第二篇 电磁学 第一章 静电场1-1解：设正方形的边长为a ，则点电荷Q 所受的电场力分别为2120142Q F a πε=； 232014Qq F F a πε==；由于作用在Q 上的力为零，故212200012cos 4542Q F F a πε====从上式可知Q 与q 的关系为Q =- （带异种电荷）1-2解：沿细棒方向建立坐标系，中点为坐标原点O ，距离坐标原点x 处取一线元d x ，带电量为d d qq x L=可看做点电荷，它到点电荷0q 的距离为r ，故两点电荷之间的作用力为0022200d 1d d 44q q q q xF L r x a πεπε==+整个细棒与点电荷0q 的作用力为 ⎰-+=2222004L L a x dxL q q F πε根据对称性可知沿x 轴库仑力的分量0=x F 。

沿y 轴库仑力的分量为L y F ==⎰1-3解：将正的试探电荷0q放在点)1P -处，根据库仑定律可得试探电荷受到的库仑力为r e q Q F 4410101πε-= j q Q F y1410202πε=将1F 分解在,x y 方向上有︒=30cos 11F F x ，︒-=30cos 11F F y故点)1P -处的场强为 12100y y x F F F E i j q q +=+，即 j i j Q Q i Q E6.90149.381645.0231602101+-=+-=πεπε大小为E ==C N /7.9014方向为与x 轴正向夹角为ϕ且0043.06.80146.38tan -=-=ϕ1-4解：（1）沿棒长方向建立坐标，A 为坐标原点。

设棒的带电量为q ，在棒上距坐标原点x 处取线元d x ，带电量为d d qq x L=，则其在距棒B 端为a 处激发的电场强度为()20d d 4q E L a x πε=+-故棒在a 处激发的电场强度为()20d d 4Lq x E E L L a x πε===+-⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛+-a L a L q1140πε方向沿x 轴正方向。

（2）线元d x 在垂直棒且距棒B 端为b 处激发的电场强度为 ()][4220b x L dqdE +-=πε ()=+-=][4220b x L dq dE x πε()()22220][4bx L xL b x L dq+--+-πε()=+-=][4220b x L dq dE y πε()()22220][4bx L bb x L dq+-+-πε在垂直棒且距棒B 端为b 处激发的电场强度为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+--=⎰22002/3220114])[((4b L b L q b x L dx x L L qE Lx πεπε） ()2/122002/32204])[(4b L b qb x L bdx L qE Ly +=+-=⎰πεπε1-5解：设0q >，在半圆形圆环上任取一电荷元d d q l λ=，在圆心O 点处的电场强度的大小为20d d 4lE R λπε=方向如图所示，式中qRλπ=，d d l R θ=由电荷的对称分布可知：圆心O 点处的电场强度沿x 轴方向为0， 圆心O 点处的电场强度沿y 轴负方向，有20222022sin 42R q d Rq E y επθθεππ==⎰1-6解：将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元2d d 2sin d q S R σσπθθ==，在球心处激发的电场强度为204RdqdE πε=根据对称性可知，0=x E ，那么 θθεσθθθεσθπεd d R dq dE y 2sin 4cos sin 2cos 40020===积分得：20042sin 4εσθθεσπ==⎰d E y 1-7解：如图所示，由题意E与Oxy 面平行，所以任何相对Oxy 面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即通过立方体的上下两底面的通量为零。

()2122(d )E kx i E j S j E a Φ=+⋅-=-⎡⎤⎣⎦⎰左+ ()2122d E kx i E j Sj E a Φ=+⋅=⎡⎤⎣⎦⎰右+()()2121d E ka i E j Si E ka a Φ=+⋅=+⎡⎤⎣⎦⎰前+ 2121(d )E i E j S i E a Φ=⋅-=-⎡⎤⎣⎦⎰后+因此，通过整个立方体表面的电场强度通量为3ka ΦΦ==∑1-8解：（1）将另一个点电荷置于高斯面外附近穿过此高斯面的E通量是不会发生变化。

此高斯面上任一点的电场强度会发生变化。

（2）将另一个点电荷置于高斯面内穿过此高斯面的E 通量是会发生变化。

此高斯面上任一点的电场强度会发生变化。

（3）将原来的点电荷移离高斯面的中心，但仍在高斯面内穿过此高斯面的E 通量是不会发生变化。

此高斯面上任一点的电场强度会发生变化。

1-9解：作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理2q E rL πε=∑（1）由于1r R <，故0q =∑，则圆柱面1R 内1()r R <的电场强度为10E = （2）由于12R r R <<，故q L λ=∑，则两圆柱面之间12()R r R <<的电场强度202E rλπε= （3）由于2r R >，故0q =∑，则圆柱面2R 外2()r R >的电场强度 30E = 1-10由例1-3题可知，无限长均匀带电细棒对棒外任意一点的电场强度为为点到棒的距离）a aE E y x (2,00πελ== （1）若点在1l 上侧时且距离1l 为x ，此时此点处的电场强度为i a x x ai a x x E E E )(2))(22(-00021+-=++=+=πελπελπελ 若点在1l 和2l 之间且距离1l 为x ，此时此点处的电场强度为i x a x ai x a x E E E )(2))(22(00021-=-+=+=πελπελπελ若点在2l 下侧时且距离1l 为x ，此时此点处的电场强度为i a x x ai a x x E E E )(2))(22(00021+=+-=+=πελπελπελ(2) 1l 上的电场强度为 i aE0212πελ=1l 线上单位长度上所受的力为 i aE F022212)πελλ-=-=（2l 上的电场强度为 i aE0122πελ=2l 线上单位长度上所受的力为 i a E F022122πελλ==1-11解：利用电场力的功和电势差的关系求解 （1）取O 点为零电势点，则00V =，001436D q q qV l l lπεπε⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭ 单位正电荷由O 到D 所做的功为()0006OD O D qq W q V V lπε=-=（2）取O 为零电势点，则0V ∞=，0001436D qq q q V l l lπεπε⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭单位正电荷由D 沿着AB 的延长线移到无穷远所做的功为00()6D D qq W q V V lπε∞∞=-=-1-12解：将挖去小球的空腔看作是在原来均匀带电ρ+的球内，填进一个均匀带ρ-的小球而构成。

设大、小带电球体的电场强度分别为1E 和2E，则各点的合场强为12E E E =+分别对大球和小球运用高斯定理，可以得到大球 103r l E e ρε=()l R < 小球 203r r E e ρε''=- ()r r '< ，32203r r E e r ρε'=-'()r r '> 式中,r l e 分别是从O 点出发的矢径大小和沿矢径向外的单位矢量，,r r e ''分别是从O '点出发的矢径大小和沿矢径向外的单位矢量。

（1）在O '点处， 0r '=，故02='O E ，r O e d E13ερ='所以O '点的电场强度为 =0Er O e d E13ερ=' （2）P 点处的电场强度E31220033OP P P r r OP l r E E E e e r ρρεε''=+=-' r r r e dr d e d r e d )4(3)2(332302030-=-=ερερερ 1-13解：根据高斯定理可得空间电场强度分布为0E = ()r R <2220014πQ R E r r σεε==()r R >选取无穷远为零电势点，根据电势的定义d P P V E l ∞=⋅⎰，可得22320000d =d +d 4π4πR rr R Q Qr R R V r r r r R r σσεεεε∞∞==⎰⎰⎰内 ()r R <rR dr r R V r02202εσεσ==⎰∞外 ()r R > 其V-R 曲线为1-14解：根据高斯定理可得空间电场强度分布为10E = ()1r R <122014πQ E r ε=()12R r R <<1232014πQ Q E r ε+=()2r R >根据电势的定义d P PV E l ∞=⋅⎰，得121211231121201202012d d d d 111=+444R R rrR R V E r E r E r E rQ Q Q Q Q R R R R R πεπεπε∞∞==++⎛⎫⎛⎫+=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰⎰⎰ ()r R <2222311212020202d d d 111=+444R rrR V E r E r E rQ Q Q Q Q r R R r R πεπεπε∞∞==+⎛⎫⎛⎫+=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰⎰ ()12R r R <<12330d d 4rrQ Q V E r E r rπε∞∞+===⎰⎰ ()2r R >1-15解：设内导体球带电q ，达到静电平衡时，同心薄导体球壳内壳带电为q -，同心薄导体球壳外壳带电为Q q +，电场强度分布为10E = ()1r R <22014πq E r ε=()12R r R <<32014πQ qE r ε+=()2r R >其电势分布为12121123012021211()441(4R R rrR R q Q q V Edr E dr E dr E dr R R R q QR R πεπεπε∞∞+==++=-+=+⎰⎰⎰⎰） ()r R <22223020211d d d 44R rrR q Q qV E r E r E r r R R πεπε∞∞⎛⎫+==+=-+⎪⎝⎭⎰⎰⎰ ()12R r R << 330d d 4rrQ qV E r E r rπε∞∞+===⎰⎰ ()2r R > 已知01V V =,则0210)41V R Q R q =+（πε可得：Q R R R V q 211004-=πε 此系统的电势分布为()()()⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>-+<<+-<=220122100212012100104444R r rR QR QR R R V R r R rR rQQ R R R V R r V V πεπεπεπε 电场分布为()()()⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>-+<<-<=22201221002122012100144440R r R r QR QR R R V R r R R r QR R R V R r E πεπεπεπε1-16解：(1) 根据静电感应和静电平衡时导体表面电荷分布规律。