电磁学答案第2章
第二章 导体周围的静电场
2.1.1 证明： 对于两个无限大带电平板导体来说：
（1）相向的两面（附图中2和3）上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；
（2）相背的两面（附图中1和4）上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同；
证：(1) 选一个侧面垂直于带电板，端面分别在A,B 板内的封闭圆柱形高斯面，由高斯定理得：
S S E S E S d E S d E B A ?+=?+?+?=?????????0
32εσσ）（内
内侧
侧 侧侧S d E
⊥ 0==内内R A E E
??=?∴0S d E
023=+σσ
23σσ-=即：
（2）在导体内任取一点P ，0=p E
0?2?2?2?20
40302034321=-++=+++=∴n n n n E E E E E p εσ
εσεσεσ 41σσ=∴
其中n
?是垂直导体板向右的单位矢。 2.1.2两平行金属板分别带有等量的正负电荷,若两板的电位差为160伏特,两板的面积都是3.6平方厘米,两板相距1.6毫米,略去边缘效应,求两板间的电场强度和各板上所带的电量(设其中一板接地).
解：设A 板带负电，其电量是-q ，B 板带正电，其电量是+q ，且A 板接地。
两板间的电场强度：
米）伏/(1010
6.11605
3
=?==-d V E 又
因
为
εσ
=
E ）米库2751203/(1085.8101085.8--?=??==∴E εσ
根据上题结论：3241σσσσ-==； 又由于A 板接地，041==∴σσ
）米（库27
32/1085.8-?-=-=∴σσ
库）板所带电量(102.3106.31085.8:10472---?-=???-==-∴S q A σ
B 板所带电量： 库）(102.3106.3.1085.810473---?=???==S q σ 2.1.3三块平行放置的金属板A,B,
C 其面积均为S,AB 间距离为x,BC 间距离为d,设d 极小,金属板可视为无限大平面,忽略边缘效应与A 板的厚度,当B,C 接地(如图),且A 导体所带电荷为Q 时,试求: (1)B,C 板上的感应电荷; (2)空间的场强及电位分布. 解：（1）根据静电平衡时，导体中的场强为零，又由B,C 接地： ))((()(0
502
43615
43
2板的电位得由板的总电量得）
由A x d x A Q S -==+==-=-=∴εσεσσσσσσσσσ 解以上方程组得出：
Sd x d Q )(2--
=σ Sd x d Q )(3-=σ Sd Qx =4σ Sd
Qx
-=5σ B 板上感应电荷：
d
x d Q S Q B )
(2--
==σ C 板上的感应电荷：
d
Qx S Q c -==5σ (2)场强分布：
0=ⅠE AB Ⅱr Sd x d Q E ?)(0
ε-=
AC Ⅲr Sd Qx
E ?0ε= 0=ⅣE 电位分布：
;01=U 0=ⅣU )()
(0
r x Sd x d Q U Ⅱ--=
ε
)(r x d Sd Q U X
--=
?
εⅢ 其中r 是场点到板A 的距离。
2.1.4 一个接地无限大导体平面前放置一半无限长均匀带电直线,使该带电线一端距导体平面距离为d,如图所示,若带电电线上线密度为η.试求:
(1)垂足处O 点的面电荷密度.
(2)求平面上距O 点为r 处的面电荷密度 解：（1）半无限长直带电线在O 电的场强：
i
x dx
E d ?42
?∞?
-=πεη = -
i d
?
4?πεη 根据题意知：导体板左侧接地，没有面电荷，对导体板右侧面电荷以O 点为中心对称分布，由对称性知导体板上的电荷在导体内O 点产生的场强只有导体板的法线分量，设O 点的面密度为：i E ?
2?
???-
='εσσ
由叠加原理知，导体板内任一点的场强由带电线与导体板的电荷所共同产生的，在静电平衡时，该场强为零。
即 -024=--?
??εσπεη
d ∴d
πησ2-
=? （2）半无限长直带电线在P 点的场强x 分量为：
2
12
2
2
32
2
2
3222
12
2
22)
(4)
(4)
(4)
()
(4cos r x r x xdx E r x xdx r x x r x dx dE dE d
X X +-
=+-=∴+-
=+?
+-
=-=?∞
????πεηπεηπεηπεηα
同理，在静电平衡时，导体板内的场强为零。因而其x 分量与y 分量均为零。
在x 方向:
-2
1222
12
2
)
(202)
(4d r r x p p
+-
=∴=-
+-
?
?πη
σεσπεη
在y 方向，Y E 在导体内也为零。原因在于导体面上的电荷分布不均匀，这
些电荷在ｐ点所产生的场强与半无限长带电线在P 点的场强y 方向上恰好相抵。 2.1.5 半径为r 的 金属球与大地相连，在与球心相距d=2R 处有一点电荷q(>0),求球
上的感应电荷q '有多大（设其距离地面及其他物体可认为是很远的）？ 解∵金属球在静电平衡情况下是一个等位体，与地等电位，即U=0。球心处
的电位也为零。
根据叠加原理知道，球心上电位等于点电荷q 及球面上电荷在O 点的点位代数和：
电荷q 在求新出的点位： R
q U q ?=
πε8；
球面上的 电荷在球心产生的点位： 设球面上某面元的电荷面密度为σ
R
q ds
R ds
U R ??'=
?=??
??πεσπεσ44
由叠加原理得：
2
48q
q R
q R
q U U U R q -
='∴='+
=
+=??πεπε
讨论：q '的大小与q 到球心的距离有关，当q 很接近球面时，即q 到球心的距离约为R 时，球面对点电荷q 所在处而言，可视为无限大平面，因而有q q ='.
2.1.6如图所示，半径为1R 的 导体球带电量q ，在它外面罩一同心的金属球壳，其内外壁的半径分别为32R R ?,已知13123,2R R R R ==,今在距球心为14R d =处放一电量为Q 的点电荷，并将球壳接地，试问：
（1）球壳带的总电量是多大？
（2）如用导线将壳内的导体球与壳相连，球壳带电量是多少？ 解：（1）点电荷Q 在球心O 点 的 电位： d
Q U Q ?=
πε4
321,S S S 三个面上的电荷对球心O 点电位贡献：
??
??
????-
===
=2
21
12
221
114444S DS S S S R q
R U R q
R q ds U πεπεσπεπσ
（ 有高斯定理得2S 面上的总电荷量为-q ） 在P 点与面元S ?所在处产生的场强是连续的，均为0
2εσn ∧
．
∴小面圆s ?所受的力：
F
→
=S E ?→
20
2εσ
σ=∧??n s
E =
εσ
∴→
F =
∧
?n S E 2
2
ε
∴单位面元所受的力为
∧
n E 2
2
ε
281?? 一个半径R=1.5（厘米）的金属球，带有电量q=10(微库)，求半球所受的力的大小。
解：一个孤立导体球其上电荷均匀分布
2
4R q
s q πσ==
利用217?? 题的结论导体表面某面元所 受的力；
d ∧
→
=n ds F 0
22εσ
建立坐标，利用对称性可得出yoz 面分割的右半球面
所受的合力的方向是x 轴方向，
∴????∧
∧
→
=
=i ds i a d F ?θεσ?θsin sin 2sin sin 0
2
=
??∧
i d d R
?θθ?εσ2
2
2
sin sin 2
=∧??i d d R θθ??εσππ
2
020
2sin sin 2 =∧∧=i R q i R 2
02
022322πεεπσ =∧---????i 4
21210
10
5.11085.83210π =0.5∧
?i 3
10（牛顿）
2.1.9 一置于均匀电场中的半径为R 的中性导体球，球面感应电荷面密度
θσσcos 0=，求带有同号电荷的球面所受的力。
解：利用2.1.7题结果，球面上某面元受的力是沿x 轴方向； 右半球所受的力：
d ∧→
?=n S F 02
2εσ
利用对称性可知，带有同种电荷所受的力是沿x 轴方向： 右半球所受的力：
→∧??=i ds F θεσ
cos 20
2
右
u s =??=
30,
0344s S S
R Q R ds πεπεσ 根据电位迭加原理，球心O 点的电位：
U U
=0321S S S Q
U U U +++
=041
πε（R
q R q R Q d Q S +-++2,）
又因为：U ?=
2
1
2
04R R dr r
q
πε
=0
4πεq （
2
11
_1R R ）
解得：Q Q 4
3
_'=
∴球壳带的总电量为：-q Q -4
3
（2）内外球用导线相连时，仍用电位迭加原理计算球心O 点的电位：
d
Q 04πε+??
=3
0420s R ds
πεσ
即
d
Q
04πε+
043
0'=R Q πε
解之得：Q Q 4
3
'-=
2.1.7 证明：在静电平衡时，导体表面某面元所受的力
→
F =
=?∧n s 0
22εσ2021E ε∧?n s ；单位面积受的力为2
021E ε∧n （其中→E 为紧靠导体表面处的场强）。
证：在静电平衡时，对任意导体上取一小面元s ?，其面电荷为σ，如图所示。
在导体内侧离小面元s ?极近一点P ，小面元s ?在该点产生的场强→
p E 1可用无限
大带电平面公式表示：→
p E 1=∧
-n 0
2εσ 设在导体面除小面之外其余电荷在p 点产生的场强为→
p E 2，P 点的总场强是面上所有电荷在该点场强的总贡献，即P E →=→p E 1+→
p E 2。根据静电场平衡条件可知，在导体内部场强
→
=0内E
即：→p E 1+→
p E 2=0
∴→
p E 2=-→
p E 1=0
2εσ→
n
因P 点是距s ?极近的一点，所以除s ?外的其余电荷
=i d d R ∧????θθθθεσsin cos cos 222020
=0
2202εσR i d d ∧
?
?θθθθπ
π
sin cos 20
20
3
=i R ∧02204επσ =→
F
-i R ∧0
2204επσ 2.2.1点电荷q 放在中性导体的中心，壳的内外半径分别为1R 和2R （见俯图）。求场强和电位的分布，并画出E-r 和U-r 曲线。
解：（a ）场强分布：利用高斯定理可求得： r<1R ：r r
q E
∧
→
2
04πε
1R < r <2R : E →=0
r>2R : r E r q ∧
→
=
2
04πε
(b)电位分布：
设距球心r 处的电位U ： r ≥2R ：U=l E d r
→
∞→??
=
r
q 04πε
21R r R ≤≤；
U=
2
04R q πε
1R r ≤：l E d U r
→
∞→
?=?
=dr r
q R r
?
1
2
04πε+dr r
q R ?∞
2
2
04πε=04πεq
（2
11
11R R r +-）
E-r ，U-r 曲线如图。
2.2.2 如图所示，球形金属带电量Q>0,内半径为α，外半径b ，腔内距球心Ｏ为r 处有一点电荷q ，求球心O 的电位。
解：用高斯定理可证得：金属腔内表面x S 所带的总电量为-q ，因为电荷守恒，
金属腔外b S 所带电量为Q+q ∴ 球心O 的电位：
0U =q Q q q U U U +-++=
r
q 04πε+??
sa
a ds 004πεσ+??s
b b
ds
004πεσ =
r q 04πε+
a 041πεds sa a ??σ+
ds b sb
a ??σπε041
=r q 04πε+b
q Q a
q 0044πεπε++
- =
04πεq
（b a r 1
11+-）+b Q 0
4πε 2.2.1 一半径为A R 的金属球A 外罩一个同心金属球壳B ，球壳极薄，内外半径
可看作B R 。（如图所示）已经知道A 带电量为A Q ，B 带电量为B Q ，试求：（1）A 的表面2S ，3S 的电量；
（2）求A ，B 球的电位（无限远处电位为0）；
（3）在B 外罩一个同心的很薄中性金属壳，再答（1），（2）两问； （4）用导线将A ，B 球相连，再答（1），（2）两问； （5）将B 接地，再答（1），（2）两问（B 外不再罩有球壳）； （6）将A 接地，再答（1），（2）两问（B 外不再罩有球壳）；。 解：根据高斯定理及电荷守恒定律可得出以下结论： （1）A s Q Q =1，A s Q Q -=2 B A S Q Q Q +=3 （2）=
B U B B
A R Q Q 04πε+
dr r Q U U B
A R R A
B A ?
+=2
4πε
=
B B A R Q Q 04πε++)1
1(
40B A A R R Q -πε =
)(
410
A
A
B B R Q R Q +πε
（3）在B 外再罩一个同心且很薄中性金属壳C 后，
A s Q Q =1，A s Q Q -=2，
B A S Q Q Q +=3 )(4B A S Q Q Q +-=，B A S Q Q Q +=5
C
B
A C R Q Q U 04πε+=
因为C 壳很薄其内外半径均为C R ）
∴ =
B U B
B
A R Q Q 04πε+
=
A U )(
410
A
A
B B R Q R Q +πε （4）用导线将A ，B 球相接后；
01=S Q 02=S Q B A S Q Q Q +=3 )(4B A S Q Q Q +-= B A S Q Q Q +=5
C
B
A C R Q Q U 04πε+=
B
B
A A
B R Q Q U U 04πε+=
=
（5）将B 球接地（B 外不再有C 壳）时；
)1
1(400321B
A A A
B S A S A S R R Q U O U Q Q Q Q Q -=
==-==πε
（6）将A 球接地（B 外不再有壳）时： 设球所带电量为A Q ，
B
B
A B A B S B
B A A S B B
A A S B
B A A A B A B A B A R Q R Q Q Q Q R Q R Q Q R Q R Q Q Q R R Q R R Q R Q Q U -='
+==
'
=-='
=-='
∴=-'
-'+=3210
)11(4400πεπε
B
B
A B R Q R R )(-=
2
004)(4B
B
A B B A B B R Q R R R Q Q U πεπε-='
+= 2．2．4 两个同心球壳，内球壳半径为a ，外球壳半径 为b ，设球壳极薄，已知内球壳带电量为1Q ，试问： （1）在外球壳带多大电量时，才能使内球壳
的电位为零。
（2）距球心为r 的处的电位多大？ 解：（1）设外球壳B 所带电量为2Q
1
201021201
0210)1
1(4444Q a
b
Q a
b Q b Q Q dr r
Q b Q Q U b a A -=∴=--+=
++=
?πεπεπεπε
（2）当b r ≥时：
)1(4401021a
b
r Q r Q Q U -=+=πεπε
当b r a ≤≤时，
)1
1(4)
1
1(440101021a
r Q b
r Q b Q Q U -=
-++=
πεπεπε
当a r ≤时，U=0
2．2．5 同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金
属直圆柱体组成（见附图）。设内圆柱体的电位为1U ，半径 为1R ，外圆柱体的电位为2U ，内半径为2R ，求其间离轴为 （21R r R ）处的电位。
解；设外圆柱表面沿轴线单位长度上所带电量为λ，P 点是两圆柱体间离轴线为r 的任意一点其强度E=r
02πελ
内外柱面的电位差：
1
20021ln 222
1
R R dr r U U R R πελ
πελ==-?
（1） 内圆柱体与P 点的电位差：
1
001ln 221
R r
dr U U r R P πελπελ==-?
（2） 由（1），（2）两式可得：
)ln()ln(
)
(1
21
211R R R r
U U U U P --= 2．3．1计算大地的电容（将其当作真空中的导体球，R=6370千米）。 解：设地球所带电量为Q ，其电位U=
R
Q 04πε
根据电容的定义： C=46120101.71037.61085.844--?=????==ππεR U
Q
（f ） 2．3．2如图所示，平行板电容器两极板的面积都是S ，相距为d ， 其间平行放置一厚度为t 的金属板。略去边缘效应。 （1） 求电容C 。
（2） 金属板离极板的远近对电容值有无影响。 （3） 设没有放金属板时的电容器的电容),(6000F C μ=
两极板间电位差为10伏，当放入厚度t=
4
d
的金属板时，求此时 电容C 及两板间的电位差U （设电量不变）。 解：（1）AC 间的电容等于AB 间电容与BC 间电容的串联。 设BC 间距离为x
（2）因为C=
t
d S
-0ε与x 无关，所以金属板的位置对C 无影响 （3）d
S
C 00ε=
2.。3．3 求同轴圆柱形电容器的电容C 。并证明：当两极的半径很小时（即R1-R2〈〈〉时，它的电容公式趋于平形板电容公式。（设内柱半径是R2，柱高L ，怱略边缘效应。）
解：a) 设内圆柱体所带电量q ，其长度为L ，沿轴线单位长度所带的电量为
L
q =λ
内外圆柱体的电位差：
U=επλ
212=
-U U ln L q R R εεπ0122= ln R R 1
2 C=
R
R L
U
Q 1
2
0 ln 2επ= B ）证明：当 d=R
R
R
R 1
2
1<<
-
=
?-
时，圆柱形电容公式趋于平板电容噐公式： C=
=R
R L 1
2
0ln
2επ)
(1 ln 21
0R
R L ?+επ
t
d S
C C C C C x
S
d S
C x t d S
d S C BC AB BC AB BC
BC AB AB -=+?=
=
=--=
=∴0
.0000εεεεε
由于R R 1
<
ln(1+
R
R
1
?)=
R
R
1
?
C=
R
R L /20Λεπ=
R
LR ?120επ=R S ?ε0=d
S
ε0 (S=L R 12π) 即平板电容器公式。
2．3．4 证明：同心球形电容噐两极的半径差很小 (当R2--R1< 1 22140R R R R -επ 当R2-R1〈〈R1时，则R1=R2=R C= 1 22140R R R R -επ= 2 04d R επ=d S ε (S=4πR 2) 即平形板电容噐公式。 2．3．5一球形电容噐，内球与外球壳分别为R1，R2（球壳极薄），设该电容器与地面和其它物体相距却很远，现将内球通过细导线接地，试证明：此时球面间的电容可以有用公式 C= R R R 1 2 2 2 04-επ 来表示。（提示：此时可看成两个球形电容噐并联，设地球半径 为R ，并R ）〉R2） 解：A ，看成两个极板，除内外球构成一个电容器之外，外球表面与地面也形成一个电容器，如图，即： = C AB 1 22140R R R R -επ = C B 地1 240R R RR -επ 图为地球的半径R 》R2 所以 ：= C B 地R R R /12 420-επ=R 2 4επ 所以： C=C AB +C B 地= 1 22140R R R R -επ+R 2 4επ =R R R 1 2 2 2 04-επ 2．3．6如图示，空气平形板电容噐是由两块相距为0。5毫米的薄金属板A B 构成，若将此电容噐放在一金属盒K 内，K 金属盒上下两壁与分别相距0。5毫米。在不计边缘效应时，电容噐电容变为原来几倍？若将盒中电容的一极板与金属盒相连接，这时电容噐电容变为原来几倍？ 解：1 ）第一种情况，可将电容噐等效成如图（A ）所示的形式： = C AK 2 /0 d S ε = d S ε02 = C KB d S ε02 (其中d=0.5mm ,即A,B 两板间的距 离) =C K = +C C C C AB AK AB AK .d S 220ε=d S ε 所以： =C AB d S ε0 所以： =C C K += C AB d S ε02=2C AB 可见，电容器变为原来的2倍 2 ）第二种情况，可将电容器等效成如图（B ）所示的形式： 。= C AK 2 /0 d S ε= d S ε02 = C AB d S ε0 =C C AK +=C AB d S ε02+d S ε = C 4 /0 d d S -ε = 3 4 C =800(微法) 所以 ： U = C Q =C U C 00=10?43=7.5 (伏) =d S ε03=C AB 3 可见电容器的电容变为原来的3倍 2. 3. 7 图中所标数值为电容器的电容，单位是微法 （1）求AB 间总电容 （2）若AB 间电位差为900伏，求离AB 最近的两电容器C 1,,C 9上的电量 （3）若AB 间电位差为900伏，求CD 间电位差。 解： （1） 根据电容器串并联公式得： C AB =1(μf) (2)Q=C AB U=10-6×900=9×10-4(库仑) C C C EF AB 9 1 1 1 1 1 c + + = 如图（a ）等效电容CAB 量板上的电量与C 1、C 9上 的电量相等。 ∴C 1、C 9上的电量也为9×10-9 库仑 （3） C 3、C 4、C 5、三电容串联的电容为 C C D =1(μf) C CD =C 6+C CD ’=3(μf) C'EF 等于C 2、C CD 、C 7串联，∴C 、EF =1(μf) ∴原图可等效成图(b) ∴Q C8+Q C ’EF =Q Q C8=2×10-8U EF Q C ’EF =10-6U EF =21 Q C8 Q C8+Q C ‘EF =2 3 Q C8=3Q C ’EF =9×10-4(库仑) ∴Q C ’EF =3×10-4 (库仑) Q C8=6×10-4(库仑) U C1+U C9+U EF =900(伏) C1+C9+CEF ∴UEF=300(伏) 又 C 2=C 7=C CD =3(μf)如图（c ）所示， ∴U C2=U C7=UC CD ∴U CD =3 300=100(伏) 2. 3. 8 如图所示，三个分别为8、8和4微法的电容器串联，其两端A 、B 间电压为12伏 （1）求4微法的电容的电量。 （2）将三者拆开后再并联（同行极板再一起）求电容器组两端电压。 解：（1）根据电荷守恒定律，三个串联电容上的电量相等： C AB =2(μf) Q=C AB U AB =2×10-6×12=24×10-6(库仑) Q 1=Q 2=Q 3=24×10-6(库仑) （2） 将三个电容器同极性在一 起，（如图），总电量： =Q AB +Q 1+Q 2+Q 8=3×24×10-6=72×10-6(库伦) C AB =C 1+C 2+C 3=20(μf) U AB =C Q AB AB = 10 105 6 272--??=3.6(伏) 2. 3. 9 如图所示：C 1=1.0(微法)，C 2=0.5(微法)C 3=0.5（微法），C 4=1.0（微法）， C 6=1.0(微法)，q 5=10-4 (库伦) 试求：q 6、U bc 、p 8、p 2、U ac 解：因C 5与C 6串联： ∴Q 5=q 6=10-4 (库伦) ∴U b =bc c q ' 5 = 10 106 4 5.0--?=2×10-6 (伏) 其中C ＇bc 等于C 5与C 6串联： C ＇bc =0.5(μf) C ＂bc 等于C4与C3串联： C u ＂彼此=3 1 (μf) Q3=q4=C ＂bc U bc =31×10-6×2×102=32 ×10-4 (库伦) Q 2=q 5+q 3=32×10-4+10-4=3 5 ×10-4 C ab = c c c c 2 1 21 += 5.015.01+?=3 1 (μf) 伏）(1053 10 13105264 ---?=??==ab ab C q U 伏）(107102105222?=?+?=+=∴bc ab ac U U U 2．3．10 如图所示，每个电容器的电容单位都是微法， 试求：（1）a, b 间的总电容 （2）53=C （微法），若该电容器上所带的电荷电量为120微库，试求a ，c 两点的点位差。 解（1）)(12321F C C C μ=++ )(676F C C μ=+ 6 36 3124124+?+ +?=∴ab C )(523F μ=+= （2）伏）(2410 5101206 6 33=??==--C q U ab 库仑）(1096104246622--?=??==∴C U q ab 库仑）(1072103246611--?=??==C U q cd 21q q q +=∴3q + 6661012010721096---?+?+?= 库仑）(102886-?= 伏）(7210 4102886 6 4=??==--C q U ab 伏）(967224=+=+=∴db ad ab U U U )(23 423 )42()(516516"F C C C C C C C μ=++?+=+++= （库仑）4 6'1092.110296'--?=??==b a ab C U q （伏）6410 31092.16 4 5'=??==--C q U ac 2.3.11 求图中a,b 间的总电容。设102=C （微法），其余各电容器均为4.0（微法）。 解： 体中5431、C 、C 、C C 均为4（微法） ∴根据对称性2C 上的电荷为零， 34C C 与串联得b a C '=2（)F μ 串联得与51C C )(2"F C b a μ= )(422"'F C C C b a b a ab μ=+=+=∴ 注：次题也可以先设a 、b 之间的电位差为U ，在将各电容器上的电量用U 的函数表示，按电容的定义求出总电容。 2．3．12一仪器需用一个C=120（微微法）、耐压为2000伏的电容，现在能否改用两个电容器21C C 与，分别标明为1C ：200pF,1000V;2C :300Pf 、1900V 代替原电容？ 解：∴??， ，C C C C 21 使用时应将21C C ，串联。 ) 1203002003002001 112 1pF C C C C （=+?=∴+= 电容值符合要求。 在讨论电容器的耐压： 2000=U （伏） 21U U U += 221121U C U C Q Q Q ==== 212212 3 U C U C U == ∴ U U U =+∴222 3 800200052 522=?==∴U U （伏） 12002=U （伏） 1U >1000（伏）∴ 1C 易击穿而损坏，当C 1击穿后，2000伏电压又 加在了C 2上，结果使二者都有击穿。因此这种代替是不行的。 2．3．13有两块面积各为S 的相同金属板，两板这间的距离d 与板的大小比起 来为很小，其中一块板带电荷q 另一块板带电荷2q 。试求： （1）两板间的电位差U 等于多少？ （2）两板之间以及外空间中电场的性质如何（画出电力线即可）？ （3）在两板外面的电场强度为多少？计划计算时略去边缘效应。 解： （1） 根据静电平衡条件列方程得知： s q s q //243213 241=+=+-==σσσσσσσσ 解之得： s q 231==σσ s q 232= -=σσ 两板相距很近，可视其间为匀强强电场。 2 2εσS E = 内 ∴ U=0 2εS qd d E = 内 （2） 两板这间及板外空间的电场如图所示。 （3） 0 23εS q E = 外 2．3．14 把带电金属平板A 从远处移近中性金属平板B ，已知A 板带电量为A q ，两板长、宽均相等，面积为S ，移近后距离d （d< 若 B 接地，结果又如何？ 解：利用静电平衡条件列方程得： {0/43213 24 1=+==-==ααααααααS q A 解之 得：4212/ααα===S q A S q A 2/3-=α U=E 内d=02εσd=S d q A 02ε 将B 板接地： 041==σσ S q A = -=32σσ = =21σσS q A 电磁学第二版习题答案2 电磁学 第二版 习题解答 电磁学 第二版 习题解答 (2) 第一章 .............................................................. 2 第二章 ............................................................ 18 第三章 ............................................................ 27 第四章 ............................................................ 36 第五章 ............................................................ 40 第六章 ............................................................ 48 第七章 (54) 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 21)x L =- L x L -q Q 2 大学电磁学习题1 一.选择题(每题3分) 1、如图所示,半径为R 的均匀带电球面,总电荷为Q ,设无穷远处的电势 为零,则球内距离球心为r 的P 点处的电场强度的大小与电势为: (A) E =0,R Q U 04επ= . (B) E =0,r Q U 04επ=. (C) 204r Q E επ=,r Q U 04επ= . (D) 204r Q E επ=,R Q U 04επ=. ［ ］ 2、一个静止的氢离子(H +)在电场中被加速而获得的速率为一静止的氧离子(O + 2)在同一电场中且通过相同的路径被加速所获速率的: (A) 2倍. (B) 22倍. (C) 4倍. (D) 42倍. ［ ］ 3、在磁感强度为B 的均匀磁场中作一半径为r 的半球面S ,S 边线所在平面的法线方向单位矢量n 与B 的夹角为α ,则通过半球面S 的磁通量(取弯面 向外为正)为 (A) πr 2B . 、 (B) 2 πr 2B . (C) -πr 2B sin α. (D) -πr 2B cos α. ［ ］ 4、一个通有电流I 的导体,厚度为D ,横截面积为S ,放置在磁感强度为B 的匀强磁场中,磁场方向垂直于导体的侧表面,如图所示.现测得导体上下两面电势差为V ,则此导体的 霍尔系数等于 (A) IB VDS . (B) DS IBV . (C) IBD VS . (D) BD IVS . (E) IB VD . ［ ］ 5、两根无限长载流直导线相互正交放置,如图所示.I 1沿y 轴的正方向,I 2沿z 轴负方向.若载流I 1的导线不能动,载流I 2的导线可以 自由运动,则载流I 2的导线开始运动的趋势就是 (A) 绕x 轴转动. (B) 沿x 方向平动. (C) 绕y 轴转动. (D) 无法判断. ［ ］ y z x I 1 I 2 物理与电子工程学院 注：教案按授课章数填写，每一章均应填写一份。重复班授课可不另填写教案。教学内容须另加附页。 （3）在导体外，紧靠导体表面的点的场强方向与导体表面垂直，场强大小与导体表面对应点的电荷面密度成正比。 A 、场强方向（表面附近的点） 由电场线与等势面垂直出发，可知导体表面附近的场强与表面垂直。而场强大小与面密度的关系，由高斯定理推出。 B 、场强大小 如图，在导体表面外紧靠导体表面取一点P ，过P 点作导体表面 的外法线方向单位矢n ?，则P 点场强可表示为n E E n P ?= （n E 为P E 在n ?方向的投影，n E 可正可负）。过P 点取一小圆形面元1S ?，以1S ?为底作一圆柱形高斯面，圆柱面的另一底2S ?在导体内部。由高斯定理有： 11/) 0(?1 1 2 1 εσφS S E s d E E s d n E s d E s d E s d E s d E s d E n S S n S S S S ?=?=⊥=?= ?= ?+?+?= ?=?????????? ?????? 导体表面附近导体内侧 (导体的电荷只能分布在导体表面，若面密度为σ，则面内电荷为 为均匀的很小，视，且因σσ11S S ??) ∴ ?? ?<>=?? ?<<>>= 反向，，同向，，即，，n E n E n E E E E n n n ?0?0?0 00 00 σσεσ σσεσ 可见：导体表面附近的场强与表面上对应点的电荷面密度成正比，且无论场和电荷分布怎样变化，这个关系始终成立。 C 、0 εσ = E n ?中的E 是场中全部电荷贡献的合场强，并非只是高斯面内电荷S ?σ的贡献。这一点是由高斯定理得来的。P45-46 D 、一般不谈导体表面上的点的场强。 导体内部0=E ，表面外附近0 εσ=E n ?；没提表面上的。 在电磁学中的点、面均为一种物理模型，有了面模型这一概念，场强在带电面上就有突变（P23小字），如果不用面模型，突变就会消失。但不用面模型，讨论问题太复杂了，所以我们只谈“表面附近”而不谈表面上。 补充例：习题2.1.1(不讲) Rd θ 解：利用上面的结果，球面上某面元所受的力：n dS F d ?20 2 εσ= ，利用对称性知，带有同号电荷的球面所受的力是沿x 轴方向： 右半球所受的力： 第一章思考题 1． 1一个点电荷受到另一个点电荷的静电力是否会因其它电荷的移近而改变？当“另一个点电荷”被一个带电导体代替时，情况又如何？ 答：根据静电力的叠加原理，一个点电荷受到另一个点电荷的作用力，不论周围是否存在其它电荷，总是符合库仑定律的，如果这两个点电荷都是静止的固定的，则它们间距不发生变化，其相互作用力不会因其它电荷的移近而改变（反之若这两个点电荷是可动的，则当其它电荷移近，此二点电荷因受其它电荷作用而发生移动，其间距离变化，则相互作用力也变） 1． 2有一带电的导体，为测得其附近P 点的场强，在P 点放一试探电荷0q （0q >0），测得它所受的电场力为F 。如果0q 很大，F/0q 是 否等于P 点的场强E ？比E 大还是比E 小？ 答：若0q 很大，受它影响，带正电的导体的电荷分布，由于静电感应，导体上的正电荷受到排斥要远离P 点，因此在P 点放上0q 后，场强要比原来小，而测得的F/0q 是导体上电荷重新分布后测得的P 点的场强，故F/0q 要比P 点原来的场强E 小 1、 3场强的定义式为E=F/0q ，可否认为场强E 与F 成正比，与0q 成反比？当0 q →0时，场强是无限大还是为零？还是与0q 无关？ 答：不能，电场中某点的场强，它是由产生电场的电荷决定的，电场中某点的电场强度是客观存在的，是具有确定的值，当某点放上0q 后，所受的力F 与0q 成正比，比值F/0q 是个确定的值，其大小与F ，0q 均无关系，成以当0q →0时，其所受的力F →0，其比值→确定 值，与0q 无关 1． 4判断对错。（1）闭合曲面上各点场强为零时，面内必没有电荷；（2）闭合曲面内电量为零时，面上各点场强必为零；（3）闭合曲面 的电通量为零时，面上各点的场强必为零；（4）通过闭合曲面的电通量仅决定于面内电荷；（5）闭合曲面上各点的场强是仅由面内电荷产生的；（6）应用高斯定理求场强的条件是电荷分布具有一定的对称性；（7）如果库仑定律中r 的幂不是-2，则高斯定理不成立 答：（1）（2）（3）（5）（6）不对；（4）（7）对‘ 1． 5一个点电荷放在球形高斯面的球心，试问下列情况下电通量是否改变（1）如果这球面被任意体积的立方体表面所代替，而点电荷仍 位于立方体中心；（2）如果此点电荷被移离原来的球心，但仍在球内；（3）如果此点电荷被放到高斯球面之外；（4）如果把第二个点电荷放到高斯球面外的某个地方；（5）如果把第二个电荷放在高斯球面内 答：（1）与曲面形状无关，所以电通量不改变；（2）与面内电荷所在位置无关，所以电通量不改变；（3）面内电荷改变（减少）所以电通量改变→0；（4）面内电荷不变，所以电通量不改变；（5）面内电荷改变（增加），所以电通量改变→增加 1． 6图中已知S 1面上的电通量为1 S Φ，问S 2面，S 3面及S 4面上的电通量2 S Φ，3 S Φ，4 S Φ各等于多少？ 答：S 1面与S 3面组成闭合曲面1 S Φ+3 S Φ= 1 εq ，3 S Φ= 1 εq -1 S Φ； S 4与S 3组成闭合曲面3 S Φ+4 S Φ=0，4 S Φ=-3 S Φ=1 S Φ-0 1 εq ； S 2与S 3组成闭合曲面2 S Φ+3 S Φ= 2 1εq q +；2 S Φ=-3 S Φ+ 2 1εq q +=1 S Φ-0 1 εq + 2 1εq q +=1 S Φ+ 2 εq 1． 7（1）将初速度为零的电子放在电场中时，在电场力作用下，这电子是向电位高处运动，还是向电位低处运动？为什么？（2）说明 无论对正负电荷来说，仅在电场力作用下移动时，电荷总是从电位能高的地方移向电位能低的地方。 答：（1）总是向高电位处运动，受力方向逆着电力线，在初速为零，逆着电力线方向运动，电场中各处的电位永远逆着电力线方向升高。（2）仅在电场力作用下移动时，电场力方向与正负电荷位移方向一致，电场力作正功，使电荷的电位能减小,所以电荷总是从电位能高处向低处移动 1． 8可否任意将地球的电位规定为100伏，而不规定为零？这样规定后，对测量电位，电位差的数值有什么影响？ 答：可以，对电位差的数值无影响，对电位的数值有影响，提高了 1． 9判断对错（1）场强大的地方，电位一定高。（2）电位高的地方，场强一定大。（3）带正电的物体的电位一定是正的。（4 ）电位等于 第二章 静电场 重点和难点 电场强度及电场线等概念容易接受，重点讲解如何由物理学中积分形式的静电场方程导出微分形式的静电场方程，即散度方程和旋度方程，并强调微分形式的场方程描述的是静电场的微分特性或称为点特性。 利用亥姆霍兹定理，直接导出真空中电场强度与电荷之间的关系。通过书中列举的4个例子，总结归纳出根据电荷分布计算电场强度的三种方法。 至于媒质的介电特性，应着重说明均匀和非均匀、线性与非线性、各向同性与各向异性等概念。讲解介质中静电场方程时，应强调电通密度仅与自由电荷有关。介绍边界条件时，应说明仅可依据积分形式的静电场方程，由于边界上场量不连续，因而微分形式的场方程不成立。 关于静电场的能量与力，应总结出计算能量的三种方法，指出电场能量不符合迭加原理。介绍利用虚位移的概念计算电场力，常电荷系统和常电位系统，以及广义力和广义坐标等概念。至于电容和部分电容一节可以从简。 重要公式 真空中静电场方程： 积分形式： ? = ?S S E 0 d εq ?=?l l E 0d 微分形式： ερ= ??E 0=??E 已知电荷分布求解电场强度： 1， )()(r r E ?-?=； ? ' '-'= V V d ) (41)(| r r |r r ρπε? 2， ? '''-'-'=V V 3 d |4) )(()(|r r r r r r E περ 3， ? = ?S S E 0 d εq 高斯定律 介质中静电场方程： 积分形式： q S =?? d S D ?=?l l E 0d 微分形式： ρ=??D 0=??E 线性均匀各向同性介质中静电场方程： 积分形式： ε q S = ?? d S E ?=?l l E 0d 微分形式： ε ρ= ??E 0=??E 静电场边界条件： 1， t t E E 21=。对于两种各向同性的线性介质，则 2 21 1εεt t D D = 2， s n n D D ρ=-12。在两种介质形成的边界上，则 n n D D 21= 对于两种各向同性的线性介质，则 n n E E 2211εε= 3，介质与导体的边界条件： 0=?E e n ； S n D e ρ=? 若导体周围是各向同性的线性介质，则 ε ρS n E = ； ε ρ? S n -=?? 静电场的能量： 《电磁学》练习题（附答案） 1. 如图所示，两个点电荷＋q 和－3q ，相距为d . 试求： (1) 在它们的连线上电场强度0=E 的点与电荷为＋q 的点电荷相距多远？ (2) 若选无穷远处电势为零，两点电荷之间电势U =0的点与电荷为＋q 的点电荷相距多远？ 2. 一带有电荷q ＝3×10- 9 C 的粒子，位于均匀电场中，电场方向如图所示．当该粒子沿水平方向向右方运动5 cm 时，外力作功6×10- 5 J ，粒子动能的增量为4.5×10- 5 J ．求：(1) 粒子运动过程中电场力作功多少？(2) 该电场的场强多大？ 3. 如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电荷为q ，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度． 4. 一半径为 R 的带电球体，其电荷体密度分布为 ρ =Ar (r ≤R ) ， ρ =0 (r ＞R ) A 为一常量．试求球体内外的场强分布． 5. 若电荷以相同的面密度σ均匀分布在半径分别为r 1＝10 cm 和r 2＝20 cm 的两个同心球面上，设无穷远处电势为零，已知球心电势为300 V ，试求两球面的电荷面密度σ的值． (ε0＝8.85×10- 12C 2 / N ·m 2 ) 6. 真空中一立方体形的高斯面,边长a ＝0.1 m ，位于图中所示位 置．已知空间的场强分布为： E x =bx , E y =0 , E z =0． 常量b ＝1000 N/(C ·m)．试求通过该高斯面的电通量． 7. 一电偶极子由电荷q ＝1.0×10-6 C 的两个异号点电荷组成，两电荷相距l ＝2.0 cm ．把这电偶极子放在场强大小为E ＝1.0×105 N/C 的均匀电场中．试求： (1) 电场作用于电偶极子的最大力矩． (2) 电偶极子从受最大力矩的位置转到平衡位置过程中，电场力作的功． 8. 电荷为q 1＝8.0×10-6 C 和q 2＝－16.0×10- 6 C 的两个点电荷相距20 cm ，求离它们都是20 cm 处的电场强度． (真空介电常量ε0＝8.85×10-12 C 2N -1m -2 ) 9. 边长为b 的立方盒子的六个面，分别平行于xOy 、yOz 和xOz 平面．盒子的一角在坐标原点处．在 此区域有一静电场，场强为j i E 300200+= .试求穿过各面的电通量． E q L q P 电子信息学院电磁场与电磁波第一章复习题练习 姓名 学号 班级 分数 1-7题，每题5分；8-15题，每题5分，16题10分，17题15分。 8: 解：不总等于，讨论合理即可 9. 已知直角坐标系中的点P 1(-3，1，4)和P 2（2，-2,3）： (1) 在直角坐标系中写出点P 1、P 2的位置矢量r 1和r 2； (2) 求点P 1到P 2的距离矢量的大小和方向； (3) 求矢量r 1在r 2的投影； 解：（1）r1=-3a x +a y +4a z ; r2=2a x -2a y +3a z (2)R=5a x -3a y -a z (3) [（r1?r2）/ │r2│] =（17）? 10.用球坐标表示的场E =a r 25/r 2，求： （1） 在直角坐标系中的点（-3,4，-5）处的|E |和E z ； （2） E 与矢量B =2a x -2a y +a z 之间的夹角。 解：（1）0.5；2?/4; (2)153.6 11.试计算∮s r ·d S 的值，式中的闭合曲面S 是以原点为顶点的单位立方体，r 为 空间任一点的位置矢量。 解：学习指导书第13页 12.从P （0,0,0）到Q （1,1,0）计算∫c A ·d l ，其中矢量场A 的表达式为 A =a x 4x-a y 14y 2.曲线C 沿下列路径： （1） x=t ，y=t 2； （2） 从（0,0,0）沿x 轴到（1,0,0），再沿x=1到（1,1,0）； （3） 此矢量场为保守场吗？ 解：学习指导书第14页 13.求矢量场A =a x yz+a y xz+a z xy 的旋度。 A ??=x a （x -x ）+y a （y -y ）+z a （z -z ）=0 14.求标量场u=4x 2y+y 2z-4xz 的梯度。 u ?=x a u x ??+y a u y ??+z a u z ??=x a (8xy-4z)+y a (42x +2yz)+z a (2y -4x) 大学物理电磁学练习题 球壳，内半径为R 。在腔内离球心的距离为d 处（d R <），固定一点电荷q +，如图所示。用导线把球壳接地后，再把地线撤 去。选无穷远处为电势零点，则球心O 处的电势为[ D ] (A) 0 (B) 04πq d ε (C) 04πq R ε- (D) 01 1 () 4πq d R ε- 2. 一个平行板电容器, 充电后与电源断开, 当用绝缘手柄将电容器两极板的距离拉大, 则两极板间的电势差12U 、电场强度的大小E 、电场能量W 将发生如下变化：[ C ] (A) 12U 减小，E 减小，W 减小； (B) 12U 增大，E 增大，W 增大； (C) 12U 增大，E 不变，W 增大； (D) 12U 减小，E 不变，W 不变. 3．如图，在一圆形电流I 所在的平面内， 选一个同心圆形闭合回路L (A) ?=?L l B 0d ，且环路上任意一点0B = (B) ?=?L l B 0d ，且环路上 任意一点0B ≠ (C) ?≠?L l B 0d ，且环路上任意一点0B ≠ (D) ?≠?L l B 0d ，且环路上任意一点B = 常量. [ B ] 4．一个通有电流I 的导体，厚度为D ，横截面积为S ，放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导体的侧表面，如图所示。现测得导体上下两面电势差为V ，则此导体的霍尔系数等于[ C ] (A) IB V D S (B) B V S ID (C) V D IB (D) IV S B D 5．如图所示，直角三角形金属框架abc 放在均匀磁场中，磁场B 平行于ab 边，bc 的长度为 l 。当金属框架绕ab 边以匀角速度ω转动时，abc 回路中的感应电动势ε和a 、 c 两点间的电势差a c U U -为 [ B ] (A)2 0,a c U U B l εω=-= (B) 2 0,/2a c U U B l εω=-=- (C)22 ,/2a c B l U U B l εωω=-= (D)2 2 ,a c B l U U B l εωω=-= 6. 对位移电流，有下述四种说法，请指出哪一种说法正确 [ A ] (A) 位移电流是由变化的电场产生的； (B) 位移电流是由线性变化的磁场产生的； (C) 位移电流的热效应服从焦耳——楞次定律； (D) 位移电流的磁效应不服从安培环路定理. 程稼夫电磁学篇第一章《静电场》课后习题 1-1设两个小球所带净电荷为q，距离为l，由库仑定律： 由题目，设小球质量m，铜的摩尔质量M，则有： 算得 1-2 取一小段电荷，其对应的圆心角为dθ： 这一小段电荷受力平衡，列竖直方向平衡方程，设张力增量为T： 解得 1-3（1）设地月距离R，电场力和万有引力抵消： 解得： （2）地球分到，月球分到，电场力和万有引力抵消： 解得： 1-4 设向上位移为x，则有： 结合牛顿第二定律以及略去高次项有： 1-5由于电荷受二力而平衡，故三个电荷共线且q3在q1和q2之间： 先由库仑定律写出静电力标量式： 有几何关系： 联立解得 由库仑定律矢量式得： 解得 1-6（1）对一个正电荷，受力平衡： 解得，显然不可能同时满足负电荷的平衡 （2）对一个负电荷，合外力提供向心力： 解得 1-7（1）设P限制在沿X轴夹角为θ的，过原点的直线上运动（θ∈[0,π)），沿着光滑直线位移x，势 能： 对势能求导得到受力： 小量近似，略去高阶量： 当q＞0时，；当q＜0时， （2）由上知 1-8设q位移x，势能： 对势能求导得到受力： 小量展开有：，知 1-9（1）对q受力平衡，设其横坐标的值为l0：，解得 设它在平衡位置移动一个小位移x，有： 小量展开化简有： 受力指向平衡位置，微小谐振周期 （2） 1-10 1-11 先证明，如图所示，带相同线电荷密度λ的圆弧2和直线1在OO处产生的电场强度相等.取和θ. 有： 显然两个电场强度相等，由于每一对微元都相等，所以总体产生的电场相等. 利用这一引理，可知题文中三角形在内心处产生的电场等价于三角形内切圆环在内心处产生的电场.由对称性，这一电场强度大小为0. 1-12（1） 一、单选题 1、如果通过闭合面S的电通量 e 为零，则可以肯定 A、面S内没有电荷 B 、面S内没有净电荷 C、面S上每一点的场强都等于零 D 、面S上每一点的场强都不等于零 2、下列说法中正确的是 A 、沿电场线方向电势逐渐降低B、沿电场线方向电势逐渐升高 C、沿电场线方向场强逐渐减小 D、沿电场线方向场强逐渐增大 3、载流直导线和闭合线圈在同一平面内，如图所示，当导线以速度v 向v 左匀速运动时，在线圈中 A 、有顺时针方向的感应电流 B、有逆时针方向的感应电 C、没有感应电流 D、条件不足，无法判断 4、两个平行的无限大均匀带电平面，其面电荷密度分别为和， 则 P 点处的场强为 A、 B 、 C 、2 D、 0 P 2000 5、一束粒子、质子、电子的混合粒子流以同样的速度垂直进 入磁场，其运动轨迹如图所示，则其中质子的轨迹是 12 A、曲线 1 B、曲线 23 C、曲线 3 D、无法判断 6、一个电偶极子以如图所示的方式放置在匀强电场 E 中，则在 电场力作用下，该电偶极子将 A 、保持静止B、顺时针转动C、逆时针转动D、条件不足，无法判断 7q 位于边长为a 的正方体的中心，则通过该正方体一个面的电通量为 、点电荷 A 、0 B 、q q D 、 q C、 6 0400 8、长直导线通有电流I 3 A ，另有一个矩形线圈与其共面，如图所I 示，则在下列哪种情况下，线圈中会出现逆时针方向的感应电流？ A 、线圈向左运动B、线圈向右运动 C、线圈向上运动 D、线圈向下运动 9、关于真空中静电场的高斯定理 E dS q i，下述说法正确的是： S0 A.该定理只对有某种对称性的静电场才成立； B.q i是空间所有电荷的代数和； C. 积分式中的 E 一定是电荷q i激发的； 电磁学第二章习题答 案 习题五（第二章 静电场中的导体和电介质） 1、在带电量为Q 的金属球壳内部，放入一个带电量为q 的带电体，则金属球 壳内表面所带的电量为 - q ，外表面所带电量为 q +Q 。 2、带电量Q 的导体A 置于外半径为R 的导体 球壳B 内，则球壳外离球心r 处的电场强度大小 204/r Q E πε=，球壳的电势R Q V 04/πε=。 3、导体静电平衡的必要条件是导体内部场强为零。 4、两个带电不等的金属球，直径相等，但一个是空心，一个是实心的。现使它们互相接触，则这两个金属球上的电荷( B )。 (A)不变化 (B)平均分配 (C)空心球电量多 (D)实心球电量多 5、半径分别R 和r 的两个球导体(R ＞r)相距很远，今用细导线把它们连接起来，使两导体带电，电势为U 0，则两球表面的电荷面密度之比σR /σr 为 ( B ) (A) R/r (B) r/R (C) R 2/r 2 (D) 1 6、有一电荷q 及金属导体A ，且A 处在静电平衡状态，则( C ) (A)导体内E=0，q 不在导体内产生场强； (B)导体内E ≠0，q 在导体内产生场强； (C)导体内E=0，q 在导体内产生场强； (D)导体内E ≠0，q 不在导体内产生场强。 7、如图所示，一内半径为a ，外半径为b 的金属球壳，带有电量Q ， 在球壳空腔内距离球心为r 处有一点电荷q ，设无限远 处为电势零点。试求： (1)球壳外表面上的电荷； (2)球心O 点处由球壳内表面上电荷产生的电势； (3)球心O 点处的总电势。 解: (1) 设球壳内、外表面电荷分别为q 1 , q 2,以O 为球心作一半径为R (a 一.选择题（本大题15小题，每题2分） 第一章、第二章 1.在静电场中，下列说法中哪一个是正确的 [ ] (A)带正电荷的导体，其电位一定是正值 (B)等位面上各点的场强一定相等 (C)场强为零处，电位也一定为零 (D)场强相等处，电位梯度矢量一定相等 2.在真空中的静电场中，作一封闭的曲面，则下列结论中正确的是［］ (A)通过封闭曲面的电通量仅是面内电荷提供的 (B) 封闭曲面上各点的场强是面内电荷激发的 (C) 应用高斯定理求得的场强仅是由面内电荷所激发的 (D) 应用高斯定理求得的场强仅是由面外电荷所激发的 3.关于静电场下列说法中正确的是 [ ] (A)电场和试探电荷同时存在和消失 (B)由E＝F/q知道，电场强度与试探电荷成反比 (C)电场强度的存在与试探电荷无关 (D)电场是试探电荷和场源电荷共同产生的 4.下列几个说法中正确的是： [ ] (A)电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向 (B)在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同 (C)场强方向可由E=F/q定出，其中q为试验电荷的电量，q可正、可负， F为试验电荷所受的电场力 (D)以上说法全不对。 5.一平行板电容器中充满相对介电常数为的各向同性均匀电介质。已知介 质两表面上极化电荷面密度为，则极化电荷在电容器中产生的电 场强度的大小为 [ ] (A) 0εσ' (B) 02εσ' (C) 0εεσ' (D) ε σ' 6. 在平板电容器中充满各向同性的均匀电介质，当电容器充电后，介质中 D 、 E 、P 三矢量的方向将是 [ ] (A) D 与E 方向一致，与P 方向相反 (B) D 与E 方向相反，与P 方向一致 (C) D 、E 、P 三者方向相同 (D) E 与P 方向一致，与D 方向相反 7. 在一不带电荷的导体球壳的球心处放一点电荷，并测量球壳内外的场强分 布，如果将此点电荷从球心移到球壳内其它位置，重新测量球壳内外的场强分布，则将发现： [ ] (A) 球壳内、外场强分布均无变化 (B) 球壳内场强分布改变，球壳外的不变 (C) 球壳外场强分布改变，球壳内的不变 (D) 球壳内、外场强分布均改变 8. 一电场强度为E 的均匀电场，E 的方向与x 轴正向平行，如图所示，则通过 图中一半径为R 的半球面的电场强度通量为 [ ] (A) 2R E π；(B) 21 2 R E π； (C) 22R E π；(D ) 0。 9. 在静电场中，电力线为均匀分布的平行 直线的区域内，在电力线方向上任意两点的电场强度E 和电势U 相比较 [ ] (A) E 相同，U 不同 (B) E 不同，U 相同 (C) E 不同，U 不同 (D) E 相同，U 相同 第五章静电场 5 －9若电荷Q均匀地分布在长为L的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r处的电场强度为 2 2 4 π 1 L r Q ε E - = (2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r处的电场强度为 2 2 04 π2 1 L r r Q ε E + = 若棒为无限长(即L→∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较. 分析这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x，其电荷为d q＝Q d x/L，它在点P 的电场强度为 r r q ε e E 2 d π4 1 d ' = 整个带电体在点P的电场强度 ?=E E d 接着针对具体问题来处理这个矢量积分. (1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P的电场强度方向相同， ?=L E i E d (2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A)所示，则电场强度E沿x轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P的电场强度就是 ??= = L y E α E j j E d sin d 证 (1) 延长线上一点P 的电场强度?'=L r πεE 202 ，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变 量，则 ()220 022 204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=??????+--=-=? 电场强度的方向沿x 轴. (2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为 E r εq αE L d π4d sin 2 ? '= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，2 2 x r r +=' 统一积分变量，则 () 2 2 03 /2222 2041π2d π41L r r εQ r x L x rQ εE L/-L/+= +=? 当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度 r ελL r L Q r εE l 02 20π2 /41/π21lim = +=∞ → 此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B)］.这说明只要满足r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线. 5 －14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量. 分析 方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即? ?=S S d s E Φ 方法2：作半径为R 的平面S ′与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理 一． 1.对于矢量A u v，若A u v＝ e u u v x A＋y e u u v y A＋z e u u v z A， x 则： e u u v?x e u u v＝；z e u u v?z e u u v＝； y e u u v?x e u u v＝；x e u u v?x e u u v＝ z 2.对于某一矢量A u v，它的散度定义式为； 用哈密顿算子表示为 3.对于矢量A u v，写出： 高斯定理 斯托克斯定理 4.真空中静电场的两个基本方程的微分形式为 和 5.分析恒定磁场时，在无界真空中，两个基本场变量之间的关系为，通常称它为 二.判断：（共20分，每空2分）正确的在括号中打“√”，错误的打“×”。 1.描绘物理状态空间分布的标量函数和矢量函数，在时间为一定值的情况下，它们是唯一的。（） 2.标量场的梯度运算和矢量场的旋度运算都是矢量。（） 3.梯度的方向是等值面的切线方向。（） 4.恒定电流场是一个无散度场。（） 5.一般说来，电场和磁场是共存于同一空间的，但在静止和恒定的情况下，电场和磁场可以独立进行分析。（） 6.静电场和恒定磁场都是矢量场，在本质上也是相同的。（） 7.研究物质空间内的电场时，仅用电场强度一个场变量不能完全反映物质内发生的静电现象。（ ） 8.泊松方程和拉普拉斯方程都适用于有源区域。（ ） 9.静电场的边值问题，在每一类的边界条件下，泊松方程或拉普拉斯方程的解都是唯一的。（ ） 10.物质被磁化问题和磁化物质产生的宏观磁效应问题是不相关的两方面问题。（ ） 三.简答：（共30分，每小题5分） 1.用数学式说明梯无旋。 2.写出标量场的方向导数表达式并说明其涵义。 3.说明真空中电场强度和库仑定律。 4.实际边值问题的边界条件分为哪几类？ 5.写出磁通连续性方程的积分形式和微分形式。 6.写出在恒定磁场中，不同介质交界面上的边界条件。 四.计算：（共10分）半径分别为a,b(a>b),球心距为c(c 1 第一章基本概念 一.Maxwell 场方程组的表示形式及各方程的物理意义： Maxwell 的贡献在于以静电场与稳恒电磁场为基础，考虑了随时间变化的因素，提出科学的分析与假设，并引入了位移电流概念，从数学上进行高度概括和总结，最终获得时变电磁场的基本方程。揭示了电场与磁场之间以及场与流之间相互联系的规律。它预言了电磁波的存在，是一切 宏观电磁理论的基础。 本章要求：掌握研究电磁场的基本方程、表示形式、物理意义等。 其中，前二个方程为其核心，它显示了场量之间相互制约和相互联系。 2.微分形式和积分形式： 对连续媒质，各场量为连续并有连续导数（即为良态），一般采用微分形式的场方程，求解场分布较容易；积分形式的场方程更具一般性，它对媒质无任何要求，故在出现介质不连续（有介质分界面）时，必须采用积分形式，并用以确定边界条件。 3 4 3.场方程是在已有的电磁定律和大量实验结果的基础上，从数学上对电磁场规律所作的高度概括和总结，并由此断言：任何电磁扰动都将以有限速度向空间传播——即有电磁波存在。这一预言后来为实验所验证，并成功地应用于无线电通信，奠定了无线电技术的基础。 方程是电磁理论的基本规律，具有普遍性，不仅适用于高频（微波与光波）；也适用于低频和直流，从中可推出低频电路中的克希霍夫定律。 Maxwell Maxwell 4.时变场：随时间变化的场，即场既为空间坐 标的函数亦为时间的函数。 对于时变场，有： 1）电、磁场是统一的、不可分割的； 2）变化的磁场产生电场；变化的电场产生磁场，相互交连，从而产生电磁波的传播。 5.电磁场特性：电磁场是一种特殊形式的物质，具有电磁能，并遵循能量守恒的普遍规律。这包括电场能与磁场能的相互转换及电磁能与其它形式能量（如热能、机械能等）之间的相互转换。 5 第五章 静 电 场 5 －9 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为 2 204π1L r Q εE -= (2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为 2204π21L r r Q εE += 若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较. 分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为 r r q εe E 2 0d π41d '= 整个带电体在点P 的电场强度 ?=E E d 接着针对具体问题来处理这个矢量积分. (1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同， ?=L E i E d (2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A )所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是 ??==L y E αE j j E d sin d 证 (1) 延长线上一点P 的电场强度?'=L r πεE 202， 利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则 ()220 022 204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=??????+--=-=? 电场强度的方向沿x 轴. (2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为 E r εq αE L d π4d sin 2 ? '= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，2 2 x r r +=' 统一积分变量，则 () 2 2 03 /2222 2041π2d π41L r r εQ r x L x rQ εE L/-L/+= +=? 当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度 r ελL r L Q r εE l 02 20π2 /41/π21lim = +=∞ → 此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B )］.这说明只要满足r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线. 5 －14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量. 分析 方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即? ?=S S d s E Φ 方法2：作半径为R 的平面S ′与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理 一、单选题 1、 如果通过闭合面S 的电通量e Φ为零，则可以肯定 A 、面S 内没有电荷 B 、面S 内没有净电荷 C 、面S 上每一点的场强都等于零 D 、面S 上每一点的场强都不等于零 2、 下列说法中正确的是 A 、沿电场线方向电势逐渐降低 B 、沿电场线方向电势逐渐升高 C 、沿电场线方向场强逐渐减小 D 、沿电场线方向场强逐渐增大 3、 载流直导线和闭合线圈在同一平面内，如图所示，当导线以速度v 向 左匀速运动时，在线圈中 A 、有顺时针方向的感应电流 B 、有逆时针方向的感应电 C 、没有感应电流 D 、条件不足，无法判断 4、 两个平行的无限大均匀带电平面，其面电荷密度分别为σ+和σ-， 则P 点处的场强为 A 、02εσ B 、0εσ C 、0 2εσ D 、0 5、 一束α粒子、质子、电子的混合粒子流以同样的速度垂直进 入磁场，其运动轨迹如图所示，则其中质子的轨迹是 A 、曲线1 B 、曲线2 C 、曲线3 D 、无法判断 6、 一个电偶极子以如图所示的方式放置在匀强电场 E 中，则在 电场力作用下，该电偶极子将 A 、保持静止 B 、顺时针转动 C 、逆时针转动 D 、条件不足，无法判断 7、 点电荷q 位于边长为a 的正方体的中心，则通过该正方体一个面的电通量为 A 、0 B 、0εq C 、04εq D 、0 6εq 8、 长直导线通有电流A 3=I ，另有一个矩形线圈与其共面，如图所 示，则在下列哪种情况下，线圈中会出现逆时针方向的感应电流？ A 、线圈向左运动 B 、线圈向右运动 C 、线圈向上运动 D 、线圈向下运动 9、 关于真空中静电场的高斯定理0 εi S q S d E ∑=?? ，下述说法正确的是： A. 该定理只对有某种对称性的静电场才成立； B. i q ∑是空间所有电荷的代数和； C. 积分式中的E 一定是电荷i q ∑激发的； σ - P 3 I 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--== 得电磁学第二版习题答案2
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