大學物理第7章真空中的靜電場答案解析

x0習題x0習題7－3圖第七章7-1在邊長為a的正方形的四角，依次放置點電荷q,2q,-4q和2q，它的幾何中心放置一個單位正電荷，求這個電荷受力的大小和方向。解：如圖可看出兩2q的電荷對單位正電荷的在作用力將相互抵消，單位正電荷所受的力為F=q(1+4)二5q，方向由q指向-4q。2、2耐a24耐(a)2oo27-2如圖，均勻帶電細棒，長為L,電荷線密度為入。(1)求棒的延長線上任一點P的場強；(2)求通過棒的端點與棒垂直上任一點Q的場強。解：(1)如圖7-2圖a,在細棒上任取電荷元dq,建立如圖坐標，dq二Xdg，設(shè)棒的延長線上任一點P與坐標原點0的距離為x，則dE二遲二遲—

4兀&(x)24兀&(x)2dqX-rdqX-r則整根細棒在P點產(chǎn)生的電場強度的大小為九JLdg

4K8o(x-g)2

0

X11(-4k8x-Lxo

習題7－2圖a方向沿g軸正向。4K8x(x-L)o(2)如圖7-2圖b,設(shè)通過棒的端點與棒垂直上任一點Q與坐標原點0的距離為y

dEdEdE二九dx4k8r2九dxcos0,九dx4k8r2sin0因x=ytg0,dx=yd0dEdEdE二九dx4k8r2九dxcos0,九dx4k8r2sin0因x=ytg0,dx=yd0習題7－2圖b代入上式，則=J-dE4K8y0=Jcos20cos0—九4k8y0J00sin0d0(1-cos0)二-0），方向沿卅由負向。dE4K8y0J00cos0d0\：y2+L4K8y0sin04K8yJy2+L7-3一細棒彎成半徑為R的半圓形，均勻分布有電荷q，求半圓中心O處的場強。解：如圖，在半環(huán)上任取dl=Rd0的線元，其上所帶的電荷為dq=XRd0o對稱分析Ey=0。dE九Rd04k8R2sin0EdE九Rd04k8R2sin0E=dE4K8Rsin02K8Rq2q2兀28R20,如圖，方向沿x軸正向。7-4如圖線電荷密度為人的無限長均勻帶電直線與另一長度為I、線電荷密度為入2的均勻帶電直線在同一平面內(nèi)，二者互相垂直，求它們間的相互作用力。解：在入2的帶電線上任取一dq，入］的帶電線是無限長，它在dq處產(chǎn)生的電場強度由高斯定理容易得到為，九1—2兀8x0兩線間的相互作用力為dF九1—2兀8x0兩線間的相互作用力為dF二九九dx九九Jidx0習題7－4圖Z^lna±I,如圖，方向沿X軸正向。2兀8a07-5兩個點電荷所帶電荷之和為Q,問它們各帶電荷多少時，相互作用力最大？解：設(shè)其中一個電荷的帶電量是q，另一個即為q-q，若它們間的距離為r,它們間的相互作用力為F二q(Q-q)4兀8r20相互作用力最大的條件為dF二Q_2q二°dq4兀8r20習題習題7－9圖習題習題7－9圖SS1S2由上式可得：Q=2q,q=Q/27-6一半徑為R的半球殼，均勻帶有電荷，電荷面密度為。，求球心處電場強度的大小。解：將半球殼細割為諸多細環(huán)帶，其上帶電量為dq=◎2兀rRd&二Q2兀R2sin0d0dq在o點產(chǎn)生的電場據(jù)(7-10)式為dE二ydq,y=Rcos94兀sR30E=\dE』Q2HR山9cos9d904H8R3二JLf：siri9二JLf：siri9d(sin9)二Qsin2928002s20480。如圖，方向沿y軸負向。E習題7－7E習題7－7圖7-7設(shè)勻強電場的電場強度E與半徑為R的半球面對稱軸平行，計算通過此半球面電場強度的通量。解：如圖，設(shè)作一圓平面S］蓋住半球面s2,成為閉合曲面高斯，對此高斯曲面電通量為0，即JE?dS=!E?dS+!E?dS=oSS1S2屮=JE?dS=-JE?dS=—EhR2S1

7-8求半徑為R,帶電量為q的空心球面的電場強度分布。解：由于電荷分布具有球?qū)ΨQ性，因而它所產(chǎn)生的電場分布也具有球?qū)ΨQ性，與帶電球面同心的球面上各點的場強E的大小相等，方向沿徑向。在帶電球內(nèi)部與外部區(qū)域分別作與帶電球面同心的高斯球面S別作與帶電球面同心的高斯球面S］與s2。對S］與s2,應(yīng)用高斯定理，即先計算場強的通量，然后得出場強的分布，分別為屮=[■E-dS=E4兀r2=量，然后得出場強的分布，分別為屮=[■E-dS=E4兀r2=0S1r得E內(nèi)二0（r<R）屮二JE-dS二E4兀r2二—0S2qr(r>R)7-9如圖所示，厚度為d的“無限大”均勻帶電平板，體電荷密度為p,求板內(nèi)外的電場分布。解:帶電平板均勻帶電，在厚度為d/2的平分街面上電場強度為零，取坐標原點在此街面上，建立如圖坐標。對底面積為A,高度分別為x<d/2和x>d/2的高斯曲面應(yīng)用高斯定理，有屮=JE-dS二EA=PA"￡S10得E=2XI(x<-)1￡20dTOC\o"1-5"\h\zpA—屮=LE-dS=EA=2S28S2!P//、d、=di(x>)228207-10一半徑為R的無限長帶電圓柱，其體電荷密度為p二p0r（r<R）,p0為常數(shù)。解：據(jù)高斯定理有r求場強分布。解：據(jù)高斯定理有rJE-dS—E2兀rl=—JpdV80Vr<R時寸：E2兀rl—Jrr'2兀r'ldr'8080

00E2兀rl-泄上TE-匕P8338n00r>R時：E2兀rl=JRr'2兀r'Idr'=2兀"JRr'2dr'8080

00E2兀r心込冬TP=空P8338rn007-11帶電為q、半徑為R］的導體球，其外同心地放一金屬球殼，球殼內(nèi)、外半徑為r2、r3。1）球殼的電荷及電勢分布；2）把外球接地后再絕緣，求外球殼的電荷及球殼內(nèi)外電勢分布；3）再把內(nèi)球接地，求內(nèi)球的電荷及外球殼的電勢。

解：（1）靜電平衡，球殼內(nèi)表面帶-q，外表面帶q電荷。據(jù)（7-23）式的結(jié)論得：V(R-R+R)(r-3123Vq(11—+1)(R<r<據(jù)（7-23）式的結(jié)論得：V(R-R+R)(r-3123Vq(11—+1)(R<r<R);24兀wrRR12023Vq(R<r<R),34ksR2303Vq(r>R).44k8r3100q習題7－11圖Rqo-qR14K8RR1012q11V=-^(——)(R<r<R);V二0(R<r<R),V二0(r>>R).24K8rR1232343024K8Rq'—q)(r<R),（3）再把內(nèi)球接地，內(nèi)球的電荷及外球殼的電荷重新分布設(shè)靜電平衡，內(nèi)球帶q/，球殼內(nèi)表面帶-4K8Rq'—q)(r<R),vv-q—q34k8R03RRq1_2RR—RR+RR

231312(R—R)q+2(R<r<R)4k8(RR—RR+RR)230231312習題習題7－13圖習題習題7－13圖7-12一均勻、半徑為R的帶電球體中，存在一個球形空腔，空腔的半徑(2r<R),試證明球形空腔中任意點的電場強度為勻強電場，其方向沿帶電球體球心O指向球形空腔球心O/。證明：利用補缺法，此空腔可視為同電荷密度的一個完整的半徑為R的大球和一個半徑為r與大球電荷密度異號完整的小球組成，兩球在腔內(nèi)任意點P產(chǎn)生的電場分別據(jù)〔例7－7〕結(jié)果為E=E1+E2E=E1+E2=Pri3￡0Pr23￡0P3￡oOPr23￡0上式是恒矢量，得證。7-13—均勻帶電的平面圓環(huán)，內(nèi)、外半徑分別為R「R2，且電荷面密度為oo—質(zhì)子被加速器加速后，自圓環(huán)軸線上的P點沿軸線射向圓心0。若質(zhì)子到達O點時的速度恰好為零，試求質(zhì)子位于P點時的動能EKo(已知質(zhì)子的帶電量為e,忽略重力的影響，OP=L)解：圓環(huán)中心的電勢為V=iR2二（r-r）0R4?！闞2&21100習題習題7－16圖圓環(huán)軸線上P點的電勢為RG2兀rdrV=j2-pr,4兀8Vr2+L10=(「R2+L—R2+L)0質(zhì)子到達O點時的速度恰好為零有R2=■■r2+L28r0R1E=E+ETE=E—EPkk0p=eV—eV==竺(r—r)—竺(\,R2+L—PR2+u)

0p2e2i2e2100=竺(R—R—"R2+L+R2+L2)2￡212107-14有一半徑為R的帶電球面，帶電量為Q,球面外沿直徑方向上放置一均勻帶電細線，線電荷密度為入，長度為L(L>R),細線近端離球心的距離為L。設(shè)球和細線上的電荷分布固定，試求細線在電場中的電勢能。解：在帶電細線中任取一長度為dr的線元，其上所帶的電荷元為dq=Xdr，據(jù)(7-23)式帶電球面在電荷元處產(chǎn)生的電勢為電荷元的電勢能為：dW二Q^dr4k8r0細線在帶電球面的電場中的電勢能為：rW=\dW=J2L-Q^dr二ln2L4k8r4k800*7-15半徑為R的均勻帶電圓盤，帶電量為Q。過盤心垂直于盤面的軸線上一點P到盤心的距離為L。試求P點的電勢并利用電場強度與電勢的梯度關(guān)系求電場強度。解：P到盤心的距離為L，p點的電勢為V二JRPo4ksVr2+LoQ=r2+L2&0R=—(Jr2+l—L)o2802圓盤軸線上任意點的電勢為V(x)二o4ksyjr2+x20Q=r2+x22e0R02k8R2oo利用電場強度與電勢的梯度關(guān)系得：E（x）=-dxdVP_Q(1-―\：R2+x2l22ksR20P到盤心的距離為L,P點的電場強度為：E（L）=Q（1—.L）P2兀8R2JR2+L027-16兩個同心球面的半徑分別為R］和R2,各自帶有電荷Q］和Q2。求：（1）各區(qū)城電勢分布，并畫出分布曲線；（2）兩球面間的電勢差為多少？解：（1）據(jù)（7-23）式的結(jié)論得各區(qū)城電勢分布為V1=苦(Q+知(r<R1),o12

V2二V2二占件+R)02(R<r<R);12Q+Q24兀sr02)兩球面間的電勢差為V12=V12=JR2idr=R4耐r2R10Q(11、4脫RR0127-17一半徑為R的無限長帶電圓柱，其內(nèi)部的電荷均勻分布，電荷體密度為p,若取棒表面為零電勢，求空間電勢分布并畫出電勢分布曲線。解：據(jù)高斯定理有r<R時：J7-17一半徑為R的無限長帶電圓柱，其內(nèi)部的電荷均勻分布，電荷體密度為p,若取棒表面為零電勢，求空間電勢分布并畫出電勢分布曲線。解：據(jù)高斯定理有r<R時：JE-dS=E2兀rl=Sr=R時，V=0,則rr<R時：V=-^JRrdr=-^(R2一r2)2sr4s00r>R時：JE-dS=E2兀rl=Sp兀R21ppR2pTE=e

s2srn00V=PR1JR巴2srr0pR2Rln2sr0空間電勢分布并畫出電勢分布曲線大致如圖。7-18兩根很長的同軸圓柱面半徑分別為R］、R2，帶有等量異號的電荷，兩者的電勢差為U，求：（1）圓柱面單位長度帶有多少電荷？（2）兩圓柱面之間的電場強度。解：設(shè)圓柱面單位長度帶電量為九，則兩圓柱面之間的電場強度大小為九r2k8rrUJ加九UJ加九上dr-九iRln2-2k8r2兀&rr2K8R00101由上式可得：九U2兀&InRR021所以E-九e-Ue(R<r<R)2兀&rn0lnRR21.rn12兩圓柱面之間的電勢差為7-19在一次典型的閃電中，兩個放電點間的電勢差約為109V,被遷移的電荷約30庫侖，如果釋放出來的能量都用來使0oC的冰熔化成OoC的水，則可融化多少冰？（冰的熔解熱為3.34x105J.kg-i）解：兩個放電點間的電勢差約為109V,被遷移的電荷約為30庫侖，其電勢能為W=30x109J

p上式釋放出來的能量可融化冰的質(zhì)量為：Am=30X109=8.98x104kg3.34x105

7-20在玻爾的氫原子模型中，電子沿半徑為a的玻爾軌道上繞原子核作圓周運