电磁学梁灿彬习题选解

1电磁学习题解答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1qq，另一个点电荷的电荷量为2()qQq，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20()4qQqFr令力F对电荷量q的一队导数为零，即20()04dFQqqdqr得122Qqq即取122Qqq时力F为极值，而22202204QqdFdqr故当122Qqq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：2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2200204()4qQqQLxx得2220xLxL舍去0x的解，得(21)xL1．3．8解答:xE3E2y∞∞ABE1RORydE3xα∞EAEB∞xyOEABABR(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104xER仿习题1.3.7解答过程，得12223/21223/20sin()0()4yydlldldEkkrRlldlEkRlR故10ˆˆ()4EijRLxL-xqQ2q3同理，水平无限长段带电线在O点产生的场强20ˆˆ()4EijR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3230coscos/2cos04xxdlddEkkRRkEdRR同理得304yER故30ˆˆ()4EijR解得12330ˆˆ()4EEEEEijR（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=0ˆˆ()4AEijRB的带电直线在O点产生的场强为0ˆˆ()4BEijR根据对称性，圆弧带电线在O点产生的场强仅有x分量，即0/2ˆˆˆcos/22ABABxkEEidiiRR故带电线在O点产生的总场强为40ABABEEEE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()dqzRd，所以带电细条的线密度与面密度的关系为dqdlRdz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0ˆ2rdEeR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20002200000coscoscos22ˆˆˆcos22xxdEdEddEEiidiyxzyxOEd(b)(a)51．4．5解答：O´OPd/2d/2xSSSS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0，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()xd、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，根据高斯定理。0)2(SxSdE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0(2)2xSES考虑电场的方向，求得板内场强为0ˆxEi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()xd、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6()Sd，根据高斯定理0)(SdSdE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0()2SdES考虑电场的方向，得0ˆ2dEi1．4．8解答:MPaOO´cbOO´cTr1r2(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的实心均匀带电球在偏心位置处加上一个电荷体密度为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的均匀带电球在T点产生场强E与电荷体密度为的均匀带电球在T点产生场强E的叠加结果。而E与E均可利用高斯定理求得，即120033rrEE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7的矢径。空腔中任意点T的场强为1200()33EEErrc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33220ˆ3()McMMbaEercrP点为大球内一点，根据叠加原理，求得320ˆ3()ppcpbErerc1．4．9解答：rROErRrL在均匀带电的无限长圆柱体内作一同轴半径为()rrR、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2qrL由高斯定理802LrSdE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202rrLErL解得柱体内场强02ˆreEErr内内在均匀带电的无限长圆体外作一同轴半径为()rrR、长为L的小圆柱体（未画出），小圆柱包围的电荷量为2QRL解得柱体外场强rrrerReEEˆ2ˆ02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：rR1OErrLIIIIIR1R2λ1/2πε0R1λ1/2πε0R2R2I9(1)作半径为12()rRrR、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1qL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12RrR的区域II内，利用高斯定理有012LrLEIIr解得区域II内的场强rrIIrIIereEEˆ2ˆ01同理，可求得1Rr的区域I中的场强0IE在2Rr的区域III中的场强rrIIIrIIIereEEˆ2ˆ021(2)若21，有0ˆ2001IIIrIIIEerEE各区域的场强的E—r曲线如图1.4.10(b)所示。101．5．2证明：S2S1E1E2l（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S1、S2形成一闭合的高斯面。面元S1和S2上的场强分别为1E和2E，根据高斯定理，得0)(212211EESSESE证得21EE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lElE证得21EE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：11ORPr由高斯定理求得距球心r处的P点的电场为：03rE，求得离球心r处的P点的电势为302222020308)3(223333RrRQrRrdrRrdrRRr1．6．5解答:OR1R2IIIIII（1）根据电势的定义，III区的电势为rQQrVIII0214)(202124)(RQQRVIIIII区的电势为22102021201414422RQrQdrrQQdrrQVRRrIII区的电势为1222110141)()(RQRQRVrVIII（2）当12QQ时，()0IIIEr，代入（1）中三个区域中的电势的表达式，求得0)(rVIII，201114)(RrQrVII，2101114)(RRQrVIV-r曲线如图1.6.5（a）所示当2121QQRR时，代入（1）中三个区域的电势的表达式，求得rRQRRrVIII101214)()(，101114)(RrQrVII，0)(rVIV—r曲线如图所示。OrVrR1R2rIIIIIIVrOIR1R2IIIII1．6．6解答：MPaOO´cbOO´cTr1r2均匀电荷密度为的实心大球的电荷量343Qa，挖去空腔对13应小球的电荷量343qb，电荷密度为的大球在M点的电势为MMMrarQrV30034)(电荷密度为-的小球在M点的电势为crbcrqrVMMM3003)4)(（M点的电势为crbrarVrVVMMMMM3303)()(电荷密度为的大球在P点的电势为)3(6)(220ParaPrardErdErVP内电荷密度为-的小球在P点的电势为crbrVPP303)(P点的电势为crbrarVrVVPPPPP3230236)()(电荷密度为的大球在O点的电势为02020223)(6)(aaardErdErVaraOO内电荷密度为-的小球在O点的电势为1422333)(6)(22002220cbbcbrdErdErVbcbO外内O点的电势为2220336)()(cbarVrVVOOO电荷密度为的大球在O´点的电势为)3(63)(6)(22002220caacardErdErVacaO内电荷密度为-的小球在O´点的电势为020202236)(bbbrdErdErVbcbO外内O´点的电势为2220336)()(cbarVrVVOOO152．1．1解答：zyxORθφRsinθdS=RsinθdφxRdθdθ建立球坐标系，如图所示，球表面上的小面元面积为220222000sin(1)cossin(2)cosˆˆ()(3)22nndSRdddqdSRdddSdFdSEdSedSe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2200cosˆcos(4)2zdFdSk将（1）式代入（4）式，对右半球积分，注意积分上下限，得222/2232000000ˆˆcossin24RFRddkk右16左半球所受的力为2200ˆ4RFk左2．1．4解答：σ1σ2σ3σ4dAB解：由左至右各板表面的电荷密度12340Bq，，，，因，利用静电平衡条件列方程得：043213241SqA（无限大平行金属板）解得：4212SqASqA23∴SdqddEldEVA0022内内将B板接地：（σ4=0）171423120AqS∴