第五章解答 - chinese article about electricity and magnetism

8/18/2019 - chinese article about electricity and magnetism

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第篇电磁

求解电磁学问题的基本思路和方法

1.微元法

在求解电场强度、电势、磁感强度等物理量时，微元法是常用的方法之

一.使用微元法的基础是电场和磁场的叠加原理.依照叠加原理，任意带电体

激发的电场可以视作电荷元d q 单独存在时激发电场的叠加，根据电荷的不

同分布方式，电荷元可分别为体电荷元 ρd V 、面电荷元σ d S 和线电荷元 λd l.

同理电流激发的磁场可以视作为线电流元激发磁场的叠加.

例如求均匀带电直线中垂线上的电场强度分布.可取带电线元 λd l 为电

荷元，每个电荷元可视作为点电荷，建立坐标，利用点电荷电场强度公式将

电荷元激发的电场强度矢量沿坐标轴分解后叠加

α λ

ε cos

d

π4

12

2/

2/0 r

l E E

l

l y ∫−==

统一积分变量后积分，就可以求得空间的电场分布.类似的方法同样可用于求电势、磁感应强度的分布.

此外值得注意的是物理中的微元并非为数学意义上真正的无穷小，而是

测量意义上的高阶小量.从形式上微元也不仅仅局限于体元、面元、线元，

在物理问题中常常根据对称性适当地选取微元.

例如，求一个均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布，可以取宽度为d r 的

同心带电圆环为电荷元，再利用带电圆环轴线上的电场强度分布公式，用叠

加的方法求得均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布.2.对称性分析

对称性分析在求解电磁场问题时是十分重要的.通过分析场的对称性，可

以帮助我们了解电磁场的分布，从而对求解电磁学问题带来极大方便.而电

磁场的对称性有轴对称、面对称、球对称等.下面举两个例子.

在利用高斯定律求电场强度的分布时，需要根据电荷分布的对称性选择

适当的高斯面，使得电场强度在高斯面上为常量或者电场强度通量为零，就

能够借助高斯定律求得电场强度的分布.相类似在利用安培环路定律求磁感


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强度的分布时，依照电流分布的对称性，选择适当的环路使得磁感强度在环

路上为常量或者磁场环流为零，借助安培环路定律就可以求出磁感强度的分

布.

3.补偿法

补偿法是利用等量异号的电荷激发的电场强度，具有大小相等方向相反

的特性；或强度相同方向相反的电流元激发的磁感强度，具有大小相等方向

相反这一特性，将原来对称程度较低的场源分解为若干个对称程度较高的场

源，再利用场的叠加求得电场、磁场的分布.

例如在一个均匀带电球体内部挖去一个球形空腔，显然它的电场分布不

再呈现球对称.为了求这一均匀带电体的电场分布，我们可将空腔带电体激

发的电场视为一个外半径相同的球形带电体与一个电荷密度相同且异号、半

径等于空腔半径的小球体所激发电场的矢量和.利用均匀带电球体内外的电

场分布，即可求出电场分布.

4.类比法

在电磁学中，许多物理量遵循着相类似的规律，例如电场强度与磁场强度、

电位移矢量与磁感强度矢量、电偶极子与磁偶极子、电场能量密度与磁场能

量密度等等.他们尽管物理实质不同，但是所遵循的规律形式相类似.在分析

这类物理问题时借助类比的方法，我们可以通过一个已知物理量的规律去推测对应的另外一个物理量的规律.例如我们在研究 LC 振荡电路时，我们得

到回路电流满足的方程

01

d

d 2

2

=+ i LC t

i

显然这个方程是典型的简谐振动的动力学方程，只不过它所表述的是含有电

容和自感的电路中，电流以简谐振动的方式变化罢了.

5.物理近似与物理模型

几乎所有的物理模型都是理想化模型，这就意味着可以忽略影响研究对

象运动的次要因素，抓住影响研究对象运动的主要因素，将其抽象成理想化

的数学模型.既然如此，我们在应用这些物理模型时不能脱离建立理想化模

型的条件与背景.例如当带电体的线度远小于距所考察电场这一点的距离

时，一个带电体的大小形状可以忽略，带电体就可以抽象为点电荷.但是一

旦去研究带电体临近周围的电场分布时，将带电体当作点电荷的模型就失效

了.在讨论物理问题时一定要注意物理模型的适用条件.同时在适用近似条

件的情况下，灵活应用理想化模型可大大简化求解问题的难度.


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电磁学的解题方法还有很多，我们希望同学们通过练习自己去分析、归

纳、创新和总结.我们反对在学习过程中不深入理解题意、不分析物理过程、

简单教条地将物理问题分类而“套”公式的解题方法.希望同学们把灵活运

用物理基本理论求解物理问题当成是一项学习的研究课题，通过求解问题在

学习过程中自己去领悟、体会，通过解题来感悟到用所学的物理知识解决问

题后的愉悦和快乐，进一步加深理解物理学基本定律，增强学习新知识和新

方法的积极性.


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第五章静电场

5 1 电荷面密度均为＋σ 的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A)放置，其周围空间各点电场强度 E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随

位置坐标 x 变化的关系曲线为图(B)中的( )

分析解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为02ε

σ ，方向沿带电平

板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因

而正确答案为( B ).

5 2 下列表述正确的是 ( )

(A)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷

(B)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零

(C)闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零

(D)闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零

分析解依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，

曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面

的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线

数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；

同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不

可能为零，因而正确答案为( B ).


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5 3 下列表述正确的是( )

(A) 电场强度为零的点，电势也一定为零

(B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零

(C) 电势为零的点，电场强度也一定为零

(D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零

分析解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表

示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到

参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该

点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.

因而正确答案为( D ).

5 4 在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩 p 的方

向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将 ( )

(A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩 p 水平指向棒尖端而停止

(B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩 p 水平指向棒尖端，同时沿电场线方向

朝着棒尖端移动

(C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩 p 水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动

(D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩 p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场

线方向朝着棒尖端移动

分析解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指

向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确

答案为( B ).

5 5

精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21

e，

而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e，由最极端的情况考

虑，一个有8 个电子，8 个质子和8 个中子构成的氧原子所带的最大可能净


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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

220 4π

1

Lr

Q

ε E

−=

(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为

220 4π2

1

Lr r

Q

ε E

+=

若棒为无限长( 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，建立坐标系。在长直线上任意取一线元d x，其电荷为d q ＝

Qd x/ L，它在点P 的电场强度为（以下黑体表示矢量）

r r

qe E

2

0

d

π4

1d

′=

ε

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) P 在棒的延长线上，棒上各电荷元在点P 产生的电场强度方向相同

∫= L E i E d (2) 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，因对称性叠加后为零，则点P 的电场强度为


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∫ ∫== L y E α E j j E d sind

证 (1) 延长线上一点P 的电场强度的大小为 ∫ ′= L r πεq

E 2

02

d ，利用几何关

系 r ′＝r － x，统一积分变量，则

( ) 22002

2

20 4π

1

2/

1

2/

1

π4

d

π4

1

Lr

Q

ε Lr Lr Lε

Q

xr L

xQ

ε E

L/

-L/ P

−=

+−

−=

−= ∫

而电场强度的方向沿 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 ε

qα E

L

d

π4

d sin2

0∫

′

=

利用几何关系 sin α＝r /r ′，22 xr r +=′ 统一积分变量，则

( ) 2203/2222

20 4

1

π2

d

π4

1

Lr r ε

Q

r x L

xrQ

ε E

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 ε

λ

Lr

LQ

r ε E

l

0

220

π2

/41

/

π2

1lim

=

+=

∞→

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 10 一半径为 R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ ，求球心

处电场强度的大小.

分析

这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半


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球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5 －3 节的例1 可以看

出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的

电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.

解将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元

θ θ RδS δq d sinπ2d d 2⋅== ，在点O 激发的电场强度为

( ) i E3/222

0

d

π4

1d

r x

q x

ε +=

由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系

θ R x cos= ， θ Rr sin= 统一积分变量，有

( )θ θ θ

ε

δ

θ θ Rπ δ

R

θ R

πεr x

q x

πε

E

d cossin2

d sin2cos

4

1d

4

1d

0

2

3

0

3/2220

=

⋅=

+

=

积分得 0

2/

00 4

d cossin2 ε

δθ θ θ

ε

δ E

π

∫ ==

5 11 水分子H2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧

原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子

较远处的电场强度.

分析水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为

00 er P = ，而夹角为2θ .叠加后水分子的电偶极矩大小为 θ er P cos2 0= ，方

向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离 x ＞＞r 0 ，利用教材第

5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度

3

0

2

π4

1

x

p

ε E =

可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布.


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解1 水分子的电偶极矩 θ er θ PP cos2cos2 00 == 在电偶极矩延长线上

3

0

0

3

0

0

3

0

cos

π

1cos4

π4

12

π4

1

x

θ er

ε x

θ er

ε x

p

ε E ===

解

2 在对称轴线上任取一点A，则该点的电场强度

+− += E E E

2

0

2

0 π4

2

π4

cos2cos2

xε

e

r ε

θ er E β E E −=−= +

由于 θ xr r xr cos2 02

0

22 −+=

r

θ r x β

coscos 0

−=

代入得

( )

−

−+

−=

23/2

0

2

0

2

0

0

1

cos2

cos

π4

2

xθ xr r x

θ r x

ε

e E

测量分子的电场时，总有 x ＞＞r 0 ，因此，式中

( )

⋅−≈

−≈−+

x

θ r x

x

θ r xθ xr r x

cos2

2

31

cos21cos2 03

3/2

033/2

0

2

0

2，将上

式化简并略去微小量后，得

3

0

0

cos

π

1

x

θ er

ε

E =

5 12 两条无限长平行直导线相距为r 0 ，均匀带有等量异号电荷，电荷

线密度为 λ. 求

(1)两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离

为 x)；

(2) 每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.


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( ) ( )

k

k

k E

4

2

0

22

22

0

2222

0

6

π4

...32

1...32

112

π4

/1

1

/1

112

π4

z

qd

ε

q

z

d

z

d

z

d

z

d

z zε

q

zd zd z zε

q

=

++−+++++−=

−+

−+−=

通常将Q ＝2qd 2 称作电四极矩，代入得P 点的电场强度

k E4

0

3

π4

1

z

Q

ε=

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 2

s

cos

cosd

R E dS E

dS E S

s

S S

π θ

θ

==

=⋅=

∫

∫∫ EΦ

最后一个积分是将球面投影到大圆面上。

或取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为

( )r θ θ θ E eee E sinsincossincos ++=

r θ θ R eS d d sind 2=

E R

θ θ ER

θ θ ERS S

2

π

0

π

0

22

22

π

d sind sin

d d sinsind

=

=

=⋅=

∫ ∫

∫∫ S EΦ

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（这是高斯

定理要求的条件），由于闭合面内无电荷，由高斯定理


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∑∫∫∫ ==⋅+⋅=⋅ ′ 01

d d d 0

qS S s ε

S ES ES E

这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S′的电场强度通量在数值上

等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而

∫∫ ′ ⋅−=⋅= S S S ES EΦ d d 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有

∫∫ ′ ⋅−=⋅= S S S ES EΦ d d 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，

E RdS E S

S

2

'

πcosd =−=⋅−= ∫∫ ′ π S EΦ

5 15 边长为a 的立方体如图所示，其表面分别平行于Oxy、Oyz 和Ozx

平面，立方体的一个顶点为坐标原点.现将立方体置于电场强度

( )1 2 E kx E + E = i + j (k ， E 1 ， E 2 为常数)的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量.

解如图所示，由题意 E 与Oxy 面平行，所以任何相对Oxy 面平行的立方

体表面，电场强度的通量为零，即 0== DEFGOABC ΦΦ .而

( )[ ] ( ) 2221ABGF d a E dS E kx E =⋅++=⋅=

∫ ∫ j jiS EΦ

考虑到面CDEO 与面 ABGF 的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，

故有

2

2a E ABGF CDEO −=−= ΦΦ

同理 ( )[ ] ( ) 2121AOEF d a E dS E E −=−⋅+=⋅= ∫ ∫ i jiS EΦ ( )[ ] ( ) ( ) 2121BCDG d aka E dS E ka E Φ +=⋅++=⋅= ∫ ∫ i jiS E

因此，整个立方体表面的电场强度通量 3

ka== ∑ΦΦ


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5 16 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，

在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有

负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为 1mV120 −⋅ ，方向指向地面.试求

地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).

分析考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心

的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.

解在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径

E R R ≈ ( E R 为地球平均半径).由高斯定理

∑∫ =−=⋅ qε R E E 02 1

π4d S E

地球表面电荷面密度

∑ −−×−=−≈= 2902 cm1006.1π4/ E ε Rqσ E 单位面积额外电子数

25 cm1063.6/ −×=−= eσ n

5 17 设在半径为 R 的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为

( )

( ) Rr ρ

kr ρ

>=

≤≤=

0

R r 0

k 为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度 E 与r 的函数关系.

分析通常有两种处理方法：

方法一

(1) 利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而

电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上

电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有 2

Sπ4d r E ⋅=⋅∫ S E


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根据高斯定理 ∫∫ =⋅ V d 1

d 0

ρ ε

S E ，可解得电场强度的分布.

解：在 Rr < 区域，半径为 r 的高斯面内所包围的净电荷为

4

0

2 ''4'd r k dr r kr V r

π π ρ == ∫∫

则 42

π4 r k r E π =⋅

ekr

E

0

2

4ε = 注意 E 的方向。

(2) 在 Rr > 区域，半径为 r 的高斯面内所包围的净电荷为 4

0

2 ''4'd Rk dr r kr V R

π π ρ == ∫∫ 则

42π4 Rk r E π =⋅

r r

kR e E 2

0

2

4ε =

方法二

利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个

同心带电球壳，球壳带电荷为 r r ρq ′′⋅= d π4d 2 ，每个带电球壳在壳内激发

的电场 0d = E ，而在球壳外激发的电场

r r ε

qe E 2

0π4

d d =

由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布

( ) ( )

( ) ( ) Rr r

r

R

r

>=

≤≤=

∫

∫ d

R r 0 d

0

0

E E

E E

解2 将带电球分割成球壳，球壳带电

r r r k V ρq ′′′== d π4d d 2

由上述分析，球体内(0≤r ≤ R)

( ) r r r

ε

kr

r

r r r k

εr ee E

0

2

2

2

00 4

d π4

π4

1=

′′⋅′= ∫

球体外(r ＞ R)

( ) r r R

r

kR

r

r r r k r ee E

2

0

2

2

2

00 4

d 4

4

1

ε

π

πε =

′′⋅′= ∫


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5 18 一无限大均匀带电薄平板，电荷面密度为σ ，在平板中部有一半径

为r 的小圆孔.求圆孔中心轴线上与平板相距为 x 的一点P 的电场强度.

分析用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的

对称性电场.本题的电场分布虽然不具有这样的对称性，但可以利用具有对

称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的分布.若把小圆

孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平板等效于一个完整

的带电平板和一个带相反电荷(电荷面密度σ′ ＝－σ )的小圆盘.这样中心轴

线上的电场强度等效于平板和小圆盘各自独立在该处激发电场的矢量和.

解由教材中第5 －4 节例4 可知，在无限大带电平面附近

nε

σ e E

01 2

=

ne 为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场

n

r x

x

ε

σ e E

+−−=

220

2 12

它们的合电场强度为

n

r x

x

ε

σ e E E E

220

212 +

=+=

在圆孔中心处 x ＝0，则

＝0

在距离圆孔较远时 x ＞＞r ，则

nn

xr ee E

022

0 2/1

1

2 ε

σ

ε

σ ≈

+=

上述结果表明，在 x ＞＞r 时，带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽

略不计.


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5 19 在电荷体密度为 ρ 的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，若将带

电体球心O 指向球形空腔球心O′ 的矢量用 a 表示(如图所示).试证明球形空

腔中任一点的电场强度为

a E03ε

ρ=

分析本题带电体的电荷分布不满足球对称，其电场分布也不是球对称分

布，因此无法直接利用高斯定理求电场的分布，但可用补偿法求解.挖去球

形空腔的带电球体在电学上等效于一个完整的、电荷体密度为 ρ 的均匀带电

球和一个电荷体密度为－ ρ、球心在O′ 的带电小球体(半径等于空腔球体的半

径).大小球体在空腔内P 点产生的电场强度分别为 E1 、 E2 ，则P 点的电

场强度 E＝ E1 ＋ E2 .

证带电球体内部一点的电场强度为

r E03ε

ρ=

所以 r E0

13ε

ρ= ， 2

0

23

r Eε

ρ−=

( )210

213

r r E E E −=+=ε

ρ

根据几何关系 a r r =− 21 ，上式可改写为

a E03ε

ρ=

5 20 一个内外半径分别为 R1 和 R2 的均匀带电球壳，总电荷为Q1 ，球

壳外同心罩一个半径为 R3 的均匀带电球面，球面带电荷为Q2 .求电场分布.

电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？试分析.


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分析以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.

由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径

矢方向，且大小相等.因而 24d r π E ⋅=∫ S E .在确定高斯面内的电荷∑q

后，利用高斯定理

∑∫ =

0/d εqS E 即可求出电场强度的分布.

解取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析

∑=⋅ 02 /π4 εqr E r ＜ R1 ，该高斯面内无电荷， 0=∑q ，故 01 = E

R1 ＜r ＜ R2 ，高斯面内电荷 ( )

3

1

3

2

3

1

3

1

R R

Rr Qq

−

−=∑

故 ( )( ) r er R R Rr Q

E

23

1

3

20

3

1

3

12π4 −

−= ε

R2 ＜r ＜ R3 ，高斯面内电荷为Q1 ，故

r er

Q E

2

0

13

π4 ε =

r ＞ R3 ，高斯面内电荷为Q1＋Q2 ，故

r er

QQ E

2

0

214

π4 ε

+= 注意电场方向

电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(B)所示.

在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴

r ＝ R3 的带电球面两侧，电场强度的跃变量

0

2

30

234

π4Δ

ε

σ

Rε

Q E E E ==−=

这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带

电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题

中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E 的变化就变陡，最后当厚


20/32

度趋于零时，E的变化成为一跃变.

5 21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为 R1 和 R2

＞ R1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：

(1) r ＜ R1 ；(2) R1 ＜r ＜ R2 ；(3) r ＞ R2 .

分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取

同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且

∫ ⋅=⋅ rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.

解作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理

∑= 0/π2 ε qrL E r ＜ R1 ， 0=∑q

01 = E

在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变

R1 ＜r ＜ R2 ， L λq =∑

r er

E

0

2π2 ε

λ =

r ＞ R2， 0=∑q

03 = E 在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变

000 π2π2Δ

ε

σ

rLε

L λ

r ε

λ E ===

这与5 －20 题分析讨论的结果一致.

5 22 如图所示，有三个点电荷Q1 、Q2 、Q3 沿一条直线等间距分布且

Q1 ＝Q3 ＝Q.已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q1 、Q3 的


21/32

情况下，将Q2从点O 移到无穷远处外力所作的功.

分析由库仑力的定义，根据Q1 、Q3 所受合力为零可求得Q2 .外力作功W ′

应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种：(1)

根据功的定义，电场力作的功为

l Ed 0 2∫

∞

= QW 其中 E 是点电荷Q1 、Q3 产生的合电场强度.

(2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有

( ) 0202 V QV V QW =−= ∞ 其中V 0 是Q1 、Q3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势).

解1 由题意Q1 所受的合力为零

( )

0

2π

4π4

2

0

312

0

21 =+

d ε

QQ

d ε

QQ

解得 QQQ4

1

4

132 −=−=

由点电荷电场的叠加，Q1 、Q3 激发的电场在 y 轴上任意一点的电场强度为

( ) 2/322031

π2 yd ε

Q E E E

y

y y

+=+=

将Q2 从点O 沿 y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想

为什么？)外力所作的功为

( ) d εQ

y yd ε

QQQW

y

0

2

2/322

000

2π8

d π24

1d =

+⋅

−−=⋅−=′ ∫∫

∞∞

l E

解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时 QQ4

12 −= ，并由电势

的叠加得Q1 、Q3 在点O 的电势

d ε

Q

d ε

Q

d ε

QV

00

3

0

10

π2π4π4=+=

将Q2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功


22/32

d ε

QV QW

0

2

02π8

=−=′

比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因

为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多.

5 23 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为

r r ε

λe E

0π2=

为电荷线密度.(1)求在r ＝r 1 和r ＝r 2 两点间的电势差；(2)在点电荷的电

场中，我们曾取r →∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能

否这样取？试说明.

解 (1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有

1

2

0

12 lnπ2

d 2

1 r

r

ε

λU

r

r =⋅= ∫ r E

(2) 不能.严格地讲，电场强度 r er ε

λ E

0π2= 只适用于无限长的均匀带电直

线，而此时电荷分布在无限空间，r →∞处的电势为 ∞→U ，这是没有物理意义的.

5 24 水分子的电偶极矩p 的大小为6.20 ×10－30

C· m.求在下述情况

下，距离分子为r ＝5.00 ×10－9 m 处的电势.(1) 0θ = °；(2) 45θ = °；

(3) 90θ = °，θ 为r 与 p 之间的夹角.

解由点电荷电势的叠加

2

000

Pπ4

cos

π4π4 r ε

θ p

r ε

q

r ε

qV V V =

−+=+=

−+

−+

(1) 若

o

0=θ V1023.2π43

20

P

−

×== r ε

p

V

(2) 若 o45=θ V1058.1

π4

45cos 32

0

o

P

−×==r ε

pV

(3) 若 o90=θ 0

π4

90cos2

0

o

P ==r ε

pV

5 25 一个球形雨滴半径为0.40 mm，带有电量1.6 pC，它表面的电势有

多大？两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电

势又是多大？


23/32

分析取无穷远处为零电势参考点，半径为 R 带电量为q 的带电球形雨滴

表面电势为

R

q

εV

0π4

1=

当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为 R3 2 ，代入上式后可

以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势.

解根据已知条件球形雨滴半径 R1 ＝0.40 mm，带有电量q1 ＝1.6 pC，可

以求得带电球形雨滴表面电势

V36π4

1

1

1

0

1 == R

q

εV

当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径 13

2 2 R R = ，带有电量q2

＝2q1 ，雨滴表面电势

V572

2

π4

1

1

3

1

0

2 == R

q

εV

5 26 电荷面密度分别为＋σ 和－σ 的两块“无限大”均匀带电的平行平板，

如图(a)放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势

随位置坐标 x 变化的关系曲线.

分析

由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能

采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平

板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布.

解由“无限大” 均匀带电平板的电场强度 i02ε

σ ± ，叠加求得电场强度的

分布，


24/32

( )

( )

( )

>


25/32

其中 R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各

区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.

解1 (1) 由高斯定理可求得电场分布

( )

( )

( )220

213

212

0

12

11

π4

π4

0

Rr r ε

QQ

Rr Rr ε

Q

Rr

r

r

>+

=


26/32


27/32

得 ( )r ε

R ρr E

0

2

2=

取棒表面为零电势，空间电势的分布有

当r ≤ R 时

( ) ( )2200 4

d 2

r Rε

ρr

ε

r ρr V

R

r −== ∫

当r ≥ R 时

( )r

R

ε

R ρr r ε

R ρr V

R

r ln

2d

2 0

2

0

2

== ∫

如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线.

5 29 一圆盘半径 R ＝3.00 ×10－2 m.圆盘均匀带电，电荷面密度σ ＝

2.00×10－5 C·m

－2 .

(1) 求轴线上的电势分布；

(2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布；

(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.

分析将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上

一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即

可求得带电圆盘在轴线上的电势分布，再根据电场强度与电势之间的微分关

系式可求得电场强度的分布.

解 (1) 带电圆环激发的电势

220

d π2

π4

1d

xr

r r σ

εV

+=

由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的

( ) x x Rε

σ

xr

r r

ε

σ V

R

−+=

+

= ∫ 22

0

0 22

0 2

d

2

(1)


28/32

(2) 轴线上任一点的电场强度为

ii E

+−=−=

220

12d

d

x R

x

ε

σ

x

V (2)

电场强度方向沿 x 轴方向.

(3) 将场点至盘心的距离 x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得

V1691=V -1

mV5607 ⋅= E

当 x＞＞ R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为 C1065.5π 82 −×== σ Rq .

依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有

V1695

π4 0==

xε

qV

1-

2

0

mV5649π4

⋅== xε

q E

由此可见，当 x＞＞ R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作

点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过0.3％

和0.8％，这已足以满足一般的测量精度.

5 30 两个很长的共轴圆柱面( R1 ＝3.0×10－2 m， R2 ＝0.10 m)，带有

等量异号的电荷，两者的电势差为450 Ｖ.求：

(1)圆柱面单位长度上带有

多少电荷？(2) r ＝0.05 m 处的电场强度.

解 (1) 由习题5 －21 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为

r ε

λ E

0π2=

根据电势差的定义有

1

2

0

212 lnπ2

d 2

1 R

R

ε

λU

R

R=⋅= ∫ l E

解得 18

1

2120 mC101.2ln/π2

−− ⋅×== R

RU ε λ

(2) 解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度

1

0

mV7475π2

−⋅==r ε

λ E

5 31 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的

过程，叫做核聚变.在此过程中可以释放出巨大的能量.例如四个氢原子核

(质子)结合成一个氦原子核(α粒子)时，可释放出25.9MeV 的能量.即


29/32

MeV25.9e2HeH4 014

2

1

1 ++→

这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源.如果我们能在地球上实现核聚

变，就能获得丰富廉价的能源.但是要实现核聚变难度相当大，只有在极高

的温度下，使原子热运动的速度非常大，才能使原子核相碰而结合，故核聚

变反应又称作热核反应.试估算：(1)一个质子( H11 )以多大的动能(以电子

伏特表示)运动，才能从很远处到达与另一个质子相接触的距离？ (2)平均

热运动动能达到此值时，温度有多高？ (质子的半径约为1.0 ×10－15

m)

分析作为估算，可以将质子上的电荷分布看作球对称分布，因此质子周围

的电势分布为

r ε

eV

0π4

=

将质子作为经典粒子处理，当另一质子从无穷远处以动能 E k 飞向该质子时，

势能增加，动能减少，如能克服库仑斥力而使两质子相碰，则质子的初始动

能

R

e

r εeV E

2π4

12

0

2R K0 =≥

假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能，根据分子动理论

知：

kT E 2

3K =

由上述分析可估算出质子的动能和此时氢气的温度.

解 (1) 两个质子相接触时势能最大，根据能量守恒

eV102.72π4

1 52

0

2R K0 ×==≥ R

e

r εeV E

由 2

0K0

2

1vm E = 可估算出质子初始速率 17k00 sm102.1/2

−⋅×== m E v

该速度已达到光速的4％.

(2) 依照上述假设，质子的初始动能等于氢分子的平均动能

kT E E 2

3K K0 ==

得 K 106.53

2 9K0 ×≈=k

E T

实际上在这么高的温度下，中性原子已被离解为电子和正离子，称作等离子

态，高温的等离子体不能用常规的容器来约束，只能采用磁场来约束(托卡


30/32

马克装置)

5 32 在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为109 Ｖ，被迁移

的电荷约为30 C.(1) 如果释放出来的能量都用来使0 ℃的冰融化成0 ℃的

水，则可溶解多少冰？ (冰的融化热 L ＝3.34 ×105 J· kg)(2) 假设每一个

家庭一年消耗的能量为300kW·h，则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？

解 (1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量

Kg1098.8Δ 4×===

L

qU

L

E m

即可融化约 90 吨冰.

(2) 一个家庭一年消耗的能量为

J1008.1hkW3000 10

0 ×=⋅= E

8.2Δ

00

=== E

qU

E

E n

一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3 个家庭一年消耗的电

能.

5 33 两个半径为 R 的圆环分别带等量异号电荷±q，圆环如图相对O 点

对称平行放置，其间距为l，并且有 Rl > 时，轴线上电势2

0π4 xε

qlV =

分析

参照5 －7 节例1，带电圆环在轴线上一点的电势为


31/32

( )220 2/π4 l x Rε

qV

±+=

由电势的叠加可以求出两环圆心连线的 x 轴上的电势分布.

解

(1) 由带电圆环电势的叠加，两环圆心连线的 x 轴上的电势为

( ) ( )220

22

0 2/π42/π4 l x Rε

qV

l x Rε

qV

++=−

−+=

(2) 当 R xl x >>>> , 时，化简整理得

2

0

0

0

222

0

222

0

π4

...2

1...2

1π4

/1

1

/1

1

π4

4/π44/π4

xε

ql

x

l

x

l

xε

q

xl xl xε

q

llx x Rε

qV

llx x Rε

qV

=

+−−

++=

+

−

−

≈

+++=−

+−+=

在 R x >> 时带电圆环等效于一对带等量异号的点电荷，即电偶极子.上式就

是电偶极子延长线上一点的电势.

5 34 在Oxy面上倒扣着半径为 R 的半球面，半球面上电荷均匀分布，电荷面密度为σ .A 点的坐标为 (0, / 2) R ，B 点的坐标为 (3 / 2, 0) R ，求

电势差ABU .

分析电势的叠加是标量的叠加，根据对称性，带电半球面在Oxy平面上

各点产生的电势，显然就等于带电球面在该点电势的一半.据此，可先求出

一个完整球面在A、B 间的电势差AB

'U ，再求出半球面时的电势差 ABU .

由于带电球面内等电势，球面内A 点电势等于球表面的电势，故

( ) B R AB AB V V U U ′−′=′=2

1

2

1


32/32

其中V′ R 是带电球表面的电势，V′B 是带电球面在B 点的电势.

解假设将半球面扩展为带有相同电荷面密度σ的一个完整球面，此时在

A、B 两点的电势分别为

R A V ε

Rσ

Rε

QV ′===′

00π4

000 3

2

π4 ε

Rσ

r ε

Rσ

r ε

QV B ===′

则半球面在A、B 两点的电势差

( )062

1

ε

Rσ V V U B R AB =′−′=

5

35

在玻尔的氢原子模型中，电子沿半径为0.53 ×10

－10

m 的圆周绕原子核旋转.

(1) 若把电子从原子中拉出来需要克服电场力作多少功？

(2) 电子的电离能为多少？

解 (1) 电子在玻尔轨道上作圆周运动时，它的电势能为

r

e

ε E

2

0

pπ4

1=

因此，若把电子从原子中拉出来需要克服电场力作功

eV2.27π4 0

2

p ===′r ε

e E W

(2) 电子在玻尔轨道上运动时，静电力提供电子作圆周运动所需的向心力，

即 ( ) r mr εe /π4/ 2202 v= .此时，电子的动能为

r ε

em E

0

22

k π82

1== v

其总能量

r ε

e E E E 0

2

pk π8

−=+=

电子的电离能等于外界把电子从原子中拉出来需要的最低能量

eV6130 .== E E

由于电子围绕原子核高速旋转具有动能，使电子脱离原子核的束缚所需的电

离能小于在此过程中克服电场力所作的功.

第五章解答 - chinese article about electricity and magnetism

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