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电磁学_第二版__习题答案

电磁学 第二版 习题解答电磁学 第二版 习题解答 .................................................................................. 错误!未定义书签。

第一章 .......................................................................................................... 错误!未定义书签。

第二章 .......................................................................................................... 错误!未定义书签。

第三章 .......................................................................................................... 错误!未定义书签。

第四章 .......................................................................................................... 错误!未定义书签。

第五章 .......................................................................................................... 错误!未定义书签。

第六章 .......................................................................................................... 错误!未定义书签。

第七章 .......................................................................................................... 错误!未定义书签。

:第一章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1q q =,另一个点电荷的电荷量为2()q Q q =-,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()4q Q q F r πε-=令力F 对电荷量q 的一队导数为零,即20()04dF Q q qdq rπε--== 得122Q q q ==即取 122Qq q ==时力F 为极值,而 ?22202204Q q d F dq rπε==<故当122Qq q ==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: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()4qQ qQL x xπεπε-=- 得 2220x Lx L +-=舍去0x <的解,得1)x L =- 1.3.8解答:AE 3x∞(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 104x E Rηπε=仿习题1.3.7解答过程,得12223/21223/20sin ()0()4y y dlldldE kkr R l ldl E k R l Rηηαηηπε==-+∞=-=-+⎰{故 10ˆˆ()4E i j Rηπε=-同理,水平无限长段带电线在O 点产生的场强20ˆˆ()4E i j Rηπε=-+ 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3230cos cos /2cos 04x x dld dE kkRRk E d R Rηηαααπηηααπε====⎰同理得 304y E Rηπε= 故 30ˆˆ()4E i j Rηπε=+解得12330ˆˆ()4E E E E E i j Rηπε=++==+ (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()4A E i j Rηπε--B -∞的带电直线在O 点产生的场强为0ˆˆ()4B E i j Rηπε=-+ 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 /22ABABx k E E i d i i R Rπηηααππε===-⎰ 故带电线在O 点产生的总场强为0A B AB E E E E =++=1.3.9解答:(b)(a)(在圆柱上取一弧长为Rd ϕ、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 σϕ=,所以带电细条的线密度与面密度的关系为dqdl Rd zησσϕ=== 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0ˆ2r dE e Rηπε=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20002200000cos cos cos 22ˆˆˆcos 22x x dE dE d d E E i i d i πσσϕϕϕϕϕπεπεσσϕϕπεε--=-==--===⎰1.4.5解答:xS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0ρ>,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()x 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(2)xS ρ,根据高斯定理。

:)2(ερS x S d E =⋅⎰⎰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(2)2x S ES ρε=考虑电场的方向,求得板内场强为ˆx E i ρε=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()x 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 ρ,根据高斯定理)(ερSd S d E =⋅⎰⎰ 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()2Sd ES ρε=】考虑电场的方向,得ˆ2d E i ρε=±1.4.8解答:(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ρ的实心均匀带电球在偏心位置处加上一个电荷体密度为ρ-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ρ的均匀带电球在T 点产生场强E ρ与电荷体密度为ρ-的均匀带电球在T 点产生场强E ρ-的叠加结果。

而E ρ与E ρ-均可利用高斯定理求得,即1233r r E E ρρρρεε-==-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 点的矢径。

空腔中任意点T 的场强为1200()33E E E r r c ρρρρεε-=+=-= 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()M c M M b a E e r c r ρε⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦P 点为大球内一点,根据叠加原理,求得32ˆ3()p p c p b E r e r c ρε⎡⎤=-⎢⎥+⎢⎥⎣⎦1.4.9解答:在均匀带电的无限长圆柱体内作一同轴半径为()r r R <、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2q r L ρπ=由高斯定理2ερπL r S d E =⋅⎰⎰》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202r r LE rL ρππε=解得柱体内场强02ˆερr e E E rr ==内内在均匀带电的无限长圆体外作一同轴半径为()r r R >、长为L 的小圆柱体(未画出),小圆柱包围的电荷量为2Q R L ρπ=解得柱体外场强r r r erR e E E ˆ2ˆ02ερ==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:—1E rλ1/2πε0λ1/2πε0R 2(1) 作半径为12()r R r R <<、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1q L λ=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12R r R <<的区域II 内,利用高斯定理有012ελπL rLE IIr=解得区域II 内的场强r r IIr II e r e E E ˆ2ˆ01πελ==同理,可求得1R r <的区域I 中的场强0=I E在2R r >的区域III 中的场强}r r IIIr III ere E E ˆ2ˆ021πελλ+==(2) 若21λλ-=,有0ˆ2001===III r II I E e rE Eπελ各区域的场强的E —r 曲线如图1.4.10(b)所示。

1.5.2证明:E 2(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S 1、S 2形成一闭合的高斯面。

面元S 1和S 2上的场强分别为1E和2E ,根据高斯定理,得`)(212211=+-=+-E E S S E S E证得21E E =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=-l E l E证得21E E =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:由高斯定理求得距球心r 处的P 点的电场为:03ερrE =,求得离球心r 处的P 点的电势为3022********)3(223333R r R Q r R r dr R r d r R Rrπεερερερ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=+⋅⎰⎰∞1.6.5解答:(1)根据电势的定义,III 区的电势为rQ Q r V III 0214)(πε+= 202124)(R Q Q R V III πε+=II 区的电势为。

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