电磁学习题解答（林晓南）一

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1、电磁学习题解答林晓南一 - 电磁学习题解答 第一章 真空中的静电场 1.3 解：如下图，电荷元dq-dx 在P点的场强为 ?dE-dx4-0(a?x)2?i 整个带电直线在P点的场强为 L-E-dE-2L-dx24-(a?x)02?i-L?2L2?4-0-a?4-?i ?i 点电荷在P点，受到的静电力为 -F?qE?qQ?2L2?4-0-a?4-F引?G1.4 解： F库?q1q24-0r2m1m2 2r相距1米时 F库?9?109NF引?6.67?1N F引?6.67?10?17N F库?F重相距1千米时 F库?9?103N1.5 解：要使m1悬空,应满足 q1q2?m1g 24-0r 4-

2、0r20.01?9.8那么m1所带电量为 q1?m1g-1.09?10?7C 为正电量。 9?4q29?10?.6 解：如下图，把半球面分成许多环带；在?处宽为Rd?的环带，其面积为ds?2?Rsin?Rd? 其上电荷量为 dq?2-R2sin?d? 根据对称性，dq在球心O产生的电场强度沿x轴正方向，其大小为 dE?dq?cos-sin?cos?d? 2?04-0R2?积分得带电半球面在球心处总场强为 ?E-dE?2?0?20sin?cos?d-? 4?0方向沿对称轴由半球指向外。 1.7 解：如下图，电荷元dq-Rd-?0cos?Rd? 在圆心处的场强为 dE-0cos?d? 4-0R此电

3、场的两个分量为 ?0cos2?d?dEx-dEcos-?4-0R ?sin?cos?d?dEy?dEsin-04-0R由对称性 Ey-dEy?0 ?x?0cos2?d-积分得合场强为 Ex-dEx-0-0 4-0R4?0R-0?E-i 4?0R2?1.8 (1)在平面上任取一点，设这点到左边直线的间隔 为x,那么该点的合场强为 E-a方向如下图。 -2-0x2-0(a?x)2-0x(a?x)(2)一根带电直线在另一带电直线处的电场为 E-，方向垂直于该直线，另一带电直线单位长度受此电场的力为 2-0a?2方向：垂直于直线，为互相吸引力。 F?E-2-0a1.10 解：(1)以球心为心，r为半径

4、作高斯面s，根据对称性，S上各点的电场-?强度E大小相等，方向该处面元ds方向平行，故E对高斯面s的通量为 -2-sE?ds-?sEds?E-sds?E?4?r 由高斯定理得 -r?R1?0,-?112E?ds?4?rE?Q-Q1R1?r?R2 -s?0-0?1?(Q1?Q2)r?R2-0-r?R1 I区?0-Q1?rR1?r?R2 II区 由上式得 E-?20?4-0r?Q1?Q2?rr?R2 III区?20?4-r0? (2)当Q2-Q1时 E?0r?R1 或 r?R2 ?E?Q14-0r2?r0R1?r?R2 1.11 解：以圆柱的轴线为轴线，半径为r作长为l的圆柱面s，由对称性和高斯定

5、理得 -Q E?ds?2?rlE-?s?0式中Q是s所包围体积内的总电量，在圆柱体内，r?R,Q-r2l? ?r2l?故得 2?rlE -0-r?E?r0 2?02?rlE-R2l?/?0-R2? E?r02?0r在圆柱体外，Q-R2l?，故得 E?r曲线如图1.11所示 1.12 解：P点的场强可看成带+的无限大均匀带电平面和带-的半径为R均匀带电圆板在P处场强的叠加在P点，E无限大?E圆板?方向：x轴正方向2?0-2?0?a?1-R2?a2-?方向：?x方向，P点合场强为 -EP?E无限大?E圆板 -2?02?0?a?1-R2?a2?2- -2?0R?a-1.15 解：电偶极子受的力矩为M

6、?Pe?E M?PeEsin?电偶极子由转到?角时2 -a2 方向沿x轴正方向 电场力做的功为 A-?Md-?2-2-?PeEsin?d-PeEcos-Pe?E 1.16 解：在圆环上取一电荷元dq，它在距圆心x处P点的电势为du?积分得P点总电势 u-du-?q4-0r?dq4-0r?dq ?4-r0qdq4-0r 1q 221/24-0(x?R)1.17 解：以球心为心，作半径为r的球形高斯面，由对称性和高斯定理得 r?R?0-?2 E?ds?E?4?r-q-sr?R-?0r?R?0- 故电场强度 E-q? rr?R?4-r200?由电势定义 r?R -?u-E?dr r时， u-r0?d

7、r-RR?q2r?R 4-0r?qq时， u-r dr?4-0r4-0r2dr?q4-0R 1.18 解：(1)根据1.17题，知半径为R的均匀带电球面的电势分布为 ?q?4-R?0u-?q-4-0rr?R r?R可用电势叠加法求电势分布 4-0R14-0R2Q1Q2 R1?r?R2时， u-4-0r4-0R2QQQ?Q r?R2 时， u?1?2?12 4-0r4-0r4-0r r?R1 时， u?Q1?Q2 (2)假如保持内球上的电量Q1不变，改变外球电量Q2，由以上结论可知，整个空间的电势均随Q2而变，两球面之间电势差 u-R2R1-R2E?dr-R1Q14-0rdr?2Q14-0?11

8、-RR- 2-1不随Q2变化。 1.19 解：(1)由电势叠加原理，内球电势 u1?Q14-0R1?Q24-0R2 知内球电量 Q1?4-0R1-u1-? ?4-0R2?Q2 (2)空间电势分布为 -?u1?Q2?Qu-1-4-0r4-0R2?Q1?Q2-?4-0rr?R1R1?r?R2 r?R21.20 解：根据对称性和高斯定理，知场强分布 ?0 r?1.5cm或r?3.0cm- E-?2-rr0 1.5cm?r?3.0cm0?当r?1.5cm时 ?内筒外外表附近的电场强度最大， 2-0ab-b两筒的电势差 uab-adr?ln 2-0r2-0aEmax?故电场强度的最大值为 Emax?ua

9、b?aln(b/a)50001.5?10?2?ln3.01.5?4.8?105V/m 1.21 解：因带电圆柱体为无限长，所以不能取无限远处为势能零点，此题以圆柱轴线上一点为势能零点，由题1.11可知， -r?0r-?2?0空间电场分布为 E-2-Rr?0-2?0rr?R r?R那么电势分布 r?R 时， u-r0?r?2dr-r 2?04?00?r?R2?R2?R?dr-dr?2ln?1? ?R2?2?0r4?0?r?0 r?R时， u-rR1.22 解：点电荷Q1,Q2在A点产生的总电势为uA?的总电势为 uB?Q1Q2 ?4-0?4r4-0?3rQ1Q2在B点产生?4-0?2r4-0?r当点电荷q从A点移到B点，电场力做的功为 A?q(uA?uB)?qQ14-01?qQ2?1-?2r4r?4-0q?11-r3r?4-0?Q12Q2- 4r3r-1.23 解：将q1从无穷远外移到A点电场力做的功为(以无穷远处为电势零点) WA?0?q1QQq1 -4-0r4-0r第 7 页 共 7 页