大学物理 第7章 真空中的静电场 答案
第七章 真空中的静电场
7-1 在边长为a 的正方形的四角,依次放置点电荷q,2q,-4q 和2q ,它的几何中心放置一个单位正电荷,求这个电荷受力的大小和方向。
解:如图可看出两2q 的电荷对单位正电荷的在作用力 将相互抵消,单位正电荷所受的力为
F =
4πε0(
q 22a ) 2
5q
(1+4) =, 方向由q 指向-4q 。 2
2πε0a
7-2 如图,均匀带电细棒,长为L ,电荷线密度为λ。(1)
习题7-1图
求棒的延长线上任一点P 的场强;(2)求通过棒的端点与棒垂直上任一点Q 的场强。
解:(1)如图7-2 图a ,在细棒上任取电荷元dq ,建立如图坐标,dq =λd ξ,设棒的延长线上任一点P 与坐标原点0的距离为x ,则
dE =
λd ξ
4πε0(x -ξ) 2
=
λd ξ
4πε0(x -ξ) 2
dq d ξ
则整根细棒在P 点产生的电场强度的大小为
习题7-2 图a
ξ
λE =
4πε0
=
⎰
L
d ξλ11
=(-)
(x -ξ) 24πε0x -L x
方向沿ξ轴正向。
λL
4πε0x (x -L )
(2)如图7-2 图b ,设通过棒的端点与棒垂直上任一点Q 与坐标原点0的距离为y
dE =
λdx
2
4πε0r
y
dE y =
λdx
cos θ,
4πε0r 2
λdx
dE x =sin θ 2
4πε0r
d θy
, r =因x =ytg θ, dx =y ,
cos 2θcos θ
dx
习题7-2 图b
x
代入上式,则
E x =⎰-dE x =
=-
4πε0y ⎰0
-λ
θ0
sin
θd θ
λλ11
(1-cos θ0) =-(-) ,方向沿x 轴负向。
224πε0y 4πε0y y +L
E y =⎰dE y =
=
θλ
cos θd θ
4πε0y ⎰0
λλL
sin θ0=
224πε0y 4πε0y y +L
7-3 一细棒弯成半径为R 的半圆形,均匀分布有电荷q ,求半圆中心O 处的场强。
解:如图,在半环上任取d l =Rdθ的线元,其上所带的电荷为dq=λRd θ。对称分析E y =0。
dE x =
λRd θ
sin θ
4πε0R 2
πλ
E =⎰dE x =sin θ ⎰04πε0R
x
λ
=
2πε0R
=
q 2πε0R
2
2
习题7-3图
,如图,方向沿x 轴正向。
7-4 如图线电荷密度为λ1的无限长均匀带电直线与另一长度为l 、线电荷密度为λ2的均匀带电直线在同一平面内,二者互相垂直,求它们间的相互作用力。
解:在λ2的带电线上任取一dq ,λ1的带电线是无限长,它在dq 处产生的电场强度由高斯定理容易得到为,
E =
λ1
2πε0x
λ1 两线间的相互作用力为
习题7-4图
λλdx λλ
F =⎰dF =⎰12=12
2πε0x 2πε0
dx ⎰a x
l
λ1λ2a +l
ln , 如图,方向沿x 轴正向。 2πε0a
7-5 两个点电荷所带电荷之和为Q ,问它们各带电荷多少时,相互作用力最大? 解:设其中一个电荷的带电量是q ,另一个即为Q -q ,若它们间的距离为r ,它们间的相互作用力为
F =
相互作用力最大的条件为
q (Q -q )
4πε0r 2
dF Q -2q
==0 2dq 4πε0r
由上式可得:Q=2q,q=Q/2
7-6 一半径为R 的半球壳,均匀带有电荷,电荷面密度为σ,求球心处电场强度的大小。
解:将半球壳细割为诸多细环带,其上带电量为
dq =σ2πrRd θ=σ2πR 2sin θd θ
dq 在o 点产生的电场据(7-10)式为
dE =
ydq
,y =R cos θ
4πε0R 3
π
习题7-6图
3
σ2πR sin θ
E =⎰dE =⎰0cos θd θ 304πε0R
σ=2ε0
π
π
⎰
00
σsin θ
sin θd (sinθ) =
2ε02
2
20
=
σ
。如图,方向沿y 轴负向。 4ε0
7-7 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面对称轴平行,计算通过此半球面电场强度的通量。
解:如图,设作一圆平面S 1盖住半球面S 2, 成为闭合曲面高斯,对此高斯曲面电通量为0,
E
习题7-7图
即
E ⋅d S =⎰E ⋅d S +⎰E ⋅d S =0
S
S 1
S 2
ψS 1=⎰E ⋅d S =-⎰E ⋅d S =-E πR 2
S 1
S 2
7-8 求半径为R ,带电量为q 的空心球面的电场强度分布。
解: 由于电荷分布具有球对称性,因而它所产生的电场分布也具有球对称性,与带电球面同心的球面上各点的场强E 的大小相等,方向沿径向。在带电球内部与外部区域分别作与带电球面同心的高斯球面S 1与S 2。对S 1与S 2,应用高斯定理,即先计算场强的通量,然后得出场强的分布,分别为
ψ=E ⋅d S =E 4πr 2=0
S 1
r
得 E 内=0 (r
习题7-18图
ψ=E ⋅d S =E 4πr 2=
S 2
q
ε0
E 外=
q 4πε0r 2
ˆ (r>R) r
7-9 如图所示,厚度为d 的“无限大”均匀带电平板,体电荷密度为ρ,求板内外
的电场分布。
解:带电平板均匀带电,在厚度为d/2的平分街面上电场强度为零,取坐标原点在此街面上,建立如图坐标。对底面积为A ,高度分别为x d/2的高斯曲面应用高斯定理,有
ψ=E ⋅d S =EA =
S 1
ρAx
ε0
ρ d
x i (x
习题7-9图
ψ=E ⋅d S =EA =
S 2
ρA ε0
d
ρ d E 2=d i (x >)
2ε02
7-10 一半径为R 的无限长带电圆柱,其体电荷密度为ρ=求场强分布。 解: 据高斯定理有
ρ0为常数。ρ0r (r ≤R ) ,
1
E ⋅d S =E 2πrl =S
ε0V
k
⎰ρdV
⎰r '2πr 'ld r '=
0r
r
r ≤R 时:E 2πrl =
2πlk
ε0ε0
⎰r 'd r '
r
2
kr 2 2πlk r 3E 2πrl =→E =e n
ε033ε0
习题7-10图
r >R 时:E 2πrl =
k
ε0
⎰r '2πr 'ld r '=
R
2πlk
ε0
⎰
R
r '2d r '
kR 3 2πlk R 3
E 2πrl =→E =e n
ε033ε0r
7-11 带电为q 、半径为R 1的导体球,其外同心地放一金属球壳,球壳内、外半径为
R 2、R 3。
(1)球壳的电荷及电势分布;
(2)把外球接地后再绝缘,求外球壳的电荷及球壳内外电势分布; (3)再把内球接地,求内球的电荷及外球壳的电势。 解:(1)静电平衡,球壳内表面带-q ,外表面带q 电荷。 据(7-23)式的结论得:V 1=
q 4πε0
(
111-+)(r ≤R 1), R 1R 2R 3
V 2=
111(-+)(R 1≤r ≤R 2); 4πε
0r R 2R 3
q
q
V 3=
q 4πε0R 3
q 4πε0r
(R 2≤r ≤R 3),
V 4=(r ≥R 3). q 4πε0
11
-)(r ≤R 1), R 1R 2
(2)U 1=
(
V 2=
11
(-)(R 1≤r ≤R 2); V 3=0(R 2≤r ≤R 3), V 4=0(r >>R 3). 4πε0r R 2
q
(3)再把内球接地,内球的电荷及外球壳的电荷重新分布设静电平衡,内球带q /,球壳内表面带-q /,外表面带q /-q 。
q 'q 'q '-q
V 1=(-+)(r ≤R 1),
4πε0R 1R 2R 3
1
得:q '=
R 1R 2q
R 2R 3-R 1R 3+R 1R 2
V 3=
(R 1-R 2) q q '-q
=(R 2≤r ≤R 3)
4πε0R 34πε0(R 2R 3-R 1R 3+R 1R 2)
7-12 一均匀、半径为R 的带电球体中,存在一个球形空腔,空腔的半径r(2r
证明:利用补缺法,此空腔可视为同电荷密度的一个完整的半径为R 的大球和一个半径为r 与大球电荷密度异号完整的小球组成,两球在腔内任意点P 产生的电场分别据〔例7-7〕结果为
E 1=
ρr 1ρr 2
, E 2=- 3ε03ε0
E =E 1+E 2=
ρr 1ρr 2
-
3ε03ε0
习题7-12图
=
ρ
o o 3ε0
上式是恒矢量,得证。
7-13 一均匀带电的平面圆环,内、外半径分别为R 1、R 2,且电荷面密度为σ。一质子被加速器加速后,自圆环轴线上的P 点沿轴线射向圆心O 。若质子到达O 点时的速度恰好为零,试求质子位于P 点时的动能E K 。(已知质子的带电量为e ,忽略重力的影响,OP=L)
解:圆环中心的电势为
V 0=⎰
R 2
R 1
σ2πrdr σ
=(R 2-R 1) 4πε0r 2ε0
圆环轴线上p 点的电势为
V P =⎰
R 2
σ2πrdr
4πε0r 2+L 2
R 2R 1
R 1
习题7-13图
σ =r 2+L 2
2ε0
=
σ2
(R 2+L 2-R 12+L 2) 2ε0
质子到达O 点时的速度恰好为零有
E 0=E P +E k →E k =E 0-E p
E k =eV 0-eV p ==
σe σe (R 2-R 1) -
2ε02ε0
=
σe (R 2-R 1 2ε0
7-14 有一半径为R 的带电球面,带电量为Q ,球面外沿直径方向上放置一均匀带电细线,线电荷密度为λ,长度为L (L>R),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,试求细线在电场中的电势能。
解:在带电细线中任取一长度为dr 的线元,其上所带的电荷元为dq=λdr ,据(7-23)式带电球面在电荷元处产生的电势为
V =
Q 4πε0r
r
Q λdr
电荷元的电势能为: dW =
4πε0r
习题7-14图
细线在带电球面的电场中的电势能为: W =dW =
⎰⎰
2L
L
Q λdr Q λ
=ln 2
4πε0r 4πε0
*7-15 半径为R 的均匀带电圆盘,带电量为Q 。过盘心垂直于盘面的轴线上一点P 到盘心的距离为L 。试求P 点的电势并利用电场强度与电势的梯度关系求电场强度。
解:P 到盘心的距离为L ,p 点的电势为
V P =⎰
R
σ2πrdr
4πε0r +L
2
2
σ=r 2+L 2
2ε0
R 0
=
σ2
(R 2+L 2-L ) 2ε0
p
圆盘轴线上任意点的电势为
V (x ) =⎰
R
σ2πrdr
4πε0r +x
R 0
022
Q 2πε0R
2
习题7-15图
σ=r 2+x 2
2ε0
=(R +x -x )
22
2
dV Q x
利用电场强度与电势的梯度关系得:E (x ) =-i =(1-) i
22dx 2πε0R 2R 2+x
P 到盘心的距离为L ,p 点的电场强度为:E (L ) =
Q 2πε0R 2
(1-
L
2R 2+L 2
) i
7-16 两个同心球面的半径分别为R 1和R 2, 各自带有电荷Q 1和Q 2。求:(1)各区城电势分布,并画出分布曲线;(2)两球面间的电势差为多少?
解:(1)据(7-23)式的结论得各区城电势分布为
V 1=
14πε014πε0
(
Q 1Q 2
+) (r ≤R 1), R 1R 2
Q 11
+) (R 1≤r ≤R 2); r R 2
V 2=
(
习题7-16图
V 3=
Q 1+Q 2
(r ≥R 2).
4πε0r
(2)两球面间的电势差为
V 12=⎰
R 2
Q 14πε0r
R 1
=2
Q 111
(-) 4πε0R 1R 2
7-17 一半径为R 的无限长带电圆柱,其内部的电荷均匀分布,电荷体密度为ρ,若取棒表面为零电势,求空间电势分布并画出电势分布曲线。 解: 据高斯定理有
r ≤R 时:
ρr ρπr 2l →E =e n E ⋅d S =E 2πrl =2ε0ε0
S
r
r =R 时,V=0,则 r ≤R 时:V =
ρR ρ22
rdr =(R -r ) ⎰r 2ε04ε0
习题7-10图
r >R 时:
ρR 2 ρπR 2l
→E =e n E ⋅d S =E 2πrl =2ε0r ε0
S
ρR 2
V =
2ε0
⎰
R
r
dr ρR 2R =ln r 2ε0r
空间电势分布并画出电势分布曲线大致如图。
7-18 两根很长的同轴圆柱面半径分别为R 1、R 2,带有等量异号的电荷,两者的电
势差为U ,求:(1)圆柱面单位长度带有多少电荷?(2)两圆柱面之间的电场强度。
解:设圆柱面单位长度带电量为λ,则两圆柱面之间的电场强度大小为
E =
λ
2πε0r
两圆柱面之间的电势差为
U =⎰
λdr λ
=
2πε0r 2πε0
⎰
R 2
R 1
R dr λ
=
ln 2 r 2πε0R 1
r
由上式可得:
λU
=
2πε0ln R 2R 1
所以E =
λ U
e n =e n (R 1
ln R 2R 1⋅r 2πε0r
7-19 在一次典型的闪电中,两个放电点间的电势差约为109V ,被迁移的电荷约为 30库仑,如果释放出来的能量都用来使00C 的冰熔化成00C 的水,则可融化多少冰? (冰的
熔
解热为3.34×105J ﹒kg -1)
解:两个放电点间的电势差约为109V ,被迁移的电荷约为30库仑,其电势能为
W p =30⨯109J
30⨯109
=8.98×104kg 上式释放出来的能量可融化冰的质量为:∆m =5
3. 34⨯10
7-20 在玻尔的氢原子模型中,电子沿半径为a 的玻尔轨道上绕原子核作圆周运动。(1)若把电子从原子中拉出来需要克服电场力作多少功? (2)电子在玻尔轨道上运动的总能量为多少?
解:电子沿半径为a 的玻尔轨道上绕原子核作圆周运动,其电势能为
W p =
-ee
4πε0a
(1)把电子从原子中拉出来需要克服电场力作功为:W 外=-W p =(2)电子在玻尔轨道上运动的总能量为:W =W p +E k =W p +
e 24πε0a
1
mv 2 2
v 2e 22
=m →mv =2
4πε0a a 4πε0a
1e 22∴E k =mv =
28πε0a
12-e 2e 2-e 2
电子的总能量为:W =W p +mv = =+
24πε0a 8πε0a 8πε0a
e 2