电磁学部分习题解答

1. 直角坐标系中点电荷电量为Q，坐标为a,b,c，写出Q所产生的电场在空间任一点的电场强度。

解：画出坐标系及空间任一点Px,y,z，则该点相对于点电荷的位矢为 rxa,yb,zc，由点电荷Q产生的电场在P点处的场强分量为 Ex40xa2yb2zc2Qxa32

EyQ40Q40ybxaxa2ybzc2232

Ezzc2ybzc2232

 该场强的方向沿r方向：rxaiybjzck。

在求解给定具体坐标的特殊问题时，往往用分量形式直接计算更直观更方便，还不易出错。矢量形式固然很标准化很简洁（尤其是涉及到带有散度和旋度的微分方程），但一般只用于做基本证明和推导的过程，因为矢量方程与所取的任一坐标无关。

2. 一电偶极子的电偶极矩为Pql，P点到偶极子中心的距离为r，

r与l的夹角为，在rl时，求P点的电场强度E在rOP方

向的分量Er和垂直于r方向的分量E。

解：在极坐标系下，设点Pr,相对于q和q的位矢分别为r，r，它们与r的夹角分别为和，由点电荷的场强公式有

.

资料

q1qE2，E2， EEE

40r40r在极坐标下，E可以分解为：

ErEcosEcos， EEsinEsin

1llrcosrcos22coscos其中，，，

rrllsinsin22sinsin

r， r

又因为rl，在此近似下有

rrr2，rr2r，rrlcos，

带入以上各式，化简得

2Pcos1PsinEr，E340r40r3。

1此种方法的关键在于灵活运用各坐标分量间的几何与近似关系。对于电偶极子的问题，联系电势一节的内容，我们可以做一些归纳，下面我们从最常用的直角坐标系出发，来推导电偶极子在空间任一点的电势及场强公式。

以偶极子两电荷连线中点为原点，以偶极矩方向为x轴方向取直角坐标系中任一点Px,y,z，由点电荷的电势叠加可得：

1qUPUU240xly2z2x2.

q2l22yz2资料

2222rxyzrl考虑到的条件，有，

1l22xyz2211xl212rxlrr12

上式右边经过二项展开，并略去l的高阶项（二阶及以上），得

1l22xyz2则 U21xl12r2r

xlqxl1U12，2 40r2r40r2rq则P点的偶极子势为

UPUU可写成矢量表达形式：

140x1Pcosql 3r40r21Pr1Pr UP4r24r3 （*）

00下面求电偶极子的电场强度：

由EPUP,将上式带入,有

111UPrPr3 340rr3r3r1d1r3其中，PrP，345，

rdrrrrr13PrrPEP3 （#）5则 。

40rr以上（*）和（#）式为偶极子的一般计算式。可以在具体的坐标系中

.

资料

直接带入计算。

变换到球坐标系r,,中,由于轴对称性可知，U与无关，

则E的分量为：

U12PcosErr40r31U1PsinEr40r3

，

E1U0。

rsinr1. 计算3的散度：

rr11323rrr30。 解：3335rrrrr

2. 如图所示，无限大带电层，且电荷密度x，试求其产生的场强。

解：此题需分三个区域进行计算：取垂直于带电层的坐标OX。

'''（1）xa，取x到xdx之间的带电平面，取单位面积的电荷面''密度为，则xdx，则该平面在x处形成的电场强度为：

dEx20xdx''20，

1Ex20bax'dx'（负号代表取坐标负向。）

lEx若常数，则

20；

（2）xb，同理可得

.

资料

1Ex20bax'dx'（负号代表取坐标正向。）

l若常数，则 Ex；

20''（3）axb，对于带电层中间的区域，要注意xx和xx的

情况不一样，故要进行分段积分：

1Ex20x'a1xdx20'bxx'dx'

若常数，则 Ex

2xab。

203. 求无限长均匀带电柱体周围的场强，已知延高方向单位长度电荷密度为，圆柱底面半径为R。

解：取半径为r、高为l的同轴圆柱面为高斯面，分以下两种情况考虑：

（1）rR时，由高斯定理，有

qEds2rlE

S02lr2qrl2，则 2rlE而

0R2RrE得

20R2

lr2（2）当rR时，ql，同理得到 E20r。

4. 求均匀带电球壳产生的电场中电位的分布，设球壳带电总量为q，

.

资料

半径为R。

解：以无穷远处作为电位零点，即U0, 由真空中带电球壳的场强分布：

q12,rRE40r

0,rR根据电位的定义求解：

q1qUrEdldr对于rR时，r40r240r；

r对于rR时，

rRq1qUrEdlEdl2drRR40r40R。

5. 求无限大均匀带电平面（电荷面密度为）的电势分布。 解：确立原点在平面上的坐标OX，设空间任一点P位于r处。 取P0(r0)为电位零点，由无限大均匀带电平面的场强公式，有

,r020E ,r020下面以r0的情况来讨论： 由电位定义有：UPUP0APP0r0r。 EdlEdlA20本题中电位零点的取法很关键，注意到：求无限大带电体周围的电位时，不能取无穷远处为电位零点。

.

资料

6. 一半径为R的均匀带电圆面，电荷总量为q，求轴线（OX）上的电位分布，并画出Ux曲线。

解：在圆面上取rrdr的圆环，由于圆面的电荷面密度：

q2,故该圆环所带电量为：

Rdq2rdrq2q2rdrrdr 22RR而圆环在轴线上的电位分布可以根据电位叠加法，取圆环上lldl的一段，取无穷远处为电位零点，由点电荷的电位公式：

dU'dq'40rdq'40xRq'22，得圆环在轴线上的电位分布为：

U环＝dq'40xR220q'40x2R2

'现在将此电位作为圆面在轴线上电位的积分元，即令dqq，

dUU环，作圆面上半径的积分，可得整个圆面在轴线上的电位：

U＝dU0RRdq40xR220R22qrdr4R0xR220q2R20x2R2x。

7. 电量q均匀分布在长为2l的细直线上，求下列各处的电位： （1） 中垂面上离带电线段中心O为r处，并用梯度求Er； （2） 延长线上离中心O为为z处，并用梯度求Ez； （3） 通过一端的垂直面上离该点为r处，并用梯度求Er。 解：根据题意，以O为原点中垂线所在直线作为x轴、延长线所在直

.

资料

线作为y轴建立坐标系，取无穷远处为电位零点。 （1） 求Pr,0点的电位UP及Er：

qdy，由点电荷电设直线上yydy的一段所带的电量为dq2l位公式，它在Pr,0点的电位为：

dUdq40ry22qdy80lry22

则整段直线在Pr,0点的电位为：

lr2l2U＝dUln 22ll4lr80lry0llqdyqUq则有 Err40rr2l2。

（2）求P0,z点的电位UP及Ez：

qdy，由点电荷电位公式，它线元yydy的电量仍然为dq2l在P0,z点的电位为：

dqqdzdU40zy80lzy

则整段直线在P0,z点的电位为：

U＝dUllqdzqzlzl lnl8lzy80lzl0lUqzl，—号对应则有 Ezz40z2l2,（＋号对应

zl）。

（3）求Pr,l点的电位UP及Er：

.

y

资料

同样取线元yydy，其电量仍然为

qdqdy，由点电荷电位公式，

2l它在Pr,l点的电位为：

2l

dUdq40ry22qdy80lry22

O r P x

则整段直线在Pr,l点的电位为：

U＝dU02l2l02lr24l2ln 224lr80lry0qdyq则有 Er

Uqr40rr24l2。

1. （P44.8）如图所示一种电四极子，由两个相同的电偶极子Pql组成，这两偶极子在一直线上，当方向相反，它们的负电荷重合在一起。求延长线上离中心（即负电荷）为r处的电场及电位分布。

+q

-l l r -2q

+q

P

解一：根据电场叠加原理，三个点的电荷在P处的场强：

Eq2qq240r240rl240rl

22qll12140rr由rl，上式可以用Tayler公式展开：

.

资料

利用公式1x11!x12!x2......，并取二级近似，有

l3l22l3l2E122212240rrrrr q6l23ql22240rr20r4q3ql2则 UPErdr20r1ql2r4dr20r3 。

r以上为一种常规方法——运用点电荷电场叠加原理。

下面介绍另一种方法，将电四极子看作两个电偶极子的组合问题，直接运用电偶极子的电势求解：

解二：由偶极子专题的分析，偶极矩为Pql的电偶极子在空间任意

一点P处的电位为： UP140'Prr'3r'l，

'注意这里的r指的是l中点到P点的位矢。

本题中的电四极子的电位可以用两个偶极子电位的叠加来表示：

UP140lr2ql212， 40lr2ql现在同样用Tayler公式展开： 利用公式1x11!x12!x2......，并取二级近似，得

.

资料

ql11UP2240r2ll112r2rl3l2l3l2ql21212240rr4rr4r20r3ql

UP3ql2由 EPUP 即得P点的场强。 r20r4

2. 如图所示为另一种电四极子，设q和l都已知，P点到正方形的中

心O距离为x，PO与正方形的一对边平行，求P点的电场强度及

电位分布。

①+q l

l

②- q l x P ④- q l ③+q

解一：利用偶极子在中垂面上的场强分布：E140Pr3

将本题中的电四极子看作分别由①④和②③两个偶极子的组合，则有 偶极子①④在中垂线上P点的电场强度为：

E141340l，方向向下，

x2P偶极子②③在中垂线上P点的电场强度为：

.

资料

E231340l，方向向上，

x2PP11EE23E1433 则合场强：40llxx22由xl，上式可以用Tayler公式展开： 利用公式1x11!x12!x2......，并取二级近似，有

P11EP33340xll112x2x

P3l3l23l3l23ql21212340x2x2x2x2x40x43ql2于是有 UPExdx40x1ql2x4dx40x3。

x此题的扩展问题：考虑P点不在中垂面上，求解如下：

④- q l

l

O ①+q ②- q r θ l ③+q

极轴 l P(r, θ) 解二：如图所示，在极坐标下P点的坐标r,，先考虑P点的电位：

.

资料

UPU1U2U3U4U1U4U2U3

由偶极子专题的分析，偶极矩为Pql的电偶极子在空间任意一点P

处的电位为： UP140'Prr'3r'l，

'同样这里的r指的是l中点到P点的位矢。

设P点相对于偶极子①④和②③的位矢分别为r1，r2对应的与极轴的夹角为分别为1，2，则有：

Pr1cos111Pr1sin12U1U4 334040r1r1U2U3140Pr2sin2 3r2r1sin1r2sin2 故 U3340r1r2P又由几何关系有 r1sin1rsinr2sin2，且

llr1rcos，r2rcos，化简略去二阶小量得

22PrsinU4011Prsin3lr2cos6r3r34r021 3ql2sincos40r3UP9ql2sincos由 EPUP 即得P点的r40r2场强。

.

资料

3. 如图所示。两条均匀带电的无限长平行直线（与图纸垂直），电荷的线密度分别为e，相距为2a，求空间任一点Px,y的电位。 解： 取坐标原点O点的电位为零， 即 UO0。则根据无线长直导线 的电位分布公式，有：

ey P(x,y) ee导线在P点的电位为：

Ur1aeadrUOeln 20r20r1eeadrUOln 20r20r2a 0 a x e导线在P点的电位为：

Ur2a在直角坐标系中，r1所以P点的电位为：

xa2y2，r2xa2y2，

eaear2UPUUlnlnln20r2r120r1eln20xa2y2xa2y22exay2 ln40xa2y2本题要注意零电位的取法，对于无限的带电体，不能再取无限远处为零电位点。另外，几种典型模型（如无限大带电平面、无限长直导线、带电圆环、带电圆面、带电球面及带电球的电场强度和电位的分布要熟悉掌握，在处理具体问题的时候都可以直接运用它们的结果。） 8. 半径为a的导体，带电量为Q，球内有两个半径分别为b、c的球心空腔，中心处有电荷q1、q2。计算导体球内、球外空间的电位和场强。

.

资料

解：以无穷远处作为电位零点，即U0, （1） 导体球外：离球心距离ra处的电位

Qq1q2U140r

Qq1q2ˆ； EUr1由此得场强： 1240rQq1q2（2） 导体球上：即ra的电位为 U240a，

导体内部的场强 E0；

（3） 空腔1内：假设离空腔球心距离r1处的电位为 U3q140r1C1

1Qq1q2q1C 由边界条件：r1b时U3U2，得140ab

1Qq1q2q11U340r140ab40由此得场强：E3U3q140r12q1q1Qq1q2q1rab1ˆ； r（4） 空腔2内：同理假设离空腔球心距离r2处的电位为 U4q240r2C2

1Qq1q2q2 由边界条件：r2c时U4U2，得C240ac1q2Qq1q2q2 U4由此得场强：40r2ac.

资料

E4U4

q240r22ˆ。 r9. 接地导体球（半径为R），距球心为aRa处有一点电荷q。求空间电位分布。

解：此题参考上课时讲的例题。 10.

点电荷q处在导体壳的中心，壳的内外半径分别为R1、R2，

求场强的分布。并画出Er和Ur曲线。

解：根据题意，导体达到静电平衡时，导体内的场强为零，导体为等势体，在rR1的导体面上均匀分布电量为q的感应电荷，rR2的导体面上均匀分布电量为q的感应电荷。

（1） 考虑rR2的区域时，导体内部的电荷对外部电场没有影响， 该区域的电场只由导体外表面的电荷产生，则

E故 Uq40rq22ˆ r40R2； qR2EdrR240rdr（2）考虑R1rR2的区域，E0，电位如下：

UR2rEdrEdrR2q40r2R2dr40R2

q（3）考虑rR1的区域时，假设电位为

Uq40rC

.

资料

qqUC则由边界条件：rR1时

40R140R2

q11可得 C 40R2R1q111故 U 40rR2R1由此可得 EU11.

q40r2ˆ 。 r一球形电容器内外两壳的半径分别为R1、R4，现在两壳之间

放一个内外半径分别为R2、R3的同心导体球壳。 （1） 给内壳R1充以电量Q，求R1和R4两壳的电位差； （2） 求电容（即以R1和R4为两极的电容）。

解：（1）当内壳充电Q时，由于导体的静电感应作用，R2、R3、R4各球面上分别均匀分布电量为Q、Q、Q的感应电荷，故取半径为r的同心球面为高斯面，由高斯定理可以算出不同区域的场强分布：

0,rR11Q2,R1rR240rE0,R2rR31Q,RrR,rR34424r0则R1和R4两壳的电位差：

.

资料

U1U4R4R1R2EdlR1Q40r2dr0drR2R3R4Q40r2R3dr；

Q111140R1R2R3R4(2) 由电势差和极板带电量可得电容：

Q40C1111。 U1U4RRRR2341 12.

（P17114题）收音机里用的可变电容如13题图所示其有n个金属片。每片形状如14题图所示；相邻两片间的距离都是d，当动片转到两组片之间的夹角为时，证明：当较大时，略去边缘效应，它的电容为

n10r22r12C360d（其中以度为单位）；

同时运用虚功原理求电容器极板绕轴旋转时的转矩。

解：将此可变电容器视为n1个平板电容器的并联组合，每个小电容器的电容为：Ci0Sd,总的电容为 C

n10Sd。

若已知，则有 Sr22r12360n10r22r12C360d现在求转矩：

，得证；

.

资料

Q2由电容器的储能公式 W,根据虚功原理设想极板转动角度为

2CQ2111W一小量时，能量变化,其中的对应， 2CC360d11 22Cn10r2r1设极板的转矩为，则有W，由上式可得：

12Q360d。 222n10r2r1 13.

一平行板电容器两极板相距为2.0mm，电位差为400伏，其间

充满了介电常数r5.0的玻璃片。略去边缘效应，求玻璃表面上极化电荷的面密度e'。

解：由题意已知U，则可以求出平板电容器中的场强：E而极化强度矢量 P1r0E1r0'eU， dU， dUPnP1r0d故极化电荷面密度 。 40062518.8510127.10库/米2.0103 14.

平行板电容器两极极板3.0cm，其间放有一层r2.0的介质，

位置和厚度如图所示（P202页习题8的图），已知极板上面电荷密度

10为e08.910

库/米2，略去边缘效应，求：

.

资料

（5） 极板间各处的P、E、D； （6） 极板间各处的电位（设UA0）；

（7） 已知极板面积为0.11米2,求电容C,并与不加介质时的电容

C0比较。

解：（1）分区域讨论：

① 对于电介质外极板间的区域，即0x1和2x3时， 显然有P0，

e08.91010100牛顿/库仑 场强 E1208.8510电位移 D0EP8.851010库仑/米；

2② 对于电介质内部区域，即1x2时，由高斯定理得

De08.91010库仑/米2

e08.9101050牛顿/库仑 场强 E12r028.8510PD0E8.910108.851012504.451010库/米2

（2）讨论x取不同区域极板间的电位Ux： ① 0x1cm时，由于E100牛/库是常数，故

U1＝Ex1000.01＝1伏；

② 1x2cm时，E50牛/库，而

U20.0100.02e0e0dxdx＝1000.01＋500.01＝1.5伏

0.010r0③ 2x3cm时，E100牛/库，

U3UB＝.

0.010100dx0.020.0150dx＋0.030.02100dx＝2.5伏；

资料

e0SQ8.910100.1111法 C3.910（3）电容

VUBUA2.58.8510120.1111法 C3.210而0d0.03C1.2。 由此可得 C00S 15.

一半径为R的导体球带电荷Q，球外有一层同心球壳的均匀

介质，其内外半径分别为a和b，介电常数为。求： （1） 介质内外的电场强度E和电位移D；

（2） 介质内的极化强度P和表面的极化电荷密度； （3） 介质内的极化电荷体密度。

解：（1）取半径为r的同心球面为高斯面，由高斯定理，可得

''1Q,rRD4r2

rR0,1Qarb4r2,DQ1E2,Rra,rb由此可得 40r0,rR；

0Q1Q10QP22124r4r4rPD0E,得

；

（2）在介质内部

，

由

由Pn，分别求介质内外表面的极化面密度：

'.

资料

内表面： 'a10QPa12

4a140Q12

bQr'0P130。 （4） 由

4r'外表面：bPb 16.

圆柱形电容器是由半径为R1的导线和与它同轴的导体圆筒构

成，圆筒内半径为R2，长为L，其间充满了介电常数为的介质。设

沿轴线单位长度上，导线的电荷为0，圆筒的电荷为0，略去边缘效应。求： （1） 两极的电位差U；

（2） 介质中的电场强度E、电位移D、极化强度P； （3） 介质表面的极化电荷面密度；

（4） 电容C。（它是真空时电容C0的多少倍？） 解：取半径为r的同轴柱面为高斯面，根据高斯定理，

'0DdSq0，即D2rl0l,则有D ；

2rS0于是 E, 2rD0PD0E1且 两极板间的电压 U02r

R2R1R20R20EdldrlnR12r2R1；

.

资料

由Pn，分别对内部介质的极化面密度进行讨论：

'rR1： '1PR1'010 2R100rR2： 2PR21;

该电容器的电容为 C2LlnR2 ，R1由此可得与真空中电容的比值为：

.

2R2CC0。

0