广东海洋大学：《大学物理》课程教学资源（各章习题解答）第07章静电场.doc_大学文库

题 7.1：1964 年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带 e 3 2 的上夸克和两个带 e 3 1 − 下夸克构成，若将夸克作为经典粒子处理（夸克线度约为 10−20 m），中子内的两个下夸克之间相距 2.6010−15 m。求它们之间的斥力。题 7.1 解：由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律 2 r r 2 0 2 r 1 2 0 3.78N 4 9 1 4 1 F = e = e = e r e r q q   F 与 r e 方向相同表明它们之间为斥力。题 7.2：质量为 m，电荷为−e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为 Ek。证明电子的旋转频率满足 4 2 k 2 2 32 0 me  E  = 其中是 0  真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律。题 7.2 分析：根据题意将电子作为经典粒子处理。电子、氢核的大小约为 10−15 m，轨道半径约为 10−10 m，故电子、氢核都可视作点电荷。点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有 2 2 0 2 4 1 r e r v m  = 由此出发命题可证。证：由上述分析可得电子的动能为 r e E mv 2 0 2 k 8 1 2 1  = = 电子旋转角速度为 3 0 2 2 4 mr e   = 由上述两式消去 r，得 4 3 k 2 0 2 2 2 32 4 me  E    = = 题 7.3：在氯化铯晶体中，一价氯离于 Cl−与其最邻近的八个一价格离子 Cs+构成如图所示的立方晶格结构。（1）求氯离子所受的库仑力；（2）假设图中箭头所指处缺少一个铯离子（称作品格缺陷），求此时氯离子所受的库仑力。题 7.3 分析：铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加。为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力。解：（l）由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故 F1 = 0 （2）除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力 F2 的值为 1.92 10 N 4 3 9 2 0 2 2 0 1 2 2 − = = =  a e r q q F   F2 方向如图所示

此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同。这说明只要满足 1 2 2 r L  ，带电长直细棒可视为无限长带电直线。题 7.5：一半径为 R 的半圆细环上均匀分布电荷 Q，求环心处的电场强度题 7.5 分析：在求环心处的电场强度时，不能将带电半圆环视作点电荷。现将其抽象为带电半圆弧线。在弧线上取线元 dl，其电荷此电荷元可视为点电荷 l R Q dq d  = ，它在点 O 的电场强度 2 r 0 d 4 1 dE e r q  = 。因圆环上电荷对 y 轴呈对称性分布，电场分布也是轴对称的，则有  = L dEx 0 ，点 O 的合电场强度 E j  = L dEy ，统一积分变量可求得 E。解：由上述分析，点 O 的电场强度 l R Q R E L d sin 4 1 2 0 O    = −    由几何关系 dl = Rd ，统一积分变量后，有 2 0 2 0 0 O 2 sin d 4 1 R Q E       = − = −  方向沿 y 轴负方向。题 7.6：用电场强度叠加原理求证：无限大均匀带电板外一点的电场强度大小为 2 0   E = （提示：把无限大带电平板分解成一个个圆环或一条条细长线，然后进行积分叠加）题 7.6 分析：求点 P 的电场强度可采用两种方法处理，将无限大平板分别视为由无数同心的细圆环或无数平行细长线元组成，它们的电荷分别为 dq = 2rdr或d =dy 求出它们在轴线上一点 P 的电场强度 dE 后，再叠加积分，即可求得点 P 的电场强度了。证 1：如图所示，在带电板上取同心细圆环为微元，由于带电平面上同心圆环在点 P 激发的电场强度 dE 的方向均相同，因而 P 处的电场强度 i E E i i 0 2 2 3 2 0 2 2 3 2 0 2 4 ( ) 2 d ( ) d 4 1 d       = +  = + = =    r x xr r r x x q 电场强度 E 的方向为带电平板外法线方向。证 2：如图所示，取无限长带电细线为微元，各微元在点 P 激发的电场强度 dE 在 Oxy 平面内且对 x 轴对称，因此，电场在 y 轴和 z 轴方向上的分量之和，即 Ey、Ez均为零，则点 P 的电场强度应为 i E i i 2 2 0 x d 2 d cos y x x y E E + = = =    −    积分得 E i 2 0   = 电场强度 E 的方向为带电平板外法线方向

上述讨论表明，虽然微元割取的方法不同，但结果是相同的。题 7.7：水分子 H2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示。假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为 r0。试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度。题 7.7 分析：水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为 0 0 p = er ，而夹角为 2 。叠加后水分子的电偶极矩大小为 p = 2er0 cos ，方向沿对称轴线。由于点 O 到场点 A 的距离 x>>r0，利用教材中电偶极子在延长线上的电场强度 3 0 2 4 1 x p E  = 可求得电场的分布。也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布。解 1：水分子的电偶极矩 p = 2p0 cos = 2er0 cos 在电偶极矩延长线上 3 0 0 3 0 0 3 0 4 cos 1 cos 4 1 4 2 x er x er x p E      = = = 解 2：在对称轴线上任取一点 A，则该点的电场强度 E = E− + E+ 2 0 2 0 4 2 4 2 cos 2 cos x e r e E E E    = +  − − = − 由于 2 0 cos 2 0 2 2 r = x + r − xr r x r   cos cos − 0 = 代入得       − + − − = 3 2 2 0 2 0 2 0 0 1 ( 2 cos ) cos 4 2 x r xr x e x r E    测量分子的电场时，总有 x>>r0，因此，式中 3 2 0 2 0 2 (x + r − 2xr cos ) 3 2 3 0 2 cos 1        − x r x         −  x r x 2 cos 2 3 1 3 0 ，将上式化简并略去微小量后，得 3 0 0 1 cos x r e E   = 题 7.8：无两条无限长平行直导线相距为 r0，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为。（1）求两导线构成的平面上任一点的电场强度（设该点到其中一线的垂直距离为 x）；（2）求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力。题 7.8 分析：（1）在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加。（2）由 F = qE，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度来乘以单位长度导线所带电的量，即：F = E 应该注意：式中的电场强度 E 是除去自身电荷外其它电荷的合电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力。题 7.8 解：（1）设点 P 在导线构成的平面上， E+ 、E− 分别表示正、负带电导线在 P 点的电场强度，则有

i E E E i - 2 ( ) 1 1 2 0 0 0 0 0 x r x r x r x − =         − = + + = +     （2）设 F+ 、 F− 分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有 F F i 0 0 2 2 r  + =  − = F F i 0 0 2 2 r  − = − + = − 显然有 F+ = −F− ，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引。题 7.9：如图所示，电荷 Q 分别均匀分布在两个半径为 R 的半细圆环上。求：（1）带电圆环偶极矩的大小和方向；（2）等效正、负电荷中心的位置。题 7.9 分析：（1）电荷分布呈轴对称，将细环分割成长度均为 ds 的线元，带正电荷的上半圆环线元与带负电荷的下半圆环对称位置上的线元构成一元电偶极子，细圆环总的偶极矩等于各元电偶极矩之和，有  p = dpj （2）由于正、负电荷分别对称分布在 y 轴两侧，我们设想在 y 轴上能找到一对假想点，如果该带电环对外激发的电场可以被这一对假想点上等量的点电荷所激发的电场代替，这对假想点就分别称作正、负等效电荷中心。等效正负电荷中心一定在 y 轴上并对中心 O 对称。由电偶极矩 p 可求得正、负等效电荷中心的间距，并由对称性求得正、负电荷中心。解：（1）将圆环沿 y 轴方向分割为一组相互平行的元电偶极子，每一元电偶极子带电    d d d Q s R Q  q =  =  p j   j   cos d 2 d 2 cos d R Q = R  q = 则带电圆环的电偶极矩 p p R j Q    4 d 2 2 = = − （2）等效正、负电荷中心间距为  R l p Q 4 = = 根据对称性正、负电荷中心在 y 轴上，所以其坐标分别为        2R 0, 和       −  2R 0, 。也可以借助几何中心的定义，得 sin d 0 1 2 2 =  = −     R R θ R x      R R R θ R y 2 sin d 1 2 2 =   =  −

即正、负电荷中心分别在 y 轴上距中心 O 为  2R 处题 7.10：设匀强电场的电场强度 E 与半径为 R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量。题 7.10 分析方法 1：由电场强度通量的定义，对半球面 S 求积分，即  =  S ΦS E dS 。方法 2：作半径为 R 的平面 S  与半球面 S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理 0 1 d 0  =  =  q S  E S 这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面 S  的电场强度通量在数值上等于穿出半球面 S 的电场强度通量。因而    =  = −  S S Φ E dS E dS 解 1：取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为 (cos sin sin ) E r E  e  e  e =  +  + R r dS sind d e 2 = R E ER Φ ER S S 2 0 0 2 2 2 sin d sin d d sin sin d d            = = =  =     E S 解 2：由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有    =  = −  S S Φ E dS E dS 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元 dS 的方向， Φ E R R E 2 2 = −   cos = 题 7.11：边长为 a 的立方体如图所示，其表面分别平行于 xy、yz 和 zx 平面，立方体的一个顶点为坐标原点。现将立方体置于电场强度 E i j 1 2 = (E + kx) +E 的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量。题 7.11 解：参见图。由题意 E 与 Oxy 面平行，所以对任何与 Oxy 面平行的立方体表面。电场强度的通量为零。即 ΦOABC = ΦDEFG = 0 。而 2 2 ABGF 1 2 d [( ) ] [d ] E a Φ E k x E S = =  = + +    E S i j j 考虑到面 CDEO 与面 ABGF 的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，故有 2 ΦCDEO = −ΦABGF = −E2 a 同理 2 AOEF 1 2 1 Φ = d = [E + E ](−dS ) = −E a   E S i j i 2 BCDG 1 2 1 Φ = d = [(E + k a) + E ](dS ) = (E + k a)a   E S i j i

因此，整个立方体表面的电场强度通量 3 Φ =Φ = ka 题 7.12：地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷。晴天大气电场平均电场强度约为 120 Vm−，方向指向地面。试求地球表面单位面积所带的电荷（以每平方厘米的电子数表示）。题 7.11 分析：考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷。解：在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径 R  RE （RE 为地球平均半径）。由高斯定理   = −E R = q S 0 2 E 1 d 4  E S  地球表面电荷面密度 9 2 0 2 4 E 1.06 10 C m − −  =q R  − E = −   单位面积额外电子数 5 2 ( ) 6.63 10 cm− n =  −e =  题 7.13：设在半径为 R 的球体内，其电荷为对称分布，电荷体密度为 r R kr r R =  =   0 0   k 为一常量。试用高斯定理求电场强度 E 与 r 的函数关系。（你能用电场强度叠加原理求解这个问题吗?）题 7.13 分析：通常有两种处理方法：（1）利用高斯定理求球内外的电场分布。由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有 2 d E 4 r S  =    E S 根据高斯定律    = V S d 1 d 0   E S ，可解得电场强度的分布（2）利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布。将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为 dq =  4 r  dr  2   ，每个带电球壳在壳内激发的电场 dE = 0，而在球壳外激发的电场 r r V E e 2 4 0 d d   = 由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布 r r R r =    ( ) d 0 0 E E r r R R =  0 E( ) dE 解 1：因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定律

广东海洋大学：《大学物理》课程教学资源（各章习题解答）第07章 静电场

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