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太原理工大学大学物理第五版第9章课后题答案

太原理工大学大学物理第五版第9章课后题答案

第 9 章 真空中的静电场(习题选解)

9-补充 三个电量为 ?q 的点电荷各放在边 长为 r 的等边三角形的三个顶点上,电荷 Q(Q ? 0) 放在三角形的重心上。为使每个
负电荷受力为零, Q 之值应为多大?
解:以三角形上顶点所置的电荷( ?q ) 为例,其余两个负电荷对其作用力的合力 为 f1 ,方向如图所示,其大小为

f1
-q

f2

Q

-q

-q

题 6-1 图

q2

3q 2

f1

? 2? 4??

r2

cos30? ?

4??

r2

0

0

中心处 Q 对上顶点电荷的作用力为 f2 ,方向与 f1 相反,如图所示,其大小为

Qq

3Qq

f2

?

4?? 0 ????

r3
3

???? 2

?

4?? r 2 0

由 f1 ? f2 ,得

Q? 3q。 3

6-补充 在某一时刻,从 U238 的放射性衰变中跑出来的 ? 粒子的中心离残核

Th234 的中心为 r ? 9.0?10?15 m 。试问:(1)作用在 ? 粒子上的力为多大?(2)? 粒

子的加速度为多大?

解:(1)由反应

U 238
92

?

23940Th+

4 2

He

,可知 ?

粒子带两个单位正电荷,即

Q1 ? 2e ? 3.2 ?10?19 C Th 离子带 90 个单位正电荷,即
Q2 ? 90e ? 144 ?10?19 C

它们距离为 r ? 9.0?10?15 m

由库仑定律可得它们之间的相互作用力为:

F

?

Q1Q2 4?? 0 r 2

?

(9.0

?109

)

?

3.2

?10?19 ?144?10?19 (9.0?10?15 )2

? 512N

(2)? 粒子的质量为:

m? ? 2(mp ? mn ) ? 2?(1.67?10?27 ?1.67?10?27) ? 6.68?10?27 Kg 由牛顿第二定律得:
a ? F ? 512 ? 7.66?1028 m ? s?2 m? 6.68?10?27

9-1 如图所示,有四个电量均为 q ? 10 ?6 C 的点电荷,分别放置在如图所示的

1,2,3,4 点上,点 1 与点 4 距离等于点 1 与点 2 的距离,长1m ,第 3 个电荷位于 2、 4 两电荷连线中点。求作用在第 3 个点电荷 上的力。
解:由图可知,第 3 个电荷与其它各
电荷等距,均为 r ? 2 m 。各电荷之间均 2
为斥力,且第 2、4 两电荷对第三电荷的作 用力大小相等,方向相反,两力平衡。由 库仑定律,作用于电荷 3 的力为

题 9-1 图

题 9-1 图

F ? 1 q1q3 ? 1.8 ?10 ?2 N 4?? 0 r123

力的方向沿第 1 电荷指向第 3 电荷,与 x 轴成 45 角。

9-2 题略

1

q2



tan? ? 4?? 0 (2l sin? )2

mg

q ? 16?? 0l2mgtan? sin2 ? ? 4l sin? ?? 0mgtan?

9-3 在直角三角形 ABC的 A 点放置点电荷 q1 ? 1.8 ?10 ?9 C , B 点放置点电荷

q2 ? ?4.8 ?10 ?9 C ,已知 BC ? 0.04m, AC ? 0.03m ,试求直角顶点 C 处的场强 E 。 解:A 点电荷在 C 点产生的场强为
E1 ,方向向下

E1

?

1 4?? 0

q1 r12

? 1.8 ?10 4V ? m?1

B 点电荷在 C 点产生的场强为 E2 ,方 向向右

E2

?

1 4?? 0

q2 r22

? 2.7 ?10 4V ? m?1

根据场强叠加原理, C 点场强

题 9-3 图

E ? E12 ? E22 ? 3.24?104V ? m?1

设 E 与 CB 夹角为? , tan? ? E1 E2

? ? arctan E1 ? arctan 2 ? 33.7

E2

3

9-补充 如图所示,一根很长的绝缘棒,均匀 带电,单位长度上的电荷量为 ? ,试求距棒的一 端垂直距离为 d 的 P 点处的电场强度。
解:建立如图所示坐标,在棒上任取一线 元 dx 在 P 点产生的场强为 dE

题 9-补充 a 图

dE ? dq ?

?dx

?

?dx

4?? 0r 2 4?? 0 ( x2 ? d 2 )2 4?? 0 (x2 ? d 2 )

场强 dE 可分解成沿 x 轴、 y 轴的分量

dEx ? ?dE s i n? ? ?dE

x x2 ? d 2

dEy ? dE c o ?s ? dE

d x2 ? d 2

题 9-补充 b 图

??

dx 2

? ? Ex ?

dEx

?? 0

4?? 0

2(x 2

?

d

2

)

3 2

? ? ?

?

2d ( x2

?

d

)2

?1 2

?

? (? 1 ) ? ?

?

8??0 0

4??0 d

4?? 0 d

?

? ? Ey ?

dEy ?

? ?d 0 4??0

(x2

dx

?

d

2

)

3 2

?

?d 4?? 0

x
1
d 2(x2 ? d 2)2

?? 4?? 0 d

0

P 点场强

E?

E x2

?

E

2 y

?

2? 4?? 0d

方向与Y 轴夹角为?

? ? arctan Ex ? 45 Ey

9-4 如图所示,一条长为 2l 的均匀带电
直线,所带电量为 q ,求带电直线延长线上
任一点 P 的场强。 解:在坐标原点 0 为 r 处取线元,带电量 dq ? ?dr ? q dr 2l
该线元在带电直线延长线上距原点为 x 的 P 点产生的场强为

题 9-4 图 题 9-4 图

dE ?

dq

4?? 0 (x ? r)2

整个带电直线在 P 点的场强

l

? ? ? l
E ? dE ?

qdr

? ? q l d(x ? r) ? ? q (? 1 )

?l 4?? 0 ? 2l(x ? r)2

8?? 0l ?l (x ? r)2

8?? 0l

x?r ?l

? q ( 1 ? 1 )? 8??0l x ? l x ? l 8??

2ql 0l(x2 ? l

2)

?

4??

q (0x

2? l

)2

9-5 一根带电细棒长为 2l ,沿 x 轴放置,其一端在原点,电荷线密度 ? ? Ax( A 为正的常数)。求 x 轴上, x ? b ? 2l 处的电场强度。
解:在坐标为 x 处取线元 dx ,带电量为 dq ? Axdx,该线元在 P 点的场强为 dE , 方向沿 x 轴正方向
dq dE ?
4?? 0 (b ? 2l ? x)2 整个带电细棒在 P 点产生的电场为

? ? E ?

dE ?

2l

Axdx

0 4?? 0 (b ? 2l ? x)2

题 9-5

?

A 4??

0

2l
?0

?b

? 2l ? x? ? ?b ? ?b ? 2l ? x?2

2l

?
d

?b

?

2l

?

x?

A 2l d (b ? 2l ? x)2 2l

d(b ? 2l ? x)

? ? ? [

? (b ? 2l)

]

4?? 0 0 2(b ? 2l ? x)2 0

(b ? 2l ? x)2

2l

2l

? A ln(b ? 2l ? x)2 ? A(b ? 2l) 1

? A (ln b ? 2l )

8?? 0

0 4??0 (b ? 2l ? x) 0 4?? 0 b ? 2l b

场强 E 方向沿 x 轴正方向

9-6 如图所示,一根绝缘细胶棒弯成半径为 R 的半圆形。其上一半均匀带电荷 ? q ,另一半均匀带电荷 ? q 。求圆心 O 处的场强。

题 9-6 图

解:以圆心为原点建立如图所示 Oxy 坐标,

在胶棒带正电部分任取一线元 dl ,与 OA夹角为? ,线元带电荷量 dq ? 2q dl ,在 ?R
O 点产生电场强度

dE

?

dq 4?? 0 R 2

?

2q 4? 2? 0 R3

dl

?

q 2? 2? 0 R 2

d?

把场强 dE 分解成沿 x 轴和 y 轴的分量

dEx ? dE sin?

dEy ? ?dE cos?

? ? Ex ?

dEx ?

? 2 0

2?

q 2? 0 R2

sin ? d?

?

2?

q 2? 0 R2

? ? Ey ?

dEy

?

?

? 2 0

q 2? 2?0R2

cos? d?

?

?

q 2? 2?0R2

题 9-6 图

同理,胶棒带负电部分在

O

点的场强

E?

沿

x

轴方向的分量

E

?
x



E

x

大小相等,方

向相同;沿 y 轴方向的分量 E y? 与 E y 大小相等,方向相反,互相抵消,故点场强为

q E ? 2Ex ? ? 2?0R2

方向沿 x 轴正向。

9-7 如图所示,两条平行的无限长均匀带电直线,相距为 d ,线电荷密度分别

为 ? ? 和 ? ? ,求:

两线构成的平面的中垂面上的场强分布;

解:在两线构成平面的中垂直面上任取一点 P 距两线构成平面为 y ,到两线距离

为 y2 ? (d 2)2 。两带电直线在 P 点的场强为

?

E1

?

2??

0(y2

?

d2 4

1
)2

?

E2

?

2?? 0 ( y 2

?

d2 4

1
)2

由于对称性,两线在 P 点的场强沿 y 轴 方向的分量,方向相反,大小相等,相 互抵消
E ? E1x ? E2x ? E1 cos? ? E2 cos?

?

d?

?

?

?

2

? ? ??

2??

0

(

d2 4

?

1
y2)2

(d2 4

2
1
? y2)2

? ? ? ??

?

?d

2??

0

(

d2 4

?

y2)

题 9-7 图

y
E1

P

E

E2

+λ θ

+ -d/2

o

θ

-λ -

d/2

x

题 9-7 图

方向沿 x 轴正方向

9-8 求两无限大均匀带电平板的电场分布

已知: ?? ?2?
求: 分布

解:两无限大带电平板产 生场强大小分别为

? E+ ? 2? 0

方向如图红色

E—

?

2? 2? 0

方向如图蓝色

太原理工大学大学物理

由叠加原理,两极板间场强

E2

?

E+

? E—

?

? 2? 0

?

2? 2? 0

?

3? 2? 0

方向沿x轴正向

两板外,左侧

E1

? E— ? E+

?

2? 2? 0

?? 2? 0

?

? 2? 0

两板外,右侧

方向沿x轴正向

E3 ? E+ ? E—
? ? ? 2? 2? 0 2? 0
? — ? 方向沿x轴负向 2? 0
太原理工大学大学物理

9-9 一无限大均匀带电平面,电荷面密度为? ,在平面上开一个半径为 R 的圆 洞,求在这个圆洞轴线上距洞心 r 处一点 P 的场强。
解:开了一个圆洞的无限大均匀带电 平面,相当于一个无限大均匀带电平面又 加了一块带异号电荷,面密度? 相同的圆 盘。距洞心 r 处 P 点的场强

Ep ? E? ? E?

式中 E? 为无限大均匀带电平面在 P 点产生的场强

题 9-9 图

方向垂直于平面向外

? E? ? 2? 0

E? 为半径为 R 的均匀带负电圆盘在其轴线上距中心为 r 处的 P 产生的场强。在圆

盘上取半径为 r? ,宽为 dr? 的细圆环,在 P 点产生场强

dE?

?

rdq

4??

0 (r?2

?

r

2

)

3 2

?

2?rr ??dr ?

4??

0 (r?2

?

r

2

)

3 2

R

? ? E? ?

dE ? 2?? r R

r?

dr? ? ?r [?

1

]

4?? 0 0 (r?2 ? r 2 )3 2

2? 0

(r?2

?

r

2

)

1 2

0

?

r

? (1?

)

2? 0

R2 ? r2

方向垂直圆盘向里



EP

?

E?

? E?

?

?r

2? 0 (R2

?

r

2

)

1 2

方向垂直平面向外

9-10 用细的不导电的塑料棒弯成半径为 50cm的圆弧,棒两端点间的空隙为

2cm ,棒上均匀分布着 3.12?10?9 C 的正电荷,求圆心处场强的大小和方向。

解:有微小间隙的带正电圆弧棒, 等效于一个相同半径的带正电圆环加个弧 长等于间隙的带负电小圆弧棒。由场强叠 加原理,圆心 O 场强

E0

?

E圆棒

?

E AB

对于均匀带正电的圆环,由于对称性在圆

心 O 的电场强度为零, E圆环 ? 0 。

上一带负电小圆弧棒相对于圆心 O 可近似

看成一个点电荷,电量为:

q? ? ? q dl 2?R

E AB

?

q? 4?? 0 R 2

?

1 4?? 0 R 2

? ?q 2? R

dl

题 9-10 图

? ? qdl ? ?0.714V ? m?1 8? 2? 0 R 3

圆心处场强

E0

?

E AB

?

?0.714V

? m?1,方向指向空隙。

9-11 题略 解:(1)点电荷在立方体的中心,由高斯定理知:通过立方体表面的电通量为

?

E

?

dS

?

q ?0

则通过该立方体任一个面的电通量为 q 。 6? 0
(2)点电荷在立方体的一个顶点上,以该顶点为中心作一边长为 2a 的立方体, 由高斯定理知:通过立方体表面的电通量为

?

E

?

dS

?

q ?0

则通过该立方体任一个面的电通量为 q 。 24? 0
9-补充 用场强叠加原理,求证无限大均匀带平面外任一点的场强大小为

E ? ? (提示:把无限大平面分成一个个圆环或一条条细长线,然后进行积分)。 2? 0

解:(1)建如图 (a) xyz 坐标,以板上任一点 O 为圆心,取半径为 r ,宽度为 dr 的

环形面积元,带电量为:

dq ? ? 2?rdr 。

由圆环电荷在其轴线上任一点 P(OP ? x) 的场强公式

方向沿 x 轴正方向。

dE ? 2??xrdr 4?? 0 (x2 ? r 2 ) 32

P 点总场强

? ? E ?

dE ?

? ? x rdr 0 2?0 (r2 ? x2 )32

?

? x ?1

?

? 2? 0

(r 2

?

x2

)

1 2

0

? 2? 0

(? ? 0 , E 的方向沿 x 轴正方向)

题 9-补充 (a) 图

(2)建如图 (b) 所示的三维坐标,在与 z 轴相距为 y 处取一细长线元,沿 y 轴方
向单位长度带电荷为?dy ,由长直带电 直线场强公式,线元在 x 轴距原点 O 为 a 的 点 P 的场强
dE ? 1 ?dy 2?? 0 y 2 ? a 2

题 9-补充 (b) 图

由于对称性, dE 的 y 轴分量总和为零

所以

E ? ? dEx ? ? dE c o?s

?? ?? ?
?? 2??0

a y2 ? a2

?

dy ? ? arctan y

y2 ? a2 2??0

a ??

? ? ?? ? 2??0 2?0

因为? ? 0 ,所以 E 的方向沿 x 轴正方向。

9-补充 如图所示,半径为 R 的带电细圆环,线电荷密度 ? ? ?0 cos? , ?0 为常

数,? 为半径 R 与 x 轴夹角,求圆环中心 O 处的电场强度。

解:在带电圆环上任取一线元 dl ? Rd? ,带电量为 dq ? ?dl ? ?0 cos?Rd? ,线元

与原点 O 的连线与 x 轴夹角为? ,在 O 点的场强 dE 大小为

题 6-12 图

dE ? dq ? ?0 R cos?d? ? ?0 cos?d?

4?? 0 R 2 4?? 0 R 2

4?? 0 R

dE 沿 x 轴和 y 轴的分量

dEx

?

?dE cos?

?

?

?0 4?? 0 R

cos2 ?d?

dE y

?

?dE sin?

?

? ?0 4?? 0 R

cos?

s in ?d?

整个带电圆环在 O 点的场强 E 沿 x 轴和 y 轴的分量

? ? Ex ?

dEx

??

2? 0

?0 cos2 ?d? 4?? 0 R

??

?0

? (

4?? 0 R 2

?

1 sin 2? ) 2?

4

0

? ? ?0 4?0 R

? ? Ey ?

dE y

??

2? 0

?0 sin?d sin? 4?? 0 R

??

?0

sin 2 ? 2?

(

)

4?? 0 R 2 0

?0



E

? Ex

i?

? ?0 4? 0 R

i

E 的方向沿 x 轴负方向。 9-12 设匀强电场的场强为 E , E 与半径为 R 的半球面的轴线平行。试计算 通过此半球面的电场强度通量。

解:方法一:通过半球面的电场强度通量与垂直通过大圆面 S 的电场强度通量 相等。通过 S 面的电场强度通量:

? e ? ES ? ?R 2 E

故通过半球面的电场强度通量亦为?R2 E 。

方法二:在半球面上取宽为 dl 的环状面积元, dS ? 2?rdl ? 2?R2 sin?d?

通过面元 dS 的电场强度通量

d? e ? E cos?dS ? E cos? 2?R2 sin?d? 通过整个半球面的电场强度通量

? ? ? e ?

d? e

?

2? 2?R 2 E sin? cos?d?
0

?

2?R 2 E

?

1

sin 2

?

? 2

2

0

? ?R 2 E

题 9-12 图
9-补充 在半径分别为 R1 , R2 的两个同心球面上,分别均匀带电为 Q1 和 Q2 ,求 空间的场强分布,并作出 E ? r 关系曲线。 解:电荷在球面上对称分布,两球面电荷产生的电场也是球对称分布,场强方向沿径 向向外。

(1)以球心 O 为圆心, r 为半径( R1 ? r ? 0 )作一同心球面,由高斯定理,球 面包围电荷量为零,即

因而

?s EI ? dS ? 0
EI ? 0

(2)以 O 为圆心,半径为 r( R2 ? r ? R1 ) 作一同心球面,由高斯定理

?s

EII

? dS

?

Q1 ?0

EII

? 4?

r2

?

Q1 ?0

EII

?

Q1 4?? 0r 2

E ? r 曲线如图 9-补充所示。

(3)以 O 为圆心,半径为 r ( R2 ? r )作一同心的球面,由高斯定理

?s

EIII

? dS

?

Q1 ? Q2 ?0

EIII

? 4? r2

?

Q1 ? Q2 ?0

所以

EIII

?

Q1 ? Q2 4??0r 2

9-13 设均匀带电球壳内、外半径分别为 R1 和 R2 ,带电量为 Q 。分别利用高斯 定理与用均匀带电球面的电场叠加求场强分布,并画出 E ? r 图。
解:由于电荷分布具有球对称性,空间电场分布也具有球对称性。

(1)在 r ? R1 的区域,电量为零。

由高斯定理 ?s E ? dS ? 0 ,因而各点场强为零。
(2)在 R1 ? r ? R2 区域,以 r 为半径作同心球面。 由高斯定理

? E ? dS ? q

s

?0



q

?

?V

?

Q

4 3

?

R23

?

4 3

?

R13

(4 ? r3 3

?

4 3

?

R13

)

E ? 4?r 2 ? Q(r 3 ? R13 ) ? 0 (R23 ? R13 )

因此

E?

Q 4?? 0r 2

r 3 ? R13 R23 ? R13

(3)在 r ? R2 区域,以 r 为半径作同心球面,

由高斯定理

? E ? dS ? q ? Q

s

?0 ?0

E ? 4?r 2 ? Q ?0

E ? r 曲线如图 9-13 所示。

E

?

Q 4?? 0r 2

E ? r 曲线如图 9-13 所示。 9-14 无限长共轴圆柱面,半径分别为 R1 和 R2 ( R2 ? R1 ),均匀带电,单位长度

上的电量分别为 ?1 和 ?2 。求距轴为 r 处的场强(1) r ? R1 ;(2) R1 ? r ? R2 ;(3) r ? R2 。

解:(1)在半径为 R1 的圆柱面内作半径为 r ( r ? R1 ) ,高为 l 的同轴圆柱面,作 为高斯面。通过此高斯面的通量

?q

E ? dS ?
? ? ? ? s

s E上底 ?dS ?

s E下底 ? dS ?

s E侧 ? dS ?

?0

?0

各点 E 垂直于轴线,上下底面电通量为零

2?rlE侧 ? 0

因而

E ? 0 ( r ? R1 )

(2)在半径为 R1 、R2 的两圆柱面间作半径为 r ( R2 ? r ? R1 ) ,高为 l 的同轴圆柱 面作为高斯面,由高斯定理

? E ? dS ? q ? l?1

?s

?0 ?0

?s

E侧

?

dS

?

l?1 ?0

2?rlE ? ?1l ?0

可见

E ? ?1 2?? 0r

(3)同理在 r ? R2 的区域

E ? ?1 ? ?2 2?? 0r

9-15 如图所示,点电荷 q ? 10 ?9 C ,与它在同一直线上的 A、B、C 三点分别距

q 为10cm、20cm、30cm ,若选 B 为电势零点,求 A、C

两点的电势VA、VC 。 解:以点电荷 q 为原点,沿 q, A, B,C 的连线
建 x 坐标,在 x 坐标轴上,各点场强方向都沿 x 轴 正方向。

题 9-15 图 题 9-15 图

E? q 4?? 0 x 2

对于 A 、 B 两点,电势差

? ? ? VA ? VB ?

BE? ? dx? ?
A

0.2
Edx ?
0.1

0.2 q dx 0.1 4?? 0 x 2

? ? q 0.2 dx ? q (? 1) 0.2 ? 5q ? 45V
4?? 0 0.1 x2 4?? 0 x 0.1 4?? 0

由VB ? 0 , 故

VA ? 45V

对于 B 、 C 两点,电势差为:

0.3

? ? VB ? VC

?

0.3
Edx ?
0.2

0.3 q dx ? q (? 1 ) ? 15V

0.2 4?? 0 x 2

4?? 0

x 0.2

由VB ? 0 , 故

VC ? ?15V

9-16 真空中一均匀带电细圆环,线电荷密度为 ? ,求其圆心处电势。

解:在细圆环上取长为 dl 的线元,带电量为 dq ? ?dl

在圆心处产生的电势

dV ? dq ? ?dl 4?? 0 R 4?? 0 R

整个带电圆环在圆心 O 的电势

? ? V ?

2?R
dV ?

?dl

?

?

? 2?R ? ?

0 4?? 0 R 4?? 0 R

2? 0

题 9-16

9-17 长为2l,带电量为q的均匀带电细棒,求延长线

上距棒一端为a的点p的电势。

解:建立图示坐标

(1)取线元dx

?? q
2l

dq ? ?dx

(2)dq在p点的电势dV ?

dq

?

?dx

4??
(3)整个细棒在p点的电势

0

r

4??0(2l ? a ? x)

? V ? ? dV ?

2l

?dx

? ? ? ln(2l ? a ? x) 2l

0 4??0(2l ? a ? x) 4??0

0

? ? ln 2l ? a ? q ln 2l ? a ? q ln(1+ 2l )

4??0 a 8??0l a 8??0l

a

太原理工大学大学物理

9-19 如图:两均匀带电同心球面,求电势分布。 解 均匀带电球面电势分布

q1

q2

由电势叠加原理可得

(1) r ? R1

V ? q1 ? q2 4 π?0R1 4 π?0R2

(2)R1 ? r ? R2

V ? q1 ? q2 4 π?0r 4 π?0R2

(3) r ? R2

V ? q1 ? q2 4 π?0r 4 π?0r

太原理工大学大学物理

9-20 有一个半径为R 的球体,球内部带电,

电荷体密度的表达式为

?

(r)

?

qr ? R4

(r≤R)

?(r) ? 0 (r≥R)

求(1) 球体总带电量Q 。 (2) 球内、外各点的场强。

(3) 球内、外各点的电势。

解:在球内取半径为r,厚度为dr的薄球壳,该

壳内包含的电量

dq

?

?dV

?

qr ?R4

4?r 2dr

?

4q R4

r3dr

太原理工大学大学物理

? ? 球体总带电量 Q ?

dq

?

R 4q 0 R4

r3dr ? q

(2) 球内、外各点的场强。

场强分布具有球对称性,高斯面为球面。
通过高斯面的电通量 ? ? E ? 4?r 2 ? e
当场点在球面外时

E ? 4?r 2 ?

方向沿半径向外 太原理工大学大学物理



当场点在球面内时

E ? 4?r 2 ? 1
?0

q R4

r4

?r 0

4q R4

r 3dr

?

q R4

r

4

方向沿半径向外

或 太原理工大学大学物理

(3) 球内、外各点的电势。 由(2)知,带电球的电场分布

r. P∞

当r> R 时 选V∞=0,沿矢径方向积分到无限远处, 球面外一点p的电势

? ? V ?

?
E ? dl ?
p

? r

q 4?? 0 r 2

dr

?

q 4?? 0 r

( r ? R)

太原理工大学大学物理

当r< R 时,球面内一点p’的电势

? ? ? V ?

?
E ? dl ?

R
E ? dl ?

?
E ? dl

p?

r

R

? ? ?

R r

qr 2 4?? 0 R 4

dr

?

?q R 4??0r2 dr

r p.’ ∞

?q 12?? 0 R

-

qr 3 12?? 0 R 4

+

q 4?? 0 R

? q - qr3 3??0R 12??0R4

q ? r3 ?

?

12?? 0 R

? ?

4

-

R3

? ?

太原理工大学大学物理

9-22 题略 解:取无穷远处电势为零,则内球面处电势为

V1

?

q 4?? 0 R

?

3q 4??0 2R

外球面处电势为

q

3q

V2 ? 4??0 2R ? 4??0 2R

带电粒子由内球面从静止释放到达外球面时电场力作功,由动能定理可得粒子的

动能

1 2

mv 2

?

Q(V1

?V2 )=

Qq 8?? 0 R

9-23 题略

解:取无穷远处电势为零,则 O 点的电势为 V0 ? 0

C 点电势为

VC

?

q 4??0 3R

?

q 4?? 0 R

电荷 q0 从 O 到 C 移动过程中电场力作功为

AOC

?

q0 (VO

?VC )=

q0q 6?? 0 R

9-补充 半径为 2mm的球形水滴具有电势 300V 。求:(1)水滴上所带的电荷量。

(2)如果两个相同的上述水滴结合成一个较大的水滴,其电势值为多少(假定结合 时电荷没有漏失)?
解:(1)设水滴所带电荷均匀分布在水滴表面。水滴内任一点场强为零,电势与 水滴表面电势相等。对于水滴外任一点 x ? R ,电场强度

E? Q 4?? 0 x 2

? ? 水滴的电势

?

?

V ? Edx ?

Q

dx

R

R 4?? 0 x 2

题 9-补充图

?? ? Q d (? 1) ? Q
R 4??0 x 4??0R



Q ? 4?? 0 RV ? 66.7 ?10 ?12 C ? 66.7 pC

(2)两水滴合成一较大水滴,电量 Q? ? 2Q ,半径 R? ? 3 2R ? 1.26R ,水滴外任

一点 x ( x ?1.26R )的电场强度

E ? 2Q 4?? 0 x 2

大水滴的电势

?

? 2Q

? ? V ? Edx ?

dx

R?

1.26R 4?? 0 x 2

9-补充

2Q 1 ?

2Q

? (? ) ?

? 476V

4?? 0 x 1.26R 4 ?1.26?? 0 R

两个同心的均匀带电球面,半径分别为 R1 ? 5.0cm ,R2 ? 20.0cm ,已知

内球面的电势为V1 ? 60V ,外球面的电势V2 ? ?30V 。(1)求内、外球面上所带电量; (2)在两个球面之间何处的电势为零?
解:(1)设内球面带电量为 Q1 ,外球面带电量为 Q2 ,由电势叠加原理

V1

?

Q1 4?? 0 R1

?

Q2 4?? 0 R2

?

60V



V2

?

Q1 4?? 0 R2

?

Q2 4?? 0 R2

?

?30V



由①-② 得:

Q1 4?? 0

????

1 R1

?

1 R2

????

?

?R2 ? R1?Q1
4?? 0R1R2

? 90

Q1

? 90? 4??0R1R2 R2 ? R1

20.0 ? 5.0 ?10?4
? 90? 9?109 ?20.0 ? 5.0??10?2

? 6.67 ?10?10C

将 Q1 的数值代入①式可得:

Q2 ? ?13.3?10?10 C (2)在两球面之间,电势表达式为

Vr

?

Q1 4?? 0r

?

Q2 4?? 0R2

令Vr ? 0 ,

得 r ? ? Q1R2 ? 10.0cm Q2

9-24 如图所示,已知长为 l ,均匀带电,电量为 Q 的细棒,求 z 轴上一点 P(0, a)

的电势VP 及场强 EP 的 z 轴分量 Ez (要求用 E ? ??V 来求场强)。
解:在细棒某点 x 取线元 dx ,带电量 dq ? ?dx ? Q dx l
线元在 P 点的电势

细棒在 P 点的电势

dV ? dq ?

?dx

4?? 0r 4?? 0 x2 ? a2

? ?l ?

VP ?

dV ? 0 4?? 0

dx x2 ? a2

?

?

ln(x ?

l
x2 ? a2 ) ?

Q

ln l ?

l2 ? a2

4?? 0

0 4??0l

a

题 9-24 图

由电场强度与电势梯度的关系 E ? ??V ? ?(?V i ? ?V j ? ?V k) ?x ?y ?z

Ez

?

? ?V ?z

z 轴上任一点( 0, z )的电势为 V ? Q ln l ? l 2 ? z 2

4?? 0l

z



? ? Ez

? ? ?V ?z

?? Q 4?? 0l

? ?z

ln(l ?

l 2 ? z 2 ? ln z)

??

Q

? ?

z

?

1

? ?

4??0l ?? (l ? l 2 ? z2 ) l 2 ? z2 z ??

? ? ? ? Q z 2 ? l l 2 ? z 2 ? l 2 ? z 2 ?

Q

4?? 0l z l ? l 2 ? z 2 l 2 ? z 2 4?? 0 z l 2 ? z 2

在 P(0, a) 点, z ? a

9- 补 充

Ez

?

Q 4?? 0a l 2

? a2

两无限长带异号电荷的同轴圆柱面,单位长度上的电量为

3.0 ?10?8 C ? m?1 ,内半径为 2 ?10?2 m ,外半径为 4 ?10?2 m ,一电子在两圆柱面间沿半

径为 3?10?2 m 的圆周路径匀速转动。问此电子的动能为多少? 解:设圆柱面单位长度的电量为 ? ,两同轴圆柱间的场强 ? E? 2?? 0r
电子作匀速圆周运动的向心力由电场力提供

F ? man ? eE

m v2 ? e? r 2??0r

mv2 ? e? 2? 0?

所以电子的动能

Ek

?

1 mv2 2

?

e? 4?? 0

?

4

.

3 ?2

1? 10J7

题 9-补充图

学生问题解答:

解:建如图所示的三维坐标,在与 z 轴相距为 y 处取一细长线元,沿 y 轴方
向单位长度带电荷为?dy ,由长直带电 直线场强公式,线元在 x 轴距原点 O 为 a 的 点 P 的场强
dE ? 1 ?dy 2?? 0 y 2 ? a 2

题图
由于对称性, dE 的 y 轴分量总和为零

所以

E ? ? dEx ? ? dE c o?s

??

? ? d 2

?d 2

2??0

a y2 ? a2

d

dy

?

?

y2 ? arctan =

arctan( d ) ? ?

arctan(? d )

y2 ? a2 2??0

a ?d 2??0

2a 2??0

2a

2

因为? ? 0 ,所以 E 的方向沿 x 轴正方向。


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