《大学物理》（习题与答案） 作业答案7-1~~7-24

大学物理练习册一真空中的静电场 库仑定律 7-1把总电荷电量为Q的同一种电荷分成两部分,一部分均匀分布在地球上,另一部分均匀分布在月球上, 使它们之间的库仑力正好抵消万有引力,已知地球的质量M=5.98×02kg,月球的质量m=7.34×02kg (1)求Q的最小值;(2)如果电荷分配与质量成正比,求Q的值 解:(1)设Q分成q、q两部分,根据题意有k9=GMm 其中k 4 GMm Q=q1+q2 k+9.求极值,令=0,得1-CMm=0 q2 ≈,GMm=569×10C,=、SMm=569×10C,9=q1+q2=1.14×10“C k g,k q10,.GMm Mq2=mq,92=m GMm (2) 解得q2 k=6.32×102C,q =5.15×10C,∴Q=q1+q2=521×10C 7-2三个电量为-q的点电荷各放在边长为l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值应为多大 解:Q到顶点的距离为r=√3 1,Q与q的相互吸引力为F1 4丌E 两个-q间的相互排斥力为F2 据题意有2F2c0s30=F1,即2×14cos300= qQ,解得:O 4 电场强度 7-3如图7-3所示,有一长带电细杆。(1)电荷均匀分布,线密度为+,则杆上距原点x处的线元dx对P 点的点电荷φ的电场力为何?q0受的总电场力为何?(2)若电荷线密度=kx,k为正常数,求P点的电 场强度。 解:(1)线元dx所带电量为dq=Adx,它对qo的电场力为 7=++a-1px dF go dq 图73 (I+a-x) tEO(I+a-x) 受的总电场力F=△x q04 )24za(+a) qo>0时,其方向水平向右;q0<0时,其方向水平向左

大学物理练习册—真空中的静电场 库仑定律 7-1 把总电荷电量为Q的同一种电荷分成两部分，一部分均匀分布在地球上，另一部分均匀分布在月球上， 使它们之间的库仑力正好抵消万有引力，已知地球的质量M＝5.98×l024kg，月球的质量m=7.34×l022kg。 （1）求 Q 的最小值；（2）如果电荷分配与质量成正比，求Q的值。 解：（1）设Q分成q1、q2两部分，根据题意有 2 2 1 2 r Mm G r q q k = ，其中 0 4 1 πε k = 即 2 2 1 2 q q k GMm Q = q + q = + 。求极值，令Q'= 0，得 1 0 2 2 − = q k GMm 5.69 10 C13 ∴ 2 = = × k GMm q ， 5.69 10 C13 2 1 = = × q k GMm q ， 1.14 10 C 14 Q = q1 + q2 = × （2） 1 2 q m q M Q = ， k GMm q1q2 = k GMm ∴ Mq = mq1q2 = m 2 2 解得 6.32 10 C 12 2 2 = = × k Gm q ， 5.15 10 C 2 14 1 = = × m Mq q ， 5.21 10 C 14 ∴Q = q1 + q2 = × 7-2 三个电量为 –q 的点电荷各放在边长为 l 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 值应为多大？ − q − q − q l l l r r Q r 解：Q 到顶点的距离为 r l 3 3 = ，Q 与-q 的相互吸引力为 2 0 1 4 1 r qQ F πε = ， 两个-q 间的相互排斥力为 2 2 0 2 4 1 l q F πε = 据题意有 1，即 0 2F2 cos30 = F 2 0 2 2 0 4 1 cos300 4 1 2 r qQ l q πε πε × = ，解得：Q q 3 3 = 电场强度 7-3 如图 7-3 所示，有一长l的带电细杆。（1）电荷均匀分布，线密度为+λ，则杆上距原点x处的线元dx对P 点的点电荷q0 的电场力为何？q0受的总电场力为何？（2）若电荷线密度λ=kx，k为正常数，求P点的电 场强度。 q0 a λ l P x 图 7-3 O 解：（1）线元dx所带电量为d q = λ d x ，它对q0的电场力为 2 0 0 2 0 0 ( ) d 4 1 ( ) d 4 1 d l a x q x l a x q q F + − = + − = λ πε πε q0受的总电场力 ( ) 4 ( ) d 4 0 0 0 2 0 0 a l a q l l a x q x F l + = + − = ∫ πε λ πε λ q0 > 0 时，其方向水平向右； q0 < 0 时，其方向水平向左 25

大学物理练习册一真空中的静电场 (2)在x处取线元dx,其上的电量dq=dx=kxdx,它在P点的电场强度为 dep q k l E 方向沿x轴正向 1+a 7-4一半径为R的绝缘半圆形细棒,其上半段均匀带电量+q,下半段均匀带电量-q,如图7-4所示,求半 圆中心处电场强度。 解:建立如图所示的坐标系,由对称性可知,+q和-q在O点电场强度沿x轴的分量之和为零。取长为d 的线元,其上所带电量为 dg=adl=dl=-trde=-d8,de d4方向如图 TR 4E R2 y方向的分量dE 6 q cos e 4e R 2T.R 图7-4 E=-2x.g[cos0d0j=-gogj 7-5一半径为R的半球壳,均匀带有电荷,电荷面密度为σ,求球心处电场强度。 解:沿半球面的对称轴建立x轴,坐标原点为球心O 在球面上取半径为r、宽为d的环带,如图,其面积为 dS=2丌rdl=2nr·Rdb,所带电荷dq=adS=a·2丌r·Rd6 dq在O处产生的电场强度为,dE= xdg GR xrd x250(x2 r= Rsin6, x= Rcose de lc sin 0 cosd 因为球面上所有环带在O处产生的电场强度方向相同,∴E=m2 sin e cos ed=,-7 7-6一无限大均匀带电薄平板,面电荷密度为a,平板中部有一半径为R的圆孔,如图7-6所示。求圆孔 中心轴线上的场强分布。(提示:利用无穷大板和圆盘的电场及场强叠加原理) 解:利用补偿法,将圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成,即等效为一个 完整的带电无穷大平板和一个电荷面密度相反的圆盘叠加而成。 无穷大平板的电场为E1=2 图7-6

大学物理练习册—真空中的静电场 （2）在 x 处取线元 dx，其上的电量d q = λ d x = kx d x ，它在 P 点的电场强度为 2 0 2 0 ( ) d 4 1 ( ) d 4 1 d l a x kx x l a x q EP + − = + − = πε πε ( ln ) ( ) 4 d 4 0 0 2 0 l a a a k l l a x k x x E l P + = + + − ∴ = ∫ πε πε 方向沿 x 轴正向。 7-4 一半径为 R 的绝缘半圆形细棒，其上半段均匀带电量+q，下半段均匀带电量-q，如图 7-4 所示，求半 圆中心处电场强度。 解：建立如图所示的坐标系，由对称性可知，+q 和-q 在 O 点电场强度沿 x 轴的分量之和为零。取长为 dl 的线元，其上所带电量为 + + + + R 图 7-4 θ π θ π π λ d 2 d 2 d 2 1 d d q R R q l R q q = l = = = ， 2 0 d 4 1 d R q E πε ∴ = 方向如图 y 方向的分量 θ π ε θ θ πε cos 2 d cos d 4 1 d 2 0 2 2 0 R q R q Ey = − = − j R q j R q E v v v 2 0 2 2 0 2 0 2 cos d 2 2 π ε θ θ π ε π ∴ = − × = − ∫ 7-5 一半径为 R 的半球壳，均匀带有电荷，电荷面密度为σ ，求球心处电场强度。 解：沿半球面的对称轴建立 x 轴，坐标原点为球心 O。 x R O r 在球面上取半径为 r、宽为 dl 的环带，如图，其面积为 d S = 2π r d l = 2π r ⋅ R dθ ，所带电荷 d q = σ d S = σ ⋅ 2π r ⋅ R dθ dq 在 O 处产生的电场强度为， 2 3 2 2 0 2 3 2 2 0 ( ) d 2 ( ) d 4 1 d x r R xr x r x q E + = + = θ ε σ πε Qr = Rsinθ ， x = Rcosθ θ θ θ ε σ sin cos d 2 d 0 ∴ E = 因为球面上所有环带在 O 处产生的电场强度方向相同， E i i v v v 0 2 0 0 4 sin cos d 2 ε σ θ θ θ ε σ π ∴ = = ∫ 7-6 一无限大均匀带电薄平板，面电荷密度为σ ，平板中部有一半径为 R 的圆孔, 如图 7-6 所示。求圆孔 中心轴线上的场强分布。（提示：利用无穷大板和圆盘的电场及场强叠加原理） 解：利用补偿法，将圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，即等效为一个 σ P R 图 7-6 完整的带电无穷大平板和一个电荷面密度相反的圆盘叠加而成。 无穷大平板的电场为 n E e v v 0 1 2ε σ = 26

大学物理练习册一真空中的静电场 圆盘激发的电场为E2 )en,其中n为平板外法线的单位矢量 +r 圆孔中心轴线上的电场强度为E=E+E2= 2Eo√x2+R2 电通量 77电场强度为E的匀强电场,其方向与半径为R的半球面的对称轴平行,如图77所示,求通过该半球 面的电场强度通量 解:作半径为R的平面S与半球面S构成一个闭合曲面,由于该闭合曲面内无电荷,由高斯定理 8 xs.EdS=E dS+/EdS=0 fE.dS=-fE dS=-E." T=TR'E 图77 7-8一边长为a的立方体置于直角坐标系中,如图7-8所示。现空间中有一非均匀电场 E=(E1+kx)+E2,E、E2为常量,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 解:∵E:=0ΦoABC=ΦDB=0 aBGE=.dS=L(E, +kx)i+E2j. (dS)=ES=E2a CDEO=E dS=L(E,+kx)i+E2j](-dSj)=-E2a pDEF=.dS=(Ei+E)).(dST)=-E,a2 BCDG=. dS=JI(E, +ka)i+E2j] (d Si)=(E, +ka) 整个立方体表面的电场强度通量d=∑Φ,=k3 高斯定理 7-9有两个同心的均匀带电球面,内外半径分别为R1和R2,已知外球面的电荷面密度为+a,其外面各处的 电场强度都是零。试求:(1)内球面上的电荷面密度;(2)外球面以内空间的电场分布。 解:作一半径为r的同心球面为高斯面。设内球面上的电荷面密度为o (1)P>R2处:因为外球面外的电场强度处处为零,由高斯定理有 乐E,dS=∑9=(04m2+4)=0,得 (2)由高斯定理 r<R1E1=0

大学物理练习册—真空中的静电场 圆盘激发的电场为 n e x R x E v v (1 ) 2 2 2 0 2 + = − − ε σ ，其中 n e v 为平板外法线的单位矢量。 圆孔中心轴线上的电场强度为 n e x R x E E E v v v v 2 2 0 1 2 2 + = + = ε σ 电通量 7-7 电场强度为 E v 的匀强电场，其方向与半径为 R 的半球面的对称轴平行，如图 7-7 所示，求通过该半球 面的电场强度通量。 解：作半径为 R 的平面 S’与半球面 S 构成一个闭合曲面，由于该闭合曲面内无电荷，由高斯定理 d d d 0 ' ' Φ = ⋅ = ⋅ + ⋅ = ∫S+S ∫S ∫S E S E S E S v v v v v v 图 7-7 E v R E S E S E R R E S S S 2 2 ' ∴Φ = ⋅ d = − ⋅ d = − ⋅π cosπ = π ∫ ∫ v v v v 7-8 一边长 为 a 的立方体置于直 角坐标系 中，如图 7-8 所示。 现空间中 有一非均 匀电场 E E kx i E j v v v 1 2 = ( + ) + ，E1、E2为常量，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。 解： = 0 Q Ez ∴ΦOABC = ΦDEFG = 0 z y x D F G E O C A B ∫ ∫ Φ = ⋅ = + + ⋅ = = S S ABGF E S E kx i E j Sj E S E a 2 1 2 2 2 d [( ) ] (d ) v v v v v ∫ ∫ Φ = ⋅ = + + ⋅ − = − S S CDEO E S E kx i E j Sj E a 2 1 2 2 d [( ) ] ( d ) v v v v v ∫ ∫ Φ = ⋅ = + ⋅ − = − S S AOEF E S E i E j Si E a 2 1 2 1 d ( ) ( d ) v v v v v ∫ ∫ Φ = ⋅ = + + ⋅ = + S S BCDG E S E ka i E j Si E ka a 2 1 2 1 d [( ) ] (d ) ( ) v v v v v 图 7-8 整个立方体表面的电场强度通量 3 ka i Φ = ∑Φi = 高斯定理 7-9 有两个同心的均匀带电球面，内外半径分别为R1和R2，已知外球面的电荷面密度为+σ ，其外面各处的 电场强度都是零。试求：（1）内球面上的电荷面密度；（2）外球面以内空间的电场分布。 解：作一半径为 r 的同心球面为高斯面。设内球面上的电荷面密度为σ '。 （1）r > R2 处：因为外球面外的电场强度处处为零，由高斯定理有 ( 4 ' 4 ) 0 1 1 d 2 1 2 2 0 0 3 ⋅ = ∑ = ⋅ + ⋅ = ∫ E S q R R i i S σ π σ π ε ε v v ，得 σ σ2 1 2 ' ( ) R R = − （2）由高斯定理 r < R1 E1 = 0 v 27

大学物理练习册一真空中的静电场 RR Ed5=如4打= O 即E2:4m2、mR”得E kR 7-12一厚度为=0.5cm的无限大平板,均匀带电,电荷体密度p=10×10cm3,求(1)平板内外的电场 分布:(2)讨论平板中央以及平板内与其表面相距0.lcm处的电场强度。 解:(1)设中心平面为S。根据对称性,在距S0处为x处对称地取两面积均为△S的底面作一圆柱形高斯面 其侧面与板面垂直(如图所示),即侧面的电通量为零 x<“时 E1dS=2E1ASs、1 2px△S,∴E1

大学物理练习册—真空中的静电场 1 R2 R E S h S ( ) 1 d 1 2 0 3 λ λ ε ⋅ = + ∫ v v 得 r r E ˆ 2 0 1 2 3 v v πε λ + λ = （2）λ1 = −λ2 时， E1 = 0 v ， r r E ˆ 2 0 1 2 v v πε λ = ， 0 E3 = v 7-11 设半径为 R 的球体，电荷体密度 ρ ═ kr（r ≤ R），其中 k 为常量，r 为距球心的距离。求电场分布，并 画出 E ～ r 的关系曲线。 解：作一半径为 r 的同心球面为高斯面。根据高斯定理 r R 4 0 0 2 0 2 1 4 d 1 E d S kr r r kR R S π ε π ε ⋅ = ⋅ = ∫ ∫ v v 即 4 0 2 2 1 E 4 r πkR ε ⋅ π = 得 r r kR E ˆ 4 2 0 4 2 v v ε = 7-12 一厚度为d=0.5cm的无限大平板，均匀带电，电荷体密度 ρ ═ 1.0×10-4C/m3 ，求（1）平板内外的电场 分布；（2）讨论平板中央以及平板内与其表面相距 0.1cm处的电场强度。 解：（1）设中心平面为S0。根据对称性，在距S0处为x处对称地取两面积均为 ∆S 的底面作一圆柱形高斯面， 其侧面与板面垂直（如图所示），即侧面的电通量为零。 2 d x < 时 E S E S x S S ⋅ = ∆ = ⋅ ∆ ∫ ρ ε 2 1 d 2 0 1 1 v v ， E x 0 1 ε ρ ∴ = 28

大学物理练习册一真空中的静电场 x>2时「E2d=2E4AS=1.2p2As,:E2= E (2)平板中央x=0,∴E0=0 平板内与表面相距0.lcm处,x=0.15cm E=mX10×10-×15×10-3 8.85×10-2 =1.69×104v/m 713一个电荷体密度为p(常量)的球体。(1)证明球内距球心r处一点的电场强度为E=PF;(2) 若在球内挖去一个小球,如图713所示,证明小球空腔内的电场是匀强电场E=a,式中a是 球心到空腔中心的距离矢量。 证:(1)作与球体同心的球面为高斯面,根据高斯定理 5E.ds=Jpd即E4m2=P E- p 矢量式E=P 尸得证 (2)填充法:设在空腔中填充电荷密度分别为P和-P的电荷球体,形成电荷密度分别为P和-P的 大球体和小球体 对腔内任一点P(如图),由(1)的结果有 球E=P 小球 E=E1n+E2p=(-P)=Ba得证 静电场的环路定理 7-14若电场中某一部分电场线的形状是以O点为中心的同心圆弧。证明该部分上各点的电场强度都应与该 点离O点的距离成反比,即E1r1=E2r2 证:作一回路abcd,如图。根据静电场环路定理 ∮E-d=E、d7+E2d=E-E2=0 即E1=E2l2 图7-14 l1=r1l2=F2,∴E1n=E22得证

大学物理练习册—真空中的静电场 ∆S ∆S 0 S d x x 2 d x > 时 S d E S E S S ⋅ = ∆ = ⋅ ⋅ ∆ ∫ 2 2 1 d 2 0 2 2 ρ ε v v ， 0 2 ε ρd ∴ E = （2）平板中央 x = 0，∴ E0 = 0 平板内与表面相距 0.1cm 处， x = 0.15cm 4 12 4 3 0 1.69 10 8.85 10 1.0 10 1.5 10 = × × × × × ∴ = = − − − ε ρx E V/m 7-13 一个电荷体密度为 ρ（常量）的球体。（1）证明球内距球心 r 处一点的电场强度为 E r v v 0 3ε ρ = ；（2） 若在球内挖去一个小球，如图 7-13 所示，证明小球空腔内的电场是匀强电场 E a v v 3 0 ε ρ = ，式中a v 是 球心到空腔中心的距离矢量。 R O a O’ v r v r' v P 证：（1）作与球体同心的球面为高斯面，根据高斯定理 ∫ ∫ ⋅ = S V E S dV 1 d 0 ρ ε v v 即 3 0 2 3 4 E 4 r πr ε ρ ⋅ π = ⋅ E r 0 3ε ρ ∴ = 矢量式 E r v v 0 3ε ρ = 得证 （2）填充法：设在空腔中填充电荷密度分别为 ρ 和- ρ 的电荷球体，形成电荷密度分别为 ρ 和- ρ 的 大球体和小球体。 对腔内任一点 P（如图），由（1）的结果有 大球 E r P v v 0 1 3ε ρ = ； 小球 ' 3 0 2 E r P v v ε ρ = − E E P E P r r a v v v v v v 0 0 1 2 3 ( ') 3 ε ρ ε ρ = + = − = 得证 静电场的环路定理 7-14 若电场中某一部分电场线的形状是以O点为中心的同心圆弧。证明该部分上各点的电场强度都应与该 点离O点的距离成反比，即E1 r1 = E2 r2 。 O θ r2 证：作一回路 r1 abcd，如图。根据静电场环路定理 d d d 0 ⋅ = 1 ⋅ + 2 ⋅ = 1 1 − 2 2 = ∫ ∫ ∫ E l E l E l E l E l bc da v v v v v v a b c d 1l 2l 2r 1 θ r O 即 1 1 2 2 E l = E l 图 7-14 Ql1 = r1 θ l2 = r2θ ， 1 1 2 2 ∴E r = E r 得证 29

大学物理练习册一真空中的静电场 7-15证明:在静电场中,凡电场线都是平行直线的地方,电场强度的大小必定处处相等。(提示:利用环 路定理和高斯定理) 证:设电场方向水平向右。在一电场线上任取两点1和2,作两底面足够小的圆柱面,如图。由高斯定理 fE. ds=f E, dS+hEr. dS=E2AS-E.As=0 E2=E1即同一电场线上任意两点的电场强度相等 作一矩形回路abcd,其中ab、cd与电场线垂直,bc、da与电场线平行,即有 E=E, E=E E 由静电场环路定理 fEdI=L EdI+Ed7+LEdI+LEd7 L E dI+EdI=EBAI-E,Al=0 Eb=E。即不同电场线上任意两点的电场强度相等。所以命题成立 电场力的功和电势能 7-16边长为a的正三角形,三个顶点上各放置q,-q和-2q的点电荷,求此三角形重心上的电势。将一电 量为+Q的点电荷由无限远处移到重心上,外力做功多少? 解:顶点到重心的距离=y3 a,重心的电势为U=-9+--q+ 丌Enr 外力所做的功A=QU0-U)=QU0= 7-17如图7-17所示,三个点电荷Q1、Q2、Q3沿一直线等距放置,且Q=Q3=Q,其中任一点电荷所受合力 均为零。求Q1、Q3固定情况下,(1)Q2在O点时的电势能;(2)将Q2从O点推到无穷远处,外力所做 的功。 Q 23 Q2 解:(1)Q1和Q在O点产生的电势为U0=4m0d4msd2rd 图7-17 因为Q所受合力为零,即gQ2Q1g3-=0, 4zEd24c0(2d)2 解得Q2 Q3=4Q,在O点的电势能W=Q04Q= (2)将Q2从O点推到无穷远处,外力所做的功A%=Q2(U-U0)=-Q2U0=39 丌Ea

大学物理练习册—真空中的静电场 7-15 证明：在静电场中，凡电场线都是平行直线的地方，电场强度的大小必定处处相等。（提示：利用环 路定理和高斯定理） 证：设电场方向水平向右。在一电场线上任取两点 1 和 2，作两底面足够小的圆柱面，如图。由高斯定理 d d d 0 ⋅ = 2 ⋅ + 1 ⋅ = 2 ⋅∆ − 1 ⋅∆ = ∫ ∫∆ ∫∆ E S E S E S E S E S S S S v v v v v v E v 1 2 ∴E2 = E1 即同一电场线上任意两点的电场强度相等。 作一矩形回路 abcd，其中 ab、cd 与电场线垂直，bc、da 与电场线平行，即有 Ea = Ed，Eb = Ec E v a b c d 由静电场环路定理 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ ab bc cd da E l E l E l E l E l v v v v v v v v v v d d d d d ∫ ∫ = ⋅ + ⋅ bc da E l E l v v v v d d = Eb∆l − Ea∆l = 0 ∴ Eb = Ea 即不同电场线上任意两点的电场强度相等。所以命题成立。 电场力的功和电势能 7-16 边长为 a 的正三角形, 三个顶点上各放置 q，-q 和-2q 的点电荷，求此三角形重心上的电势。将一电 量为+Q 的点电荷由无限远处移到重心上，外力做功多少？ 解：顶点到重心的距离 r a 3 3 = ，重心的电势为 a q r q r q r q U 0 0 0 0 2 3 4 2 4πε 4πε πε πε = − − + − = + 外力所做的功 a qQ A Q U U QU 0 0 0 2 3 ( ) πε 外 = − ∞ = = − 7-17 如图 7-17 所示，三个点电荷Q1、Q2、Q3沿一直线等距放置，且Q1=Q3=Q，其中任一点电荷所受合力 均为零。求Q1、Q3固定情况下，（1）Q2在O点时的电势能；（2）将Q2从O点推到无穷远处，外力所做 的功。 Q1 d d O Q2 Q3 解：（1）Q1和Q3在O点产生的电势为 d Q d Q d Q U 0 0 3 0 1 0 4πε 4πε 2πε = + = 图 7-17 因为Q1所受合力为零，即 0 4 4 (2 ) 2 0 1 3 2 0 1 2 + = d Q Q d Q Q πε πε ， 解得 Q Q Q 4 1 4 1 2 = − 3 == − ，Q2在O点的电势能 d Q W Q U QU 0 2 2 0 0 4 8 1 πε = = − = − （2）将Q2从O点推到无穷远处，外力所做的功 a qQ A Q U U Q U 0 2 0 2 0 8 3 ( ) πε 外 = ∞ − = − = 30

大学物理练习册一真空中的静电场 7-18一半径为R的无限长带电棒,其内部的电荷均匀分布,电荷体密度为ρ。(1)求电场分布;(2)如图 7-18所示(沿棒轴向俯视),若点电荷q由a点运动到b点,则电场力做功为多少? 解:(1)取长为l、半径为r且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面。由高斯定理 R E1·dS= eo Jody- P2nmrld 即E,2m=1pm21得E=Pr 图7-18 r>RE22m=-pnRl得 2 (2)半径相同处的电势相等 Ah=qolEdi=g[. di+.edi rR pr dr+qo 260/ =9P(R2-)+3QR21n 7-19题7-18中,若取棒的表面为零电势,求空间的电势分布。 解:取棒表面为零电势,即UR=0 rR时,U E.dl d in 2 7-20如图7-20所示,电荷面密度分别为+σ和-a的两块“无限大”均匀带电平行平面,分别与x轴相交 于x1=a和x2=a两点。设坐标原点O处电势为零,求空间的电势分布。 xa:E3=0 U1=∫Ed=E2d -a<x<: U2=E2 di=-JE2 di=-x 图720 U,=Ed/ dl d/ 31

大学物理练习册—真空中的静电场 7-18 一半径为R的无限长带电棒，其内部的电荷均匀分布，电荷体密度为ρ 。（1）求电场分布；（2）如图 7-18 所示（沿棒轴向俯视），若点电荷q0由a点运动到b点，则电场力做功为多少？ 解：（1）取长为 l、半径为 r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面。由高斯定理 r R E rl R l 2 0 2 1 2 ρπ ε ⋅ π = 得 r r R E ˆ 2 0 2 2 v v ε ρ = （2）半径相同处的电势相等 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ = ⋅ = ⋅ + ⋅ = + 2 1 d 2 d 2 d d d 0 2 0 0 0 0 1 0 2 0 r R R r b R R a b a ab r r R r q r A q E l q E l q E l q ε ρ ε v v v v v v ρ R q R r R r q 2 0 2 2 0 1 2 0 0 ln 2 ( ) 4 ε ρ ε ρ = − + 电势 7-19 题 7-18 中，若取棒的表面为零电势，求空间的电势分布。 解：取棒表面为零电势，即U R = 0 r R 时， r R R r r R U E l R r r R ln 2 d 2 d 0 2 0 2 2 = ∫ ∫ 2 ⋅ = − = ε ρ ε v r ρ 7-20 如图 7-20 所示，电荷面密度分别为 +σ 和 -σ 的两块“无限大”均匀带电平行平面，分别与x轴相交 于x1= a 和x2= -a两点。设坐标原点O处电势为零，求空间的电势分布。 解： x a ： E3 = 0 v 。 x +σ -σ O -a a ∴ x a ：U E l E l l a a x a 0 0 0 0 2 0 3 d d d ε σ ε σ = ⋅ = ⋅ = − = − ∫ ∫ ∫ v v v v 31

大学物理练习册一真空中的静电场 721两根半径分别为R1=30×103m和R2=0.10m的长直同轴圆柱面,带有等量异号的电荷,两者的电势差为 450V。求圆柱面单位长度上所带电荷λ 解:由高斯定理可求得两柱面间的电场强度E= 2丌E0r R 2=∫Ed7 λdr-Mg4s0V,解得=2.1×10cm2 R 7-22如图7-22所示的带电细棒,电荷线密度为λ,其中BCD为半径为R的半圆,AB=DE=R,求(1)半圆 上的电荷在半圆中心O处产生的电势;(2)直细棒AB和DE在半圆中心O处产生的电势:(3)O处 的总电势。 解:(1)取电荷元dq=dl,∴U q ArR 1 4TER 4TEOR 4E0 B E (2)在AB上距O点为r处,取电荷元dq=Adl 7-22 d adr 4TEor R4IEor ln2。同理DE在O点产生的电势U34丌 In 2 (3)Uo=U1+U2+U3 (丌+2ln2) 7-23半径分别为R1和R2的两个同心球面,分别带有电荷q1和q2。求:(1)各区域电势分布,并画出分布曲 线:(2)两球面间电势差:(3)若R=10m、R2=30cm、q1=103C、q2=1.5×10°C,离球心20cm和50cm 处的电势为多少? 解:(1)由高斯定理可得电场分布为 rR2:E2 4丌E0 电势分布为 rR =E3,d7=④+

大学物理练习册—真空中的静电场 7-21 两根半径分别为R1=3.0×10-2 m和R2=0.10m的长直同轴圆柱面，带有等量异号的电荷，两者的电势差为 450V。求圆柱面单位长度上所带电荷λ 。 解：由高斯定理可求得两柱面间的电场强度 r E π ε λ 2 0 = ln 450V 2 d 2 d 1 2 0 0 12 2 1 2 1 ∴ = ⋅ = = = ∫ ∫ R R r r R R R R U E l πε λ πε v v λ ，解得 2.1 10 c m 8 1 = × ⋅ − − λ 7-22 如图 7-22 所示的带电细棒，电荷线密度为λ，其中 BCD 为半径为 R 的半圆，AB=DE=R，求（1）半圆 上的电荷在半圆中心 O 处产生的电势；（2）直细棒 AB 和 DE 在半圆中心 O 处产生的电势；（3）O 处 的总电势。 R A O 图 7-22 D E C B 解：（1）取电荷元 d q = λ d l ， 0 0 0 1 4 4 4 d ε λ πε λπ πε ∴ = = = ∫ R R R q U （2）在 AB 上距 O 点为 r 处，取电荷元 d q = λ d l ln 2 4 4 d 4 d 0 2 0 0 2 πε λ πε λ πε ∴ = = = ∫ ∫ R R r r r q U 。同理 DE 在O 点产生的电势 ln 2 4 0 3 π ε λ U = （3） ( 2ln 2) 4 0 0 = 1 + 2 + 3 = π + π ε λ U U U U 7-23 半径分别为R1和R2的两个同心球面，分别带有电荷q1和q2。求：（1）各区域电势分布，并画出分布曲 线；（2）两球面间电势差；（3）若R1=10cm、R2=30cm、q1=10-8 C、q2=1.5×10-8 C，离球心 20cm和 50 cm 处的电势为多少？ 解：（1）由高斯定理可得电场分布为 r R2 ： e r q q E r v v 2 0 1 2 2 4π ε + = 。 电势分布为 r R2 ： r q q U E l r 0 1 2 3 3 4 d πε + = ⋅ = ∫ ∞ v v 32

大学物理练习册一真空中的静电场 4TEo RR, 3)r=20cm即在两球面之间U20 代)=9×0(10150 )=900V 0.20.3 r=50cm即在两球面之外U q1+ q )=9×10×(3+1.5×10 -)=450V 0.5 电场强度与电势的关系 7-24已知一电场的电势函数为U=2x2+y,求电场强度E。 aU 解:E E=E2+E,j=-6x27- ax Ey a0- a0- a0 k)=-(6x27+) Ox ay az 7-25试计算半径为R、电荷线密度为λ的均匀带电细圆环轴线上的电势分布,并由电势分布求出轴线上的 电场强度分布 解:在圆环上任取一线元,带电量为dQ=Adl,dQ在轴线上距圆环中心为x点产生的电势为 do dU 4IEor 4IE R2+x2 du R2+x2 R ARx E E=Ei= ax 28,(R+x 2E0(R2+x2) 3

大学物理练习册—真空中的静电场 (2) ) 1 1 ( 4 d 0 1 2 12 2 2 1 R R q U E l R R = ⋅ = − ∫ πε v v (3) r = 20cm 即在两球面之间 ) 900V 0.3 1.5 10 0.2 10 ( ) 9 10 ( 4 1 8 8 9 2 1 2 0 20 = × = + = × × + − − R q r q U π ε r = 50cm即在两球面之外 ) 450V 0.5 10 1.5 10 ( ) 9 10 ( 4 1 8 8 1 2 9 0 50 = + × = × × + = − − r q q U π ε 电场强度与电势的关系 7-24 已知一电场的电势函数为U = 2x 3 +y，求电场强度 E v 。 解： x x U Ex 2 = −6 ∂ ∂ = − ， = −1 ∂ ∂ = − y U Ey ， E E i E j x i j x y v v v v v v v ∴ = + = − − 2 6 或 ( ) (6 ) 2 k x i j z U j y U i x U E v v v v v v = − + ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ = − 7-25 试计算半径为 R、电荷线密度为λ 的均匀带电细圆环轴线上的电势分布，并由电势分布求出轴线上的 电场强度分布。 解：在圆环上任取一线元，带电量为dQ = λ d l ，dQ 在轴线上距圆环中心为 x 点产生的电势为 2 2 0 0 4 d 4 d d R x l r Q U + = = πε λ πε ， 2 2 0 2 2 0 4 2 2 d R x R R x R U U + = + = = ∫ ε λ πε λ π Q 2 2 3 / 2 0 2 (R x ) Rx x U Ex + = ∂ ∂ = − ε λ ， i R x Rx E E ix v v v 2 2 3 / 2 0 2 ( + ) = = ε λ 33