This page is the ONELINE MIRROR VERSION of the answer to homework 2 of the course Electromagnetics.A, CourseID PHYS1004.09, 2026 Spring, 5401, USTC. Last update : 2026/5/31; Status: editing, @ updating, final
题目
电磁学.第三版.习题 1.5 - 1.14
1.5
（1）二三象限的点电荷在A处的电场为
$$ \boldsymbol{E}_{23}=-2\times\frac{ql/2}{4\pi\varepsilon_0 \left[(l/2)^2+(x+l/2)^2\right]^{3/2}} \boldsymbol{e}_y $$一四象限的点电荷在A处的电场为
$$ \boldsymbol{E}_{14}=2\times\frac{ql/2}{4\pi\varepsilon_0 \left[(l/2)^2+(x-l/2)^2\right]^{3/2}} \boldsymbol{e}_y $$于是A的总电场为
$$ \boldsymbol{E}=\frac{ql}{4\pi\varepsilon_0}\left[ \frac{1}{ \left[(l/2)^2+(x-l/2)^2\right]^{3/2}} - \frac{1}{ \left[(l/2)^2+(x+l/2)^2\right]^{3/2}} \right] \boldsymbol{e}_y $$（2）当$x\gg l$时
$$ \frac{1}{ \left[(l/2)^2+(x-l/2)^2\right]^{3/2}} = \frac{1}{x^3} \left(1-\frac{l}{x}+\frac{2l^2}{x^2}\right)^{-3/2} \approx \frac{1}{x^3} \left(1+\frac{3l}{2x}-\frac{3l^2}{x^2}\right) $$$$ \frac{1}{ \left[(l/2)^2+(x+l/2)^2\right]^{3/2}} = \frac{1}{x^3} \left(1+\frac{l}{x}+\frac{2l^2}{x^2}\right)^{-3/2} \approx \frac{1}{x^3} \left(1-\frac{3l}{2x}-\frac{3l^2}{x^2}\right) $$
$$ \boldsymbol{E} = \frac{3ql^2}{4\pi\varepsilon_0x^4} \boldsymbol{e}_y $$
1.6
解法一：设D为直径AC上任一点，D到环心O的距离为$r$，要证明D点的电场$\boldsymbol{E}$垂直于AC，只需证明$\boldsymbol{E}$沿AC方向的分量为零即可。
设环的半径为$R$，则B处弧元$R \mathrm{d}\theta$上的电荷量为$\mathrm{d} q=\lambda_0 \sin \theta R \mathrm{d} \theta$， 它在D点产生的电场强度$\mathrm{d}\boldsymbol{E}$的大小为
$$ \mathrm{d} E=\frac{\mathrm{d} q}{4\pi\varepsilon_0 x^2} $$式中，$x$是B到D的距离，其值为$x=\sqrt{R^2+r^2-2Rr\cos \theta}$，$\mathrm{d}\boldsymbol{E}$沿AC方向的分量为
$$ \mathrm{d} E_x=\mathrm{d} E \cos \alpha $$$$ E_x = \frac{\lambda_0 R}{4\pi\varepsilon_0}\int_0^\pi \frac{R\sin\theta\cos\theta - r\sin\theta} {\left(R^2+r^2-2Rr\cos \theta\right)^{3/2}}\mathrm{d} \theta $$
积分分子第一项
$$ \int_0^\pi \frac{\sin\theta\cos\theta}{\left(R^2+r^2-2Rr\cos\theta\right)^{3/2}}\mathrm{d} \theta = R\int_{-1}^1 \frac{u\mathrm{d} u}{\left(R^2+r^2-2Rru\right)^{3/2}}= \frac{2r}{R(R^2-r^2)} $$其中用到不定积分公式
$$ \frac{x\mathrm{d} x}{(a+bx)^{3/2}} = \frac{2}{b^2} \left( \sqrt{a+bx}+\frac{a}{\sqrt{a+bx}} \right) $$积分分子第二项
$$ \int_0^\pi \frac{\sin\theta\mathrm{d}\theta}{\left(R^2+r^2-2Rr\cos\theta\right)^{3/2}} = -\frac{2r}{R(R^2-r^2)} $$综上可得 $E_x=0$。
解法二：题目等价于证明AC是等势面，直接计算D点的电势：
$$ \varphi_D = \frac{\lambda_0R}{4\pi\varepsilon_0}\int_0^\pi \frac{\sin\theta\mathrm{d} \theta}{\sqrt{R^2+r^2-2Rr\cos\theta}} $$设$t=r/R<1$，根据积分
$$ \int_1^{-1} \frac{-\mathrm{d} x}{\sqrt{1+t^2-2tx}}=\left.\frac{\sqrt{1+t^2-2tx}}{t} \right| _{-1}^1=2 $$可证明AC为等势面，因此电场线必然垂直于AC。
1.7
根据对称性可以判断，O点的电场与两直线平行，只需计算平行分量。
用电场强度叠加原理求解，先计算半圆上的电荷对O点电场的贡献。 设圆的半径为$R$，圆上任意一点的位置由矢径与直径AB之间的夹角$\theta(\in [0,\pi])$表示。 考察位于$\theta$处的线电荷元$\mathrm{d} q=\lambda R\mathrm{d} \theta$， 它在O点产生的电场强度的平行分量（背离圆弧、指向右侧为正）为
$$ \mathrm{d} E_{1\parallel} = \frac{\lambda R \mathrm{d} \theta}{4\pi\varepsilon_0 R^2}\sin\theta $$将上式在$[0,\pi]$上积分，求得整个半圆弧电荷对O点电场的贡献
$$ E_1=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 R} $$再求两条半无穷直线电荷对O点电场平行分量的贡献，其值等于单根半无穷直线电荷贡献的2倍。 取其中一条半无穷长直线电荷，以其与半圆弧连接处为起点，沿直线取坐标$x$， 则该处线电荷元$\mathrm{d} q=\lambda\mathrm{d} x$在O点产生的电场强度平行分量（向右为正）为
$$ \mathrm{d} E_{2\parallel} = \frac{\lambda\mathrm{d} x}{4\pi\varepsilon_0(R^2+x^2)}\cdot\frac{x}{\sqrt{R^2+x^2}} $$在区间$[0,\infty)$积分后加倍，求得两条半无穷长直线电荷对O点电场的总贡献为
$$ E_2=-\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0R} $$将两部分贡献求和得 $E_1+E_2=0$，故O点电场为零。
1.8
偶极子平行于OQ时，偶极子受力
$$ \boldsymbol{F} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left[\frac{-qQ}{(D-l/2)^2}+\frac{qQ}{(D+l/2)^2}\right]\boldsymbol{e}_x = \frac{-QD\boldsymbol{p}}{2\pi\varepsilon_0\left[D^2-(l/2)^2\right]^2} $$偶极子所受库仑力经过偶极子中心，以偶极子中心为参考点，力矩为0。
偶极子垂直于OQ时，偶极子受力只有$y$方向分量，$x$方向分量为零：
$$ \boldsymbol{F}=2\times \frac{qQ}{4\pi\varepsilon_0\left[D^2+(l/2)^2\right]}\cdot\frac{l/2}{\sqrt{D^2+(l/2)^2}}= \frac{Q\boldsymbol{p}}{4\pi\varepsilon_0\left[D^2+l^2/4\right]^{3/2}} $$仍以偶极子中心为参考点，仅力的$x$分量对力矩有贡献，所受力矩为
$$ \begin{aligned} \boldsymbol{L} & = \left(\frac{-l}{2}\boldsymbol{e}_y\right)\times \frac{-qQ\boldsymbol{e}_x}{4\pi\varepsilon_0\left[D^2+l^2/4\right]^{3/2}} + \left(\frac{l}{2}\boldsymbol{e}_y\right)\times \frac{qQ\boldsymbol{e}_x}{4\pi\varepsilon_0\left[D^2+l^2/4\right]^{3/2}} \\ & =\frac{qQDl\boldsymbol{e}_z}{4\pi\varepsilon_0\left[D^2+l^2/4\right]^{3/2}} =\frac{QD\boldsymbol{p}\times\boldsymbol{e}_x}{4\pi\varepsilon_0\left[D^2+l^2/4\right]^{3/2}} \end{aligned} $$1.9
（1）由题意，半径为$R_2$的外球带电$Q_2=4\pi\sigma R_2^2$， 球外电场为零即$E(r>R_2)=0$。设内球面带电量$Q_1$， 取以体系中心为圆心、半径大于$R_2$的球面为高斯面，由高斯定理：
$$ \oint_{S(r=R_2)}\boldsymbol{E}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{S}=\frac{Q}{\varepsilon_0}=\frac{Q_1+Q_2}{\varepsilon_0}=0 $$可得内球面带电量和电荷面密度
$$ Q_1=-Q_2=-4\pi\sigma R_2^2,\quad \sigma_1= - \frac{R_2^2}{R_1^2}\sigma $$（2）以O为球心作半径满足$r\in(R_1,R_2)$的球形高斯面$S_r$， 由对称性可知面上电场沿径向、大小均匀，由高斯定理推得
$$ \oint_{S_r}\boldsymbol{E}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{S}=E(r)\oint_{S_r}\mathrm{d} S = 4\pi r^2 E = \frac{Q_1}{\varepsilon_0} $$从而求得两球面间离球心为$r$处的电场强度为
$$ \boldsymbol{E}(r) = -\frac{\sigma R_2^2 \boldsymbol{r}}{\varepsilon_0 r^3}, \quad (R_1 < r < R_2) $$（3）内球面内部无任何电荷，结合高斯定理与球对称性可知，内部电场为零。
1.10
首先根据对称性可分析出电场只有$x$分量； 根据叠加原理，将空间电场视作带电板各薄层微元电场的叠加。
在位置$x$处、厚度为$\mathrm{d} x$的薄板，在空间$P$点产生的电场为
$$ \mathrm{d}\boldsymbol{E}(x_P;x)=\frac{\sigma(x)}{2\varepsilon_0} \operatorname{sgn}(x_P-x)\boldsymbol{e}_x,\quad \sigma(x)=\rho(x)\mathrm{d} x = kx\mathrm{d} x $$式中$\operatorname{sgn}(\cdot)$为符号函数。对电场积分可得空间任意位置电场：
$$ E(x)=\int_0^b\frac{kx}{2\varepsilon_0} \operatorname{sgn}(x_P-x)\mathrm{d} x $$$$ \boldsymbol{E}(x>b)=-\boldsymbol{E}(x<0)=\frac{kb^2}{4\varepsilon_0}\boldsymbol{e}_x,\quad \boldsymbol{E}(x\in(0,b))=\frac{k(2x^2-b^2)}{4\varepsilon_0}\boldsymbol{e}_x $$1.11
（1）电荷密度呈球对称分布，核外总电量由体积分计算：
$$ Q=\int_{V}\rho\mathrm{d} V=-q=-1.60\times10^{-19} \ (\mathrm{C}) $$此处用到$\Gamma$函数：
$$ \Gamma(t\in\mathbb{Z^+})=\int_0^\infty e^{-x} x^{t-1} \mathrm{d} x=(t-1)! $$（2）由对称性，电场仅有径向分量 $\boldsymbol{E}=E_r(r)\boldsymbol{e}_r$，结合积分形式高斯定理：
$$ \oint_{S(r)} \boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d} \boldsymbol{S} = 4\pi r^2 E_r(r) = \frac{1}{\varepsilon_0} \int_0^r 4\pi r'^2 \rho(r')\mathrm{d} r' $$解得
$$ \boldsymbol{E}(r)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left[ \left( \frac{2}{a^2}+\frac{2}{ar}+\frac{1}{r^2} \right) e^{-2r/a} -\frac{1}{r^2} \right]\boldsymbol{e}_r $$变式习题 取球极坐标，若空间电场为
$$ \boldsymbol{E}(r)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{2}{a^2}+\frac{2}{ar}+\frac{1}{r^2} \right) e^{-2r/a} \boldsymbol{e}_r $$求全空间电荷分布。
若直接使用球坐标散度公式 $\rho=\varepsilon_0\nabla\cdot\boldsymbol{E}$ 计算，会得到错误结果：
$$ \rho(r)=-q e^{-2r/a}/(\pi a^3) $$原因：$r>0$ 处散度公式成立，但 $r=0$ 处未引入$\delta$广义函数时，散度运算无意义。 需利用关系 $\nabla\cdot\left(\dfrac{\boldsymbol{e}_r}{r^2}\right)=4\pi\delta(\boldsymbol{r})$ 处理原点奇点。
对含指数项的场做展开：
$$ \nabla \cdot \left(\frac{e^{-2r/a}}{r^2} \boldsymbol{e}_r\right) = \nabla \cdot \left( \frac{1-2r/a+O(r^2)}{r^2} \boldsymbol{e}_r \right) = 4\pi\delta(\boldsymbol{r}) $$该电场为本题原电场叠加点状原子核（质子）后的分布，$\delta$ 函数对应理想点电荷原子核。
1.12
此题与教材1.5节例题1.8思路、过程、结果完全一致，答案：
$$ \frac{\rho\boldsymbol{a}}{3\varepsilon_0} $$其中$\boldsymbol{a}$为连接正电球心与负电球心的矢量。
1.13
解法一：本题思路和解法与习题1.10完全一致。
解法二：根据微分形式高斯定理与对称性，原点附近区域电场仅有$x$分量：
$$ \frac{\partial E_x}{\partial x} = \frac{\rho(x)}{\varepsilon_0} $$$$ \frac{\partial E_x}{\partial x}\big|_{x_{\mathrm{n}}1.14
设场点到圆柱轴线的距离$r$远小于柱长，将圆柱体近似为无限长柱体。 由对称性，电场沿径向$\boldsymbol{e}_r$，大小仅与$r$有关。 取高为$h$、半径为$r$的柱形高斯面$S$，由高斯定理：
$$ \oint_{S} \boldsymbol{E}\cdot\mathrm{d} \boldsymbol{S} = 2\pi rhE = \frac{1}{\varepsilon_0}\int_0^r 2\pi r \rho(r)\mathrm{d} r = \frac{\pi h\rho_0 a^2}{\varepsilon_0}\cdot\frac{r}{r^2+a^2} $$$$ \boldsymbol{E} = \frac{a^2\rho_0r\boldsymbol{e}_r}{2\varepsilon_0 (a^2+r^2)} $$（勘误建议：《习题解答》1.14中第一行算式第二项、第二行算式系数存在笔误，对应系数均应为$2$；该书最终答案正确。）
批改反馈意见
1.5 尽量不要用$k$代替$\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}$；部分同学误将条件看成$\dfrac{x}{l}\ll1$，导致过程与答案出错。
1.8 本题无$D\gg l$近似条件，禁止直接使用偶极子远场结论。
1.11 第一问积分区间为无穷区间，仅积分到$a$属于错误；第二问积分疏漏会丢失$\dfrac{1}{r^2}$项。