样题精讲

按题给常数，$F=e^2/(4\pi\varepsilon_0r^2)=2.05\times10^{-8}\,\mathrm N$，为吸引力；$W=-e^2/(4\pi\varepsilon_0r)\simeq-13.6\,\mathrm{eV}$。这是给定间距的静电互能，不含动能和静止能。来源：样题第 1 页，一·1；参考解答第 1 页。

由 $U=Q(1/a-1/b)/(4\pi\varepsilon_0)$ 得 $E(a)=Q/(4\pi\varepsilon_0a^2)=Ub/[a(b-a)]$。$a(b-a)$ 在 $a=b/2$ 处最大，所以 $E_{\min}=4|U|/b$。此优化保持电压和 $b$ 不变，不能按固定电量求极值。来源：样题第 1 页，一·2。

并联组为 $12\,\mathrm{pF}$、耐压 $20\,\mathrm V$，与 $6\,\mathrm{pF}$ 串联后 $C=4.0\,\mathrm{pF}$。同电量时第三个电容器分得并联组的两倍电压，先到 $20\,\mathrm V$，此时并联组为 $10\,\mathrm V$，所以总耐压 $30\,\mathrm V$。来源：样题第 1 页，一·3。

按原参考答案所用的零电势平面解处理（无限平面、无额外外加均匀场）。两像电荷为 $(a,0,-a)$ 的 $-q$ 和 $(-a,0,-a)$ 的 $+q$。令 $k=1/(4\pi\varepsilon_0)$：

$$\mathbf F=\frac{kq^2}{a^2}\left(-\frac14+\frac1{8\sqrt2}\right)(\hat{\mathbf x}+\hat{\mathbf z}),$$

$$|F|=\frac{(2\sqrt2-1)q^2}{32\pi\varepsilon_0a^2}.$$

面密度用两组平面像的贡献叠加：

$$\sigma(a,0)=-\frac{q}{2\pi a^2}\left(1-\frac1{5\sqrt5}\right).$$

受力包括另一真实电荷及两个像电荷，不能只算自己的像。原题未明确写“接地”，本站补明它采用的边界设定。来源：样题第 1 页，一·4；参考解答第 1 页。

用 $D_r=\rho r/3$（腔内）、$D_r=\rho R^3/(3r^2)$（腔外），再分别除以 $\varepsilon_0,\varepsilon$ 得场。

$$W_{\rm in}=\int_0^R\frac{\varepsilon_0E^2}2\,4\pi r^2dr=\frac{2\pi\rho^2R^5}{45\varepsilon_0},$$

$$W_{\rm out}=\int_R^\infty\frac{\varepsilon E^2}2\,4\pi r^2dr=\frac{2\pi\rho^2R^5}{9\varepsilon}.$$

这是总静电能口径；腔外宏观静电能需再乘 $\varepsilon_0/\varepsilon$。来源：样题第 1 页，一·5。

用 $\gamma$ 表示题中电导率 $\sigma$：$R=l/(\gamma S)$，漂移速率 $v_d=I/(neS)$，$P=I^2l/(\gamma S)$。电子速度方向与电流方向相反。来源：样题第 1 页，一·6。

原题 $\mathcal E_1=\mathcal E_2=10\,\mathrm V$，$R_3=2\,\Omega$，$R_1=R_2=R_4=R_5=8\,\Omega$，$R_6=6\,\Omega$。支路数 6，$R_3$ 电流大小 $1\,\mathrm A$，由右向左。

取底部节点电势为零，顶部为 $V_T$、左中为 $V_L$、右中为 $V_M$。按原图极性，设中横支路向右：

$$I_3=\frac{V_L-V_M-10}{2}.$$

两个中间节点方程相加得 $V_L+V_M=V_T$；顶部节点得 $V_T/8+(V_T+10)/6=0$。解得 $V_T=-40/7\,\mathrm V$，$V_L=8/7\,\mathrm V$，$V_M=-48/7\,\mathrm V$，所以 $I_3=-1\,\mathrm A$。负号表示与假设方向相反。来源：样题第 1 页，一·7。

错。“带电体”不一定是点电荷。均匀带电圆环轴线上，离环中心足够近时 $E\propto z$，向中心靠近反而减小，中心为零。库仑反平方律不能直接用于任意有限带电体。来源：样题二·1，参考答案 ×。

原参考答案：对。需要按本课“仅凭一个定理能否完全反推”的口径理解：库仑定律配合叠加原理可以推出高斯定理；高斯定理本身只限制散度，不足以唯一决定一般矢量场，还需无旋性与边界条件。对单点电荷再引入球对称条件，可以从高斯式恢复库仑场。因此不要把原题解释成“任何附加条件下都不能推导”。来源：样题二·2；讲义 4 第 12–13 页。

错。只能推出面内净电量为零。内部可以存在等量异号电荷或被导体屏蔽的电荷体系。来源：样题二·3。

对，在连通静电区域内。由 $\mathbf E=-\nabla U$，沿任意连接两点的路径积分为零；反之常电势梯度为零。如果区域不连通，不同连通块可以取不同常数。来源：样题二·4。

对，默认壳形状、净电量、腔内总电量和外界条件不变。内表面分布会变，外表面总电量不变，唯一性定理保证外部场不变。改变腔内总电量或外界边界时不能套此结论。来源：样题二·5。

对。限定在环平面内；靠近中心展开得 $U(x)=kQ/R+kQx^2/(4R^3)+\cdots$。沿轴离开中心时电势却减小，所以三维空间中心是鞍点。来源：样题二·6；讲义 6 第 1–2 页。

对。水是有极分子，主要通过固有偶极矩偏向电场方向产生极化，同时也有位移极化。来源：样题二·7；讲义 7 第 29–34 页。

错。普通带电界面只保证 $E_{{\rm out},n}-E_{{\rm in},n}=\sigma_{\rm total}/\varepsilon_0$，不保证内侧电场为零。$E_{\rm out}=\sigma/\varepsilon_0$ 还用了静电平衡导体内侧 $E=0$ 的条件。来源：样题二·8。

错。一般几何中可不共线。斜置介质平板中，退极化场主要沿平板法线，而外场含切向分量，二者不严格反平行。来源：样题二·9；讲义 9 第 1–2 页。

对。按总储能 $W_e=CU^2/2$，固定 $U$ 时 $C$ 增大，储能增大。若电容器先断开电源，固定 $Q$ 则总储能减小。来源：样题二·10。

静电场环路积分为零，电场力做功与路径无关，所以可以定义单值电势。电势是标量，满足标量叠加，求出 $U$ 后通过 $\mathbf E=-\nabla U$ 得场。答题要写出“无旋 → 路径无关 → 电势 → 负梯度”的链条。来源：样题三·1。

按本题“只有一个孤立导体、没有外部电荷或腔内电荷”的设定，非零净电量时表面电荷不能同时有正有负。导体等势，若存在从同一导体正电区出发并终止于负电区的电场线，则沿线电势严格降低，与同一导体等势矛盾；若两类场线分别连向无穷远，同样要求同一导体电势既高于又低于无穷远电势。也可用拉普拉斯方程最大值原理说明。

条件提醒：若“孤立”只指不接地，但允许外部电荷或腔内电荷，导体完全可能有异号感应电荷，不能把参考答案扩大到这些情形。来源：样题三·2，参考解答第 1 页。

横轴电场 $E$、纵轴极化强度 $P$，标剩余极化 $P_r$ 和矫顽场 $E_c$。正常被动循环逆时针，$\oint E\,dP>0$ 为每周期单位体积损耗。反向会给出负损耗，意味着循环凭空输出能量，不符合本题的被动耗散过程。来源：样题三·3；讲义 13 第 9 页。

欧姆线性关系依赖电导率近似不随电场改变。强场下，载流子的定向运动不再只是很小扰动，碰撞时间、分布等可能随场改变，使 $\gamma$ 变为场的函数。先说明微观前提，再指出线性系数失去恒定性。来源：样题三·4；讲义 14 第 19–24 页。

设内球电量 $q$，外壳内表面 $-q$，外表面 $Q+q$。电势为

$$U_B=\frac{Q+q}{4\pi\varepsilon_0c},\quad U_A=U_B+\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac1a-\frac1b\right)=0.$$

解得

$$q=-\frac{abQ}{ab+bc-ac}.$$

电容是外壳 B 对“接地内球及无穷远”的等效电容：

$$C=\frac Q{U_B}=4\pi\varepsilon_0\left(\frac{ab}{b-a}+c\right).$$

等效电路是 A–B 球形电容与 B–无穷远孤立球电容并联。不要只算两球间的 $4\pi\varepsilon_0ab/(b-a)$。来源：样题第 2 页，四·1；参考解答第 1 页。

取 $\theta$ 为侧面外法线与 $\mathbf P$ 的夹角。两大平面法线垂直 $\mathbf P$，所以无束缚面电荷；侧面为 $\sigma_b=P\cos\theta$；均匀极化的体电荷为零。

薄板近似下侧面元 $dS\simeq hR\,d\theta$，中心到它的距离近似为 $R$。沿 $\mathbf P$ 的分量为

$$dE_\parallel=-\frac{Ph}{4\pi\varepsilon_0R}\cos^2\theta\,d\theta.$$

积分 $0$ 到 $2\pi$，得到

$$\mathbf E'=-\frac h{4\varepsilon_0R}\mathbf P.$$

这与极化方向垂直板面的薄板结果 $-\mathbf P/\varepsilon_0$ 不同。来源：样题第 2 页，四·2；参考解答第 1 页。

设极板长 $a$、宽 $b$、间距 $d$，沿长边分为两区，每区面积 $ab/2$，忽略边缘效应。定义电场从上方正极板指向下方负极板。

① 场：两区并联，同电压同厚度，$E_1=E_2=U/d$，$D_i=\varepsilon_iU/d$。

② 电荷：正、负极板各区域自由面密度为 $\pm\varepsilon_iU/d$。介质上表面束缚密度为 $-(\varepsilon_i-\varepsilon_0)U/d$，下表面为正；侧面及两介质接触面法线垂直 $\mathbf P$，无束缚面电荷；均匀区域内 $\rho_b=0$。

③ 宏观静电能（注意术语）：

$$W_{e0}=\frac12\varepsilon_0E^2abd=\frac{\varepsilon_0abU^2}{2d}.$$

总静电能另为 $W_e=(\varepsilon_1+\varepsilon_2)abU^2/(4d)$，极化能为两者之差。

④ 外力：取界面向右移动 $x$、介质 1 占据面积增大：

$$C(x)=\frac bd\left[\varepsilon_1(a/2+x)+\varepsilon_2(a/2-x)\right],$$

$$F_{{\rm elec},x}=\frac{U^2}2\frac{dC}{dx}=\frac{(\varepsilon_1-\varepsilon_2)bU^2}{2d},$$

$$F_{{\rm ext},x}=-F_{{\rm elec},x}=\frac{(\varepsilon_2-\varepsilon_1)bU^2}{2d}.$$

静电力使较大介电常数的介质占据更多极板区域；外力与之相反。来源：样题第 2 页，四·3；参考解答第 2 页。