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///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。
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1q q =，另一个点电荷的电荷量为2()q 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令力F 对电荷量q 的一队导数为零，即 得即取 122Qq q ==时力F 为极值，而 故当122Qq q ==时，F 取最大值。
1．2．3 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，即得 2220x Lx L +-=舍去0x <的解，得1)x L =- 1．3．8解答:（1）先求竖直无限长段带电线在O 点产生的场强1E ϖ，由习题1.3.7（2）可知 104x E Rηπε=仿习题1.3.7解答过程，得故 10ˆˆ()4E i j Rηπε=-v同理，水平无限长段带电线在O 点产生的场强 对于圆弧段带电线在O点产生的场强3E ϖ，参看图1.3.8（b ），得同理得 304y E Rηπε=故 30ˆˆ()4E i j Rηπε=+v解得（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B -∞的带电直线在O 点产生的场强为根据对称性，圆弧带电线在O 点产生的场强仅有x 分量，即 故带电线在O 点产生的总场强为 1．3．9解答:在圆柱上取一弧长为Rd ϕ、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 σϕ=，所以带电细条的线密度与面密度的关系为由习题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 1．4．5解答：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0ρ>，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2()x 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(2)xS ρ，根据高斯定理。
前、后、上、下四个面的E ϖ通量为0，而在两个对称面S 上的电场E ϖ的大小相等，因此考虑电场的方向，求得板内场强为(b)(a)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2()x 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 ρ，根据高斯定理前、后、上、下四个面的E ϖ通量为0，而在两个对称面S 上的电场E ϖ的大小相等，因此 考虑电场的方向，得 1．4．8解答:(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ρ的实心均匀带电球在偏心位置处加上一个电荷体密度为ρ-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 ϖ应等于电荷体密度为ρ的均匀带电球在T 点产生场强E ρv与电荷体密度为ρ-的均匀带电球在T 点产生场强E ρ-v的叠加结果。
而E ρv 与E ρ-v 均可利用高斯定理求得，即式中：1r v为从大球圆心O 指向T 点的矢径；2r v 从小球圆心O '指向T 点的矢径。
空腔中任意点T 的场强为因T 点为空腔中任意一点，c ϖ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P 点为大球内一点，根据叠加原理，求得1．4．9解答：在均匀带电的无限长圆柱体内作一同轴半径为()r r R <、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由高斯定理根据对称性，电场E ϖ仅有径向分量，因此，圆柱面的上、下底面的E ϖ通量为0，仅有侧面的E ϖ通量，则解得柱体内场强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 解得柱体外场强柱内外的场强的E -r 曲线如图1.4.9（b ）所示 1．4．10解答：(1) 作半径为12()r R r R <<、长为L 的共轴圆柱面，图（a ）为位于两个圆柱面间的圆柱面，其表面包围的电荷量为根据对称性，电场E ϖ仅有径向分量，因此，圆柱面的上、下底面的E ϖ通量为0，仅有侧面的E ϖ通量，则在12R r R <<的区域II 内，利用高斯定理有解得区域II 内的场强同理，可求得1R r <的区域I 中的场强 在2R r >的区域III 中的场强 (2) 若21λλ-=，有各区域的场强的E —r 曲线如图(b)所示。
1．5．2证明：（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S 1、S 2形成一闭合的高斯面。
面元S 1和S 2上的场强分别为1E ϖ和2E ϖ，根据高斯定理，得 证得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1E ϖ和2E ϖ，根据高斯定理得 证得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：由高斯定理求得距球心r 处的P 点的电场为：03ερrE ϖϖ=，求得离球心r处的P 点的电势为 1．6．5解答:（1）根据电势的定义，III 区的电势为II 区的电势为 I 区的电势为（2）当12Q Q =-时，()0III E r =，代入（1）中三个区域中的电势的表达式，求得0)(=r V III ，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=201114)(R r Q r V II πε，⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=2101114)(R R Q r V I πε V -r 曲线如图1.6.5（a ）所示当2121Q Q R R =-时，代入（1）中三个区域的电势的表达式，求得r R Q R R r V III 101214)()(πε-=，⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=101114)(R r Q r V II πε，0)(=r V I V —r 曲线如图所示。
121．6．6 解答：均匀电荷密度为ρ的实心大球的电荷量343Q a πρ=，挖去空腔对应小球的电荷量343q b πρ=-，电荷密度为ρ的大球在M 点的电势为 电荷密度为-ρ的小球在M 点的电势为M 点的电势为电荷密度为ρ的大球在P 点的电势为 电荷密度为-ρ的小球在P 点的电势为P 点的电势为电荷密度为ρ的大球在O 点的电势为电荷密度为-ρ的小球在O点的电势为O点的电势为电荷密度为ρ的大球在O′点的电势为电荷密度为-ρ的小球在O′点的电势为O′点的电势为2．1．1解答：建立球坐标系，如图所示，球表面上的小面元面积为式中：E 'v为除了面元dS 外其他电荷在dS 所在处产生的场强。
以z =0平面为界，导体右半球的电荷为正，导体左半球的电荷为负，根据对称性，面元所受力垂直于z 轴的分量将被抵消，因而，只需计算面元dS 所受的电场力的z 分量，即将（1）式代入（4）式，对右半球积分，注意积分上下限，得 左半球所受的力为 2．1．4解答：解：由左至右各板表面的电荷密度12340B q σσσσ=，，，，因，利用静电平衡条件列方程得：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+=+-==043213241σσσσσσσσS q A （无限大平行金属板）解得： 4212σσσ===Sq A∴ Sd q d d E l d E V A 0022εεσ===⋅=⎰内内ϖϖ 将B 板接地： （σ4=0） ∴ Sq A=-=32σσ2．2．1解答：由于电荷q 放在空腔的中心，在导体壳内壁的感应电荷-q 及壳外壁的电荷q 在球壳内、外壁上均匀分布，这些感应电荷在球腔内产生的合场强为0；壳内电荷与球壳内壁电荷在壳外产生的合场强为0，因此，壳内、壳外的电场表达式相同，距球心为r 处的场强均表示为 距球心为1(0)r r R <<处电势为 在导体球壳内场强和电势分别为球壳外的电场由壳外壁电荷激发，壳外的电势为 场强大小E 和电势V 的分布如图所示。
1212．2．2解答：球形金属腔内壁感应电荷的电荷量为-q ，由于点电荷q 位于偏心位置，所以腔内壁电荷面密度分布σ内不均匀，球形金属腔外壁的电荷量为Q q +，腔外壁电荷面密度σ外均匀分布，根据电势叠加原理，O 点的电势为 2．3．2解答：（1）平行放置一厚度为t 的中性金属板D 后，在金属板上、下将出现等值异号的感应电荷，电场仅在电容器极板与金属板之间，设电荷面密度为0σ，电场为0E σε=A 、B 间电压为 A 、B 间电容C 为（2）金属板离极板的远近对电容C 没有影响 （3）设未放金属板时电容器的电容为 放金属板后，板间空气厚度为 此时电容器的电容为由于A 、B 不与外电路连接，电荷量0Q 不变，此时A 、B 间电压为 2．3．5解答：（1）按图中各电容器的电容值，知C 、D 间电容为 其等效电路如图（a ）所示，E 、F 间电容为 同理，其等效电路如图(b)所示，A 、B 间电容为(2) A 、B 间的电势差为900V ，等效电容AB C 上的电荷量为由图(b)可见，与A 、B 相接的两个电容器的电荷量与AB Q 相同，亦为4910C -⨯。
（3）由图(b)可见，因3个电容器的电容值相等，故E 、F 间电压为 又由图（a ）可见，E 、F 间电压亦加在3个电容值相等的电容器上，所以 2．3．7解答：方法一：各个电容器的标号如图所示，设AB AB U U C C ==，，则有Q CU =在A 、B 、D 、E 4个连接点列出独立的3个电荷量的方程 3个电压的方程由（1）、（3）两式得 由（4）、（5）两式得 由（7）、（8）式得将（1）、（9）两式代入（5）式，得 按电容器定义，有方法二：因题中C 1、C 3、C 4、C 5均为4F μ，所以据对称性C 2上的电荷为零(E D U U =)。
C 4与C 3串联得：2()ABC F μ'= C 1与C 5串联得：2()ABC F μ''= ∴ 224()AB ABAB C C C F μ'''=+=+= 2．5．1解答：串联时，两电容器的电荷量相同，电能之比为 并联时，两电容器的电压相同，电能之比为 3．2．3解答：（1）偶极子所受的力矩大小为 最大力矩为2πθ=时（2）偶极子从不受力矩的方向转到受最大力矩的方向，即θ从0到2π，电场力所做的功为 3．4．1解答：图为均匀介质圆板的正视图，因圆板被均匀极化，故只有在介质圆板边缘上有极化面电荷，弧长为dl ，厚度为h 的面元面积为dS hdl hRd α==，在α处的极化面电荷密度为根据对称性，极化电荷在圆板中心产生的电场强度只存在y 分量，位于α处的极化电荷在圆板中心产生的电场强度的y 分量为全部极化面电荷在圆板中心产生的电场强度大小为 将电场强度写为矢量： 3．4．5解答：（1）根据电容器的定义并代入数据，得 （2）金属板内壁的自由电荷（绝对值）为（3）放入电介质后，电压降至310V U =时电容C 为（4）两板间的原电场强度大小为 （5）放入电介质后的电场强度大小（6）电介质与金属板交界面上的极化电荷的绝对值为q '，因极化电荷与自由电荷反号，有 而7000() 3.610C q S E S E E S σεε-'''===-=⨯（7）电介质的相对介电常数为 3．4．6解答：空腔面的法线取外法线方向单位矢n R ˆˆee =，建立直角坐标系，θ为矢径R 与z 轴的夹角，球面上的极化电荷面密度为由上式知，紧贴球形空腔表面介质上的极化电荷面密度σ'是不均匀的，极化电荷面密度左侧为正，右侧为负，球面上坐标为（R ϕθ，，）处的面元面积为该面元上的极化电荷量为带电面元在球心处激发的电场强度方向由源点指向场点，用单位矢R ˆe-表示 根据对称性，极化电荷在球心的场强E v的方向沿z 轴方向，故只需计算场强E v的z 分量，即因 00(1)r P E E εχεε==-v v故得 (1)3r E E ε-'=v v3．5．1解答：因导体板上内表面均匀分布自由电荷，取上导体板的法线方向n ˆe指向下方，即有 在介质1板中，有 在介质2板中，有如图所示，贴近上导体板处的极化电荷面密度为 贴近下导体板处的极化电荷面密度为 两介质板间的极化电荷面密度为或 32121ˆ()P P n σ'=-⋅v v3．5．3解答：（1）介质板用“2”标记，其余空气空间用“1”标记，单位矢n ˆe方向为由高电势指向低电势，两极板间电势差（绝对值）为2n ln ()E l E d l U +-= （1）无论在空间1还是在2，电位移矢量D v相等，故有得 1n 2n r E E ε= (2) 将（2）式代入（1）式得写成矢量 2n ˆ(1)r r UE el dεε=-+v解得（2）因0n D σ=，故极板上自由电荷的电荷量（绝对值）为（3）极板和介质间隙中（空气中）的场强E E v v1空=，故（4）电容为 3．5．9解答：（1）以r 12()R r R <<为半径，长度为一个单位，作一与导线同轴的圆柱体，圆柱体的表面作为高斯面，求得介质中的电位移矢量为 电场强度为 极化强度矢量为（2）两极的电势差U 为（3）在半径1R 与2R 处，介表面表的极化电荷面密度分别为 3．7．1解答：有玻璃板时，电容器电容为 将玻璃板移开后，电容器电容为（1）电容器一直与直流电源相接时，电压U 不变。
