电磁学第二版习题答案第一章

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
点电荷除电场外不受其他力） 答案：一般不是。 F = qE ； F = M a ； a = 迹才的电力线。 v ；只有在匀强电场中，静止点电荷运动的轨 t
1.11 下列说法是否正确？如不正确，请举一反例加以论述。
df =0 dq
即：
k [ Q − 2q ] = 0 r2
1 q= Q 2 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
所以两者电量分别为： Q = 2q 力为零？ 解：设 q′ 距 q 为 r，则 q′ 距 2q 为 ( L − r ) ，放在相距 r 处，受合力为 0，则有受力平衡条件：
s1
ε0
q2
（4） ∫∫ ( E1 + E2 ) ⋅ d s =
s1
(q1 + q2 )
ε0
（5） ∫∫ ( E1 + E2 + E3 ) ⋅ d s =
s2
(q3 + q2 )
ε0
（6） ∫∫ ( E1 + E2 + E3 ) ⋅ d s =
s1
(q1 + q3 + q2 )
ε0
答案： （1）× ； （2）×； （3）×； （4）×； （5）√； （6）×；
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 Φ1 ，求曲面 S2、S3、和 S4 的 E 通量 Φ 2 、 Φ 3 及 Φ 4 。 答案：始终在内的点 E=0 不变，始终在外的点 E =
q 4πε 0 r 2 q
不变，
（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。 ∂u 答案： （1）不正确 。 E = − n ∂n （2）不正确。
eE = m0 a
由运动学方程得： 1 d y = at 2 = 2 2
x = v0t
解之得：
(y =
d 2
2
x = L)
md ⎛ v0 ⎞ E= ⎜ ⎟ e ⎝ x⎠
将其置于两个竖直放置的平行板间 （见 1.3.2 用细线悬一在质量为 0.2g 的小球， 附图）设小球所带电荷为 6 ×10-9 C，欲使悬挂小球的细线与电场夹角为 600， 求两板间的场强。 解： 由图中所示： eE cos 300 = mg cos 600 其中： Eq = T cos 600 解之得： E =
被气球表面掠过的点 ，E 发生跃变，由 E =
4πε 0 r 2
→ 0。
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） ∫∫ E1 ⋅ d s =
s1
ε0
q1
（2） ∫∫ E3 ⋅ d s =
s2
ε0
q3
（3） ∫∫ ( E3 + E2 ) ⋅ d s =
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？ 下列说法是否正确？为什么？
答案： 利用对称性分析，垂直轴的分量相互抵消。 （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）× 1．4 确？ 答案：无外场时，对球外而言是正确的。 没有净电荷 ； （2）×； （3）×； （4）√； （5）×； （6）×； （7）×。 “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
k
qq′ 2qq′ =k 2 ( L − r )2 r
得到：
r = ( 2 − 1) L
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：
f = 2k
Qq 0.2 i = 3.22 × 10−7 ( N ) 2 2 2 0.1 + 0.2 0.1 + 0.2
2
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：
q2 = 4q1 = 1.33 ×10−6
∴ 当 r=0.1 时，所受排斥力为：
F=
q1q2 =0.4（N） 4πε 0 (0.1) 2
1
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， q(Q − q ) 由库仑力 f = k 可知 r2 当
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 q1 ，则 q2 = 4q1 ，由公式 F =
1 q1q2 可以得到： 4πε 0 r 2
1.6 =
4q12 4πε 0 (5 ×10−2 ) 2 1
解之得： q1 = 0.33 × 10−6 ，
f = ma = eE
（1）
1 ∵ y = v0 sin 300 t − at 2 2
v y = v0 sin 300 − at
当在最大高度时： 则
vy = 0
0 = v0 sin 300 − at
v0 sin 300 t= a
（2）
∴
（2）式代入（1）式中得：最大高度
v sin 300 1 ⎛ v0 sin 300 ⎞ y = v0 sin 30 × 0 − a⎜ ⎟ a 2 ⎝ a ⎠
∵
f1 = f 2 = 1
1 qQ 4πε 0 a 2 qQ
f3 =
1 4πε 0
(
q2 2a
)
2
∴
F=
2 4πε 0 ⎛ 1 ⎞ 2 a ⎜ ⎟ ⎝2 ⎠
要使 q 受到的合力为 0，则有：
1 qQ
2 4πε 0 ⎛ 1 ⎞ 2a ⎟ ⎜ ⎝2 ⎠
=
2 q2 1 q2 0 cos 45 + 4πε 0 a 2 4πε 0 2a 2
mg = T cos 300
mg tg 300 e
1.3.3
一个电子射入强度是 5 ×103 N/C，方向竖直享受的均匀电场，电子的初速度为 107 m/s 与水平
，不考虑重力的影响，求： 面所夹的入射角为 300（见附图）
（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：
∴
a 2 = 2r 2
2 a 2
2
所以该圆的半径为： r = ±
所得到曲线方程为：
⎛ a ⎞ y +z =⎜ ⎟ ⎝ 2⎠
2 2
……….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） ，
。若电子恰在下板 将一电子从 P 点（与上下板等距离）一初速度 v0=107m/s 水平射入电场（见附图） 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：
2
df =0 dr
3 2 2 12 ⎡ 2 2 32 ⎤ ⎢ ( a + r ) − r × 2 ( a + r ) i 2r ⎥ 即： 2kqq′ ⎢ ⎥=0 2 2 3 ( a r ) + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦
∴ (a 2 + r 2 ) 2 − 3r 2 (a 2 + r 2 ) 2 = 0
3 1
4πε 0 R1
R2
q1
+
q2 4πε 0 2 R1
∞
〈或者： U1 = ∫ E1dr + ∫ E2 dr = ∫
R1 R2
2 R1
R1
4πε 0 r
q1
dr + ∫ 2
∞
2 R1
q1 + q2 dr 〉 4πε 0 r 2
q2 ) > 0 ，即 q2 > −2q1 2 q 要使 U1 = 0 ，则 (q1 + 2 ) = 0 ，即 q2 = −2q1 2 q2 要使 U1 < 0 ，则 (q1 + ) < 0 ，即 q2 < −2q1 2 1.13 试证明等势区的充要条件的区内场强处处为零。
Leabharlann Baidu
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
1 2 解之得： Q = ( + )q 4 2
（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：∵
f = 2k
又∵
qq′ r 2kqq′r = 2 2 3 2 (a + r ) (a 2 + r 2 ) (a + r ) 2
要使 U1 > 0 ，则 (q1 + 证明：如果 E 处为 0，则 U ab = ∫ Edl = 0 ，即是 U a = U b ，等位区。
a b
如果是等位区，即 U=0，则是 E =
∂U =0。 ∂n （提示：补上另一半球面，借对称性 1.14 试证均匀带电半球面的大圆截面 S（见附图）为等势面。
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 5.0 ×10-2 m 时相互排斥力
0
2
1 1 = v0 2 sin 2 300 ( − ) a 2a 1 = v0 2 sin 2 300 ( ) 2a = v0 2 sin 2 300
2 mv0 8Ee
1
2 Ee
m
=
（2）当回到水平位置时： 1 eE 2 t =0 y=0 即： v0 sin 300 − 2 m 解之得： t =
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； 1．2 1．3 （2） √ ； （3）× 在无外场是，球面上 E 大小相等。
例如匀强电场 。
（3）不正确。E 大，电势的变化率就大，并非一定 U 大 ∂U （4）不正确。E=0， =0 ，并不是 U 一定为 0，在等量同号点电荷的连线中点处。 ∂n ∂U （5）不正确。U=0，并不是 一定为 0，例：在等量异号点电荷连线中点处。 ∂n 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 q1>0。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： U1 =