大學物理第五章

rR++++++++++++++++q例1均勻帶電球殼的電場，球面半徑為R,帶電為q。電場分布也應有球對稱性，方向沿徑向。作同心且半徑為r的高斯面.

rR時，高斯面無電荷，解：

高斯定理的應用r0ER+R+++++++++++++++rqrR時，高斯面包圍電荷q，Er

關系曲線均勻帶電球面的電場分布

高斯定理的應用EσE

例3均勻帶電無限大平面的電場.電場分布也應有面對稱性，方向沿法向。解：

高斯定理的應用

作軸線與平面垂直的圓柱形高斯面，底面積為S，兩底面到帶電平面距離相同。σESE圓柱形高斯面內電荷由高斯定理得

高斯定理的應用Rr例4均勻帶電球體的電場。球半徑為R，體電荷密度為電場分布也應有球對稱性，方向沿徑向。作同心且半徑為r的高斯面a.rR時，高斯面內電荷b.rR時，高斯面內電荷解：

高斯定理的應用EOrRR均勻帶電球體的電場分布Er

關系曲線

高斯定理的應用例.點電荷內外半徑分別為R1，R2。，處在導體球殼的中心，殼的求：1.靜電平衡后，球殼內表面和外表面的電荷量；2.球殼內的場強；3.球殼外的場強；解：（1）由靜電感應知識知

球殼內表面帶電量為－q,球殼內表面帶電量為q（2）由分析知空間電場具有球對稱性，選半徑為r的同心球面為高斯面，由高斯定理根據電勢定義知，球殼的電勢為：（3）取5-2在邊長為2cm的等邊三角形的頂點上，分別放置電荷量為q1=1.0×10-6C、

q2=3.0×10-6C、和q3=-1.0×10-6C、的點電荷。（1）哪一個點電荷所受的力最大？（2）求作用在q2上力的大小和方向。題號結束q2q1q3q1=1×10-6q3=-1×10-6q2=3×10-6aq...F2F3F1已知:

a=2cm,q1=1.0×10-6C,q2=3×10-6C,q3=-1.0×10-6C,求:(1)F1,F2,F3,解:(1)q1,q2,q3πa2ε40==F12F21q1q267.5N==9×109×1×3×10-124×10-4題號結束受力方向如圖(2)F2πa2ε40==F23F32q2q367.5N=πa2ε40==F13F31q1q322.5N==9×109×1×1×10-124×10-4259.5N6020+=()=F1F13F13F232()F23cosq3受力最大67.5N=F2(2)281.1N6020+=()=F3F31F31F322()F32cos267.5N6020+=()=F2F12F12F232()F23cosaq==2600題號結束5-3在正方形的兩個相對的角上各放置一點電荷Q，在其他兩個相對角上各置一點電荷q。如果作用在Q上的力為零。求Q與q的關系。題號結束已知：Q,q,FQ=0求：q,Q解：設邊長為a45Q0cosπqa2ε40+=FQ45Q0cosπqa2ε400+=Qπε402()a222=Qπε402a2q2Qπε402a22q=22Q....aQqaQq題號結束5-5在直角三角形ABC的A點，放置點電荷q1

=1.8×10-9C、在B點放置點電荷q2=-4.8×10-6C、已知BC=0.04m，AC=0.03m。試求直角頂點C處的場強E。BCAq2q1題號結束已知：q1

=1.8×10-9C,q2=-4.8×10-6C、

BC=0.04m，AC=0.03m。求:Ec

。BCAq2q1E1ECE2=1.8×104V/mAC2πq1ε40E1=()2=()9×109×1.8×10-93.0×10-2BC2πq2ε40E2=()2=()9×109×-4.8×10-94.0×10-2=-2.7×104V/m題號結束=ECE1E2+22×104+=(1.8)(2.7)22=3.24×104V/m23qtg===E1E21.8×102.7×10433.70q=題號結束5-6長l=15cm的直導線AB上均勻地分布著線密度為l

=5×10-9C/m：的電荷（如圖）。求：（1）在導線的延長線上與導線一端B相距d=5cm處P點的場強；（2）在導線的垂直平分線上與導線中點相距d=5cm處Q點的場強。..QPBAddl題號結束1xl

πx2ε40dEd=xl

πx2ε40dE=òdd+l()l

πε40=dd+l11=()×1029×109×5.0×10-95.02011=6.75×102V/m已知：l=15cm，l=5×10-9C/m,

d=5cm求：EP解：(1).PBAdlxxdx題號結束1qxlcosπr2ε40=dEdEy=drd12==+()qcosdx22d.1xlπε40dEd=+()dx2212+()dx22d..1xlπε40d=32+()dx22d(2)由對稱性Ex=0.QdlEdxdr題號結束Ed.1xlπε40d=32+()dx22dl

πε40E=ò--l/2dxd32+()dx22l/2l

πε40=dl12+()ld2221.20.155.0×10-2+=()()5.0×10-9×0.15×9×1095.0×10-22212=1.50×103V/m題號結束題號結束ayxoq5-7有一半徑為a的均勻帶電的半圓環(huán)，帶電量為q。試求：圓心處的電場強度。題號結束Ey=0òEx=dEqsin=òEda=dlqddEdaεπ40=q2a=lqdaεπ40=2alqdπ0qsin=òaεπ40lqdπ0qsin=òaεπ40lqdqcos=aεπ40lπ0=aεπ20lπ=aε2022qql=aπdq=ldl解：由對稱性aEdqdqyxo5-9設點電荷分布的位置是：在(0,0)處為5×10-8C在(3,0)處為4×10-8C以在(0,4)

處為-6×10-8C計算通過以(0,0)為球心，半徑等于5m的球面上的總E通量。題號結束ΦeE.dS=sòòΣ==qε03×10-88.85×10-12=3.4×103V.m已知：q1=5×10-8C;q2=4×10-8C

q3=-6×10-8C;求：Φe題號結束5-13在半徑分別為10cm和20cm的兩層假想同心球面中間，均勻分布著電荷體密度為ρ=0.529×10-9C/m3的正電荷。求離球心5cm、15cm、50cm處的電場強度。R1R2Oρ題號結束2′E.dS=sòòqε0πρ13r0πr24E2=()ε043R13=0E1r=0.15cm=4V/mE23E.dS=sòòqε0πρ13R2πr24E3=()ε043R13r=0.50cm=1.05V/mE3r=0.05cm解:題號結束5-15一層厚度為d

=0.5cm的無限大平板，均勻帶電，電荷體密度為ρ=1.0×10-4C/m3

。求:

（1）這薄層中央的電場強度；（2）薄層內與其表面相距0.1cm處的電場強度；（3）薄層外的電場強度。ρd題號結束ρd解：Sd1E2E2=0E1ρSd1+=E2SE2Sε02ρd1=E2ε0=1.0×10-4×0.3×10-22×8.85×10-12=1.69×104V/m題號結束ρddE3E3S2ρd=E3ε0=1.0×10-4×0.5×10-22×8.85×10-12=2.83×104V/mρSd+=E3SE3Sε0題號結束5-16點電荷q１、

q2、

q３、

q４的電荷量各為4×10-９C

，放置在一正方形的四個頂點上，各頂點距正方形中心o點的距離均為5cm。（1）計算o點處的場強和電勢；（2）將一試探電荷q0

=4×10-９C從無窮遠移到o點，電場力作功多少？（3）問（2）中所述過程中q0的電勢能的改變?yōu)槎嗌?？題號結束已知：q1=q2=q3=q4=4×10-9C,d=5cm,q0=1.0×10-9C求：(1)E0,U0;(2)A;(3)ΔW+=επ140q1r+q2r+q3rq4rU0=επ44qr10=9.0×109×4×4.0×10-95.0×10-2=2.88×103V解：(1)E0=0題號結束=-1.0×10-9×2.88×103V(2)=Aq0U∞U0()=q0U0=-2.88×10-6J=2.88×10-6J=WΔW∞W0(3)題號結束5-19兩個同心球面，半徑分別為10cm和30cm。小球面均勻帶有正電荷10-8C大球面帶有正電荷1.5×10-8C

。求離球心分別為20cm、50cm處的電勢。r1r2q2q1題號結束=900(V)r12qεπ40+=r2qεπ40U1=9.0×109×20×10-210-8+9.0×109×30×10-21.5×10-8r1qεπ40+=2qU2′=9.0×109×50×10-2(1.5+1)×10-8=450(V)已知：r1=10cm,r2=30cm,q1=10-8C,q2=1.5×10-8C求：U1，U2

解：r1r2q2q1題號結束5-23.已知某空間的電勢函數求（1）：電場強度函數；（2）：坐標（2,2,3）處的電勢，及其與原點的電勢差解：由電勢和電場強度之間的關系：在坐標（2,2,3）處電勢：5-24一半徑R=8cm的圓盤，其上均勻帶有面密度為s

=2×10-5C/m2

的電荷，求：（1）軸線上任一點的電勢（用該點與盤心的距離x來表示）；（2）從場強和電勢的關系求該點的場強；（3）計算x=6cm處的電勢和場強。Rs.Px題號結束πσ2r=drdqεπ40=dU+x2r2πσ2rdrε20=+x2r2σrdròR0Uε20=+x2r2σrdrx()ε20=+R2r2σ.PxRsrdrx已知：R、σ。求：(1)U,(2)E解：(1)=4.52×104V=2.0×10-52×8.85×10-12(6.0)2+(8.0)2×10-26.0×10-2題號結束=ExdUdxxε20=+R2r2σ1=4.52×105V/m=2.0×10-52×8.85×10-12(6.0)2+(8.0)26.0×10-21×10-2題號結束5-26.點電荷內外半徑分別為R1=2.0cm，R2=3.0cm，處在導體球殼的中心，殼的求：1.導體球殼的電勢；2.離球心r=1.0cm處的電勢；3.把點電荷移開球心1.0cm后球心o點的電勢及導體球殼的電勢解：靜電平衡時，內外球帶電分別為-q和+q，利用高斯定理可以得到靜電平衡時各區(qū)域的電場分布：1.導體球