大学物理电磁学典型习题.doc

1部分习题解答第一章 静止电荷的电场1、10 解：（一定要有必要的文字说明）在圆环上与角度相应的点的附近取一长度，dl其上电量 ==，该电荷在 O 点产生的场强的大小为 dqdl0sindl2 04RdqdE2 00 4sin Rdl sin400 Rd的方向与有关，图中与电荷 对 O 点的径矢方向相反其沿两坐标轴dEdq方向的分量分别为 dRdEdExcossin4cos00dRdEdEy200sin4sin整个圆环上电荷在圆心处产生的场强的两个分量分别为xxdEER00 4200cossindYydEER00 420002 4sinRd所以圆心处场强为 E = Ey j = jR00 41、11 解：先将带电系统看成一个完整的均匀带电圆环计算场强，然后扣除空隙处电荷 产生的场强；空隙的宽度与圆半径相比很小，可以把空隙处的电荷看成点电 荷空隙宽度，圆半径，塑料杆长md2102mr5 . 0mdrl12. 32杆上线电荷密度 mClq/1019一个均匀带电圆环，由于电荷分布关于圆心对称，环上对称的二电荷元在圆心处产生的场强互相抵消，因而整个圆环在圆心处的场强 E1= 0空隙处点电荷设为 q/，则 q/ =，他在圆心处产生的场强d方向由空隙指向圆心。

mVrd rqE/72. 0442 02 0/2 空隙处的电荷实际上不存在，因此圆心处场强等于均匀带电圆环在该点产生 的场强与空隙处电荷在该点产生的场强之差，故2负号表示场强方向从圆心指向空隙mVEEE/72. 0211、12 解：设想半圆形线 CAD 与半圆形线 ABC 构成一个圆形如图，且圆上线电荷密度均为在角处作角，在半圆形线 CADd和直线 CM 上分别截出线段和，/dldldl上电荷在圆心 O 处产生的场强 dq由图可知2 02 044rdl rdqdE  故 cos,cos,tan2ardadlaladdE04上电荷在 O 点处产生的场强/dl/dqad adl adqdE02 0/2 0/ / 444  这里有 addl /可见=，且二者的方向也相同，故上电荷在 O 点产生的场强等效于/dEdE/dl上电荷在 O 点产生的场强由此可推出半圆形线 CAD 中的 CD 段（占二分dl之一）上的电荷在 O 点产生的场强等效于直线 CM 上电荷在 O 点产生的场强， DA 段上的电荷在 O 点产生的场强等效于直线 AN 上电荷在 O 点产生的场强。

总之图中所示电荷系统在 O 点产生的场强等效于均匀带电圆形线在圆心 O 处产 生的场强，由于均匀带电圆形线上电荷分布相对于圆心是对称的，圆心处场强 为零，因此该电荷系统在 O 点产生的场强为零1、17 解：（本题电荷分布具有对称性，故应运用高斯定律求解） （第一步应首先进行对称性分析，明确电场的分布特点） 在无限长均匀带电薄壁 圆筒上电荷分布具有轴对称性，从而决定了电场分布也具有轴对称性，表现在 与圆筒轴线等远处的场强大小相等，各点场强的方向都与轴线垂直考虑圆筒外一点 P（该点应为电场所在空间具有一般代表性的任意一点） ，该点至轴线的距离为r为求 P 点的场强，过 P 作一与 带电圆筒共轴的圆柱形闭合高斯面，柱高为h，底面半径 为r (如图） ，在圆柱面的侧面上各点场强的大小相等，方 向与侧面垂直，所以通过侧面的电通量为rhEESEdsSdESSe21 111圆柱两底面上各点的场强方向与底面平行，故通过两底面的电通量均为零因此通过整个高斯面的电通量 rhEee21高斯面所包围的带电薄壁圆筒的面积为，所包围的电量为 ahES23，根据高斯定律 ahSq200022 ahqrhE可得 P 点的场强为 raE0如果 P 点在圆筒内，有同样的分析，在圆筒内的高斯面的电通量仍可表示为，但高斯面内无电荷，据高斯定律可得 E=0。

rhEee211、20 解：（解题思路：将带电厚壁分割成无限多个连续带电薄平面，总电场的分布为各个带电平面产生的场强的叠加） 在厚壁内取一厚为且与壁面平行的薄壁，这就dx是一个无限大均匀带电平面，其面电荷密度（因，而） dxqSdx Sq它壁外右侧的任意点 P1（如图）产生的场强是dxdE0022 整个带电厚壁是由无限多平行均匀带电薄层连续组成的，每一带电薄层在点 P1产的电场方向相同，根据场强叠加原理，点 P1的场强大小为 022022 DdxEDD 由此可知，在厚壁外右侧的电场是均匀电场根据同样的讨论可知，在厚壁外左侧场 强大小和右侧相同，只不过方向相反在厚壁内部坐标为 x 处作一平面与 x 轴垂直，这一平面将厚壁分为左、右两部 分根据前面的讨论，左部电荷在平面上任意点的场强，右部电荷在)2(201xDE平面上同一点的场强 ，二者方向相反，该点的合场强为)2(202xDEE = E1—E2 =，当 x＞0 时 E 与 x 轴同向；当 x＜0 时 E 与 x 轴反向x01、22 解：（本题应根据其特点采用下述的巧妙方法。

注意培养学生发散思维能力）（说明解题思路）球形空腔中体电荷密度为零，因而空腔中的电场可归结为一个半径为 R、体电荷密度为的均匀带电球体和一个半径为r、体电荷密度为的均匀带电球体所产生的电场的叠加设空腔内任意点 P 对大球中心 O 的径矢为c， 对空腔中心 O/ 的径矢为b，O/ 对 O 的径矢为a （如图） 已知大球在 P 点产生的场强为 E1c ；034小球在 P 点产生的场强为 E2b P 点的合场强为 E = E1 + E2 =（c – b）0303=a E 与 P 点的位置无关，因此，空腔内的电场是均匀的 03第三章 电 势 3、6 解：（1）沿杆长方向作 x 轴，杆的一端作原点（如图） ，在杆上坐标 x 处取一杆元，所带电量=此电荷元在距杆的另一端为 a 的点 P 处产生的电dxddqdx势为整个带电杆在点 P 产生的电势为)(40xaldxdVaal xaldxl3000105 . 2ln4)(4 （2）类似的讨论可得细杆中垂线上任意点的电势Vbbllll322 2222 220103 . 4])([])([ln42121 3、9 解：（1）无限长均匀带电圆柱的电场具有轴对称性，为求柱内某点 P（与轴线距离 为 r 如图）的场强，过 P 点作一共轴闭合圆柱面，其底面半径为 r，高为 h。

由于 电场方向与轴线垂直，只有圆柱面的侧面有电通量，其值为闭合柱面所包围的电量 rhEESSdESe2hrq2据高斯定律有 得 02 2hrrhE02rE应用高斯定律同样可求得带电圆柱体外一点的场强，不同的是，所作闭合圆柱面内的电量为因此haq2圆柱外距轴线为 r 的一点处的场强为raE022（2）若以轴线为电势零点，则圆柱内距轴线为 r 处的电势0200042 rdrrEdr rr圆柱外距轴线 r 处的电势 ) 1ln2(4220200002 raadrrdrraEdr drdr  3、14 解：(1)以均匀带电圆环轴线上距圆心 x 处产生的电势为 21)(422 0xRq 5因此在图中所示双环轴线上距对称中心 x 处的电势为21212 22 02 22 021)(4)(4llxRqxRq  (2)(略)第四章静电场中的导体4、2 解：（思路：要知道各处的电势分布，应先了解导体各表面的电荷分布，而本题给出 了内球电势和外球所带的电量，故应设法利用这些条件先球得内球表面所带电 量）设导体球面上的电量为,根据高斯定律可知，导体壳内表面感应电荷为，外球1q1q所带总电量为 Q，因此球壳外表面上电量为 (+Q)。

于是这个电荷系统可认为上由三1q个半径分别为 R1、R2、R3，电量分别为、、(+Q)的共心均匀带电球面所组成1q1q1q对内球来说，其电势 301201101 1444RQq Rq Rq 由此方程可解得 21313213021 1)4( RRRRRRQRRRq据此可求得此系统各处的电势和电场分布内球内（） ；r3RrQq rQq rq rq01010101 44442 01 2 01 2 01 2 01 4444rQq rQq rq rqE4、3 解：在球壳 B 内作一包围内腔的高斯面，由于球壳内场强处处为零，此高斯面的电 通量为零根据高斯定律，球壳 B 的内表面上所带电量与球 A 所带电量等值异号，所以 CQqAB8 int103球壳 B 总电量为，因此其外表面上电量为 BQCqQqBBBext8 int1056球 A 的电势为VRq Rq RQBextBA A33020int10106 . 5444VRq Rq rqQBextBextBA B330300int105 . 44044将球壳 B 接地时，其电势变为零。

因为与等量异号，它们在球壳 B 产生AQintBq的电势之和为零，所以球壳外表面不再有电荷球壳 B 与地断开后，再将球 A 接地时，电荷将重新分布设球 A、球壳 B 内表面、球壳 B 外表面上电量分别为、/ AQ、int/Bq因此= 0，于是有 / Bextq/ A044430/2 0/ int10/ Rq Rq RQBextBA 注意到这时仍有 而且 于是得到0/ int/BAqQ// intintBextBBq0)(413/ int2/1/0RQq RQ RQABAA 解此方程得到 ， / AQC8101 . 2int/BqC8101 . 2/ BextqCBB9/ intint100 . 9金属球 A 接地，电势= 0，球壳 B 的电势为/ AVRq Rq rq rQBextBextBA B230/30/0/ int0/ /101 . 844444、5 解：（必要的文字说明）从上到下设各导体板表面上面电荷密度分别为、、1、、、、、、、、，，相邻两板距离分别为 、（如图） ，在上板和中板234561d2d之间电场方向垂直面板。

作底面为单位面积的闭合圆柱面，二底面分别位于二导体 板内，圆柱面的轴线与板面垂直，则此闭合圆柱面电通量为零根据高斯定律可得= --23同理 = --，，忽略边缘效应，则导体板可看成是无限大的，具有屏蔽性，54在相邻导体板之间的电场只由相对二表面上的电荷决定因此，上板和中板之间的场强、中板和下板之间的场强分别为 和03 1E04 2E7上班和下板相连接，因此相邻两板的电势差相等，即=由此可得1E1d2E2d=，设中板总面电荷密度为，则+= 据此可解得31d42d34261212 3109 . 4mC ddd ddd26 34101 . 8mC2。