《电磁学》梁灿彬课后答案解析

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）场强的方向可由后=叫口确定，其中q可正可负.

（3）在以点电荷为心的球而上，由该点电荷产生的场强处处相等.

答案：（1）X,正的试探电荷：（2）J；（3）X在无外场是，球面上度大小相等.

1.2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。

1.3下列说法是否正确？为什么？

（D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）X没有净电荷：（2）X；（3）X：（4）V：（5）X：（6）X：（7）X.

1.4“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工这个说法是否正

确？

答案：无外场时，对球外而言是正确的。

1.5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8、8、&及S,都是以闭曲线L为边线的曲面（曲面法线方向如图所示工一直，的

E通量为叫，求曲面，、S*、和，的E通量中2、叫及

答案：始终在内的点E=0不变，始终在外的点E=」~不不变,

被气球表面掠过的点，E发生跃变，由£=—

1.8附图中Si、S?是四个闭曲面，以E】、E2、E3分别代表由卬、q?、q3激发的静电场强，试判断

下列各等式的对错

（1）卷怎.云=幺（2）曲瓦.云=%（3）◎（瓦+瓦）%

（4）蛆区+瓦）.£=1^2（5）仔,（耳+瓦+瓦）.於=

（6）软区+瓦+瓦）-=（%+：#%）

答案：（1）X；（2）X；（3）X：（4）X；（5）V；（6）X；

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.

+g-g+q+q

答案：----►1*

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.…：…：只有在匀强电场中'静止点电荷运动的轨

迹才的电力线.

Lu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：⑴不正确.”f-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

E=0,2=0,并不是U一定为0,在等量同号点电荷的连线中点处。

（4）不正确。

…并不是果一定为。，例：在等量异号点电荷连线中点处.

（5）不正确。

1.12两个半径分别为Ri及Rz=2R的同心均匀带电球面，内球所带电荷卬>0。当外球所带电荷电

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：（/,=%I/

4Ml4f2«

（或者：Ut=广£,«/r+[*E,dr=一支1/厂+（江辿2•>

2

〃几-J局4^orJ2A4f产

要使Ut>0,则（%+>0.即92>—2%

要使C7,=0,则（%+与）=0，即42=-2%

要使U、<01则（d+4）<0»即%<—2%

1.13试证明等势区的充要条件的区内场强处处为零。

证明：如果E处为0,则心=，瓦疗=0,即是q=q,等位区.

如果是等位区，即u=o,则是七=%=0。

dn

1.14试证均匀带电半球面的大圆截而S（见附图）为等势面。（提示：补上另一半球面，借对称性

论证每个球面在S上贡献的场强垂直于S)

证明：设S面上有场强平行于分量，补上另一半球后球内改点的总场强

应为零，可见s面上不能有场强的平行分量，s面上只有场强垂直分量，故

s面上应为等势面.

1.2.1真空中有两个点电荷，其中一个的量值是另一个的4倍.她们相距S.OxlO'm时相互排斥力

为1.6N.问：

(1)她们的电荷各为多少？

(2)她们相距0.1m时排斥力的多少？

解：设一个电量为夕「则d=4%,由公式尸=」夕华可以得到:

4兀“厂

解之得：夕1=0.33x10：%=4%=L33xl0f

.•.当E).l时，所受排斥力为：

1%%=0.4(N)

4”％(0.1)2

1.2.2两个同性点带电体所带电荷之和为Q，在两者距离一定的前提下，她们所带电荷各为多少时

相互作用力最大？

解:设其中一个电荷电量为q，则另一个电荷电量为Q-q,

由库仑力f=左幺当⑷可知

当它=0即：-L[Q-2q]=0

dq厂

所以两者电量分别为：0=2夕q=^Q

1.2.3两相距为L的点带电体所带电荷分别为2q和q,将第三个点带电体放在何处时，它所受的合

力为零？

解：设/距q为r,则夕'距2q为(L-r),放在相距r处,受合力为0,则有受力平衡条件：

虻=卜型

产—(£-r)2

得到：r=(>/2-l)£

1.2.4在直角坐标系的（Om.0.1m）和（0m,-0.1m）的：两个位置上分别放有电荷q=IO',0C的点

带电体，在（0.2m,0m）的位置上放一电荷为Q=1G*C的点带电体，求Q所受力的大小和方向。

解：如图（题1.2.4）：根据图示，可以得到：

小。卢正・常公=3必mN）

方向：水平向右题1.2.4

1.2.5在正方形的顶点上各放一个电荷为q的同行点带电体。.’

（1）证明放在正方形中心的任意点电荷所受的力为零。

（2）若在中心放一点电荷Q,使顶点上每个电荷受到的合理恰为零，求Q与q的关系。

答案：（1）证明：由对称性可知：O点的E=0,则在O点放任意电量的点电荷受到的力均为0。

（2）解：设O点放一点电荷Q,根据右图可知:

a

@--二一二④

1qQ；、'、Q/：

a：>*X：a

一④q

要使q受到的合力为0,则有:££

题L2.5

1夕。

=_2_£cos450+-l—4

飞回4fa4%2a

解之得：。=（；+（Q应为负点电荷）

1.2.6两个量值相等的同性点电荷相距为2a,在两者连线的中垂面上置一试点电荷q。，求q0受力最

大的点的轨迹。

解：：f="一勺口'_♦一2kqq'r

(/+r2)yl(a2+r2)(a2+r2/

又：f=°

(a2+/)'-rx—(a:+r2)^*2r

BP：=0

/.(a，+,；)%—3/(T+厂)*=0

a2=2r

所以该圆的半径为：金争5题1.2.6

所得到曲线方程为：r+z2=球面方程

13.1在长为50cm,相距为1cm的两个带电平行板间的电场是均匀电场（场强方向竖直向上），

将一电子从P点（与上下板等距离）一初速度v0=10，m/s水平射入电场（见附图）.若电子恰在下板

由侧离开电场，求该均匀电场的大小。（忽略边缘效应，认为板外场强为零，且略去重力对电子运

动的影响）

50cm

解：电子在电场中受力产生运动加速度：

eE—m^a

由运动学方程得：

1,d

y=—at~=—

,221.3.1

d,、

》=卬（"5X=D

解之得：5=聂⑶

13.2用细线悬一在质量为0.2g的小球，将其置于两个竖直放置的平行板间（见

附图）设小球所带电荷为6xl（rc,欲使悬挂小球的细线与电场夹角为60°.

求两板间的场强。

解：由图中所小：eEcos300=mgcos60°

其中：Eq=Tcos60°mg=Tcos30°

解之得：E=^tg30°

e

1.3.3一个电子射入强度是5x10,N/C,方向竖直享受的均匀电场，电子的初速度为10'm/s与水平

面所夹的入射角为30*1（见附图），不考虑重力的影响，求:

(1)电子上升的最大高度。

(2)电子回到原来高度时的水平射程。

解：(1)电子受力：f=ma=eE

2

vy=v0sin30°r-at(1)

vr=v0sin300-a/

当在最大高度时：4=0

则0=vsin3O0-a/

o题L3.3

.(2)

a

(2)式代入(1)式中得：最大高度

.，八o%sin30°1(vosin30°V

y=vQsin30x，---------a----------

，1\a)

22

=vosin30°(-5-^-)

a2a

2

=VOsin,30］；)

2a

22

=v0sin30°—^―

02Ee/

荻

(2)当回到水平位置时：

y=0即：vsin3O°=0

o2m

2mvsin30°

解之得：r=0

所以在原来高度时水平射程为:

x=%cos30。=声"

2eE

1.3.4电子的电荷受罪先是由密立根通过油滴实验测出的，密立根设计的实验装置如附图所示.

一个很小的带电油滴在电场E内，调节E使作用在油滴上的电场力与油滴的重量平衡，如果油滴

的半径为1.64x10"cm,平衡时E=l.92xl()SN/C。求:

（1）一直油的密度为0.851g/cm，，求油滴代暖和的绝对值。

（2）此值的元电荷e的多少倍？

解：（1）略

（2）mg=qE

誓普=&。23眸仑

1.3.5两个点电荷qi=4.0uc和q2=8.0uc相距10cm,求离她们都是10cm处的场强E.

解：片=（钓+（钓+2二整cos600

代入数据得：

E=9.52x106%,与从q1到q2的连线成101°夹角。

1.3.6附图中均匀带电圆环的半径为R,总电荷为q，求:

（1）轴线上离环心O为x处的场强E.

（2）轴线上何处场强最大？其值是多少？

（3）大致画出E—x曲线。

r2=x2+R2

对称分析知：&=0

E=ExdEx=\dEcostz=f-J-----—■-Q1qx『必

dl

JJ」4吟2叫/+*产4f2万火（丁+硝为工

1qx

4%(x2+/?2)X

（2）曲线图见右:

dx

qR

D72

解出得：x=：=0.7RE=—

4麻。”2

1.3.7电荷以线密度〃均匀分布在长为L的直线段上,求:

(1)带电线的中垂面上与带电线相距为R的点的场强.

(2)试证当28时，该点的场强小屋F：

(3)试证当R»L时所得结果5点电荷场强公式一致。

ndx题1.3.7

解:(1)dE=方向如图:

4n%x2+R2

由对称性分析可知，力的分量相互抵消。

幺1ndxR

E=rfEsin<z=2

04fx2+R26+片

=2处［%—

4吟J。产

nL

4吟R后

(2)当上T8时:E=—

4f

(3)当时:

£=­LnLq

4%]4%及24f&2

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)、

R.求两图中O点的场强E。

解：根据带电直线公式:

Er=n(sin名—sinOj£1,.=」一(cos乌-cos6,)

4f4砾题1.3.8

当在8Tx中：

夕=0。G,=—

122

当在8T8中:

JTn

0.=­a=冗E=_£=n

1224加0&r4GR

可以不计算，对称分析可知以上两种相互抵消。

(1)•:dE=伸°、方向如图(a)

4-R-

E*=[</E=[dEsin0=f2―,sinCd®=---[-cos

♦JrJJ。4麻押4疵小1Jo

£=[</£=[dEsin0=f7—1R-cosGdO=—[sin砥dqV：R

'J'JJ。4GR24fRlJo

题1.3.8(a)

4在述

方向：与二直线夹角均为450・

(2)如图(b),由对称分析，E辰与EB，.合成后

只有x分量,

对二直线：E=2EX=—^—方向：x的负方向

x2吟R

题1.3.8(b)

对半圆：E=EX=—f"sindO=—^―

4M2J。2吗R

方向：x的正方向.

经叠加得:£0=0

13.9无限长带电圆柱面的电荷面密度由下式决定：b=o0cos/(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E=、nRrf=Rd(px\x认costp

1.3.9

於嗤声方向如右图所示

题1.3.9

方向：x轴负方向

%—cos1+1(P

E,="「=_『效嘤型&/=_=0

2f1+1

1.4.1附图中的立方体边长为a=10cm,场强分量为以=笈％,£=E.=0,其中b=800N/（Cm+）,

求：

（1）立方体表面的E通量。

（2）立方体内总电荷。

解：（1）因为只有纥分量，所以立方体只有£、$而有分量.

叫=-ExgS、=-ba+a~=-ba'

①，=EX、AS、=b(2a)^a2=yflba-

所以：①。"显一1)

*Cz

由中@=0E.fZS'=%•

得到J：q内=/中g=&aY&T）

1.4.2均匀电场£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

①=ES=EHR，或(t>l=ES=E7rR

S；与S］成闭合曲面:

O,+O,>=—6,=-①；=①]=BrR]

同理：S3与S；成闭合曲面,1.4.2

0

①3+叫'=①3=-4)|=①]=EJTR-

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

L3.7题（2）问的结果比较.

解：过P点作圆柱面为高斯面,

@E*ds=||E*ds+JJE*ds+JjE*ds=

”上"FJ

0+0+E・2%，%=.

%

£=q1.4.3

2mor

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KR：妤瓦芯=$0=0

当r>R：蛆瓦芯=?

IKR

jp—+jp.芯+炉肉=

7上。下《V

0+0+m2加%=型

E_r/5h冗R_bR

27TEQrheQr

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：

・.•当厂<|■时：妤及於=色

^•2rp

v。区•〃工+||EHS+JJEHS=

川左£。

□□-A5*2rp

EAS+EAJ+0=------

%

E_^lrp_pr

2£°AS%

同理：当时:

__AS,dp

E^s+EAS=----------

E嗖

1.4.6电荷以体密度夕=A（1-〃A）分布在半径为R的球内，其中q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？该点场强匕《=?

解：•••祖瓦於=空

£。

当r<R时：E.W=fc

£。

又川*,=川"

r2Jrsin(pdipdO

当r>R时：EAnr1=维£="

/4门£0

=恤力=”《1—（上

2drsin(pd(pd0

...E=4卬。(4K，-3川］=p#

4gj/112)12%产

令：当=0即：r^C_£dl=o

dr"后。4RJ

.•.上-ko

3/4R

2R

3x(-/?)2

3

4R

「•J=雯（帚啜

1.4.7两平行的曲线大平面均匀带电，电荷面密度分别为5和再，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）5=%三＜7,（b）5…产。

解：•.•无限大均匀带电平面场强分布：E=^-n

2/

+。+CT

取正向为正。根据工=江得:

A正

1.4.7

1.4.8在球心为o、半径为a、电荷体密度为夕的均匀带电球体内偏心挖去一个半径为b的小球

（球心为。'），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。到。'的矢量

（2）求。、连线延长线上M点和P点的场强EM和EP.（以e,代表沿c向的单位矢量，Q、“分

别代表M、P与。的距离）

答案：当挖去一个半径为r的小球，解：将挖去的小球6用电荷体密度为p的球补起来，先求

均匀带电体。产生的场强，再求填补带电球产生的场强，两者相减即为所求的电场。根据均匀带

电球体的场分布：

4,4,

_p_Ttr_p-nr

E0V=0.Eo-o------r»Eo-p-----户»EG*---------...-

4码质，4G总

再根据云=Z耳得：

1.4.9半径为R的曲线长援助体内均匀带电，电荷密度为夕，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r<R,挺・拉=空.

fE-dS+妤E-dS+fE-dS=四

£

AS上品SfHO

0+0+2与1”7=丝2

E=P.h=生_

2外%/2%

当r>R,@耳公=竺

cccLJpnR'h

0+0+2E7vrh=-..........

£。

1.4.10半径分别为R1和R2(R2>R1)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4和求:

(1)各区域内场强。

(2)若4=-4,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r</?,：由仔豆・dM=2^

A%

得：E=0

当K<r<&：

其E»dS+妤E»dS+提•病=迎

▲S上AST&

0+G+2E仃卜=弛

1.4.10

当r>名:

C八CL,(A+A)h

0+0+2Errrh=£

得：£=AJA

2出。尸

若4=一九：则/<凡，£=0：&<r<R、,E=--—：厂)凡，£=0

27rrs0

.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。及石=0得:

§Ex-di+^Ecos90dl+E2cosndl+jcos90dl=0

£*i/j+0—EJ2+0=0

得到：£,/,=£,/,

互=乙=2=殳,

所以Ex-

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◎云・〃十=空得：

妤瓦•病+@即盘+@云•衣=9

4ASbyfR%

-Ea4s+bEh4s—0

b

可得到：Ea=Eb同一电力线上的E相等。

由©耳-7=o得:1.5.2

Ejdl+，Ecos90dl+£Ebcos兀dl+，Ecos90dl=0

EI-E.l=0,E=Eb,不同电力线上E相等。

（或过c点作平面caca为等位面，Ua=Uc,一些上=-一竺£•=£」故Ea=E0）

dzdz

电力线平行的电场中各点E都相等。

1.6.1设有一个q=L5xlO“C的点电荷。求：

（1）求电势为30V的等势面的半径：

（2）电势差为IV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：〃=」一

4加”

（1）则r=—^=9X109XL5X1Q-=4.5（米）

4ne0u30

（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）令距夕为r处“=0,

则—^―+—3一=0,

4Gr4必o（d-r）

解得：r户d—H

4-------------------------1-

（2）£=0处只可能在+4左侧.设距夕为「处£=0,+'-%

1.6.2

q_q

4%/47T£°（d+r）2

解出：r=1（JJ+l）

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。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）40c源=Aoc.D=qB（U0-UD）

而4=产7+尸7=。，

4fL4fL

UD

4在(2/+/)47r/L6JT%L

/…1x(4-4)=^1T

6TT£J

(2)同理可得：

ADCO=%X亿-5)=-lx(-—^――0)=—^―

6处J

6^£OL1.6.3

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（r<R）的

_Q(3R--r)

电势为：v

J

8^z:07?

解：（方法一）由U=fdU=j_L3=eP、‘in哪口加中

JJ4%aJ"4在0。

a2=z2+/-2bcose

微分可得：2ada=2zrsin<pd(p

U=-^~「/弛+「〃/辿］

-JordjJodrJr-rzJzJr-:z

4在o1.6.4

=J；"z+r-z+r)dr+(r+z-r+z)dr

=部：—+12田］=必巨+3*-7）］

=上"差1

母3」

（方法二）：球内电荷元取半径为r厚度为"的球壳:

dq-4p+dr,dU=--——

4兀％r

U=「_£_4.叫+/=上上3+且匕*

J。4旌°zJ：4%r£乒352

=匠+金庄=2(3尺5=2(*-。

352%2E06屋2E.3’

（方法三）：用曲瓦括=%，求Z

当r<R：E-4万/=—(-j-^———nr^),E=―

%±版34fR

3

当r>&：E-4”产=­»E=-2-

£。4fr

当r<R：

U

4^F(T-T)+^=麓点

44

］兀R2丁区

R'Pr23P

3

~4/K0/?T-T+4催M

0(3片一-)

407?3

1.6.5半径为Ri和R2的两个同心球面均带电，电荷分别为Qi和Q?,求（1）a、b、c区（见附

图）内的电势：（2）在Q|=-Q?和QL-Q|（R,<R,）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◎1・4亍=生可得：

U=「Edr+[&Edr^「Edr=0一段曰尸+J,+？dr

aLah几cJ&4码厂九4乃产£。

=乌_(」___二)十妇％

2

4fR}R24乃r%

=」-(*)

4fR2/?,

U=「Edr+「Edr=-Jr+「

bJ，bJ用cL4f/J&4兀/％

=&—)+5

4g,rR24TTR£0

u=---(———

04兀!\&R2

4在hrR2

U°=0

R

当a=--q时：见b图

1.6.5b

稣R「R)

u---------------

4兀%凡r

1.6.6求1.4.8题中o、o'、P、M各点的电势。

21.6.6

——q=2(R2_%__

3%13%j"2%3,3气马

u=£(片_/+知U

°2%3

1.6.7在1.4.10题中设％三N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AV,并大致画出V-r曲线。

解：由高斯定理可得：

当r<凡时：E,=0

当凡＜「＜&时：E,=—^-

-*2庇0r

当r>R,时：与=125+4）（其中当4=-4时，£3=0）

4砧°r

取％=0时:

£/,=['Eydr+[，E、dr+[E^dr=0+(-dr+0=：In卫

1Jr1'%3JR,4f2G凡

U2=E,dr+[Eydr="dr=——In冬

Jr

'J，'J%47T£or2%r

q=「OQ=o

当取4=0时：t/,=[°£1rfr=0

U2=rE£r+f°Exdr=「-^—dr=-^-ln旦

-Jr-J留J，4fr2%r

U3=E3dr+「E.dr+f°Exdr=0+1—^—dr+0=—^—In—

J，几-J&J曲4g/2叫R2

所以两筒间的电位差为：

U=0时：t/=AU=[Eydr=[---dr=——In

8n12M-L2疝°r2fra

a=o时：泰”=盘味

1.6.8半径为R无限长圆柱体内均匀带电，电荷体密度为夕，把电势参考点选在轴线上，求柱

体内外的电势。

解：由其石・"^=为，可以求出后的分布:

=~r,E外=一£J

内2%外2f广

取[=0时：U=「各厂=-；/

Jr2%4%

1.6.8

U外=J：E%dr+J：E内dr=J:翁力+C含力

pR2,RpR2

――—In-

2/r4与

2.1.1在均匀电场中置入一个半径为R的中性金属球，球表面的感生电荷面密度

为（夕角的含义见附图），求带有同号电荷的半个球面所受的

a=aocOs0

静电力.

解：取一点元的，对其进行受力分析有：

由对称性可知，带有同号电荷的球面受力沿x轴，右半球受力：

E==去.cos?

24

F=y2-JJcos'8•甯•sin3d0d(p=~~『d@j；cos3。sinOdO

方向：x轴的正方向

2.1.3三块带正电的金属板A、B、C构成平行板导体组（见附图），以S代表各

板面积，x及d分别代表A、B之间B、C之间的距离，设d小到各板可视为无限

大平板，令B、C板接地，A板电荷为Q,略A板的厚度，求:

（1）B、C板上的感应电荷：

（2）空间的场强及电势分布。

解：加

<T2S+<T3s=Q.U=UAC

—x=­(d-x)

4%

由上面三式可以解出：

_口（）

b4、一，cyi一Qd-x

-SdSd

0=%s=0,03=%§=2(「一。

dd

・・a=_&=_『2=Y=---

aa

与=0,Eb=0*Eu――,EIU=-->

£o%

U]=E]=O,Uu=E„(x-r),Uut=E„,(d-x-r)

（其中r是场点到A板的距离）

*2.1.5半径为R的金属求经电压为U的电池接地（如图），球外有一与球心距

离为2R的电荷q,求球面上的感应电荷.

解：因为金属球接地，则U=0,导体是等位体。

u0=o,按照u=Zu,可得到：

(/0=-^—4-^-=——=0

4加°2R」4在o2R4叫2R比4/7?

-^-+-L=0

4f及4兀q2R

*2.1.6接地的无限大导体平板前垂直放置一条无限长均匀带电直线，线的端点与

平板距离为d（见附图），若带电线电荷线密度为小求:

（1）垂足。点的电荷面密度：

（2）平面上距O为r的点P的感生电荷面密度。

解：（1）在板内O点极近处取。点，直线在O'点

方向：X的负方向豆=———7

4%d

板上取包括O点的面元AS,其上的电荷,AS在a点:

E«=兽方向：X的负方向.

板上除了AS外的其它全部感应电荷在O,点.

%=0，因极近点，板上其余电荷在O点产生的电场只能沿板面的切线方向。

O'点的场强将由以上三个部分组成：

Eo.--^―+=0（o'在板内）

2e04兀/d

所以:n

2nd

（2）直线在"点的法向分量，・

J4f山丁+厂在+/

Ep.=方向：X的负方向

同上（1）类似得到:

E.=-^+-^—=!==0b=”

2/4兀ay/d'+r22/ryld2+r2

2.2.1.点电荷q放在中性导体球壳的中心，壳的内外半径分别为凡和&（见附

图），求场强和电势的分布，并大致画出E—r和V—r曲线。

解：电荷分布如图，空间电场分布有球对称性，

由高斯定理曲瓦括=Z1和七=区可得.

"44%广

当r<4时：£,=—

4y

U=「E，r+广E、dr+「E.dr=kq

J。।九一J034fIrRJ4笳O&

当凡<r<&时:刍=0U=U&=J；E、dr=」—见图（a）

2.2.2球形金属腔所带电荷为Q>0,内半径为a,腔呢距离球心0为r处有一点

电荷q（见附图），求。点的电势。

解：设球内壁的电荷为一夕（不均匀分布），外壁的电荷为0+夕（均匀分布）,

4=3+曲旦+—

4兀％尸”4磔4点

q、-q.Q+q

4fr4烟0a4砾6

2.2.3半径R1的金属球A外罩一同心金属球壳B,起壳极薄，内外半径均可看

作RB（见附图），已知A、B的电荷分别为Q和Q,求：

的表面及的内外表面&、&的电荷、/、

（1）A1B5q3:

（2）A和B的电势V“和Ve：

（3）将球壳B接地,再回答（1）（2）两问；

（4）在（2）问之后将球A接地，再回答⑴、⑵两问;

（5）在（2）间只后在B外再罩一个很拨的同心金属球壳C（半径为一）,再回

答⑴、（2）两问，并求C的电势X。

解：（1）设%均匀分布，％2=r?”均匀分布，%=2+&均匀分布，由

高斯定理曲耳括=Zi和七=三江可得:

吟厂

“£04

当m<r<用时：E=

4%厂

当r>Rs时：£=。二四1号丁4

4%产

力=「"+「T-dr=

％厂1K

a4%>47T£or~2.2.3

2,2,+。/+2,_Q.4+Qs

4%自47r%RB4f自4f色4在

r*£,QA^QB

3rr=；dr-—­―空

为4f厂4G%

或根据均匀分布带电球面电势分布球面内U=-^-,球外U=）一,由叠加

4f7?

定理可得:

u1a।包&+z=Q*।QB

"4f（4f&4f&4f&4在典

u_。/+~Q/+QB+Q_&+Ox

a4f&4庇°RB4踮M4f凡

（3）各表面电荷分布如图：

U=Q&Q|a+。*-（Q+a）|Q,+&

'4%匕4加"除4加A4麻国.4在国.

UAUOUBULUU

_0/IQB

4f&4在岛

〃-A+-QA+。,+&+-（2+2）+2,+2„

4丐）/?£4在%凡47r£QRB4加口R（.4f凡.4w0HH

fr一。4I乜[Q+4IT0.4+08）|QA+QBOd+Os

凡.凡.

4%4在QR（.4TT£0RC4JT£0RC4f4f4.

（4）当兄1=0，9,2=0，q,3=Q,<+QB*[“=-（。.,+。8），/5=2,+02时:

（5）当％1=。，，q,2=~Qt•g,3=°时:

U.=一2—+-一°，_,[/.=0

4在0&4fAB

（6）设夕”=2；，则/2=-。；，