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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_____。
///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。
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。
3．2．1 解答：（1）如图3.2.1所示，偶极子的电荷量q 和q -所受的电场力分别为qE 和qE -，大小相等，合力为0，但所受的力矩为M P E =⨯当且仅当0θ=和θπ=时，电偶极子受的力矩为0，达到平衡状态，但在0θ=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，0θ=时，是稳定平衡；但在θπ=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0θ=情况，因此，θπ=的情况是不稳定平衡。
（2）若E 不均匀，一般情况下，偶极子的电荷量q 和q -所受的电场力不为0，电场力将使偶极子转向至偶极矩P 与场强E 平行的情况，由于电场不均匀，偶极子所受的合力不为0.因此,电偶极子不能达到平衡状态。
3．2．2 解答：（1）如图3.2.2所示，偶极子1P 和2P 中的2q -处激发的电场为13222p E kl r -=⎛⎫- ⎪⎝⎭2q -所受的电场力为2123222q p F q E kl r ---=-=⎛⎫- ⎪⎝⎭偶极子1P 和2P 中的2q 处激发的电场为13222p E kl r +=⎛⎫+ ⎪⎝⎭2q 所受的电场力为2123222q p F q E kl r ++==⎛⎫+ ⎪⎝⎭偶极子2P 受到的合力为()332221222l l F F F k q p r r --+-⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+=+--⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦令22l x ≡，()()3f x r x -≡+，()()3g x r x -≡-，则()()330,0f r g r --==，故()()()()()()4444'3,'3,'03,'03f x r x g x r x f r g r ----=-+=-=-=因22l r >>，对22l r ⎛⎫+ ⎪⎝⎭和22l r ⎛⎫- ⎪⎝⎭在0r =处展开后，略去高次项 ()()()()()()3434'003,0'03f x f x f r r x g x g g x r r x ----≈+=-=+=+()()46f x g x xr --=-所以()42121221440033(2)62q p l p p F k q p xr r rπεπε--=-=-= 其大小为124032p p F r πε=以上是1P 和2P 同向的情况，反向时大小不变，受力方向相反。
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。
