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 ?22
1 =?
得：21
2221r r F F = （牛顿））
（）
（4.01010560.12
12
2222112=??==--r r F F (2) 21
2
24r q K F =
∴ 21
9
4221
21110
9410560.14）（）（????±=±=-K r F q =±×710- （库仑） 4q=±×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
)
(r q Q q K
F -= 求 F 对q 的极值 使0='F 即：
0)2(=-q Q r K
∴ Q q 2
1
=。
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：
41πε
2
0x
q q = 041
πε )(220x L q q - =2
1x
2)(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 x
1．2．4在直角坐标系中，在（0，），（0，）的两个位置上分别放有电量为1010q -=（库）的点电荷，在（，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：
121
1?r r Q
q K F =? )?sin ?(cos 1121
1j i r
Q q K
αα-=
2281092.01.01010109+???=--????
?
?????+-++2
1222122)2.01.0(?1.0)2.01.0(?2.0j i =j i
?100.8?1061.187--?-? 如图所示，其中 2
1
21211
1)
(cos y x x +=
α
2121
211
1)
(sin y x y +=
α
同理：)?sin ?(cos 2222
12j i r Q q K F αα+?=
? 2
28
1092.01.010
10109+???=
--×????
?
?????+-++2
1222122)2.01.0(?1.0)2.01.0(?2.0j i =j i
?100.8?1061.187--?-? )(?1022.3721牛顿i
F 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 。 （1）证明放在正方形中心的任意电量的点电荷所受的力为零；
（2）若在中心放一点电荷Q ，使顶点上每个电荷受到的合力恰为零，求Q 与q 的关系。
证：
（1） 如图（a ）,设正方形每边长为a,中心所放的点电荷的电量Q 。由库
仑定律及迭加原理得：
CO AO DO BO F F F F F ?
????+++=合
=kQq ??????+++2222????CO CO AO AO DO DO BO BO r r r r r r
r r 0)????(22
=+++=
CO AO DO BO r r r r a kQq
其中：a r r r r DO CO AO BO 2
2=
=== CO AO DO BO r r r r
??,??-=-= 在证明过程中可看出：放在正方形中心的点电荷不论其电量为何值， 它所受的力均为零。
（2） 讨论B 点的电荷所受的力：
设A ，O ，C ，D 点的点电荷对B 点的电荷q 的作用力分别为：D C O A F F F F ?
???,,,
如图所示：A A r
a Kq F ?22 =? C C r a Kq F ?22
=? )?45sin ?45(cos 2?20
02
222C A D D r r a
Kq r a Kq F +== ? =)??(422
2
C A r r a Kq +=
O O r a
KQq F ?22
2
=?)??(22
C A r r a
KQq
+= 使D C O A F F F F F ?????+++=
)??(24222222C A r r a KQq a Kq a Kq +?????
??++= = 0 即使：024222222=???
?
??++a KQq a Kq a Kq ∴ Q=-q ???
?
??+2241
1．2．6两电量相等的同性点电荷，在其联线的中垂面上放一点电荷，根据对称性可知，该点电荷在中垂面上受力的极大值的轨迹是一个圆，求该圆的半径。
解： 如图（a ），设x 轴上有两个点电荷，其电量均为q, 坐标分别
为（-a,o,o ）、
(a,o,o); 中垂面yoz 平面上有一点点电荷Q ，坐标为（o,y,z ）
设k z j y r ??
+=? 222z y r += 即在中垂面内Q 到坐标原点的距离。
如图（b ），根据对称性点电荷Q 所受的合力方向与r ?
方向一致，
设（q 与Q 同号）
∴r a r kQqr
r a r kQq F ?)(2)?sin 22
3
2222+=+=α ? 求F 对r 的极值：
???
?++????+-='????????+23
22252222322)(1)(32)(2a r a r r kQq a r kQqr = 0 即：0)(3222=++-a r r
∴ 2
2
2
a r =
即： 2
2
2
2
a z y =+ 是一个圆的方程。 圆心 (o,o,o) ,半径为
a 2
2
-。
1．3．1在长为50厘米、相距1厘米的两个带电平行板间的电场是匀强电场（场强方向垂直向上）。将一速度为7010v =（米/秒）的电子从M 点（距上下板等距离）水平射入电场（见图），若电子恰在平行板的边缘处离开电场，求该匀强电场的大注。（忽略边缘效应，认为板外场强为零，且略去重力对电子的影响。）
解：根据场强的定义得，电子所受的力：
E e
F ?
?-=
电子产生一个向下的加速度：
m
Ee
m F a ==- 设板长为L ，电子在平板间运动的时间：
a h v L
t 20=
=
即：
E
e m
h v L 20
= ∴ e
L v m h E 22
2=
19
214
313106.11025101011.91052----????????=
= （牛/库）
1．3．2用细线悬一质量为0.2克的小球，将其置于两个竖直放置的平行板间（见图）。设小球带电量为9610-?库仑，欲使悬挂小球的细线与场强夹然成60°角，求两板间场强
解：带电小球所受的电场力：E Q F ?
?=，重力为mg,细
绳的
张力为T ?
，根据力的平衡条件知：
?
??==E Q T g
m T 0
060cos 60sin 图 2 即：060ctg Q
mg
E =
9
410
6577
.08.9102--????= =)/(1089.15库牛?
1．3．3有一电子射入一电场强度是3510?牛顿/库仑的均匀电场，电场的方向是竖直向上，电子的初速度是107米/秒，与水平线所夹的入射角为30°（见图），不考虑重力对电子的影响。
（1）求该电子上升的最大高度；
（2）此电子回到其原来高度时的水平射程是多少
解：
E e
F ??-=
其加速度m
E e m
F a ??
?-== 当电子上升到最大高度时：0=⊥v
∴h a v v 2)30sin (2002
0==⊥
∴a v h 2)30sin (200=eE m
v 2)30sin (200=
=3
1981
27105106.12101.9)5.010(???????--
)(104.12米-?=
（2）电子从上升到返回到原来高度时共用时间： a
h t 22
=eE m h 22=
3
1931
2105106.1101.9104.122???????=---
)(1013.18秒-?=
水平射程：
t v t v S o o o 30cos ``== 871013.1866.010-???=
)(1079.92米-?=
1．3．4电子所带的电量（基本电荷—e ）最先是由密立根通过油滴实验测出的。密立根设计的实验装置如附图所示，一个很小的带电油滴在电场E 内，调节E ，使作用在油滴上的电场力与油滴的重量平衡。如果油滴的半径为41.6410-?厘米。若平衡时，51.9210E =?牛顿/库仑。求油滴上的电荷（已知油的密度为
0.851克/厘米3
）。
解：设油滴的电量为Q ，体密度为 ρ，半径为R （设油滴所带电量为体分布），
它受的电场力和重力分别为F 和P ， 由F=P 得：
EQ=mg=3
43g
R ρπ
Q=E
g
R 343ρπ
=5
3361092.138
.910851.0)1064.1(4???????-π
)(1002.819库仑-?=
1．3．5两个电荷，1 4.0q =（微库），28.0q =（微库），其相距为10厘米，求离它们都是10厘米处的电场强度E 。
解：2101
4r q E πε=2
6
910104109--???=
)/(106.38库牛?=
2202
24r q E πε=2
6
410
104109--???= )/(108.78库牛?=
如图所示，在直角坐标系o x y 中，
将1E ?，2E ?
分解：
=x E +x E 1x E 2
0160cos E =02120cos E + )/(1036.98库牛?=
=y E +y E 1y E 20160sin E =02120sin E +
)/(1052.98库牛?=
1．3．6如图，一半径为R 的均匀带电圆环，电荷总量为q 。 （1）求轴线上离环中心O 为x 处的场强E ； （2）画出E-x 曲线；
（3）轴线上什么地方的场强最大其值是多少 解：（1）如图所示，圆环上任一电荷元dq 在p 点产 生的场强为： 2
04r dq
dE πε=
根据对称性分析，整个圆环在距圆心x 处P 点产生的场强： ?=αcos dE E r x r dq ?=?2041
πε ?=
dq r x 3
04πε3
04r q x πε=
2
3
2
2
0)
(4R x q
x +=
πε
（2）E —x 曲线如图所示。
（3）求E ?
的极值：
由??
?
?
??+=23
220)(4R x qx
dx d dx dE πε = 0 得： 2
2
2
R x =
既：R x 22±
=，在距圆心左右两侧R 2
2处的场强最大。其值为： 2
0max 36R
q E πε=
1．3．7电荷以线密度η均匀分布在长为L 的直线段上。 （1）求带电线的中垂线上与带电线相距为R 的点的场强； （2）证明当L →∞时，该点的场强02E R
η
πε=
； （3）试证当R>>L 时，所得结果与点电荷场强公式一致。
解：（1）如图建立坐标，带电线上任一电荷元在P 点产生的场强为：
r
x R dx
E d ?)
(42
2
0+=πεη?
根据对称性分析，E ?
的方向是y 轴方向。 απεηsin )
(422
2
2
0?-+=L L x R dx
E
x d x R R E L L ?
-+=22
2
3220)
(4πεη
4
42
20L R R L
+
=
πεη
∴j L R R L
E ?4
42
20+
=
πεη?
（2）当∞→L 时：
4
42
20L R R L
E +
=
πεη442
2
2
0L L R R
+=πεη
当∞→L 时，0)(2→L
R
∴R
E 042πεη=
R
02πεη
=
（3）当R>>L 时：4
1
)(2>>L R
∴204R L E πεη=
2
04R q πε=
其中 q L =η ，与点电荷公式一致。
1．3．8线电荷密度为η的无限长均匀带电线，分别弯成附图中（a ），（b ）两种形状，若圆弧半径为R ，试求：（a ），（b ）图中O 点的场强。
解：（a ）在O 点建立坐标系，如图所示：
∞A 半无限长直导线在O 点产生的场强1E ： 1E ?[
j y R R ?)
(40
2
3220?∞+--=πεη]
y d i
x R y
?)
(42
3
220++
πεη j R ?40πεη-
=i R
?
40πεη+ 同理：∞B 半无限长直导线在O 点产生的场强2E ：
2E ?
j R ?40πεη=
i R
?
40πεη- ⌒AB
弧在O 点产生的场强为：
i R E AB
?40πεη=
??j R
?
40πεη+ ∴?++=AB
E E E E ?
???21
)??(40j i R
+=
πεη （b ）建立如图所示的坐标系，与图（a ）讨论相同得：
)??(401j i R
E --=πεη?
)??(402j i R E +-=πεη?
i R
E AB
?20πεη=
??
0321=++=E E E E ?
???
1．3．9一无限长带电圆柱面，其面电荷密度由下式所决定：0cos σσ?=，
?角为与x 轴间夹角，见附图，求圆柱轴线z 上的场强。
解：设该圆柱面的截面半径为R ，根据1。3。7题中∞→L 时的结论：
无限长直带电线在空间一点产生的场强r
E 02πεη
=
得出：带电圆柱面上宽度为d (=Rd )?的无限长带电线在轴线一点产生的场强为：
R
R
E d ?20πεη-
=?R d R R ?2cos 00?πε?σ-= ???πε?σd j i )?sin ?(cos 2cos 0
0+-
=
∴???πε?
σd j i E x )?sin ?(cos 2cos 200
0+-=??
i ?20
0εσ-
=
1．4．1如图所求，匀强电场的场强E 半径为R 的半球面的轴线平行，试计算通过此半球面的电通量，若以半球面的边线为边，另作一个任意形状的曲面，此面的通量为多少
解：1S 的通量：如图设与场强垂直的圆平面为0S ，1S 和0S 组成一个闭和
曲面，其包围电荷∑=,01q 利用高斯定理得：
=???S d E ?????0
S S d E ?????+1
S S d E ?
?
010=Φ+Φ=S ∴ 01S S Φ-=Φ
E R S d E S 20π-=?=Φ???
?
∴ E R S S 201π=Φ-=Φ 同理： E R S S 202π=Φ-=Φ
1．4．2图中电场强度分别为12
,0x x z E bx E E ===，其中b=800（牛顿/库仑）。试求：
（1）通过正立方体的电通量；
（2）正立方体内的总电荷是多少设10a =（厘米）。 解：（1）通过立方体的左侧面的电通量： 2
5a b S E x -=-=Φ左
通过立方体的右侧面的电通量：2
52a b S E x ==Φ右 其余各面的电通量为零。 ∴ 通过正立方体的电通量：
3
52
5
21a b a b +-=Φ+Φ=Φ右左
2
5125)10(800)12()12(-??-=-=a b 2
5)
10(800)12(-??-=
2
5
10
800)12(-??-=
)(
05.12
库
米牛顿?= （2）根据高斯定理得：
??∑=
?=0
εφq s d E ?
?
)(1092.905.11085.812120库仑--?=??=Φ=∴∑εq 1.4.3
求线电荷密度为η的无限长均匀带电直线在空间任意一点产生的场强。
解：根据对称性分析，无限长均匀带电直线在空间任意一点产生的场强与棒垂直，
呈辐射状。如图所示以带电直线为轴过p 点作一封闭的圆柱面。长度L 是任意的。 由高斯定理：
cos cos cos εηθθθL
ds E ds E ds E ds E =
+
+
=
?????????下底
侧面
上底
上下底面上2
π
θ=
0cos =∴θ
侧面上场强夹角0=θ
1cos =∴θ
2cos cos εηπθθL rL E ds E ds E s d E =
?===?∴????侧面
?? r
E 02πεη
=
∴ 1.4.4
求面电荷密度为σ的无限长均匀带电圆柱面的场强分布，并画出r E -曲线。
解：设带电圆柱面的半径为R ，根据对称性分析，在以圆柱的轴线为轴的任意一圆柱面上场强大小相等，而且场强方向垂直于圆柱面。在柱面内，过任一，以z 为轴作一封闭圆柱面为高斯面，其半径为r ，（R r <），长为L ，如图所示。由高斯定理：
0cos cos cos =+
+
=?????????dS E
dS E
dS E S d E θθθ下底
内
上底
内
侧面
内内??
上下底与场强夹角2
π
θ=
0cos =θ
侧面与场强夹角0=θ 1cos =θ
∴ 0cos ==?????dS E S d E θ侧面
内内??
∴0=内E
在柱面外，同理过任一点p 作半径（r>R ）的封闭圆柱体形高斯面。由高斯
定理：
dS E
dS E
dS E S d E θθθcos cos cos ??????+
+
=?下底
外
上底
外
侧
外外?
??
=??dS E 外外rLE π2=
2εσ
πL
1.4.5 在一厚度为d 的无限大的平板层内电荷均匀分布，起体密度0>ρ，求 在平板层，外的电场强度。
解：如图（a ）所示的是平板的俯视图，OO ’是与板面平行的对称面，根据对称性分析，
在对称面两侧等距离x 出的场强大小相等，方向垂直该对称面指向两侧。在板内过任一点0P ，被对称面平分的封闭圆柱面为高斯面，其底面积为S ?，底面与对称面的距离为x:
由高斯面定理：
??=?dS E dS E dS E θθcos 2cos ??
??
+柱面
侧
=2E 0/2ερSx S ?=? 0ερx E =∴ 即0
ερx
E =内
S d E ???=2S E?=
εS
d ?
02ερd =
E ∴ 0
2ερd ±=E 外 E —x 的分布曲线如图（b ）
1.4.6 一 半径为 R 的 带电球，起体电荷密度 )1(0R
r
-
=ρρ，0ρ为一常数，r 为空间某带至球心的距离。 试求：（1）球内，外的强度分布。
εσr R E =
∴外
（2） 为多大时，场强最大，该点的?max =E 解：（1）Θ
)1(0R
r
-=ρρ，ρ与r 是线性关系。在球内 0P 做一个半
径为r 的与带电球同心的 球面斯面如图，根据对称性分析，此球面上的场强大小相等，方向与 r 的一致。 由高斯面定理：0
εq
S d =
?E ??
由高斯定理得：
仍作球形高斯面。时，即在球外过任一点当内内内
p R r R
r
R
r r R r
dr R r q d E r E E r r r E
r
r
R r ),)(431(3)34
(4)
34
(4)1(40
00
2
3
20
02
30
<<-
=
∴-=
∴-=
-
==???ε
ρε
ρρπρππππ
E
r
E s d 外
外2
4π=???
R r dr R r q R
r
30
3
3
14)1(0
ρππρ
=-
=?
R E r
30
2
314ρπ
π=外
r
R E 2
30
12ερ=
∴外
0)231(3)
2(0=-=R
r
dr d E ερ内
3
2R
r =
∴ 强无极值。单调减小，因而球外场
越大，外E r
1.4.7 如图所示，两条平行的无线长均匀带电直线，相距为2a ，电荷线密度分别为+a ，求这两条直线在空间任一点的场强。
解：利用高斯定理分别求出两条均匀带电直线在点p 的电场强度：
r r
E +=
∧
+
+
επη
2 r r E
-
-=
∧
--
επη
02
\j i r ∧
+
∧+
∧
+=+
θθsin cos
j
r
i r
y
a x ∧
+
∧
+
+
+=
j
r
i r
r y
a x ∧
-
∧
-
∧
+
-=
r +
=επη
02)
(
j r
i r
y
a x ∧
+
∧
+
+
+r -
-
επη
02)
(
j r
i r
y
a x ∧
-
∧
-
+
-
-∧-+-+???
?????-+???? ??+=i r x r x r a r a )(222220επη j r y
r y ∧+--)(22
20επη 其中：222)(a x y r ++=+ 222)(a x y r -+=-
1.4.8 两无限大的平行平面均匀带电，面电荷密度都是σ，求各处的场强分
布。
解：设
0>σ（对0<σ解题方法相同，只是图中E 的方向不同）
，由高斯定理可求得无限大均匀带电平板的场强的大小为：
E
E E
-
+
+=
2εσ=
E 规定场强方向向右为正，向左为负。 0
00122εσεσεσ-=--
=E 0220
0=-=
∏
εσεσE
0022εσεσεσ=+=
E
1.4.9如图所示，两无限大平行的均匀带电平面，相距为L ，其面密度分别为σ-与σ，以z 为轴分别在两平面上挖去两个半径为的圆，且有R l ??，试求，轴上一点的场强分布（子轴原点在
2
l
处）. 解：利用迭加原理，先求两个没有挖去圆的无限大带电平面在I （两平面的区域），∏（两平面外的区域）区域内的场强，再减去两个圆产生的场强。
利用高斯定理求两带相反电荷的无限大平面产生的场强：
在I 区内：∧
=k E I 0εσ 在∏区内：0=∏E
两个半径为R 的带异号电荷的圆板在轴上产生的场强：
在I 区内：，R l ??Θ，两带电圆板产生的场强：∧
-=K E 0
''1
εσ
在∏区内：带正电荷的圆板在Z 轴上一点)2(l
z >产生
的场强k
z R z E ?))2
1
(2
11(22
20
-+--='+
εσ?
带负电荷的圆板在z 轴同一点产生的场强
k
z R z E ?))2
1
(2
11(22
20
+++
-
-=-εσ? ∴I 区的总场强：0??0
0=-=
'+=k k E E E I I εσεσ???
∏区的总场强：-+
'+'+=E E E E ????X -+++
=
2
20
)21
(2
1(2z R z εσ
k
z R z ?))2
1
(2
12
2-+-
-
Θl 很小，用台劳级数将上式在l =0处展开，取前两项：
f (l)=
-
+++
2
2)21
(2
1
z R z 2
2)2
1
(2
1-+-
z R z
f (0)=0
2
3222)
()0(z R R f +=
'
∴[]k l f f E ?)0()0(20
'+=εσ
? =k
z R l R ?))
(0(22
32220
++εσ =
k
z R l
R ?)
(22
32202+εσ 1.1.10 如图所示，在半径为R ，电荷体密度为ρ的均匀带电球体内O '点放一个
点电荷q 。试求:,,,,M N P O 点的场强（,,,,,M N P O O '在一条直线上）。
解：利用高斯定理分别求出均匀带电球体分别在O ，P ，N ，M ，点的场强为（其中O 为球心）：
0=RO E ρ
r r
E ON RN ?30
ερ-=? r r E op
RP ?30ερ-=? r
r R E M
RM ?320
03
ερ=
? 点电荷q 分别在O ，N ，P ，M 点产生的场强为
r
r q E qo
?4?2
0πε= r
r q
E N O qO ?420'=πε?
r r q
E P O qP ?42
0'=πε? r r q
E M
O qM ?42
0'=
πε? 利用迭加原理：
r r q
E E E O
O qO RO O ?42
0'=
+=πε??? r r r q
E E E ON N
O qN RN N ?)34(
02
0ερπε-=+='?
?? r r q
r E E E P
O OP qP RP P ?)43(2
00'+=+=πεερ??? r r q
r R E E E M
O OM
qM
RM M ?)43(???2
0203
'+
=+=πεερ 1．4．11 在半径为R ，电荷体密度为ρ的均匀带电体内，挖去一个半径为r 的小球，如图所示，试求：O, O ', P, M 各点的场强。（M P O O ,,,'在一直线上）。 解：将挖去的小球Q '用电荷体密度为ρ的球补起来。先求均匀带电球体O 产生
一、单选题 1、 如果通过闭合面S 的电通量e Φ为零，则可以肯定 A 、面S 没有电荷 B 、面S 没有净电荷 C 、面S 上每一点的场强都等于零 D 、面S 上每一点的场强都不等于零 2、 下列说法中正确的是 A 、沿电场线方向电势逐渐降低 B 、沿电场线方向电势逐渐升高 C 、沿电场线方向场强逐渐减小 D 、沿电场线方向场强逐渐增大 3、 载流直导线和闭合线圈在同一平面，如图所示，当导线以速度v 向 左匀速运动时，在线圈中 A 、有顺时针方向的感应电流 B 、有逆时针方向的感应电 C 、没有感应电流 D 、条件不足，无法判断 4、 两个平行的无限大均匀带电平面，其面电荷密度分别为σ+和σ-， 则P 点处的场强为 A 、02εσ B 、0εσ C 、0 2εσ D 、0 5、 一束α粒子、质子、电子的混合粒子流以同样的速度垂直进 入磁场，其运动轨迹如图所示，则其中质子的轨迹是 A 、曲线1 B 、曲线2 C 、曲线3 D 、无法判断 6、 一个电偶极子以如图所示的方式放置在匀强电场 E 中，则在 电场力作用下，该电偶极子将 A 、保持静止 B 、顺时针转动 C 、逆时针转动 D 、条件不足，无法判断 7、 点电荷q 位于边长为a 的正方体的中心，则通过该正方体一个面的电通量为 A 、0 B 、0εq C 、04εq D 、0 6εq 8、 长直导线通有电流A 3=I ，另有一个矩形线圈与其共面，如图所 示，则在下列哪种情况下，线圈中会出现逆时针方向的感应电流？ A 、线圈向左运动 B 、线圈向右运动 C 、线圈向上运动 D 、线圈向下运动 9、 关于真空中静电场的高斯定理0 εi S q S d E ∑=?? ，下述说确的是： A. 该定理只对有某种对称性的静电场才成立； B. i q ∑是空间所有电荷的代数和； C. 积分式中的E 一定是电荷i q ∑激发的； σ- P 3 I
物理与电子工程学院 注：教案按授课章数填写，每一章均应填写一份。重复班授课可不另填写教案。教学内容须另加附页。
（3）在导体外，紧靠导体表面的点的场强方向与导体表面垂直，场强大小与导体表面对应点的电荷面密度成正比。 A 、场强方向（表面附近的点） 由电场线与等势面垂直出发，可知导体表面附近的场强与表面垂直。而场强大小与面密度的关系，由高斯定理推出。 B 、场强大小 如图，在导体表面外紧靠导体表面取一点P ，过P 点作导体表面 的外法线方向单位矢n ?，则P 点场强可表示为n E E n P ?= （n E 为P E 在n ?方向的投影，n E 可正可负）。过P 点取一小圆形面元1S ?，以1S ?为底作一圆柱形高斯面，圆柱面的另一底2S ?在导体内部。由高斯定理有： 11/) 0(?1 1 2 1 εσφS S E s d E E s d n E s d E s d E s d E s d E s d E n S S n S S S S ?=?=⊥=?= ?= ?+?+?= ?=?????????? ?????? 导体表面附近导体内侧 (导体的电荷只能分布在导体表面，若面密度为σ，则面内电荷为 为均匀的很小，视，且因σσ11S S ??) ∴ ?? ?<>=?? ?<<>>= 反向，，同向，，即，，n E n E n E E E E n n n ?0?0?0 00 00 σσεσ σσεσ
可见：导体表面附近的场强与表面上对应点的电荷面密度成正比，且无论场和电荷分布怎样变化，这个关系始终成立。 C 、0 εσ = E n ?中的E 是场中全部电荷贡献的合场强，并非只是高斯面内电荷S ?σ的贡献。这一点是由高斯定理得来的。P45-46 D 、一般不谈导体表面上的点的场强。 导体内部0=E ，表面外附近0 εσ=E n ?；没提表面上的。 在电磁学中的点、面均为一种物理模型，有了面模型这一概念，场强在带电面上就有突变（P23小字），如果不用面模型，突变就会消失。但不用面模型，讨论问题太复杂了，所以我们只谈“表面附近”而不谈表面上。 补充例：习题2.1.1(不讲) Rd θ 解：利用上面的结果，球面上某面元所受的力：n dS F d ?20 2 εσ= ，利用对称性知，带有同号电荷的球面所受的力是沿x 轴方向： 右半球所受的力：
第七章 电磁感应和暂态过程 一、选择题 1、一导体圆线在均匀磁场中运动，能使其中产生感应电流的一种情况是（） A 、线圈绕自身直径轴转动，轴与磁场方向平行。 B 、线圈绕自身直径轴转动，轴与磁场方向垂直 C 、线圈平面垂直于磁场并沿垂直于磁场方向平移。 D 、线圈平面平行于磁场并沿垂直磁场方向平移。 答案：B 2、一闭合正方形线圈放在均匀场中，绕通过其中心且与一边平行的转轴OO`转动，转轴与磁场方向垂直， 转动角速度为ω，如图所示，用下述哪一种办法可以使线圈中感应电流的幅值增加到原来的两倍（导线 的电阻不能忽略）？（） A 、把线圈的匝数增加到原来的两倍。 B 、把线圈的面积增加到原来的两倍，而形状不变 C 、把线圈切割磁力线的两条边增长到原来的两倍 D 、把线圈的角速度ω增大到原来的两倍 答案：D 3、两根无限长平行直导线载有大小相等方向相反的电流I,I 以dI/dt 的变化率增长,一矩形线圈位于导线平面内(如图)则() A 、线圈中无感应电流 B 、线圈中感应电流为顺时针方向 C 、线圈中感应电流为逆时针方向 D 、线圈感应电流方向不确定 答案：B 4、一块铜板放在磁感应强度正在增大的磁场中，铜板中出现涡流（感应电流），则涡流将（） A 、加速铜板中磁场的增加 B 、减缓铜板中磁场的增加 C 、对磁场不起作用 D 、使铜板中磁场反向 答案：B 5、一无限长直导体薄板宽为l ，板面与Z 轴垂直，板的长度方向沿Y 轴，板的两侧与一个伏特计相接，如图，整个系统放在磁感应强度 为B 的均匀磁场中，B 的方向沿Z 轴正方向，如果伏特计与导体平板均以速度v 向 Y 轴正方向移动，则伏特计指示的电压值为（） A 、0 B 、 vBl 2 1 C 、vBl D 、vBl 2 答案：A 6、半径为a 的圆线圈置于磁场强度为B 的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈电阻为R ；当把线圈转动使其法向与B 的夹角 060=α时，线圈中已通过的电量与线圈面积及转动的时间的关系是（） A 、与线圈面积成正比，与时间无关 B 、与线圈面积成正比，与时间成正比 C 、与线圈面积成反比，与时间成正比 D 、与线圈面积成反比，与时间无关 答案：A 7、将形状完全相同的铜环和木环静止放置，并使通过两环面的磁通量时间的变化率相等，则（） A 、铜环中有感应电动势，木环中无感应电动势 B 、铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小 C 、铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大 D 、两环中感应电动势相等 答案：D 8、在无限大长的载流直导线附近 放置一矩形闭合线圈，开始时线圈与导线在同一平面内，且线圈中两条边与导线平行，当线圈以相同的 速率作如图所示的三种不同方向的平动时，线圈中的感应电流（） A 、以情况Ⅰ中为最大 B 、以情况Ⅱ中为最大 C 、以情况Ⅲ中为最大 D 、在情况Ⅰ和Ⅱ中相同 答案：B 9、在两个永久磁极中间放置一圆形线圈，线圈的大小和磁极大小约相等，线圈平面和磁场方向垂直，今欲使线圈中产生逆时针方向（俯 视）的瞬时感应电流I （如图），可选择下列哪一个方法？（） A 、把线圈在自身平面内绕圆心旋转一个小角度 B 、把线圈绕通过其直径的OO`轴转一个小角度 C 、把线圈向上平移 D 、把线圈向右平移 答案：C 10、 一个圆形线环，它的一半放在一分布在方形区域的匀强磁场B 欲使圆线环中产生逆时针方向的感应电流，应使（） A 、线环向右平移 B 、线环向上平移 C 、线环向左平移 D 、磁场强度减弱 答案：C 11、 如图所示，一载流螺线管的旁边有一圆形线圈，欲使线圈产生图示方向的感应电流I ，下列哪一种情况可以做到？（） A 、载流螺线管向线圈靠近 B 、载流螺线管离开线圈 C 、载流螺线管中电流增大 D 、载流螺线管中插入铁芯 答案：B 12、 在一通有电流I 的无限长直导线所在平面内，有一半径为r ，电阻为R 的导线环，环中心距直导线为a ，如图所示，且a 》r,当直导线
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 ?22 1 =? 得：21 2221r r F F = （牛顿）） （） （4.01010560.12 12 2222112=??==--r r F F (2) 21 2 24r q K F = ∴ 21 9 4221 211109410560.14）（）（????±=± =-K r F q =±×710- （库仑） 4q=±×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 ) (r q Q q K F -= 求 F 对q 的极值 使0='F 即：0)2(=-q Q r K ∴ Q q 2 1 =。 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： 41πε 2 0x q q = 041 πε )(220x L q q - =2 1x 2)(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 x 1．2．4在直角坐标系中，在（0，），（0，）的两个位置上分别放有电量为1010q -=（库）的点电荷，在（，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： 121 1?r r Q q K F =? )?sin ?(cos 1121 1j i r Q q K αα-= 2 28 1092.01.010 10109+???= --???? ? ?????+-++2 1222122)2.01.0(?1.0)2.01.0(?2.0j i =j i ?100.8?1061.187--?-? 如图所示，其中 2 1 21211 1) (cos y x x += α 2121 211 1) (sin y x y += α 同理：)?sin ?(cos 2222 12j i r Q q K F αα+?= ? 2281092.01.01010109+???=--×???? ? ?????+-++2 1222122)2.01.0(?1.0)2.01.0(?2.0j i
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） 1-10 1-11 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）
《电磁场与电磁波》习题解答 第七章 正弦电磁波 7.1 求证在无界理想介质内沿任意方向e n （e n 为单位矢量）传播的平面波可写成 j() e n r t m βω?-=e E E 。 解 E m 为常矢量。在直角坐标中 cos cos cos n x y z x y z x y z αβγ=++=++e e e e r e e e 故 (cos cos cos )() cos cos cos n x y z x y z x y z x y z αβγαβγ ?=++?++=++e r e e e e e e 则 j()[(cos cos cos )]22222[(cos cos cos )]2e ()()n r t j x y z t m m x x y y z z j x y z t m e j e j βωβαβγωβαβγωββ?-++-++-==?=?+?+?==e E E E E e E e E e E E E 而 22 j[(cos cos cos )]22 2{e }x y z t m t t βαβγωω++-??==-??E E E 故 22 2222()(0 j j t μεβμεωμεω??-=+=+=?E E E E E E 可见，已知的() n j e r t m e βω?-=E E 满足波动方程 22 20 t με??-=?E E 故E 表示沿e n 方向传播的平面波。 7.2 试证明：任何椭圆极化波均可分解为两个旋向相反的圆极化波。 解 表征沿+z 方向传播的椭圆极化波的电场可表示为 12 ()j z x x y y E jE e β-=+=+E e e E E 式中取 121 [()()]21 [()()]2j z x x y y x y j z x x y y x y E E j E E e E E j E E e ββ--=+++=---E e e E e e 显然，E 1和E 2分别表示沿+z 方向传播的左旋圆极化波和右旋圆极化波。 7.3 在自由空间中，已知电场3(,)10sin()V/m y z t t z ωβ=-E e ，试求磁场强度 (,)z t H 。 解 以余弦为基准，重新写出已知的电场表示式 3(,)10cos()V/m 2y z t t z π ωβ=--E e 这是一个沿+z 方向传播的均匀平面波的电场，其初相角为90? -。与之相伴的磁场为
电磁学第二章习题答 案
习题五（第二章 静电场中的导体和电介质） 1、在带电量为Q 的金属球壳内部，放入一个带电量为q 的带电体，则金属球 壳内表面所带的电量为 - q ，外表面所带电量为 q +Q 。 2、带电量Q 的导体A 置于外半径为R 的导体 球壳B 内，则球壳外离球心r 处的电场强度大小 204/r Q E πε=，球壳的电势R Q V 04/πε=。 3、导体静电平衡的必要条件是导体内部场强为零。 4、两个带电不等的金属球，直径相等，但一个是空心，一个是实心的。现使它们互相接触，则这两个金属球上的电荷( B )。 (A)不变化 (B)平均分配 (C)空心球电量多 (D)实心球电量多 5、半径分别R 和r 的两个球导体(R ＞r)相距很远，今用细导线把它们连接起来，使两导体带电，电势为U 0，则两球表面的电荷面密度之比σR /σr 为 ( B ) (A) R/r (B) r/R (C) R 2/r 2 (D) 1 6、有一电荷q 及金属导体A ，且A 处在静电平衡状态，则( C ) (A)导体内E=0，q 不在导体内产生场强； (B)导体内E ≠0，q 在导体内产生场强； (C)导体内E=0，q 在导体内产生场强； (D)导体内E ≠0，q 不在导体内产生场强。 7、如图所示，一内半径为a ，外半径为b 的金属球壳，带有电量Q ， 在球壳空腔内距离球心为r 处有一点电荷q ，设无限远 处为电势零点。试求： (1)球壳外表面上的电荷； (2)球心O 点处由球壳内表面上电荷产生的电势； (3)球心O 点处的总电势。
解: (1) 设球壳内、外表面电荷分别为q 1 , q 2,以O 为球心作一半径为R (a P r λ2 λ1 R 1 R 2 1．坐标原点放一正电荷Q ，它在P 点(x =+1,y =0)产生的电场强 度为E ρ 。现在，另外有一个负电荷-2Q ，试问应将它放在什么 位置才能使P 点的电场强度等于零？ (A) x 轴上x >1。 (B) x 轴上0 第一章 静 电 场 §1.1 静电的基本现象和基本规律 计 算 题 ： 1、 真空中两个点电荷q 1=1.0×10-10C ，q 2=1.0×10-11C ，相距100mm ，求q 1受的力。 解：)(100.941 10 2 210排斥力N r q q F -?== πε 2、 真空中两个点电荷q 与Q ，相距5.0mm,吸引力为40达因。已知q=1.2×10-6C,求Q 。 解：1达因=克·厘米/秒=10-5牛顿 C q F r Q r qQ F 13202 01093441 -?-==?=πεπε 3、 为了得到一库仑电量大小的概念，试计算两个都是一库仑的点电荷在真空中相距一米时 的相互作用力和相距一千米时的相互作用力。 解：? ??=?=?==物体的重量相当于当万吨物体的重量 相当于当kg m r N m r N r q q F 900)1000(100.990)1(100.941 3 92210πε 4、 氢原子由一个质子（即氢原子核）和一个电子组成。根据经典模型，在正常状态下，电 子绕核作圆周运动，轨道半径是r=5.29×10-11m 。已知质子质量M=1.67×10-27kg ，电子质量m=9.11×10-31kg 。电荷分别为e=±1.6×10-19 C,万有引力常数G=6.67×10-11N ·m 2/kg 2。（1）求电子所受的库仑力；（2）库仑力是万有引力的多少倍？（3）求电子的速度。 解： 不计 万有引力完全可以略去与库仑力相比在原子范围内由此可知吸引力吸引力,,,/1019.241 41)3(1026.2/)(1063.3)2() (1022.841 )1(62 02 2 02394722 18 2 20s m mr e v r e r v m F F N r m m G F N r e F g e g e ?==?=?=??==?==--πεπεπε 5、 卢瑟福实验证明：当两个原子核之间的距离小到10-15米时，它们之间的排斥力仍遵守 库仑定律。金的原子核中有79个质子，氦的原子核（即α粒子）中有2个质子。已知每个质子带电e=1.6×10-19 C ，α粒子的质量为6.68×10-27 kg.。当α粒子与金核相距为6.9×10-15m 时（设这时它们仍都可当作点电荷）。求（1）α粒子所受的力；（2）α粒子的加速度。 第一章习题解答 给定三个矢量、和如下： 求：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）在上的分量；（6）； （7）和；（8）和。 解（1） （2） （3）－11 （4）由，得 （5）在上的分量 （6） （7）由于 所以 （8） 三角形的三个顶点为、和。 （1）判断是否为一直角三角形； （2）求三角形的面积。 解（1）三个顶点、和的位置矢量分别为 ，， 则，， 由此可见 故为一直角三角形。 （2）三角形的面积 求点到点的距离矢量及的方向。 解，， 则 且与、、轴的夹角分别为 给定两矢量和，求它们之间的夹角和在上的分量。 解与之间的夹角为 在上的分量为 给定两矢量和，求在上的分量。 解 所以在上的分量为 证明：如果和，则； 解由，则有，即 由于，于是得到 故 如果给定一未知矢量与一已知矢量的标量积和矢量积，那么便可以确定该未知矢量。设为一已知矢量，而，和已知，试求。 解由，有 故得 在圆柱坐标中，一点的位置由定出，求该点在：（1）直角坐标中的坐标；（2）球坐标中的坐标。 解（1）在直角坐标系中、、 故该点的直角坐标为。 （2）在球坐标系中、、 故该点的球坐标为 用球坐标表示的场， （1）求在直角坐标中点处的和； （2）求在直角坐标中点处与矢量构成的夹角。 解（1）在直角坐标中点处，，故 （2）在直角坐标中点处，，所以 故与构成的夹角为 球坐标中两个点和定出两个位置矢量和。证明和间夹角的余弦为 解由 得到 一球面的半径为，球心在原点上，计算：的值。 解 在由、和围成的圆柱形区域，对矢量验证散度定理。 解在圆柱坐标系中 所以 又 故有 求（1）矢量的散度；（2）求对中心在原点的一个单位立方体的积分；（3）求对此立方体表面的积分，验证散度定理。 解（1） （2）对中心在原点的一个单位立方体的积分为 （3）对此立方体表面的积分 故有 计算矢量对一个球心在原点、半径为的球表面的积分，并求对球体积的积分。 解 又在球坐标系中，，所以 求矢量沿平面上的一个边长为的正方形回路的线积分，此正方形的两边分别与轴和轴相重合。再求对此回路所包围的曲面积分，验证斯托克斯定理。 解 又 一、填空题 1、一面积为S 、间距为d 的平行板电容器，若在其中插入厚度为2d 的导体板，则其电容为 ；答案内容：;20d S ε 2、导体静电平衡必要条件是 ，此时电荷只分布在 。 答案内容：内部电场处处为零，外表面； 3、若先把均匀介质充满平行板电容器，（极板面积为S ，极反间距为L ，板间介电常数为r ε）然后使电容器充电至电压U 。在这个过程中，电场能量的增量是 ； 答案内容：2 02U L s r εε 4、在一电中性的金属球内，挖一任意形状的空腔，腔内绝缘地放一电量为q 的点电荷，如图所示，球外离开球心为r 处的P 点的场强 ； 答案内容：r r q E e ∧=204περ； 5、 在金属球壳外距球心O 为d 处置一点电荷q ，球心O 处电势 ； 答案内容：d q 04πε； 6、如图所示，金属球壳内外半径分别为a 和b ，带电量为Q ，球壳腔内距球心O 为r 处置一电量为q 的点电荷，球心O 点的电势 。 答案内容：??? ??++-πεb q Q a q r q 0 41 7、导体静电平衡的特征是 ，必要条件是 。 答案内容：电荷宏观运动停止，内部电场处处为零； 8、判断图1、图2中的两个球形电容器是串连还是并联，图1是_________联，图2是________联。 答案内容：并联，串联； 9、在点电荷q +的电场中，放一金属导体球，球心到点电荷的距离为r ，则导体球上感应电荷在球心处产生的电场强度大小为： 。 答案内容：201 4q r πε ； 10、 一平板电容器，用电源将其充电后再与电源断开，这时电容器中储存能量为W 。然后将介电常数为ε的电介质充满整个电容器，此时电容器内存储能量为 。 答案内容：00W εε ； 11、半径分别为R 及r 的两个球形导体（R ＞r ），用一根很长的细导线将它们连接起来，使二个导体带电，电势为u ，则二球表面电荷面密度比/R r σσ= 。 答案内容：/r R ； 12、一带电量 为Q 的半径为r A 的金属球A ，放置在内外半径各为r B 和r C 的金属球壳B 内。A 、B 间为真空，B 外为真空，若用导线把A 、B 接通后，则A 球电位 （无限远处u=0）。 答案内容：()0/4c Q r πε ； 13、一平行板电容器的电容为C ,若将它接在电压为U 的恒压源上,其板间电场强度为E ,现不断开电源而将两极板的距离拉大一倍,则其电容为______,板间电场强度为_____。 答案内容： 21C , 21E 。 14、一平行板电容器的电容为C ,若将它接在电压为U 的恒压源上,其板间电场强度为E ,现断开电源后,将两极板的距离拉大一倍,则其电容为________,板间电场强度为_____。 答案内容： 21C , E 不变 二、单选择题 1、将一带电量为Q 的金属小球靠近一个不带电的金属导体时，则有( ) （A ）金属导体因静电感应带电，总电量为-Q ； （B ）金属导体因感应带电，靠近小球的一端带-Q ，远端带+Q ； （C ）金属导体两端带等量异号电荷，且电量q 第五章静电场 5 －9若电荷Q均匀地分布在长为L的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r处的电场强度为 2 2 4 π 1 L r Q ε E - = (2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r处的电场强度为 2 2 04 π2 1 L r r Q ε E + = 若棒为无限长(即L→∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较. 分析这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x，其电荷为d q＝Q d x/L，它在点P 的电场强度为 r r q ε e E 2 d π4 1 d ' = 整个带电体在点P的电场强度 ?=E E d 接着针对具体问题来处理这个矢量积分. (1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P的电场强度方向相同， ?=L E i E d (2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A)所示，则电场强度E沿x轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P的电场强度就是 ??= = L y E α E j j E d sin d 证 (1) 延长线上一点P 的电场强度?'=L r πεE 202 ，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变 量，则 ()220 022 204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=??????+--=-=? 电场强度的方向沿x 轴. (2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为 E r εq αE L d π4d sin 2 ? '= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，2 2 x r r +=' 统一积分变量，则 () 2 2 03 /2222 2041π2d π41L r r εQ r x L x rQ εE L/-L/+= +=? 当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度 r ελL r L Q r εE l 02 20π2 /41/π21lim = +=∞ → 此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B)］.这说明只要满足r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线. 5 －14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量. 分析 方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即? ?=S S d s E Φ 方法2：作半径为R 的平面S ′与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理 第7章习题解答 7.6 如题7.6图所示相距为a 的平板金属波导，当/0y ??=时，沿z 方向可传播 TEM 模、TE 模和TM 模。试求：（1）各种模式的场分量；（2）各种模式的传播常数；（3）画出基本模式的场结构及其导体表面的传导电流。 解：(1) 各种模式的场分量 对TEM 模，在均匀波导横截面上的分布规律与同样边界条件下的二维静态场的分布规律是完全一样的。对静电场情况，无限大平板之间的电场强度为均匀电场0E ，则对应的TEM 模中电场为 j t 0e kz x x x E e E e E -== 利用平面波电场与磁场关系，即 j 0t t w 1 e 120π kz z y E H e E e Z -= ?= 对TE 模，0=z E ，而z H 满足的导波方程为 22t c 0z z H k H ?+= 式中2 2 2 c k k γ=+，2 2t 2x ??=?，则上式变成 22c 2 d 0d z z H k H x += 因此波动方程的解为 c c sin cos z H A k x B k x =+ 由0=x 时 0=??x H z 可得到0=A ；由a x =时0=??x H z 可得到c sin 0k x =，即c m k a π= 。因此 πcos z m m x H H a = 式中m H 取决于波源的激励强度。由于波沿着z 方向传播，则j z k γ=，因此 z k ==利用各横向场分量与纵向场分量之间关系可以得到 j 22c c 0 j ππj sin e z x k z z y m E H m m x E H k x k a a ωμωμ-=?==-? j 22c c j j ππsin e 0z k z z z z x m y k H k m m x H H k x k a a H -?=- =?= 对TM 模，0=z H ，而z E 满足的导波方程为 22c 2 d 0d z z E k E x += 因此波动方程的解为 c c sin cos z E A k x B k x =+ 由0=x 时0=z E 可得到0=B ；由a x =时0=z E 可得到c sin 0k x =，即c m k a π=。因此 πsin z m m x E E a = 式中m E 取决于波源的激励强度。利用各横向场分量与纵向场分量之间关系可以得到 一.选择题（本大题15小题，每题2分） 第一章、第二章 1.在静电场中，下列说法中哪一个是正确的 [ ] (A)带正电荷的导体，其电位一定是正值 (B)等位面上各点的场强一定相等 (C)场强为零处，电位也一定为零 (D)场强相等处，电位梯度矢量一定相等 2.在真空中的静电场中，作一封闭的曲面，则下列结论中正确的是［］ (A)通过封闭曲面的电通量仅是面内电荷提供的 (B) 封闭曲面上各点的场强是面内电荷激发的 (C) 应用高斯定理求得的场强仅是由面内电荷所激发的 (D) 应用高斯定理求得的场强仅是由面外电荷所激发的 3.关于静电场下列说法中正确的是 [ ] (A)电场和试探电荷同时存在和消失 (B)由E＝F/q知道，电场强度与试探电荷成反比 (C)电场强度的存在与试探电荷无关 (D)电场是试探电荷和场源电荷共同产生的 4.下列几个说法中正确的是： [ ] (A)电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向 (B)在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同 (C)场强方向可由E=F/q定出，其中q为试验电荷的电量，q可正、可负， F为试验电荷所受的电场力 (D)以上说法全不对。 5.一平行板电容器中充满相对介电常数为的各向同性均匀电介质。已知介 质两表面上极化电荷面密度为，则极化电荷在电容器中产生的电 场强度的大小为 [ ] (A) 0εσ' (B) 02εσ' (C) 0εεσ' (D) ε σ' 6. 在平板电容器中充满各向同性的均匀电介质，当电容器充电后，介质中 D 、 E 、P 三矢量的方向将是 [ ] (A) D 与E 方向一致，与P 方向相反 (B) D 与E 方向相反，与P 方向一致 (C) D 、E 、P 三者方向相同 (D) E 与P 方向一致，与D 方向相反 7. 在一不带电荷的导体球壳的球心处放一点电荷，并测量球壳内外的场强分 布，如果将此点电荷从球心移到球壳内其它位置，重新测量球壳内外的场强分布，则将发现： [ ] (A) 球壳内、外场强分布均无变化 (B) 球壳内场强分布改变，球壳外的不变 (C) 球壳外场强分布改变，球壳内的不变 (D) 球壳内、外场强分布均改变 8. 一电场强度为E 的均匀电场，E 的方向与x 轴正向平行，如图所示，则通过 图中一半径为R 的半球面的电场强度通量为 [ ] (A) 2R E π；(B) 21 2 R E π； (C) 22R E π；(D ) 0。 9. 在静电场中，电力线为均匀分布的平行 直线的区域内，在电力线方向上任意两点的电场强度E 和电势U 相比较 [ ] (A) E 相同，U 不同 (B) E 不同，U 相同 (C) E 不同，U 不同 (D) E 相同，U 相同 习题五(第二章静电场中的导体和电介质) 1、在带电量为Q的金属球壳内部，放入一个带电量为q的带电体，则金属球壳内表面所带的电量为- q，外表面所带电量为q+ Q 2、带电量Q的导体A置于外半径为R的导体 球壳B内，则球壳外离球心r处的电场强度大小 E =Q/4「：；o r 1 2 3 4 5，球壳的电势 V = Q/4 o R 。 3、 导体静电平衡的必要条件是 导体内部场强为零。 4、两个带电不等的金属球，直径相等，但一个是空心，一个是实心的。现使它 们互相接触，则这两个金属球上的电荷(B )。 (A)不变化 (B)平均分配 (C)空心球电量多(D)实心球电量多 5、 半径分别R 和r 的两个球导体(R >r)相距很远，今用细导线把它们连接起来, 使两导体带电，电势为U o ,则两球表面的电荷面密度之比 CR / r 为(B ) 2 2 (A) R/r (B) r/R (C) R /r (D) 1 6、 有一电荷q 及金属导体A ，且A 处在静电平衡状态，则(C) (A) 导体内E=0，q 不在导体内产生场强; (B) 导体内E 工0，q 在导体内产生场强； (C)导体内E=0，q 在导体内产生场强; (D)导体内E M 0，q 不在导体内产生场强 7、如图所示，一内半径为a ,外半径为b 的金属球壳，带有电量 Q ， 在球壳空腔内距离球心为r 处有一点电荷q ，设无限远 处为电势零点。试求： (1)球壳外表面上的电荷； ⑵球心O 点处由球壳内表面上电荷产生的电势； ⑶球心O 点处的总电势。 解：(1)设球壳内、外表面电荷分别为 qi , q,以O 为球心作一半径为R(avRvb) 的高斯球面S,由高斯定理..E ?dS = qL ~q ，根据导体静电平衡条件 a r 习题五（第二章 静电场中的导体和电介质） 1、在带电量为Q 的金属球壳内部，放入一个带电量为q 的带电体，则金属球壳 内表面所带的电量为 - q ，外表面所带电量为 q +Q 。 2、带电量Q 的导体A 置于外半径为R 的导体 球壳B 内，则球壳外离球心r 处的电场强度大小 204/r Q E πε=，球壳的电势R Q V 04/πε=。 3、导体静电平衡的必要条件是导体内部场强为零。 4、两个带电不等的金属球，直径相等，但一个是空心，一个是实心的。现使它们互相接触，则这两个金属球上的电荷( B )。 (A)不变化 (B)平均分配 (C)空心球电量多 (D)实心球电量多 5、半径分别R 和r 的两个球导体(R ＞r)相距很远，今用细导线把它们连接起来，使两导体带电，电势为U 0，则两球表面的电荷面密度之比σR /σr 为 ( B ) (A) R/r (B) r/R (C) R 2/r 2 (D) 1 6、有一电荷q 及金属导体A ，且A 处在静电平衡状态，则( C ) (A)导体内E=0，q 不在导体内产生场强； (B)导体内E ≠0，q 在导体内产生场强； (C)导体内E=0，q 在导体内产生场强； (D)导体内E ≠0，q 不在导体内产生场强。 7、如图所示，一内半径为a ，外半径为b 的金属球壳，带有电量Q ， 在球壳空腔内距离球心为r 处有一点电荷q ，设无限远 处为电势零点。试求： (1)球壳外表面上的电荷； (2)球心O 点处由球壳内表面上电荷产生的电势； (3)球心O 点处的总电势。 解: (1) 设球壳内、外表面电荷分别为q 1 , q 2,以O 为球心作一半径为R (a 第七章 平面电磁波的反射和透射 习题解答 7-1．空气中的平面电磁波电场幅值为10V/m ，垂直入射到εr =25的无耗非磁性介质的表面，试确定：（1）反射系数和透射系数；（2）在空气中的驻波比；（3）入射波、反射波和透射波的平均功率流密度。 解 （1）由于空气和无耗非磁性介质的磁导率为 所以，空气和无耗非磁性介质中的波阻抗分别为 由此得到垂直入射情况下，两理想介质分界面的反射系数和透射系数为 （2）驻波比定义为 由此得到空气中的驻波比为 （3）假定电场矢量沿x e 方向，入射波沿+Z 方向传播，则可写出垂直入射情况下，入射波、反射波和透射波的电场和磁场复振幅矢量表达式为 根据平均功率流密度的定义式 有 而 数值代入得到 7-4．一均匀平面电磁波沿+Z 方向传播，其电场强度矢量为 （1）应用麦克斯韦方程求相伴的磁场H ；（2）若在传播方向上z =0处放置一无限大的理想导体板，求z ＜0区域中的合成波的电场E 1和磁场H 1；（3）求理想导体板表面的电流密度。 解 （1）根据给定的电场强度矢量的表达式，有 由此可写出电场强度矢量的复振幅表达式为 由复数形式的麦克斯韦方程 得到 则有 （2）如果在z =0处放置一无限大平面导体板，可看成是理想介质与理想导体分界面的垂直入射，有 001r i E r E ==-，00 0t i E t E == 根据入射波电场矢量和磁场矢量的复振幅表达式，可写出反射波电场矢量和磁场矢量的复振幅表达式为 把 代入，得到 入射介质一方（z <0）的合成波电场和磁场的复振幅为 合成波的电场E 1和磁场H 1的瞬时表达式为 （3）根据边界条件 由于理想导体板中的磁场为零，有 7-7．一圆极化平面电磁波的电场为 平面电磁波沿+X 方向从空气垂直入射到εr =4、μr =1的理想介质表面上。求：（1）反射波和透射波的电场；（2）它们分别属于什么极化？ 解 （1）两种介质均为无耗理想介质，其参数如下： 垂直入射情况下的反射系数和透射系数为 即 第七章磁介质 一、教学内容 （1）磁介质存在时静磁场的基本规律 （2）顺磁性与抗磁性 （3）位移电流与麦克斯韦方程组 （4）平面电磁波 二、教学方式 讲授 三、讲课提纲 这章内容主要与电介质理论对比学习。 7-1 磁介质存在时静磁场的基本规律 采用研究电介质相同的思路来研究磁介质。 电介质存在时的静电场：束缚(极化)电荷；电极化强度→电位移矢量 →有电介质的高斯定理 磁介质存在时静磁场：磁化电流；磁化强度→磁场强度→有磁介质的 安培环路定理 关于磁介质存在着两套等价的观点：分子电流观点和磁荷观点。这两套理论的微观模型不同，但宏观结果完全一样。本章主要讨论分子电流理论。 主要内容：研究磁场与磁介质的相互作用。涉及到以下概念和定理：磁介质、磁化强度、磁场强度、磁场中的安培环路定理、铁磁质。 一、磁介质的磁化磁化强度 磁介质的磁化可以用安培的分子电流假说来解释。 1、分子电流观点： 安培认为，由于电子的运动，每个磁介质分子（或原子）相当于 一个环形电流，叫做分子电流。其磁矩叫做分子磁矩。 （1）无外磁场时 一般由于分子的热运动,各分子环流的取向完全是混乱的，各分子磁矩方向杂乱，大量分子的磁矩相互抵消，宏观不显磁性。 （2）有外磁场时 在外磁场的力矩作用下，分子环流的取向会发生转向, 在一定程度上沿着场的方向排列。 外磁场越强,转向排列越整齐。 （3）结果： 当介质均匀时由于分环流的回绕方向一致，在内部任何两个分子环流中相邻的那一对电流元回绕方向总是彼此相反，相互抵消。即在宏观上，这横截面内所有分子环流的总体与沿截面边缘的一个大环形电流等效，就象是一个由磁化电流组成的“螺线管”，它在棒内的方向与外磁化场一致，则增加了原磁场。 2、磁化电流和传导电流的定义 （1）磁化电流定义：是分子电流因磁化而呈现的宏观 电流，它不相应于带电粒子的宏观位移。 （2）磁化电流特点：是介质磁化的宏观表现；是分子 电流规则排列的宏观结果；不伴随真实的电荷的宏观运动。 可以和传导电流一样，激发磁场。 （3）传导电流（非磁化电流）：除磁化电流之外的电流。 也叫自由电流，如金属中自由电子宏观移动造成的电流、 电解液中正、负离子、气体中的离子和电子宏观迁移造成 的电流以及各真空管中的电子流等。 （4）传导电流的特点：必然相应于带电粒子的宏观移动。 3、有磁介质存在时的总磁场 有电介质存在时的总场强：E E E '+=???0，其中0E ?为自由电荷产生的场强，E ' ?为极化电荷产生的场强。 有磁介质存在时的总磁场：B B B '+=???0,其中0B 为没有磁介质(即真空)存在时的磁场，由传导电流产生的。B '?为磁介质放入磁场中被磁化后产生的磁场，是由磁化电流产生的附加场。注：磁介质在均匀磁场中被磁化产生的附加场也是均匀场。 为了描写磁介质磁化程度，可以仿照极化强度P ?（V p P i ?=∑??，其中i p ?代表V ?内第i 个分子的偶极矩）定义一个磁化强度。(完整版)电磁学练习题及答案
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