大学物理朱峰(第一版)习题精解第六章静电场

1、习题解析6-1在坐标原点及、.3,0点分另U放置电量Qi2.0 10 6c及Q2 1.0 10 6C的点电荷，求PC, 3, 1点处的场强。解 如图6.4所示，点电荷Q1和Q2在P产生的场强分别为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"匕总E1E2224 0 r1 A 4 0 * r112.01063rJ 1.0 106ji2"21 13.9r 6.8103 N?C 1916-2长为I 15cm的直导线AB上，设想均匀地分布着线密度为5.00 10

2、9C m 1，的正电荷,如图6.5所示，求：1在导线的延长线上与B端相距d1 5.0cm处的P点的场强；2在导线的垂直平分线上与导线中点相距d2 5.0cm处的Q点的场强。解1如图6.5a所示，以AB中点为坐标原点，从 A到B的方向为x轴的正方向。在导线AB上坐标为x处，取一线元dx，其上电荷为dq dx它在P点产生的场强大小为dE1 dq14 0 l2dx2d1 x方向沿x轴正方向。导线AB上所有线元在P点产生的电场的方向相同，因此P点的场强大小为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轴正方向。(2)如图6.5 (b)所示，以AB中点为坐标原点，从 A到B的方向为x轴正方向，垂直于 AB 的轴为y轴，在导线 AB上坐标为x处，取一线元dx,其上的电荷为dq dx它在Q点产生的电场的场强大小为dE 1 dq 1 dxdE22 7224 o r 4 o d2 x方向如图6.5 (b)所示。在导线AB上坐标为-x处取另一线元dx，其上电荷为dq dx它在Q点产生的电场场强大小为dEi1 dq厂71 dx'2 24 o d2 x方向与坐标x处电荷元在Q点产生的电场方向相对与 y轴对称，因此dE1x dE2x14 0 d2dx .2 sin xo d；dx

4、.2 sin xdE1与dE2的合场强dE的大小为dEdE1y dE2y1 dx'2 22 0 d2 x2dE1 sinJ20 d；dx2 3/2 x方向沿y轴正方向，因此Q点的场强的大小为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轴正方向。6-3 一根玻璃棒被弯成半径为R的半圆形，其上电荷均匀分布，总电量为q，求半圆中心 O点的场强。解 建立如图6.6所示的坐标系，在弧线上取线元dl其上电荷为dq Qdl，它在Q点处产生的场R强r

5、dE1 dq RrR2-"y轴呈对称性，所以由于半圆形上电荷对 y轴呈对称性分布，电场分布也对Ex0Ey sin dq 24 0R22- 2sin Rd0 4 0R2R解 建立如图6.7所示的坐标系，根据电荷分布的对称性，元dq在0点产生的场强大小为电荷线密度为0点的场强。0点的场强沿y轴方向正方向，任意电荷ExiEyj6-4 一根细有机玻璃棒被弯成半径为截均匀带有负电荷线密度为q r2 2 0R2 j的半圆形，上半截均匀带有正电荷, ，如图6.7所示。求半圆中心dE1 dq厂R2此场强在y轴方向的分量为dEy dE cos1 dq2 cos40 Rcos d40R半圆形上半局部和下

6、半局部在O点产生的场强，在 x轴方向合场强为零，在 y轴方向分量大小相等，方向相同。因此E Ey盯厂Rcosd亍方向沿y轴的正方向。6-5 1一半径为R的带电球体，其上电荷分布的体密度为一常数，试求此点球体内、外的场强分布；假设1中带电球体上点电荷分布的体密度为r，其中为一常数R0，r为球上任意一点到球心的距离，试求此带点球体内、外的场强分布。解1当r R时，建立如图6.8a所示的高斯面，根据高斯面定理s043式中qdVdVr ,所以3VV当rR时，建立如图6.8b图所示的高斯面，根据高斯面定理式中qdVdVV(2 )当R时,建立如图 6.8(a)式中dVR3，所以E上3 0r2所示的高斯面，

7、根据高斯面定理°E?dSsR时，建立如图r2dr3r4巴，所以R3r6.8 ( b)所示的高斯面,根据高斯面定理0E ?s式中dViRR3，所以°R312 0r26-6根据量子力学，正常状态的氢原子可以看成由一个电量为+e的点电荷,以及球对称分布在其周围的电子云构成。电子云的电荷密度Ce2r/a°a 0 5.3 10 m C e / a0是为使点电a。处的电场强度是多荷总量等于-e所需要的常量。试冋在半径为 a0的球内净电荷是多少？距核远大?解半径为a°的球内净电荷为e dV e J0 Ce2r/a°4 r2dr 0.667e 1.08 10

8、19(C)V在距核a0远处做半径为a0球形高斯面，根据高斯面定理所以E 打彳 3.46 1011 V ?m 14 a°06-7如图6.9所示，一半径为 R的均匀带电球体，电荷体密度为。今在球内挖去一半径为 如果带电球体心 0指向球向球形空腔球心的均匀带电球体所分别产生的场强和的矢量和。 解 利用补偿法求解，球形空腔中任意一点的电场强度E可看作半径为R、体密度为球体和半径为r、体密度为r r<R的均匀带点Ei匕，E2的均匀带电球体所分别产生的场强E1和E2的矢量和。所以EEiE2而 r1 r2a，上式可改写为2个点电荷6-8有一对点电荷，所带电量的大小为q,它们间的距离为 21。

9、试就下述两种情形求这连线中点的场强和电势：12个点电荷带同种电荷；22个点电荷带异种电荷。解1以2个点电荷连线中点为原点，建立如图6.10所示的坐标系。2个点电荷在原点 O产生的场强大小相等，方向相反，合场强为零。2个点电荷在原点 O电势大小相等，合电势为1 q 1 l q40 I 40 q 20l2以2个点电荷连线中点为原点，建立如图6.10 b所示的坐标系。2个点电荷在原点 O产生的场强大小相等，方向相同，合场强为Eq4 0l2q.i2 i4 0l2q20l22个点电何在原点 O的合电势为1 q1lcU06-9 一均匀带电球壳，它的面电荷密度为，半径为R。求球壳内、外的电势分布。解：利用高

10、斯定理可求得球壳内、外的电场强度大小分布为0(r R)22- ,(rrR)UpE?drRE?drE?drR214 RdrUpE?drr14 R2dror6-10电荷Q均匀分布在半径为 R的球体内，试证明离球心(r<R)处的电势为2 2U Q(3R r )80R3解 利用高斯定理渴求得球体内、外的电场强度大小分别为Qr (3 ,(r4 0RQr4R)选取无穷远处为零电势，球内任一点的电势为RU E?dr E?dr E?drrrR6-11如图6.11所示，一均匀带电细棒, 的距离为a)解建立如图6.11所示的坐标系,那么在P点处的电势为整个细棒在P点的电势为UpT_1_=340 - x2 a

11、2dq3 ,(r0rR)3 drR 4°rQr280R3Q4 0RQ(3R2 r2)80R3电荷密度为，棒长为I，求途中P点处的电势(P点到棒在细棒上任一位置dUx处取一电荷元 dq, dq dx.。1 dq41_40dqx22lT3 40、x2dxaln x x2a22I3I3-Ino4 - 222 .-1 a -1931.221.-1 a - l 9326-12如图6.12所示，3块平行金属板 A,B和C，面积都是20cm，A和B相距4.0mm, A和C相距2.0mm，B和C两板都接地，如果使 A半带正电，电量为3.010 7C，并忽略边缘效应，试求:1金属板B和C上的感应电量；

12、2 A板相对于地的电势。解设A板右侧面电量为q1，左侧面电量为q2，那么q1 q2 qB板上的感应电量为qi，C板上的感应电量为q2，均匀分布于与A板相对的侧面上，因此A,B两板间的场强及 A,C两板间的场强分别为Eab出,Eac0°S0SA,B两板间及A,C两板间的电势差分别为U ABEABdAB , U ACEAcd AC而U ab Uac，所以E AB d ABEACd AC连立1、 2、 3式，代入数值2S 20cm , dAB4.0mm,dAC2.0mm, q 3.0 10 7C,，得qi1.0 10 7C,q22.0 10 7C相应地，B板上的感应电量为 q11.0 10

13、 7c，C板上的感应电量为q22.0 10 7c，相对于地的电势为UAU ABEABdABdAB0S1.0 10 7 4.0 10 32.27104(V)8.85 10 12 20 10 46-13如图6.13所示,2个均匀带电的金属冋心球壳，内球壳厚度不计半径为5.0cm，带电8荷q10.6 10 C ；外球壳 内半径 &7.5cm，外半径R,9.0cm，所带总电荷q22.0 10 C，求：1距离球心3.0cm,6.0cm,8.0cm,10.0cm各点处的场强和电势；2如果用导线把2个球壳连结起来，结果又如何？解 由于静电感应，外球壳内外表上均匀分布着电荷，球壳外外表上均匀分布着电荷

14、q q2。1根据高斯定理，苛求得不同空间的场强分布。当 r R 时 E?dS 0S所以E1 0当R rR2时E?dS所以当R2 rR3时所以当r R3时Ea0所以E2,E?dS 0S0E?dSS01qi cb4厂 r2利用电势的定义，可求得不同空间的电势分布。U1E?drrE?drrE?drR2E?drR31q11C11 C1 C240R 40R24 0 &当R r&U2E?drrRE1?drrR3E2?drR2E ?drR31qi1C11q1 q240 R 40 R24 0RsRa当R rR3时U3 E?drrEa?drRaE4?dr1 Ci C24 0R3当 r R3 时E

15、?drr代入相应的数值：r 0.03m 时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 用导线把两个球壳连结起来，那么局部电荷中和

16、qr q2，剩余电荷分布于大球壳外外表上。在大球壳的外外表以内的3个点，场强均为零，在处，场强人为E q1 2q21.26 100R3(V?m 1)40 r在大球壳外外表以内的3个电势相等，为1 q1 q?31.40 10 V在处，电势仍为1 q1 q21.26 103 V4 0 r6-15在一半径为a的长直导线的外面,套有半径为b的同轴导体薄圆筒，它们之间充以相对电容率为r的均匀电介质，设导线和圆筒都均匀带电,且沿轴线单位长度所带电荷分别为和 ，求1空间个点的场强大小；2导线和圆筒间电势差。 解1以导线为轴，在空间不同区域做半径为 当r<a时，r，高为I的圆柱面形高斯面。根据高斯定理:

17、所以当a<r<b时,所以E?dS 0SEi0E?dSSE2 2rlE2Irl 0 rE?dSE3bE2?dSa-一?dra 2 rl 0 r 2ln- r 0 r b6-16 一空气平行板电容器的电容C 1.0pF，充电到电量为Q1.0 10 6C后，将电源切断。1当r>b时, 所以求极板间的电势差和电场能量。2Ajiang两极板拉开，使距离的2倍，试计算拉开前后电场能量的2导线和圆筒间电势差变化，并解释其原因。解 1 由电容器的电容定义式可得1.0 10 61.0 10 121.0 106(V)电场能量2平行板电容器的电容而，所以拉开前后电场能量的改变We1 Q26 21

18、(1.010)122 1.0100.5(J)0Sdwe we we0.5(j)电场能量发生改变的原因是，将电容器的两极板拉开的过程中，由于极板上的电荷保持不变，极板 间的电场强度也不变，但电场所占的空间增大，总的电场能量也相应地增加，根据功能原理，说增 加的电场能量应等于拉开过程中外力克服两极板间的静电力所做的功。6-17在电容率为的无限大均匀电介质中，有一半径为R的导体球带电量 Q。求电场的能量。解 在导体球上的电荷均匀分布在其外表，球内无电场，球外的场强大小为取半径从r到r+dr之间的球壳为体积微元如图6.15所示，体积为，故电场能量为WeV 寸 E2dV2九 4 r2dr6-18 一平行板电容的极板面积为S,分别带电量为 Q的两极板的间距为 d,假设将一厚度为，电容率为 的电介质插入极板间隙。试求：1 静电能的改变；2电场力对电介质所做的功。解 1平行板带你容器两极