电磁学第二版习题答案第一章.pdf

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 nullnull 大小相等。 12 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。 13 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）。 14 “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。 15 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 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S 1 、S 2 、S 3 及S 4 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 S 1 的 E 通量为 1 ，求曲面S 2 、S 3 、和S 4 的 E 通量 2 、 3 及 4 。 答案：始终在内的点 E=0不变，始终在外的点 2 0 4 q E r = 不变， 被气球表面掠过的点 ， E 发生跃变，由 2 0 0 4 q E r = 。 1.8 附图中 S 1 、 S 2 是四个闭曲面，以 E 1 、 E2、 E3 分别代表由 q 1 、 q 2 、 q 3 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 = nullnullnullnull null （ 2） 2 3 3 0 s q Eds = nullnullnull null null （ 3） 1 2 32 0 () s q EEds + = nullnullnull nullnullnull null null （ 4） 1 12 12 0 () () s qq EEds + += nullnullnullnullnullnull null null （ 5） 2 32 123 0 () () s qq EEEds + += nullnullnullnullnullnullnullnullnull null null （ 6） 1 132 123 0 () () s qqq EEEds + += nullnullnullnullnullnullnullnullnull null null 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 点电荷除电场外不受其他力） 答案：一般不是。 FqE= nullnull nullnull ； FMa= nullnull null ； v a t = null null null null ；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 = nullnull null 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 R 1 及 R 2 =2R 1 的同心均匀带电球面，内球所带电荷 q 1 0。当外球所带电荷 q 2 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 01 0 1 442 qq U R R =+ 或者： 21 121 1 2 112 11 2 22 2 00 44 RR R R qqq UEdrEdr dr dr rr + =+= + 要使 1 0U ，则 2 1 ()0 2 q q +，即 21 2qq 要使 1 0U = ，则 2 1 ()0 2 q q +=，即 21 2qq= 要使 1 0U ，则 2 1 ()0 2 q q +L 时所得结果与点电荷场强公式一致。 解： （ 1） 22 0 1 4 ndx dE x R = + 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 sin 2 4 L ndx R EdE xR x R = + + = 2 3 2 22 0 0 2 4 () L nR dx xR + 2 0 2 4 4 nL L R R = + （ 2）当 L时： 2 00 2 42 1 4 nL n E R R RL L = = + （ 3）当 R Lnull 时： 22 2 000 2 2 444 1 4 nL nLq E R R L R R = = = + 1.3.8 把电荷线密度为 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 sin sin 4 x E = () 12 0 cos cos 4 y E = 当在 A 中 ： 0 1 0 = 2 2 = 0 4 x E R = 0 4 y E R = 当在 B中： 1 2 = 2 = 0 4 x E R = 0 4 y E R = 可以不计算，对称分析可知以上两种相互抵消。 （ 1） 2 0 4 Rd dE R = 方向如图（ a） 2 2 2 0 0 00 sin sin cos 44 xx R EdEdE d RR = = = 2 2 2 0 0 00 sin cos sin 44 yy R EdEdE d RR = = = 0 0 2 4 E R = 方向：与二直线夹角均为 0 45 。 （ 2）如图（ b） ，由对称分析， A E 与 B E 合成后 只有 x 分量， 对二直线： 0 2 2 x EE R = 方向： x 的负方向 对半圆： 2 0 00 sin 42 x R EE d R R = = 方向： x 的正方向。 经叠加得： 0 0E = 1.3.9 无限长带电圆柱面的电荷面密度由下式决定： 0 cos = （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 0 2 E R = 0 1cosRd = 0 0 cos 2 R d dE R = 方向如右图所示 2 2 2 00 0 0 0 cos sin 2 22242 xx R EdE d R = = + = 方向： x 轴负方向 2 11 2 00 0 0 cos sin cos 0 221 yy R EdE d + = = = + 1.4.1 附图中的立方体边长为 a=10cm，场强分量为 1 2 x Ebx= ， 0 yz EE= = ，其中 1 2 b=800N/(C m ) ， 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 x E 分量，所以立方体只有 1 S 、 2 S 面有分量。 51 22 2 111 Ex S ba a ba= = =null 51 22 2 222 (2 ) 2Ex S b a a ba= = =null 所以： 5 2 ba= 总 （2-1） 由 0 s q EdS = = nullnull null 内 总 得到： 5 2 00 qa= 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 ES E R= = 或 2 1 ES E R= = 1 S 与 2 S 成闭合曲面： 21 0 0 += 2 211 ER = 同理： 3 S 与 1 S 成闭合曲面， 31 0 0 += 2 311 E R = 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 Eds Eds Eds Eds =+= nullnull nullnull null nullnull null nullnull null nullnull null iiii null 上下侧 0 00 2 h Erh + =i 0 2 E r = 1.4.4 求半径为 R、电荷面密度为 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 rR： 0 s q Eds = nullnull null null 内 0 2 sss R Eds Eds Eds + + = nullnull nullnull null nullnull null nullnull null 上下侧 0 00 2 h Erh + = 00 2 hR R E rh r = 1.4.5 电荷以体密度 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 sd Es Es += nulli nullnull 0 2 d E = 1.4.6 电荷以体密度 0 (1 )rR = 分布在半径为 R 的球内，其中 0 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 E max =？ 解： 0 q Eds = nullnull null i null 内 当 rR 时： 2 0 4 q Er =i 内 2 0 4 q E r = 内 2 0 1sin r qdr drd R = 内 2 2 0 00 sin 1 a o r dd dr R = 3 2 0 2 aa oo r rdr dr R = ii 34 0 4 34 aa R = 333 00 22 4 43 41212 RRR E rr = 令： 0 dE dr = 内 即： 2 0 0 34 rr R = 0 2 0 34 r R = 2 3 R r = 2 0 max 0 2 3 2 3 33 4 R R E R = （） 0 0 max 00 2 3 349 R RR E R = 2 （1- ）= 1.4.7 两平行的曲线大平面均匀带电，电荷面密度分别为 1 和 2 ，求： （ 1）空间三个区的场强。 （ 2）写出各区场强在下列两种情况下的表达式： （ a） 12 = ， （ b） 12 = 解： 无限大均匀带电平面场强分布： 0 2 En = nullnullnull 取正向为正。根据 i EE= nullnull nullnullnull 得： 00 0 22 E = = 左 00 0 22 E = 中间 000 22 E =+= 左 1.4.8 在球心为 o、半径为 a、电荷体密度为 的均匀带电球体内偏心挖去一个半径为 b 的小球 （球心为 o） ，如图所示。 （ 1）试证空心小球内存在均匀电场并写出场强表达式（以 c 代表从 o 到 o的矢量） 。 （ 2）求 o、 o连线延长线上 M 点和 P 点的场强 E M 和 E P 。 （以 e c 代表沿 c 向的单位矢量， r M 、 r P 分 别代表 M、 P 与 o 的距离） 答案： 当挖去一个半径为 r 的小球，解：将挖去的小球 o用电荷体密度为 的球补起来，先求 均匀带电体 o 产生的场强，再求填补带电球 o产生的场强，两者相减即为所求的电场。根据均匀带 电球体的场分布： 0 3 Er = 内 ， 2 0 4 q E r = 外 00 0E = ， 122 2 11 2 2 211 1 Elr r El El Elr r = 0 0 0 3 p p r Er = nullnull ， 3 0 2 00 4 3 4 m m R Er r = nullnull ， 00 0E = ， 00 00 0 3 r Er = nullnull ， 3 0 2 00 4 3 4 p p r Er r = nullnull ， 3 0 2 00 4 3 4 m m r Er r = nullnull 再根据 i i EE= nullnull nullnullnull 得： 00 0000 0 3 r EEE r = nullnull nullnull nullnull 00 0000 0 3 r EEE r = nullnull nullnull nullnull 3 00 2 0 () 3 PPP op op r EEE rr r = nullnull nullnull nullnull 33 00 22 0 () 3 mmm om om rR EEE r rr = nullnull nullnull nullnull 1.4.9 半径为 R 的曲线长援助体内均匀带电，电荷密度为 ，求柱内外的场强并大致画出 E r 曲线。 解：轴对称分布，取 S 为同轴圆柱面： 当 rR ， 0 q EdS = nullnull nullnull i null 内 2 0 002 R h Erh + = 2 0 2 R E r = 1.4.10 半径分别为 R1 和 R2（ R2R1）的一对无限长共轴圆柱面上均匀带电，沿轴线单位长度的 电荷分别为 1 和 2 。求： （ 1）各区域内场强。 （ 2）若 12 = ，情况如何？大致画出 E r 曲线。 解：由轴对称，取 S 为同轴圆柱面（设高为 h，半径为 r） ： 当 1 rR ： 由 0 q EdS = nullnull nullnull i null 得： E=0 当 12 R rR ： 12 0 002 h Erh + + = （） ， 得： 12 0 2 E r + = 若 12 = ：则 1 rR ， 0E = ； 12 R rR ， 0E = . 1.5.1 设静电场中存在这样一个区域（附图虚线所围半扇形部分，扇形响应的圆心为 O） ，域内 的静电场线是以 O 点为心的同心圆弧（如图） ，试证区域内每点的场强都反比与该点与 O 的距离。 证明：取闭合回路 L，由 0 L E dl= nullnull null null 得： 00 12 cos90 cos cos90 0 ll E dlEdlEdlEdl+ + + = nullnullnullnull nullnullnull null 11 2 2 000El El+ += 得到： 11 2 2 El El= 122 2 211 1 Elr r Elr r = =， 所以 1 E r 1.5.2 试证在无电荷的空间中，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 小必定处处相等。 （提示：利用高斯定理和环路定理，分别证明连线 满足以下条件的两点有相等场 强： （ 1）与场线平行； （ 2）与场线垂直） 证明：由 0 s q EdS = nullnull nullnull i null 内 得： 0 0 ab SSS EdS EdS EdS += nullnull nullnullnull nullnullnullnullnullnullnullnullnullnull iii nullnullnull 侧 0 ab ESES+=nullnull 可得到： ab EE= 同一电力线上的 E 相等。 由 0 L E dl= nullnull null i null 得： 00 cos90 cos cos90 0 ab la lb E dl E dl E dl E dl+ + + = null 0 ab El El=， ab EE= ，不同电力线上 E 相等。 （或过 c 点作平面 ca ab ， ca为等位面， ac UU= ， ac ac UU E E zz = = ，故 ac EE= ） 电力线平行的电场中各点 E 都相等。 1.6.1 设有一个 -8 q=1.5 10 C 的点电荷。求： （ 1）求电势为 30V 的等势面的半径； （ 2）电势差为 1V 的任意两个等势面的半径之差是否相同？ 解：点电荷的电位为： 0 4 q u r = （ 1） 则 8 9 0 11.510 910 4.5 43 q r u = = （米） （ 2） 不相同， r大等位面越稀疏。 1.6.2 两个电荷分别为 q 和 -3q 的点带电体距离为 d（见附图） ，求： （ 1）两者连线上 V=0 的点； （ 2）两者连线上 E=0 的点。 解： （ 1）令距 q为 r处 0u = ， 则 00 3 0 44() qq rdr += ， 解得： 4 d r = （ 2） 0E = 处只可能在 q+ 左侧，设距 q为 r处 0E = ， 22 00 44() qq rdr = + ， 解出： (3 1) 2 d r =+ 1.6.3 附图中 A 与 O、 O 与 B 、 B 与 D 的距离皆为 L， A 点有正电荷 q， B 点有负电荷 -q，求： （ 1）把单位正点电荷从 O 点沿半圆 OCD 移到 D 点，电场力做了多少功？ （ 2）半单位负点电荷从 D 点沿 AD 的延长线移到无穷远，电场力做了多少功？ 解：静电场中电场力作功与路径无关，只与始末位置有关。 （ 1） 0 () OCD o DOCD AAqUU= 弧 而 0 00 0 44 qq U LL =+=， 000 4(2 )4 6 D qqq U ll L L =+= + 0 0 1( ) 6 OCD D q AUU L = = （ 2） 同理可得： 0 00 ()1( 0) 66 DCO D CO qq AqUU LL = = = 1.6.4 电荷 Q 均匀分布在半径为 R 的球体内，选电势参考点在无限远，试证离球心 r 处（ rR）的 电势为 ： 22 3 0 Q(3R -r ) V= 8 R 解： （方法一）由 2 0 1sin 44 o dv r drd d UdU aa = = 222 2cosazr r =+ 微分可得： 22sinada zr d = 2 00 0 4 zzr Rzr zr Z rz rda rda U d dr dr zz + = + 0 0 ()() 2 zR z rr zrzrdr rzrzdr zz =+ 2 0 0 2 2 2 zR z r dr rdr z =+ 322 0 22 () 23 zRZ z =+ 2 2 0 23 Z R = （方法二） ：球内电荷元取半径为 r 厚度为 dr的球壳： 2 4dq r dr= ， 0 1 4 dq dU r = 22 00 44 zR oz rdr rdr U zr =+ 322 00 11 () 32 Z RZ z =+ 22 000 322 zRz =+ 22 0 (3 ) 6 R Z = 2 2 0 () 23 z R = （方法三） ：用 0 q EdS = nullnull nullnull i null 内 ，求 Z 当 rR ： 2 4 o Q Er =， 2 0 4 Q E r = 当 rR ： R rr R UEdlEdrEdr = + nullnull null 外内 32 00 44 R rR QQ rdr dr Rr =+ 22 3 00 1 () 4224 QRr Q R R =+ 2 2 0 11 () 42 2 Qr R RR =+ 33 22 3 00 44 () 4224 R R Rr R R =+ 22 2 00 () 3223 R rR =+ 22 2 0 () 32 2 R r R =+ 2 2 0 () 23 r R = 2 2 3 0 () 4 3 2 3 Qr R R = 22 3 0 (3 ) 4 QR r R = 1.6.5 半径为 R 1 和 R 2 的两个同心球面均带电，电荷分别为 Q 1 和 Q 2 ，求（ 1） a、 b、 c 区（见附 图）内的电势； （ 2）在 Q 1 = - Q 2 和 Q 2 = - Q 1 （ R 2 R 1 ）的两种情况下写出三区的电势表达式，并大致 画出 V r 曲线 解：利用 0 q EdS = nullnull nullnull i null 内 可得： 2 0 4 q Er = i 得到： 2 0 4 q E r = 在 a 区域内： 2 0 0 0 4 E r = 在 b 区域内： 1 2 0 4 E r = 在 c区域内： 12 2 0 4 E r + = 12 2 121 2 112 22 00 44 RR R aa b c rRR R Q U E dr E dr E dr dr dr rr + =+= + 112 2 01 2 0 12 () 44 Q R Rr + =+ 21 02 1 1 () 4 R R =+ 22 22 112 22 00 44 RR bb c rRr R Q UEdrEdr dr dr rr + =+= + 112 02 0 12 () 44 Q rR R + =+ 21 02 1 () 4 R r =+ 12 12 2 00 44 cc rr U E dr dr rr + = = 当 12 = 时：见 a 图 1 01 2 11 () 4 a U R R = 1 02 11 () 4 b U rR = 0 c U = 当 2 21 1 R R = 时： 见 b 图 0 a U = ， 1 02 11 () 4 b U rR = 12 1 01 () 4 c R R U Rr = 1.6.6 求 1.4.8 题中 o、 o、 P、 M 各点的电势 。 解：根据均匀带电球体的电位分布： 2 2 0 () 23 r UR = 内 3 00 43 qR U rr = 外 再根据 i UU= ，挖掉等于减去。 33 00 0 33 m mom R r U rr = 2 3 2 00 () 233 op op r r UR r = p 2 22 0 () 23 oo r URr =+ o 2 22 00 ()(0) 232 oo r UR r = o 1.6.7 在 1.4.10 题中设 12 = 并分别把电势参考点选在无限远和轴线上谋求空见各区的电 势及两柱面之间的电势差的绝对值 V ，并大致画出 V r 曲线。 解：由高斯定理可得： 当 1 rR 时： 1 0E = 当 12 R rR 时： 12 3 0 2( )1 4 E r + = （其中当 12 = 时， 3 0E = ） 取 0U = 时： 12 12 11 2 3 RR rRR U E dr E dr E dr =+ 2 1 2 001 2 00ln 42 R R R dr rR =+ += 22 2 2 22 3 00 2 ln 42 RR rRr R UEdrEdr dr rr =+= = 3 00 r Udr = 当取 0 0U = 时： 0 11 0 r UEdr= 11 1 0 1 22 00 2 ln 42 RR rRr R UEdrEdr dr rr =+= = 21 21 0 33 2 1 RR rRR U E dr E dr E dr=+ 1 2 1 002 2 00ln 42 R R R dr rR =+ += 所以两筒间的电位差为： 0U = 时： 21 1 2 12 2 001 ln 22 RR Rr R Uu Edr dr rr = = = null 0 0U = 时： 21 1 2 12 2 001 ln 22 RR Rr R U E dr dr rr = = 1.6.8 半径为 R 无限长圆柱体内均匀带电，电荷体密度为 ，把电势参考点选在轴线上，求柱 体内外的电势。 解：由 0 q EdS = nullnull nullnull i null ，可以求出 E nullnull 的分布： 0 2 Er = 内 ， 2 2 0 2 R E r = 外 取 0 0U = 时： 0 2 00 24 r r Udr = 内 2 00 00 22 RR rRr R R r UEdrEdr dr dr r =+= + 外外 内 22 00 ln 24 R RR r =