第四章静电场 4.1根据点电荷的场强公式 E 4πE0 当所考察的点到点电荷的距离r接近于零时,则电场强度趋于无限大,这显然是没有意义的。对 此应作何解释? 答:这是由于r→0时,带电体已不能再看成是点电荷,点电荷是一种理想的模型,只有在 带电体的线度远小于源点到场点的距离时才可把带电体看成是点电荷。本题中r→0,则带电体 要按实际分布计算其场强,而不能用点电荷的场强公式。 42在高斯定理 手Ed=9 (1)高斯面上的E是否完全由式中的q产生? (2)如果q=0,是否必定有E=0? (3)如果在高斯面上E处处为零,是否必定有q=0? 答:(1)高斯面上的场强E是由所有的电荷产生的 (2)若q=0,但E不一定为零 (3)在高斯面上E处处为零,则必定有q=0。 43将一个均匀带电(量值为Q)的球形肥皂泡,由半径r吹至n2。则半径为R (n<R<n2)的高斯面上任意一点的场强大小由 TE02变至 电势由Q变至 孔o 通过这个高斯面的E的通量由Q/E。变至 答:(1)变为0(高斯面内无电荷,且球对称):(2) (3)0 44电势为零的地方,电场强度是否一定为零?电场强度为零的地方,电势是否一定为零? 分别举例说明 答:电势为零的地方,电场强度不一定为零(电势零点可选任一位置);电场强度为零的地方, 电势也不一定为零。例如导体内电场为零,但电势可以不为零
1 第四章 静电场 4.1 根据点电荷的场强公式 2 4 0 r q E = 当所考察的点到点电荷的距离 r 接近于零时，则电场强度趋于无限大，这显然是没有意义的。对 此应作何解释？ 答：这是由于 r →0 时，带电体已不能再看成是点电荷，点电荷是一种理想的模型，只有在 带电体的线度远小于源点到场点的距离时才可把带电体看成是点电荷。本题中 r →0 ，则带电体 要按实际分布计算其场强，而不能用点电荷的场强公式。 4.2 在高斯定理 S 0 = q E dS 中，问： （1）高斯面上的 E 是否完全由式中的 q 产生？ （2）如果 q = 0 ，是否必定有 E = 0 ？ （3）如果在高斯面上 E 处处为零，是否必定有 q = 0 ？ 答：（1）高斯面上的场强 E 是由所有的电荷产生的。 （2）若 q = 0 ，但 E 不一定为零。 （3）在高斯面上 E 处处为零，则必定有 q=0。 4.3 将一个均匀带电（量值为 Q）的球形肥皂泡，由半径 1 r 吹至 2 r 。则半径为 R （ 1 2 r R r ）的高斯面上任意一点的场强大小由 2 4 0R Q 变至______，电势由 R Q 40 变至 _______，通过这个高斯面的 E 的通量由 Q 0 / 变至______ 。 答：（1）变为 0（高斯面内无电荷，且球对称）；（2） 4 0 2 r Q ；（3）0 4.4 电势为零的地方，电场强度是否一定为零？电场强度为零的地方，电势是否一定为零？ 分别举例说明之。 答：电势为零的地方，电场强度不一定为零（电势零点可选任一位置）；电场强度为零的地方， 电势也不一定为零。例如导体内电场为零，但电势可以不为零
4.5将一个带电物体移近一个导体壳,带电体单独在导体空腔内激发的电场是否 等于零?静电屏蔽的效应是如何体现的? 答:带电体单独在导体空腔内激发的电场不为零。静电屏弊效应体现在带电体的 存在使导体腔上的电荷重新分布(自由电子重新分布),从而使得导体空腔内的总电场 为零。 4.6将一个带正电的导体A移近一个接地的导体B时,导体B是否维持零电 势?其上面是否带电? 答:导体B维持零电势,其上带负电。 4.7在同一条电场线上的任意两点a、b,其场强大小分别为E。及E,电势分别 为V和V,则以下结论正确的是 (1)E。=E6;(2)E≠E;(3)V=V;(4)V≠Vb。 答:同一条电场线上的两点,电场强度可以相同,也可以不同,但沿着电场线电 势降低,所以选(4)。 4.8电容器串、并联后的等值电容如何决定?在什么情况下宜用串联?什么情况 下宜用并联 解:串 并:c=∑ 当手头的电容器的电容值比所需要的电容值小,宜用并联。当手头的电容器的耐 压值比所需要的小,宜采用电容器串联。 4.9两根长度相同的铜导线和铝导线,它们两端加有相等的电压.问铜线中的场 强与铝线中的场强之比是多少?铜线中的电流密度与铝线中的电流密度之比是多少? (已知p铜=44×107g2mp铝=2.8×1092m) 答:电压V相同和导线长度1相同,则电场强度E相同 由 E 得:p J铜P J铝P铜4.4x10-7110 由于铜的电阻率大于铝的电阻率,所以铜线中的电流小于铝线中的电流 4.10电力线(电场线)与电位移线之间有何关系?当电场中有好几种电介质时, 电力线是否连续?为什么? 电场线和电位移线都是用来形象描述电场分布的,前者与电场强度E相对应,后 者与电位移矢量D相对应,它们的关系通过介质的性质方程D=6E+P相联系。当电 场中有好几种电介质时,电力线是不连续的,这是由于介质极化将在介质的表面及两
2 4.5 将一个带电物体移近一个导体壳，带电体单独在导体空腔内激发的电场是否 等于零？静电屏蔽的效应是如何体现的？ 答：带电体单独在导体空腔内激发的电场不为零。静电屏弊效应体现在带电体的 存在使导体腔上的电荷重新分布（自由电子重新分布），从而使得导体空腔内的总电场 为零。 4.6 将一个带正电的导体 A 移近一个接地的导体 B 时，导体 B 是否维持零电 势？其上面是否带电？ 答：导体 B 维持零电势，其上带负电。 4.7 在同一条电场线上的任意两点 a、b，其场强大小分别为 Ea 及 Eb ，电势分别 为 Va 和 Vb ，则以下结论正确的是： (1 ) Ea = Eb ； (2 ) Ea Eb ； (3) Va = Vb ； (4) Va Vb 。 答：同一条电场线上的两点，电场强度可以相同，也可以不同，但沿着电场线电 势降低，所以选（4）。 4.8 电容器串、并联后的等值电容如何决定？在什么情况下宜用串联？什么情况 下宜用并联？ 解：串： = i i c c 1 1 并： = i i c c 当手头的电容器的电容值比所需要的电容值小，宜用并联。当手头的电容器的耐 压值比所需要的小，宜采用电容器串联。 4.9 两根长度相同的铜导线和铝导线，它们两端加有相等的电压．问铜线中的场 强与铝线中的场强之比是多少？铜线中的电流密度与铝线中的电流密度之比是多少？ （已知 4 4 10 m, 2 8 10 m 7 8 = = − − 铜 . 铝 . ） 答：电压 V 相同和导线长度 l 相同，则电场强度 E 相同； 由 E j = E = 得： 110 7 4 4 10 2 8 10 7 8 = = = = − − . . 铜 铝 铝 铜 铜 铜 铝 铝 j j j j 由于铜的电阻率大于铝的电阻率，所以铜线中的电流小于铝线中的电流。 4.10 电力线(电场线)与电位移线之间有何关系？当电场中有好几种电介质时， 电力线是否连续？为什么？ 电场线和电位移线都是用来形象描述电场分布的，前者与电场强度 E 相对应，后 者与电位移矢量 D 相对应，它们的关系通过介质的性质方程 D E P = 0 + 相联系。当电 场中有好几种电介质时，电力线是不连续的，这是由于介质极化将在介质的表面及两
种介质的交界面出现面束缚电荷的原因 4.11说明带电系统形成过程中的功能转换关系,在此过程中系统获得的能量储 藏在何处? 答:在带电系统的形成过程中,外力做功使系统的能量增加,系统获得的能量储 存在电场中成为静电场能量。 4.12如图4.22所示,在图(a) 充电后不断开电源,图(b)充电后断开 电源的情况下,将相对电容率为E.的 电介质填充到电容器中,则电容器储存 图422题412图 的电场能量对图(a)的情况是 对图(b)情况是 答:(a)当充电后不断开电源(V不变),填充介质使电容器储存的电场能量增大; (b)当充电后断开电源(q不变),填充介质使电容器储存的电场能量减小。 413两个点电荷所带电荷量之和为q,问它们各带多少电荷时,相互作用力最大? 解:设一个带电q1,则另一个带电q-q1,其相互作用力大小为 F=9(9-q) dF d q, q1-q1l=0得q1 d4m~(-2)<0 919是F的极大值点 所以当两电荷的电量相等均为时,其相互作用力最大。 414电子以50×106m·s1的速率进入场强为E=10×103V·m1的匀强电场中,若电 子的初速度与场强方向一致.问 (1)电子作什么运动? (2)经过多少时间停止? (3)这段时间电子的位移是多少? 9.1×10-5、 -16×10-9×1.0×10 6 9/o15m/s2 (1)由于速度方向和加速度(受力)方向相反电子作运减速运动。 (2)由U=Uo+a=5.0×1061.6 105t=0
3 种介质的交界面出现面束缚电荷的原因。 4.11 说明带电系统形成过程中的功能转换关系，在此过程中系统获得的能量储 藏在何处？ 答：在带电系统的形成过程中，外力做功使系统的能量增加，系统获得的能量储 存在电场中成为静电场能量。 4.12 如图 4.22 所示，在图(a) 充电后不断开电源，图(b)充电后断开 电源的情况下，将相对电容率为 r 的 电介质填充到电容器中，则电容器储存 的电场能量对图 (a) 的情况是 _____________ ，对图(b)情况是______________。 答：（a）当充电后不断开电源（V 不变），填充介质使电容器储存的电场能量增大； （b）当充电后断开电源（q 不变），填充介质使电容器储存的电场能量减小。 * * * * * * * * * * 4.13 两个点电荷所带电荷量之和为ｑ，问它们各带多少电荷时，相互作用力最大？ 解：设一个带电 1 q ，则另一个带电 q − q1 ，其相互作用力大小为 2 0 1 1 4 r q q q F − = ( ) 0 4 1 2 1 1 1 0 − − = = [q q q ] dq r dF 得 2 1 q q = 又 2 0 4 1 2 0 2 1 2 − = ( ) dq r d F 2 1 q q = 是 F 的极大值点 所以当两电荷的电量相等均为 2 q 时，其相互作用力最大。 4.14 电子以 5.0×10 6 m ·s -1 的速率进入场强为 E =1.0×103 V·m-1 的匀强电场中，若电 子的初速度与场强方向一致．问 （1）电子作什么运动？ （2）经过多少时间停止？ （3）这段时间电子的位移是多少？ 解： 15 2 31 3 19 10 / 9.1 1.6 9.1 10 1.0 10 1.6 10 m s m eE a = − = − = − − − （1）由于速度方向和加速度（受力）方向相反 电子作运减速运动。 （2）由 10 0 9.1 1.6 5.0 106 15 t = 0 + at = − t = 图 4.22 题 4.12 图
50×10° 得从以U0运动到停止所需时间为t 1.6x105×9.1=284×10-8s (3)这段时间电子的位移为 s=1+1ar2=50×105×2.84×10~-1×16×1015×2842×10-6=71×10-2m 415两个点电荷q1和q2相距为l。若 (1)两电荷同号 (2)两电荷异号.求它们连线上电场强度为零的点的位置 解:(1)若两电荷同号,电场为零的点在q1与q2的连线上,设距q1为x处,则有, 4x5x242(-x)2由此得马= q1 q2 (-x) 整理得(q2-q1)x2+2q1kx-q1=0 解之得x=9-V41(舍去了负根) 41-q (2)若两电荷异号,电场为0的点在q1与q2的延长线上,且在电量较小的电荷一边 若q1q2,则在q2外距q2为(同上计算)x 1+√q1/q2 q/q2-1 4.16a粒子快速通过氢分子中心,其轨道垂直于两核连线中心,问a粒子在何处受到的力最 大?假定α粒子穿过氢分子时,两核无多大移动,同时忽略分子中电子的电场 解:设两核间的距离为2l,a粒子在距两核中心的距离为r时所受力为最大,其值为 4r(2+r2)√2+r2zn(2+r2)32 由极值条件如F 0得r=--1
4 得从以 0 运动到停止所需时间为 t s 8 15 6 9.1 2.84 10 1.6 10 5.0 10 − = = （3）这段时间电子的位移为 s t at m 2 6 8 1 5 2 1 6 2 0 10 2.84 10 7.1 10 9.1 1.6 2 1 5.0 10 2.84 10 2 1 − − − = + = − = 4.15 两个点电荷 1 q 和 2 q 相距为 l。若 (１) 两电荷同号； (２) 两电荷异号．求它们连线上电场强度为零的点的位置． 解：（1）若两电荷同号，电场为零的点在 1 q 与 2 q 的连线上，设距 1 q 为 x 处，则有， 2 0 2 2 0 1 4 4 (l x) q x q − = 由此得 2 2 2 1 (l x) q x q − = 整理得 ( ) 2 0 2 1 1 2 q2 − q1 x + q lx − q l = 解之得 l q q q q q x 1 2 1 1 2 − − = （舍去了负根） （2）若两电荷异号，电场为 0 的点在 1 q 与 2 q 的延长线上，且在电量较小的电荷一边。 若 q1 q2 设 E = 0 在 1 q 外距 1 q 为 x 处，则有 2 0 2 2 0 1 4 4 (l x) q x q + = 即 2 2 2 1 (l x) q x q + = 整理得 ( ) 2 0 2 1 1 2 q2 − q1 x − q lx − q l = 解之得 l q q q q x 1 1 2 1 2 1 − + = / / 若 q1 q2 ，则在 2 q 外距 2 q 为（同上计算） l q q q q x 1 1 1 2 1 2 − + = / / 4.16 α粒子快速通过氢分子中心，其轨道垂直于两核连线中心，问α粒子在何处受到的力最 大？假定α粒子穿过氢分子时，两核无多大移动，同时忽略分子中电子的电场． 解：设两核间的距离为 2 l ， 粒子在距两核中心的距离为 r 时所受力为最大，其值为 2 2 3 / 2 0 2 2 2 2 2 0 2 4 ( ) ( ) 2 2 l r e r l r r l r e F + = + + = 由极值条件 = 0 dr dF 得 r l 2 2 =
即α粒子到两核中心的距离等于两核距离的ˇ二倍时所受之力为最大。 417若电荷q均匀地分布在长为L的细棒上,求证: (1)在棒的延长线上,离棒中心为a处的场为 π0 (2)在棒的垂直平分线上,离棒a处的场强为 E=2-n, +4a 证明:选棒的中心为坐标原点,沿棒的方向为x轴方向,垂直于棒的方向为y轴 入dx 入1 (1)E= 4: 4 (2)E=E 124忑 上a 4.18如图423所示为一无限大均匀带电平面中间挖去一个 半径为R的圆孔,电荷面密度为,求通过圆孔中心且与平面垂 直的线上P点的场强.设P点到孔心的距离为x,讨论x>>R 和ⅹ>RE
5 即 粒子到两核中心的距离等于两核距离的 4 2 倍时所受之力为最大。 4.17 若电荷 q 均匀地分布在长为 L 的细棒上，求证： (1) 在棒的延长线上，离棒中心为 a 处的场为 2 2 0 4 L 1 − = a q E (2) 在棒的垂直平分线上，离棒 a 处的场强为 2 2 0 4 2 1 a L a q E + = 证明：选棒的中心为坐标原点，沿棒的方向为 x 轴方向，垂直于棒的方向为 y 轴 （1） 2 2 0 2 2 0 2 2 2 0 4 1 1 4 4 1 a L q a x a x dx E l l l l − = − = − = − − / / | ( ) （2） − − + = + + = = 2 2 2 2 3 / 2 0 2 2 2 2 2 2 1/ 2 0 4πε ( ) λ ( ) ( ) λ 4πε 1 l l l y l a x a dx x a a x a dx E E l 2 2 2 2 1 2 l 2 0 1 4 / / / | ( ) − + = a x x a a 2 2 0 2 2 0 4 2 1 4 4 1 a l a q l a a q + = + = 4.18 如图 4.23 所示为一无限大均匀带电平面中间挖去一个 半径为 R 的圆孔，电荷面密度为σ，求通过圆孔中心且与平面垂 直的线上 P 点的场强．设 Ｐ点到孔心的距离为 x ，讨论 x >> R 和 x << R 两种情况下，Ｅ为多少？ 解：本问题可等效为面电荷密度为 的均匀无限大带电面与 面电荷密度为- 的均匀带电圆盘（圆孔大小）的场的叠加。前者在 p 点产生的场强为 x E e 0 1 2 = 利用均匀带电圆环在轴线上的电场叠加得圆盘在 P 点所产生的电场为 x x e R x x e r x x r x ds E + − = − + + − = [ ] ( ) ( ) / 2 2 0 2 2 2 2 1 2 0 2 1 4 2 P 点的电场强度为 x e R x x E E E 2 2 0 1 2 2 + = + = 讨论：（1）当 x R x E e 2 0 图 4.23 题 4.18 图
即在很远处,挖掉的圆孔对电场强度影响不大可以忽略 (2)当x<<R时,E→0,即当场点无限接近带电面时,其电场强度只与该处的电荷分布有关 (该处电荷面密度σ=0) 4.19设均匀电场的场强E与半径为R的半球面的轴平行.求通过此半球面的电通量 解:取半径为R的平面与半径面构成封闭面,对于该封闭面,由高斯定理便知其闭面通量为 零,所以通过半径面的电通量与垂直于电场方向的平面(半径R)的电通量大小相同。即 Φ=Es=R2E 420一均匀带电线,线电荷密度为λ,线的形状如图424所示 设曲率半径为R与线的长度相比为足够小。求O点处的电场强度的大小 解:0点处的电场可看成是由两个半无限长线和一个圆周电荷产 图424题4.20图 生的电场,而两半无限长线上的电荷在0点产生的电场E和E2大小相 等,方向相反,则0点的电场强度是,圆周电贺产生的,即E=E1+E2+E3=E3 入Rde E cose= 2 cos ede 4πE。R 4πE0R 4πEnR ARde aTE R E=、E2+E IEo R 421两个均匀带电的同心球面,半径分别为0.1m和0.3m,小球面带电荷为1.0×108C 大球面带电荷1.5×108C,求:离球心为(1)5×102m;(2)0.2m:(3)0.5m处的场强。这 两个带电球面产生的场强是否为离球心距离的连续函数 解:(1)r=5×102m,处于r=0.1m球面内,则以过场点r=5×102m所作的同心球面 作为高斯面,其内无电荷,利用高斯定理及电场的球对称分布有 4mE=0,从而E=0 (2)r=0.2m过该场点所做之同心球面包括小均匀带电球面,据高斯定理及电场的球对称分 布得4r2E= 由此得E=91=9×10°×10×10 =225×103V 0.2 (3)r=0.5m过该场点所做之同心球面包括小均匀带电球面,也包含大均匀带电球面,将其
6 即在很远处，挖掉的圆孔对电场强度影响不大可以忽略。 （2）当 x R 时， E →0 ，即当场点无限接近带电面时，其电场强度只与该处的电荷分布有关， （该处电荷面密度 = 0 ） 4.19 设均匀电场的场强Ｅ与半径为Ｒ的半球面的轴平行．求通过此半球面的电通量． 解：取半径为 R 的平面与半径面构成封闭面，对于该封闭面，由高斯定理便知其闭面通量为 零，所以通过半径面的电通量与垂直于电场方向的平面（半径 R）的电通量大小相同。即 e Es R E 2 = = 4.20 一均匀带电线，线电荷密度为λ，线的形状如图 4.24 所示。 设曲率半径为R与线的长度相比为足够小。求O点处的电场强度的大小。 解：0 点处的电场可看成是由两个半无限长线和一个 4 1 圆周电荷产 生的电场，而两半无限长线上的电荷在 0 点产生的电场 E1 和 E2 大小相 等，方向相反，则 0 点的电场强度是 4 1 圆周电贺产生的，即 E = E1 + E2 + E3 = E3 = = = 2 0 0 0 2 0 2 0 4 4 4 R d R R Rd Ex cos cos R d R Rd Ey 0 2 0 2 0 4 sin 4 = = R E Ex Ey 0 2 2 4 2 = + = 4.21 两个均匀带电的同心球面，半径分别为 0.1 m 和 0. 3 m ，小球面带电荷为 1.0×10 -8 C， 大球面带电荷 1. 5×10 -8 C，求：离球心为 (1) 5×10 -2 m ；(2) 0. 2 m ；(3) 0.5 m 处的场强。这 两个带电球面产生的场强是否为离球心距离的连续函数。 解：（1） r m 2 5 10− = ，处于 r1 = 0.1m 球面内，则以过场点 r m 2 5 10− = 所作的同心球面 作为高斯面，其内无电荷，利用高斯定理及电场的球对称分布有 4 0 2 r E = ， 从而 E = 0 （2） r = 0.2m 过该场点所做之同心球面包括小均匀带电球面，据高斯定理及电场的球对称分 布得 0 2 1 4 = q r E 由此得 3 1 2 8 9 2 0 1 2 25 10 V m 0 2 1 0 10 9 10 4 q − − = = = . . . r E （3） r = 0.5m 过该场点所做之同心球面包括小均匀带电球面，也包含大均匀带电球面，将其 图 4.24 题 4.20 图
作为高斯面,应用高斯定理并利用电场的球对称分布有 4m2E=+q2 Eo 由此得 E =9 x10°×(.0+1.5)×10=9×102V.m- 0.5 这两带电球面产生的场强不是距球心距离r的连续函数。 422两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面,半径分别为R1和R2(R2>R1),大圆柱 面和小圆柱面单位长度带电荷分别为-入和+λ,求离轴线为r处的电场强度:(1)rr>R1;(3)r>R2 解:过场点作与带电无限长圆柱同轴的圆柱面,高为h,将其作为高斯面,利用高斯定理及电 场的轴对称性(柱面上电场沿径向,且在侧面上大小相等)可计算如下 (1)rR25E4S==2mhE=M+(-)En=0E=0 423如图425所示,一质量为m=1.0×10kg的小球,带有电荷q=2.0×101C,悬于 丝线下面,线与一块很大的均匀带电平面成0=30°角。求此带电平面的电荷密度。 解:设带电平面的电荷密度为a,它在平面附近产生的电场大小为E=,则点电荷q所 受水平方向的电场力为F电 go 2 由受力平衡可得 Sine=Fa=go ( Tcos 0=mg 图425题423图 由(1)/(2)得tan6 aomg
7 作为高斯面，应用高斯定理并利用电场的球对称分布有 0 2 1 2 4 q q r E + = 由此得 2 1 2 8 9 2 0 1 2 9 10 V m 0 5 1 0 1 5 10 9 10 4 − − = + = + = . ( . . ) r q q E 这两带电球面产生的场强不是距球心距离 r 的连续函数。 4.22 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为 R1 和 R2 (R2 > R1)，大圆柱 面和小圆柱面单位长度带电荷分别为 -λ和 +λ，求离轴线为 r 处的电场强度： (1) r r >R1 ；(3) r > R2 ． 解：过场点作与带电无限长圆柱同轴的圆柱面，高为 h，将其作为高斯面，利用高斯定理及电 场的轴对称性（柱面上电场沿径向，且在侧面上大小相等）可计算如下： （1） R1 r 2 0 S = + = = = = E dS E dS E dS E dS EdS h rE 底 侧 侧 侧 E = 0 (2) 1 R2 R r 2 0 = = = E dS Eds rhE h / 侧 由此得 r E 2 0 = （3） R2 r = = 2 = + − 0 = 0 E dS Eds rhE h[ ( )]/ 侧 E = 0 4.23 如图 4.25 所示，一质量为 m = 1.0×10 -6 kg 的小球，带有电荷 q = 2.0×10 -11 C ，悬于 一丝线下面，线与一块很大的均匀带电平面成θ= 30o 角。求此带电平面的电荷密度。 解：设带电平面的电荷密度为 ，它在平面附近产生的电场大小为 2 0 E = ，则点电荷 q 所 受水平方向的电场力为 2 0 q F电 = 由受力平衡可得 = = = cos ( ) sin ( ) 2 1 2 0 T mg q T F电 由（1）/（2）得 mg q 2 0 tan = 图 4.25 题 4.23 图
有=208tmn 2×885×10-12×1.0×1036×10 tan300=5.1×10-6c.m-2 q 20×10-11 424一个半径为R的球体均匀带电,其电荷体密度为p,求空间各点的电势 解:利用高斯定理并考虑球对称性得 πrp/Eo(rR) (rR) 3E。r 由电势与电场强度关系的积分形式得 在厂>R区域,=E,=B产== 在<R区域=Eb-Eb灯E你=.+E BEoR Pr2 即求间各点的电势分布为 3R )(≤R) 425在一点电荷的电场中,把一电荷量为1.0×10°C的试探电荷从无限远处移到离场源电 荷为0.10m时,电场力做功为1.8×105J,求该点电荷的电荷量。 解:设所求点电荷的电量为q,其电势分布为V=q 4丌Er 试探电荷q在其中的电势能为H=99 将其从无限远移至离q为r=0.10m电场力所做的功为A=-△W= 40q 8
8 有 0 6 2 11 12 6 0 tan 30 5.1 10 2.0 10 2 8.85 10 1.0 10 10 tan 2 − − − − − = = = c m q mg 4.24 一个半径为 R 的球体均匀带电，其电荷体密度为ρ，求空间各点的电势。 解：利用高斯定理并考虑球对称性得 = / ( ) / ( ) R r R r r R r E 0 3 0 3 2 3 4 3 4 4 有 = ( ) ( ) r R r R r r r R E 3 0 3 0 3 3 由电势与电场强度关系的积分形式得 在 r R 区域 ， r R r R dr r R V E dr r r r 0 3 0 3 2 0 3 1 3 1 3 1 3 − = = = = [ ] 在 r R 区域 R R V E dr E dr E dr r R r R R r r 0 3 2 0 2 2 3 1 3 + = = + = 2 0 2 0 2 0 2 0 2 6 0 6 3 2 6 R r R R r = − + = − 即求间各点的电势分布为 − = ( ) ( ) ( ) R r r R r R r R V 2 2 0 0 3 3 6 3 4.25 在一点电荷的电场中，把一电荷量为 1.0×10 -9 C 的试探电荷从无限远处移到离场源电 荷为 0.10 m 时，电场力做功为 1.8 ×10 -5 J ，求该点电荷的电荷量。 解：设所求点电荷的电量为 q，其电势分布为 r q V 4 0 = 试探电荷 0 q 在其中的电势能为 r q q W 0 0 4 = 将其从无限远移至离 q 为 r = 0.10m 电场力所做的功为 r q q A W 0 0 4 = − = −
有q=-4z6nrA/qo= 0.1×1.8×105/(10×102)=-2.0×10-C 426一个半径为R的均匀带电球面,面电荷密度为σ.求距离球心为r处的P点的电势 (1)rR 解:由高斯定理易得均匀带电球面的电场强度分布为 R =〈8aF (rR) 即电势分布为V= R (r≤R) 427两共轴长直圆柱面(R1=3×103m,R2=0.1m)带有等量异号电荷,两柱面的电势差为 450V,求圆柱面单位长度所带的电荷量 解:设内外两圆柱面单位长度所带电势分别为和一A,选与柱面同轴,长为/的圆柱面作为 高斯面,由高斯定理并考虑轴对称性易得电场强度在两柱面内的分布 E (R1<r<R2) 2πEnr 则两柱面间的电势差 =["E·d d R, R 由此得A 2E62×3.14×885×10-12×450 2.1×10-8C.m R R 3×10 428一圆盘均匀带电,圆盘的半径为R=80×102m,电荷面密度为o=2×105C·m 求:(1)轴线上任一点的电势;(2)从场强与电势的关系,求轴线上一点的场强;(3)离盘0.lm 处的电势和场强 解:(1)利用点电荷电势公式及电势的叠加原理可得轴线上任一点的电势为
9 有 q rA q C 5 9 7 0 0 9 0.1 1..8 10 /(1.0 10 ) 2.0 10 9 10 1 4 / − − − = − = − = − 4.26 一个半径为 R 的均匀带电球面，面电荷密度为σ．求距离球心为 r 处的 P 点的电势， 设 (1) r R． 解：由高斯定理易得均匀带电球面的电场强度分布为 = ( ) ( ) r R r r R r R E 0 3 2 0 由电势与电场强度的积分关系得球面外 r R dr r R r V r 0 2 3 0 2 1 = = 球面内 0 0 2 0 = = = + = + R R V E dr E dr E dr r R R r 即电势分布为 = ( ) ( ) r R R r R r R V 0 0 2 4.27 两共轴长直圆柱面 ( R1 = 3×10-2m，R2 = 0.1m )带有等量异号电荷，两柱面的电势差为 450V ，求圆柱面单位长度所带的电荷量。 解：设内外两圆柱面单位长度所带电势分别为 和 − ，选与柱面同轴，长为 l 的圆柱面作为 高斯面，由高斯定理并考虑轴对称性易得电场强度在两柱面内的分布 ( ) ˆ 1 2 2 0 r R r R r E = 则两柱面间的电势差 1 2 0 0 ln 2 1 2 2 1 2 1 R R dr r V E dr R R R R = = = 由此得 8 1 2 1 2 1 2 0 2.1 10 3 10 0.1 ln 2 3.14 8.85 10 450 ln 2 − − − − = = = C m R R V 4.28 一圆盘均匀带电，圆盘的半径为 R = 8.0×10 -2 m ，电荷面密度为σ=2×10 -5 C·m-2 ， 求：(1) 轴线上任一点的电势；(2) 从场强与电势的关系，求轴线上一点的场强； (3) 离盘 0.1m 处的电势和场强。 解：（1）利用点电荷电势公式及电势的叠加原理可得轴线上任一点的电势为
向=2m=2二=5+x2{=(R+x2-) 2.320(4021300+-) (2)由电荷分布的对称性质,轴线上的电场沿轴线,即沿x轴方向,所以有 e=Ee 1.13×10 1|=1.13×10°1 x2+6.4×10-3 +6.4×10 =0.1m时 1.13×10°(√x2+64×100-0.1)=32×10() E=1.13×1051 =2.5×103(.m) 0.12+64×10 4.29如图4.26所示,三块平行的金属板A、B和C面积都是200cm2。A、B相 距4.0m,A、C相距2.0mm,B、C两点都接地,如果使A板带正电3.0×10-C,并 略去边缘效应,问: (1)B板和C板上感应电荷各是多少? (2)以地的电势为零,问A板的电势为多少? 解:(1)若设A板左右面带电分别为qa1和q2,则C、A之 间和A、B之间的电场为E1=n=里n,E2=n=92(1) E。S 图426题429图 又C板与B板电位相等(均为0),则有: ∫E:d= 即E1=E2l2 利用(1)便得:q141=q2l2 (2) 又 qa+92 =q (3) (2)、(3)联立解之得: 4×10-3 q q ×3.0×10-7=2.0×10-C (2+4)×10 q42=qA-qn=1.0×10-C 由上分析便知,C板上感应电荷qc=-qn=-20×10C
10 ( ) ' r x R x x r x rdr r x rdr r dq V R R R + − + = = + = + = = 2 2 0 0 2 2 0 0 2 2 0 0 2 2 0 0 2 2 2 2 4 1 4 1 ( + x − x)= ( + x − x) = − − − − 3 2 6 3 2 12 5 6 4 10 1 13 10 6 4 10 2 8 85 10 2 10 . . . . （2）由电荷分布的对称性质，轴线上的电场沿轴线，即沿 x 轴方向，所以有 + = − − + = − = = − − 2 −3 6 2 3 6 6 4 10 1 1 13 10 1 6 4 10 1 13 10 . . . . x x x x e x V E E ex x x （3） x = 0.1m 时 1.13 10 ( 6.4 10 0.1) 3.2 10 ( ) 6 2 3 4 V = x + − = V − 2.5 10 ( ) 0.1 6.4 10 0.1 1.13 10 1 5 1 2 3 6 − − = + E = − V m 4.29 如图 4.26 所示，三块平行的金属板 A、B 和 C 面积都是 200cm2 。A、B 相 距 4.0 mm，A、C 相距 2.0 mm，B、C 两点都接地，如果使 A 板带正电 3.0×10-7 C，并 略去边缘效应，问： (1) B 板和 C 板上感应电荷各是多少？ (2)以地的电势为零，问 A 板的电势为多少？ 解：（1）若设 A 板左右面带电分别为 A1 q 和 A2 q ，则 C、A 之 间和 A、B 之间的电场为 S q E A A 0 1 0 1 1 = = ， S q E A A 0 2 0 2 2 = = （1） 又 C 板与 B 板电位相等（均为 0），则有： = B A C A E dl E dl ! 2 即 1 1 2 2 E l = E l 利用（1）便得： 1 1 2 2 q l q l A = A （2） 又 qA1 + qA2 = qA （3） （2）、（3）联立解之得： q C l l l qA A 7 7 3 3 1 2 2 1 3.0 10 2.0 10 (2 4) 10 4 10 − − − − = + = + = qA qA qA C 7 2 1 1.0 10− = − = 由上分析便知，C 板上感应电荷 qC qA C 7 1 2.0 10− = − = − ； 图 4.26 题 4.29 图