This page is the ONELINE MIRROR VERSION of the answer to homework 3 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》习题 2.6、2.7 - 2.11
补充作业：
- 【1】两个电容器的标称电容值分别是 300皮法 / 50伏特 和 200皮法 / 100伏特，求串联总电容和总耐压值.
- 【2】求【例2.5】中电介质球内外任一点的电场强度.
- 【3】半径为 10厘米 的铜球，表面每个原子失去一个电子，已知铜的摩尔质量为 64克，铜的密度为 8.9克/立方厘米，估算表面的电场和电势.
- 【4】半径为 0.1米 的中性金属球壳内有两个点电荷，电量分别是 -3×10^(-9)库仑 和 9×10^(-9)库仑，分别位于球心 O点 左侧 2厘米 和右侧 5厘米。求 O点 左侧 0.2米 处的电场强度。
1.15
(1)把正电荷$Q$从O点沿弧$OCD$移到D，电荷$-q$对正电荷$Q$不做功，又因为做功与路径无关，电荷$+q$对$Q$做的功为
$$ \int_{OCD}Q\boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=\int_{OD}Q\boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=\int_{l}^{3l}\frac{qQ\mathrm{d} r}{4\pi\varepsilon _0r^2 }=\frac{qQ}{6\pi\varepsilon_0l} $$(2)$+q$对$Q$做的功：
$$ W_+=\int_{3l}^{\infty}\frac{-qQ\mathrm{d} r}{4\pi\varepsilon_0 r^2}=\frac{-qQ}{12\pi\varepsilon_0l} $$$-q$对$Q$做的功
$$ W_-=\int_{l}^{\infty}\frac{qQ\mathrm{d} r}{4\pi\varepsilon_0 r^2}=\frac{qQ}{4\pi\varepsilon_0l} $$根据叠加原理，总功
$$ W=W_++W_-=\frac{qQ}{6\pi\varepsilon_0l} $$1.16
证明：取柱形高斯面，上下底面分别记为$a$，$b$，高为$h$，轴向与电场线方向平行，底面积为足够小的$\Delta S$。由高斯定理得：$-E_a\Delta S+E_b\Delta S =0$，得$E_a=E_b$。 即同一电场线上任意两点电场强度相等。
作矩形回路$abcd$，由环路定理得
$$ \int_{abcd}\boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=\int_{ab}\boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}+\int_{bc}\boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}+\int_{cd}\boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}+\int_{da}\boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=0 $$即
$$ E_ah-E_dh=0,\quad E_a=E_d $$因此，不同电场线的任意两点的场强也相等。
1.17
设无限远处为电势零点，根据叠加原理
$$ \begin{align*} U&=\frac{-2q}{4\pi\varepsilon_0r}+\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{r^2+l^2-2lr\cos\theta}}+\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{r^2+l^2+2lr\cos\theta}}\\ &=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r}\left[ -2+\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{l}{r}\right)^2-2\left(\frac{l}{r}\right)\cos\theta}}+\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{l}{r}\right)^2+2\left(\frac{l}{r}\right)\cos\theta}} \right] \end{align*} $$对于远处$r\gg l$，利用泰勒展开式
$$ \frac{1}{\sqrt{1+x}}=1-\frac{1}{2}x+\frac{3}{8}x^2+\cdots $$保留二阶小量，有
$$ \begin{align*} U&=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r}\left[ -2+1-\frac{1}{2}\left(\frac{l^2}{r^2}-\frac{2l}{r}\cos\theta\right)+\frac{3}{8}\left(\frac{l^2}{r^2}-\frac{2l}{r}\cos\theta\right)^2\right.\\ &\quad \left.+1-\frac{1}{2}\left(\frac{l^2}{r^2}+\frac{2l}{r}\cos\theta\right)+\frac{3}{8}\left(\frac{l^2}{r^2}+\frac{2l}{r}\cos\theta\right)^2\right]\\ &=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r}\left(-\frac{l^2}{r^2}+\frac{3l^2}{r^2}\cos^2\theta+\cdots\right)\\ &=\frac{ql^2}{4\pi\varepsilon_0r^3}(3\cos^2\theta-1) \end{align*} $$电场为
$$ \begin{align*} \boldsymbol{E}&=-\nabla U=-\frac{\partial U}{\partial r}\boldsymbol{e}_r-\frac{1}{r}\frac{\partial U}{\partial\theta}\boldsymbol{e}_{\theta}\\ &=\frac{3ql^2(3\cos^2\theta-1)}{4\pi\varepsilon_0r^4}\boldsymbol{e}_r+\frac{3ql^2\sin\theta \cos\theta}{2\pi\varepsilon_0r^4}\boldsymbol{e}_{\theta}\\ &=\frac{3ql^2}{4\pi\varepsilon_0r^4}\left[(3\cos^2\theta-1)\boldsymbol{e}_r+2\sin\theta \cos\theta\boldsymbol{e}_{\theta}\right] \end{align*} $$1.18
同1.17，保留二阶小量，得
$$ U=\frac{3ql^2}{4\pi\varepsilon_0r^3}\sin\theta \cos\theta $$$$ \boldsymbol{E}=-\nabla U=-\frac{9ql^2\sin\theta \cos\theta}{4\pi\varepsilon_0r^4}\boldsymbol{e}_r+\frac{3ql^2\cos2\theta}{4\pi\varepsilon_0r^4}\boldsymbol{e}_{\theta} $$
1.19
(1)以圆筒轴为$z$轴建立柱坐标系，由对称性可知，电场只有$\boldsymbol{r}$分量，且仅与$r$有关。取与圆筒共轴、高为$h$、半径为$r$的圆柱面为高斯面，电通量$\varPhi=\oint\boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{S}=2\pi rhE$，利用高斯定理可得
$$ r$$ r>b,\quad \varPhi=0,\quad E=0 $$
设外筒为电势零点位置，则
$$ U=-\int_b^rE\mathrm{d} r= \begin{cases} \displaystyle \frac{\lambda_e}{2\pi\varepsilon_0}\ln\frac{b}{a}, & r\le a\\[6pt] \displaystyle \frac{\lambda_e}{2\pi\varepsilon_0}\ln\frac{b}{r}, & a\le r\le b\\[6pt] 0, & r\ge b \end{cases} $$(2)两筒间的电势差为
$$ \Delta U = U(a)-U(b)=\frac{\lambda_e}{2\pi\varepsilon_0}\ln\frac{b}{a} $$1.20
(1)以氢原子核为球心，取半径$R$与$R+\mathrm{d} R$的球壳，场点$P$到球心距离为$r$。球壳体积元$\mathrm{d}V=2\pi R^2\sin\theta \mathrm{d}R\mathrm{d}\theta$，所带电荷量$\mathrm{d} q=\rho(R)\mathrm{d}V=2\pi R^2 \rho(R) \sin\theta \mathrm{d}R\mathrm{d}\theta$。其在$P$点产生的电势为
$$ \mathrm{d} U=\frac{\mathrm{d} q}{4\pi \varepsilon_0\sqrt{R^2+r^2-2Rr\cos\theta}}=\frac{\rho(R)R^2\sin\theta \mathrm{d}R\mathrm{d} \theta}{2\varepsilon_0\sqrt{R^2+r^2-2Rr\cos\theta}} $$对$\theta$和$R$积分得$P$点电势
$$ U=\frac{1}{2\varepsilon_0}\int_0^{\infty}\rho(R)R^2\mathrm{d} R\int_0^{\pi}\frac{\sin\theta \mathrm{d} \theta}{\sqrt{R^2+r^2-2Rr\cos\theta}} $$其中积分
$$ \int_0^{\pi}\frac{\sin\theta \mathrm{d} \theta}{\sqrt{R^2 + r^2 - 2 Rr \cos \theta}}= \left.\frac{\sqrt{R^2 + r^2 - 2Rr \cos \theta}}{Rr} \right|_{0} ^ {\pi}= \begin{cases}\dfrac{2}{r}, & R < r\\[6pt]\dfrac{2}{R}, & R > r\end{cases} $$代回积分表达式得
$$ \begin{align*} U&=\frac{1}{\varepsilon_0r} \int_0^r\rho(R)R^2\mathrm{d} R+\frac{1}{\varepsilon_0}\int_r^{\infty}\rho(R)R\mathrm{d} R\\ &=\frac{-q}{\pi\varepsilon_0a^3r}\int_0^re^{-\frac{2R}{a}}R^2\mathrm{d} R-\frac{q}{\pi\varepsilon_0a^3}\int_r^{\infty}e^{-\frac{2R}{a}}R\mathrm{d} R\\ &=-\frac{q}{\pi\varepsilon_0a^3r}\left[-\frac{a^3}{4}\left(\frac{2r^2}{a^2}+\frac{2r}{a}+1\right)e^{-\frac{2r}{a}}+\frac{a^3}{4}\right]-\frac{q}{\pi\varepsilon_0a^3}\left[\frac{a^3}{4}\left(\frac{2r}{a}+1\right)e^{-\frac{2r}{a}}\right]\\ &=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left[\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{r}\right)e^{-\frac{2r}{a}}-\frac{1}{r}\right] \end{align*} $$（2）所有电荷在$r$处产生的电势为
$$ U_{all}=U+\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{r}\right)e^{-\frac{2r}{a}} $$本题也可先由高斯定理求出电场，再积分求解电势。
1.21
先求单个带电圆面产生的电势。取圆面上以圆心为原点、半径$r$、宽度$\mathrm{d}r$的环带，环带电荷量$\mathrm{d}q=2\pi\sigma r\mathrm{d}r$，它在轴线上离圆心为$x$处产生的电势为
$$ \mathrm{d}U=\frac{\mathrm{d} q}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{x^2+r^2}}=\frac{\sigma r\mathrm{d} r}{2\varepsilon_0\sqrt{x^2+r^2}} $$积分得总电势
$$ U=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\int_0^R\frac{r\mathrm{d} r}{\sqrt{x^2+r^2}}=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(\sqrt{x^2+R^2}-|x|\right) $$对题中两个圆面，各自产生的电势为
$$ U_+=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left[\sqrt{\left(x-\frac{l}{2}\right)^2+R^2}-\left|x-\frac{l}{2}\right|\right] $$$$ U_-=-\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left[\sqrt{\left(x+\frac{l}{2}\right)^2+R^2}-\left|x+\frac{l}{2}\right|\right] $$
二者叠加
$$ U=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left[\left|x+\frac{l}{2}\right|-\left|x-\frac{l}{2}\right|+\sqrt{\left(x-\frac{l}{2}\right)^2+R^2}-\sqrt{\left(x+\frac{l}{2}\right)^2+R^2}\right] $$因$l\ll R$，对根式项做近似
$$ \begin{align*} \sqrt{\left(x-\frac{l}{2}\right)^2+R^2}-\sqrt{\left(x+\frac{l}{2}\right)^2+R^2} &\approx\sqrt{x^2-xl+R^2}-\sqrt{x^2+xl+R^2}\\ &=\sqrt{x^2+R^2}\left[ \left(1-\frac{xl}{x^2+R^2}\right)^{\frac{1}{2}} -\left(1+\frac{xl}{x^2+R^2}\right)^{\frac{1}{2}} \right]\\ &\approx\sqrt{x^2+R^2}\left[1-\frac{xl}{2(x^2+R^2)}-1-\frac{xl}{2(x^2+R^2)}\right]\\ &=-\frac{xl}{\sqrt{x^2+R^2}} \end{align*} $$另有
$$ \left|x+\frac{l}{2}\right|-\left|x-\frac{l}{2}\right|= \begin{cases} l, & x>\dfrac{l}{2}\\[6pt] 2x, & -\dfrac{l}{2}\le x\le \dfrac{l}{2}\\[6pt] -l, & x<-\dfrac{l}{2} \end{cases} $$代入电势表达式：
$$ U= \begin{cases} \displaystyle \frac{\sigma l}{2\varepsilon_0}\left(1-\frac{x}{\sqrt{x^2+R^2}}\right), & x>\dfrac{l}{2}\\[6pt] \displaystyle \frac{\sigma x}{2\varepsilon_0}\left(2-\frac{l}{\sqrt{x^2+R^2}}\right)\approx\frac{\sigma x}{\varepsilon_0}, & -\dfrac{l}{2}\le x\le \dfrac{l}{2}\\[6pt] \displaystyle -\frac{\sigma l}{2\varepsilon_0}\left(1+\frac{x}{\sqrt{x^2+R^2}}\right), & x<-\dfrac{l}{2} \end{cases} $$(2)电场强度
$$ \boldsymbol{E}=-\frac{\mathrm{d} U}{\mathrm{d} x}\boldsymbol{e}_x= \begin{cases} \displaystyle \frac{\sigma l R^2}{2\varepsilon_0\left(x^2+R^2\right)^{\frac{3}{2}}}\boldsymbol{e}_x, & x>\dfrac{l}{2}\\[6pt] \displaystyle -\frac{\sigma}{\varepsilon_0}\boldsymbol{e}_x, & -\dfrac{l}{2}\le x\le\dfrac{l}{2}\\[6pt] \displaystyle \frac{\sigma l R^2}{2\varepsilon_0\left(x^2+R^2\right)^{\frac{3}{2}}}\boldsymbol{e}_x, & x<-\dfrac{l}{2} \end{cases} $$1.22
设立方体的边长为$2a$，将其分为8个边长为$a$的小正方体。设每个小正方体电荷在大正方体中心产生的电势为$U$，由叠加原理，大正方体中心电势为$8U$。
取大正方体中心为原点$O$，$xyz$轴与棱边平行，电荷密度为$\rho$，则
$$ U=\int_0^a\int_0^a\int_0^a\frac{\rho \mathrm{d} x\mathrm{d} y\mathrm{d} z}{4\pi\varepsilon_0 \sqrt{x^2+y^2+z^2}} $$大正方体在顶点$(a,a,a)$处的电势为
$$ \int_{-a}^a\int_{-a}^a\int_{-a}^a\frac{\rho \mathrm{d} x\mathrm{d} y\mathrm{d} z}{4\pi\varepsilon_0 \sqrt{(x-a)^2+(y-a)^2+(z-a)^2}} $$令$x’=\dfrac{x-a}{2},\ y’=\dfrac{y-a}{2},\ z’=\dfrac{z-a}{2}$，雅可比行列式
$$ \left|\frac{\partial(x,y,z)}{\partial(x',y',z')}\right|=8 $$积分化为
$$ \int_{-a}^0\int_{-a}^0\int_{-a}^0\frac{\rho \cdot 8\,\mathrm{d} x'\mathrm{d} y'\mathrm{d} z'}{4\pi\varepsilon_0 \sqrt{(2x')^2+(2y')^2+(2z')^2}} =4\int_0^a\int_0^a\int_0^a\frac{\rho \mathrm{d} x'\mathrm{d} y'\mathrm{d} z'}{4\pi\varepsilon_0 \sqrt{x'^2+y'^2+z'^2}} =4U $$八个顶点总电势为$32U$，是中心电势的4倍。
1.23
（1）考察点电荷$q$与总电荷量为$Q$的均匀带电球面$S$。将$q$从无穷远移到球心外侧、距球心$R$处，由高斯定理，球面外电场等效于电荷集中在球心，移动外力做功为$\dfrac{qQ}{4\pi\varepsilon_0R}$。
固定点电荷$q$，将带电球面从无穷远移至球心距$q$为$R$处，做功同样为$\dfrac{qQ}{4\pi\varepsilon_0R}$。由此可知：球面外任一电荷在球面上产生电势的平均值，等于该电荷在球心处产生的电势；多电荷系统满足叠加原理，结论依然成立。
（2）结合(1)的结论分析两项电势：球面内无电荷时对应第二项；仅球面内存在点电荷$q$时，球面上电荷在球内产生电场为零，$q$与球面电荷的电势能和$q$在球内位置无关，等效于$q$置于球心，由此得到第一项。
2.1
(1)证明：由对称性，电场仅存在垂直于金属板的分量。金属内部电场强度为0，取柱形高斯面，两底面分别处于两块金属板内部。由高斯定理，高斯面侧面与底面电通量均为0，故面内总电荷为0，得$\sigma_2+\sigma_3= 0$，即相对两面电荷面密度大小相等、符号相反。
由场强叠加原理，左侧金属板内部场强为各表面电场叠加：
$$ \frac{\sigma_1}{\varepsilon_0}=\frac{\sigma_2+\sigma_3+\sigma_4}{\varepsilon_0} $$可得$\sigma_1=\sigma_4$。
(2)结合条件
$$ (\sigma_1+\sigma_2)S=Q_1,\quad (\sigma_3+\sigma_4)S=Q_2,\quad \sigma_1=\sigma_4,\quad \sigma_2+\sigma_3= 0 $$解得
$$ Q_{11}=Q_{24}=\frac{Q_1+Q_2}{2},\quad Q_{12}=-Q_{23}=\frac{Q_1-Q_2}{2} $$2.2
内球电势为0，与无穷远电势相等。设内球带电量为$q$，由对称性电场沿径向且仅与$r$有关，取同心球面为高斯面，各区域场强：
$$ E(r < R_1)=0,\quad E(R_1 < r < R_2)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2} $$$$ E(R_2< r < R_3)=0,\quad E(r > R_3)=\frac{q+Q}{4\pi\varepsilon_0r^2} $$
内球电势
$$ U=\int_{R_1}^{\infty}E\mathrm{d}r=\int_{R_1}^{R_2}E\mathrm{d}r+\int_{R_2}^{\infty}E\mathrm{d}r =\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{R_1}-\frac{1}{R_2}\right)+\frac{q+Q}{4\pi\varepsilon_0R_3} $$由$U=0$解得
$$ q=\frac{R_1R_2Q}{R_1R_3-R_1R_2-R_2R_3} $$代入求外球壳电势：
$$ U=\frac{q+Q}{4\pi\varepsilon_0R_3}=\frac{(R_1-R_2)Q}{4\pi\varepsilon_0(R_1R_3-R_1R_2-R_2R_3)} $$2.3
取肥皂泡上一圆形面元，相对球心张角为$\theta$，面积$\pi (r\theta)^2$，周长$2\pi r\theta$。表面张力合力垂直面元、指向球心；薄膜内外两侧均存在表面张力，结合近似$\sin\theta\approx\theta$，可得单位面积外侧压力：
$$ \frac{\Delta F}{\Delta S}=\frac{2\pi r\theta\cdot \alpha\cdot \theta \cdot 2}{\pi(r\theta)^2}=\frac{4\alpha}{r} $$不带电时泡内压强$p_0$满足：$\displaystyle p_0=p+\frac{4\alpha}{r}$。 肥皂泡带电后半径变为$R$，气体等温膨胀，内部气压$\displaystyle p_1=\frac{r^3p_0}{R^3}$。
带电表面单位面积所受电场力：面电荷密度$\sigma_e=\dfrac{Q}{4\pi R^2}$，受力处等效场强$E’=\dfrac{\sigma_e}{2\varepsilon_0}$，电场力向外，对应等效压强
$$ \frac{\Delta F}{\Delta S}=\sigma_e E'=\frac{\sigma_e^2}{2\varepsilon_0}=\frac{Q^2}{32\pi^2\varepsilon_0R^4} $$带电后压力平衡条件：
$$ \frac{r^3}{R^3}\left(p+\frac{4\alpha}{r}\right)+\frac{Q^2}{32\pi^2\varepsilon_0R^4}=p+\frac{4\alpha}{R} $$整理得
$$ \frac{Q^2}{32\pi^2\varepsilon_0R^4}=(R^3-r^3)p+4\alpha(R^2-r^2) $$2.5
$r\gg R$时，导体$A$与腔内电荷$q_1、q_2$整体近似为点电荷。点电荷与导体间相互作用力大小相等、方向相反：
$$ \boldsymbol{F}_q=-\boldsymbol{F}_A=\frac{q(q_1+q_2)}{4\pi\varepsilon_0r^3}\boldsymbol{r} $$由静电屏蔽，腔内电场仅由腔内壁感应电荷决定；腔内电荷位于空腔中心，内壁感应电荷均匀分布，腔内电荷所受合力为0，即$F_{q_1}=F_{q_2}=0$。
补充作业
电荷密度$\displaystyle \rho=\frac{3Q}{4\pi a^3}$，将右半球拆分为多层球壳，薄层等效面密度$\sigma=\rho \mathrm{d} r$。 由高斯定理，场强$\displaystyle E=\frac{\rho \boldsymbol{r}}{3\varepsilon_0}$。面元受力
$$ \mathrm{d}\boldsymbol{F}=\boldsymbol{E}\sigma \mathrm{d}S =\frac{\rho^2\boldsymbol{r}\mathrm{d} r}{3\varepsilon_0}\cdot r^2\sin\theta \mathrm{d}\phi \mathrm{d}\theta =\frac{\rho^2r^3\sin\theta }{3\varepsilon_0}\mathrm{d} r\mathrm{d}\phi \mathrm{d}\theta\,\boldsymbol{e}_r $$由对称性，总电场力仅有$x$分量：
$$ F=F_x=\int_0^{\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int_0^R\frac{\rho^2r^3\sin^2\theta }{3\varepsilon_0}\cos\phi \mathrm{d} r\mathrm{d}\phi \mathrm{d}\theta =\frac{3Q^2}{64\pi\varepsilon_0R^2} $$批改反馈
1.17、1.18 可利用偶极电场与矢量$\boldsymbol{l}$点乘的方式计算四极子电势，计算更加简便。