电磁学_第二版__习题答案

电磁学 第二版 习题解答

电磁学 第二版 习题解答 ............................... 错误!未定义书签。 第一章 ................................................. 错误!未定义书签。 第二章 ................................................. 错误!未定义书签。 第三章 ................................................. 错误!未定义书签。 第四章 ................................................. 错误!未定义书签。 第五章 ................................................. 错误!未定义书签。 第六章 ................................................. 错误!未定义书签。 第七章 ..................................................... 错误!未定义书签。

第一章

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1q q =，另一个点电荷的电荷量为

2()q 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

2

0()

4q Q q F r πε-=

令力F 对电荷量q 的一队导数为零，即

20()04dF Q q q

dq r

πε--== 得

122

Q

q q ==

即取 122

Q

q q ==

时力F 为极值，而 22

2

02

204Q q d F dq r

πε==

<

故当122

Q

q q ==时，F 取最大值。

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

22

00204()4qQ qQ

L x x πεπε-=-

得 22

20x Lx L +-=

舍去0x <的解，得

1)x L =- 1．3．8解答:

A

E 3

x

∞

(c)

(b)

(a)

（1）先求竖直无限长段带电线在O 点产生的场强1E

，由习题1.3.7

（2）可知 104x E R

η

πε=

仿习题1.3.7解答过程，得

12

223/2

1223/20sin ()0()4y y dl

ldl

dE k

k

r R l ldl E k R l R

ηηαη

ηπε==-+∞=-=-

+?

故 10??()4E i j R

ηπε=

-

同理，水平无限长段带电线在O 点产生的场强

20??()4E i j R

ηπε=-+ 对于圆弧段带电线在O 点产生的场强3E

，参看图1.3.8（b ），得

32

30cos cos /2cos 04x x dl

d dE k

k

R

R

k E d R R

ηηα

αα

πηηααπε====?

同理得 304y E R

η

πε=

故 30??()4E i j R

ηπε=+ 解得

12330??()4E E E E E i j R

ηπε=++==+ （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

=0??()4A E i j R

ηπε--

B -∞的带电直线在O 点产生的场强为

0??()4B E i j R

ηπε=

-+ 根据对称性，圆弧带电线在O 点产生的场强仅有x 分量，即

0/2???cos /22AB

ABx k E E i d i i R R

πηηααππε===-? 故带电线在O 点产生的总场强为

0A B AB E E E E =++=

1．3．9解答:

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 σ?=，所以带电细条的线密度

y

(b

(

与面密度的关系为

dq

dl Rd z

ησσ?=

== 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

0?2r dE e R

η

πε= 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

2000

2200000

cos cos cos 22???cos 22x x dE dE d d E E i i d i πσσ

?????

πεπεσσ??πεε--=-==--

===?

1．4．5解答：

x

S

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0ρ

>，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2()x 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(2)xS ρ，根据高斯定理。

)

2(ερS x S d E =

??? 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

(2)2x S ES ρε=

考虑电场的方向，求得板内场强为

?x E i ρε=

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2()x 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 ρ，根据高斯定理

)

(ερSd S d E =

??? 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

()

2Sd ES ρε=

考虑电场的方向，得

?2d E i ρε=±

1．4．8解答:

(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ρ的实心均匀带电球在偏心位置处加上一个电荷体密度为ρ-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ρ的均匀带电球在T 点产生场强E ρ

与电荷体密度为ρ-的均匀带电球在T 点产生场强E ρ-的叠加结果。而

E ρ与E ρ-均可利用高斯定理求得，即

1

20

33r r E E ρρ

ρρεε-=

=-

式中：1r 为从大球圆心O 指向T 点的矢径；2r 从小球圆心O '指向

T 点的矢径。

空腔中任意点T 的场强为

1200

()33E E E r r c ρρρρεε-=+=

-= 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

332

20

?3()M c M M b a E e r c r ρε??

=

-??+??

P 点为大球内一点，根据叠加原理，求得

32

?3()p p c p b E r e r c ρε??

=

-??+????

1．4．9解答：

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

2q r L ρπ=

由高斯定理

2ερπL r S d E =???

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

20

2r r L

E rL ρππε=

解得柱体内场强

02?ερr e E E r r ==内内

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

2Q R L ρπ=

解得柱体外场强

r r r e

r

R e E E ?2?02

ερ==外外 柱内外的场强的E -r 曲线如图1.4.9（b ）所示 1．4．10解答：

1E r

λ1/2πε0λ1/2πε0R 2

(1) 作半径为12()r R r R <<、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

1q L λ=

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，则在12R r R <<的区域II 内，利

用高斯定理有

012ελπL rLE IIr

=

解得区域II 内的场强

r r IIr II e r e E E ?2?0

1

πελ==

同理，可求得1R r <的区域I 中的场强

0=I E

在2R r >的区域III 中的场强

r r IIIr III e

r

e E E ?2?02

1πελλ+== (2) 若21

λλ-=，有

0?20

01

==

=III r II I E e r

E E

πελ

各区域的场强的E —r 曲线如图1.4.10(b)所示。

1．5．2证明：

E 2

（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S 1、S 2形成一闭合的高斯面。面元S 1和S 2上的场

强分别为1E

和2E ，根据高斯定理，得

0)(212211=+-=+-E E S S E S E

证得

21E E =

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1E

和2E ，根据高斯定理得

021=-l E l E

证得

21E E =

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：

由高斯定理求得距球心r 处的P 点的电场为：03ερr

E =，求得离球

心r 处的P 点的电势为

3

022********)

3(223333R r R Q r R r dr R r d r R R

r

πεερερερ-=??????-=+???

∞

1．6．5解答:

（1）根据电势的定义，III 区的电势为

r

Q Q r V III 02

14)(πε+=

202124)(R Q Q R V III πε+=

II 区的电势为

???

? ??+=++=??

∞

22102

2

12

01414422

R Q r Q dr

r Q Q dr r

Q V R R r

II πεπεπε

I 区的电势为

???

?

??+=

=22110141)()(R Q R Q R V r V II I πε （2）当12Q Q =-时，()0III E r =，代入（1）中三个区域中的电势的表达式，求得

0)(=r V III ，???? ??-=201114)(R r Q r V II πε，???

? ??-=2101114)(R R Q r V I πε V -r 曲线如图1.6.5（a ）所示

当21

21

Q Q R R =-时，代入（1）中三个区域的电势的表达式，求得

r R Q R R r V III 101214)()(πε-=，???

?

??-=101114)(R r Q r V II πε，0)(=r V I V —r 曲线如图所示。

12

1．6．6 解答：

均匀电荷密度为ρ的实心大球的电荷量3

43

Q a πρ

=，挖去空腔对应小球的电荷量3

43

q b πρ=-，电荷密度为ρ的大球在M 点的电势为 M

M M r a r Q

r V 3

0034)(ερπερ==

电荷密度为-ρ的小球在M 点的电势为

c r b c r q r V M

M M +-=+=-3

003)4)(ερπερ（

M 点的电势为

???

?

??+-=+=-c r b r a r V r V V M M M M M 3303)()(ερρρ

电荷密度为ρ的大球在P 点的电势为

)3(6)(2

20

P a

r a

P r a r d E r d E r V P -=?+?=??∞ερρ 内 电荷密度为-ρ的小球在P 点的电势为

c

r b r V P P +-=-3

03)(ερρ

P 点的电势为

???

? ??+--=+=-c r b r a r V r V V P P P P P 3230236)()(ερρρ 电荷密度为ρ的大球在O 点的电势为

2

020223)(6)(ερερερρa a a r d E r d E r V a

r a O O =--=?+?=??∞ 内 电荷密度为-ρ的小球在O 点的电势为

???

?

??--=-+

--=?+?=?

?∞---22333)(6)(2200

222

0c b b c b r d E r d E r V b

c

b O ερερερρρρ 外内

O 点的电势为

()2

220

336)()(c b a r V r V V O O O --=+=-ερρρ 电荷密度为ρ的大球在O ′点的电势为

)3(63)(6)(220

2220c a a c a r d E r d E r V a

c

a O -=+

-=?+?=?

?∞'ερ

ερερρ

内

电荷密度为-ρ的小球在O ′点的电势为

2

202236)(ερερερρρρb b b r d E r d E r V b

c

b O -=

-+

-=?+?=?

?∞--'- 外内

O ′点的电势为

()2

220

336)()(c b a r V r V V O O O --=+=-'ερρρ

第二章

2．1．1解答：

Rd θ

建立球坐标系，如图所示，球表面上的小面元面积为

220222

000

sin (1)cos sin (2)

cos ??()(3)

22n n dS R d d dq dS R d d dS dF dS E dSe dSe θθ?σσθθθ?σθσσεε==='===面元上的电荷量为

导体上一面元所受的电场力等于

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

2

200

cos ?cos (4)2z dF dSk σθθε=

将（1）式代入（4）式，对右半球积分，注意积分上下限，得

222

/2232000000??cos sin 24R F R d d k k ππ

σπσθθθ?εε??== ???

??右

左半球所受的力为

2200

?4R F k πσε=-左

2．1．4解答：

σ

σ2

σσ4

d

A

B

解：由左至右各板表面的电荷密度12340B q σσσσ=，，，，因，利用静电平衡条件列方程得：

??

???

???

?=+=+-==0

4321

3241σσσσσσσσS q A （无限大平行金属板）

解得： 4212σσσ===

S

q A

S

q A

23=

σ

∴ S

d

q d d E l d E V A 0022εεσ===?=?内内 将B 板接地： （σ4=0）

1423120A

q S σσσσσσ?

?==?

=-???+=?

∴ S

q A

=

-=32

σσ

200A q d V E dl E d d S

σεε=?==

=?内内 2．2．1解答：

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

122

0?()()4r q E r e

r R r R r

πε=

<>或

距球心为1(0)r r R <<处电势为

1

1012111(0)4R r

R q V E dr E dr r R r R R πε∞??

=??-+<≤ ???

??

2

外内内+=

在导体球壳内场强和电势分别为

121202

()0()()4E r R r R q V R r R R πε=<<=

≤≤壳壳

球壳外的电场由壳外壁电荷激发，壳外的电势为

20()4r

q V E dr R r r

πε∞=?=

≤?外外

场强大小

E 和电势

V 的分布如图所示。

12

12．2．2解答：

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σ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σ外均匀分布，根据电势叠加原理，O 点的电势为

0000011144444O dS q Q q q Q

V r

a b r a b b

σπεπεπεπεπε+??=

+

+=-++ ?????

内

2．3．2解答：

S A

（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

σ，电场为0

E

σ

ε

=

A、B间电压为

00

00

()()

AB

Q

U d t d t

S

σ

εε

=-=-

A、B间电容C为

00

AB

Q S

C

U d t

ε

==

-

（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

S

C

d

ε

=

放金属板后，板间空气厚度为

3

44

d d

d t d

-=-=

此时电容器的电容为

4

800

33

4

S

C C F

d

ε

μ

===