电磁学第三版思考题与习题解答.docx

电磁学第三版（梁灿彬）思考题与习题解答第一章 静电场的基本规律思考题1.1答案： （1）,正的试探电荷；（2）；（3）在无外场是，球面上E大小相等。1.2答案：利用对称性分析，垂直轴的分量相互抵消。1.3答案：（1）没有净电荷；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）；（7）。1.4答案：无外场时，对球外而言是正确的。1.5答案：（1）无关（2）有关（3）不能（导体球）、可以（介质球）。场强叠加原理应用到有导体的问题时，要注意，带电导体单独存在时，有一种电荷分布，它们会产生一种电场；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答案：（a图）能，叠加法（补偿法）；（b图）不能。1.7答案：；。1.8答案：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）。1.9答案：1.10答案：一般不是。只有在匀强电场中，静止点电荷运动的轨迹才的电力线。 1.11答案：（1）不正确。 ，例如匀强电场；（2）不正确。（3）不正确。E大，电势的变化率就大，并非一定V大。（4）不正确。E=0，Vn=0，并不是V一定为0，如在等量同号点电荷的连线中点处。（5）不正确。V=0，并不是Vn一定为0，例：如在等量异号点电荷连线中点处。1.12答案：内球内为等势体，电势为要使V10，则0，即；要使V1=0，则=0，即；要使V10，则L时，1.3.8解：根据带电直线公式：，（1）对图(a)在B中， ，在A中，交换上述两电场分量有，可见，现垂直导线在O点产生的场强互相抵消。对半圆弧，于是，方向与直线B成45 角。（2）对图(b)，由对称分析，EA与EB合成后只有x分量，对2直线，对对半圆弧，叠加后得，Eo=0。1.4.1解：（1）因为只有Ex分量，所以立方体只有S1、S2面有电通量。 所以： 。（2）由得，。1.4.4解：设圆柱半径为R，空间电场分布具有轴对称，如图作高斯面，当rR时，因，得E内=0；当rR时，所以， ，。1.4.6解：（1）当rR时，。（2）在球内场强有最大值，令 ，有，即时场强最大，于是。1.4.7解：（1）无限大均匀带电平面场强分布： ，从左到右三个区的场强分别为， ，（2）(a) ，0，(b) 0，01.4.8解：（1）将挖去的小球o用电荷体密度为的球补起来，先求均匀带电体o产生的场强，再求填补带电球o产生的场强，两者相减即为所求的电场。根据均匀带电球体的场分布： ， ，由此得 ，；，相减得，所以空心小球内两点o和o的场强相同，为均匀电场。（2），；分别相减得 。1.5.1 1.5.21.6.11.6.21.6.4第二章 有导体时的静电场思考题2.1答案：不正确，不正确。2.2答案：不正确，因电荷分布不均匀。2.3答案：（1），应0 （2） （3） （4）两球相距足够远时才成立。2.4答案：（1） （a） （2）（e） （3）（e） （4）（b）。2.5答案：不可能。2.6证：不管M是否带电，若导体A带电q0，则导体壳M内壁有感应电荷q=-q，导体A与导体壳M内壁之间必有电场线，VAVB。2.7证：若A带正电，则A有电场线发出终止于B，B有电场线发出终止于M，所以有VAVBVM；若A带负电，上述电场线方向相反，有VAVB0（因q球和V球同时为正或同时为负）。球壳接地时V壳减少，所以W减少，该结论与q壳的正负无关；（2）当内球接地时，W=12q球V球=0，所以也W减少；（3）内外球均不接地，两球接触时变成了等势体，内球所带电荷全部分布到了球壳外表面，V壳减少，所以W也减少。习题2.1.1解：取一点元dq，对其进行受力分析：由对称性可知，带有同号电荷的球面受力沿x轴，右半球受力：2.1.2解：E=V/d=160/1.610-3=1.0105 (V/m)；两板外表面电荷为0，肉内表面电荷等量异号，为q=S =0ES=8.910-121053.610-4=3.210-10(C)。2.2.1解：电荷分布如图，空间电场分布有球对称性，由高斯定理E.dS=q0和E=q40r2可得：当rR1时：E1=q40r2，V1=rR1E.dS+R1R2E.dS+R2E.dS=q401r-1R1+q40R2当R1rR2时：E3=q-q+q40r2，V3= q40rE-r和V-r图如下：2.2.2解：设球内壁的电荷为q（不均匀分布），外壁的电荷为Q+q（均匀分布）Vo=q40r+，dS40a+Q+q40b=q40r-q40a+Q+q40b=q401r-1a+1b+Q40b2.2.3解：（1）qs1=QA均匀分布，qs2=QA均匀分布， qs3=QA+QB均匀分布；（2）由高斯定理E.dS=q0和E=q40r2可得：或根据均匀分布带电球面电势分布球面内U=q40R，球外U=q40r，由叠加 定理可得：UA=QA40RA-QA40RB+QA+QB40RB=140QARA+QBRBUB=QA40RB-QA40RB+QA+QB40RB=QA+QB40RB（3）导体壳B接地时，qs1=QA，qs2=QA， qs3=0，UA=QA40RA-QA40RB=QA401RA-1RB，UB=0（4）设qs1= QA，则qs2= -QA，qs3=QA+QB，球A接地后，UA=0，UA=Q,A40RA-Q,A40RB+Q,A+QB40RB=0解得qs1=-RARBQB，qs2=RARBQB， qs3=RB-RARBQBUB=qs140RB+qs240RB+qs340RB=RB-RAQB40RB2（5）qs1=QA，qs2=QA， qs3=QA+QB，2.3.22.3.3解：解法一：设外球带正电Q，确定电荷分布，接地时：U1=0，而U=0，外球带正电Q，故U2U1，U2U，所以内球带电不可能为0，而且是带负电，设内球带电为Q，于是外球内壁为+Q，外壁为（QQ），由高斯定理E.dS=q0得： 解法二：有电容并联计算：球壳对内球，球壳对无限远都有球对称性质，内球和无限远处都是凉电位，两球面间有效电容相当于球壳外表面与无限远形成的电容器和球壳内壁与内球形成的电容器的并联：（见右图）2.3.6解：如图（a）（b）所示2.5.1第三章静电场的电介质思考题3.1答案：（1），高斯面外的自由电荷会影响D，但不影响D.dS；（2）；（3），只能说明q+q=0；（4）；（5），还与介质有关。3.2答案：介质球上极化电荷总量为0，于是，。3.3答案：充电后介质内D=q4r2er，E=q4r2er=q80r2er。介质外D=q4r2er，E=q40r2er。3.4答案：普遍成立的有（1）、（2）、（5）、（6），（3）在真空中成立，（4）有导体真空中成立。3.5答案：（1）在B点， ， ，解得(b)；（2）=0+=0+=，(a)；（3）由（1）知， (b)；（4）（a）、（d）。习题3.2.1解：（1）因为电偶极子在均匀外电场中F合=0，M=pEsin，所以当=0、时，M=0，平衡；=0时是稳定平衡，=时是非稳定平衡。（2）如果E不均匀，不能达到平衡。3.2.2解：（1）p1对A处： p1对B处：所以受到的力 式中负号表示吸引力。（2）当与同向时为吸引力，反向时为斥力。3.2.解：（1）M=pE，M=pEsin，当=时M最大，M=qlE=1.010-62.010-2105=2.010-3NM；（2）=2.010-3NM3.4.33.3解：(1)，（2） 3.4解：由， 得 3.4.5解：（1） （2）q0= C0U0= 5.410 7 (库)(3)充电后断开电源，板上电量不变，所以充满介质后板上q=q0 (4) (5) (6) ，(7) 3.5.1解： 3.5.2解：在电介质的内部，距离板中心线为x的点，其对称点D的大小相同，方向相反，由高斯定理可得： ， ， ，在介质的外部， ， ，3