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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。
电磁学-第二版-习题答案第二版《电磁学》的习题答案：1. 第一章：电荷和电场习题1：假设有两个电荷，一个带正电量Q1，另一个带负电量Q2，在他们之间的距离为r1。
如果将Q1的电荷减小到原来的一半，同时将Q2的电荷加倍，并将它们之间的距离改为r2，那么这两个电荷之间的相互作用力是怎样改变的？解答：根据库伦定律，两个电荷之间的相互作用力正比于它们的电荷量乘积，反比于它们之间的距离的平方。
即F∝(Q1Q2)/r^2。
根据题目，Q1变为原来的一半，Q2变为原来的两倍，r由r1变为r2。
代入上述关系式，可得新的相互作用力F'为：F'∝((Q1/2)*(Q2*2))/(r2^2)。
化简上式，可得F'∝(Q1Q2)/(r2^2)。
由上式可知，新的相互作用力与原来相互作用力相等。
即新旧相互作用力大小相同。
习题2：有一组平行板电容器，两板之间的距离为d，电容的电极面积为A。
当电容器充满理想电介质时，电容器的电容是原来的多少倍？解答：当电容器充满理想电介质时，电容的电容量由电容公式C=εA/d得到。
其中，ε为电介质的相对介电常数。
而当电容器未充满电介质时，电容的电容量为C0=ε0A/d。
其中，ε0为真空的介电常数。
所以，电容器充满电介质时，电容与未充满时的电容C0比较，即C/C0=ε/ε0。
所以，电容器电容是原来的ε/ε0倍。
2. 第二章：电荷的连续分布习题1：在距离线段中点为R的的P点，取出一个长度为l的小线段，小线段的位置如何改变时，该小线段对P点电势的贡献较大？解答：根据电场电势公式，P点电势由该小线段的电荷贡献决定。
即V=k(q/R)，其中k为电场常量，q为该小线段的电荷量，R为该小线段到P点的距离。
所以，小线段对P点电势的贡献较大的情况是，当该小线段长度l较大且该小线段离P点的距离R较小的时候，即小线段越靠近P点且长度越大，对P点电势的贡献越大。
习题2：线电荷的线密度为λ，长度为L，P点到线电荷的距离为d。
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E⃗ 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：222121q q φφφφεε-==+，；113131+ -q q φφφφεε==，；134410+0 -q φφφφε==，。
1.8答案：（1）× ；（2）×； （3）×；（4）×；（5）√；（6）×。
1.9答案：n VE en∂=-∂ ，例如匀强电场；E 大，电势的变化率就大，并非一定121122010101.+.=4424R q E dl E dl rR R R πεπεπεπε∞⎝⎰⎰.0E dl =，0n VE e n∂=-=∂。
1.14证明：设s 面上有场强平行于分量，补上另一半球后球内各点的总场强应为零，可见s 面上不能有场强的平行分量，s 面上只有场强垂直分量，故s 面上应为等势面。
习题1.2.1解：（1）设一个电量为q 1，则q 2=4q 1，由公式12204q q F r πε=可以得到： ()2122041.64 5.010q πε-=⨯解之得： q 1=±3.3×10−7(C)， q 2=1.33× 10−6(C) （2）当r=0.1时，所受排斥力为：12204q q F r πε==0.4（N ） 1.2.2解：设其中一个电荷电量为q ，则另一个电荷电量为Q -q ，由库仑力 ()2q Q q F k r -= 可知，当()220dF k Q q dq r =-=，即：2Qq = 时两电荷间的斥力最大，所以两者电量均为2Q。
第一章 静电场习题答案1-1 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5.29×10-11m 。
已知质子质量m p =1.67×10-27kg ，电子质量m e =9.11×10-31kg ，电荷分别为±e=±1.60×10-19C ，万有引力常量G=6.67×10-11N.m 2/kg 2。
（1）求电子所受质子的库仑力和引力；（2）库仑力是万有引力的多少倍？（3）求电子的速度。
答：（1）设电子所受的库仑力为F ，根据库仑定律，其大小()()N r q q F 8211219922101023.81029.51060.11099.841---⨯=⨯⨯⨯⨯=⋅=πε设电子所受的万有引力为f ，根据万有引力定律，其大小()N r mM G f 4721127311121063.31029.51067.11011.91067.6-----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⋅= （2）394781027.21063.31023.8⨯=⨯⨯=--f F （3）设电子绕核做圆周运动的速度为v ，因为F f <<，所以可认为向心力就是库仑力F ，根据Rv m F 2=向得s m m RF v /1019.21011.91029.51023.8631118⨯=⨯⨯⨯⨯==---向 1-3 答：（1）它们之间的库仑力为()()N r q q F 4.14100.41060.11099.84121521992210=⨯⨯⨯⨯=⋅=--πε（2）每个质子所受的重力为：N Mg P 26271064.18.91067.1--⨯=⨯⨯==2626108.81064.14.14⨯=⨯=-P F 所以P F >> 1-5 答：设油滴的电量为q ，它受的电场力和重力分别为F 和P ，由F =P ，即mg Eq =，得()C E mg q 19563361002.81092.18.91010851.01064.114.334---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯== 考虑到电荷的正负，C q 191002.8-⨯-=1-7 根据经典理论，在正常状态下，氢原子中电子绕核做圆周运动，其轨道半径为m 111029.5-⨯，已知质子电荷为C e 191060.1-⨯=，求电子所在处原子核（即质子）的电场强度。
电磁学第四版赵凯华习题解析第一章电磁场的基本概念题1.1解析：该题主要考察对电磁场基本概念的理解。
根据定义，电场强度E是单位正电荷所受到的电力，磁场强度B是单位长度为1、电流为1的导线所受到的磁力。
因此，电场强度E与电势差V之间的关系为E=-dV/dx，磁场强度B与安培环路定律有关，即B=μ₀I/2πr。
答案：电场强度E与电势差V之间的关系为E=-dV/dx，磁场强度B与安培环路定律有关，即B=μ₀I/2πr。
题1.2解析：该题考查对电场线和磁场线的基本理解。
电场线从正电荷出发，指向负电荷；磁场线从磁南极指向磁北极。
在非均匀磁场中，电荷的运动轨迹会受到磁场的影响，当电荷的运动速度与磁场垂直时，洛伦兹力提供向心力，使电荷沿磁场线运动。
答案：电场线从正电荷出发，指向负电荷；磁场线从磁南极指向磁北极。
在非均匀磁场中，电荷的运动轨迹会受到磁场的影响，当电荷的运动速度与磁场垂直时，洛伦兹力提供向心力，使电荷沿磁场线运动。
第二章电磁场的基本方程题2.1解析：该题考查对高斯定律的理解。
根据高斯定律，闭合曲面所包围的电荷量与该曲面上的电通量成正比，即∮E·dA=Q/ε₀。
其中，E为电场强度，dA为曲面元素，Q为曲面内的电荷量，ε₀为真空电容率。
答案：根据高斯定律，闭合曲面所包围的电荷量与该曲面上的电通量成正比，即∮E·dA=Q/ε₀。
题2.2解析：该题考查对法拉第电磁感应定律的理解。
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E与磁通量变化率ΔΦ/Δt成正比，即E=ΔΦ/Δt。
其中，E为感应电动势，ΔΦ为磁通量的变化量，Δt为时间变化量。
答案：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E与磁通量变化率ΔΦ/Δt成正比，即E=ΔΦ/Δt。
第三章电磁波的传播题3.1解析：该题考查对电磁波的基本理解。
电磁波是由振荡的电场和磁场组成的横波，其传播速度为光速c，波长λ与频率f之间的关系为c=λf。
电磁波在真空中的传播不受阻碍，但在介质中传播时，其速度会发生变化。
电磁学习题答案电磁学习题答案第一章 静电场一、选择题（每题三分）1） 将一个试验电荷Q （正电荷）放在带有正电荷的大导体附近P 点处，测得它所受力为F ，若考虑到电量Q 不是足够小，则：（）A 、F/Q 比P 点处原先的场强数值大 C 、F/Q 等于原先P 点处场强的数值B 、F/Q 比P 点处原先的场强数值小 D 、F/Q 与P 点处场强数值关系无法确定 答案（B ）·P+Q2） 图中所示为一沿X 轴放置的无限长分段均匀带电直线，电荷线密度分别为+λ（X<0）和一个-λ（X>0），则OXY 坐标平面上点（0，a ）处的场强E为（ ）A 、0B 、a i 0πελC 、a 4i 0πελD 、a 4)j i (0πε+λ3) 图中所示曲线表示球对称或轴对称静电场的某一物理量随径向距离r 那方面内容（E 为电场强度的大小，U 为静电势）（）A 、半径为R 的无限长均匀带电圆柱体电场的E-r 关系 C 、半径为R 的均匀带正电球体电场的U-r 关系B 、半径为R 的无限长均匀带电圆柱面电场的E-r 关系 D 、半径为R 的均匀带正电球面电场的U-r 关系答案（B ）4） 有两个点电荷电量都是+q ，相距2a,今以左边的点电荷为球心，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1S 和2S 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3ϕ，则（）5） 已知一高斯面所包围的体积内电量代数和0=∑iq ，则可肯定（）A 、高斯面上各点场强均为零 C 、穿过整个高斯面的电通量为零B 、穿过高斯面上每一面元的电通量为零 D 、以上说法都不对 答案（C ） 6） 两个同心带电球面，半径分别为)(,b a b a R R R R <，所带电量分别为b a Q Q ,。
设某点与球心相距r,当b a R r R <<时，该点的电场强度的大小为（） A 、2ba 0rQ Q 41+∙πε B 、2ba 0rQ Q 41-∙πε C 、)R Q r Q (412bb 2a 0+∙πε D 、2a 0r Q 41∙πε 答案（D ）7） 如图所示，一个带电量为q 的点电荷位于立方体的A 角上，则通过侧面abcd 的电场强度通量为（） A 、6qε B 、12q ε C 、24q ε D 、48q ε 答案（C ）8） 半径为R 的均匀带电球面，若其电荷密度为σ，则在距离球面R 处的电场强度为（）A 、0εσ B 、02εσC 、04εσD 、8εσ答案（C ）9） 高斯定理⎰⎰ερ=∙vs dV S d E （）A 、适用于任何静电场 C 、只适用于具有球对称性，轴对称性和平面对称性的静电场B 、只适用于真空中的静电场 D 、只适用于虽然不具有(C)中所述的对称性，但可以找到合适的高斯面的静电场 答案（B ） 10) 关于高斯定理的理解正确的是（）A 、 如果高斯面上处处E为零，则该面内必无电荷 C 、如果高斯面内有许多电荷，则通过高斯面的电通量必不为零B 、 如果高斯面内无电荷，则高斯面上处处E为零 D 、如果高斯面的电通量为零，则高斯面内电荷代数和必为零 答案（D ）11) 如图两同心的均匀带电球面，内球面半径为1R ，电量1Q ，外球面半径为2R ，电量2Q ，则在内球面内距离球心为r 处的P 点场强大小E 为（） A 、2021r 4Q Q πε+ B 、+πε2101R 4Q 2202R 4Q πε C 、201r 4Q πε D 、0 答案（D）12）若均匀电场的场强为E，其方向平行于半径为R 的半球面的轴，则通过此半球面的电通量Φ为（）13） 下列说法正确的是（）A 、 闭合曲面上各点场强为零时，面内必没有电荷 C 、闭合曲面的电通量为零时，面上各点场强必为零B 、 闭合曲面内总电量为零时，面上各点场强必为零 D 、通过闭合曲面的电通量仅决定于面内电荷 答案（D ）14) 在空间有一非均匀电场，其电力线分布如图，在电场中作一半径为R 的闭合球面S ，已知通过球面上某一面元S ∆的电场线通量为e ∆Φ，则通过该球面其余部分的电场强度通量为（）A 、e ∆Φ-B 、e S r ∆Φ⋅∆24π C 、e SSr ∆Φ⋅∆∆-24π D 、0 答案（15) 在电荷为q +的电场中，若取图中点P 处为电势零点，则M 点的电势为（）16）下列说法正确的是（）A 、 带正电的物体的电势一定是正的 C 、带负电的物体的电势一定是负的B 、 电势等于零的物体一定不带电 D 、物体电势的正负总相对电势参考点而言的 答案（D ）17) 在点电荷q 的电场中，选取以q 为中心，R 为半径的球面上一点P 处作电势零点，则与点电荷q 距离为r 的P ‘点电势为（）A 、r 4q 0πε B 、)R 1r 1(4q 0-πε C 、)R r (4q 0-πε D 、)R1r 1(4q 0-πε-答案（B ）18) 半径为R 的均匀带电球面，总电量为Q ，设无穷远处的电势为零，则球内距球心为r 的P 强度和 电势为（） A 、E=0, U=r 4Q 0πε B 、 E=0, U=R 4Q 0πε C 、E=2r 4Q0πε. U=r 4Q 0πε D 、E=2r 4Q0πε答案（B ）19) 有N 个电量为q 布，比较在这两种情况下在通过圆心O 并垂直与圆心的Z 轴上任意点P 的 场强与电势，则有（） A 、场强相等，电势相等B 、场强不相等，电势不相等C 、场强分量z E 相等，电势相等D 、场强分量z E 相等，电势不相等答案（C ）20）在边长为a 正方体中心处放置一电量为Q 的点电荷，设无穷远处为电势零点，则在一个侧面的中心处的电势为（）A 、a 4Q 0πε B 、R 2Q 0πε C 、R Q0πε D 、R22Q 0πε答案（B ）21）如图两个同心的均匀带电球面，内球面半径为1R ，电量1Q ，外球面半径为2R ，电量2QA 、E R 2π B 、E R 22π C 、E R 221π D 、E R 22πE 、22ERπ 答案（A ）A 、a 4q 0πε B 、a8q 0πε C 、a 4q 0πε-D 、a8q0πε- 答案（D ）电势U为（）A、r4QQ21πε+B、11R4Qπε+22R4QπεC 、0 D、11R4Qπε答案（B）22）真空中一半径为R的球面均匀带电为Q，，在球心处有一带电量为q的点电荷，如图设无穷远处为电势零点，则在球内离球心O距离为r的P点处的电势为（）A、r4QπεB、)RQrq(41+πεC、r4qQπε+D、)RqQrq(41-+πε答案（B）23）当带电球面上总的带电量不变，而电荷的分布作任意改变时，这些电荷在球心出产生的电场强度E和电势U将（）A、E不变，U不变 B、E不变，U改变 C、E改变，U不变 D、E改变，U也改变答案（C）24）真空中有一电量为Q的点电荷，在与它相距为r的A点处有一检验电荷q,现使检验电荷q从A 点沿半圆弧轨道运动到B点，如图则电场场力做功为（）A、q2rr4Q22⋅π⋅πεB、rq2r4Q2⋅πεC、rqr4Q2π⋅πεD、0 答案（D）25）两块面积为S的金属板A 和B彼此平行放置，板间距离为d（d远远小于板的线度），设A板带电量1q, B 板带电量2q,则A,B板间的电势差为（）A、S2qq21ε+B、dS4qq21⋅ε+C、dS2qq21⋅ε-D、dS4qq21⋅ε-答案（C）26）图中实线为某电场中电力线，虚线表示等势（位）面，由图可以看出（）A、cE>>baEEcU>>baUU C 、cE>>baEEcU<<baUUB、cE<<baEEcU<<baUU D、cE<<baEEcU>>baUU答案（A）27）面积为S的空气平行板电容器，极板上分别带电量为q±，若不考虑边缘效应，则两极板间的相互作用力为（）A、Sq2ε-B、S2q2ε-C、22S2qεD、22Sqε答案（B）28）长直细线均匀带电。
第一章静电场§1.1 静电的基本现象和基本规律思考题：1、给你两个金属球，装在可以搬动的绝缘支架上，试指出使这两个球带等量异号电荷的方向。
你可以用丝绸摩擦过的玻璃棒，但不使它和两球接触。
你所用的方法是否要求两球大小相等答：先使两球接地使它们不带电，再绝缘后让两球接触，将用丝绸摩擦后带正电的玻璃棒靠近金属球一侧时，由于静电感应，靠近玻璃棒的球感应负电荷，较远的球感应等量的正电荷。
然后两球分开，再移去玻璃棒，两金属球分别带等量异号电荷。
本方法不要求两球大小相等。
因为它们本来不带电，根据电荷守恒定律，由于静电感应而带电时，无论两球大小是否相等，其总电荷仍应为零，故所带电量必定等量异号。
2、带电棒吸引干燥软木屑，木屑接触到棒以后，往往又剧烈地跳离此棒。
试解释之。
答：在带电棒的非均匀电场中，木屑中的电偶极子极化出现束缚电荷，故受带电棒吸引。
但接触棒后往往带上同种电荷而相互排斥。
3、用手握铜棒与丝绸摩擦，铜棒不能带电。
戴上橡皮手套，握着铜棒和丝绸摩擦，铜棒就会带电。
为什么两种情况有不同结果答：人体是导体。
当手直接握铜棒时，摩擦过程中产生的电荷通过人体流入大地，不能保持电荷。
戴上橡皮手套，铜棒与人手绝缘，电荷不会流走，所以铜棒带电。
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- §1.2 电场电场强度思考题：1、在地球表面上通常有一竖直方向的电场，电子在此电场中受到一个向上的力，电场强度的方向朝上还是朝下答：电子受力方向与电场强度方向相反，因此电场强度方向朝下。
2、在一个带正电的大导体附近P点放置一个试探点电荷q0(q0>0),实际测得它受力F。
若考虑到电荷量q0不是足够小的，则F/ q0比P点的场强E大还是小若大导体带负电，情况如何答：q0不是足够小时，会影响大导体球上电荷的分布。
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 。
（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 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++2222ˆˆˆˆCO CO AO AO DO DO BO BO r r r r r rr r 0)ˆˆˆˆ(22=+++=CO AO DO BO r r r r akQq其中：a r r r r DO CO AO BO 22==== CO AO DO BO r r r rˆˆ,ˆˆ-=-= 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 ra Kq F ˆ22 = C C r a Kq F ˆ22 = )ˆ45sin ˆ45(cos 2ˆ2002222C A D D r r aKq r a Kq F +== =)ˆˆ(4222C A r r a Kq +=O O r aKQq F ˆ222 = )ˆˆ(22C A r r aKQq+= 使D C O A F F F F F +++=)ˆˆ(24222222C A r r a KQq a Kq a Kq +⨯⎪⎪⎭⎫⎝⎛++= = 0 即使：024222222=⎪⎪⎭⎫⎝⎛++a KQq a Kq a Kq ∴ Q=-q ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+22411．2．6两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 ˆˆ+= 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 kQqrr a r kQq F ˆ)(2)ˆsin 2232222+=+=α 求F 对r 的极值：⎥⎥⎦⎤++⎢⎢⎣⎡+-='⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+2322252222322)(1)(32)(2a r a r r kQq a r kQqr = 0 即：0)(3222=++-a r r∴ 222a r =即： 2222a z y =+ 是一个圆的方程。
圆心 (o,o,o) ,半径为a 22-。
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：mEem F a ==- 设板长为L ，电子在平板间运动的时间： a h v Lt 20==即：Ee mh v L 20= ∴ eL v m h E 222= 19214313106.11025101011.91052----⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯==22.8 （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：⎩⎨⎧==EQ T gm T 0060cos 60sin图 1.3 2 即：060ctg QmgE =94106577.08.9102--⨯⨯⨯⨯==)/(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 eF -=其加速度mE e mF a-== 当电子上升到最大高度时：0=⊥v∴h a v v 2)30sin (20020==⊥∴a v h 2)30sin (200=eE mv 2)30sin (200==3198127105106.12101.9)5.010(⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯--)(104.12米-⨯=（2）电子从上升到返回到原来高度时共用时间： ah t 22=eE m h 22=319312105106.1101.9104.122⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=--- )(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=343gR ρπQ=EgR 343ρπ=53361092.138.910851.0)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：21014r q E πε=26910104109--⨯⨯⨯=)/(106.38库牛⨯=220224r q E πε=26410104109--⨯⨯⨯= )/(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 20160cos 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： 204rdqdE 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 •=⎰2041πε⎰=dq r x 304πε304rqx πε=23220)(4R x qx +=πε（2）E —x 曲线如图所示。
（3）求E的极值： 由⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=23220)(4R x qxdx d dx dE πε = 0 得： 222R x =既：R x 22±=，在距圆心左右两侧R 22处的场强最大。
其值为：20max 36Rq 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。
