大學物理朱峰(第一版)習題精解第六章靜電場

1、習題解析6-1在坐標原點及、.3,0點分另U放置電量Qi2.0 10 6c及Q2 1.0 10 6C的點電荷，求PC, 3, 1點處的場強。解 如圖6.4所示，點電荷Q1和Q2在P產(chǎn)生的場強分別為p1 Q1 r1 £1 Q2 r24 0 r1 r14 0 ar_rr rr而 *, 3ij ,r2j ,r12,r21，所以E E E 1 Qu 1 Q"匕總E1E2224 0 r1 A 4 0 * r112.01063rJ 1.0 106ji2"21 13.9r 6.8103 N?C 1916-2長為I 15cm的直導線AB上，設想均勻地分布著線密度為5.00 10

2、9C m 1，的正電荷,如圖6.5所示，求：1在導線的延長線上與B端相距d1 5.0cm處的P點的場強；2在導線的垂直平分線上與導線中點相距d2 5.0cm處的Q點的場強。解1如圖6.5a所示，以AB中點為坐標原點，從 A到B的方向為x軸的正方向。在導線AB上坐標為x處，取一線元dx，其上電荷為dq dx它在P點產(chǎn)生的場強大小為dE1 dq14 0 l2dx2d1 x方向沿x軸正方向。導線AB上所有線元在P點產(chǎn)生的電場的方向相同，因此P點的場強大小為121 dq1 2240 rdxd11£ 14 0 d1 1 d1995.00 10 9 9 1095 1020 1026.75 102

3、 V ?m方向沿x軸正方向。(2)如圖6.5 (b)所示，以AB中點為坐標原點，從 A到B的方向為x軸正方向，垂直于 AB 的軸為y軸，在導線 AB上坐標為x處，取一線元dx,其上的電荷為dq dx它在Q點產(chǎn)生的電場的場強大小為dE 1 dq 1 dxdE22 7224 o r 4 o d2 x方向如圖6.5 (b)所示。在導線AB上坐標為-x處取另一線元dx，其上電荷為dq dx它在Q點產(chǎn)生的電場場強大小為dEi1 dq廠71 dx'2 24 o d2 x方向與坐標x處電荷元在Q點產(chǎn)生的電場方向相對與 y軸對稱，因此dE1x dE2x14 0 d2dx .2 sin xo d；dx

4、.2 sin xdE1與dE2的合場強dE的大小為dEdE1y dE2y1 dx'2 22 0 d2 x2dE1 sinJ20 d；dx2 3/2 x方向沿y軸正方向，因此Q點的場強的大小為dx.2 20 d2 x3/220d2 d；1/24 0d2x2 1/2 d2 l d2 79.00 109 5.0010 9 0.1521.500.050150.05241031V ?m方向沿y軸正方向。6-3 一根玻璃棒被彎成半徑為R的半圓形，其上電荷均勻分布，總電量為q，求半圓中心 O點的場強。解 建立如圖6.6所示的坐標系，在弧線上取線元dl其上電荷為dq Qdl，它在Q點處產(chǎn)生的場R強r

5、dE1 dq RrR2-"y軸呈對稱性，所以由于半圓形上電荷對 y軸呈對稱性分布，電場分布也對Ex0Ey sin dq 24 0R22- 2sin Rd0 4 0R2R解 建立如圖6.7所示的坐標系，根據(jù)電荷分布的對稱性，元dq在0點產(chǎn)生的場強大小為電荷線密度為0點的場強。0點的場強沿y軸方向正方向，任意電荷ExiEyj6-4 一根細有機玻璃棒被彎成半徑為截均勻帶有負電荷線密度為q r2 2 0R2 j的半圓形，上半截均勻帶有正電荷, ，如圖6.7所示。求半圓中心dE1 dq廠R2此場強在y軸方向的分量為dEy dE cos1 dq2 cos40 Rcos d40R半圓形上半局部和下

6、半局部在O點產(chǎn)生的場強，在 x軸方向合場強為零，在 y軸方向分量大小相等，方向相同。因此E Ey盯廠Rcosd亍方向沿y軸的正方向。6-5 1一半徑為R的帶電球體，其上電荷分布的體密度為一常數(shù)，試求此點球體內(nèi)、外的場強分布；假設1中帶電球體上點電荷分布的體密度為r，其中為一常數(shù)R0，r為球上任意一點到球心的距離，試求此帶點球體內(nèi)、外的場強分布。解1當r R時，建立如圖6.8a所示的高斯面，根據(jù)高斯面定理s043式中qdVdVr ,所以3VV當rR時，建立如圖6.8b圖所示的高斯面，根據(jù)高斯面定理式中qdVdVV(2 )當R時,建立如圖 6.8(a)式中dVR3，所以E上3 0r2所示的高斯面，

7、根據(jù)高斯面定理°E?dSsR時，建立如圖r2dr3r4巴，所以R3r6.8 ( b)所示的高斯面,根據(jù)高斯面定理0E ?s式中dViRR3，所以°R312 0r26-6根據(jù)量子力學，正常狀態(tài)的氫原子可以看成由一個電量為+e的點電荷,以及球?qū)ΨQ分布在其周圍的電子云構成。電子云的電荷密度Ce2r/a°a 0 5.3 10 m C e / a0是為使點電a。處的電場強度是多荷總量等于-e所需要的常量。試冋在半徑為 a0的球內(nèi)凈電荷是多少？距核遠大?解半徑為a°的球內(nèi)凈電荷為e dV e J0 Ce2r/a°4 r2dr 0.667e 1.08 10

8、19(C)V在距核a0遠處做半徑為a0球形高斯面，根據(jù)高斯面定理所以E 打彳 3.46 1011 V ?m 14 a°06-7如圖6.9所示，一半徑為 R的均勻帶電球體，電荷體密度為。今在球內(nèi)挖去一半徑為 如果帶電球體心 0指向球向球形空腔球心的均勻帶電球體所分別產(chǎn)生的場強和的矢量和。 解 利用補償法求解，球形空腔中任意一點的電場強度E可看作半徑為R、體密度為球體和半徑為r、體密度為r r<R的均勻帶點Ei匕，E2的均勻帶電球體所分別產(chǎn)生的場強E1和E2的矢量和。所以EEiE2而 r1 r2a，上式可改寫為2個點電荷6-8有一對點電荷，所帶電量的大小為q,它們間的距離為 21。

9、試就下述兩種情形求這連線中點的場強和電勢：12個點電荷帶同種電荷；22個點電荷帶異種電荷。解1以2個點電荷連線中點為原點，建立如圖6.10所示的坐標系。2個點電荷在原點 O產(chǎn)生的場強大小相等，方向相反，合場強為零。2個點電荷在原點 O電勢大小相等，合電勢為1 q 1 l q40 I 40 q 20l2以2個點電荷連線中點為原點，建立如圖6.10 b所示的坐標系。2個點電荷在原點 O產(chǎn)生的場強大小相等，方向相同，合場強為Eq4 0l2q.i2 i4 0l2q20l22個點電何在原點 O的合電勢為1 q1lcU06-9 一均勻帶電球殼，它的面電荷密度為，半徑為R。求球殼內(nèi)、外的電勢分布。解：利用高

10、斯定理可求得球殼內(nèi)、外的電場強度大小分布為0(r R)22- ,(rrR)UpE?drRE?drE?drR214 RdrUpE?drr14 R2dror6-10電荷Q均勻分布在半徑為 R的球體內(nèi)，試證明離球心(r<R)處的電勢為2 2U Q(3R r )80R3解 利用高斯定理渴求得球體內(nèi)、外的電場強度大小分別為Qr (3 ,(r4 0RQr4R)選取無窮遠處為零電勢，球內(nèi)任一點的電勢為RU E?dr E?dr E?drrrR6-11如圖6.11所示，一均勻帶電細棒, 的距離為a)解建立如圖6.11所示的坐標系,那么在P點處的電勢為整個細棒在P點的電勢為UpT_1_=340 - x2 a

11、2dq3 ,(r0rR)3 drR 4°rQr280R3Q4 0RQ(3R2 r2)80R3電荷密度為，棒長為I，求途中P點處的電勢(P點到棒在細棒上任一位置dUx處取一電荷元 dq, dq dx.。1 dq41_40dqx22lT3 40、x2dxaln x x2a22I3I3-Ino4 - 222 .-1 a -1931.221.-1 a - l 9326-12如圖6.12所示，3塊平行金屬板 A,B和C，面積都是20cm，A和B相距4.0mm, A和C相距2.0mm，B和C兩板都接地，如果使 A半帶正電，電量為3.010 7C，并忽略邊緣效應，試求:1金屬板B和C上的感應電量；

12、2 A板相對于地的電勢。解設A板右側面電量為q1，左側面電量為q2，那么q1 q2 qB板上的感應電量為qi，C板上的感應電量為q2，均勻分布于與A板相對的側面上，因此A,B兩板間的場強及 A,C兩板間的場強分別為Eab出,Eac0°S0SA,B兩板間及A,C兩板間的電勢差分別為U ABEABdAB , U ACEAcd AC而U ab Uac，所以E AB d ABEACd AC連立1、 2、 3式，代入數(shù)值2S 20cm , dAB4.0mm,dAC2.0mm, q 3.0 10 7C,，得qi1.0 10 7C,q22.0 10 7C相應地，B板上的感應電量為 q11.0 10

13、 7c，C板上的感應電量為q22.0 10 7c，相對于地的電勢為UAU ABEABdABdAB0S1.0 10 7 4.0 10 32.27104(V)8.85 10 12 20 10 46-13如圖6.13所示,2個均勻帶電的金屬冋心球殼，內(nèi)球殼厚度不計半徑為5.0cm，帶電8荷q10.6 10 C ；外球殼 內(nèi)半徑 &7.5cm，外半徑R,9.0cm，所帶總電荷q22.0 10 C，求：1距離球心3.0cm,6.0cm,8.0cm,10.0cm各點處的場強和電勢；2如果用導線把2個球殼連結起來，結果又如何？解 由于靜電感應，外球殼內(nèi)外表上均勻分布著電荷，球殼外外表上均勻分布著電荷

14、q q2。1根據(jù)高斯定理，苛求得不同空間的場強分布。當 r R 時 E?dS 0S所以E1 0當R rR2時E?dS所以當R2 rR3時所以當r R3時Ea0所以E2,E?dS 0S0E?dSS01qi cb4廠 r2利用電勢的定義，可求得不同空間的電勢分布。U1E?drrE?drrE?drR2E?drR31q11C11 C1 C240R 40R24 0 &當R r&U2E?drrRE1?drrR3E2?drR2E ?drR31qi1C11q1 q240 R 40 R24 0RsRa當R rR3時U3 E?drrEa?drRaE4?dr1 Ci C24 0R3當 r R3 時E

15、?drr代入相應的數(shù)值：r 0.03m 時E 0占？生1 Ci C24 0R31 q 1 q 1 q C24 0 R 4 0 R2 40R31090.60 10 80.60 10 80.60 10 8 2.00 10 80.050.0750.091.04 103(V)r0.06m981qi910 0.6010E221.540r(0.06)U1q1q11q1 q24 0R40 R2 40R3U4110 (V ?m )8 890.60 100.60109.0 100.050.0758 80.60 10 2.00 100.0931.22 10 (V)2如果 用導線把兩個球殼連結起來，那么局部電荷中和

16、qr q2，剩余電荷分布于大球殼外外表上。在大球殼的外外表以內(nèi)的3個點，場強均為零，在處，場強人為E q1 2q21.26 100R3(V?m 1)40 r在大球殼外外表以內(nèi)的3個電勢相等，為1 q1 q?31.40 10 V在處，電勢仍為1 q1 q21.26 103 V4 0 r6-15在一半徑為a的長直導線的外面,套有半徑為b的同軸導體薄圓筒，它們之間充以相對電容率為r的均勻電介質(zhì)，設導線和圓筒都均勻帶電,且沿軸線單位長度所帶電荷分別為和 ，求1空間個點的場強大小；2導線和圓筒間電勢差。 解1以導線為軸，在空間不同區(qū)域做半徑為 當r<a時，r，高為I的圓柱面形高斯面。根據(jù)高斯定理:

17、所以當a<r<b時,所以E?dS 0SEi0E?dSSE2 2rlE2Irl 0 rE?dSE3bE2?dSa-一?dra 2 rl 0 r 2ln- r 0 r b6-16 一空氣平行板電容器的電容C 1.0pF，充電到電量為Q1.0 10 6C后，將電源切斷。1當r>b時, 所以求極板間的電勢差和電場能量。2Ajiang兩極板拉開，使距離的2倍，試計算拉開前后電場能量的2導線和圓筒間電勢差變化，并解釋其原因。解 1 由電容器的電容定義式可得1.0 10 61.0 10 121.0 106(V)電場能量2平行板電容器的電容而，所以拉開前后電場能量的改變We1 Q26 21

18、(1.010)122 1.0100.5(J)0Sdwe we we0.5(j)電場能量發(fā)生改變的原因是，將電容器的兩極板拉開的過程中，由于極板上的電荷保持不變，極板 間的電場強度也不變，但電場所占的空間增大，總的電場能量也相應地增加，根據(jù)功能原理，說增 加的電場能量應等于拉開過程中外力克服兩極板間的靜電力所做的功。6-17在電容率為的無限大均勻電介質(zhì)中，有一半徑為R的導體球帶電量 Q。求電場的能量。解 在導體球上的電荷均勻分布在其外表，球內(nèi)無電場，球外的場強大小為取半徑從r到r+dr之間的球殼為體積微元如圖6.15所示，體積為，故電場能量為WeV 寸 E2dV2九 4 r2dr6-18 一平行板電容的極板面積為S,分別帶電量為 Q的兩極板的間距為 d,假設將一厚度為，電容率為 的電介質(zhì)插入極板間隙。試求：1 靜電能的改變；2電場力對電介質(zhì)所做的功。解 1平行板帶你容器兩極