习题1-10解：首先物理概念上分析电场强度为零的点一定是A 点，因为0<q<1，A 离-qp 近，离q 远，则二者即产生的AE v 会抵消，而B 点不行，这是因为离q 近离-pq 远，即产生的E v一大一小无法抵消。

令x 如图，则两点电荷在A 点产生的场强分别为：q: ()r x d q q E rv 2014+=π, -pq: ()r x pq E v v 2024πε−= 令A E v＝021=+E E v r ，有()221xp x d =+ ()22x x d p =+ 两边开方取正值：d pp x −=1习题1-11解：分析知，只可能是A 点，Q 12q q >，∴A 点必须离1q 近、离2q 远才行 令x 如图示，据题意有()2231x d x +=，x=1.37d习题1-12解：在直角坐标系中，取棒中心在原点处，棒沿z 轴放置。

①因为求的点在y 轴上，所以棒上下的对称性决定了E r的z 分量被抵消了，只剩了y 分量，而且可只计算一半棒上的电荷在p 点产生的场强，乘2即为所求。

设棒长2L ，显然dz Lqdz dq 2==τ()∫+=Lr z dz L q E 02/32201.041.022πε()()2/122201.01.081.02Lz ZL q +×=πε课后答案网ww w.kh da w .c om=()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡−+01.01.0*42/1220LLL qεπ 3.0*40πεq=m V /5.5994= y E v r 5.5994=∴②近似计算棒是无限长而保持电场线密度不变，计算结果是：m V q L qr E /9.59971.022200=⋅⋅==πεπτ L 并非无限长，还是取以前的31.0322≈−=L 它与上述的相对误差%0567.0%100*5.59945.59949.5997=−习题1-13解：已知一圆环产生的场强()i x r q qx E v v 232204+=π 此圆环可分为无数半径为r 的细圆环，其上微电荷 rdr dS dq πσσ2⋅==其产生的微元电场 ()i x r x rdr E d vv 2322042+⋅⋅=πεπσ 故r 从1R 到2R 积分即所有圆环产生的场强：()i x r x rdr E R R v v ∫+⋅⋅=212322042πεπσ()()i x r x r d x R R v ∫++=2123222204εσ()i x r x R R v 122122024+−=εσ课后ww w.kh da w .c om()()i x R xR x v ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+−+=21222212210112εσ 讨论：1)σ不变，01→R ，得()⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+−=21222012x R xE εσ 2）又∞→xR 2得 02εσ=E 这相当于∞→2R 比x 快的多，即变成无限大带电平板。

当在板右侧即x>0时，i E vv 02εσ=当在板左侧即x<0时，i E vv 02εσ−=E v的方向突变。

习题1-14解：当012>>σσ时，首先应了解单独一个无限大带电平面两边的电场分布，然后由叠加原理求合成场强。

由习题1-13知i E vv 02εσ=在板两边突变。

所以 A 点场强：A E v +−=)(201i v εσ)(202i v −−εσi v )(21210σσε−−=B 点：B E v +=)(201i v εσ)(202i v εσi v )(21210σσε+=C 点：C E v +=)(201i v εσ)(202i v −εσi v )(21210σσε−=2)当012>=δδ时，A E v 0==C E v课后答案网ww w.kh da w .c om=B E v i v )(21210σσε+i v 0εσ=习题1-15解：1)求各区域内的场强分布应用真空中的髙斯通量定理：封闭圆柱面01εqS d E S=⋅∫v v内1R ： 0,01=∴=E q Q 21R R R <<： 0122ετπ=⋅R E ，R E πετ0122=2R R >： 02132εττπ+=⋅R E ，R E πεττ02132+=2)当21ττ−=时： 03=E ,21,E E 同前E 的方向是射线方向，各点不一。

习题1-16解：此题可用叠加法解；2R 中添加ρ后其中任一点的1E v：210112ερππεR R E q S d E S=⋅→=⋅∫v v12ερRE vv = R v 非单位矢量 仅2R 中不填ρ，其内2E v：0222ερππr r E =⋅ 022ερrE vv = 00212)(2ερερar R E E E r r v v v v =−=−=∴习题1-17解：任意半径r 处E ： ∫=Sq S d E vv ετπε=⋅r E 2课后答案网ww w.kh da w .c omrE πετ2=在1ε内 r E 112πετ=, 0112R E MAX πετ= )(21011d R E MIN +=πετ在2ε内 r E 222πετ=, )(21022d R E MAX +=πετ )(221022d d R E MIN ++=πετ在3ε内 r E 332πετ=, )(221033d d R E MAX ++=πετ )(2321033d d d R E MIN +++=πετ在4ε内 r E 442πετ=，)(2321044d d d R E MAX +++=πετ )(24321044d d d d R E MIN ++++=πετ作图时注意E 和r 是双曲线型关系，先在图上画出两端点，再用双曲线连接即可。

习题1-18解：011max 1112πετπετ==R E 02max 2112πετπετ==R E0115.272πετπετ==R E mIN 02226.172πετπετ==R E mIN 5.2115.27min1max 1min max ===∴E E E E习题1-20解法一：用电偶极子算：距电偶子中心r 处的电位24cos r ql πεθϕ=此外rxx R r =+=θcos ,22故在两环对应处各取dl ，则απRd dl dl Rqdq ==,2342r lxR qRd d πεπαϕ⋅=∴ ∫+===ππεπεϕϕ2023223)(44x R qlx r qlxd因为电偶极子ϕ是近似的，故这里也是近似的 。

解法二：各取一微元段22021011)2(84x lR R qdlr dq d ++−==εππεϕ课后答案网ww w.kh da w.c om22022022)2(84lx R R qdlr dq d −+==εππεϕ=+=∴21ϕϕϕ))2(1)2(1(422220lx R lx R q ++−−+πε.,21r r r R l ≈≈∴<<Q θcos 21l r r ≈−23220)(4x R qlx +≈πεϕ习题1-21解：RRk r +=ε由高斯定理 RR k qR q E R )(442+==πεπε 令0=b ϕ则)()(ln4)ln (ln 4)11(4)(40000b k R R k b kq Rk b k R b k q dR kR R k qdRR R k qdR E bRbRbRR R ++=++−=+−=+==∫∫∫πεπεπεπεϕ习题1-22解：122R R <，当u 增大时哪层介质先击穿？122max max12ln 21rR R r E U = 同轴圆柱电容RE πετ2= 介质1中，RR E r 101122επετπετ==介质2中，()2221022R R E r επετπετ==课后答案网ww w.kh da w .c om介质1中最大场强：10max 112R E r επετ=介质2中最大场强：()2210max 2r E r επετ=因为R 2<2R 1，r<R 2，所以r<2R 1，(r/2)<R 1，故介质2中，E 2MAX >E 1MAX ，即当电压升高时，τ增大，介质2中将先达到最大场强，尽管两种介质E MAX 相等，但是介质2中先达到，所以外层介质2将先被击穿。

假设外层介质先达到E MAX ，因为rR RIn U E 2022=，所以r R rIn E U MAX 202=而r R In U 22022πετ=，所以rR In U 22022πετ= 12021220211111021221221R r In rR In U R r In r R In U R r In dR R U r R ====∫πεπεπετπετ 而122212210202120202101221)121(ln )121(21rR R rIn E rR In R r In r R r E r R In R r In U U R r In r R In U U U U MAX MAX =+=+=+=+= 证毕习题1-23 解： )()(20)(210)(210222222222j y i x y x j y x y i y x x jyi x E v v v v v v v++=+⋅−−+⋅−−=∂∂−∂∂−=−∇=ϕϕϕ254220)()11(20)0,1,1(2==++=j i E v r习题1-25解：由D 1n =D 2n 知：o n n E E E 75cos 5.61212==εε 课后答案网ww w.kh da w .c omo t t E E E 75sin 12==所以cm kV E E E o o /9.3475sin 75cos 5.6222220=+=，超过。

习题1-26解：设内外之间加U 0电压，内层金属带电荷+τ，外层金属带电荷-τ 因为两层介质中的最大场强相等，所以ba 2122πετπετ=，b a 21εε= 交界面上出现场强极值。

因为ln ln (2ln 2ln 22112221bc b c a b U U U bc ab o +=+=+=εεεεπετπετπετ 所以bcU o ln ln 221122+=εεεεπετ)ln ln (2211222max bc b U b E o+=εεεεπετ 求2max E 的极值：02max =dbdE 0)ln ln (])ln ln [(22112222112=+−⋅⋅++−bc b bc c b b b c U o εεεεεεεε01)ln ln (2112=−+b c εεεε所以e c b 12(21εεεε=，b a 12εε=习题1-34 解：02)(1ερϕϕ−∂∂∂∂∇＝r r r r ＝0|1==R r ϕ课后答案网ww w.kh da w.c omV R r 50|2==ϕ得：r ＝r r r r 0)(1ερϕ−∂∂∂∂ 解微分方程，转换为：20222)(r ＝r r r r ερϕϕ−∂∂+∂∂此即数学上的尤拉方程：令t e r =，则方程变为：t e ＝t 2022ερϕ−∂∂ 积分两次得：B At e ＝t t++−204)(ερϕ B r A r ＝r ++−ln 4)(2ερϕ 由边界条件得A=452.53，B=1373.299 所以299.1373ln 53.45259.28248)(2++−r r ＝r ϕ习题1-35解： 022ερϕ−∂∂＝x0|0==x ϕV d x 200|==ϕ所以B Ax x ＝x ++−22)(ερϕ 由0|0==x ϕ知B =0由V d x 200|==ϕ知A =7649.7x x ＝x 7.764918.56497)(2+−ϕx课后网ww w.kh da w .c omi x x ＝x E v v )7.764936.112994()(2−−∇=ϕ习题1-36 解：在R 1<r<R 2区域，令球感应电荷q 1。