太原理工大学大学物理第五版第9章课后题解答

9章真空中的静电场(习题选解)补充 三个电量为q的点电荷各放在长为r的等边三角形的三个顶点上电荷-qQ(Q0)放在三角形的重心上为使每个 f1-q负电荷受力为零，Q之值应为多大？ f2q

Q-q -q为f，方向如图所示，其大小为1q2

2

题6-1图f 2 cos30 1 r2 r20 0中心处Q对上顶点电荷的作用力为f

f2

相反，如图所示，其大小为 f 2

3 r r03

4r20由f f1

，得 Q q。3336-补充U的放射性衰变中跑出来的粒子的中心离残核Th23r9.01015m（1）作用在粒子上的力为多大？（2）粒子的加速度为多大？解（1）由反应238U234Th+4He，可知粒子带两个单位正电荷，即92 90

2Q2e3.21019C1Th离子带90个单位正电荷，即Q2

1441019C它们距离为r9.01015m由库仑定律可得它们之间的相互作用力为：QQ 3.210191441019F 1 2 (9.0109) 512Nr20

(9.01015)2（2）粒子的质量为：m 2(m

m)2(1.6710271.671027)6.681027Kgn由牛顿第二定律得：

F 512a 7.661028msF 512m 6.681027如图所示，有四个电量均为q106C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1232、43上的力。解：3个电荷与其它各

题9-1图r

m。各电荷之间均22224用力大小相等，方向相反，两力平衡。由3的力为1 qq

题9-1图F 1 3

1.8102Nr20 13力的方向沿第1电荷指向第3电荷，与x轴成45 角。题略1 q2解 tanl2mgtansin20

(2lsin)20mg

mgtan0mgtan0ABCA点放置点电荷q1

1.8109CB点放置点电荷q 4.8109CBC0.04mAC0.03m，试求直角顶点CE。2解：A点电荷在C点产生的场强为E，方向向下11 qE 11.8104Vm11 r20 1B点电荷在C点产生的场强为E ，方2向向右1 q 9-3图E 22.7104Vm12 r20 2C点场强E

E2E21 23.24104E2E21 2E与CB夹角为tan

1EEE2 E 2arctan1E2

arctan 33.739-补充带电，单位长度上的电荷量为，试求距棒的一端垂直距离为dP点处的电场强度。解：元dxP点产生的场强为dEdq

题9-补充a图dE r20

40

( x

d2)2

40

(x

d2)场强dExy轴的分量x2d2dE dEsix2d2xx2d2dE dEcox2d2y题9-补充b图E

dx2x x

40

2(x2d2)32

1 000

2d(x2d2

240

(d)4d0E

dx10d2(dx10d2(x2d2)2y y

40

(x2d2)32

4d00P点场强 E

4dE2E2E2x y2Ex方向与Y轴夹角为 ExEy

45如图所示，一条长为q任一点P的场强。解：在坐标原点0为rdqdrqdr2l该线元在带电直线延长线上距原点为x的

题9-4图P点产生的场强为 题9-4图dE dqP点的场强

(xr)20EdE EdE (

qdr

ld(xr) q 1ll2l(xr)2 l l(xr)2 l xrl0 0 0 l q ( 1 1)

ql ql xl xl l(x2l(x

l)20 0 0一根带电细棒长为xA为正的常数xxb2l处的电场强度。解：在坐标为x处取线元dx，带电量为dqAxdx，该线元在P点的场强为dE，方向沿x轴正方向dE dq4

(b2lx)20整个带电细棒在P点产生的电场为EdE2l0A

Axdx题9-5(b2lx)20b2lxb2l 2l

dx00

bx2A

[2ldblx)22lbl)dblx)]40A

0 2(bx)2 2l) 1(b2lx)0

(b2lx)22l A b

ln(b2lx)2

4

(ln

2 )0 0场强E方向沿x轴正方向

0 0 b l b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。题9-6图解：以圆心为原点建立如图所示Oxy坐标，在胶棒带正电部分任取一线元dlOA夹角为dqO点产生电场强度

2qdlRdE dq

2q dl

q dR20

2R30

22R20把场强dExy轴的分量dE dEsinxdE dEcosyE

q sind q2 x x2

22R20

22R202E dE q cos q2

题9-6图y y 02R20

22R20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 与Ex x

大小相等，方y向相同；沿y轴方向的分量E与y

大小相等，方向相反，互相抵消，故点场强为EyEE2Ex

q2R20

方向沿x轴正向。如图所示，两条平行的无限长均匀带电直线，相距为d为和，求：两线构成的平面的中垂面上的场强分布；y2(d2)2解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yy2(d2)2E 1 d2 120

(y2 )24E 2 d2 120

(y

)24

题9-7图yE1PEEyE1PEE2+-d/2θθo-d/2x互抵消EE E1x 2

EcosE1 d

cos2 22

题9-7图 d2 1 d2 1(d

y2)2(4

y2)2 x轴正方向d220

( y249-89-8求两无限大均匀带电平板的电场分布已知：求：分布2两无限大带电平板产生场强大小分别为E +2方向如图红色0E —20方向如图蓝色太原理工大学大学物理由叠加原理，两极板间场强由叠加原理，两极板间场强E E E + —2 两板外，左侧020220x轴正向E E1E 2202—+2x轴正向两板外，右侧00E 3E E+—20— 2220x轴负向0太原理工大学大学物理一无限大均匀带电平面，电荷面密度为，在平面上开一个半径为R洞，求在这个圆洞轴线上距洞心rP的场强。解：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，面密度相同的圆盘。距洞心rP点的场强E E Ep 式中E为无限大均匀带电平面在P点产生的场强 题9-9图E 0方向垂直于平面向外ER的均匀带负电圆盘在其轴线上距中心为rP盘上取半径为r，宽为drP点产生场强dE

rdq

0

(r2

r2)32

40

(r2

r2)32EdE dr [ R0 EdE dr [ R0(r2r2(r2r2)320

(r2

r2)120rR2r2 rR2r220r故 E E EP

2(R20

r2)12

方向垂直平面向外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3.12109C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EE0 圆棒

EAB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 0。圆环上一带负电小圆弧棒相对于圆心O看成一个点电荷，电量为：

题9-10图q q dl2Rq 1 qE dlAB

4R20

4R20

2Rqdl m1qdl2R30圆心处场强E0

EAB

m1，方向指向空隙。题略解（1）点电荷在立方体的中心，由高斯定理知：通过立方体表面的电通量为EdSq0则通过该立方体任一个面的电通量为q 。60（2）点电荷在立方体的一个顶点上，以该顶点为中心作一边长为2a的立方体，由高斯定理知：通过立方体表面的电通量为EdSq0则通过该立方体任一个面的电通量为q 。2409-补充 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E0

（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。解（）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：

dq2rdr。由圆环电荷在其轴线上任一点P(OPx)的场强公式2xrdrx轴正方向。P点总场强

dE

40

(x

r2)32EdEx rdr020

(r2x2)32xx01(r2x2)12 20 0 补充(a图（0Ex轴正方向）（2）建如图(bzyy向单位长度带电荷为dyx轴距原点O为a的P的场强20y220y2a2

dy

题9-补充(b)图dEy轴分量总和为零所以 EdE dEcox20y2a2y20y2a2y2a2

dy

yaya 0 0

0 因为0Ex轴正方向。9-补充 如图所示，半径为R的带电细圆环，线电荷密度0

cos 为常0数，Rx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dlRd，带电量为dq0

cosRd，线元与原点Ox轴夹角为，在O点的场强dE大小为题6-12图dq R dE

0 cosd 0 cosdR20

40

R2 R0dExy轴的分量dE

dEcos 0 cos2x R0dE dEsin 0 cossindy R0整个带电圆环在OExy轴的分量2

2 E

0 cos2 0 ( sin) 0 x x

40

R dsindsin

R 2 4 R 0 ( 0 ( 0EdE 0 sin EdE 0 sin

sin2 2y y

40

R R 20 0故 EE i 0 ixE的方向沿x轴负方向。

R0EER通过此半球面的电场强度通量。解：方法一：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： ES2Ee故通过半球面的电场强度通量亦为R2E。方法二：在半球面上取宽为dldS2sind通过面元dS的电场强度通量d EcosdSEcos2sinde通过整个半球面的电场强度通量2 1 d e e 0

2Esin

2Esin22 0

R2E9-补充 在半径分别为R1

题9-12图R Q和Q，求2 1 2空间的场强分布，并作出Er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。Or为半径（R1

r0）作一同心球面，由高斯定理，球面包围电荷量为零，即

EdS0s I因而 E0I以Or（R2

rR）1作一同心球面，由高斯定理Es II

dSQ0QE r2 IIQ0Q Er9-补充所示。E 1 I r0以O为圆心，半径为r（R2

r）作一同心的球面，由高斯定理Es

III

dS

QQ1 20EIII

r2

QQ2121所以 E

0QQQ 1 2III

r20设均匀带电球壳内、外半径分别为R和R ，带电量为Q。分别利用高斯1 2定理与用均匀带电球面的电场叠加求场强分布，并画出Er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。在rR1

的区域，电量为零。由高斯定理EdS0，因而各点场强为零。sR1

rR2

区域，以r为半径作同心球面。由高斯定理

EdSqs 由 q

04 4Q ( r3 R34 44R3 R3 3 3 13 2 3 1Q(r3R3)E2 1 (R30 2

R3)1因此 E Q

r3R31r20

R3R32 1在rR2

区域，以r为半径作同心球面，由高斯定理

EdSqQs0 0QE20Er曲线如图9-13所示。

E Qr20Er曲线如图9-13所示。无限长共轴圆柱面，半径分别为R和R (R1 2 2

R)，均匀带电，单位长度1上的电量分别为和1 2

。求距轴为r处的场强(1)rR1

；(2)R1

rR2

；(3)rR。2（1）R1

r(rR1

)，高为l的同轴圆柱面，作ES

S

S

qdS 0s s

s

s 侧 0各点E垂直于轴线，上下底面电通量为零rlE 0侧因而 E0 (rR)1R、R1 2

的两圆柱面间作半径为r(R2

rR1

)，高为l的同轴圆柱面作为高斯面，由高斯定理

ES

q l 1s 0 0 lE dS 1s 侧012rlEl101可见 E1

r0（3）同理在rR的区域 E1 22 r0如图所示，点电荷q109CA、B、C三点分别距q为10cm20cm30cmBA、C两点的电势VV 。

题9-15图A C解：qqBC的连线xxx正方向。

题9-15图E qx20AB两点，电势差V V Bd0.2Edx0.2 q dxA B A 0.1 0.1

4x20 q 0.2dx

q (1)0.2

45V40

0.1

x2 0

x0.1

40由V 0， 故 VB

45VB、C两点，电势差为：VEdxVEdx

0. q

q 1 0.3B C 0.2

0.2x0

40

x0.2dx () dx () B

15V真空中一均匀带电细圆环，线电荷密度为解：在细圆环上取长为dl的线元，带电量为dqdl在圆心处产生的电势dq

dldV

R0

R0整个带电圆环在圆心O的电势VdVRdl R 0 0

R 0

R 0

题9-169-17长为2l，带电量为q的均匀带电细棒，求延长线上距棒一端为a的点p的电势。解：建立图示坐标（1）取线元dxqdqdx（2）dq在p点的电势dV2lr a（3）整个细棒在p点的电势00VdV2l0dxa4ln(2lax)2l04ln2la0q lna0学物理a l aq0l1+l）a9-199-19如图:均匀带电球面电势分布q1q2（1）rR由电势叠加原理可得q1V1q4π2（2）RrR4πR0 1Vq0 21q124πr4πR2（3）rR2Vq4πr10q0 24πr2太原理工大学大学物理009-209-20有一个半径为R的球体，球内部带电，电荷体密度的表达式为(r)qr(r)0R4(r≤R)(r≥R)求(1)球体总带电量Q。(2)球内、外各点的场强。(3)球内、外各点的电势。解：在球内取半径为r，厚度为dr的薄球壳，该壳内包含的电量qrdqdVR44r2dr4qr3drR4太原理工大学大学物理球体总带电量球体总带电量QdqR4qr3drq0R4(2)球内、外各点的场强。场强分布具有球对称性，高斯面为球面。通过高斯面的电通量E2e当场点在球面外时E2方向沿半径向外太原理工大学大学物理或或1Er2 0qR4r04qR4r3drqR4r4r4方向沿半径向外或太原理工大学大学物理(3)(3)球内、外各点的电势。由（2）知，带电球的电场分布rP∞当r>R时选V =0，沿矢径方向积分到无限远处，球面外一点p的电势∞Vqp r4r2drq0r（r0太原理工大学大学物理当当r<R球面内一点p’的电势VRrp’∞pRrqr2R40rRrRqr2dr0q0- qr3 + qR4 R0 0q0-qr3R40q12R4-r3R30太原理工大学大学物理题略解：取无穷远处电势为零，则内球面处电势为 V

q 外球面处电势为 V

q

1 0

2R02 2R0

2R0 动能 1mv2

V)= Qq题略

2 1

R0解：取无穷远处电势为零，则O点的电势为 V00C点电势为 VC

q0

q4R0电荷q0从O到C移动过程中电场力作功为qqA qOC 0 O

V)=C

0R09补充 半径为2mm的球形水滴具有电势30V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）？（1）xR，电场强度QE4x2Q0水滴的电势VEdx Q dxR Rx0

题9-补充图 Q

d( ) Q1R10

x R0故 QRV1012CpC0（2）QR32R1.26R，水滴外任x（x1.26R）的电场强度2QE x20大水滴的电势 VEdx Q dxR 1.26Rx0 0

(1)x1.26R

41.260

476V9-补充 两个同心的均匀带电球面半径分别为R1

5.0cm，R2

20.0cm，已知内球面的电势为V1

，外球面的电势V2

（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？（1）设内球面带电量为Q1

，外球面带电量为Q2

，由电势叠加原理Q1VRQ10 1

42RQ0 2Q

①1Q2V R1Q20 2

Q2R20 2

②Q 1 1 R121 由①-②得：121

RRRR

4RR

900 1 2 0 1 2RR 20.05.0104Q90 0 1

90

6.671010C1 RR2 1

9109 20.0

102将Q的数值代入①式可得：1

Q 13.31010C2（2）在两球面之间，电势表达式为Q QV 1 2 r r0