导体球）、可以（介质球）。
场强叠加原理应用到有导体的问题时，要注意，带电导体单独存在时，有一种电荷分布，它
换页
们会产生一种电场；n个带电导体放在一起时，由于静电感应，导体上的电荷分布发生变化，这时，
应用叠加原理应将各个导体发生变化的电荷分布“冻结”起来，然后以“冻结”的电荷分布单独存
在时产生的电场进行叠加。
1.6 半径R的军于点电球内挖去半径为r的小球，对附图（a）与（b）的两种挖法，能否用高斯定
理和叠加原理求各点的场强？
答案：（a图） 能 ，叠加法（补偿法）； （b图） 不能




1.7 附图中的S1、S2、S3及S4都是以闭曲线L为边线的曲面（曲面法线方向如图所示）。一直S1的
E通量为
1
Φ，求曲面S2、S3、和S4的E通量
2
Φ、
3
Φ及
4
Φ。
答案：始终在内的点E=0不变，始终在外的点
2
04
q
E
rπε
=不变，
被气球表面掠过的点 ，E发生跃变，由
2
0
0
4
q
E
rπε
=→。
1.8 附图中S1、S2是四个闭

曲面，以E1、E2、E3分别代表由q1、q2、q3激发的静电场强，试判断
下列各等式的对错
（1）
1
1
1
0
s
q
Eds
ε
?=
∫∫
????
?
（2）
2
3
3
0
s
q
Eds
ε
?=
∫∫

?
（3）
1
2
32
0
()
s
q
EEds
ε
+?=
∫∫
?
?

（4）
1
12
12
0
()
()
s
qq
EEds
ε
+
+?=
∫∫
??
?
（5）
2
32
123
0
()
()
s
qq
EEEds
ε
+
++?=
∫∫
??
?

（6）
1
132
123
0
()
()
s
qqq
EEEds
ε
++
++?=
∫∫
??
?

答案：（1）× ；（2）×； （3）×；（4）×；（5）√；（6）×；
1.9 分别画出等值同号与等值异号的两无限大均匀带电平面的电场线图。

答案：
1.10 电场线是不是电电荷在电场中的运动轨迹？（设此


换页
点电荷除电场外不受其他力）
答案：一般不是。FqE=

； FMa=

；
v
a
t
=
?
??
?
；只有在匀强电场中，静止点电荷运动的轨
迹才的电力线。
1.11 下列说法是否正确？如不正确，请举一反例加以论述。
（1）场强点点相等的区域中电势也点点相等。
（2）如果两点电势相等，则她们的场强也相等。
（3）设A点场强（大小）大于B点场强，则A点电势必高于B点电势。
（4）场强为零处电势一定为零。
（5）电势为零处场强一定为零。
答案： （1）不正确 。
u
En
n
?
=?
?
??
?
例如匀强电场 。
（2）不正确。
（3）不正确。E大，电势的变化率就大，并非一定U大
（4）不正确。E=0，
U
n
?
?
=0 ，并不是U一定为0，在等量同号点电荷的连线中点处。
（5）不正确。U=0，并不是
U
n
?
?
一定为0，例：在等量异号点电荷连线中点处。
1.12 两个半径分别为R1及R2=2R1的同心均匀带电球面，内球所带电荷q10。当外球所带电荷q2
满足什么条件时内球电势为正？满足什么条件时内球电势为零？满足什么条件时内球电势为负？
（参考点选在无远。）
答案：
12
1
0101
442
qq
U
RRπεπε
=+
〈或者：
21
1211
2
112
112
22
2
00
44
RR
RRRR
qqq
UEdrEdrdrdr
rrπεπε
∞
∞+
=+=+
∫∫∫∫
〉
要使
10
U ，则
2
1(
)0
2
q
q+，即
212
qq?
要使
10
U=，则
2
1(
)0
2
q
q+=，即
212
qq=?
要使
10
U，则
2
1(
)0
2
q
q+，即
212
qq
1.13 试证明等势区的充要条件的区内场强处处为零。
证明：如果E处为0，则0
b
ab
a
UEdl==∫

，即是
ab
UU=，等位区。
如果是等位区，即U=0，则是0
U
E
n
?
==
?
。
1.14 试证均匀带电半球面的大圆截面S（见附图）为等势面。（提示：补上另一半球面，借对称性
换页
论证每个球面在S上贡献的场强垂直于S）
证明： 设s面上有场强平行于分量，补上另

一半球后球内改点的总场强
应为零，可见s面上不能有场强的平行分量，s面上只有场强垂直分量，故
s面上应为等势面。


1.2.1 真空中有两个点电荷，其中一个的量值是另一个的4倍。她们相距
-2
5.010×m时相互排斥力
为1.6N。问：
（1）她们的电荷各为多少？
（2）她们相距0.1m时排斥力的多少？
解：设一个电量为
1
q，则
214
qq=，由公式
12
2
0
1
4
qq
F
rπε
=可以得到：

2
1
22
0
41
1.6
4(510)
q
πε
?
=
×

解之得：
1
q=
6
0.3310
?×
， 2
14
qq==
6
1.3310
?×

∴当r=0.1时，所受排斥力为：

12
2
0
1
4(0.1)
qq
F
πε
==0.4（N）
1.2.2 两个同性点带电体所带电荷之和为Q，在两者距离一定的前提下，她们所带电荷各为多少时
相互作用力最大？
解：设其中一个电荷电量为q，则另一个电荷电量为Q-q，
由库仑力
2
()qQq
fk
r
?
= 可知
当0
df
dq
= 即：
[]
2
20
k
Qq
r
?=
所以两者电量分别为： 2Qq=
1
2
qQ=
1.2.3 两相距为L的点带电体所带电荷分别为2q和q，将第三个点带电体放在何处时，它所受的合
力为零？
解：设q
′
距q为r，则q
′
距2q为()Lr? ，放在相距r处，受合力为0，则有受力平衡条件：

22
2
()
qqqq
kk
rLr
′′
=
?


换页
得到： (21)rL=?
1.2.4 在直角坐标系的（0m，0.1m）和（0m，-0.1m）的；两个位置上分别放有电荷q=10
-10C
的点
带电体，在（0.2m，0m ）的位置上放一电荷为Q=10
-8C
的点带电体，求Q所受力的大小和方向。
解：如图（题1.2.4）： 根据图示，可以得到：
7
22
22
0.2
23.2210()
0.10.2
0.10.2
Qq
fkN
?
==×
+
+
i
方向：水平向右
1.2.5 在正方形的顶点上各放一个电荷为q的同行点带电体。
（1）证明放在正方形中心的任意点电荷所受的力为零。
（2）若在中心放一点电荷Q，使顶点上每个电荷受到的合理恰为零，求Q与q的关系。

答案：（1）证明： 由对称性可知：O点的E=0，则在O点放任意电量的点电荷受到的力均为0。
（2）解：设O点放一点电荷Q，根据右图可知：
∵ 1
2
2
0
1
4
qQ
ff
aπε
==
()
2
3
2
0
1
4
2
q
f
a
πε
=
∴
2
0
1
4
1
2
2
qQ
F
a
πε
=
??
??
??

要使q受到的合力为0，则有：

22
0
2
22
000
121
cos45
4442
1
2
2
qQqq
aa
a
πεπεπε
=+
??
??
??

解之得：
12
()
42
Qq=+ （Q应为负点电荷）
1.2.6 两个量值相等的同性点电荷相距为2a，在两者连线的中垂面上置一试点电荷q0，求q0受力最
大的点的轨迹。
解：∵
3
2
22
22
22
2
2
()
()
()
qqrkqqr
fk
ar
ar
ar
′′
==
+
+
+

又∵ 0
df
dr
=


换页
即：
31
22
2222
223
3
()()2
2
20
()
arrarr
kqq
ar
??
+?×+
??
′
=
??
+
??
??
i

∴
31
22
22222
()3()0arrar+?+=
∴
222
ar=
所以该圆的半径为：
2
2
ra=±
所得到曲线方程为：
2
22
2
a
yz
??
+=?
?
??
……….球面方程
1.3.1 在长为50cm，相距为1cm的两个带电平行板间的电场是均匀电场（场强方向竖直向上），
将一电子从P点（与上下板等距离）一初速度v0=10
7m/s
水平射入电场（见附图）。若电子恰在下板
由侧离开电场，求该均匀电场的大小。（忽略边缘效应，认为板外场强为零，且略去重力对电子运
动的影响）
解：电子在电场中受力产生运动加速度：
0
eEma=
由运动学方程得：
21
22
d
yat==

0
xvt= (
2
d
y= )xL=
解之得：
2
0
vmd
E
ex
??
=
??
??

1.3.2用细线悬一在质量为0.2g的小球，将其置于两个竖直放置的平行板间（见
附图）设小球所带电荷为
-9
610×C，欲使悬挂小球的细线与电场夹角为60
0
，
求两板间的场强。
解： 由图中所示：
00
cos30cos60eEmg=
其中：
0
cos60EqT=
0
cos30mgT=
解之得：
030
mg
Etg
e
=
1.3.3 一个电子射入强度是
3
510×N/C，方向竖直享受的均匀电场，电子的初速度为
710m/s
与水平
面所夹的入射角为30
0
（见附图），不考虑重力的影响，求：



换页
（1）电子上升的最大高度。
（2）电子回到原来高度时的水平射程。
解：（1）电子受力： fmaeE==
∵
02
0
1
sin30
2
yvtat=? （1）

0
0sin30yvv
at=?
当在最大高度时： 0
yv
=
则
0
00
sin30vat=?
∴

0
0sin30
v
t
a
= （2）
（2）式代入（1）式中得：最大高度
2
00
0
00
0
sin30sin301
sin30
2
vv
yva
aa
??
=×?
??
??


220
0
11
sin30()
2
v
aa
=?
220
0
1
sin30()
2
v
a
=

220
0
2
1
sin30
Ee
m
v=
2
0
8
mv
Ee
=
（2）当回到水平位置时：
y=0 即：
02
0
1
sin300
2
eE
vt
m
?=
解之得：
0
02
sin30mv
t
eE
=
所以在原来高度时水平射程为：
2
0
0
0
3
cos30
2
mv
xvt
eE
==
1.3.4 电子的电荷受罪先是由密立根通过油滴实验测出的，密立根设计的实验装置如附图所示。
一个很小的带电油滴在电场E内，调节E使作用在油滴上的电场力与油滴的重量平衡，如果油滴
的半径为
-4
1.6410×cm，平衡时E=
5
1.9210×N/C。求：

换页
（1）一直油的密度为0.851g/cm
3
，求油滴代暖和的绝对值。
（2）此值的元电荷e的多少倍？
解：（1）略
（2）mgqE=
3
19
4
8.0210
3
mgRg
q
EE
πρ
?
===×库仑
1.3.5 两个点电荷q1=4.0uc和q2=8.0uc相距10cm，求离她们都是10cm处的场强E。
解：
22
220
2112
224
2cos60
KqKqqq
Ek
aaa
????
=++
????
????

代入数据得：
60
12
9.5210101qq
N
E
C
=×
，与从到的连线成夹角。
1.3.6 附图中均匀带电圆环的半径为R，总电荷为q，求：
（1）轴线上离环

心O为x处的场强E。
（2）轴线上何处场强最大？其值是多少？
（3）大致画出E—x曲线。
解：（1）
2
0
1
4
dq
dE
rπε
=
2
q
dqdl
Rπ
=

222
rxR=+
对称分析知： 0E
⊥=

()
3
2
22
0
1
cos
42
qxdl
EExdExdE
RxR
α
πεπ
====
+
∫∫∫
()
3
2
2
0
22
0
1
4
2
R
qx
dl
RxR
π
πεπ
=
+
∫

()
3
2
22
0
1
4
qx
xR
πε
=
+

（2）曲线图见右：
（3）令0
xdE
dx
=
即：
()()
()
31
22
2222
3
22
0
3
2
2
0
4
xRxxxR
q
xR
πε
??
+?+
??
=
??
+
??
??



换页
解出得：0.7
2
R
xR==
3
2
2
0
2
1
2
4
2
qR
E
R
R
πε
=
??
+?
?
??

1.3.7 电荷以线密度η均匀分布在长为L的直线段上，求：
（1）带电线的中垂面上与带电线相距为R的点的场强。
（2）试证当L→∞时，该点的场强
2
02
E
R
η
πε
=；
（3）试证当RL时所得结果与点电荷场强公式一致。
解：（1）
22
0
1
4
ndx
dE
xRπε
=
+
方向如图：
由对称性分析可知，力的分量相互抵消。

2
22
220
0
1
sin2
4
L
ndxR
EdE
xR
xR
α
πε
==??
+
+
∫∫

=
2
3
2
22
0
0
2
4
()
L
nRdx
xR
πε
+∫

2
0
2
4
4
nL
L
RR
πε
=?
+

（2）当L→∞时：
2
00
2
42
1
4
nLn
E
R
R
RL
L
πεπε
=?=
+

（3）当RL?时：

22
2
000
2
2
444
1
4
nLnLq
E
RR
L
R
R
πεπεπε
=?==
+

1.3.8 把电荷线密度为
η
的无限长均匀带电线分别弯成附图（a）、（b）两在种形状，若圆弧半径为
R，求两图中O点的场强E。
解： 根据带电直线公式：
()
21
0
sinsin
4
xE
η
θθ
πε
=?
()
12
0
coscos
4
yE
η
θθ
πε
=?


换页
当在A∞→中 ：

0
10
θ= 2
2
π
θ=
04
xE
R
η
πε
=
04
yE
R
η
πε
=
当在B→∞中：
1
2
π
θ= 2θπ=
04
xE
R
η
πε
=?
04
yE
R
η
πε
=
可以不计算，对称分析可知以上两种相互抵消。
（1）∵
2
04
Rd
dE
R
ηθ
πε
= 方向如图（a）
[]
2
2
2
0
0
00
sinsincos
44
xx
R
EdEdEd
RR
π
π
ηη
θθθθ
πεπε
====?
∫∫∫

[]
2
2
2
0
0
00
sincossin
44
yy
R
EdEdEd
RR
π
π
ηη
θθθθ
πεπε
====
∫∫∫

0
0
2
4
E
R
η
πε
=?
方向：与二直线夹角均为
045
。
（2）如图（b），由对称分析，
AE∞
与
BE∞
合成后
只有x分量，
对二直线：
0
2
2
x
EE
R
η
πε
== 方向：x的负方向
对半圆：
20
00
sin
42
x
R
EEd
RR
π
ηη
θ
πεπε
===
∫

方向：x的正方向。
经叠加得：
00
E=
1.3.9 无限长带电圆柱面的电荷面密度由下式决定：
0cos
σσ?=（见附图）求
圆柱面轴线上的场强。
解：设取一无限长狭条单元体：
根据
02
E
R
η
πε
=
01
cosRdη?δ?=××



换页
0
0
cos
2
Rd
dE
R
σ??
πε
=

方向如右图所示
2
2
2
00
0
0
000
cos
sin2
22242
xx
R
EdEd
R
π
πσ
?δ
??σ
?σ
πεπεε
??
==?=?+=?
??
??
∫∫

方向：x轴负方向
2
11
2
00
0
00
0
cossincos
0
2211
yy
R
EdEd
π
πσ
??σ?
?
πεπε
+
??
==?=??=
??+
??
∫∫

1.4.1 附图中的立方体边长为a=10cm，场强分量为
1
2
xEbx
= ，0
yz
EE==，其中
1
2
b=800N/(Cm)?，
求：
（1）立方体表面的E通量。
（2）立方体内总电荷。
解： （1）因为只有
xE
分量，所以立方体只有
1
S、
2
S面有分量。
51
22
2
111
ExSbaabaΦ=?=??=??
51
22
2
222(2)
2ExSbaabaΦ==?=?
所以：
5
2
baΦ=
总
（2-1）
由
0
s
q
EdS
ε
Φ=?=
∫
??
?
内
总

得到：
5
2
00
qaεε=Φ=
总内
（2-1）
1.4.2 均匀电场E与半径为R的半球面的对称轴平行（如附图），试计算此半球面的E通量（约
定半球面的法矢向右），若以半球面的边线为边线另做一任意形状的曲面（法矢仍向右），此面的
E通量为多少？（提示：两问都用高斯定理）
解： 半球面的任意曲面，其电通量与圆平面的电通量相等。

2
ESERπΦ== 或
2
1
ESERπΦ==
1
S
′
与
2
S 成闭合曲面：

21
0
0
ε
′
Φ+Φ=
2
211
ERπ
′
Φ=?Φ=Φ=
同理：
3
S与
1
S
′
成闭合曲面，



换页


31
0
0
ε
′
Φ+Φ=
2
311
ERπ
′
Φ=?Φ=Φ=
1.4.3 用高斯定理求电荷线密度为 的曲线长均匀带电直线在空间任一点激发的场强，并与
1.3.7题（2）问的结果比较。
解：过P点作圆柱面为高斯面，
∵
0
s
sss
q
EdsEdsEdsEds
ε
∑
=++=
∫∫∫∫∫∫∫∫
??

iiii
?
上下侧

0
002
h
Erh
η
π
ε
++=i
∴
02
E
r
η
πε
=
1.4.4 求半径为R、电荷面密度为η的曲线长均匀带电圆柱面内外的场强，并大致画出E—r曲线。
解：设圆柱半径为R，空间电场分布具有轴对称，
∵ 当 r：
0
q
Eds
ε
?=
∫∫

?
内
0E=
内

当 rR：
0
s
q
Eds
ε
?=
∫∫

?
内

∴
0
2
sss
R
EdsEdsEds
π
ε
?+?+?=
∫∫∫∫∫∫
??

上下侧

∴
0
002
h
Erh
η
π
ε
++?=

00
2
hRR
E
rhr
ηδπσ
πεε
==
1.4.5 电荷以体密度
ρ
均匀分布在厚度为d的曲线大平板内，求板内外的场强E
解： 电场分布以中垂面的面对称分布，取圆柱面为S：

∵
当
2
d
r时：
0
q
Eds
ε
=
∫∫

i?
内

∵
0
2
sss
sr
EdsEdsEds
ρ
ε
++=
∫∫∫∫∫∫
??
?i
iii
左右侧

换页

0
2
0
sr
EsEs
ρ
ε
++=
?i
??
∴
00
2
2
srr
E
s
ρρ
εε
==
?i
?

同理：当
2
d
r时：

0
sd
EsEs
ρ
ε
+=
?i
??
∴
02
d
E
ρ
ε
=
1.4.6 电荷以体密度
0(1
)rRρρ=?分布在

半径为R的球内，其中
0
ρ为常量，r为球内某点与球
心的距离。求：
（1）球内外的场强（以r代表从球到场点的矢量）。
（2）r为多大时场强最大？该点场强Emax=？
解：∵
0
q
Eds
ε
=
∫∫

i?
内

当 r时：
2
0
4
dr
Ea
ρ
π
ε
=∫∫∫i
又
2
01
sin
r
drrdrdd
R
ρρ??θ
??
=??
?
??
∫∫∫∫∫∫

2
2
00
0
sin1
a
o
r
ddrdr
R
ππ
ρθ??
??
=??
?
??
∫∫∫

3
2
02
aa
oo
r
rdrdr
R
ρπ
??
=?
??
??
∫∫
ii
34
04
34
aa
R
πρ
??
=??
?
??

∴
2
00
2
000
3
1
43434
dr
a
aaa
E
aRR
ρ
ρρ
πεεε
??
??
==?=?
??
??
??
??
∫∫∫

当 rR时：
2
0
4
q
Erπ
ε
=i
内

2
0
4
q