大学物理解答下13-19 湖南大学出版社

1

第十三章 静电场

P38．

13．1 如图所示，

在直角三角形ABCD 的A 点处，有点电荷q 1 = 1.8×10-9C ，B 点处有点电荷q 2 = -4.8×10-9

C ，AC = 3cm ，BC = 4cm ，试求C 点的场强．

[解答]根据点电荷的场强大小的公式

22

014q q

E k r r ==

πε， 其中1/(4πε0) = k = 9.0×109N·m 2·C -2．

点电荷q 1在C 点产生的场强大小为

1

12

01

4q E AC =

πε 9

94-1

22

1.810910 1.810(N C )(310)

--?=??

=???， 方向向下．

点电荷q 2在C 点产生的场强大小为

222

0||

1

4q E BC =

πε 99

4-1

22

4.810910 2.710(N C )(410)

--?=??=???， 方向向右．

C 处的总场强大小为

E =

44-110 3.24510(N C )==??，

总场强与分场强E 2的夹角为

1

2

arctan

33.69E E ==?θ．

13．2 半径为R 的一段圆弧，圆心角为

60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其电线密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强．

[解答]在带正电的圆弧上取一弧元 d s = R d θ，

电荷元为d q = λd s ，

在O 点产生的场强大小为

22

0001

d 1d d d 444q s E R R R λλθπεπεπε=

==， 场强的分量为d E x = d E cos θ，d E y = d E sin θ．

对于带负电的圆弧，同样可得在O 点的场强的两个分量．由于弧形是对称的，x 方向

的合场强为零，总场强沿着y 轴正方向，大小为

2d sin y L

E E E ==?θ

/6/6

000

0sin d (cos )22R R

==-?ππλλθθθπεπε

0(12R

=λ

πε．

13．3 均匀带电细棒，棒长a = 20cm ，电荷线密度为λ = 3×10-8C·m -1，求：

（1）棒的延长线上与棒的近端d 1 = 8cm 处的场强；

（2）棒的垂直平分线上与棒的中点相距d 2 = 8cm 处的场强．

[解答]（1）建立坐标系，其中L = a /2 = 0.1(m)，x = L+d 1 = 0.18(m)．0

在

细棒上取一线元d l ，所带的电

量为d q = λd l ，

根据点电荷的场强公式，电荷元在P 1点产

图13.1

1

生的场强的大小为

122

0d d d 4()

q l

E k r x l ==-λπε 场强的方向沿x 轴正向．因此P 1点的总场

强大小通过积分得

120d 4()L

L

l

E x l λπε-=

-? 014L

L

x l

λπε-=

-

011

()4x L x L

λπε=--+ 2201

24L x L λ

πε=

-． ①

将数值代入公式得P 1点的场强为

8

9

122

20.13109100.180.1

E -???=??- = 2.41×103(N·C -1)，

方向沿着x 轴正向．

（2）建立

坐标系，y = d 2． 在细棒上取一线元d l ，所

带的电量为 d q = λd l ，

在棒的垂直平

分线上的P 2点产生的场强的大小为

222

0d d d 4q l

E k

r r

λπε==， 由于棒是对称的，x 方向的合场强为零，y

分量为 d E y = d E 2sin θ．

由图可知：r = d 2/sin θ，l = d 2cot θ， 所以 d l = -d 2d θ/sin 2θ， 因此 02

d sin d 4y E d λ

θθπε-=，

总场强大小为

02

sin d 4L

y l L

E d λ

θθπε=--=

?

02

cos 4L

l L

d λθπε=-=

L

L

=-=

=

． ②

将数值代入公式得P 2点的场强为

8

9

221/2

20.13109100.08(0.080.1)y E -???=??

+ = 5.27×103(N·C -1)． 方向沿着y 轴正向．

[讨论]（1）由于L = a /2，x = L+d 1，代入①式，化简得

10110111

44/1

a E d d a d d a λλπεπε=

=

++， 保持d 1不变，当a →∞时，可得

101

4E d λ

πε→

， ③

这就是半无限长带电直线在相距为d 1的延长线上产生的场强大小．

（2）由②式得

y E =

=

，

当a →∞时，得 02

2y E d λ

πε→

， ④

这就是无限长带电直线在线外产生的场强公式．

如果d 1=d 2，则有大小关系E y = 2E 1．

2

13．4 一均匀带电的细棒被弯成如图所示的对称形状，试问θ为何值时，圆心O 点处的场强为零．

[解答]设电荷线

密度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场强．

在圆弧上取一

弧元 d s =R d φ， 所带的电量为

d q = λd s ，

在圆心处产生的场强的大小为

2200d d d d 44q s E k

r R R

λλ?πεπε===， 由于弧是对称的，场强只剩x 分量，取x 轴方向为正，场强为

d E x = -d E cos φ． 总场强为

2/2

0/2

cos d 4x E R πθθ

λ??πε--=

?

2/2

0/2

sin 4R

πθθλ?

πε--=

0sin 22

R λθπε=

，

方向沿着x 轴正向．

再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强．

根据上一题的公式③可得半无限

长带电直线在延长上O 点产生的场强大小为

`04E R

λ

πε=

，

由于两根半无限长带电直线对称放置，它们

在O 点产生的合场强为

``02cos

cos 2

22

x E E R θ

λθ

πε==

，

方向沿着x 轴负向．

当O 点合场强为零时，必有`

x x E E =，可得 tan θ/2 = 1， 因此 θ/2 = π/4， 所以 θ = π/2．

13．5 一宽为b 的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为ζ，

如图所示．试求：

（1）平板所在平面内，距薄板边缘为a

处的场强．

（2）通过薄板几

何中心的垂直线上与

薄板距离为d 处的场

强．

[解答]（1）建

立坐标系．在平面薄

板上取一宽度为d x 的带电直线，电荷的

线密度为

d λ = ζd x ， 根据直线带电线的场强公式

02E r

λ

πε=

， 得带电直线在P 点产生的场强为

00d d d 22(/2)

x

E r

b a x λσπεπε=

=

+-，

其方向沿x 轴正向．

由于每条无限长直线在P 点的产生的场强方向相同，所以总场强为

/2

0/2

1

d 2/2b b E x b a x σπε-=

+-? /2

/2

ln(/2)2b b b a x σ

πε--=+-

0ln(1)2b

a

σπε=

+． ①

图13.4

图13.5

3

场强方向沿x 轴正向．

（2）为了便于观察，将薄板旋转建立坐标系．仍然在平面薄板上取一宽度为d x 的带电直

线，电荷的线密度仍然为

d λ = ζd x ，

带电直线在Q 点产生的场强为

2

21/2

00d d d 22()

x

E r

b x λσπεπε=

=

+，

沿z 轴方向的分量为

221/2

0cos d d d cos 2()z x

E E b x σθθπε==

+，

设x = d tan θ，则d x = d d θ/cos 2θ，因此

d d cos d 2z E E σ

θθπε==

积分得

arctan(/2)

0arctan(/2)

d 2b d z b d E σ

θπε-=

? 0arctan()2b

d

σπε=

． ② 场强方向沿z 轴正向．

[讨论]（1）薄板单位长度上电荷为

λ = ζb ，

①式的场强可化为

0ln(1/)

2/b a E a b a

λπε+=

，

当b →0时，薄板就变成一根直线，应用罗

必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为

02E a

λ

πε→

， ③

这正是带电直线的场强公式．

（2）②也可以化为

0arctan(/2)

2/2z b d E d b d

λπε=

，

当b →0时，薄板就变成一根直线，应用罗

必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为

02z E d

λ

πε→

，

这也是带电直线的场强公式．

当b →∞时，可得

2z E σ

ε→

， ④ 这是无限大带电平面所产生的场强公式．

13．6 （1）点电荷q 位于一个边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体一面的电通量是多少？

（2）如果将该场源点电荷移到立方体的的一个角上，这时通过立方体各面的电通量是多少？

[解答]点电荷产生的电通量为

Φe = q/ε0．

（1）当点电荷放在中心时，电通量要穿过6个面，通过每一面的电通量为

Φ1 = Φe /6 = q /6ε0．

（2）当点电荷放在一个顶角时，电通量要穿过8个卦限，立方体的3个面在一个卦限中，通过每个面的电通量为

Φ1 = Φe /24 = q /24ε0；

立方体的另外3个面的法向与电力线垂直，通过每个面的电通量为零．

13．7 面电荷密度为ζ的均匀无限大带电平板，以平板上的一点O 为中心，R 为半径作一半球面，如图所示．求通过此半球面的

电通量．

[解答]设想

在平板下面补一个半球面，与上面的半球面合成一个球面．球面内包含的电荷为

q = πR 2ζ， 通过球面的电通量为

图13.7

4

Φe = q /ε0， 通过半球面的电通量为

Φ`e = Φe /2 = πR 2ζ/2ε0．

13．8 两无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2(R 1 > R 2)，带有等量异号电荷，单位长度的电量为λ和-λ，求（1）r < R 1；（2） R 1 < r < R 2；（3）r > R 2处各点的场强．

[解答]由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性．

（1）在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以

E = 0，（r < R 1）．

（2）在两个圆柱之间做一长度为l ，半径为r 的同轴圆柱形高斯面，高斯面内包含的电荷为 q = λl ， 穿过高斯面的电通量为

d d 2

e S

S

E S E rl Φπ=?==??E S ?，

根据高斯定理Φe = q /ε0，所以

02E r

λ

πε=

， (R 1 < r < R 2)． （3）在外圆柱面之外做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内电荷的代数和为零，所以

E = 0，（r > R 2）．

13．9 一厚度为d 的均匀带电无限大平板，电荷体密度为ρ，求板内外各点的场强．

[解答]方法一：高斯定理法．

（1）由于平板具有面对称性，因此产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`．

在板

内取一底

面积为S ，

高为2r 的圆柱面作为高斯面，

场强与上

下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为

d e S

Φ=??E S

2

d d d S S S =?+?+????E S E S E S 1

`02ES E S ES =++=，

高斯面内的体积为 V = 2rS ， 包含的电量为 q =ρV = 2ρrS ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，

可得场强为 E = ρr/ε0，(0≦r ≦d /2)．①

（2）穿过平板作一底面积为S ，高为2r 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为 Φe = 2ES ， 高斯面在板内的体积为V = Sd ， 包含的电量为 q =ρV = ρSd ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，

可得场强为 E = ρd /2ε0，(r ≧d /2)． ②

方法二：场强叠加法． （1）

由于平板的可视很多薄

板叠而成的，以r 为界，下面平

板产生的场强方向向上，上面平板产生的场强方向向下．在下面板中取一薄层d y ，面电荷密度为

d ζ = ρd y ，

产生的场强为 d E 1 = d ζ/2ε0， 积分得

100/2

d ()222r

d y d

E r ρρεε-=

=+?，③ 同理，上面板产生的场强为

/2

200d ()222

d r

y d E r ρρεε=

=-?

，④ r 处的总场强为E = E 1-E 2 = ρr/ε0．

（2）在公式③和④中，令r = d /2，得

E 2 = 0、E = E 1 = ρd /2ε0，

E 就是平板表面的场强．

平板外的场强是无数个无限薄的带电平板产生的电场叠加的结果，是均强电场，方向与平板垂直，大小等于平板表面的场强，也能得出②式．

5

13．10 一半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ，若在球内挖去

一块半径为R`

的小球体，如图所

示，试求两球心O 与O`处的电场强度，并证明小球空腔内的电场为均强电场．

[解答]挖去一块小球体，相当于在该处填充一块电荷体密度为-ρ的小球体，因此，空间任何一点的场强是两个球体产生的场强的叠加．

对于一个半径为R ，电荷体密度为ρ的球体来说，当场点P 在球内时，过P 点作一半径为r 的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程

23

01443

E r r ππρε=

P 点场强大小为

3E r ρε=．

当场点P 在球外时，过P 点作一半径为r 的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程

2

3014

43

E r R ππρε=

P 点场强大小为

3

2

03R E r

ρε=． O 点在大球体中心、小球体之外．大球体在O 点产生的场强为零，小球在O 点产生的场强大小为

3

2

0`3O R E a

ρε=， 方向由O 指向O `．

O`点在小球体中心、大球体之内．小球

体在O`点产生的场强为零，大球在O 点产生的场强大小为

`0

3O E a ρ

ε=

， 方向也由O 指向O `．

[证明]在小球内任一点P ，大球和小球产生的场强大小分别为 0

3r E r ρε=， `0

`3r E r ρ

ε=

，

方向如图所示．

设两场强之间的夹角为θ，合场强的平方为

222``2cos r r r r E E E E E θ=++

22

20

(

)(`2`cos )3r r rr ρθε=++， 根据余弦定理得

222

`2`c o s ()

a r r r r πθ=+--， 所以 0

3E a ρ

ε=

， 可见：空腔内任意点的电场是一个常量．还可以证明：场强的方向沿着O 到O `的方向．因此空腔内的电场为匀强电场．

13．11 如图所示，在A 、B 两点处放有电量分别为+q 和-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正

试验电荷q 0

从O 点经过半圆

弧路径移到C

点，求移动过程

中电场力所做的功．

[解答]正负电荷在O 点的电势的和为零：

U O = 0；

图13.10

图13.11

6

在C 点产生的电势为

0004346C q q q U R

R

R

πεπεπε--=

+

=

，

电场力将正电荷q 0从O 移到C 所做的功为

W = q 0U OD = q 0(U O -U D ) = q 0q /6πε0R ．

13．12 真空中有两块相互平行的无限大均匀带电平面A 和B ．A 平面的电荷面密度为2ζ，B 平面的电荷面密度为ζ，两面间的距离为d ．当点电荷q 从A 面移到B 面时，电场力做的功为多少？

[解答]两平面产生的电场强度大小分别为

E A = 2ζ/2ε0 = ζ/ε0，E B = ζ/2ε0，

两平面在它们之间产生的场强方向相反，因此，总场强大小为

E = E A - E B = ζ/2ε0， 方向由A 平面指向B 平面．

两平面间的电势差为

U = Ed = ζd /2ε0，

当点电荷q 从A 面移到B 面时，电场力做的功为

W = qU = qζd /2ε0．

13．13 一半径为R 的均匀带电球面，带电量为Q ．若规定该球面上电势值为零，则无限远处的电势为多少？

[解答]带电球面在外部产生的场强为

2

04Q E r

πε=

，

由于

d d R R

R

U U E r ∞

∞

∞-=?=??

E l

2

00d 44R

R

Q

Q

r r r πεπε∞

∞

-==?

04Q R

πε=

，

当U R = 0时，04Q U R

πε∞=-

．

13．14 电荷Q 均匀地分布在半径为R 的球体内，试证明离球心r （r

223

0(3)

8Q R r U R

πε-=． [证明]球的体积为34

3

V R π=， 电荷的体密度为 3

34Q Q

V R ρπ=

=

． 利用13．10题的方法可求球内外的电场强度大小为

3

0034Q

E r r R ρεπε=

=，

（r ≦R ）； 2

04Q E r

πε=

，（r ≧R ）．

取无穷远处的电势为零，则r 处的电势为

d d d R

r

r

R

U E r E r ∞

∞

=?=+???E l

32

00d d 44R

r

R

Q Q

r r r R r πεπε∞

=+?

?

2

3

0084R r

R

Q

Q r

R

r

πεπε∞

-=

+

223

00()84Q Q R r R

R

πεπε=

-+

223

0(3)

8Q R r R

πε-=． 13．15 在y = -b 和y = b 两个“无限大”平面间均匀充满电荷，电荷体密度为ρ，其他地方无电荷．

（1）求此带电系统的电场分布，画E-y 图；

（2）以y = 0作为零电势面，求电势分布，画E-y 图．

7

[解答]平板电荷产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`，但方向相反．

（1）在板内取一底面

积为S ，高为

2y 的圆柱面作为高斯面，

场强与上下两表面的法线方

向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为

d e S

Φ=??E S

d d d 2S S S ES =?+?+?=???E S E S E S 1

2

．

高斯面内的体积为 V = 2yS ，

包含的电量为 q = ρV = 2ρSy ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，

可得场强为 E = ρy/ε0， (-b ≦y ≦b )．

穿过平板作一底面积为S ，高为2y 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为地

Φe = 2ES ，

高斯面在板内的体积为 V = S 2b ， 包含的电量为 q = ρV = ρS 2b ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，

可得场强为 E = ρb/ε0， (b ≦y )；

E = -ρb/ε0， (y ≦-b )．

E-y 图如左图所示．

（2）对于平面之间的点，电势为

d d y

U y ρε=-?=-??

E l 2

2y C ρε=-+，

在y = 0处U = 0，所以C = 0，因此电势为

2

2y U ρε=-，(-b ≦y ≦b )． 这是一条开口向下的抛物线．

当y ≧b 时，电势为

d d nqb

nqb

U y y C εε=-?=-=-

+??

E l ，

在y = b 处U = -ρb 2/2ε0，所以C = ρb 2/2ε0，

因此电势为

2

00

2b b U y ρρεε=-+

，(b ≦y )． 当y ≦-b 时，电势为

00

d d b b

U y y C ρρεε=-?==+??E l ，

在y = -b 处U = -ρb 2/2ε0，所以C = ρd 2/2ε0，因此电势为

2

00

2b b U y ρρεε=+

， 两个公式综合得

2

00

||2b b U y ρρεε=-+

，(|y |≧d )． 这是两条直线．

U-y 图如右图所示．U-y 图的斜率就形成E-y 图，在y = ±b 点，电场强度是连续的，因此，在U-y 图中两条直线与抛物线在y = ±b 点相切．

[注意]根据电场求电势时，如果无法确定零势点，可不加积分的上下限，但是要在积分之后加一个积分常量．根据其他关系确定常量，就能求出电势，不过，线积分前面要加一个负号，即

d U =-??E l

这是因为积分的起点位置是积分下限．

13．16 两块“无限大”平行带电板如图所示，A 板带正电，B 板带负电并接地（地的电势为零），设A 和B 两

板相隔5.0cm ，板上各带电

荷ζ=3.3×10-6C·m -2，求： （1）在两板之间离A

8

板1.0cm 处P 点的电势；

（2）A 板的电势．

[解答]两板之间的电场强度为

E=ζ/ε0，

方向从A 指向B ．

以B 板为原点建立

坐标系，则r B = 0，r P = -0.04m ，r A = -0.05m ． （1）P 点和B 板间的电势差为

d d B

B

P

P

r r P B r r U U E r -=?=??E l

()B P r r σ

ε=-， 由于U B = 0，所以P 点的电势为

612

3.3100.048.8410

P U --?=??=1.493×104

(V)． （2）同理可得A 板的电势为

()A B A U r r σ

ε=-=1.866×104(V)．

13．17 电量q 均匀分布在长为2L 的细直线上，试求：

（1）带电直线延长线上离中点为r 处的电势；

（2）带电直线中垂线上离中点为r 处的电势；

（3）由电势梯度算出上述两点的场强． [解答]电荷的线密度为λ = q/2L ． （1）建

立坐标系，在细线上取一

线元d l ，所带的电量为

d q = λd l ，

根据点电荷的电势公式，它在P 1点产生的电势为

101d d 4l

U r l

λπε=

-

总电势为

10d 4L

L

l

U r l λπε-=

-? 0

ln()4L

l L

r l λ

πε=--=-

0ln

8q r L

L

r L

πε+=

-． （2）建立坐标系，在细线上取一线元d l ，所带的电量为

d q = λd l ，

在线的垂直平分线上的P 2点产生的电势为

2221/2

0d d 4()

l

U r l λπε=+， 积分得

2221/201

d 4()L

L

U l r l λ

πε-=

+?

)4L

l L

l λ

πε=-=

0ln

8q L

πε=

0ln

4q L

πε=．

（3）P 1点的场强大小为

1

1U E r

?=-? 011

(

)8q

L r L r L πε=

--+

22

01

4q

r L πε=

-， ① 方向沿着x 轴正向．

9

P 2点的场强为

2

2U E r

?=-?

01[4q

L r πε=

=

， ②

方向沿着y 轴正向．

[讨论]习题13．3的解答已经计算了带电线的延长线上的场强为

122

01

24L E x L λ

πε=

-， 由于2L λ = q ，取x = r ，就得公式①．

（2）习题13．3的解答还计算了中

垂线上的场强为

y E =

取d 2 = r ，可得公式②． 由此可见，电场强度可用场强叠加原理计算，也可以用电势的关系计算．

13．18 如图所

示，一个均匀带电，内、外半径分别为R 1和R 2的均匀带电球壳，所带电荷体密度为ρ，试计算：

（1）A ，B 两点的电势；

（2）利用电势梯度求A ，B 两点的场强．

[解答]（1）A 点在球壳的空腔内，空腔内的电势处处相等，因此A 点的电势就等于球心O 点的电势．

在半径为r 的球壳处取一厚度为d r 的薄壳，其体积为

d V = 4πr 2

d r ，

包含的电量为 d q = ρd V = 4πρr 2

d r ，

在球心处产生的电势为

00

d d d 4O q U r r r

ρ

πεε=

=

， 球心处的总电势为

2

1

2

2210

d ()2R O R U r r R R ρρεε=

=

-?， 这就是A 点的电势U A ．

过B 点作一球面，B 的点电势是球面外的电荷和球面内的电荷共同产生

的．

球面外的电荷

在B 点产生的电势就等于这些电荷在球心处产生的电势，根据上面的推导可得

2

2120

()2B U R r ρε=

-． 球面内的电荷在B 点产生的电势等于这些电荷集中在球心处在B 点产生的电势．球壳在球面内的体积为

3314()3

B V r R π=

-， 包含的电量为 Q = ρV ，

这些电荷集中在球心时在B 点产生的电势为

3

32100()43B B

B

Q U r R r r ρπεε=

=

-． B 点的电势为

U B = U 1 + U 2

322

120(32)6B B

R R r r ρε=--． （2）A 点的场强为

0A

A A

U E r ?=-

=?． B 点的场强为

3120()3B B B B B

U R E r r r ρε?=-=-?．

图13.18

10

[讨论] 过空腔中A 点作一半径为r 的同心球形高斯面，由于面内没有电荷，根据高斯定理，可得空腔中A 点场强为

E = 0， (r ≦R 1)．

过球壳中B 点作一半径为r 的同心球形高斯面，面内球壳的体积为

3314

()3

V r R π=-，

包含的电量为 q = ρV ，

根据高斯定理得方程 4πr 2E = q/ε0， 可得B 点的场强为

3120()3R E r r

ρ

ε=-， (R 1≦r ≦R 2)．

这两个结果与上面计算的结果相同．

在球壳外面作一半径为r 的同心球形高斯面，面内球壳的体积为

3

3214()3

V R R π=-，

包含的电量为 q = ρV ，

根据高斯定理得可得球壳外的场强为

3

32122

00()

43R R q

E r r

ρπεε-==，(R 2≦r )． A 点的电势为

d d A

A

A r r U E r ∞

∞

=?=??E l

12

1

31200d ()d 3A

R R r R

R r r r r ρε=+-??

2

33212

0()d 3R

R R r r ρε∞

-+? 2

2210

()2R R ρε=-．

B 点的电势为

d d B

B

B r r U E r ∞

∞

=?=??E l

2

3120()d 3B

R r

R r r r ρ

ε=-?23

3212

0()d 3R R R r r ρε∞

-+? 322

120(32)6B B

R R r r ρε=--．

A 和

B 点的电势与前面计算的结果相同．

13．19 一圆盘，半径为R ，均匀带电，面电荷密度为ζ，求：

（1）圆盘轴线上任一点的电势（用该点与盘心的距离x 来表示）；

（2）从电场强度的和电势梯度的关系，求该点的电场强度．

（此题解答与书中P38页例13．13的解答相同，在此省略）

13．20 （1）设地球表面附近的场强约为200V·m -1，方向指向地球中心，试求地球所带有的总电量．

（2）在离地面1400m 高处，场强降为20V·m -1，方向仍指向地球中心，试计算在1400m 下大气层里的平均电荷密度．

[解答]地球的平均半径为

R =6.371×106m ．

（1）将地球当作导体，电荷分布在地球表面，由于场强方向指向地面，所以地球带负量．

根据公式 E = -ζ/ε0， 电荷面密度为 ζ = -ε0E ； 地球表面积为 S = 4πR 2， 地球所带有的总电量为

Q = ζS = -4πε0R 2E = -R 2E /k ，

k 是静电力常量，因此电量为

629

(6.37110)200910

Q ??=-?=-9.02×105

(C)． （2）在离地面高为h = 1400m 的球面内的电量为

2()`

`R h E Q k

+=-

=-0.9×105(C)， 大气层中的电荷为

q = Q - Q` = 8.12×105(C)．

由于大气层的厚度远小于地球的半径，其体积约为

V = 4πR 2h = 0.714×1018(m 3)，

11

平均电荷密度为

ρ = q /V = 1.137×10-12(C·m -3)．

第十四章 静电场中的导体

和电介质

P80．

14．1 一带电量为q ，半径为r A 的金

属球A ，与一原先不带电、内外半径分别为r B 和r C 的金属球壳B 同心放置，如图所示，则图中P 点的电场强度如何？若用导线将

A 和

B 连接起来，则

A 球的电势为多少？（设无穷远处电势为零）

[解答]过P 点作一个同心球面作为高斯面，尽管金属球壳内侧会感应出异种，但是高斯面内只有电荷q ．根据高斯定理可得 E 4πr 2 = q /ε0， 可得P 点的电场强度为

2

04q E r

πε=

．

当金属球壳内侧会感应出异种电荷-q

时，外侧将出现同种电荷q ．用导线将A 和B 连接起来后，正负电荷将中和．A 球是一个等势体，其电势等于球心的电势．A 球的电势是球壳外侧的电荷产生的，这些电荷到球心的距离都是r c ，所以A 球的电势为

04c

q U r πε=

．

14．2 同轴电缆是由半径为R 1的导体圆柱和半径为R 2的同轴薄圆筒构成的，其间充满了相对介电常数为εr 的均匀电介质，设沿轴线单位长度上导线的圆筒的带电量分别为+λ和-λ，则通过介质内长为l ，半径为r 的同轴封闭圆柱面的电位移通量为多少？圆柱面上任一点的场强为多少？

[解答]介质中的

电场强度和电位移是轴对称分布的．在

内外半径之间作一个半径为r 、长为l 的圆柱形高斯面，根据介质中的高斯定理，通过圆柱面的电位移通过等于该面

包含的自由电荷，即 Φd = q = λl ．

设高斯面的侧面为S 0，上下两底面分别为S 1和S 2．通过高斯面的电位移通量为

d d S

Φ=??D S ?

1

2

d d d 2S S S rlD π=?+?+?=???D S D S D S ，

可得电位移为 D = λ/2πr ， 其方向垂直中心轴向外．

电场强度为 E = D/ε0εr = λ/2πε0εr r ， 方向也垂直中心轴向外．

14．3 金属

球壳原来带有电量Q ，壳内外半径分别为a 、b ，壳内距球心为r 处有一点电

荷q ，求球心o 的电

势为多少？

[解答]点电荷q 在内壳上感应出负电荷-q ，不论电荷如何分布，距离球心都为a ．外壳上就有电荷q+Q ，距离球为b ．球心的电势是所有电荷产生的电势叠加，大小为

0001

11444o q q Q q

U r a b

πεπεπε-+=

++

14．4 三块平行金属板A 、B 和C ，面积都是S = 100cm 2，A 、B 相距d 1 = 2mm ，A 、C 相距d 2 = 4mm ，B 、C 接地，A 板带有正电荷q = 3×10-8C ，

忽略边缘效应．求

（1）B 、C 板上的电荷为多少？

图

14.3

图14.4

（2）A板电势为多少？

[解答](1)设A的左右两面的电荷面密度分别为ζ1和ζ2，所带电量分别为

q1 = ζ1S和q2 = ζ2S，

在B、C板上分别感应异号电荷-q1和-q2，由电荷守恒得方程

q = q1 + q2 = ζ1S + ζ2S．①

A、B间的场强为E1 = ζ1/ε0，

A、C间的场强为E2 = ζ2/ε0．

设A板与B板的电势差和A板与C板的的电势差相等，设为ΔU，则

ΔU = E1d1 = E2d2，②

即ζ1d1 = ζ2d2．③解联立方程①和③得

ζ1 = qd2/S(d1 + d2)，

所以q1 = ζ1S = qd2/(d1+d2) = 2×10-8(C)；

q2 = q - q1 = 1×10-8(C)．

B、C板上的电荷分别为

q B= -q1 = -2×10-8(C)；

q C= -q2 = -1×10-8(C)．

(2)两板电势差为

ΔU = E1d1 = ζ1d1/ε0 = qd1d2/ε0S(d1+d2)，由于k = 9×109 = 1/4πε0，

所以ε0 = 10-9/36π，

因此ΔU = 144π= 452.4(V)．

由于B板和C板的电势为零，所以

U A = ΔU = 452.4(V)．

14．5 一无限大均匀带电平面A，带电量为q，在它的附近放一块与A平行的金属导体板B，板B有一定的厚度，如图所示．则在板B的两个表面1和2上的感应电荷分别为多少？

[解答]由于板B原来不带电，两边感应出电荷后，由电荷守恒得

q1 + q2 = 0．①虽然两板是无限大的，为了计算的方便，不妨设它们的面积为S，则面电荷密度分别为

ζ1 = q1/S、ζ2 = q2/S、ζ = q/S，

它们产生的场强大小分别为

E1 = ζ1/ε0、E2 = ζ2/ε0、E = ζ/ε0．在B板内部任取一点P，其场强为零，其中1面产生的场强向右，2面和A板产生

的场强向左，取向右的方向

为正，可得

E1 - E2–E = 0，

即ζ1 - ζ2–ζ= 0，

或者说q1 - q2 + q = 0．②

解得电量分别为

q2 = q/2，q1 = -q2 = -q/2．

14．6 两平行金属板带有等异号电荷，若两板的电势差为

120V，两板间相距为

1.2mm，忽略边缘效应，

求每一个金属板表面的

电荷密度各为多少？

[解答]由于左板接

地，所以ζ1 = 0．

由于两板之间的电荷相互吸引，右板右面的电荷会全部吸引到右板左面，所以ζ4 = 0．

由于两板带等量异号的电荷，所以

ζ2 = -ζ3．

两板之间的场强为

E = ζ3/ε0，

而 E = U/d，

所以面电荷密度分别为

ζ3 = ε0E = ε0U/d = 8.84×10-7(C·m-2)，

ζ2 = -ζ3 = -8.84×10-7(C·m-2)．

14．7 一球形电容器，内外球壳半径分别为R1和R2，球壳与地面及其他物体相距很远．将内球用细导线接地．试证：球面间

电容可用公式

2

02

21

4R

C

R R

πε

=

-

表示．

（提示：可看作两个球电容器的并联，且地球半径R>>R2）

[证明]方法

一：并联电容法．在

外球外面再接一个

半径为R3大外球

壳，外壳也接地．内

球壳和外球壳之间

是一个电容器，电

容为

P

2

图14.5

图14.6

12

13

1210

01221

1

441/1/R R C R R R R πεπε==--

外球壳和大外球壳之间也是一个电容器，电

容为

20

23

1

41/1/C R R πε=-．

外球壳是一极，由于内球壳和大外球壳都接地，共用一极，所以两个电容并联．当R 3趋于无穷大时，C 2 = 4πε0R 2．并联电容为

12

120

0221

44R R C C C R R R πεπε=+=+-

2

0221

4R R R πε=-． 方法二：电容定义法．假设外壳带正电为q ，则内壳将感应电荷q`．内球的电势是两个电荷产生的叠加的结果．由于内球接地，所以其电势为零；由于内球是一个等势体，其球心的电势为

02

01

`044q q R R πεπε+

=，

因此感应电荷为

1

2

`R q q R =-

． 根据高斯定理可得两球壳之间的场强为

122

002`44R q q E r R r

πεπε=

=-， 负号表示场强方向由外球壳指向内球壳．

取外球壳指向内球壳的一条电力线，两球壳之间的电势差为

1

1

2

2

d d R R R R U E r =

?=??E l

1

2

12

02()d 4R R R q

r R r

πε=

-

? 1212

021202

()11

()44R q R R q R R R R πεπε-=

-= 球面间的电容为

2

02

21

4R q C U R R πε==-．

14．8 球形电容器的内、外半径分别为R 1和R 2，其间一半充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，求电容C 为多少？

[解答]球形电容器的电容为

120

01221

1

441/1/R R C R R R R πεπε==--．

对于半球来说，由于相对面积减少了一

半，所以电容也减少一半：

012

121

2R R C R R πε=

-．

当电容器中充满介质时，电容为：

012

221

2r R R C R R πεε=

-．

由于内球是一极，外球是一极，所以两个电容器并联：

012

1221

2(1)r R R C C C R R πεε+=+=

-．

14．9 设板面积为S 的平板电容器析板间有两层介质，介电常量分别为ε1和ε2，厚度分别为d 1和d 2，求电容器的电容．

[解答]假设在

两介质的介面插入一薄导体，可知两个电容器串联，电

容分别为

C 1 = ε1S/d 1和C 2 = ε2S/d 2． 总电容的倒数为

14

122112*********

d d d d C C C S S S

εεεεεε+=+=+=， 总电容为 122112

S

C d d εεεε=+．

14．10 圆柱形电容器是由半径为R 1的导线和与它同轴的内半径为R 2的导体圆筒构成的，其长为l ，其间充满了介电常量为ε的介质．设沿轴线单位长度导线上的电荷为λ，圆筒的电荷为-λ，略去边缘效应．求：

（1）两极的电势差U ；

（2）介质中的电场强度E 、电位移D ； （3）电容C ，它是真空时电容的多少倍？

[解答]介质中

的电场强度和电位移是轴对称分布

的．在内外半径之

间作一个半径为r 、

长为l 的圆柱形高

斯面，侧面为S 0，上下两底面分别为

S 1和S 2．通过高斯面的电位移通量为

d d S

Φ=??D S ?

1

2

d d d 2S S S rlD π=?+?+?=???D S D S D S ，

高斯面包围的自由电荷为 q = λl ， 根据介质中的高斯定理 Φd = q ， 可得电位为 D = λ/2πr ， 方向垂直中心轴向外．

电场强度为 E = D/ε = λ/2πεr ， 方向也垂直中心轴向外．

取一条电力线为积分路径，电势差为

2

1

d d d 2R L

L

R U E r r r λ

πε=?==

???E l 21

ln 2R R λ

πε=

． 电容为 212ln(/)

q l

C U R R πε=

=

． 在真空时的电容为

00212ln(/)

l q

C U R R πε=

=

， 所以倍数为C/C 0 = ε/ε0．

14．11 在半径为R 1的金属球外还有一层半径为R 2的均匀介质，相对介电常量为εr ．设金属球带电Q 0，求：

（1）介质层内、外D 、E 、P 的分布； （2）介质层内、外表面的极化电荷面密度．

[解答]（1）在介质内，电场强度和电位移以及极化强度是球对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 的球形高斯面，通过高斯面的电位移通量为

2d d 4d S S

D S r D Φπ=?=

=??

D S 蜒

高斯面包围的自由电荷为q = Q 0， 根据介质中的高斯定理 Φd = q ， 可得电位为 D = Q 0/4πr 2， 方向沿着径向．用矢量表示为

D = Q 0r /4πr 3．

电场强度为

E = D /ε0εr = Q 0r /4πε0εr r 3， 方向沿着径向．

由于 D = ε0E + P ， 所以 P = D - ε0E = 03

1

(1)

4r

Q r

επ-

r

． 在介质之外是真空，真空可当作介电常量εr = 1的介质处理，所以

D = Q 0r /4πr 3，

E = Q 0r /4πε0r 3，P = 0． （2）在介质层内靠近金属球处，自由电荷Q 0产生的场为

E 0 = Q 0r /4πε0r 3；

极化电荷q 1`产生的场强为

E` = q 1`r /4πε0r 3；

总场强为 E = Q 0r /4πε0εr r 3． 由于 E = E 0 + E `，

15

解得极化电荷为 `101(1)r

q Q ε=-，

介质层内表面的极化电荷面密度为

``011

22

111

(1)

44r Q q R R σπεπ==-． 在介质层外表面，极化电荷为

``21q q =-，

面密度为

``0

22

22

221(1)44r Q q R R σπεπ==-．

14．12 两个电容器电容之比C 1:C 2 = 1:2，把它们串联后接电源上充电，它们的静电能量之比为多少？如果把它们并联后接到电源上充电，它们的静电能之比又是多少？

[解答]两个电容器串联后充电，每个电容器带电量是相同的，根据静电能量公式W = Q 2/2C ，得静电能之比为

W 1:W 2 = C 2:C 1 = 2:1． 两个电容器并联后充电，每个电容器两端的电压是相同的，根据静电能量公式W = CU 2/2，得静电能之比为

W 1:W 2 = C 1:C 2 = 1:2． 14．13 一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，接在电源上维持其电压为U ．将一块厚度为d 相对介电常量为εr 的均匀介电质板插入电容器的一半空间内，求电容器的静电能为多少？

[解答]平行板电容器的电容为

C = ε0S/d ，

当面积减少一半时，电容为C 1 = ε0S /2d ； 另一半插入电介质时，电容为C 2 = ε0εr S /2d ．

两个电容器并联，总电容为

C = C 1 + C 2 = (1 + εr )ε0S /2d ，

静电能为

W = CU 2/2 = (1 + εr )ε0SU 2/4d ． 14．14 一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，两板竖直放着．若电容器两板

充电到电压为U 时，断开电源，使电容器的一半浸在相对介电常量为εr 的液体中．求：

（1）电容器的电容C ；

（2）浸入液体后电容器的静电能； （3）极板上的自由电荷面密度．

[解答]（1）如前所述，两电容器并联的电容为

C = (1 + εr )ε0S /2d ． （2）电容器充电前的电容为C 0 = ε0S/d ， 充电后所带电量为 Q = C 0U ． 当电容器的一半浸在介质中后，电容虽然改变了，但是电量不变，所以静电能为

W = Q 2/2C = C 02U 2/2C = ε0SU 2/(1 + εr )d ． （3）电容器的一半浸入介质后，真空的一半的电容为 C 1 = ε0S /2d ；

介质中的一半的电容为 C 2 = ε0εr S /2d ． 设两半的所带自由电荷分别为Q 1和Q 2，则

Q 1 + Q 2 = Q ． ① 由于C = Q/U ，所以

U = Q 1/C 1 = Q 2/C 2． ② 解联立方程得

0111221

1/C U C Q

Q C C C C =

=

++， 真空中一半电容器的自由电荷面密度为

001

12122/2(1/)(1)r C U U Q S C C S d

εσε=

==

++． 同理，介质中一半电容器的自由电荷面密度为

0021222(/1)(1)r r C U U

C C S d

εεσε=

=

++．

14．15 平行板电容器极板面积为200cm 2，板间距离为1.0mm ，电容器内有一块1.0mm 厚的玻璃板(εr = 5)．将电容器与300V 的电源相连．求：

（1）维持两极板电压不变抽出玻璃板，电容器的能量变化为多少？

（2）断开电源维持板上电量不变，抽出玻璃板，电容器能量变化为多少？

[解答]平行板电容器的电容为

C 0 = ε0εr S/d ，

16

静电能为 W 0 = C 0U 2/2． 玻璃板抽出之后的电容为

C = ε0S/d ．

（1）保持电压不变抽出玻璃板，静电能为 W = CU 2/2， 电能器能量变化为

ΔW = W - W 0 = (C - C 0)U 2/2 = (1 - εr )ε0SU 2/2d = -3.18×10-5(J)． （2）充电后所带电量为 Q = C 0U ， 保持电量不变抽出玻璃板，静电能为

W = Q 2/2C ，

电能器能量变化为

2

000(1)

2

C C U W W W C ?=-=- 2

0(1)

2r r SU d

εεε=-= 1.59×10-4(J)．

14．16 设圆柱形电容器的内、外圆筒半径分别为a 、b ．试证明电容器能量的一半

储存在半径R =

[解答]设圆柱形电容器电荷线密度为λ，场强为 E = λ/2πε0r ， 能量密度为 w = ε0E 2/2， 体积元为 d V = 2πrl d r ， 能量元为 d W = w d V ．

在半径a 到R 的圆柱体储存的能量为

20

d d 2

V

V

W w V E V ε==??

2200d ln 44R

a

l l R r r a λλπεπε==?．

当R = b 时，能量为

210ln 4l b W a

λπε=；

当R =

22200ln 48l l b

W a

λλπεπε==，

所以W 2 = W 1/2，即电容器能量的一半储存

在半径R =

14．17 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为a 、b ，柱面之间充满介电常量为ε的电介质（忽略边缘效应）．当这两个导体带有等量异号电荷(±Q )时，求：

（1）在半径为r (a < r < b )、厚度为d r 、长度为l 的圆柱薄壳中任一点处，电场能量体密度是多少？整个薄壳层中总能量是多少？

（2）电介质中总能量是多少（由积分算出）？

（3）由电容器能量公式推算出圆柱形电容器的电容公式？

[解答]（1）圆柱形内柱面的电荷线密度为 λ = Q/l ，

根据介质是高斯定理，可知电位移为

D = λ/2πr = Q /2πrl ，

场强为 E = D/ε = Q /2πεrl ， 能量密度为w = D ·E /2 = DE /2 = Q 2/8π2εr 2l 2．

薄壳的体积为d V = 2πrl d r ， 能量为 d W = w d V = Q 2d r /4πεlr ．

（2）电介质中总能量为

22d d ln 44b

V a

Q Q b

W W r lr l a πεπε===??．

（3）由公式W = Q 2/2C 得电容为

222ln(/)

Q l

C W b a πε==

．

14．18 两个电容器，分别标明为200PF/500V 和300PF/900V ．把它们串联起来，等效电容多大？如果两端加上1000V 电压，是否会被击穿？

[解答]当两个电容串联时，由公式

21

1212

111C C C C C C C +=+=

， 得 12

12

120PF C C C C C =

=+．

加上U = 1000V 的电压后，带电量为

Q = CU ，

第一个电容器两端的电压为

17

U 1 = Q/C 1 = CU/C 1 = 600(V)； 第二个电容器两端的电压为

U 2 = Q/C 2 = CU/C 2 = 400(V)． 由此可知：第一个电容器上的电压超过它的耐压值，因此会被击穿；当第一个电容器被击穿后，两极连在一起，全部电压就加在第二个电容器上，因此第二个电容器也接着被击穿．

第十五章 稳恒电流的磁场

P135．

15．1 充满εr = 2.1电介质的平行板电容器，由于电介质漏电，在3min 内漏失一半电量，求电介质的电阻率．

[解答]设电容器的面积为S ，两板间的距离为l ，则电

介质的电阻为

l R S

ρ

=． 设t 时刻电容器带电量为q ，则电荷面密度为 ζ = q/S ， 两板间的场强为 E = ζ/ε =q/εr ε0S ， 电势差为 U = El =ql/εr ε0S ， 介质中的电流强度为

0d 1d r q U q t R εερ

-

==， 负号表示电容器上的电荷减少．

微分方程可变为

0d 1

d r q t q εερ

=-， 积分得 0ln r t

q C εερ

=-

+，

设t = 0时，q = q m ，则得C = ln q m ，因此电

介质的电阻率的公式为

0ln(/)

r m t

q q ρεε=

．

当t = 180s 时，q = q m /2，电阻率为

12180

8.84210 2.1ln 2

ρ-=

???

=1.4×1013(Ω·m)．

15．2 有一导线电阻R = 6Ω，其中通有电流，在下列两种情况下，通过总电量都是30C ，求导线所产生的热量．

（1）在24s 内有稳恒电流通过导线； （2）在24s 内电流均匀地减少到零． [解答]（1）稳恒电流为 I = q/t = 1.25(A)， 导线产生的热量为

Q = I 2Rt = 225(J)．

（2）电流变化的方程为 1

2.5(1)24

i t =-

， 由于在相等的时间

内通过的电量是相等的，在i-t 图中，在0~24秒内，变化

电流和稳恒电流直线下的面积是相等的．

在d t 时间内导线产生的热量元为

d Q = i 2R d t ，

在24s 内导线产生的热量为

24

24

2

2

1d [2.5(1)]d 24

Q i R t t R t ==-

?? 24

2

3

11

2.5624(1)324

t =-????-

=300(J)．

15．3 已知铜的相对原子质量A = 63.75，质量密度ρ = 8.9×103kg·m -3．

（1）技术上为了安全，铜线内电流密度不能超过6A·mm -2，求此时铜线内电子的漂移速度为多少？

（2）求T = 300K 时，铜内电子热运动平均速度，它是漂移速度的多少倍？

[解答]（1）原子质量单位为

u = 1.66×10-27(kg)，

一个铜原子的质量为

m = Au = 1.058×10-25(kg)，

铜的原子数密度为

18

n = ρ/m = 8.41×1028(个·m -3)，

如果一个铜原子有一个自由电子，n 也是自由电子数密度，因此自由电子的电荷密度为

ρe = ne = 1.34×1010(C·m -3)． 铜线内电流密度为

δ = 6×106(A·m -2)，

根据公式δ = ρe v ，得电子的漂移速度为 v = ρe /δ = 4.46×10-4(m·s -1)．

（2）将导体中的电子当气体分子，称为“电子气”，电子做热运动的平均速度为

v =

其中k 为玻尔兹曼常数k = 1.38×10-23J·K -1，m e 是电子的质量m e = 9.11×10-31kg ，可得 v = 1.076×105(m·s -1)， 对漂移速度的倍数为

v /v = 2.437×108，

可见：电子的漂移速率远小于热运动的速度，其定向运动可认为是附加在热运动基础上的运动．

15．4 通有电流I 的导线形

状如图所示，图

中ACDO 是边

长为b 的正方

形．求圆心O 处的磁感应强度B

= ？

[解答]电流在O 点的产生的磁场的方

向都是垂直纸面向里的．根据毕-萨定

律： 002d d 4I r

μπ?=l r B ， 圆弧上的电流元与

到O 点的矢径垂

直，在O 点产生的磁场大小为

012

d d 4I l

B a μπ=

，

由于 d l = a d φ， 积分得

11d L B B =?3/2

00

d 4I a πμ?π=

?

038I

a

μ=

． OA 和OD 方向的直线在O 点产生的磁场为

零．在AC 段，电流元在O 点产生的磁场为

022

d sin d 4I l B r μθ

π=

，

由于 l = b cot(π - θ) = -b cot θ， 所以 d l = b d θ/sin 2θ；

又由于 r = b /sin(π - θ) = b /sin θ，

可得 02sin d d 4I B b

μθθ

π=，

积分得

3/4

02/2d sin d 4L

I B B b

ππμθθπ==

??

3/4

00/2

(cos )48I

I

b

b

ππμθππ=-=

同理可得CD 段在O 点产生的磁场B 3 = B 2． O 点总磁感应强度为

00123384I I

B B B B a b

μπ=++=

+

． [讨论]（1）假设圆弧张角为φ，电流在

半径为a 的圆心处产生的磁感应强度为

04I

B a

μ?π=

． （2）有限长直导线产生的磁感应大小为 012(cos cos )4I

B b

μθθπ=-． 对于AC 段，θ1 = π/2、θ2 = 3π/4；对于CD 段，θ1 = π/4、θ2 = π/2，都可得

0238I B B b π==

． 上述公式可以直接引用．

15．5 如图所示的载流导线，图中半圆的的半径为R ，直线部分伸向无限远处．求圆心O 处的磁感应强度B = ？

19

[解答]在直线磁场公式

4I

B R

μπ=中，

令θ1 = 0

、θ2 =

π/2，或者θ1 = π/2、θ2 = π，就得半无限长导线在端点半径为R 的圆周上产生的磁感应强度

04I B R

μπ=

． 两无限长半直线在O 点产生的磁场方向都向着-Z 方向，大小为B z

= μ

0I /2πR ．

半圆在O 处产生的磁场方向沿着-X 方向，大小为B x = μ0I /4R ． O 点的磁感应强度为

0042x z I

I

B B R

R

μμπ=--=-

-

B i k i k ． 场强大小为

B =

=

与X 轴的夹角为

2arctan

arctan z x B B θπ

==．

15．6 如图所示的正方形线圈ABCD ，每边长为a ，通有电流I ．求正方形中心O 处的磁感应强度B = ？

[解答]正方形每

一边到O 点的距离都是a /2，在O 点产生的

磁场大小相等、方向相同．以AD 边为例，利

用直线电流的磁场公式：

012(cos cos )4I

B R

μθθπ=

-， 令θ1 = π/4、θ2 = 3π/4、R = a /2，AD 在O 产生的场强为

AD B =

O 点的磁感应强度为

04AD I

B B a

π==

， 方向垂直纸面向里．

15．7 两个共轴圆线圈，每个线圈中的电流强度都是I ，半径为R ，两个圆心间距离O 1O 2 =

R ，试证：O 1、O 2中点O 处附近为

均匀磁场．

[证明]方法一：用二阶导数．一个半径为R 的环电流在离圆心为x 的轴线上产生的磁感应强度大小为：

2

0223/2

2()IR B R x μ=

+． 设两线圈相距为2a ，以O 点为原点建立坐标，两线圈在x 点产生的场强分别为

2

012

23/2

2[()]

IR B R a x μ=

++，

2

02223/2

2[()]IR B R a x μ=

+-．

方向相同，总场强为B = B 1 + B 2．

一个线圈产生的磁场的曲线是凸状，两边各有一个拐点．两个线圈的磁场叠加之后，如果它们相距太近，其曲线就是更高的凸状；如果它们相距太远，其曲线的中间部分就会下凹，与两边的峰之间各有一个拐点．当它们由远而近到最适当的位置时，两个拐点就会在中间重

合，这时的磁场最均匀，而拐点处的二阶导

图15.7

20

数为零．

设k = μ0IR 2/2，则

223/2223/2

11

{}[()][()]B k R a x R a x =++++-

B 对x 求一阶导数得

2

25/2

d 3{d [()]

B a x

k x R a x +=-++， 225/2

}[()]a x

R a x --+- 求二阶导数得

222

22

27/2

d 4()3{d [()]B R a x k x R a x -+=-++ 22

227/24()}[()]

R a x R a x --++-， 在x = 0处d 2B /d x 2 = 0，得R 2 = 4a 2，所以

2a = R ．

x = 0处的场强为

223/2

2

[(/2)]

B k R R =+

k == 方法二：用二项式展开．将B 1展开得

2

012223/2

2[2]IR B R a ax x μ=

+++

2

0223/22223/2

2()[1(2)/()]

IR R a ax x R a μ=++++． 设2

0223/2

2()IR k R a μ=

+，则

23/2

122

2(1)ax x B k R a -+=++．

同理，23/2

222

2(1)ax x B k R a

--+=++． 当x 很小时，二项式展开公式为

2

(1)(1)1 (12)

n n n x nx x -+=+++?．

将B 1和B 2按二项式展开，保留二次项，总场强为 2

22

32[12ax x B k R a -+=+?++

22221352()...]1222ax x R a --++??+?+ 2

22

32[12ax x k R a

--+++?++ 2222

1352()...]1222ax x R a ---++??+?+ 2

22

32[12x k R a -=+?+

+

22222

354...]24()a x R a --+??++ 222

222

342[1...]2()

R a k x R a --=+?++ 令R 2 - 4a 2 = 0，即a = R /2，得

2

0223/2

2()IR B k R a μ==

=

+， 可知：O 点附近为均强磁场．

15．8 将半径为R 的无限长导体圆柱面，沿轴向割去一宽为h (h <

[解答]方法一：补缺法．导体圆柱面可看作由很多无限长直导线组成，如果补上长缝，由于对称的缘故，电

流在轴线上产生的磁感

应强度为零．割去长缝，

等效于同时加上两个大

小相等，方向相反的电流，其中，与i 相同的电

流补上了长缝，与i 相反

的电流大小为I = ih ． 在轴线上产生的磁感应强度为

0022I ih

B R R

μμππ=

=

． 方法二：积分法．在导体的截面上建立

坐标，x 坐标轴平分角α，α = h/R ． 电流垂直纸面向

图15.8`

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