电磁学梁灿彬习题选解.docx
梁彬灿电磁学第三章习题解答
代入数据得
此值低于玻璃的击穿场强，说明玻璃不会被击穿。因
此值高于空气的击穿场强，说明空气被击穿。
若取出玻璃，则
此值低于空气的击穿场强，说明空气不会被击穿。
3．4．4
解答：
如附图所示，法线单位矢 向下，因是均匀电介质，故 。在界面处作一底面积为 的柱面，被包围导体面上的自由电荷的电荷量为 ，根据高斯定理，自由电荷在介质中激发的电场为
而极化电荷面密度为
极化电荷在介质中激发的电场为
自由电荷和极化电荷在介质中激发的总电场为
3．4．5
解答：
（1）根据电容器的定义并代入数据，得
3．5．6
解答：
（1）图3.5.6(a)和图3.5.6(b)是题图的等效电路，“+”、“—”符号标在相应的图上。
（2）两个电容器的电容值为
3．5．7
证明：
在介质中的电位移矢量 ，因此，电场强度 ，按题意
介质中离球心为r处的电势为
3．5．8
解答：
设玻璃的电场强度为 ，空气的电场强度为 ，当两极板间加上电压U后Hale Waihona Puke 有3．2．1解答：
（1）如图3.2.1所示，偶极子的电荷量 和 所受的电场力分别为 和 ，大小相等，合力为0，但所受的力矩为
当且仅当 和 时，电偶极子受的力矩为0，达到平衡状态，但在 的情况下稍受微扰，电偶极子将受到回复力矩回到平衡位置上，因此， 时，是稳定平衡；但在 的情况下稍受微扰，电偶极子受到的力矩将使电偶极子“倾覆”到达 情况，因此， 的情况是不稳定平衡。
所受的电场力为
偶极子 受到的合力为
令 ， ， ，则 ，故
因 ，对 和 在 处展开后，略去高次项
(完整版)电磁学(梁灿彬)第六章电磁感应与暂态过程
一个通电线圈和一根磁棒相当，那末，使 通电线圈和另一线圈作相对运动，我们将看到 完全相同的现象。那末，究竟是由于相对运动 还是由于线圈所在处磁场的变化使线圈中产生 电流？
[实验二] 一个体积较大的线圈A与电流计G接成
闭合回路，另一个体积较小的线圈B与直流电源 和电键K串联起来组成另一回路，并把B插入线圈 A内，可以看到，在接通和断开K的瞬间，电流计 的指针突然偏转，并随即回到零点。若用变阻器 代替电键K，同样会观察到这个现象。从这个实 验可归纳出：相对运动本身不是线圈产生电流的 原因，应归结为线圈A所在处磁场的变化。
5.能正确列出暂态过程有关的微分方程，掌握其 特解的形式，能对暂态现象做出定性分析。
§1 电磁感应
(electromagnetic induction)
一、电磁感应现象
1820年，奥斯特的发现第一次揭示了电流能够 产生磁，从而开辟了一个全新的研究领域。当时 不少物理家想到：既然电能够产生磁，磁是否也 能产生电呢？法拉第坚信磁能够产生电，并以他 精湛的实验技巧和敏锐的捕捉现象的能力，经过 十年不懈的努力，终于在1831年8月29日第一次观 察到电流变化时产生的感应现象。紧接着，他做 了一系列实验，用来判明产生感应电流的条件和 决定感应电流的因素，揭示了感应现象的奥秘。
电磁学讲义
Electromagnetism Teaching materials
第六章 电磁感应与暂态过程
2010级物理学专业
前言（Preface）
一、本章的基本内容及研究思路
已研究了不随时间变化的静电场和静磁场 各自的性质，现在开始研究随时间变化的电场 和磁场。本章从实验现象揭示出电磁感应现象 及其产生的条件，然后归纳得到法拉第电磁感 应定律和楞次定律，并逐步深入地讨论感应电 动势的起因和本质，在此基础上，研究自感、 互感、涡电流、磁场能量和暂态过程的基础知 识和实际应用等有关问题。电磁感应现象及其 规律是电磁学的重要内容之一，而电磁感应定 律则是全章的中心。
梁彬灿电磁学第二章习题解答
在导体球壳内场强和电势分别为
球壳外的电场由壳外壁电荷激发，壳外的电势为
场强大小E和电势V的分布如图2.2.1(a)和(b)中 曲线和 曲线所示。
2．2．2
解答：
球形金属腔内壁感应电荷的电荷量为 ，由于点电荷q位于偏心位置，所以腔内壁电荷面密度分布 不均匀，球形金属腔外壁的电荷量为 ，腔外壁电荷面密度 均匀分布。根据电势叠加原理，O点的电势为
可表示为
2．3．1
解答：
孤立导体球的电容为
C=
代入数据得
2．3．2
解答：
（1）平行放置一厚度为x的中性金属板后，在金属板上、下将出现等值异号的感应电荷，电场仅在电容器极板与金属板之间，设电荷密度为 ，电场为
A、B间电压为
A、B间电容C为
（2）金属板离极板的远近对电容C没有影响
（3）设未放金属板时电容器的电容为
（4）根扰前几题的分析，只有答案（b）是正确的，即 是除 外所有电荷（包括2上的电荷）激发的场强（方向垂直导体表面）,也是1上位于A的面元 在C点激发的电场。
2．5
解答：
不可能，用反证法证明。假定出现图中所示的情况，设 是M表面上某个 的面元，则由它发出的电场线只有两种可能的“归宿”：一是终止于N的负电荷；二是终止于无穷远处。
2．7
解答：
用反证法，假定A带正电而又不是电势最高者，则说明导体A上有的地方电荷面密度为负，从而有电场线终止于导体A上，这些电场线或来自于壳M，或来自于B的正电荷，则说明 ，但因为导体B为中性导体，所以在它上面必有负电荷，终止于这些负电荷上的电场线，显然不能来自导体B自身，只可能来自壳M上的正电荷，因而有 。但由于导体A所带的电荷量为正，所以A上的正电荷必发出电场线，但是这些电场线却没有去处：既不能终止于导体B，又不能终止于壳上，参看图2.7(a)。
梁灿彬《电磁学》考研核心题库之填空题精编
梁灿彬《电磁学》考研核心题库之填空题精编电磁学作为物理学的重要分支，在考研中占据着不可忽视的地位。
梁灿彬老师的《电磁学》更是众多考生备考的重要参考资料。
为了帮助广大考生更好地掌握这门学科，提高解题能力，以下精心整理了一系列填空题，涵盖了电磁学的核心知识点。
在静电场部分，我们首先要了解电场强度的定义。
电场中某点的电场强度等于置于该点的单位正电荷所受到的电场力。
例如，真空中一个点电荷 q 产生的电场中，距离该点电荷r 处的电场强度大小为_____。
库仑定律描述了两个静止点电荷之间的相互作用力，其表达式为_____。
对于电场的高斯定理，通过任意闭合曲面的电通量等于该闭合曲面所包围的电荷代数和除以_____。
在均匀电场中，电场强度与电势梯度的关系为_____。
在导体和电介质的相关内容中，导体处于静电平衡时，导体内部的电场强度为_____，导体表面附近的电场强度方向与导体表面_____。
电介质在电场中的极化会产生极化电荷，极化强度与极化电荷面密度的关系为_____。
接着是磁场部分。
磁感应强度的定义是描述磁场强弱和方向的物理量，一个运动电荷在磁场中受到的洛伦兹力为_____。
毕奥萨伐尔定律给出了电流元产生磁场的规律，其表达式为_____。
磁场的高斯定理表明，通过任意闭合曲面的磁通量恒为_____。
安培环路定理则指出，在稳恒磁场中，磁感应强度沿任意闭合回路的环流等于穿过该回路所包围面积的电流代数和的_____倍。
电磁感应是电磁学中的重要内容。
法拉第电磁感应定律指出，闭合回路中的感应电动势大小与穿过回路的磁通量的变化率成正比，其表达式为_____。
动生电动势的产生是由于导体在磁场中运动，其计算公式为_____。
麦克斯韦方程组是电磁学的核心理论，它包含四个方程。
其中，描述电场的高斯定律为_____；描述磁场的高斯定律为_____；描述变化的磁场产生电场的方程为_____；描述变化的电场产生磁场的方程为_____。
梁彬灿电磁学第五章习题解答
///5．1．1 解答：(1) 质子所受洛伦兹力的方向向东(2) 质子的电荷量191.610q C -=⨯，质子所受洛伦兹力大小为163.210F qvB N -==⨯质子的质量271.6710m kg -=⨯，质子所受洛伦兹力与受到的地球引力相比较：101.9510F qvB F mg==⨯洛重 5．2．1 解答：O 点的磁场B 可看作两条半无限长直载流导线产生的磁场1B 、2B 和MN 部分阶段1/4圆周载流导线产生的磁场3B 的合成。
由于磁场方向均垂直纸面向外，所以直接求出它们大小并相加即可0012cos0cos 424I IB B R Rμμπππ⎛⎫==-=⎪⎝⎭ 40032448I IB Rd R Rππμμαπ-==⎰0123124I B B B B R μππ⎛⎫=++=+ ⎪⎝⎭方向垂直纸面向外 5．2．2 解答：（a ）延长线通过圆心的直长载流导线在O 点产生磁场为1B ，其大小为0；另一直长载流导线在O 点产生的磁场为2B ，方向垂直纸面向里；圆弧部分载流导线在O 点产生的磁场为3B ，方向垂直纸面向里。
故O 点的合磁场大小为0001233314842I I I B B B B R R R μμμπππ⎛⎫=++=+=+ ⎪⎝⎭方向垂直纸面向里（b ）两半直长载流导线在O 点产生的磁场分别为1B 、2B ，方向均垂直纸面向里；圆弧部分载流导线在O 点产生的磁场为3B ，方向垂直纸面向里。
故O 点的合磁场大小为()000012324444I I I IB B B B R R R Rμμμμππππ=++=++=+ 方向垂直纸面向里 5．2．3 解答：（a ）因为两直长载流导线延长线均通过圆心，所以对O 点的磁场没有贡献，故只需要考虑两个圆弧载流导线在O 点产生的磁场，它们所激发的磁场分别为1B 、2B ，方向均垂直纸面向里，故O 点的合磁场大小为00123312248I I B B B a b a b ππμμπ⎛⎫⎪⎛⎫=+=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭方向均垂直纸面向里（b ）两延长线的直长载流导线对O 点的磁场没有贡献，只需要考虑两长度为b 的直长载流导线对O 点的磁场1B 、2B 和圆弧载流导线对O 点的磁场3B ，方向均垂直纸面向里，其合磁场大小为()0001232332cos90cos13524442a I I I B B B B b a b a πμμμππππ⎛⎫⎛⎫⎪=++=-⨯+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭方向均垂直纸面向里。
电磁学(梁灿彬)第三章
荷（又称为束缚电荷）， '表示
束缚电荷密度。
nql dS np dS P dS
S
介质极化后，一些分子 电偶极子跨过dS,当偶极子 的负电荷处于体积元 l dS 内时，同一偶极子的正电
荷就穿出界面dS外边，则穿出dS外面的正电荷为：
nql dS np dS P dS
由于介质是电中性的，由V内通过界面S 穿出的正电荷量等于V内净余的负电荷量
V 'dV
P dS S
注：
（1）线性均匀介质中，极化迁出的电荷与迁入的电 荷相等，不出现极化电荷分布。
（2）不均匀介质或由多种不同结构物质混合而成的 介质，可出现极化电荷。
• 体积： ldS |cos | （斜柱体）
• 偶极子数： n ldS |cos | （中心在斜柱体内）
• 电量： dq’ = -nqldS cos （下半柱体，即 V 内）
dq’ = -npdS cos PdS cos P dS
q' P dS
S
'
1 V
S
P
dS
换一个角度理解上述原理
某点 ’ 已知，求该点 0 。
解：A 内： E = 0 （导体内）
A 外： E 0 ' nˆ （高斯定理） 0
P 0E ( 0 ')nˆ
' P nˆ' P nˆ ( 0 ')
’ 0
A
’ n 0
A 介质
nˆ' nˆ 由介质指向导体
解得
0
'1
《电磁学》梁灿斌习题答案大全集
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？
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。
答案：
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。 F = qE ； F = M a ； a = v ；只有在匀强电场中，静止点电荷运动的轨 t
迹才的电力线。
1.11 下列说法是否正确？如不正确，请举一反例加以论述。
求两板间的场强。
解： 由图中所示： eE cos 300 = mg cos 600
其中： Eq = T cos 600 mg = T cos 300 解之得： E = mg tg300
e 1.3.3 一个电子射入强度是 5×103 N/C，方向竖直享受的均匀电场，电子的初速度为107 m/s 与水平 面所夹的入射角为 300（见附图），不考虑重力的影响，求：
力为零？
解：设 q′ 距 q 为 r，则 q′ 距 2q 为 (L − r) ，放在相距 r 处，受合力为 0，则有受力平衡条件：
k
qq′ r2
=
k
2qq′ (L − r)2
得到： r = ( 2 −1)L
1.2.4 在直角坐标系的（0m，0.1m）和（0m，-0.1m）的；两个位置上分别放有电荷 q=10-10C 的点 带电体，在（0.2m，0m ）的位置上放一电荷为 Q=10-8C 的点带电体，求 Q 所受力的大小和方向。
梁灿斌电磁学习题
梁灿斌电磁学习题第一章（共35题）§2 库伦定律两类6题（1）数值计算：1.2.1~1.2.4（建议：不留为作业）（2）证明：1.2.5~1.2.6§3 静电场的场强三类9题（1）匀强场中的带电粒子运动：1.3.1~1.3.4（建议：不留为作业）（2）点电荷的电场（叠加原理—类似于偶极子）：1.3.5（建议：作业）（3）连续分布电荷的电场：1.3.6~1.3.9（其中：1.3.6和1.3.7可作为例题，1.3.8和1.3.9可作为作业）§4 高斯定理两类10题（1）高斯定理基础练习（通量计算）：1.4.1~1.4.2（建议：作业）（2）三种对称类型（建议：作业）①线与柱对称：1.4.3、1.4.4、1.4.9、1.4.10②面对称：1.4.5、1.4.7③球对称：1.4.6、1.4.8（其中1.4.8用到类似于“负质量法”的叠加原理）§5电场线一类2题（建议：均偏难，不留为作业）§6 电势两类8题（1）点电荷的电势（基础练习）：1.6.1~1.6.3（建议：作业）（2）两种对称类型①球对称：1.6.4~1.6.6（建议：留1题为作业）②线与柱对称：1.6.7~1.6.8（建议：留1题为作业）第二章（共23题）§1 静电场中的导体三类6题（1）球对称：2.1.1（建议：作业）（2）板：2.1.2~2.1.4（其中：2.1.3为基本题，务必令学生掌握）（建议：作业）（3）拓展：2.1.5~2.1.6（建议：不留为作业）§2封闭金属壳内外的静电场二类5题（1）球对称：2.2.1~2.1.4（其中：2.2.1和2.2.3为基本题，务必令学生掌握）（建议：作业）（2）柱对称：2.2.5（建议：作业）§3 电容器和电容两类8题（1）电容基础练习：2.3.1~2.3.4（建议：作业）（2）电容器的串并联：2.3.5~2.3.8（建议：可不留作业）§5带电体系的静电能两类5题（1）电容器串并联的电能（基础练习）：2.5.1（建议：作业）（2）拓展：2.5.2~2.5.4（建议：酌情可留为作业）第三章（共27题）§2 偶极子两类4题（1）偶极子受力和力矩：3.2.1.~3.2.3（建议：可将3.2.2和3.2.3为作业）（2）偶极子的静电能：3.3.4（建议：不留为作业）§4 极化电荷两类6题（1）极化电荷与极化强度：3.4.1~3.4.3（建议：可将3.4.2和3.4.3为作业）（2）介质对电容器的影响：3.4.4~3.4.5（板）3.4.6（球）（建议：作业）§5有电介质时的高斯定理三种对称类型11题（1）板：3.5.1~3.5.6、3.5.8、3.5.11（其中3.5.1~3.5.6为基本题，3.5.8为击穿场强，3.5.11为拓展）（建议：3.5.1~3.5.6为作业）（2）球：3.5.7（建议：作业）（3）柱：3.5.9~3.5.10（建议：作业）§6有电介质时的静电场方程两类4题（1）基本题：3.6.1（建议：作业）（2）拓展题：3.6.2~3.6.4（建议：均偏难，不留为作业）§7 电场的能量2题均为基础练习：3.7.1~3.7.2（建议：作业）第四章（共30题）§1恒定电流1题偏重于积分运算§2直流电路3题均为电阻的串并联问题（建议：可忽略）§3欧姆定律和焦耳定律两类8题（1）基本题：4.3.1~4.3.4（建议：作业）（2）应用题：4.3.5~4.3.8（建议：忽略）§4电源和电动势11题§5 基尔霍夫方程组7题。
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电磁学习题解答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q1q ，另一个点电荷的电荷量为q2(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q(Q q)F0 r 24令力 F 对电荷量 q 的一队导数为零，即dF(Q q)qdq4r 20得q1q2Q 2即取 q1q2Q时力 F 为极值，而2d 2 F20 dq2q Q40r 22故当 q1q2Q时， F 取最大值。
21．2．3两个相距为 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2qQqL-xxL2qQqQ 040 ( L x)240 x 2得x 22Lx L 2舍去 x 0的解，得 x ( 2 1)L1．3．8 解答 :∞yyyd E 3A∞ E 2E3E AE ABAOxαxORE BxRE 1R ∞∞BB(a)(b)(c)（1）先求竖直无限长段带电线在 O 点产生的场强 E 1 ，由习题 1.3.7（2）可知E 1 x40 R仿习题 1.3.7 解答过程，得dE 1y kdlkldlr 2sin2l 2)3/2(RE1ykldl0 (R 2l 2 )3/24Rv故E 1(i??j)40 R同理，水平无限长段带电线在O 点产生的场强v? ?E 24 ( ij )0 R对于圆弧段带电线在 O 点产生的场强 E 3 ，参看图 1.3.8（b ），得dE 3x kdl2cos k dcosR/ 2 RE 3xk dRcos4 0R同理得E 3 y4R故v? ? E 34R(i j )解得v v v v v? ?E E 1E 2 E 3 E 34 0 R (i j )（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v0 R(? ?E A = 4ij )B的带电直线在 O 点产生的场强为v E B( i??j)4 0 R根据对称性，圆弧带电线在O 点产生的场强仅有 x 分量，即v v? k/ 2??E ABE ABxi/ 2cos d iiR 2R故带电线在 O 点产生的总场强为v v v vE E A E B E AB 01．3．9 解答 :zOxdEyyx(a)(b)在圆柱上取一弧长为 Rd 、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 ) ，所以带电细条的线密度与面密度的关系为dq dlRdz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v ?dE 2 0 R e r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dE xdE cos2cos d2cos 2 dv?? 22?EdE x ii0 cos2 0 i21．4．5 解答：O′S SS SxPd/2d/2O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0 ，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2x (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(2xS) ，根据高斯定理。
( 2x S)E dS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( 2x S)2ES考虑电场的方向，求得板内场强为vx ?iE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2x ( 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) ，根据高斯定理(Sd)E dS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2ES( Sd)考虑电场的方向，得vdEi?2 01．4．8 解答 :ac br 1 TMr 2 PO O ′ O c ′O(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 的实心均匀带电球在偏心位置处加上一个电荷体密度为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v 的均匀带电球在 T 点产生场强 E 与电荷体密度为v v 的均匀带电球在 T 点产生场强 E 的叠加结果。
而 E v均可利用高斯定理求得，即与 Ev rv1v rv2E3 0E3 0v v式中： r 1 为从大球圆心 O 指向 T 点的矢径； r 2 从小球圆心 O 指向 T 点的矢径。
空腔中任意点 T 的场强为vvvv vvEEE(r 1r 2 )c3 03 0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v b 32a 3 ? E Mc) 2e c3 0 (r Mr MP 点为大球内一点，根据叠加原理，求得vb3r p ?E p(r pc)2e c3 01．4．9 解答：RrE rLORr在均匀带电的无限长圆柱体内作一同轴半径为r (rR)、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qr 2 L由高斯定理E dSr 2 L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E r 2 rLr 2 L解得柱体内场强E内?r E内rer 2 0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Q R2 L解得柱体外场强?R2?E外r e rE外 2 0 r e r柱内外的场强的 E -r曲线如图1.4.9（b）所示1．4．10 解答：R2I R1II IIIr E rLλ1/2π 0R1ελ12π0R2/εOr R1 R2(1) 作半径为r (R1r R2 ) 、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q1L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，仅有侧面的 E 通量，则在R1r R2的区域II 内，利用高斯定理有2 rLE IIr1L0解得区域 II 内的场强EII EIIre?r1?20rer同理，可求得 r R1的区域I中的场强E I 0在 r R2的区域III中的场强EIII?12? EIIIrer20r e r(2) 若1 2 ，有E IEII1?EIII0 020re r各区域的场强的E—r 曲线如图 1.4.10(b)所示。
1．5．2 证明：S1S2E1lE2（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S1、S2形成一闭合的高斯面。
面元S1和 S2上的场强分别为 E1和 E2，根据高斯定理，得E1S1E2S2S( E1E2 ) 0证得E1E2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E1和 E2，根据高斯定理得E1l E2l0证得E1E2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：RO r P由高斯定理求得距球心 r 处的 P 点的电场为：Er 3，求得离球心 r 处的 P 点的电势为R rR 3dr 3R2r2Q(3R2r 2)r3 0dr3 0 228 0 R 3R3 0r 21．6．5 解答 :IIIII IR 2OR 1（1）根据电势的定义， III 区的电势为V (r )Q 1 Q 2V III ( R 2 ) Q 1 Q 2III 40r4R2II 区的电势为VIIR 2Q 1 dr Q 1 Q 2 dr4r0 r 2R 2 4 0r 21 Q 1 Q 24rR 2I 区的电势为1Q1Q2 V I (r ) V II (R1 )0R1R24（2）当Q1Q2时，EIII(r )0 ，代入（1）中三个区域中的电势的表达式，求得V III (r )0 ，V II (r )Q1 1 1，V (r )Q1114 0r R2I 4 0R1R2V-r 曲线如图 1.6.5（a）所示Q2Q1当R R时，代入（ 1）中三个区域的电势的表达式，求得21V III (r )(R1R2 )Q1，VII(r )Q1 1 140R1r4 0， V I (r ) 0r R1V—r 曲线如图所示。
V r V rIrIIr I R1III R2O R1 R2O II III 1．6．6 解答：ac b TM r1r2P O O′O cO′均匀电荷密度为的实心大球的电荷量Q 4a3，挖去空腔对3应小球的电荷量 q4b 3 ，电荷密度为的大球在 M 点的电势为V (r M )3Qa 340r M3 0 r M电荷密度为 -的小球在 M 点的电势为V(r M )qb 3（4 r M c)30 rMc0 M 点的电势为V MV (r M ) V (r M )a3b3r M r M c3 0电荷密度为的大球在 P 点的电势为V (r)a E dr(3a 2r 2 ) P E dr内a6 0Pr P电荷密度为 -的小球在 P 点的电势为V (r P )b 33 0 r P cP 点的电势为VV (r ) V (r)3a 3 r 22b 3 PPP6 0Pr P c电荷密度为的大球在 O 点的电势为aa2( )a 2a 2V (r O )E 内 drE dr60 30 2 0r Oa电荷密度为 - 的小球在 O 点的电势为b 2V (r O )内 dr E外 dr(b2c2 )bEc b 6 0 3 03b2c23 022O点的电势为V V (rO ) V (r )3a 23b 2c2O O60电荷密度为的大球在 O′点的电势为V ( r O)E内 dr E dr(a2c2 )a2ac a 6 0 3 06(3a2 c 2 ) 0电荷密度为 -的小球在 O′点的电势为V (r O )b E 外 dr b2b2E 内 dr603 0c bb22 0O′点的电势为V O V (r O ) V ( r O )3a 23b2 c 2602．1．1 解答：xdS=Rsin θd φxRd θd θφRθRsin θOzy建立球坐标系，如图所示，球表面上的小面元面积为dSR 2 sin dd(1)面元上的电荷量为dqdSR 2 cos sin d d(2)导体上一面元 dS 所受的电场力等于vdSv22cos 2 dF(EdSe?dSe? (3)) 2n2nv式中： E 为除了面元 dS 外其他电荷在 dS 所在处产生的场强。