电磁学第一章作业
电磁学第一章习题
不同点，U 不等。。
⑦ E 相等的场中， U 是否相等？
相等
2 计算
E, U , (F , ,W , A)
（1） E
————
1 E
4 0
dq
r2
rˆ
S
E dS
qi
0
E U
（2）U —— 叠加原理-积分求和：
（a）已知 q 分布——（U∞=0） U
4、dq 2 r dl 2 R sin Rd
r Rdr
R
dq Rd Rsin d
R O
R O
5、 dq 4r 2dr
或：
dq r 2 sin dr d d
例1：求半径为 R 的均匀带电Q半圆形细环
圆心处的场强。
dl
解：建坐标系如图，取微元
d q Rd
R
d
x
由对称性，Ex=0, 而
L
这表明静电力是
保守力
，
也表明 静电场中的电力线 不可能闭合 。
10、有一带电球壳，内、外半径分别为 a 和 b ，
电荷体密度 ρ=A/r ，在球心处有一点电荷 Q ，证 明当 A = Q/(2πa2) 时，球壳区域内的场强 E
的大小与 r 无关。
证：由高斯定理，有
E
1
4 0r 2
Q
r
a
A 4
r
r
p
p0
(b)U p E dl .
p
b
(d )Aab q E dl q U ab .
a
① 如图，
A
B
C
E
若将 q0 >0 放在 B 点，它向何方运动？ 向 C
电磁学习题案1-3章
第一章 习题一1、电量Q 相同的四个点电荷置于正方形的四个顶点上，0点为正方形中心，欲使每个顶点的电荷所受电场力为零，则应在0点放置一个电量q ＝－(1+2√2)Q/4 的点电荷。
2、在点电荷系的电场中，任一点的电场强度等于各点电荷单独在该点产生场强的矢量和，这称为电场强度叠加原理。
3、一点电荷电场中某点受到的电场力很大，则该点的电场强度E ：( C )(A)一定很大 (B)一定很小 (C)可能大也可能小4、两个电量均为+q 的点电荷相距为2a ，O 为其连线的中点，求在其中垂线上场强具有极大值的点与O 点的距离R 。
解法一：22020214141aR qπεr q πεE E +=== 21E E E ϖϖϖ+=，θE θE θE E cos 2cos cos 121=+=2222042a R R a R q πε++=()2/32202a R R πεq +=E 有极值的条件是：()0222/522220=+-=a R R a πεq dR dE 即 0222=-R a ，解得极值点的位置为：a R 22=∵ ()2/722220223223a R a R πεqR dR E d +-=，而 0398402/222<-==aπεqdR E d a R ∴ 中垂线上场强具有极大值的点与O 点的距离为a R 22= 且 ()202/3220max 332/2/2aπεq a a a πεq E =+=解法二：θaq πεr q πεE E 2202021sin 4141===，21E E E ϖϖϖ+=ϖ+qθE θE θE E cos 2cos cos 121=+=θθaq πεcos sin 21220=)cos (cos 21320θθaq πε-=E 有极值的条件是：0)sin 3sin 2(2320=-=θθaπεq θd dE E 有极值时的θ满足：31cos 32sin 1cos 0sin 2211====θ，θ；θ，θ )cos 7cos 9(2)cos sin 9cos 2(232022022θθaπεq θθθa πεq θd E d -=-= 0)cos 7cos 9(22011320221>=-==aπεq θθa πεq θd E d θθ 032)cos 7cos 9(22022320222<-=-==aπεq θθa πεq θd E d θθ 可见 θ = θ2时，E 有极大值。
程稼夫电磁学第二版第一章习题解析
程稼夫电磁学篇第一章《静电场》课后习题1-1设两个小球所带净电荷为q，距离为l，由库仑定律：由题目，设小球质量m，铜的摩尔质量M，则有：算得1-2 取一小段电荷，其对应的圆心角为dθ：这一小段电荷受力平衡，列竖直方向平衡方程，设张力增量为T：解得1-3（1）设地月距离R，电场力和万有引力抵消：解得：（2）地球分到，月球分到，电场力和万有引力抵消：解得：1-4设向上位移为x，则有：结合牛顿第二定律以及略去高次项有：1-5由于电荷受二力而平衡，故三个电荷共线且q3在q1和q2之间：先由库仑定律写出静电力标量式：有几何关系：联立解得由库仑定律矢量式得：解得1-6（1）对一个正电荷，受力平衡：解得，显然不可能同时满足负电荷的平衡（2）对一个负电荷，合外力提供向心力：解得1-7（1）设P限制在沿X轴夹角为θ的，过原点的直线上运动（θ∈[0,π)），沿着光滑直线位移x，势能：对势能求导得到受力：小量近似，略去高阶量：当q＞0时，；当q＜0时，（2）由上知1-8设q位移x，势能：对势能求导得到受力：小量展开有：，知1-9（1）对q受力平衡，设其横坐标的值为l0：，解得设它在平衡位置移动一个小位移x，有：小量展开化简有：受力指向平衡位置，微小谐振周期（2）1-101-11先证明，如图所示，带相同线电荷密度λ的圆弧2和直线1在OO处产生的电场强度相等.取和θ.有：显然两个电场强度相等，由于每一对微元都相等，所以总体产生的电场相等.利用这一引理，可知题文中三角形在内心处产生的电场等价于三角形内切圆环在内心处产生的电场.由对称性，这一电场强度大小为0.1-12（1）如图，取θ和，设线电荷密度λ，有：积分得（2）（3）用圆心在场点处，半径，电荷线密度与直线段相等的，张角为θ0 （）的一段圆弧替代直线段，计算这段带电圆弧产生的场强大小，可以用其所张角对应的弦长与圆弧上单位长度所产生的电场强度大小的积求得：1-13我们先分析一个电荷密度为ρ，厚度为x的无穷大带电面（图中只画出有限大），取如图所示高斯面，其中高斯面的两个相对面平行于电荷平面，面积为S，由高斯定理：算得，发现这个无穷大平面在外部产生的电场是匀强电场，且左右两边电场强度相同，大小相反.回到原题，由叠加原理以及，算得在不存在电荷的区域电场强度为0（正负电荷层相互抵消.）在存在电荷的区域，若在p区，此时x处的电场由三个电荷层叠加而成，分别是左边的n区，0到x范围内的p区，以及右边的p区，有：，算得同理算出n区时场强，综上可得1-14（1）取半径为r的球形高斯面，有：，解得（2）设球心为O1，空腔中心为O2，空腔中充斥着电荷密度为−ρ的电荷，在空腔中任意一点A处产生的电场为：（借助第一问结论）同时在A处还有一个电荷密度为+ρ则有：1-15取金属球上一面元d S，此面元在金属球内侧产生指向内的电场强度，由于导体内部电场处处为0，所以金属球上除该面元外的其他电荷在该面元处产生的电场强度为所以该面元受到其他电荷施加的静电力：球面上单位面积受力大小：半球面受到的静电力可用与其电荷面密度相等的，该半球面的截口圆面的面积乘该半球面的单位面积受力求得：1-16设轴线上一点到环心距离为x，有：令其对x导数为0：解得1-17写出初态体系总电势能：1-18系统静电势能大小为：1-19由对称性，可以认为四个面分别在中心处产生的电势，故取走后，；设BCD，ACD，ABD在P2处产生的电势为U，而ABD在P2处产生的电势为，有：；取走后：，解得1-20构造如下六个带电正方体（1到6号），它们的各面电荷分布彼此不相同，但都能通过一定的旋转从程中电荷直接相加而不重新分布）.这个带电正方体各面电势完全相同，都为.容易证明，正方体内部的每一个点的电势也都为（若不然，正方体内部必存在电场线，这样的电场线必定会凭空产生，或凭空消失，或形成环状，都与静电场原理不符）.故此时中心电势同样为1-21 O4处电势：O1处电势：故电势差为：1-22从对称性方面考虑，先将半球面补全为整个球面.再由电势叠加原理，即一个半球面产生的电势为它的一半，从而计算出半球面在底面上的电势分布.即1-23设上极板下版面面电荷密度为，下极板上版面面电荷密度为.取一个长方体型的高斯面，其形状是是两极板中间间隔的长方体，并且把和囊括进去.注意到金属导体内部没有电场，故这个高斯面电通量为0，其中净电荷为0，有：再注意到上下极板电势相等，其中E1方向向上，E2方向向下：再由高斯定理得出的结论：解得1-24先把半圆补成整圆，补后P、Q和O.这说明，新补上的半圆对P产生的电势为，而由于对称性，这个电势恰好也是半球面ACB对Q产生的电势.故：1-25在水平方向上，设质点质量m，电量为q：运动学：整体带入得：1-26（1）先将半球面补全为整个球面，容易计算出此时半球底面的电势.再注意到这个电势由对称的两个半球面产生的电势叠加得到，即一个半球面产生的电势为它的一半，即可求出一个半球面对底面产生的电势恒为定值，故底面为等势面，由E点缓慢移至A点外力做功为W1=0.（2）由上一问的分析知由E点缓慢移至O点外力不做功，记电势能为E，E的右下标表示所代表的点，则有：依然将半球面补为整球面，此时q在球壳内部任意一点电势能为2EO.此时对于T点，其电势能为上下两个球面叠加产生，由对称性，有：综上有W2=−W.1-27小球受电场力方程：将a与g合成为一个等效的g′：方向与竖直夹角再将加速度分解到垂直于g′和平行与g′的方向上.注意到与g′平行的分量最小为0，而垂直的分量则保持不变，故速度的最小值为垂直分量：1-28假设给外球壳带上电量q2，先考虑q2在内外表面各分布了多少.取一个以内球壳外表面和外球壳内表面为边界的高斯面，并把内球壳外表面和外球壳内表面上的电荷囊括进去，真正的高斯面边界在金属内部.由于金属内部无电场，高斯面电通量为0，高斯面内电荷总量为0，得到外球壳内表面分布了−q1电荷，外表面分布了q2+q1电荷.由电势叠加原理知球心处的电势：解得由电势叠加原理及静电屏蔽：1-29设质点初速度为v0，质量为m，加速度为a，有：，其中.设时竖直向下速度为v1，动能为Ek1，初动能为Ek0，有：解得1-30球1依次与球2、球3接触后，电量分别为.当球1、4接触时满足由于解得.注：若此处利用，略去二阶小量则可以大大简便计算，有意思的是，算出的答案与笔者考虑二阶小量繁重化简过后所得结果完全一致，这是因为在最后的表达式中没有r与a的和或差的项的缘故。
赵开华电磁学第一章习题
第一章练习题一、选择题1、关于电场强度定义式0/q F E =，下列说法中哪个是正确的？ ［ ］(A) 场强E的大小与试探电荷q 0的大小成反比．(B) 对场中某点，试探电荷受力F与q 0的比值不因q 0而变．(C) 试探电荷受力F的方向就是场强E 的方向．(D) 若场中某点不放试探电荷q 0，则F ＝0，从而E＝02、电荷面密度分别为＋σ 和－σ 的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图放x 变化的关系曲线为：(右为正、向左为负) ［ ］σ(D)3、半径为R 的均匀带电球体，其电场在空间各点的电场强度大小E 与距球心距离r 的关系曲线如下图，其中那个为正确 [ ]4、半径为R 的“无限长”均匀带电圆柱面的电场中，电场强度的大小E 与距轴线的距离r 的关系曲线为 [ ]5、已知一高斯面所包围的体积内电荷代数和∑q ＝0，则可肯定［ ］ (A) 高斯面上各点场强均为零． (B) 穿过高斯面上每一面元的电场强度通量均为零．(C) 穿过整个高斯面的电场强度通量为零． (D) 以上说法都不对．(B)2∝2∝rRr R6、有两个电荷都是＋q 的点电荷，相距为2a 。
今以左边的点电荷所在处为球心，以a 为半径作一球形高斯面。
在球面上取两块相等的小面积S 1和S 2，其位置如图所示。
设通过S 1和S 2的电场强度通量分别为1Φ和2Φ，通过整个球面的电场强度通量为S Φ，则［ ］ （A ）120, /S q εΦ>ΦΦ=； （B ）120, 2/S q εΦ<ΦΦ=；（C ）120, /S q εΦ=ΦΦ=；（D ）120, /S q εΦ<ΦΦ=。
7、静电场中某点电势的数值等于［ ］ (A)试验电荷q 0置于该点时具有的电势能． (B)单位试验电荷置于该点时具有的电势能． (C)单位正电荷置于该点时具有的电势能． (D)把单位正电荷从该点移到电势零点外力所作的功．8、如图所示，在真空中半径分别为R 和2R 的两个同心球面，其上分别均匀地带有电荷+q 和－3q ．今将一电荷为+Ｑ的带电粒子从内球面处由静止释放，则该粒子到达外球面时的动能为[ ] (A)RQq 04πε． (B)RQq 02πε． (C)08Qq Rπε． (D)RQq083πε． 9、半径为R 的均匀带电球面，电势U 在空间分布与距球心距离r 的关系曲线图为 [ ]10、、在点电荷+q 的电场中，若取图中P 点处为电势零点 ， 则M 点的电势为 [ ](A)a q 08επ-． (B) a q 08επ (C) a q 04επ-． (D)．aq04επ 11、两个同心的均匀带电球面,内球面半径为R 1，电量Q 1,外球半径R 2，电量Q 2.设无穷远处为电势零点,则内球面上的电势为 [ ](A)r Q Q 0214πε+ (B) 20210144R Q R Q πεπε+(C) 2020144R Q rQ πεπε+(D)rQ R Q 0210144πεπε+12、图中实线为某电场中的电场线，虚线表示等势面，由图可看出：［ ］(A) E A ＞E B ＞E C ，U A ＞U B ＞U C ． (B) E A ＜E B ＜E C ，U A ＜U B ＜U C ． (C) E A ＞E B ＞E C ，U A ＜U B ＜U C ． (D) E A ＜E B ＜E C ，U A ＞U B ＞U C ．13、相距为r 1的两个电子，在重力可忽略的情况下由静止开始运动到相距为r 2，从相距r 1到相距r 2期间，两电子系统的下列哪一个量是不变的？ ［ ］(A) 动能总和； (B) 电势能总和； (C) 动量总和； (D) 电相互作用力． 14、面积为S 的空气平行板电容器，极板上分别带电量±q ，若不考虑边缘效应，则两极板间的相互作用力为 [ ](A)S q 02ε． (B) S q 022ε． (C) 2022S q ε． (D) 202Sq ε． 15、在一个带有负电荷的均匀带电球外，放置一电偶极子，其电矩p的方向如图所示．当电偶极子被释放后，该电偶极子将［ ］(A)沿逆时针方向旋转直到电矩p 沿径向指向球面而停止． (B)沿逆时针方向旋转至p沿径向指向球面，同时沿电场线方向向着球面移动．(C)沿逆时针方向旋转至p沿径向指向球面，同时逆电场线方向远离球面移动．(D)沿顺时针方向旋转至p沿径向朝外，同时沿电场线方向向着球面移动．16、一“无限大”均匀带电平面A ，附近放一与其平行的有一定厚度的“无限大”不带电导体板B ，如图所示。
电磁学答案第1章
第一部分 习题 第一章 静电场基本规律1．2．1在真空中有两个点电荷，设其中一个所带电量是另一个的四倍，它们个距2510-⨯米时，相互排斥力为1.6牛顿。
问它们相距0.1米时，排斥力是多少？两点电荷的电量各为多少？解：设两点电荷中一个所带电量为q ，则另一个为4q ：（1） 根据库仑定律：r r q q K F ˆ221 = 得：212221r r F F = （牛顿））（）（4.01010560.12122222112=⨯⨯==--r r F F (2) 21224r q K F =∴ 2194221211109410560.14）（）（⨯⨯⨯⨯±=±=-K r F q =±3.3×710- （库仑） 4q=±1.33×810- （库仑）1．2．2两个同号点电荷所带电量之和为 Q ，问它们带电量各为多少时，相互作用力最大？解： 设其中一个所带电量为q ，则一个所带电量为Q-q 。
根据库仑定律知，相互作用力的大小：2)(rq Q q K F -= 求 F 对q 的极值 使0='F即：0)2(=-q Q r K∴ Q q 21=。
1．2．3两个点电荷所带电量分别为2q 和q ，相距L ，将第三个点电荷放在何处时，它所受合力为零？解：设第三个点电荷放在如图所示位置是，其受到的合力为零。
图 1．2．3即：41πε20xq q = 041πε )(220x L q q - =21x2)(2x L - 即：0222=-+L xL x 解此方程得：)()21(0距离的是到q q X L x ±-= （1） 当为所求答案。
时，0)12(>-=x L x （2） 当不合题意，舍去。
时，0)12(<--=x L x1．2．4在直角坐标系中，在（0，0.1），（0，-0.1）的两个位置上分别放有电量为1010q -=（库）的点电荷，在（0.2，0）的位置上放有一电量为810Q -=（库）的点电荷，求Q 所受力的大小和方向？（坐标的单位是米）解：根据库仑定律知：1211ˆr r Qq K F = )ˆsin ˆ(cos 11211j i rQ q Kαα-= 2281092.01.01010109+⨯⨯⨯=--⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+-++21222122)2.01.0(ˆ1.0)2.01.0(ˆ2.0j i =j iˆ100.8ˆ1061.187--⨯-⨯ 如图所示，其中 21212111)(cos y x x +=α21212111)(sin y x y +=α同理：)ˆsin ˆ(cos 222212j i r Q q K F αα+⨯= 2281092.01.01010109+⨯⨯⨯=--×⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+-++21222122)2.01.0(ˆ1.0)2.01.0(ˆ2.0j i=j iˆ100.8ˆ1061.187--⨯-⨯ )(ˆ1022.3721牛顿iF F F -⨯=+=1．2．5在正方形的顶点上各放一电量相等的同性点电荷q 。
电磁学习题 电场部分
学号 班级 姓名 成绩第一章 真空中的静电场 （一）一、选择题1、关于电场强度定义式E=F/q 0，指出下列说法中的正确者[ ]。
A ．场强E 的大小与检验电荷q 0的电量成反比；B ．对场中某点，检验电荷受力F 与q 0的比值不因q0而变； C ．检验电荷受力F 的方向就是场强E 的方向；D ．若场中某点不放检验电荷q 0，则F=0，从而E =0。
图6-12、如图6-1所示，在坐标(a ，0)处放置一点电荷＋q ，在坐标(－a ，0)处放置另一点电荷－q ．P点是y 轴上的一点，坐标为(0，y )．当y >>a 时，该点场强的大小为[ ]。
A. 204y q επ； B.202y q επ； C.302y qa επ； D. 304yqaεπ。
3、无限大均匀带电平面电荷面密度为σ，则距离平面d 处一点的电场强度大小为[ ]。
A ．0； B ．02σε； C ．02d σε； D ．04σε。
4、如图6-2所示，在半径为R 的“无限长”均匀带电圆筒的静电场中，各点的电场强度ERr EARr E BRr E CRrED的大小与距轴线的距离r 关系曲线为[ ]。
图6-25、在真空中，有一均匀带电细圆环，半径为R ，电荷线密度为λ，则其圆心处的电场强度为（ ）A 、0ελ；B 、R 02πελ；C 、202R πελ； D 、0v/m6、下列哪一说法正确（ ）A 、电荷在电场中某点受到的电场力很大，该点的电场强度一定很大B 、在某一点电荷附近的一点，如果没有把试验电荷放进去，则这点的电场强度为零C 、电力线上任意一点的切线方向，代表正点电荷在该点处获得的加速度方向D 、如果把质量为m 的点电荷放在一电场中，由静止状态释放，电荷一定沿电场线运动二、填空题1、两个正点电荷所带电量分别为q 1和q 2,当它们相距r 时，两电荷之间相互作用力为 F = ,若q 1+q 2=Q ,欲使两电荷间的作用力最大，则它们所带电量之比q 1:q 2= 。
大学物理电磁学典型习题
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θ相应的点的附近取一长度dl ，其上电量 dq =λdl =0λsinθdl ，该电荷在O 点产生的场强的大小为==204RdqdE πε2004sin R dl πεθλθπελsin 400R =θd dE 的方向与θ有关，图中与电荷 dq 对O 点的径矢方向相反。
其沿两坐标轴方向的分量分别为 θθθπελθd RdE dE x cos sin 4cos 00-=-=θθπελθd RdE dE y 200sin 4sin -=-=整个圆环上电荷在圆心处产生的场强的两个分量分别为==⎰x x dE E R004πελ-⎰=πθθθ200cos sin d==⎰Y y dE E R004πελ-⎰-=πελθθ200024sin Rd 所以圆心处场强为 E = E y j = R004ελ-j 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m d 2102-⨯=，圆半径m r 5.0=，塑料杆长m d r l 12.32=-=π 杆上线电荷密度m C lq/1019-⨯==λ 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E 1= 0 空隙处点电荷设为q /，则q / =d λ，他在圆心处产生的场强m V rdr q E /72.0442020/2===πελπε 方向由空隙指向圆心。
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m V E E E /72.021-=-= 负号表示场强方向从圆心指向空隙。
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λ。
电磁场作业第一章
1-2．证明三个矢量1191817927465x y z x y z x y zA e e eB e e eC e e e ⎧=++⎪=++⎨⎪=-+⎩在同一平面上。
解 三个矢量在同一平面上，必有()()()119181792746511959274617181894917562711495972183664876517820⋅⨯=-=⨯⨯+⨯⨯+-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯--⨯⨯=+---+=A B C 同理也可得到()()00⋅⨯=⋅⨯=B A C C A B1-5．已知矢量3517x y z =++A e e e 和5y z =--B e e ，求与矢量+A B 平行的单位矢量，并计算此单位矢量与X 轴之间的夹角。
解 令矢量A 和矢量B 之和为C ，有()()()()()()30511753412x x x y y y z z zx y z x y zA B A B A B C A B e e e e e e e e e =+=+++++=++-+-=++则与矢量A+B 平行的单位矢量为01222234123412133412x y z x y z /++++===⎡⎤++⎣⎦e e e e e e CC C 单位矢量C 0与X 轴之间的夹角设为θ，有()00341213cos 131113x y z x x x ++ ×q===´e e e e C e C e3arccos 76713.θ⎛⎫=≈⎪⎝⎭1-7．在球坐标系下矢量场的数学描述为(,,)tan sin cos r r r r r ϑϕϑϕϑϑϕ=++F e e e 试写出该矢量场在直角坐标系下的表达式。
解 由题知,tan ,sin cos r F r F r F r θϕϑϑϕ===利用变换矩阵sin cos cos cos sin sin sin cos sin cos cos sin 0x r y z A A A A A A θϕθϕθϕϕθϕθϕϕθθ⎡⎤-⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦⎣⎦得到2tan sin cos sin cos cos cos sin sin sin cos sin cos cos sin 02sin cos sin 2sin sin cos si sin cos sin cos n tan x y z F F F r r r r r r r r r ϑϑϕθϕθϕϕθϑϕϑϕθϕϕθθθϕϕθϕθθϕϑ+-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎣⎦⎣⎦⎣⎦-⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎢⎥-⎣⎦由此得到()()()22sin cos sin 2s (,,)sin cos si in sin co n co t n a s n si s xy zr r r x y z r r r F e e e θϕϕθϕθθϑϕϑϕϑ=++--+其中arccos()arc ()r z r tg y x θϕ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩由此可见，在球坐标系下矢量场F 具有比较简洁的表达式，而在直角坐标系下，F 的表达式要复杂的多。
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解：
（1）静电平衡时，电容器内外极板及金属球壳内外表面所带的 电量如图所示。作半径为r的同心球面作为高斯面。利用电场的 球对称性，由高斯定理得：
Ò S
v E
v dl
4
r
2E
q
0
q
E 40r2
电场分布为：
E 0 (r R1)
E
Q
4 0r 2
(R1 r R2 )
+q -l l +q
-2q
P
r
解: (1)两个电偶极子在P +q -l l +q
点产生的场强为：
-2q
P
EP
E1
E2
2ql
40 (r
l )3 2
2ql
40 (r
l )3 2
r
ql
2 0
(r
1 l
)3
(r
1 l
)3
2
2
ql
2 0
Ⅰ区 Ⅱ区 Ⅲ区
E 0 r R1
E
Q1
4 0r 2
R1 r R2
E 0 r R2
E
0.04
0.03
0.02
0.01
0.00
-2
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
r
（3）根据电势的定义， Ⅲ区的电势为
UⅢ（r） 0
Ⅱ区的电势为
UⅡ
R2 r
Q1
4 0 r
E1 0 (r R1)
电场分布为：E2
q
40r 2
(R1 r R2 )
E3
0
(R2 r R3 )
E4
40r 2
(r R3)
R1
r
o q
-q
R2 R3
Q+q
（1）导体球的电势为：
U1
v v E dl
R1
σ
2 0
1
(R2
x
x2
)
1 2
考虑到方向
v E
σ
2 0
x x
(R2
x
x2
)
1 2
v i
（2）在保持se不变的情况下
当R 0时，E 0
当R 时，E se 2 0
v E
se
x
v i
20 x
（3）在保持总电荷Q不变的情况下
结果如何？ （4）求轴线上电势U(x)的分布，并画出 U-x曲线。
解：（1）将圆盘分割为宽度为dr的无数个圆环， x
dr
取圆电荷元 dq σ 2πrdr
由上题结果
dE
xdq
4π0 (x2
r 2 )32
r
1. 26 圆盘电荷
则
E
R 0
2πσxrdr
4π0 (x2 r2
3
)2
为多少？ （5）设外球离地面很远，若内球接地，情况如何？
R1 R2 R3
r
o q
Q
解：
（1）静电平衡时，电容器内外极板及金属球壳内外表面所带的 电量如图所示。作半径为r的同心球面作为高斯面。利用电场的 球对称性，由高斯定理得：
Ò S
v E
v dl
4
r
2E
q
0
q
E 40r2
4 0
R1 R2 R3
r
o q’
-q’ Q+q’
1. 62 一球行电容器内外两壳的半径分别为R1和R4，今在 两壳之间放一个内外半径分别为R2和R3的同心导体球壳。
（1）给内壳（R1）一电量Q，求R1和R4两壳的电势差。 （2）求以R1和R4为两极的电容。
R1 R2 R3
r
o Q
R4
-Q
-Q Q
在r > R的区域II中的场强
ÒS
v E
dsv
2 rLEII
R2Le 0
r EII
R2 2 0 r
r er
E
R
r
（2） 0 rr r r2
UI r 20 dr 40
(r R)
UII
R r
e R2 2 0 r
err
drr
0 R
1.10 本题图中所示是一种电四极子，它由两个相同的
电偶极子组成p=ql，这两个偶极子在一直线上，但方向相反，
它们的负电荷重合在一起。试证明：在它们的延长线上离
中心（即负电荷）为r(r>>l)处，
（1）场强为
E
3Q
4π0r 4
（2）电势为 U (r) Q 4π 0 r 3
式中Q=2ql2叫做它的电四极矩。
l
(r
l )2 2
(r (r
l )(r l ) 22
l )3(r l )3
(r
l )2 2
22
ql l 3r2 3 2 ql2 3Q
20 r6
40r 4 40r 4
其中: Q 2ql2
(2) 电四极子在P点产生 +q -l l +q
E
E
e 2π0 x
e
2π0 a
x
2π 0
ae
a
x
x
A区：
EA
E
E
e 2π0 x
e
2π0 x
a
2π 0
ae
a
x
x
1-26 半径为R的圆面均匀带电，电荷的面密度se。
（1）求轴线上离圆心的坐标为x处的场强。
（2）在保持se不变的情况下，当 R→0 和R→∞时结果如何？ （3）在保持总电荷Q=R2se不变的情况下，当 R→0 和R→∞时
2.3103 V
1. 52 半径为R1的导体球带有电荷q，球外有一个内外半径 为R2和R3的同心导体球壳，壳上带有电荷Q。
（1）求两球的电势U1和 U2； （2）求两球的电势差△U； （3）以导线把球和壳联接在一起后， U1、U2和△U为多少？ （4）在情形（1）、（2）中，若外球接地，U1、U2和△U
Q
R2 2x2
2 0 R 2
Q
4 0 x 2
v Q xv
E 40x2
i x
当R 时，E 0
（4）取无穷远处为零电势点
解法1 U
v v E dl
x
x
σ
2 0
1
(R2
x
x2
)
1 2
dx
σ
2 0
x
1 R3
1 R4
（2）由电容的定义得
CQ U
Q
Q
4 0
1 R1
1 R2
1 R3
1 R4
E3
0
(R2 r R3 )
E4
q ' Q
40r 2
(r R3)
电势为：
U1
v v E dl
R1
R2 R1
E2dr
R3 E4dr
1
4 0
q' R1
q' R2
q
' Q R3
0
q ' QR1R2 R2 R1
err 2 0
drr
e R2 2 0
ln( R) r
e R2 4 0
eR2 (2 ln R 1)
4 0
r
解析：
(r R)
由于柱体外的电场与半径r成反比，沿径向积分时，在 上限为无限远时，函数不收敛，因此零电势点不能选在无限 远处。
1. 49 三平行金属板A、B、和C，面积都是200cm2，AB相距 4.0mm，AC相距2.0mm，BC板都接地。如果使A板带正电 3.0X10-7C，在略去边缘效应时，问B板和C板上感应电荷各是 多少？问A板的电势是多少？
2
dr
R2
Q1 Q2
40r 2
dr
Q1
4 0
(1 r
1 R2
)
Ⅰ区的电势为
U1(r)
U（Ⅱ R1）
Q1
40
(
1 R1
1 R2
)
U
Ⅰ
Ⅱ Ⅲ
O
R1 R2
r
1. 38 半径为R的无限长圆柱体内均匀带电，电荷体密度为ρe。
（1）求场强分布，并画出E-r曲线。 （2）轴线为电势零点求电势分布。
1 2
(R2
1
x
2
)
1 2
2