大学物理A第六章习题选解
第六章 真空中的静电场
习题选解
6-1 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f 1,方向如图所示,其大小为
题6-1图
3q 2
f 1=2⨯cos 30︒=2
4πε0r 4πε0r 2
q 2
中心处Q 对上顶点电荷的作用力为f 2,方向与f 1相反,如图所示,其大小为
Qq 3Qq
f 2==22
⎛3⎫4πεr 0 ⎪4πε0 r ⎪⎝3⎭
由f 1=f 2,得
Q =。
6-2 在某一时刻,从U 238的放射性衰变中跑出来的α粒子的中心离残核Th 234
的中心为r =9.0⨯10-15m 。试问:(1)作用在α粒子上的力为多大?(2)α粒子的加速度为多大?
解:(1)由反应
238
92
4
α粒子带两个单位正电荷,即 U →23490Th+2He ,可知
Q 1=2e =3.2⨯10-19C
Th 离子带90个单位正电荷,即
Q 2=90e =144⨯10-19C
它们距离为r =9.0⨯10-15m
由库仑定律可得它们之间的相互作用力为:
Q 1Q 23.2⨯10-19⨯144⨯10-199
F ==(9.0⨯10) ⨯=512N 2-152
4πε0r (9.0⨯10)
(2)α粒子的质量为:
m α=2(m p +m n ) =2⨯(1.67⨯10-27+1.67⨯10-27) =6.68⨯10-27Kg
由牛顿第二定律得:
a =
F 512
==7.66⨯1028m ⋅s -2 -27m α6.68⨯10
6-3 如图所示,有四个电量均为q =10-6C 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
题6-3 图
电荷等距,均为r =
。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6-3 图
F =
q 1q 3-2
=1. 8⨯10N 2
4πε0r 131
力的方向沿第1电荷指向第3电荷,与x 轴成45 角。
6-4 在直角三角形ABC 的A 点放置点电荷q 1=1. 8⨯10-9C ,B 点放置点电荷
q 2=-4. 8⨯10-9C ,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
B 点电荷在C 点产生的场强为E 2,方向向
E 1,方向向下
右
E 1=
q 14-1
=1. 8⨯10V ⋅m 2
4πε0r 11
E 2=
q 24-1
=2. 7⨯10V ⋅m 2
4πε0r 21
题6-4图
根据场强叠加原理,C 点场强
2
E =E 12+E 2=3. 24⨯104V ⋅m -1
设E 与CB 夹角为θ,tan θ=
E 1
E 2
E 12
=arctan =33.7 E 23
θ=arctan
6-5 如图所示的电荷分布为电四极子,它由两个相同的电偶极子组成。证明在电四极子轴线的延长线上,离中心为r (r >>r e )的P 点处的电场强度为E =
3Q
,式中
4πε0r 4
题6-5图
Q =2qr e 2,称为这种电荷分布的电四极矩。
解:由于各电荷在P 点产生的电场方向都在x 轴上,根据场强叠加原理
E P =
-q 2q -q
++
4πε0(r +r e ) 24πε0r 24πε0(r -r e ) 2
-6r 2r e 2+2r e 2
=[] 4πε0r 2(r 2-r e 2) 2
q
由于r >>r e ,式中r e 2可略去
故 E P =
3Q
4πε0r 4
-6r 2r e 2-6qr e 2
E P ==
4πε0r 64πε0r 4
q
又电四极矩 Q =2qr e 2
题6-5图
6-6 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λ,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6-6图
dE =
dq λdx λdx
==2222224πε0r 4πε0(x +d ) 4πε0(x +d )
场强dE 可分解成沿x 轴、y 轴的分量
dE x =-dE sin θ=-dE
x x +d d x +d
2
22
2
题6-6图
dE y =dE cos θ
=dE
∞
E x =⎰dE x =-⎰
λdx 2
4πε02(x 2+d 2) 1-λ1λλ∞222
=(-) =-=2d (x +d ) ⎰04πε0d 4πε0d 8πε0
∞
E y =⎰dE y =⎰
∞
λd dx λd x
=1
4πε0(x 2+d 2) 4πε02222
d (x +d )
2 4πε0d =45
=
λ
4πε0d
22
P 点场强 E =E x +E y =
方向与Y 轴夹角为ϕ ϕ=arctan
E x E y
6-7 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λ=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 =
4πε0(b +2l -x ) 2
整个带电细棒在P 点产生的电场为
E =⎰dE =⎰
2l
Axdx
2
4πε
0(b +2l -x )
题6-7图
=
(b +2l -x )-(b +2l )(b +2l -x )
4πε0⎰0b +2l -x 2
A
2l
=
A 4πε0
A 8πε0
[⎰
2l
2l d (b +2l -x ) 2d (b +2l -x )
-(b +2l ) ] 22⎰02(b +2l -x ) (b +2l -x )
2l
=
ln(b +2l -x ) 2
A (b +2l ) 1+
4πε0(b +2l -x ) 0
2l
=
A 4πε0
(ln
b 2l
+) b +2l b
场强E 方向沿x 轴正方向
6-8 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。
解:以圆心为原点建立如图所示Oxy 坐标,
题6-8图
在胶棒带正电部分任取一线元dl ,与OA 夹角为θ,线元带电荷量dq =
O 点产生电场强度
2q
dl ,在πR
dE =
dq 2q q
=dl =d θ
4πε0R 24π2ε0R 32π2ε0R 2
把场强dE 分解成沿x 轴和y 轴的分量
dE x =dE sin θ
dE y =-dE cos θ
π
E x =⎰dE x =⎰2
q 2π2ε0R q 2πε0R
2
sin θd θ=2
q 2π2ε0R 2
q
2
π
E y =⎰dE y =-⎰
2
2
cos θd θ=-
2πε0R
2
题6-8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 与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
E =2E x =
q
πε0R
22
方向沿x 轴正向。
6-9 一无限大均匀带电平面,电荷面密度为σ,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σ相同的圆 盘。距洞心r 处P 点的场强
E p =E ++E
-
式中E +为无限大均匀带电平面在P 点产生的场强 题6-9图
E +=
σ 2ε0
方向垂直于平面向外
在圆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。盘上取半径为r ',宽为d r '的细圆环,在P 点产生场强
dE -=
rdq 4πε0(r '+r )
2
2=
2πr r 'σd r '4πε0(r '+r )
2
2
R
E -=⎰dE =
2πσ
r R r 'σr 1
'd r =[-]
4πε0⎰0(r '2+r 2) 22ε0(r '2+r 2) 0
=
σ(1 方向垂直圆盘向里
2ε0故 E P =E +-E -=
σr
2ε0(R +r )
2
2
方向垂直平面向外
6-10 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:在坐标为r 处取线元,带电量
dq =λdr =
q dr 2l
题6-10图
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6-10图
dE =
dq
2
4πε0(x -r )
整个带电直线在P 点的场强
qdr -q l d (x -r ) -q 1
E =⎰dE =⎰==(-) 2⎰-l 4πε⨯2l (x -r ) 2-l 8πε0l (x -r ) 8πε0l x -r -l 0
l
l
=
112ql q
-) ==22
8πε0l x -l x +l 8πε0l (x 2-l 2) 4πε(0x -l )
(
q
6-11 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)。
σ
2ε0
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 =σ2πrdr 。
由圆环电荷在其轴线上任一点P (OP =x ) 的场强公式
dE =
2πσxrdr 4πε0(x 2+r 2)
方向沿x 轴正方向。
P 点总场强
=
∞
σx -1
2ε0(r 2+x 2)
∞
=
σ2ε0
E =⎰dE =⎰
σx rdr
2ε0(r 2+x 2)
题6-11(a ) 图
(σ>0,E 的方向沿x 轴正方向) (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σdy ,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 =
12πε
σdy
y 2+a 2
题6-11(b ) 图
由于对称性,dE 的y 轴分量总和为零
θ 所以 E =⎰dE x
=⎰dE c o s
=⎰
+∞
-∞
=
σy
arctan 2πε0a -∞
∞
=
σσ
π=
2πε02ε0
因为σ>0,所以E 的方向沿x 轴正方向。
6-12 如图所示,半径为R 的带电细圆环,线电荷密度λ=λ0cos θ,λ0为常数,
θ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 θ,带电量为dq =λdl =λ0cos θRd θ,线元与原点O 的连线与x 轴夹角为θ,在O 点的场强d E 大小为
题6-12图
dE =
d E 沿x 轴和y 轴的分量
λ0R λ0dq =cos θd θ=cos θd θ
4πε0R 4πε0R 24πε0R 2
dE x =-dE cos θ=-
λ0
cos 2θd θ 4πε0R
dE y =-dE sin θ=-
λ0
cos θsin θd θ 4πε0R
整个带电圆环在O 点的场强E 沿x 轴和y 轴的分量
E x =⎰dE x =-⎰
2π
λ0λ0θ1λ02
cos θd θ=-(+sin 2θ) =-
4πε0R 4πε0R 244ε0R 0
2π
2π
E y =⎰dE y =-⎰
λ0λ0sin 2θ
sin θd sin θ=-() =0 4πε0R 4πε0R 20
2π
故 E =E x i =0i
4ε0R
E 的方向沿x 轴负方向。
λ
6-13 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+λ和-λ,求:
(1)两线构成的平面的中垂面上的场强分布; (2)两直线单位长度的相互作用力。
解:(1)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
P 点的场强为
E 1=
λ
2πε0(y 2+
d ) 4
2
12
E 2=
λ
d 222
2πε0(y +)
4
1
题6-13图
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 =E 1x +E 2x =E 1cos θ+E 2cos θ
⎡⎤d
⎢⎥λ=2⎢
11⎥22
⎢2πε(d +y 2) 2(d +y 2) 2⎥
⎢⎥⎣44⎦=
题6-13图
λd
2πε0(
d
+y 2) 4
2
方向沿x 轴正方向
(2)两直线相距为d ,带正电直线在带负电直线处的场强为E +=
λ
。由2πε0d
λ2
F =qE ,带负电直线单位长度的电荷受电场力F -=λE +=,方向指向带正电直
2πε0d
线。
λ
2
同理,带正电直线单位长度受电场力F +=,方向指向带负电直线。
2πε0d
故有F +=-F -,两带电直线相互吸引。
6-14 如图所示,长为l 、线电荷密度为λ的两根相同的均匀带电细塑料棒,沿同一直线放置,两棒近端相距为l ,求两棒间的静电相互作用力。
题6-14图
解:(1)建立如图所示x 坐标,在左棒中坐标为x 处取线元dx ,带电量dq =λdx ,
线元dx 在坐标r 处的场强
dE =
λdx
4πε0(r -x ) 2
题6-14图
左棒在坐标r 处点的场强
E =⎰dE =⎰
l
λdx
4πε0(r -x ) 2
-1
=⎰
-λd (r -x )
04πε(r -x ) 2
l
λ
=
4πε0
⎰d (r -x )
l
λ1λ11) ) 4πε4π0εr -l r 0r -x 0
l
(2)在右棒中坐标为r 处取线元dr ,带电量dq =λdr ,该线元受电场力
λ2dr 11
dF =Edq =(-)
4πε0r -l r
右棒受总电场力为
λ211λ2⎡3l d (r -l ) 3l dr ⎤
F =⎰dF =⎰(-) dr =-⎰⎰⎢2l 4πε2l 2l r ⎥r -l r 4πεr -l ⎦00⎣
3l
22
λ2⎡λ3λ43l 3l ⎡⎤
= ln(r -l ) 2l -ln r 2l ⎤=ln 2-ln =ln ⎢⎥⎣⎦4πε04πε0⎣2⎦4πε03
F 的方向沿x 轴正方向。两棒间的静电力大小相等,方向相反,互为斥力。
6-15 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⨯10-9C 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
E 0=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:
题6-15图
q '=-
q
dl 2πR
E =AB =-
q '4πε0R 2
=
14πε0R
⨯2
-q
dl 2πR
qdl -1
=-0. 714V ⋅m 23
8πε0R
-1
圆心处场强E 0=E ,方向指向空隙。 =-0.714V ⋅m AB
6-16 如图所示,一点电荷q 处于边长为的正方形平面中垂线上,q 与平面中心
O 点相距a /2,求通过正方形平面的电场强度通量ψe 。
解:以点电荷所在处为中心,以图中正方形为一面作一边长为a 的正方体,由高斯定理知:通过正方体表面的电通量为
q
⎰E ⋅d S =
q
q
。 6ε0
题6-16图
ε0
则通过该正方形平面的电通量为
6-17 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:在半球面上取宽为dl 的环状面积元,
dS =2πrdl =2πR 2sin θd θ
通过面元dS 的电场强度通量
d ψe =E cos θdS
=E cos θ2πR 2sin θd θ
通过整个半球面的电场强度通量
ψe =⎰d ψe =⎰2πR 2E sin θcos θd θ
2π
1
=2πR 2E ⨯
sin 2θ
2
π
20
=πR 2E
题6-17图
方法二: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:
ψe =ES =πR 2E
故通过半球面的电场强度通量亦为πR 2E 。
6-18 在量子模型中,中性氢原子具有如下的电荷分布:一个大小为+e 的电荷被密度为ρ(r )=-Ce -2r /a 0的负电荷所包围,α0是“玻尔半径”,α0=0.53⨯10-10m ,C 是为了使电荷总量等于-e 所需要的常量。试问在半径为α0的球内净电荷是多少?距核
α0远处的电场强度多大?
解:由ρ(r )=-Ce -2r /a 0,可得
⎰ρ(r )4πr
∞
2
dr =-⎰Ce -2r /a 04πr 2dr =-e
2
∞
由
⎰
∞
a
e -2r /a 0r 2dr =0
8
3
⎰
∞
33
⎛2r ⎫a 03∞-x 2a 0a 0-2r /a 0⎛2r ⎫ e a ⎪⎪d a ⎪⎪=8⎰0e x dx =8⨯2=4
⎝0⎭⎝0⎭
a
原式成为 -4πC ⨯0=-e
4
3
所以 C =
e πa 03
要求半径为a 0的球内的静电荷。应先求半径a 0的球内的负电荷q '
a 0a 0⎛e ⎫-2r /a 02
q '=⎰ρ(r )4πr 2dr =⎰ -e 4πr dr ≈-0.323e ⎪300
⎝πa 0⎭
球内净电荷为 由高斯定律
∑q =e +q '=0.677e =1.08⨯10
20
-19
C
⎰⎰E ⋅d S =4πa
E =
q E =
ε0
1. 08⨯10-19
q
02
4πε0a 0
=9⨯10
9
0. 53⨯10-102
=3. 46⨯1011V ⋅m -1.
6-19 在半径分别为R 1, R 2的两个同心球面上,分别均匀带电为Q 1和Q 2,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(R 1>r >0)作一同心球面,由高斯定理,球面包围电荷量为零,即
⎰E ⋅d S =0
s
I
因而 E I =0
(2)以O 为圆心,半径为r (R 2>r >R 1)作一同心球面,由高斯定理
⎰E II ⋅d S =
s
Q 1
ε0
Q 1
E II ⨯4πr 2=
ε0
2
题6-19图
E I
I =
Q 14πε0r
(3)以O 为圆心,半径为r (R 2
⎰E III ⋅d S =
s
Q 1+Q 2
ε0
Q 1+Q 2
E III ⨯4πr 2=
ε0
所以 E III =
E -r 曲线如图6-19所示。
Q 1+Q 2
4πε0r 2
6-20 设均匀带电球壳内、外半径分别为R 1和R 2,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
由高斯定理 ⎰E ⋅d S =0,因而各点场强为零。
s
(2)在R 1≤r ≤R 2区域,以r 为半径作同心球面。
由高斯定理
⎰E ⋅d S =
s
q
ε0
由 q =ρV =
44
(πr 3-πR 13)
3333πR 2-πR 133Q (r 3-R 13)
E ⨯4πr =33
ε0(R 2-R 1)
2
Q
r 3-R 13
因此 E = 233
4πε0r R 2-R 1
Q
(3)在r >R 2区域,以r 为半径作同心球面, 由高斯定理
⎰E ⋅d S =
s
q
ε0
=Q
Q
ε0
E ⨯4πr 2=
Q
ε0
E =
E -r 曲线如图6-20所示。
4πε0r 2
题6-20图
6-21 无限长共轴圆柱面,半径分别为R 1和R 2(R 2>R 1) ,均匀带电,单位长度上的电量分别为λ1和λ2。求距轴为r 处的场强(1)r R 2。
解:(1)在半径为R 1的圆柱面内作半径为r (r
⎰E ⋅d S = ⎰E 上底⋅d S + ⎰E 下底⋅d S + ⎰E 侧⋅d S =
s
s
s
s
q =0
ε0
各点E 垂直于轴线,上下底面电通量为零
2πrlE 侧=0
因而 E =0 (r
(2)在半径为R 1、R 2的两圆柱面间作半径为r (R 2>r >R 1) ,高为l 的同轴圆柱面作为高斯面,由高斯定理
⎰E ⋅d S =
s
q =l λ
ε0
l λ1
1
ε0
⎰
s
E 侧⋅d S =
ε0
2πrlE =
λ1l
ε0
可见 E =
λ1
2πε0r
(3)同理在r >R 2的区域 E =
λ1+λ2
2πε0r
6-22 一半径为R 的无限长带电圆柱, 其体电荷密度为ρ=ρ0r (r ≤R ) ,ρ0为常数。 求场强分布。
解:(1)在圆柱体内r 处(r ≤R ),取一 点P ,过P 以底面半径为r ,高为l 作闭合同 轴圆柱面。圆柱面包围的电荷量
∑q =⎰dq =⎰
r
ρdV =⎰
ρ0r (2πrl ) dr
r
题6-22图
=2πρ0l ⎰
r
dr 32
=πρ0lr 3 33
通过圆柱侧面的电通量为2πrlE ,通过两底面的电通量为零,由高斯定理
⎰E ⋅d S =
s
q
ε0
2πr 3l ρ0
2πr lE =
3ε0
r 2ρ0
可得 E = E 的方向沿矢径r 的方向
3ε0
(2)在圆柱体外r 处(r ≥R )取一点P ,过P 点以底面半径为r ,高为l 作闭合同轴圆柱面。圆柱面包围电荷量
∑q =⎰dq =⎰
R
ρdV =⎰ρ0r (2πrl ) dr =2πρ0l ⎰
R R
dr 3R 3
=2πρ0l 33
由高斯定理
⎰
s
q E ⋅d S =
ε0
2πρ0lR 3
2πrlE =
3ε0
ρ0R 3
得 E = E 的方向沿矢径r 的方向
3ε0r
6-23 如图所示,一电量为2⨯10-7C 的电荷从坐标原点O 运动到点(4, 4) 。设电
场强度为E =-i +j ) ⨯10-4N ⋅C -1。
(1)试计算经下述路径时,电场力做的功
A .(0, 0) →(4, 0) →(4, 4) B .(0, 0) →(4, 4) C .(0, 0) →(0, 4) →(4, 4)
(2)点(4, 4) 相对坐标原点O 的电势差。
解:(1)电荷在电场中运动时,电场力做功
A =⎰q E ⋅d l =q ⎰(E x dx +E y dy +E z dz )
(a )路径为(0, 0) →(4, 0) →(4, 4)
A =q ⎰
(4, 0)
(0, 0)
E x dx +q ⎰
(4, 4)
(4, 0)
E y dy =qE x ∆x +qE y ∆y =0
(b )路径为(0, 0) →(4, 4)
A =q ⎰
(4, 4)
(0, 0)
(E x
dx +E y dy ) =0
题6-23图
(c )路径为 (0, 0) →(0, 4) →(4, 4)
A =q ⎰
(0, 4)
(0, 0)
E y dy +q ⎰
(4, 4)
(0, 4)
E x dx =0
(2)点(4,4)相对于坐标原点的电势,即它们之间的电势差U ,等于单位正电荷从点(4,4) 移到O 时,电场力所做的功。
U =V (4,4)-V (0,0)=⎰
(0,0)
(4,4)
E ⋅d l =0
6-24 如图所示,半径为R 的均匀带电球面,带电量为Q ,沿半径方向有一均匀带电细线,线电荷密度为λ,长度为l ,细线近端离球心的距离为l 。设球和细线上的电荷分布固定。求细线在电场中的电势能。
题6-24图
解:以带电球面圆心O 为原点,通过带电直线作x 坐标如图。带电球面在轴线x 处场强为
E =
∞
Q 4πε0x 2
∞x
方向沿x 轴正方向
该点的电势为 V x =⎰Edl =⎰
x
4πε0x 24πε0x
在带电细线上x 处取线元dx ,带电量为dq =λdx ,线元dx 的电势能为
Q λ
dW =V x dq =dx
4πε0x
Q
dx =
Q
细线在电场中的电势能 W =⎰dW =⎰
2l
l
Q λdx Q λQ λ
=ln x =ln 2
4πε0x 4πε04πε0l
2l
6-25 如图所示,试计算线性电四极子 在很远处(r >>r e )的电势。
解:在距电四极子很远处取一点P , 距-2q 为r ,夹角为θ,由点电荷电场的 电势
题6-25图
V P =∑
i =1
3
q i 4πε0r i
=
q 4πε0r 1
+
q 4πε0r 2
+
-2q
4πε0r
=
r 2r +r 1r -2r 1r 2
4πε0r 1r 2r q
由于r >>r e 故 r 1≈r 2≈r
r 2-r 1≈2r e cos θ r -r 2≈-r e cos θ r -r 1≈r e cos θ
故
V P =
r 2(r -r 1) +r 1(r -r 2)
4πε0r 3q
题6-25图
q r e cos θ(r 2-r 1)
=3
4πε
0r
2r e 2cos 2θqr e 22==cos θ 33
4πε0r 2πε0r
q
6-26 如图所示,点电荷q =10-9C ,与它在同一直线上的A 、B 、C 三点分别距
20cm 、30cm ,若选B 为电势零点,求A 、C q 为10cm 、
题6-26图
两点的电势V A 、V C 。
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。
E =
q 4πε0x 2
题6-26图
对于A 、B 两点,电势差
0. 20. 2
V A -V B =⎰E ⋅d x =⎰Edx =⎰
B A
0. 1
0. 1
q 4πε0x 2
0. 2
dx
=
q 4πε0
⎰
0. 2
0. 1
dx q 15q =(-) ==45V 2
4πε0x 0. 14πε0x
由V B =0, 故 V A =45V 对于B 、C 两点,电势差为:
V B -V C =⎰Edx =⎰
0. 2
0. 30. 3
q 4πε0x 2
0. 2
dx =
1
(-) =15V 4πε0x 0. 2
q
0. 3
由V B =0, 故 V C =-15V
6-27 真空中一均匀带电细圆环,线电荷密度为λ,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 =λdl 在圆心处产生的电势
dV =
dq 4πε0R
=
λdl
4πε0R
整个带电圆环在圆心O 的电势
V =⎰dV =⎰
2πR 0
λdl λλ
=⨯2πR =4
πε0R 4πε0R 2ε0
题6-27图
6-28 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 4πε0x
∞
2
水滴的电势 V =⎰Edx =⎰
R
Q 4πε
0x 2
R
dx
题6-28图
=⎰
∞
R
1Q
d (-) =
4πε0x 4πε0R
Q
故 Q =4πε0RV =66. 7⨯10-12C =66. 7pC
(2)两水滴合成一较大水滴,电量Q '=2Q ,半径R '=32R ≈1. 26R ,水滴外任一点x (x >1.26R )的电场强度
E =
2Q
2
4πε0x
大水滴的电势 V =⎰Edx =⎰
R '
∞
2Q
dx
1. 26R 4πεx 2
∞
2Q 12Q
=(-) ==476V
4πε0x 1. 26R 4⨯1. 26πε0R
6-29 两个同心的均匀带电球面,半径分别为R 1=5.0cm ,R 2=20.0cm ,已知内球面的电势为V 1=60V ,外球面的电势V 2=-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Q 1,外球面带电量为Q 2,由电势叠加原理
V 1=
Q 14πε0R 1
+
Q 24πε0R 2
=60V ①
∞
V 2=
Q 14πε0R 2
+
Q 24πε0R 2
=-30V ②
由①-② 得:
Q 1⎛11⎫(R 2-R 1)Q 1
⎪-==90 ⎪4πε0⎝R 1R 2⎭4πε0R 1R 2
4πε0R 1R 220.0⨯5.0⨯10-4
Q 1=90⨯=90⨯=6.67⨯10-10C 9-2
R 2-R 19⨯1020.0-5.0⨯10
将Q 1的数值代入①式可得:
Q 2=-13.3⨯10-10C
(2)在两球面之间,电势表达式为
V r =
Q 14πε0r
+
Q 24πε0R 2
令V r =0, 得r =
-Q 1R 2
=10. 0cm Q 2
6-30 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V P 及场强E P 的z 轴分量E z (要求用E =-∇V 来求场强)。
解:在细棒某点x 取线元dx ,带电量dq =λdx =线元在P 点的电势
Q
dx l
dV =
细棒在P 点的电势
dq 4πε0r
=
λdx
4πε0x +a
2
2
V P =⎰dV =⎰
λ
04πε0
l
dx x +a
2
2
l
λQ =ln(x =
04πε04πε0l
题6-30图
由电场强度与电势梯度的关系 E =-∇V =-(
E z =-
∂V ∂z Q
∂V ∂V ∂V i +j +k ) ∂x ∂y ∂z
l +l 2+z 2
ln z 轴上任一点(0, z )的电势为 V =
4πε0l z
故 E z =-
∂V Q ∂
=-ln(l +l 2+z 2-ln z ) ∂z 4πε
0l ∂z
[]
Q ⎡1⎤=-⎥ 4πε0l z ⎦⎥=-
Q
z 2-l l 2+z 2-l 2-z 2
4πε0l z l +l +z
2
2
l
2
+z
2
=
Q 4πε0z l +z
2
2
在P (0, a ) 点,z =a
E z =
Q 4πε0a l +a
2
2
6-31 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⨯10-8C ⋅m -1,内半径为2⨯10-2m ,外半径为4⨯10-2m ,一电子在两圆柱面间沿半
径为3⨯10-2m 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λ,两同轴圆柱间的场强
E =
λ
2πε0r
电子作匀速圆周运动的向心力由电场力提供
F =ma n =eE
v 2e λ
m =
r 2πε0r
m v
2=
e λ
2ε0π
题6-31图
1e λ-17
所以电子的动能 E k =m v 2==4. 3⨯210J
24πε0
6-32 一电偶极子放在均匀电场中,其电偶极矩与场强成30 角,场强的大小为
2⨯103V ⋅m -1,作用在电偶极子上的力偶矩为5. 0⨯10-2N ⋅m ,试计算其电偶极矩和电
势能。
解:电矩P e =q l 与电场夹角为电偶极子受力偶矩θ
M =q l ⨯E M =ql sin θE
P e =ql =
M
=5. 0⨯10-5C ⋅m
E sin θ
P e 的方向由负电荷指向正电荷,与E 成30 角。
-q 所在点a ,b 的电势为设电偶极子+q ,
E
题6-32图
-q 在a , b 两点的电势能W +=qU a ,U a ,U b 。+q ,
W -=-qU b ,电偶极子的电势能
W =W ++W -=q (U a -U b ) =-qEl cos θ
-2
=- P E c o θs =-8. 86⨯1J 0e
6-33 一带电粒子经过加速电压加速后其速度增大,已知电子的质量为
m =9. 11⨯10-31kg ,电荷量绝对值为e =1. 6⨯10-19C 。
(1)假设电子质量与速度无关,把静止电子加速到光速需要多高的电压? (2)若考虑电子质量随速度而变化,那么静止电子经过上述电压加速后,其速度是多少?它是光速的百分之几?
解:(1)依题意,设电子质量与速度无关
qU =
11
m e v 2=m e c 2 22
m e c 2
U ==2. 56⨯105V
2q
(2)若考虑电子质量随速度而变化,电子运动质量
m =
当静止电子经电压U 加速后,电子动能为
E K =
qU =mc 2-m e c 2 qU +m e c =
2
2m e c 2v 22
=1-() 22
c m e c +qU
⎡m e c 2⎤v =c ⎢1-() ⎥=0.745c 2
m e c +qU ⎦⎣v
574. 5%可见 =0. 74=
c
2
12