上海大学大学物理习题解答4_W

1、 第四单元A.静电场习题解答T cosq = mg，tanq = f / mg L(1) 而 1当两个小球受力平衡时有T sinqlq q = fTTq2=L(2)两带电小球间静电力 f 为 fff4pe (2l sinq )20mgmg解（1）、（2）式可得 q = 2l sinq 4pe0mg tanq = 2lq 4pe0mgq（ Qq很 小 ， sinq = tanq = q ） 2. 选杆的左端为坐标原点，x 轴沿杆向右，在 x 处取一电荷元 dq，dq = ldx，它在点电 荷处产生的场强为： dE = ldx ；整个杆上电荷在该点的场强为：4pe (d + x)20E = llL

2、dxL=4pe4pe d (d + L)(d + x)2000dL所以点电荷 q0 所受的电场力为o xq0 F = q E = q0lL= 9.0N ，沿 x 轴负向。x dx4pe d(d + L)00r= q1= 1.125 104 N / C ，3 如图所示， P 点的场强为 E = E+ E ，而 E14peP12r 20 1yrqrE = 2 = 0.72 104 N / C 。建坐标系后， E 在 x 轴、y 轴方向 4peE12Pr 20 2xE= E+ E= 0 + E sin aPx1x2 x2的 分 量 为， 代 入 数 值 得= E1y + E2 y = E1 - E2

3、 cosaEPyr1= 0.432 104 N / CEPx，所以合场强大小：E= 0.549 104 N / Cq1q2PyE =E 2+ E 2 = 0.699 104 N / C ； E 的方向： E 与 x 轴正向夹角 PPxPyPPb = arctan( EPy ) = 51.8oEPx或： sin a = 3 得a = 36.87 ，5p- b ， (p + a ) = 0.699 10 N / C , 又 E = E + E - 2E EE =E 2 + E 2 + 2E E cos4222cos2P121 221P1 P得 b = 51.8 。4在 O 点建立坐标系如图所示，则

4、半无限长直线 A 上电荷在 O 点产生的场强 rEPba rE2 r2= 5cm4cm l(i - j )，半无限长直线 Brr E = 在 O 点产生的场强 4pe R10 lrrrE2 =(- i + j )，四分之一圆弧段上电荷在 O 点产生的场y4pe0rrE2 l(i + j )。rrE强 E = 3RxA34pe Rro0E1R由场强叠加原理，O 点合场强为lrrrr= l4pe0 Rrrj )B(i +E = E1 + E2 + E3= 2l， E 的方向：q = tan-1 Ey = tan-1 1 = 45 （ E 与 x 轴正向夹角）。 即 E =E 2 + E 2xy4p

5、e RE0x5把所有电荷都当作正电荷处理，在q 处取电荷元 dq = ldl = 2Q dq ，它在 O 点产生pdqQdq ，按q 角变化，将 dE 分解的场强 dE =4pe2p 2eR 2R 200yQ成 二 个 分 量 ： dE = dE sinq =sinqdq，x2p 2eR 2dq+ +0+Q += -QdE = -dE cosqcosqdq ，对各分量积分，积分时考 +y2p 2eR 2qR0dq虑到一半是负电荷，所以x-oq Qp2p-Ex = dEx =2 sinqq -sinqq = 02dd，p e RprdE-2002- Q-p- Q- QpEy = dE y =2

6、2 cosqdq - p cosqdq =，2p e Rpe0 R222002rrrrrj 。-Q所以 E = Exi + Ey j = p 2eR 206（1）一根无限长均匀带电直线在线外离直线距离 r 处的场强 l+ l- l为 E =，根据上式及场强叠加原理得两直线间的场强为 2pe0 rx= l 1 + 1 = 2alE = E + E a2pe (a2 - 4x 2 )， E 的方向沿 xP122pea2+ x- x00轴负方向。l22pe0 a（2）两直线间单位长度的相互吸引力为： F = lE =，注：E 为一直线电荷在另 一直线电荷所在处产生电场。 xoPa 7. 将题中的电荷

7、分布看作面密度为s 的大平面和面密度为-s 的圆盘叠加的结果，则大 平面在 x 处产生的场强为 rr sx2e 0 xr-sx 1 - 1r，E1 =i ，圆盘在该处的场强为 E2 =( )i2e0xR 2 + x2rrrsxr所以 E = E1 + E2 = i 。2e0 R 2 + x 2注：本题亦可利用均匀带电圆环轴线上给定点的场强公式直接积分而得。 8. 选取坐标轴 OX 沿半球面的对称轴，如图所示，把半球面分成许多微小宽度的环带。 每一环带之面积 ds = 2pR 2 sinqdq小环带上电量 dq = sds = 2psR2 sinqdqx该 电 荷 元 在O点 产生的场强dE =

8、 dqR cosqdq= s sinq cosqdq2e04pe0 R34-B-6ssinq cosqdq = s p/2E = dE =O 点处的总场强 2e04e00s E =i .4e0若半求面带正电， s 0 ， E 沿 x 轴正方向；若半球面带负电， s 0 ， E 沿 x 轴负方 向。9. 以左端底面处为坐标原点，X 轴沿轴线向右为正。在任意处 x 的圆环，其上电量 dq = Q dxL取宽 dxdE = (L - x)dq小圆环在 P 点产生的电场强度为 4pe0R 2 + (L - x)2 3/ 2(L - x) Q dxL LE = dE =总场强4pe0R20+ (L -

9、x)2 3/ 2Q( 1 -1)4pe 0 L RR2 + L2方向沿 x 轴正向。 10. 设坐标系如图所示。将半圆主柱面划分成许多窄条， 宽的窄条的电荷线密度为 dl = l dl = l dqpRp位置处的一条，它在轴线上一点产生的场y取 为dE = dl dq方向如图所示。2pe0 R它在 x、y 轴上的二个分量为： dE = dE sinq ， xx4-B-3dldqq dExOdE yqrdERqdqrdEO dEy = -dE cosql= lp对各分量分别积分Ex= dER 0sin qdq =x2p 2ep e R200= -lpcosqdq = 0E = dEyy2p e

10、R200l所以场强 E = Ex i + Ey j = p 2e R i011. （ 1 ） 通过 x = a 处平面 1 的电通量（ 进闭合曲面） yF1= -E S1 1= -ba3 ，通过 x = 2a 处平面 2 的电通量（出闭合曲面） 2 xF = -E S = 2ba 。因为 3E 与其它平面平行，所以通过其它平面 oa2a222的电通量 都为零， 因而通过 该高斯面 的总电通 量 为 =1 +2 = 2ba -3 ba = ba = 1N m /C 。 332（2）由高斯定理得高斯面内包含的净电荷为Q = e 0F = e 0ba3 = 8.85 10-12 C 。12. 由题意

11、知： Ex = 200N / C ， Ey = 300N / C ， Ez = 0 ； 平行于 XOY 平面的两个面的电通量：Fe1 = E S = Ez S = 0 ；平行于YOZ 平面的两个面的电通量：Fe2 = E S = ExS = 200b 2N m 2/C ，式中“+”、 “ - ”分别对应于右侧和左侧平面的电通量； 平行于 XOZ 平面的两个面的电通量：Fe3 = E S = ExS = 300b 2N m 2/C ，式中“+”、“ - ”分别对应于上和下平面的电通量； 13. 以 P 点为球心， r = R2 + h2 为半径作一球面，可以看出通过半径为 R 的圆平面的电通量与

12、通过以它为周界的球冠面的电通量相等。球冠面的面积为 S = 2prr(r - h) ，整个球面积 S0 = 4prr 2 .通过整个球面的电通量 F0 = q / e0 ，所以通过球冠面的电通量为S Fq=(1 - h) =(1-qhF =)02er2eSR + h2200014. 过 P 点作半径为 r 的球面为高斯面，根据高斯定理求场强， 4pr 2E = q ， e012rErE1 qE =4per 2Q。0Q12R1P ror R1高斯面内电荷为零， E1 = 0 ；R2 QR1 r R 高斯面内 q = Q + Q , E21234per 20注：本题亦可用两球在单独产生场强的又叠加

13、来计算。 15. 在球内取半径为 r，厚为 dr 的薄球壳，该壳内所包含的电量为 dqdq = rdv = Ar 4pr 2 drrq = rpAr dr = pdv =43Ar(0 r R)4在半径为 r 的球面内包含的总电量为0以该球面为高斯面，按高斯定理有E1 4pr2 = pAr4 / e0 .Ar2得到 E1 =，方向沿径向，A0 时向外，A0 时向外，A d ) ， E= - rd ， (x R)124per 20EQQR 4peU= U=dr =dr =(r R)4pe R内外2r 2R00（1）规定U = 0 ，则 ； Q Q (r R)U 外 =E2 dr =2 dr =4p

14、e0 r4pe0 rrr， 即 UR = 0（ 2）规 定 球 面 上 电 势 为 零 ，则球面电 势 RRU=E dr =0 dr = 0(r R)；球面外电势内rrR rr =R Qdr = Q ( 1 - 1 )QrU=E2 dr(r R) ；无限远处的电势U= -。 4pe R4pe r 24perR外r00022证：半径为r 处的电势应该是以 r 为半径的球面以内的电荷在该处产生的电势U1 和球面外电荷产生的电势U 2 的叠加，即U = U1 + U 2 。 q1 Qr 3 / R3Qr2球面内电荷产生的电势： U1 = 4pe=4pe r = 4pe；rR3000球 面 外 电 荷

15、 产 生 的 电 势 ： 在 球 面 外 取 r r+dr 的薄球层，其上电 量Q4pR3 / 34pr2 dr = 3Q r2 dr ；dq =R3dq3Q它在该薄层内任一点产生的电势为 dU =rdr ，故半径为 r 处的电势为24pe r4peR300Qr 3+ 3Q(R2 - r 2 ) = Q(3R2 - r2 )。U = U + U =124pe8pe8peR3R3R3000E内 E外RrE内dr + R E外dr 。注：本题亦可先用高斯定理求球体内外的场强和，再求U = 23 （ 1 ） 在球内取半径为 r、厚为 dr 的薄球壳、该壳内所包含的电量为 qr pR 44q Rdq

16、= rdV =pr dr = 4qr dr / R ，则球体所带的总电量为Q =r4 dV =r dr = q ； 23434VR0qr 41qrr10pr E =22（2）在球内作一半径为 r 的高斯球面，按高斯定理有4pr dr =，414 11 1epe4RR00r2qr E1 =R 4 (r1 R) ， E1 的方向沿半径向外。 14pe0q球 面，按 高 斯定理 有 4pr 2 E =， 得 为 r 的高斯 在球体 外 作半径 22 2e0r qE =(r R) ， E2 方向沿半径向外。 224per 20 2 rr（3）按定义式计算电势U P = P E dl球 内电势：该球内

17、点 离 球心 距离为r1， 则 该 点 电 势 ： rr 3rqr 2qqRR+ E2 dr =U =E dr = E d1 r4Rdr =(4 - 1 )(r1 R)dr +12pe0 RR11 4pe0 R4pe 0 r23rrRr11 q= q(r R) 。 球外电势： U =2dr =E2 dr4pe0 r222 4pe 0 r2rr224由高斯定理可知空腔内 E = 0 ，故带电球层的空腔是等势区，各点电势均为U ，在球层内取半径为 r r + dr 的薄球层，其电量为 dq = r 4pr 2dr ，该薄球层电荷在球心外产生r rdr 。 dq =的电势为 dU0 4pe re00

18、r = q RR整个带电球层在球心处产生的电势为U = dU2rdr =(R2 - R2 ) ，因为空腔00e02e0211= r内为等势区，所以空腔内任一点的电势U 为U = U(R2 - R2 ) 。02e210rrR若根据电势定义U = 2 E dl计算可得同样结果：R1qi， E 4pr 2 = qi ，rr作半径为 r 同心高斯球面 S ，由高斯定理； E dS =eeS00qiE =；4per 20r R1 : qi = 0 E1 = 0 rR34R1 r R : q = r (R 2R 1 )E 3 =3 -3 腔内任一点电势：2i3er 230rrrrr1r2rrRRU r =

19、E dr =E1 dr +E2 dr +E3 drrrR1R2r3e0R3R2R2= E2 dr + E3 dr =(r - 1 )dr +r 2R1R2R1 r3e01rR2(R3 - R3 )=(R 2 - R 2 )2 r2e0212125设内球面上所带电量为 Q，则两球面间的电场强度的大小为QE =(R r R )4pe12r 20两球 面的电势差QR2 drQ11R22U=Edr =-4pe0r4pe0 R112R2 RR11+ l- lPE+-dXO R4pe R R UE xQ = 0 1 2 12 = 2.14 10-9 CRR1 - R126. 设原点O 在左边导线的轴线上。

20、X 轴通过两导线轴线并与之垂直，在两轴 线组成的平面。如图所示，在 Rx(d-R) 区域内，离原点距离 x 处的P 点场强为 = l+ lE = E + E2pe x2pe (d - x)+-0则两导线间电势差0ldx = ld -R 1 + 1 ln d - Rd -RU=Edx =x2ped - x pe12RRR00Q27. （1）半圆环上取电荷元 dq = Q dq ，电荷元在O 点产生的电势 dqp，整个半圆环上电荷产生在 O 点的电势 qdq dq4pe QdqRdU =R4p 2e Ro00QQp0dq =U = dU =；04p 2e R4pe R00（ 2 ） 将 点电荷 q

21、 从无穷远处 移到 O 点电场力的功 为 -qQ 。A = q(U - U ) =04pe R028. 等边三角形的中心O 到各顶点的距离均为 a / 3 ，因此三个顶点上电荷在O 点处产 q = 3 3q生的电势为U =。2pe a04pe (a / 3)00将 点 电 荷 从 无 穷 远 处 移 至 三 角 形 中 心 O 处 ， 外 力 需 作 功 A=- A= -Q(U - U ) = 3 3qQ 。（注： A表示电场力作功）0外002pe a029. 在任意位置 x 处取长度元 dx，其带电量 dq = ldx = l0 (x - a)dx 。它在 O 点dU = l0 (x -a)

22、dx产生的电势4pe0 xla l0 L - aln a + L a+lO 点总电势 U = dU = 1-dx =0 4pe0 4pe0 x aarrxbyb= E dl =E dx +Ey dyUabxxy30. aa10=400dx +600dy = 400(1- 3) + 600(0 - 2) = -2 310 V32 l0 L - aln a + LA= (U - U ) =OO4pea031. 设 X 轴沿细线方向，原点在球心处。在 x 处取长度元 dx，其上电量为 dq= ldx ， qqldx（ E =该电荷元 dq 在带电球面的电场中所受电场力为 dF = dq E =为球4

23、pe4pex2x 200面电荷在 dq 处产生场强） 整个细线所受电场力为 F = dF = - ql0 dx qlLr + Lx2=4pe0r0(r0 + L)4pe0r0方向沿 x 轴正方向。 电荷元在带电球面的电场中具有电势能 dW =q4pe0 xq4pe 0 xldx （ V =为球面电荷在 dq 处产生电势）。整个线电荷在电场中电势能 W = dW = qllr + Ldx q r + L0=ln04pe0x4pe0r0r032. 分析:电势分布已知时,利用电场强度与电势的方向导数关系可求得场强在该方向分量的 分布.E = - V = - 12 - 0 = -6.0 V/m解:在

24、ab 区间,xx- 4 + 6= - V= 0在 bc 区间,Ex= - V= - 0 - 12 = 3.0 V/m在 ce 区间,Exx2 + 2E = - V = - -6 - 0 =12 V/m在 ef 区间,x2.5 - 2x= - V= 0在 fg 区间,Ex = - V= - 0 + 6 = -2.4 V/mE在 gh 区间,x7 - 4.5Exx1263-6-4-22.54.5V2460-2.4Ex - x 关系曲线,如图所示.-633. 分析:根据场强分量与电势梯度分量的关系求解.Vaxb Ex = -= -+解:xx x2 + y22 x 2+ y11=ax2 + bx(x2

25、 + y2 ) 2 - ay2 (x2 + y2 )2 Vaxb Ey = -= -+yy x2 + y22 x 2+ y1 y=2ax +b(x2 + y2)2 (x2 + y2 )2 34. 据导体静电平平衡的性质，电荷分布在导体板的外表面上，不计边缘效应时，可以 认为各表面上的电荷是均匀分布的，设 A 、 B 、C 、 D 各表面上的电荷面密度分别为s A 、o B 、s C 、s D 。根据导体静电平衡条件，导体板由场强为零，可得：o A - s B - s C - s D= 0LL(1)2e02e02e02e0；o ss s A +B +C -D= 0LL(2)2e02e02e02e

26、0由电量守恒定律得： Q1Q2aC CaDaBaAAQ o A + s B = 1 LL(3)BDrSr；Err BEAo + s = Q2 LL(4)Er CEDEr ACDSrEEr BD解上述四式得：EC= Q1 + Q2 ;= Q1 - Q2 。2So = ss= sABCD2S35（1）当 B 板不接地时，根据上题解答， A 、 B 两板的相背两面的电荷面密度大小 相等，符号相同，即 Q ；两板的相对两面的电荷面密度大小相等，符号相反，即 A 板右面2SQQQ2e0 SB为 ， 板的左面为-，故两板间场强 E =，方向： A 指向 B ，因此两板间电势2S2Sr= E d = Qd

27、； B r差为U= A E dlAB2e S0（2）当 B 板接地时，两板的相背两面的电荷面密度为零， A 板右面的电荷为Q ， B 板左面的电荷为-Q ，故两板间场强为 E=，两板间电势差为U = Ed = Qd 。 Qe Se SAB0036. （1）由静电感应，金属球壳内表面上的感应电荷-q ，外表面上带电荷 q + Q ； （2）不论球壳内表面上的感应电荷如何分布，因为任一电荷元离O 点的距离都是a ， dq= - q 所以由这些电荷在O 点产生的电势为U -q = 4pe；r4pe0 a0（3）球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷 q 在O 点产生的电-qq +

28、QqU = U + U+ U=+0q-qq+Q4pe r4pe a4pe b000势的代数和。qQ111( -+) +4pe0 rab4pe0b37. (1)因两球相距很远，可认为都是孤立的，因而均匀带电。设两球连接后分别带电量 q1、q2 ，则因两球电势相等，即 q1 = q24pe0 r14pe0 r2 q1 = r1 q1=r1r（前式 q =q 两边各加 q 得后式） 因此，或2211q + qr + rqrr2212121r1 2qr(q + q ) =又 因 q + q = 2q ， q =1 = 6.67 10 C-9121r + r12r + r1212-9q2 = 2q -

29、q = 13.3 10 Cq4pe0r1U = 6 103V(2)两球电势均为38因两球间距离比两球的半径大得多，这两个带电球可视为点电荷。设两球各带电量 Q，若选无穷远处为电势零点，则两带电球之间的电势能为 Q2W =式中d 为两球心间距离。 04pe d0当两球接触时，电荷将在两球间重新分配。因两球半径之比为 1：4，故两球电量之比Q1 : Q2 = 1: 4 . 即 Q2 = 4Q1因Q + Q = Q + 4Q = 5Q = 2Q ， Q = 2 Q，Q = 4Q = 8 Q1211112155Q1Q2 = 16 W W = 16当返回原处时，电势能为 W =，即4pe d250W25

30、0039.(1)球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即 = 1 q1+ q2 = s (r + r )Ue04pe12rr0 12 0 s = U0e0 = 8.85 10-9 C / m2r1 + r2(2)设为球面上放电后电荷面密度为 s ，则应有 U =(sr + s r ) = 0 即 s = - r1s1e012r02外球面上应变成带负电，共应放掉电荷 r1r (s - s )= 4= 4p2pr s21 + = 6.67 10 C-9q22 r2 40. 设B 上带正电荷，内表面上电荷线密度为 l1 ，为表面上电荷线密度为 而 A、C 上相应地感应等量负电荷

31、，则由高斯定理可求场强的分布： l2 ，A、B 间场强为 E = l1 ， 方向由 B 指向 A。12pe r0 l2 ， 方向由 B 指向 C。E =B、C 间场强为22pe r0 -l1 Ra dr = l1Ra rrRbRU=E1 dr =B、A 间场强为lnBA2pe0r2pe0RaRbbr -l2 Rc dr = l2Rc rRcRRB、C 间场强为U=E2 dr =ln2pe0r2pe0RbBCbb得 l1 / l2 = ln(Rc / Rb )/ ln(Rb / Ra )UBA = UBC因.41. 由于圆筒接地，故圆筒内表面上电荷线密度为-l ，外表面不带电。 （1）由高斯定理

32、可得场强： E = 0(r a); E = l(a r b) ；2pe0 r（2） 0 a 之间任一点的电势：rrldrlln b(0 r a)；babU =E dl =0dr +=a 2pe0 r2pe0arrrr=ldr l ln bbba b 之间任一点的电势：U =E =(a r b) 。dl2pe0 r2pe0rrr42. 设导线上的电荷线密度为l ，与导线同轴作单位长度的、半径为 r 的高斯圆柱面(导 l线半径 R r R 圆筒半径 R )，则按高斯定理有 2prE =。得122e0E = l(R r R )D =可得空间电位移大小(1)由 D = e re 0 E1 , D = e0 E2 ,得介质层内、外的场强大小为QE =( R r R )24per 20介质层内、外的场强方向均为沿径向. rrrrrr/R(2)介质层内的电势 V1 = r E dl = r E1 dl + R / E2 dlQ 1 + er- 1( R r R )24 rrr0(3)金属球的电势Q1 + e r- 1V =34pe e RR0r45. 解:(1)作半径 r R 0 的同心高斯球面,D dS = DS =