大学物理答案第六章管靖主编.pdf

30 第六章 习题第六章 习题 6.1 6.1 三个相同的点电荷放置在等边三角形的三个顶点上，在此三角形的中心应放置怎 样的电荷，才能使作用在每一点电荷上的合力为零？ 解 解 设等边三角形的边长为a，则由顶点到中心的距离为 3 3 a；顶点处电荷为q，中心处电荷为Q，Q与q反号考虑到 等边三角形的对称性，可知Q受其它三个电荷的合力为零，与Q的 大小无关；顶点处三个电荷q所受合力的大小相同 上方顶点处电荷q受其它三个电荷的作用力如题解图 6.1 所 示， 合力为零要求 题解图 6.1 0 2 cos30FF= o 即 2 2 2 0 0 3() 2 424( 33) qqQ aa = 可求出33Qq= 6.2 6.2 半径为R的半圆形带电曲线，如题图 6.2 所示，线上单位长度 带有电荷，求圆心O点的场强 题图 6.2 解解 在带电曲线上取一个长度为dl的电荷元，其电量ddql=电荷元在O点的场强 为dE r ，如题解图 6.2由于电荷分布对Ox轴对称，所以全部电荷在O点产生的总场强沿y 方向的分量之和为零，O点的总场强E r 沿Ox方向，( d) x EE i= rr 由于d =dlR，所以 2 00 dcoscos dcos dd 44 x l EE RR = 于是 2 2 2 2 00 cos (d )(sin) 44 Ei|i RR = rrr 题解图 6.2 0 2 i R = r 6.3 6.3 电量均为 9 4 10 C 的四个点电荷置于正方形的四个顶点，各顶点距正方形中心O 点5cm试求:（1）O点的场强和电势； （2）将试探点电荷 9 0 1 10 Cq = 从无穷远处移到O 31 点，电场力作功多少？电势能的改变为多少？ 解解 （1）根据场强迭加原理，O点的场强 1234 0EEEEE=+= rrrrr 根据电势迭加原理，O点的电势 1234 0 1 4 4 q r =+= 99 2 9 104 0 10 4 5 10 . = 3 2 88 10 ( ).V= （2）电场力作功 0( 0)Aq= 93 1 0 102 88 10 = 6 2 88 10 (J). = 电势能的改变为 6 p 2 88 10 (J)EA. = = 6.4 6.4 半径为R的半圆形带电曲线，如题图 6.2 所示，线上单位长度带有电荷，求圆 心O点的电势 解 解 在带电曲线上取一个长度为dl的电荷元，其电量ddql=参见题解图 6.2， d =dlR则O点的电势为 00 1d1d 44 ql rR = 2 2 000 1 d 444 = 6.5 6.5 已知空气的击穿场强为 6 3 10 V m，测得某次闪电的火花长100m （1）求这次 发生的闪电两端的电势差； （2）设闪电时通过的电量为30C，问这次闪电消耗多大能量？ 解解 （1）闪电两端的电势差 68 3 101003 10 (V)UEd= = = （2）次闪电消耗多大能量 89 3 10309 10 (J)EqU= = 6.6 6.6 如题图 6.6 所示，匀强电场E r 与半径为R的半球面 1 S的轴 线平行，试计算通过此半球面的E r 通量若以半球面的边线为边，另 取一个任意形状的曲面 2 S，问 2 S的电通量多大？请说明理由 题图 6.6 32 解 解 以半球面 1 S的边缘为边界作一个平面 0 S， 此平面为一个圆， 面积为 2 R 由于E r 与 0 S面垂直，所以通过 0 S面的E r 通量 2 R E= 因为通过 1 S面和 2 S面的E r 通量与通过 0 S面的E r 通量相等，故通过 1 S面和 2 S面的E r 通 量均为 2 R E= 6.7 6.7 设地球表面附近的场强约为200V m，方向指向地心，试求地球所带总电量 解解 在地球表面外、沿地球表面作一个球面，以此球面为高斯面，设地球所带总电量为 Q，地球半径 6 6.4 10 mR =，由高斯定理 2 0 d4 S Q ESER = = rr 所以地球所带总电量 2 0 4QER= 1262 8 85 10200 4 3 14 (6 4 10 ). = 5 9 1 10 (C).= 6.8 6.8 一块厚度为d的无限大平板均匀带电，电荷密度为，求板内外电场E r 的分布 解解 垂直于平板表面作横截面，如题解图 6.8；图中虚线为与表面平行、距离两表面等 距离（均为2d）的平面AB 由于带电平板无限大，电荷分布对平面AB对称，可知电场强度E r 与平板表面垂直，在 距离平面AB距离相等处电场强度的大小E相同 作对平面AB对称的闭合高斯面S，高斯面S由与平面AB平行的两个底面 1 S和 2 S和 与平面AB正交的柱面 3 S组成，两个底面 1 S和 2 S到平面AB的距离均 为l 因 1 S和 2 S的E r 通量相等， 12 ESES=； 3 S的E r 通量为零； 当 2 d l 时，根据高斯定理 111 0 1 22E SlS = 即可求出 1 0 l E =；当 2 d l 时，根据高斯定理 题解图 6.8 211 0 1 2E SS d = 33 可求出 2 0 2 d E = 平板带正电，E r 垂直表面向外，平板带负电，E r 垂直表面向内 6.9 6.9 如题图 6.9 所示, 在半径分别为 1 R、 2 R的两个同心薄球面上均 匀分布着电荷 1 Q和 2 Q （1）求 I、II、III 区场强E r 的分布； （2）求 I、 II、III 区的电势分布 题图 6.9 解解 由于电荷分布对球心O具有球对称性，故电场分布也对球心O具有球对称性，可知 电场线为过O点的放射状半直线，场强E r 沿半径方向，在到O点的距离r相同处，场强大小 E相等 （1）设研究的场点到O点的距离为r，以O为圆心、r为半径的球面为高斯面，E r 与 高斯面正交根据高斯定理，在 I 区， 1 rR，则由 2 12 3 0 4 QQ Er + =可求出 12 3 2 0 4 QQ E r + = （2）取参考点在无穷远，积分路径沿半径方向，沿电场线积分 在 III 区， 2 rR， 1212 33 2 00 ( )dd 44 rr QQQQ rElr rr + = rr 在 II 区， 12 RrR，由高斯定理可得 题解图 6.10 2 22 0 d2 Rl ESrlE = rr 因此 2 2 0 2 R E r = 圆柱带正电时，E r 沿半径方向向外；圆柱带负电时，E r 沿半径方向指向轴线 参考点选在带电圆柱的圆柱面上，积分路径沿半径方向，沿电场线积分在带电圆柱体 内部，rR，电势为 22 2 00 d dln 22 RR rr RRR Elr rr = rr 6.11 6.11 如题图 6.11 所示，三块平行放置的金属板A、B、C，面 积均为SB、C板接地，A板带电量Q，其厚度可忽略不计设A、 B板间距为l，A、C板间距为d因d很小，各金属板可视为无穷大 平面试求： （1）B、C板上的感应电荷； （2）空间的场强及电势分布 题图 6.11 35 解解 因d很小，各金属板可视为无穷大平面，所以除边缘部分外，可认为E r 沿Oz方向， z相同处E r 的大小相同，即( ) z EE z k= rr （1）设B、C表面的面电荷密度为 1 、 2 、 3 、 4 如题解图 6.11 所示由于B、 C板接地，故B、C板电势与无穷远相同，电势均为零若B、C板外表面带有电荷，必 有电场线连接板外表面与无穷远，则B、C板电势与无穷远不同，因此可知B、C板外表 面不带电荷，即 14 0= 作高斯面为闭合圆柱面如题解图 6.11，两底面在B、C板内部、 与Oz垂直，侧面与Oz平行，由高斯定理 23 0 1 d0() Q ES S =+ rr 即 23 Q S += （1） 根据叠加原理，区E r 为五个无穷大带电平面产生的场强的叠加，即 题解图 6.11 3322 1 00000000 00 22222222 z Q SQ S E =+= 同理，区电场强度 32 2 000 222 z Q S E =+ 因为A、B间的电压 AB U与A、C板的电压 AC U相等， 12( ) zz E lEdl= 3322 000000 ()()() 222222 Q SQ S ldl =+ 即 23 2Q dl Sd = （2） 联立求解（1） （2）式得： 2 dl Q dS = ， 3 l Q d S = 所以B、C板内表面分别带电 22 dl QSQ d = ， 33 l QSQ d = （2） 32 1 000 222 z Q S E = 36 000 1 () 222 dllQ ddS = + 0 ()dl Q dS = 00 111 dd zz ElEl= rr 0 ()dl Q z dS = 32 2 000 222 z Q S E =+ 000 1 () 222 dllQ ddS = + 0 lQ dS = 211 dd dd zz ElEl= rr 0 () lQ dz dS = 6.12 6.12 点电荷q放在电中性导体球壳的中心，壳的内外半径分别为 1 R 和 2 R，如题图 6.12 所示求场强和电势的分布 题图 6.12 解 解 由于电荷q位于球心O，导体球壳对球心O具有球对称性，故感应电荷和电场的分 布也对球心O具有球对称性；可知感应电荷均匀分布在导体球壳的内外表面上；电场线为过 O点的放射状半直线，场强E r 沿半径方向，在到O点的距离r相同处，场强大小E相等设 球壳内表面带电 1 Q，外表面带电 2 Q 用以O点为球心， 12 RrR时， 12 1 22 00 44 qQQq E rr + = ， 12 1 00 44 qQQq rr + = 21 RrR时， 37 1 1 2 0 0 4 qQ E r + = ， 12 1 00202 444 qQQq rRR + =+= 1 rR区域， 38 3A2AB 2 00B0B0B 1 () 4444 QQQQQ rRRrR =+=+ A rR=即为A球的电势 AB A 0AB 1 () 4 QQ RR =+ 6.14 6.14 同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同 轴金属直圆柱构成，如题图 6.14 所示设内圆柱体的 半径为 1 R，外圆柱体的内半径为 2 R使内圆柱带电， 单位长度上的电量为，试求内外圆柱间的电势差 题图 6.14 解解 由于两个同轴金属直圆柱可视为无限长、对圆柱轴线O轴对称；所以电荷和电场的 分布也对圆柱轴线O轴对称；电场线在垂直于圆柱轴线的平面内，为过圆柱轴线的放射状半 直线；场强E r 沿半径方向，在到轴线O的距离r相同处，场