可得 2x?2?2dx??d2?0 解出 x???12?1?3?d
另有一解x???122?3?1?d不符合题意，舍去．
+q -3q O (2) 设坐标x处U＝0，则
x x d U?q x' 4???3q0x4??0?d?x?
?q?d?4x?4????x?d?x???0 0?得 d- 4x = 0, x = d/4 2.
解：(1) 设外力作功为AF电场力作功为Ae， 由动能定理：
AF + Ae = ???K
则 A-5
e＝???K－AF =－1.5310 J
(2) A??e?Fe?S??FeS??qES
E?A5
e/??qS??10 N/C
3.
解：设杆的左端为坐标原点O，x轴沿直杆方向．带电直
x dq (L+d－x) 杆的电荷线密度为?=q / L，在x处取一电荷元dq = ?dx O Ｐ dE x = qdx / L，它在P点的场强：
L d dE?dq4??2
0?L?d?x?2?qdx4??0L?L?d?x?L总场强为 E?qdx4??2?q4??0d?L?d?
0L?0(L?d－x)方向沿x轴，即杆的延长线方向． 4.
解：在球内取半径为r、厚为dr的薄球壳，该壳内所包含的电荷为
dq??dV?Ar?4?r2dr
在半径为r的球面内包含的总电荷为
q??rV?dV??04?Ar3dr??Ar4 (r≤R)
以该球面为高斯面，按高斯定理有 E241?4?r??Ar/?0
得到
E21?Ar/?4?0?， (r≤R)
方向沿径向，A>0时向外, A<0时向里．
在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有
E2?4?r2??AR4/?0 得到 E2?AR4/?4?0r2?， (r >R) 方向沿径向，A>0时向外，A<0时向里． 5.
解：球心处总电势应为两个球面电荷分别在球心处产生的电势叠加，即
U?1?q1q2???4?r221?4?r?4???????1?0?r1r?2?4??0r?2?r??r???1?r2? 12???0故得 ???0U?9r1?r?8.85?10 C/m2
26.
解：通过x＝a处平面1的电场强度通量
?1 = -E1 S1= -b a3
通过x = 2a处平面2的电场强度通量
y ?2 = E2 S2 = ?b a3
其它平面的电场强度通量都为零．因而通过该高斯面的总电场强 1 E 2 度通量为
1 E2 O ??=??33 32
a 2a x 1+??2 = ?b a-b a= b a =1 N2m/C 3分
7.
解：(1) 电偶极子在均匀电场中所受力矩为
? +q M??p?E?
p?E?其大小 M = pEsin??= qlEsin? ??-q 当??=?/2 时，所受力矩最大，
Mmax＝qlE＝2310-3 N2m
(2) 电偶极子在力矩作用下，从受最大力矩的位置转到平衡位置(?=0)过程中，电场力所作的功为A??0-3
?/?2Md???qlE?0?/sin2?d??qlE＝2310 N2m
8.
解： Eq21?q14??, E2?0d24??0d2
2E E?∵ 2q1?q2 ， ∴1?E2 由余弦定理：
1 60° 第 6 页 共 17 页
??E? d ??E? d
2 q60° 1 d q2
E?E1?E2?2E1E2cos6022??3E1
00U??Edx?x??2?0dx???x2?0
x?3q14??0d2= 3.113106 V/m
12.
解：用电势叠加原理可导出电偶极子在空间任意点的电势
??3U?p?r/?4??0r?
由正弦定理得：
Esin60??E1sin?, sin??E1Esin60??12
式中r为从电偶极子中心到场点的矢径．于是知A、B两点电势分别为
UA????= 30°
?∴E的方向与中垂线的夹角?＝60°，如图所示．
??p/?4??0R22?
UB?p/?4??0R?? ?p?p?
9.
解：由题意知
Ex=200 N/C , Ey=300 N/C ,Ez=0
平行于xOy平面的两个面的电场强度通量
?e1???E?S??EzS?0
??22?E?S??ExS??200 bN2m/C
b b y b q从A移到B电场力作功(与路径无关)为
A?q?UA?UB???qp/?2??0R2?
13.
解：(1) A1?(2) A2?x ?bac??oF?dS?qEabcos90?0
??o-3
F?dS?qEaccos180＝－1310 J ??o-3
F?dS?qEadsin45＝2.3310 J
平行于yOz平面的两个面的电场强度通量
?e2??ad“＋”，“－”分别对应于右侧和左侧平面的电场强度通量 平行于xOz平面的两个面的电场强度通量
???e3?E?S??EyS??300 b2 N2m2/C “＋”，“－”分别对应于上和下平面的电场强度通量. 10.
z O (3) A3?14.
a解：如图所示，P点场强为
???EP?E1?E2
?建坐标系Oxy，则EP在x、y轴方向的分量为
EPx?E1x?E2x?0?E2sin?
?14??0?q2r22 y ?E1 ???EP ?E??2 x 解：设闭合面内包含净电荷为Q．因场强只有x分量不为零，故只是二个垂直于x轴的平面上电场强度通量不
为零．由高斯定理得：
-E1S1+ E2S2=Q / ?0 ( S1 = S2 =S )
则 Q =??0S(E2- E1) =??0Sb(x2- x1)
= ?0ba(2a－a) =?0ba = 8.85310 C
11.
解：选坐标原点在带电平面所在处，x轴垂直于平面．由高斯定理可得场强分布为
E=±??/ (2?0)
(式中“＋”对x＞0区域，“－”对x＜0区域? . 平面外任意点x处电势： 在x≤0区域
00x r1 r2 sin?
14??0q1r12q1 q2 23-12
EPy?E1y?E2y?E1?E2cos????14??0?q2r22cos?
代入数值得 EPx= 0.4323104 N2C-1， EPy= 0.5493104 N2C-1 合场强大小 EP?EPx?EPy= 0.699310 N2C
224-1
??Ey/Ex? = 51.8° 方向：EP与x轴正向夹角 ??arctg15.
U??Edx??x??2?0dx??x2?0
??解：两带电平面各自产生的场强分别为：
EA??A ?A EA EA ?B EA /?2?0? 方向如图示
在x≥0区域
O x EB EB E A EB 第 7 页 共 17 页
E? E?? B x EB??B/?2?0? 方向如图示
由叠加原理两面间电场强度为
E?EA?EB???A??B?/?2?0?
=33104
N/C 方向沿x轴负方向
两面外左侧E??EB?EA???B??A?/?2?0?
=13104
N/C 方向沿x轴负方向
两面外右侧 E??= 13104 N/C 方向沿x轴正方向 16.
解：取坐标xOy如图，由对称性可知：Ex??dEx?0 y dEdqcos????dl dq y??4??20a4??cos?
0a2 ? ???4??cos??ad?
a d? dE0a2x O x 1E?0??dE? y??2?12?04??cos?d? dE0ay ???02??
0asin?2??q2??2sin?00a?02E???q?0?2??2sinj
0a?0217.
解：以O点作坐标原点，建立坐标如图所示．半无限长直线A∞在O点产生的场强E?1，
E?1??4?????i??0Rj?
y 半无限长直线B∞在O点产生的场强E?2，
?E?A 2 ?∞E??i???j?
E3 2?4??0R??O x 半圆弧线段在O点产生的场强EE?1 ∞3，
B E??3??2??i
0R由场强叠加原理，O点合场强为
E??E???1?E2?E3?0
18.
解：(1) 一根无限长均匀带电直线在线外离直线距离ｒ处的场强为：
E=? / (2??0r)
根据上式及场强叠加原理得两直线间的场强为
1 2 ????????E?E?E??1?E1 12?2????1? 0??a??a??-a/2 a/2 ???x?2????x??2????E2 O x ?2a???20?a?4x2?， 方向沿x轴的负方向
E (2) 两直线间单位长度的相互吸引力
F=?E=?2 / (2??0a)
19.
解：设空气中和介质中的电位移矢量和电场强度矢量分别为D????1、D2和E1、E2，则
U = E1d = E2d (1) D1 = ?0E1 (2) D2 = ?0?rE2 (3) + 联立解得 EU1?E?1000 V/m
E?2?2 E?1 U d - D91??0E1?8.85?10?C/m2
D?822??0?rE2?8.85?10C/m
方向均相同,由正极板垂直指向负极板．
20.
解：设小水滴半径为r、电荷q；大水滴半径为R、电荷为Q＝27 q．27个小水滴聚成大水滴，其体积相等273(4 / 3)?r3＝(4 / 3) ?R 3
得 R = 3r
小水滴电势 U0 = q / (4??0r) 大水滴电势 Q U?4???27q0R4??0?3r??9q4???9U0
0r21.
解：(1) 令无限远处电势为零，则带电荷为q的导体球，其电势为
U?q4??
0R将dq从无限远处搬到球上过程中，外力作的功等于该电荷元在球上所具有的电势能
dA?dW?q4??q
0Rd (2) 带电球体的电荷从零增加到Q的过程中，外力作功为
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QA??dA??qdq2q12q2
04??0R?Q8??0R
r?q1r?q1?2r?2q1?r2r1?r222.
由此得到 qr12q?91?解：因为所带电荷保持不变，故电场中各点的电位移矢量rr?6.67?10C
D?保持不变，
1?2r22q又 w?112w02?r?13.3?10?9C
2DE?2?D?111?r20?r?r2?D20?0?
qr两球电势 Uq1因为介质均匀，∴电场总能量 W?W1?U2??6.0?103 V
0/?r 4??0r123.
26.
解：未插导体片时，极板A、B间场强为：
解：应用安培环路定理和磁场叠加原理可得磁场分布为，
E1=V / d
插入带电荷q的导体片后，电荷q在C、B间产生的场强为：
B??0I?0I2?x?2?(3a?x) (a2?x?52a)
E2=q / (2?0S)
A B?的方向垂直x轴及图面向里．
则C、B间合场强为：
d/2 E1 E2 27.
E＝E1＋E2＝(V / d)＋q / (2?0S)
C d/2 E1 E2 解：当磁场B?方向与Ox轴成45°时如图所示．
因而C板电势为：
B U＝Ed / 2＝[V＋qd / (2?(1) ?F1?I?l1Bsin105??1.55?10?4N 0S)] / 2
方向垂直纸面向外．
24.
解：内球壳的外表面上极化电荷面密度为：
? ? ?F2?I?l2Bsin90??1.60?10?4N
??方向为垂直纸面向内．
r1?1Q1??P1n?P1??0?e1E1????1???1?r14?R2???Q?4?R2 (2) 因为ab与cd均与r1?B?平行，因此Fab?Fcd?0
外球壳的内表面上极化电荷面密度为：
(3) 如图所示．
????/2r2?1Q2?P2n??P2???0?e2E2????????1?1? Fbc??IRBsin(45???)d??2IRB?0.453N
r24πR2?Q???2 r2?4πR0两层介质分界面净极化电荷面密度为：
方向垂直纸面向外，同理 Fda?0.453 N，方向垂直纸面向里． ??????Q?1????24πR2?1??1?28.
??? r2?r1?解：由安培公式dF??Idl??B?，当B?的方向沿x轴正方向时
25.
(1)? ?F?41?I?l1Bsin60??1.39?10 N
解：两球相距很远，可视为孤立导体，互不影响．球上电荷均匀分布．设两球半径分别为r1和r2，导线连接后
方向垂直纸面向外(沿z轴正方向)， 的电荷分别为q1和q2，而q1 + q1 = 2q，则两球电势分别是
? ?F?42?I?l2Bsin135??1.13?10 N
U11?q4??， Uq22?0r1?
方向垂直纸面向里(沿z轴反方向)．
4?0r2b两球相连后电势相等， U1?U2，则有
(2) Fab??dF?IabBsin45??IRBsin45?asin45?第 9 页 共 17 页
y B? b 45° ????I x O c y b Idl?? B? ??x O c
?IRB?0.32 N，方向为垂直纸面向里．
把?Oa?3l/3，Oe?3l/6代入B1、B2，
同理 Fcd?IRB?0.32 N，方向垂直纸面向外．
?3?0I6?0I3?0I3则的大小为 B??(1?)?(3?1) B(3) 在bc圆弧上取一电流元Idl = IRd?，如图所示．这段电流元在磁场中所受力
24?l4?3l4?3ldF?IdlBsin??IRBsin?d? ?B的方向：垂直纸面向里．
方向垂直纸面向外，所以圆弧bc上所受的力
?/231.
?IRB?0.32N
Fbc??IRBsin?d?0?解：将i分解为沿圆周和沿轴的两个分量，轴线上的磁场只由前者产生．和导线绕制之螺线管相比较，沿轴方
方向垂直纸面向外，同理Fda?0.32 N，方向垂直纸面向里． 29.
解：AA＇线圈在O点所产生的磁感强度 BA? BC C O A＇ B 向单位长度螺线管表面之电流i的沿圆周分量isin?就相当于螺线管的nI． 利用长直螺线管轴线上磁场的公式 B = ?0nI 便可得到本题的结果
B = ?0 isin?
?0NAIA2rA32.
解： I?R??
B?By?BA C＇ ?250?0 (方向垂直AA＇平面)
??CC＇线圈在O点所产生的磁感强度 BC??0R??2(R?y)223/23
?0NCIC2rC?500?0 (方向垂直CC＇平面)
A ?B的方向与y轴正向一致．
221/2?4?7.02?10 T O点的合磁感强度 B?(BA?BC)33.
解：(1) 在环内作半径为r的圆形回路, 由安培环路定理得
B?2?r??NI， B??NI/(2?r)
B的方向在和AA＇、CC＇都垂直的平面内，和CC＇平面的夹角
??tg30.
?1BCBA?63.4?
在r处取微小截面dS = bdr, 通过此小截面的磁通量
dΦ?BdS??NI2?rbdr
????解：令B1、B2、Bab和Bacb分别代表长直导线1、2和通电三角框的 ab、ac和cb边在O点产生的磁感强度．则
?????B?B1?B2?Bacb?Bab
穿过截面的磁通量
Φ??B1：对O点，直导线1为半无限长通电导线，有
?SBdS??NI2?rbdr??NIb2?lnR2R1
B1??0I4?(Oa)?， B1的方向垂直纸面向里．
(2) 同样在环外( r < R1 和r > R2 )作圆形回路, 由于?Ii?0
B?2?r?0
?B2：由毕奥－萨伐尔定律，有 B2??0I4?(Oe)∴ B = 0
(sin90??sin60?)
34.
解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r处的磁感强度的大小，由安培环路定律可得：
B?方向垂直纸面向里．
Bab和Bacb：由于ab和acb并联，有 Iab?ab?Iacb?(ac?cb)
?0I2?R2r(r?R)
根据毕奥－萨伐尔定律可求得 Bab=Bacb且方向相反．
???所以 ? B?B1?B2
因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通?1为
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