第6章静电场习题解答1

1、第6章静电场6-1两个电量都是+q的点电荷，相距2a ,连线中心为O，今在它们连线的垂直平分线上放置另一点电荷q，q与0相距r，求(1)q所受的力;(2)q放在哪一点时所受的力最大，是多少？解 如解用图，以0点为原点，建立直角坐标系oxy(1)点电荷q所受的力FF1 F2将F1解得此时F2rrF1F2F 1x1 qq2 2rFxFyF1yqq4 n 0 r2 a2FxF2xF2ycosF2 sinF1 cosF2 cos，代入上式并化简aFyqqqq2n 0(r2(2)假设点电荷q在r处受力最大，那么dFdr rdr(r2r2)3/2max6-2三个点电荷的带电量均为(r2(22、(rr ra

2、2) 2 Ja2)3/2 訓2 尸2r2 0(r22、3ar2n 0 (r2a2) 2q,分别位于边长为 a的等边三角形的三个角上，求在三角形重心应qq靠 a2 3qq29 n 0a放置一电量为多少的点电荷，系统处于平衡状态如解用图，以电荷a为例来讨论，设放置的电荷为 q ,b对a的作用力为Fba，e对a的作用力为 Fea，Fba和Fea的合力为Fbe，q对a的作用力为Fq，那么解得FbeFqQ22，oa2Fba cos301 Qqa)22y1Q224 n 0 aQ22n aQqFq q习题6-2解用图Fqr Fbe0a)2q的合力为零，所以整个系统处于平衡状态。设边长为a的正方形的四角上放有

3、 4个点电荷如图，正方形中心点为 o, P点距0为x(xa)， 求P点的电场强度。解 如图，可将左边上下两个电荷看成一个电 偶极子，右边上下两个电荷看成一个电偶极子。利 用电偶极子中垂线上的电场强度公式，可知 的电场强度的方向垂直于 0P 电场强度的大小为不难看岀,6-3三个顶点上的点电荷对方向向上。P点处P点处的qaE 4n 0(x |)3qaa、3(x -)21 qa(3ax2 -24 n 02 a、3(x )43qa24 n 0x4习题6-3图6-4 一均匀带电直线长为 L，线电荷密度为。求直线的延长线上距L中点0为r(rL 2 )处P点的场强。习题6-4解用图解如解用图所示，取中点为O

4、x轴原点，电荷元 dqdx在P点的场强为dEdx24 n 0 r x整个带电直线在P点的场强为dEL 2 dxLL24n 0r x 24n 0r2 L2 4方向沿x轴正向。6-5如下图，两根平行长直导线间距为2R，一端用半圆形线连起来。设全线上均匀带电，电荷线密度为，求圆心o处的电场强度。解方法一如解用图1,考虑对顶角为d 所对应的电荷元dq和dq，那么dq在圆心O处产生的电场强度dEdq4 n 0R2dq在圆心O处产生的电场强度rddq sin2 24 n 0r 4 n 0rd4 n 0R即dE dE,易见两者方向相反，所以合场强为零。又由于此结果与无关，所以对任意一对对顶角为d所对应的电荷

5、dq和dq在圆心O处产生的合场强都为零。所以全线电荷在圆心O处的电场强度为零。习题6-5解法1图方法二由教材例6-4与6-5的结果及场强叠加原理dE0sin d4 n 0REoE半圆+ E上棒 + E下棒n!cos cos n j4 n 0R2.n rsin n sin i 4 n 0R2nrcoscos n j4 n 0 R2.n rsin n sin i 4 n 0 R206-6如图，一个细的带电塑料圆环半径为R，所带电荷线密度为和有 0sin 00，试求圆心0处的场强。解 在如解用图所示的直角坐标系中，电荷元dq dl Rd0sin Rd 在圆心处所产生的电场强度的大小为那么dE沿x轴和

6、y轴的两个分量分别为dExdEcoso sin cos d4 n 0RdEydEsin0 sin2 d4 n 0 R习题6-6解用图ExdEx2n 0sin cos d0 . 2sin8 n 0REy04 n oR2sinE2E1 S b , 2did d21.05(N m2/C)EExiEyj 0 j4 oR6-7图中电场强度的分量为Ex bjx, Ey Ez 0,式中 b 800N/ Cm12 ,设d 10cm。试计算1通过立方体外表的总电通量；2立方体内的总电荷量。解 电场强度为沿x方向的非均匀电场，因此，通过立方体的上、下、前、后四个面的法线与电场强度 垂直，从而电通量为零，而与 x轴

7、垂直的左面1、右面2两个侧面的电通量不为零。1EE1E2E1 S E2 S800.0.2 而 0.122由高斯定理E 得012q 0 e 9.27 10 C120V/m，方向向下，这6-8实验证明，地球外表上方电场不为零，晴天大气电场的平均场强约为 意味着地球外表上有多少过剩电荷？试以每平方厘米的额外电子数来表示。解 设想地球外表为一均匀带电球面，总面积为S,那么它所总电量为0Ee128.85 101201.6 101992526.64 10 /m 6.64 10 /cmqr r0 q E dSS0ES单位面积带电量为a e s 0E单位面积上的额外电子数为6-9内外半径分别为R1和R,的两无

8、限长共轴圆柱面，内圆柱面带均匀正电荷，线密度为，夕卜圆柱面带均匀负电荷，线密度为，求空间的电场分布。oESdSE dS E2nhS侧假设0rR1，ciI 0，得E0假设R1r R2，qih得i习题6-9解用图解由对称性分析可知,E分布具有轴对称性，即与圆柱轴线距离相等的同轴圆柱面上各点场强大小相等，方向均沿径向如解用图，作半径为r，高度为h、与两圆柱面同轴的圆柱形高 斯面，那么穿过圆柱面上下底的电通量为零，穿过整个高斯面的电通量 等于穿过圆柱形侧面的电通量。E2 n or假设 rR2，qi0 得E 0i0(0 r R)R rR2垂直中心轴线向外2 n 0 r(rR2)6-10有均匀带电球体，半

9、径为 R，电量为q，求球内外场强。解 电荷分布具有球对称性，所以电场分布也具有球对称性，场强方向由球心向外辐射，在以O为球心的任意球面上各点的大小相同。如解用图，以O为球心，过P点作半径为r的高斯球面 Sr r2乙E dS E dS E4nSS球内任一点r R1qi0 i4n43 33 o0 水3q 30Rr由高斯定理E4 n2q0R3习题6-10解用图1即球外任一点r R)q4n 0R3由咼斯定理得qiq4 n or2均匀带电球体外任一点的场强，如同电荷全部集中在球心处的点电荷产生的场强一样訂(r R)4 n Rq4 n or2(rR)方向沿半径方向。E r曲线如解用图2。6-11无限大均匀

10、带电平板，厚度为d，电荷体密度为，求板内、外场强分布解 无限长均匀带电平板产生的电场具有平面对称性，即关于板中央平面对称的点 p和p的场强大小相等，方向背离对称面。如解用图，取两底与对称面平行并与对称面等距离，且分别过p和p两点的圆柱面S为高斯面，并设底面积 S，那么此时穿过高斯面的电通量r rr rr vE dsE ds+ E ds左底右底侧面=E S+ E S+ 0 2E S以对称面上的某点 o为原点，设p点的坐标为r假设 d 2 r d/2，那么应用高斯定理有r r oEdS2E SS2r0习题6-11解用图假设r d/2或r d/2那么应用高斯定理有得2E SSd06-12点电荷q2、

11、q3、q4的电荷量均为4910 C,放置在一正方形的四个顶点上，各顶点距正方形中心o的距离均为5cm，将一试探电荷q0910 C从无穷远移到o点，电场力作功多少?方向均垂直于板面。在此过程中qo的电势能改变多少?解由电势叠加原理1 qq2q3q4Vo4 n 0 rrrrL 也 2.88 103V4n 0 r电场力的功Woqo VVoqoVo2.88 10 6J由W oWe得We 2.88 10 6J6-13两个同心的均匀带电球面，半径分别为R 5.0cm, R220.0cm,内球面的电势为V 60V,外球面的电势为 V 30V, 1 求内外球面所带电量；2在两个球面之间何处电势为零?解1以q1

12、和q2分别表示内外球面所带量。由电势叠加原理V1 44 n 0RR260 V,1 q q2304 n 0 R2代入R和R2的值联立解上两式得29q110 9C q2109C33(2) 由v 1 q生0得4 n 0 rR2rR2 10cmq26-14在距无限长均匀带电直线r1 2cm处有一点电荷q0 6.6 10 10C，在电场力作用下，点电荷运动到距直线r2 4cm处，电场力作功 W5.0 10 6J，求带电直线的电荷线密度。解1、2两点间的电势差U12drln 2r1 2 n 0r 2 n 0电荷q0从1点运动到2点电场力作的功Wq0U12 = - ln22 n 02n 0W2 3.14 8

13、.85 10-12 5.0 10-6-10ql n 26.6 100.6936.08 10 7 (C/m)6-15有一均匀带电细圆环，半径为R,电荷线密度为0,圆环平面用支架固定在某水平面上如图，求1在通过圆环中心 O ,且垂直环面轴线上方， 距离环心为h处p点的电势v ； 2有一质量为PM，带电为一q的小球从p点由静止开始，在重力和静电力作用下下落，小球到达O点时的速度。解1均匀带电细圆环的半径为 R，电荷线密度为，那么其所带电习题6-15图量Q 2 nR ，它在中心轴线上 p点的电势Vp4 n 0R2h2R2 0、R2h22在环的圆心O点的电势Q 4 n 0R 2 0pO两点间的电势差Up

14、oR2 0 R2 h21)小球从p点运动到O点，根据动能定理有1 2Mgh ( q)U p0 M 2 0解得：m(1RR2 h2)6-16电荷q均匀分布在半径为 R的球体内，求其激发的电势分布。 解 由习题6-10带电球体的电场分布为方向沿半径方向。球内r球外r4 n oR3 r(r R)4 n or(r R)r r E dl rqrdrr 4n oR3R 4nqdr2orq 3R2 r28n oR3r rE dlqdr4 n or24n or一均匀带电圆盘，半径为 R，电荷面密度为6-17强与电势关系求轴线上任一点场强。取x轴与盘轴线重合，原点在盘上。以。试求1盘轴线上任一点电势；2由场解1

15、的电势为dVpdq4 n o * x2 r22 ndr=2r4 n o * x22x2rdr2r整个盘在p点产生的电势为O为中心，半径为r、宽为dr的圆环在p处产生VpdVprdro2o*dr24 o o L x2r2x2 R2 x02 r点di2 o2 o习题6-18图荷q2，试求当q2为多少时，可使导体电势为零以无穷远处为电势零点解 导体球内部空间是等势区，导体球所带电量Q分布在球面上，在 o点产生的电势6-19三平行金属板 A B、C面积均为2002cm ，a、B板相距4.00mm, A、C相距2.00mm, B和C两dq14 n 0 RdqQ4 n 0 R4 n 0 R,q1q2QO点

16、电势 V004 n4 n od?4 n 0R.q1Qq2d2 -d1R板都接地。如果使 A板带正电3.0 10 7 C，求1B、C板上的感应电荷;2A板的电势。解 由于B、C接地，其外侧电荷必为零1设A板所带电荷量为q ， A板与B板相对的面所带的电荷为q1,与C板相对的面所带的电荷为 q2 ,显然qq1q2(1)B、C三板内电场为零，作一个圆柱形高斯面，一个 底面在A板内，一个底面在 B板内；另一个圆柱形高斯面, 一个底面在A板内，一个底面在 C板内；由高斯定理知，由于Aqcq2(2)由此可知q0SEacq2s(3)习题6-19图因B、C两板接地，UAbU ACEAB dABEAC dAC(

17、4)联解上面4式，得q113q1.0 10 7C q223q2.0107cqB1.0 10 7Cqc2.0 10 7C2因B、C两板接地VbVc 0VaEab dAB三 dAB 2.26 103V0S6-20如图，半径为R的金属导体球外有一内半径为&、外半径为r3的同心导体球壳，设球壳离地很远。假设球壳带电量为q，并设法用导线将内部金属导体球接地，求静电平衡后内球所带的电量。解 设内部金属球接地到达静电平衡后所带电量为q ，球壳内外表感应的电量为 q,球壳外外表总电量为 q q,电荷都均匀分布在各外表 上。由内部金属球接地，知习题6-20图解得q4 nq4 n 0 R2q q04 n 0R36

18、-21两个电容器 G与C2分别标明200pF、500V与300pF、900V，把它们串联起来。1 其等值电容为多大？2两端加上1000V的电压，是否会被击穿? 3 如果要使这电容器组不被击穿,最大可加多大电压？解1 等值电容2加上而U1U1C1C2C1C2200 300 pF200 300120pFU= 1000V电压，各电容器端电压U1C23U2C12U 21000V由此得600V, U 2400V见图200pFC1HI300pFC2电容器C1电压600V超过其耐压值500V,这样C1被击穿,习题6-21解用图接着C2也将被击穿。(3)各电容器由耐压值所决定的最大带电量Qmax。12 6Qi

19、max 200 10500C0.1 10 CQ2max 300 10 12 900C0.27 10 6CC2上的最大电压电容器C1的最大带电量小于电容器 C2，考虑到各个串联的电容器带电量相等，这样 6U2按6的最大带电量Q1max0.1 10 C来推算。串联电容器组最大可加电压U2Q1maxCT10 ：V 333V300 10 12U U1 U2500V333V833V6-22半径为a的二平行长直导线相距为导线间电势差；2此导线组单位长度的电容。解1如图所取坐标0为A导线轴上的一点.Ox垂直于导线, P场强大小为：任一点EaEbd da，二者电荷线密度为，试求1 二U abb r r E d

20、xABEdxA2 n 0x 2 n 0(d x)d adx2 n 0x 2 n 0 (d x)Lc2T0lnx ln(dx)In xa 2 n 0 d x习题6-22解用图(2)c UqB1,d a lnn 0 an 0d a lna假设直导体与导体圆筒之间充以相对电容率为r的均匀各向同性电介质。设直导体和圆筒单位长度上的电荷分别为 场强；2此圆柱形电容器的电容。求1电介质中的电位移、解1由对称性分析，电场为轴对称分布,作半径为r，高度为电容器同轴的圆柱形高斯面，有D2 nhh可得h、与由D 0 rE得电介质中场强E2 n o rR1rR2 )，习题6-23解用图6-23圆柱形电容器由半径为 R1的长直圆柱导体和与它同轴的薄导体圆筒组成，圆筒的半径为E的方向均沿径向向外。2圆柱形电容器两极板间的电势差为dr由电容的定义可求得2 n 0 rl