大学物理电磁学静电场经典习题详细讲解

精品文档 1欢迎下载 题题 7 17 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 的上夸克和两个带下夸克构成 若将夸克作为经典粒子处理 夸克线度约为 10 20 e 3 2 e 3 1 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 题题 7 17 1 解 解 由于夸克可视为经典点电荷 由库仑定律 rr 2 2 0 r 2 21 0 N78 3 94 1 4 1 eeeF r e r qq 与方向相同表明它们之间为斥力 F r e 题题 7 27 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 0 2 32 me E 其中是真空电容率 电子的运动可视为遵守经典力学规律 0 题题 7 27 2 分析 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 证 由上述分析可得电子的动能为 r e mvE 2 0 2 k 8 1 2 1 电子旋转角速度为 3 0 2 2 4mr e 由上述两式消去r 得 4 3 k 2 0 2 2 2 32 4me E 题题 7 37 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 题题 7 37 3 分析 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 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 0 1 F 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 合力的值为 2 F N1092 1 34 9 2 0 2 2 0 21 2 a e r qq F 精品文档 2欢迎下载 方向如图所示 2 F 题题 7 47 4 若电荷Q均匀地分布在长为L的细棒上 求证 1 在棒的延长线 且离棒中心 为r处的电场强度为 22 0 4 1 Lr Q E 2 在棒的垂直平分线上 离棒为r处的电场强度为 22 04 2 1 Lrr Q E 若棒为无限长 即 试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较 L 题题 7 47 4 分析 分析 这是计算连续分布电荷的电场强度 此时棒的长度不能忽略 因而不能将棒 当作点电荷处理 但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上 如图所示 在 长直线上任意取一线元 其电荷为 dq Qdx L 它在点P的电场强度为 r r q eE 2 0 d 4 1 d 整个带电体在点P的电场强度 EEd 接着针对具体问题来处理这个矢量积分 1 若点P在棒的延长线上 带电棒上各电 荷元在点P的电场强度方向相同 L iEEd 2 若点P在棒的垂直平分线上 则电场强度E E沿x轴方向的分量因对称性叠加为 零 因此 点P的电场强度就是 LL jjEEEdsind y 证 证 1 延长线上一点P的电场强度 利用几何关系统一积分变量 L r q E 2 0 4 d xrr 则 22 00 2 2 2 0 4 1 2 1 2 1 4 1 d 4 1 Lr Q LrLrLxrL xQ E L L P 电场强度的方向沿x轴 3 根据以上分析 中垂线上一点P的电场强度E E的方向沿轴 大小为y L r q E 2 0 4 dsin 利用几何关系统一积分变量 22 sinxrrrr 则 22 0 2322 2 2 04 1 2 d 4 1 rL r Q rxL xrQ E L L 当棒长时 若棒单位长度所带电荷为常量 L 则P点电场强度 精品文档 3欢迎下载 r Lr LQ r E L 0 22 0 2 41 2 1 lim 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 带电长直1 22 Lr 细棒可视为无限长带电直线 题题 7 57 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 题题 7 57 5 分析 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 它在点O的l R Q qdd 电场强度 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 r 2 0 d 4 1 deE r q 则有 点O的合电场强度 统一积分变量可求得E E L E0d x jE L Eyd 解 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 统一积分变量后 有 ddRl 2 0 2 0 0 O 2 dsin 4 1 R Q E 方向沿y轴负方向 题题 7 67 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 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 0 2 E 题题 7 67 6 分析 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 yrrqddd2d 或 求出它们在轴线上一点P的电场强度 dE E后 再叠加积分 即可求得点P的电场强度 了 证证 1 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 E的方 向均相同 因而P处的电场强度 i iiEE 0 2322 0 2322 0 2 4 d2 d 4 1 d xr rxr xr qx 电场强度E E的方向为带电平板外法线方向 证证 2 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 E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 精品文档 4欢迎下载 i iiE 22 0 x d 2 cosd xy yx EE 积分得iE 0 2 电场强度E 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 题题 7 77 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 题题 7 77 7 分析 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 00 erp 而夹角为 叠加后水分子的电偶极矩大小为 方向沿对称轴线 由于点O 2 cos2 0 erp 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 解解 1 1 水分子的电偶极矩 cos2cos2 00 erpp 在电偶极矩延长线上 3 0 0 3 0 0 3 0 cos1cos4 4 1 4 2 x er x er x p E 解解 2 2 在对称轴线上任取一点A 则该点的电场强度 EEE 2 0 2 0 4 2 4 cos2 cos2 x e r e EEE 由于 cos2 0 2 0 22 xrrxr r rx cos cos 0 代入得 223 0 2 0 2 0 0 1 cos2 cos 4 2 xxrrx rxe E 测量分子的电场时 总有x r0 因此 式中 将上式化简并略去 23 0 2 0 2 cos2 xrrx 23 03 cos2 1 x r x x r x cos2 2 3 1 03 微小量后 得 精品文档 5欢迎下载 3 0 0 cos1 x er E 题题 7 87 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 题题 7 87 8 分析 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 F qE E 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 F E E应该注意 式中的电场强度E 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 题题 7 87 8 解 解 1 设点P在导线构成的平面上 分别表示正 负带电导线在P点的 E E 电场强度 则有 i iEEE 2 11 2 0 0 0 00 xrx r xrx 2 设 分别表示正 负带电导线单位长度所受 F F 的电场力 则有 iFF 00 2 2r iFF 00 2 2r 显然有 相互作用力大小相等 方向相反 两导线相互吸引 FF 题题 7 97 9 如图所示 电荷分别均匀分布在两个半径为R的半细圆环上 求 1 带电Q 圆环偶极矩的大小和方向 2 等效正 负电荷中心的位置 题题 7 97 9 分析 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 jppd 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 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 精品文档 6欢迎下载 ddd Q s R Q q jjp dcos 2 dcos2dR Q qR 则带电圆环的电偶极矩 jppR Q 4 d 2 2 2 等效正 负电荷中心间距为 R Qpl 4 根据对称性正 负电荷中心在 y 轴上 所以其坐标分别为和 R2 0 R2 0 也可以借助几何中心的定义 得 0dsin 1 2 2 RR R x R RR R y 2 dsin 1 2 2 即正 负电荷中心分别在 y 轴上距中心 O为处 R2 题题 7 107 10 设匀强电场的电场强度E 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 题题 7 107 10 分析方法分析方法 1 1 由电场强度通量的定义 对半球面S求积分 即 S S SE d 方法方法 2 2 作半径为R的平面与半球面S一起可构成闭合曲面 由于闭合面内无电荷 由 S 高斯定理 0 1 d 0 q S SE 这表明穿过闭合曲面的净通量为零 穿入平面的电场强度通量在数值上等于穿出半 S 球面S的电场强度通量 因而 SS SESEdd 解解 1 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 sinsin cos r EeeeE r ReS ddsind 2 ER ER ER SS 2 00 22 2 dsindsin ddsinsind SE 解解 2 2 由于闭合曲面内无电荷分布 根据高斯定理 有 SS SESEdd 精品文档 7欢迎下载 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元 dS S的方向 ERRE 22 cos 题题 7 117 11 边长为a 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的非均匀电场中 求电场jiE 21 EkxE 对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量 题题 7 117 11 解 解 参见图 由题意E 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 而0 DEFGOABC 2 2 21ABGF d d aE SEkxE jjiSE 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 2ABGFCDEO aE 同理 2 121AOEF d daESEE ijiSE 2 121BCDG d dakaESEkaE ijiSE 因此 整个立方体表面的电场强度通量 3 ka 题题 7 127 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 题题 7 117 11 分析 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 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 RE为地 E RR 球平均半径 由高斯定理 qRE S 0 2 E 1 4d SE 地球表面电荷面密度 29 0 2 E mC1006 1 4 ERq 单位面积额外电子数 w 25 cm1063 6 en 题题 7 137 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 Rr Rrkr 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 精品文档 8欢迎下载 这个问题吗 题题 7 137 13 分析 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 4drE S SE 根据高斯定律 可解得电场强度的分布 V S d 1 d 0 SE 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 每个带电球壳在壳内激发的电场 dE E 0 而rrq d4d 2 在球壳外激发的电场 r r V eE 2 0 4 d d 由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布 Rrr r 0d 0 EE Rrr R 0 d EE 解解 1 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 律得球体内 V S d 1 d 0 SE 0 Rr 4 0 0 2 0 2 d4 1 4 r k rrkrrrE r a r kr reE 0 2 4 球体外 r R 4 0 0 2 0 2 d4 1 4 R k rrkrrrE R r r kR reE 2 0 4 4 解解 2 2 将带电球分割成球壳 球壳带电 rrrkVq d4dd 2 由上述分析 球体内 0 Rr r r r kr r rrrk reeE 0 2 0 2 2 0 4 d4 4 1 球体外 r R r R r r kR r rrrk reeE 2 0 4 0 2 2 0 4 d4 4 1 题题 7 147 14 一无限大均匀带电薄平板 电荷面密度为 在平板中部有一半径为r的小圆孔 求圆孔中心轴线上与平板相距为x的一点P的电场强度 精品文档 9欢迎下载 题题 7 147 14 分析 分析 用补偿法求解 利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电场 本题的电场分布虽 然不具有这样的对称性 但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加 求出电场的分布 若把小圆孔看作由等量的正 负电荷重叠而成 挖去圆孔的带电平板等效于一个完整 的带电平板和一个带相反电荷 电荷面密度 的圆盘 这样中心轴线上的电场强度 等效于平板和圆盘各自独立在该处激发的电场的矢量和 解 解 在带电平面附近 n 0 1 2 eE 为沿平面外法线的单位矢量 圆盘激发的电场 n e n 22 0 2 1 2 eE rx x 它们的合电场强度为 n 22 0 21 2 eEEE rx x 在圆孔中心处x 0 则 E E 0 在距离圆孔较远时x r 则 n 0 n 22 0 2 1 1 2 eeE xr 上述结果表明 在x r时 带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计 题题 7 157 15 一无限长 半径为R的圆柱体上电荷均匀分布 圆柱体单位长度的电荷为 用 高斯定理求圆柱体内距轴线距离为r处的电场强度 题题 7 157 15 分析 分析 无限长圆柱体的电荷具有轴对称分布 电场强度也为轴对称分布 且沿径矢 方向 取同轴往面为高斯面 电场强度在圆柱侧面上大小相等 且与柱面正交 在圆柱的 两个底面上 电场强度与底面平行 对电场强度通量贡献为零 整个高斯面的电0d SE 场强度通量为 rLE 2d SE 由于 圆柱体电荷均匀分布 电荷体密度 处于高 2 R 斯面内的总电荷 Lrq 2 由高斯定理可解得电场强度的分布 0 d qSE 解 解 取同轴柱面为高斯面 由上述分析得 Lr R LrrLE 2 2 0 2 0 1 2 精品文档 10欢迎下载 2 0 2R r E 题题 7 167 16 一个内外半径分别R1为R2和的均匀带电球壳 总电荷为Q1 球壳外同心罩一个 半径为 R3的均匀带电球面 球面带电荷为Q2 求电场分布 电场强度是否是场点与球心 的距离r的连续函数 试分析 题题 7 167 16 分析 分析 以球心O为原点 球心至场点的距离r为半径 作同心球面为高斯面 由于 电荷呈球对称分布 电场强度也为球对称分布 高斯面上电场强度沿径矢方向 且大小相 等 因而 在确定高斯面内的电荷 2 4drE SE 后 q 利用高斯定理 0 d qSE 即可求的电场强度的分布 解 解 取半径为r的同心球面为高斯面 由上述分析 0 2 4 qrE r R1 该高斯面内无电荷 故0 q E1 0 R1 r R2 高斯面内电荷 故 3 1 3 2 3 1 3 1 RR RrQ q 23 1 3 20 3 1 3 1 2 4 rRR RrQ E R2 r R3 高斯面内电荷为Q1 Q2 故 2 0 21 4 4r QQ E 电场强度的方向均沿径矢方向 各区域的电场强度分布曲线如图所示 在带电球面的两侧 电场强度的左右极限不同 电场强度不连续 而在紧贴r R3的 带电球面两侧 电场强度的跃变量 030 2 34 4 R Q EEE 这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果 且具有普遍性 实际带电球面应 是有一定厚度的球壳 壳层内外的电场强度也是连续变化的 如本题中带电球壳内外的电 场 如球壳的厚度变小 E的变化就变陡 最后当厚度趋于零时 E的变化成为一跃变 题题 7 177 17 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面 半径分别为R1和R2 R2 R1 单 位长度上的电荷为 求离轴线为r处的电场强度 1 r R1 2 R1 r R2 精品文档 11欢迎下载 题题 7 177 17 分析 分析 电荷分布在无限长同轴圆拄面上 电场强度也必 定呈轴对称分布 沿径矢方向 取同轴圆柱面为高斯面 只有侧 面的电场强度通量不为零 且 求出不同半径 rLE 2dSE 高斯面内的电荷 利用高斯定理可解得各区域电场的分布 q 解 解 作同轴圆柱面为高斯面 根据高斯定理 0 4 qrLE 0 0 2 0 0 3 2 0 2 21 1 1 E qRr r E LqRrR E qRr 在带电面附近 电场强度大小不连续 电场强度有 一跃变 000 22 rL L r E 题题 7 187 18 如图所示 有三个点电荷Q1 Q2 Q3沿一条直线等间距分布 已知其中任一点电 荷所受合力均为零 且Q1 Q3 Q 求在固定Q1 Q3的情况下 将Q2从点O移到无穷远 处外力所作的功 题题 7 187 18 分析 分析 由库仑力的定义 根据Q1 Q3所受合力为零可求得Q3 外力作功应等于电场力作功W的负值 即 求电场力作功的方法有两种 W WW l 根据功的定义 电场力作的功为 0 lE d 2 QW 其中是点电荷Q1 Q3产生的合电场强度 2 根据电场力作功与电势能差的关系 有E 0202 VQVVQW 其中V0是Q1 Q3在点O产生的电势 取无穷远处为零电势 解解 1 1 由题意Q1所受的合力为零 0 2 44 2 0 3 1 2 0 2 1 d Q Q d Q Q 解得 QQQ 4 1 4 1 32 由点电荷电场的叠加 Q1 Q3激发的电场在y轴上任 意一点的电场强度为 2322 0 3y1y 2yd Qy EEE 将Q2从点O沿y轴移到无穷远处 沿其他路径所作的功相同 请想一想为什么 外力 精品文档 12欢迎下载 所作的功为 d Q y yd Qy QQW 0 2 2322 0 2 8 d 24 1 d 00 lE 解解 2 2 与解 1 相同 在任一点电荷所受合力均为零时 并由电势的叠加得Q1 Q3QQ 4 1 2 在点O电势 d Q d Q d Q V 00 3 0 1 0 244 将Q2从点O推到无穷远处的过程中 外力作功 d Q VQW 0 2 02 8 比较上述两种方法 显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁 这是因为在许多 实际问题中直接求电场分布困难较大 而求电势分布要简单得多 题题 7 197 19 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为 为电荷线密度 1 求在r r1和r r2两点间的电势差 2 在点电 r r eE 0 2 荷的电场中 我们曾取处的电势为零 求均匀带电长直线附近的电势时 能否这样 r 取 试说明 题题 7 197 19 解 解 1 由于电场力作功与路径无关 若取径矢为积分路径 则有 1 2 0 12 ln 2 d 2 r r U r 1 r rE 2 不能 严格地讲 电场强度只适用于无限长的均匀带电直线 而此时 r r eE 0 2 电荷分布在无限空间 处的电势应与直线上的电势相等 r 题题 7 207 20 如图所示 有一薄金属环 其内外半径分别为R1和R2 圆环均匀带电 电荷面 密度为 0 1 计算通过环中心垂直于环面的轴线上一点的电势 2 若有一质 子沿轴线从无限远处射向带正电的圆环 要使质子能穿过圆环 它的初速度至少应为多少 题题 7 207 20 分析 分析 1 如图所示 将薄金属环分割为一组不同半径的同心带电细圆环 利用 细环轴线上一点的电势公式 根据电势叠加原理 将这些不同半径的带电圆环在轴线上一 点的电势相加 即可得到轴线上的电势分布 2 由轴上电势分布的结果可知 在圆环中心处 x 0 电势V有极大值 当质子 从无穷远处射向圆环时 电势能逐渐增加 而质子的动能随之减少 若要使质子穿过圆环 则质子在圆环中心处Ek 0 根据能量守恒定律 可求出电子所需初速度的最小值 解 解 1 在环上割取半径为r 宽度为 dr的带电细回环 其所带电荷为 rrSqd2dd 它在轴线上产生的电势为 2122 0 2122 0 2 d 4 d d rx rr rx q V 薄金属环的电势等于这些同心轴圆环电势的叠加 精品文档 13欢迎下载 2 2 d 22 1 22 2 0 2122 0 2 1 rRrR rx rr V R R 2 根据能量守恒定律 为使质子在圆环中心处的动能Ek 0 开始时质子的初速率 应满足 0 2 1 0 2 0 VVemv 即 12 0 0 RR m e v 上式表明质子欲穿过环心 其速率不能小于 12 0 RR m e 题题 7 217 21 两个同心球面的半径分别为R1和R2 各自带有电荷Q1和Q2 求 1 各区域电 势分布 并画出分布曲线 2 两球面间的电势差为多少 题题 7 217 21 分析 分析 通常可采用两种方法 1 由于电荷均匀分布在球面上 电场分布也具有球 对称性 因此 可根据电势与电场强度的积分关系求电势 取同心球面为高斯面 借助高 斯定理可求得各区域的电场强度分布 再由可求得电势分布 P P VlE d 2 利用电势叠加原理求电势 一个均匀带电的球面 在球面外产生的电势为 r Q V 0 4 在球面内电场强度为零 电势处处相等 等于球面的电势 R Q V 0 4 其中R是球面的半径 根据上述分析 利用电势在加原理 将两个球面在各区域产生的电 势叠加 可求得电势的分布 解解 1 1 l 由高斯定理可求得电场分布 2 2 0 21 3 212 0 1 2 11 4 4 0 Rr r QQ RrR r Q Rr r r eE eE E 由电势可求得各区域的电势分布 当时 有 r VlE d 1 Rr 20 2 10 1 20 21 210 1 3211 44 4 11 4 0 ddd 2 2 1 1 R Q R Q R QQ RR Q V R R R R r lElElE 当时 有 21 RrR 精品文档 14欢迎下载 20 2 0 1 20 21 20 1 322 44 4 11 4 dd 2 2 R Q r Q R QQ Rr Q V R R r lElE 当时 有 2 Rr r R QQ V r 20 21 33 4 d lE 2 两个球面间的电势差 210 1 212 11 4 d 2 1RR Q U R R lE 解解 2 2 l 由各球面电势的叠加计算电势分布 若该点位于两个球面内 即 则 1 Rr 20 2 10 1 1 44R Q R Q V 若该点位于两个球面之间 即 则 21 RrR 20 2 0 1 2 44R Q r Q V 若该点位于两个球面之外 即 则 2 Rr r R QQ V 20 21 3 4 2 两个球面间的电势差 20 1 10 1 2112 44 2 R Q R Q VVU Rr 题题 7 227 22 一半径为R的无限长带电细棒 其内部的电荷均匀分布 电荷的体密度为 现 取棒表面为零电势 求空间电势分布并画出分布曲线 分析 无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称 其电场和电势的分布也呈轴对称 选 取同轴柱面为高斯面 利用高斯定理 V Vd 1 d 0 SE 可求得电场分布E E r 再根据电势差的定义 b a ba VVlEd 2 并取棒表面为零电势 Vb 0 即可得空间任意点的电势 解 解 取高度为l 半径为r且与带电律同轴的回柱面为高斯面 由高斯定理 当时 Rr 0 2 2 lrrlE 精品文档 15欢迎下载 得 0 2 r rE 当时 Rr 0 2 2 lRrlE 得 r R rE 0 2 2 取棒表面为零电势 空间电势的分布有 当时 Rr 4 d 2 22 00 rRr r rV R r 当时 Rr r RR r r R rV R r ln 2 d 2 0 2 0 2 图是电势V随空间位置r的分布曲线 题题 7 237 23 两个很长的共轴圆柱面 R1 3 0 10 2 m R2 0 10 m 带有等量异号的电荷 两者的电势差为 450 V 求 1 圆柱面单位长度上带有多少电荷 2 两圆柱面之间 的电场强度 题题 7 237 23 两圆柱面之间的电场 r E 0 2 根据电势差的定义有 1 2 0 12 ln 2 d 2 1R R U R R lE 解得 18 1 2 120 C m101 2ln2 R R U V 1 1074 3 2 2 0 rr E 两圆柱面电场强度的大小与r成反比 题题 7 247 24 在一次典型的闪电中 两个放电点间的电势差约