电磁学习题解答(林晓南)一

电磁学习题解答第一章真空中的静电场1.3解：如图所示，电荷元dxdq在P点的场强为ixadxEd20)(4整个带电直线在P点的场强为iLaLixadxEdELL222202044)(4点电荷在P点，受到的静电力为iLaqQEqF442201.4解：22120214rmmGFrqqF引库相距1米时NFNF1191067.6109引库相距1千米时NFNF1731067.6109引库1.5解：要使1m悬空,应满足重库FFgmrqq120214则1m所带电量为Cgmqrq749122011009.1101098.901.04为正电量。1.6解：如图所示，把半球面分成许多环带；在处宽为Rd的环带，其面积为RdRdssin2其上电荷量为dRdqsin22根据对称性，dq在球心O产生的电场强度沿x轴正方向，其大小为dRdqdEcossin2cos4020积分得带电半球面在球心处总场强为20004cossin2ddEE方向沿对称轴由半球指向外。1.7解：如图所示，电荷元RdRddqcos0在圆心处的场强为RddE004cos此电场的两个分量为RddEdERddEdEyx000204cossinsin4coscos由对称性0yydEE积分得合场强为RRdxdEExx002002044cosiRE0041.8(1)在平面上任取一点，设这点到左边直线的距离为x,则该点的合场强为)(2)(22000xaxaxaxE方向如图所示。(2)一根带电直线在另一带电直线处的电场为aE02，方向垂直于该直线，另一带电直线单位长度受此电场的力为aEF022方向：垂直于直线，为相互吸引力。1.10解：(1)以球心为心，r为半径作高斯面s，根据对称性，S上各点的电场强度E大小相等，方向该处面元sd方向平行，故E对高斯面s的通量为sssrEdsEEdssdE24由高斯定理得sRrQQRrRQRrQErsdE22102110102)(11,014由上式得区区区IIIRrrrQQIIRrRrrQIRrE4402020212102011(2)当12QQ时10RrE或2Rr2102014RrRrrQE1.11解：以圆柱的轴线为轴线，半径为r作长为l的圆柱面s，由对称性和高斯定理得sQErlsdE02式中Q是s所包围体积内的总电量，在圆柱体内，lrQRr2,故得022lrrlE002rrE在圆柱体外，lRQ2，故得002022/2rrRElRrlErE曲线如图1.11所示1.12解：P点的场强可看成带+σ的无限大均匀带电平面和带的半径为R均匀带电圆板在P处场强的叠加在P点，02无限大E方向：x轴正方向22012aRaE圆板方向：x方向，P点合场强为圆板无限大EEEP2200122aRa2202aRa方向沿x轴正方向1.15解：电偶极子受的力矩为sinEPMEPMee电偶极子由2转到角时电场力做的功为EPEPdEPMdAeeecossin221.16解：在圆环上取一电荷元dq，它在距圆心x处P点的电势为rdqdu04积分得P点总电势qdqrrdqduu004142/12200)(44Rxqrq1.17解：以球心为心，作半径为r的球形高斯面，由对称性和高斯定理得RrqRrrEsdEs0204故电场强度RrrrqRrE02040由电势定义rrdEuRr时，RrRRqdrrqdru020440Rr时，rqdrrqur020441.18解：(1)根据1.17题，知半径为R的均匀带电球面的电势分布为RrrqRrRqu0044可用电势叠加法求电势分布1Rr时，20210144RQRQu21RrR时，2020144RQrQu2Rr时，rQQrQrQu0210201444(2)如果保持内球上的电量1Q不变，改变外球电量2Q，由以上结论可知，整个空间的电势均随2Q而变，两球面之间电势差210120111442121RRQdrrQrdEuRRRR不随2Q变化。1.19解：(1)由电势叠加原理，内球电势202101144RQRQu知内球电量202110144RQuRQ(2)空间电势分布为2021212020111444RrrQQRrRRQrQRruu1.20解：根据对称性和高斯定理，知场强分布cmrcmrrcmrcmrE0.35.1ˆ20.35.1000或当cmr5.1时aE0max2内筒外表面附近的电场强度最大，两筒的电势差abdrrubaabln2200故电场强度的最大值为mVabauEab/108.45.10.3ln105.15000)/ln(52max1.21解：因带电圆柱体为无限长，所以不能取无限远处为势能零点，本题以圆柱轴线上一点为势能零点，由题1.11可知，空间电场分布为RrrrRRrrrE00200ˆ2ˆ2则电势分布Rr时，200042rdrrurRr时，1ln2422002002rRRdrrdrrRuRRr1.22解：点电荷21,QQ在A点产生的总电势为rQrQuA0201424在B点产生的总电势为rQrQuB34440201当点电荷q从A点移到B点，电场力做的功为rQrQqrrqQrrqQuuqABA3244311441214)(21002011.23解：将1q从无穷远外移到A点电场力做的功为(以无穷远处为电势零点)rQqrQqWA0101440将2q从无穷远处移到B点，电场力做的功为，)q(4144021200102qQqrrqrQqWB故电场力做的总功为)(4121210qqQqQqr1.24解：由1.16题知均匀带电圆环轴线上的电势为2/1220)(4xRqu由梯度法得均匀带电圆环轴线上的电场为ixRqxixRqxixuiEEx2/32202/1220)(4)(4第二章有导体、电介质存在时的静电场2.2解：(1)设4个表面上的面电荷密度分别为4321,,,由电荷守恒律可得sQ21(1)043(2)在导体内任取两点a和b，静电平衡时0baEE，a，b两点处的场强是4个表面(可看作无限大均匀带电平面)场强的叠加0222204030201aE(3)0222204030201sE(43)联立以上4式解方程组得sQsQsQsQ22224321由高斯定理得空间场强分布为在A板左侧：sQE02方向向左在两板间：sQE02方向向右在B板右侧：sQE02方向向右(2)将第二块金属板接地后，B板右表面的电荷被中和，有064由电荷守恒sQ21)1(由场强叠加03020126262aE)2(030201222bE)3(解方程组得：0,,04321sQsQ电场分布为：sEEEBA00两板间右左向右2.3解：(1)由题2.2，两板间场强sQE02则A板带电量sEQ02当E达到击穿场强时Q最大CQ74126max1031.5101001085.81032(2)B板接地时，最多有CQ7max1031.5的自由电子从地面流到B板上，未接地时，B板中自由电子的总电量为CQ619231035.1106.110022.675.639.8100比值为1367max1093.31035.11031.5QQ由以上比值可知，从大地流入B板的自由电子远少于B板原有的自由电子。2.4解：设A、B、C三板的六个表面从上到下依次带电量654321,,,,,qqqqqq由电荷守恒有Cqq743103(1)06521qqqq(2)由高斯定理32qq(3)54qq(4)由P点场强为0得0222222060504030201sqsqsqsqsqsqEP(5)由于A板和C板电势相等，得cBABuuuu有204103dsqdsq(6)联立解以上六个方程得Cqq761105.1Cq72102CqCqCq7574731011011022.5解：设导体壳带电量为Q，则球壳电势RqRQ00044壳内任一点的电势为RQrq0044Rqrq00044)(11400RrRrq2.6解：设小球B带电量为Q，则球壳A内表面带电量为Q，设球壳A外表面带电量为xQ由于A接地，有0Au，球心O的电势102001144111RRQdrrQdERRRR(1)另一方面，由电势叠加，球心O的电势也等于各均匀带电球面及点电荷q分布在O点所产生的电势的代数和bqRQRQRQx210041(2)两式联立，解得qbRQx22.7证：设无穷远处电势为零，用电力线来辅助解题，B带正电，A和C上必因感应而带上正电荷和负电荷，从C上的正电荷发出的电力线不能止于自身的负电荷，只能止于导体壳A，故ACuu，C上所带负电荷上的电力线只能来自导体B上的正电荷，故CBuu又因A原来不带电，现在它的空腔里B带正电，故A的外表面必有正电荷，因而有电力线从A发出，直到无穷远处，故0Au，综上可知，0ACBuuu。2.10解：(1)k闭合时，两板间电压为u，则A、B两部分的电场强度分别为BABAEEduEduE则duEDduEDBBAA2211方向均向下。