电磁学梁灿彬习题选解docx.docx
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电磁学梁灿彬习题选解docx
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q1q,另一个点电荷的电荷量为
q2(Qq),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
q(Q
q)
F
0r2
4
令力F对电荷量q的一队导数为零,即
dF
(Q
q)
q
dq
4
r2
0
0
得
q1
q2
Q
2
即取q1
q2
Q时力F为极值,而
2
d2F
2
0
dq2
qQ
4
0r2
2
故当q1
q2
Q
时,F取最大值。
2
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
2qQq
L-xx
L
2qQ
qQ
0
4
0(Lx)2
4
0x2
得
x2
2Lx
L2
0
舍去x0
的解,得
x(21)L
1.3.8解答:
∞
y
y
y
dE3
A
∞
E2
E
3
EA
EAB
A
O
x
α
x
O
R
EB
x
R
E1
R
∞
∞
B
B
(a)
(b)
(c)
(1)先求竖直无限长段带电线在O点产生的场强E1,由习题1.3.7
(2)可知E1x
40R
仿习题1.3.7解答过程,得
dE1y
k
dl
k
ldl
r
2
sin
2
l
2
)
3/2
(R
E1y
k
ldl
0(R2
l2)3/2
4
0R
v
故E1(i?
?
j)
40R
同理,水平无限长段带电线在O点产生的场强
v
?
?
E2
4
(i
j)
0R
对于圆弧段带电线在O点产生的场强E3,参看图1.3.8(b),得
dE3x
kdl2
cos
kdcos
R
/2
R
E3x
k
d
R
cos
0
40R
同理得
E3y
4
0R
故
v
?
?
E3
4
0R
(i
j)
解得
v
v
v
v
v
?
?
EE1
E2
E3
E3
40R
(ij)
(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
v
0R(
?
?
EA=
4
i
j)
B的带电直线在O点产生的场强为
v
EB(i?
?
j)
40R
根据对称性,圆弧带电线在O点产生的场强仅有x分量,即
v
v
?
k
/2
?
?
EAB
EABxi
/2
cosdi
i
R
2
0R
故带电线在O点产生的总场强为
vvvv
EEAEBEAB0
1.3.9解答:
z
O
x
dE
y
y
x
(a)(b)
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),所以带电细条的线密度与
面密度的关系为
dq
dlRd
z
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
v
?
dE
20Rer
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
dEx
dEcos
2
cos
d
2
0cos2d
0
0
v
?
0?
2
2
0
?
E
d
Exi
i
0
cos
20
i
2
0
1.4.5解答:
O′
SS
SS
x
P
d/2d/2
O
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2x(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(2xS),根据高斯定理。
(2xS)
EdS
0
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
(2xS)
2ES
0
考虑电场的方向,求得板内场强为
v
E
x?
i
0
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2x(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),根据高斯定理
(Sd)
EdS
0
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
2ES
(Sd)
0
考虑电场的方向,得
vd
Ei?
20
1.4.8解答:
a
cb
r1
T
M
r2
P
O
O′
O
c
′
O
(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
v
的均匀带电球在T点产生场强E与电
荷体密度为
v
v
的均匀带电球在T点产生场强E
的叠加结果。
而E
v
均可利用高斯定理求得,即
与E
v
rv1
v
rv2
E
30
E
30
vv
式中:
r1为从大球圆心O指向T点的矢径;r2从小球圆心O指向T点
的矢径。
空腔中任意点T的场强为
v
v
v
v
v
v
E
E
E
(r1
r2)
c
30
30
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
v
b3
2
a3
?
EM
c)
2
ec
30(rM
rM
P点为大球内一点,根据叠加原理,求得
v
b3
rp
?
Ep
(rp
c)2
ec
30
1.4.9解答:
R
rEr
L
ORr
在均匀带电的无限长圆柱体内作一同轴半径为r(rR)、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
qr2L
由高斯定理
EdS
r2L
0
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
Er2rL
r2L
0
解得柱体内场强
E内
?
r
E内rer
20
在均匀带电的无限长圆体外作一同轴半径为
r(rR)、长为L的小
圆柱体(未画出),小圆柱包围的电荷量为
Q
R2L
解得柱体外场强
?
R2
?
E外rer
E外
20rer
柱内外的场强的E-r曲线如图1.4.9(b)所示
1.4.10解答:
R2
IR1IIIII
r
Er
L
λ1/2π0R1
ε
λ1
2π0R2
/
ε
O
r
R1R2
(1)作半径为r(R1rR2)、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
q1L
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
,仅有侧面的E通量,则在R1r
R2的区域
II
内,利
0
用高斯定理有
2rLEIIr1L
0
解得区域II内的场强
EIIEIIre?
r
1
?
2
0rer
同理,可求得rR1的区域I中的场强
EI0
在rR2的区域III中的场强
EIII
?
1
2
?
EIIIrer
2
0r
er
(2)若1
2,有
EI
EII
1
?
EIII0
0
2
0r
er
各区域的场强的
E—r曲线如图1.4.10(b)所示。
1.5.2证明:
S1S2
E1
l
E2
(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E1和E2,根据高斯定理,得
E1S1E2S2S(E1E2)0
证得
E1E2
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E1和E2,根据高斯定理得
E1lE2l0
证得
E1E2
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:
R
OrP
由高斯定理求得距球心r处的P点的电场为:
E
r
3
,求得离球
0
心r处的P点的电势为
Rr
R3dr
3R2
r2
Q(3R2
r2)
r30
dr
302
2
80R3
R30r2
1.6.5解答:
III
III
R2
OR1
(1)根据电势的定义,III区的电势为
V(r)
Q1
Q2
VIII(R2)
Q1
Q2
III
4
0r
4
0R2
II区的电势为
VII
R2
Q1
dr
Q1
Q2
dr
4
r
0r2
R24
0r2
1
Q1
Q2
4
0
r
R2
I区的电势为
1
Q1
Q2
VI(r)VII(R1)
0R1
R2
4
(2)当Q1
Q2时,EIII
(r)
0,代入
(1)中三个区域中的电势
的表达式,求得
VIII(r)
0,
VII(r)
Q1
11
,
V(r)
Q1
1
1
40
rR2
I
40
R1
R2
V-r曲线如图1.6.5(a)所示
Q2
Q1
当R
R时,代入
(1)中三个区域的电势的表达式,求得
2
1
VIII(r)
(R1
R2)Q1
,VII(r)
Q1
11
4
0R1r
40
,VI(r)0
rR1
V—r曲线如图所示。
VrVr
I
r
II
r
I
R1
III
R2
OR1R2
O
II
III
1.6.6解答:
a
cb
T
M
r1r2
P
OO′
OcO′
均匀电荷密度为的实心大球的电荷量Q4a3,挖去空腔对
3
应小球的电荷量q4b3,电荷密度为的大球在M点的电势为
V(rM)
3
Qa3
40rM30rM
电荷密度为-的小球在M点的电势为
V
(rM)
q
b3
(
4
rMc)
3
0rM
c
0
M点的电势为
VM
V(rM)
V
(rM)
a3
b3
rM
rMc
3
0
电荷密度为的大球在P点的电势为
V(r
)
a
Edr
(3a2
r
2)
P
Edr
内
a
60
P
rP
电荷密度为-的小球在P点的电势为
V(rP)
b3
30rPc
P点的电势为
V
V(r
)V(r
)
3a3
r2
2b3
P
P
P
60
P
rP
c
电荷密度为
的大球在O点的电势为
a
a
2
(
)a
2
a
2
V(rO)
E内dr
Edr
60
30
20
rO
a
电荷密度为-的小球在O点的电势为
b
2
V(rO)
内dr
E
外dr
(b2
c2)
b
E
c
b
60
30
3b2
c2
30
2
2
O点的电势为
V
V(r
O
)V(r)
3a2
3b2
c2
O
O
6
0
电荷密度为的大球在O′点的电势为
V(rO
)
E内dr
Edr
(a2
c2)
a
2
a
c
a
60
30
6
(3a2
c2)
0
电荷密度为-
的小球在O′点的电势为
V(rO)
b
E外dr
b2
b2
E内dr
6
0
30
c
b
b2
20
O′点的电势为
VO
V(rO)V(rO)
3a2
3b2
c2
6
0
2.1.1解答:
x
dS=RsinθdφxRdθ
dθ
φ
R
θRsinθ
Oz
y
建立球坐标系,如图所示,球表面上的小面元面积为
dS
R2sin
d
d
(1)
面元上的电荷量为
dq
dS
0R2cossin
dd
(2)
导体上一面元dS所受的电场力等于
v
dS
v
2
02cos2
dF
(
E
dSe?
dSe?
(3)
)
2
n
2
n
0
0
v
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
v
02cos2
?
(4)
dFz
20
cosdSk
将
(1)式代入(4)式,对右半球积分,注意积分上下限,得
v
2
?
2
2
0
/2
0
2
3
2
d
0
R
?
F右
2
Rcossind
0
k
4
k
0
0
左半球所受的力为
v
02R2
F左
k?
40
2.1.4解答:
σ
σ
3
σ
1
2
σ4
AB
d
解:
由左至右各板表面的电荷密度1,2,3,4,因qB0,
利用静电平衡条件列方程得:
1
4
2
3
1
2
qA
(无限大平行金属板)
S
3
4
0
解得:
qA
1
2
4
2S
3
qA
2S
∴
V
E内dl
E内d
2d
qAd
0
20S
将B板接地:
(σ4=0)
1
4
0
2
3
1
2
qA
S
∴
qA
2
3
S
V
v
v
E内d
2d
qAd
E内dl
0
0S
2.2.1解答:
R2
q
R1
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