物理学教程(第二版)09-5电势 (新)

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物理学教程(第二版)09-3高斯定理(新)

物理学教程(第二版)09-3高斯定理(新)
侧 左底
右底
= ES +ES
高斯定理等 式的左边
E= 2 ε
作为经验 公式记住
σ
= 2E S = ε σ =2
σS
0
高斯定理等 式的右边
ε
0
E
恰当的高斯面 是个圆柱体
S
0
恰当的高斯面 是一个圆柱体
E σ
4. 均匀带电圆柱面的电场
设沿轴线方向单位长度带电量为λ (1)r <
R
均匀带圆柱面内任意点
0
理由:夹角为90
分析:两板上各自带有正电荷还是负电荷, 题目没有明确的给出,但是图中已经标出两 板之间电场强度矢量叠加以后的方向是向 上的,因此先在图上画出电场线,即可判断 出A、B 板上所带电荷的极性。

A
σA σB,
E
B

E 下方= ?
根据电场线的走向,可知A板上 带有负电荷、B 板上带有正电荷
σ 应用无限大均匀带电平板电场的经验结论: 2 0 ε 列出相应的方程:
如果高斯面外有电荷,则即使高斯面内无电荷,则高斯面上E可 以处处不为零)因此A、B、C是不正确的。
电场强度通量只取决于高斯面内的电荷,所以 高斯面的E 通量不为零,则高斯面内必有净电荷
∴D是正确的。
例题:如图所示,一均匀带电Q 的球形膜,在它 的半径从R1扩大到R2的过程中,距球为R 的

2
π 4ε R 一点的场强将由____________变为_______,
分析:∵电场线穿过封闭的半球面∴穿过封
闭半球面的电场强度通量为零。即:
s E . dS = 0 s E . dS = E . dS + E . dS = 0
圆面 半球面

物理学教程第二版课件

物理学教程第二版课件
o
V
p,V , T
第七章 气体动理论
物理学教程 (第二版)
平衡态的特点
p
( p ,V , T )
* ( p ,V , T )
o
1)单一性(
V
p -V 图 上的每一点 表示一个平 衡态
ห้องสมุดไป่ตู้
p , T 处处相等);
2)物态的稳定性—— 与时间无关;
3)自发过程的终点;
4)热动平衡(有别于力平衡).
第七章 气体动理论
第七章 气体动理论
物理学教程 (第二版)
§7.1 平衡态 理想气体物态方程 热力学第零定律 热学涉及到宏观与微观两个层次 宏观理论热力学的两大基本定律: 第一定律, 即
能量守恒定律; 第二定律, 即熵增加定律 .
科学家进一步追根问底, 企图从分子和原子的微 观层次上来说明物理规律, 气体分子动理论应运而生 .
物理学教程 (第二版)
三 理想气体物态方程
理想气体宏观定义:遵守三个实验定律的气体 . 物态方程:理想气体平衡态宏观参量间的函数 关系 .
pV NkT
k 1.3810 J K
23
23
1
令 则
N NA
pV NA kT

阿伏伽德罗常数
NA 6.0210 mol

1
p1 V1 M 1
p2 V2 M 2
原有
p3 V3 M 3 使用时的温度为T
剩余
设可供 x 天使用
x 每天用量
p 2 V2 M 2 T
p1 V1 M 1 T
p3 V3 M 3 T
第七章 气体动理论
物理学教程 (第二版)
分别对它们列出状态方程,有

静电场的环路定理 电场的电势(势函数):静电场的保守性意味着,对静电场来说,存在着一个由电场中各点位

静电场的环路定理 电场的电势(势函数):静电场的保守性意味着,对静电场来说,存在着一个由电场中各点位

9-6 电势
物理学教程 (第二版)
三 电势的叠加原理
点电荷系 E Ei
i
VA E dl Ei dl
A
iA
q1
q2 q3
r1 r2 r3
E3
E2
A
E1
VA
VAi
i
i
qi
4π 0ri
电荷连续分布
VP
dq
4π 0r
dqqdrqP
dV
dE
第九章 静电场
9-6 电势
第九章 静电场
9-6 电势
物理学教程 (第二版)
此标量函数(电势)在 A、B 两点的数值之差等 于从A到B移动单位正电荷时静电场力所做的功.
E dl
( EpB
EpA )
AB
q0 q0
q0
E dl AB
(VB
VA )
A
B E
B 点电势
VB
EpB
q0
A 点电势
VA
EpA q0
VA AB E dl VB ( VB为参考电势,值任选)

V外 (r)
Q
4π 0r
可得
V (R)
Q
4π 0R
V内

V内(r)
R r
E1
dr
R
E2
dr
Q
4π 0R
Q
V外 (r) 4π 0r
Q
V内(r) 4π 0R
V
Q
4 π 0R
oR
Q
4π 0r物理中能量单位 1eV 1.602 1019 J
第九章 静电场
9-6 电势
物理学教程 (第二版)
二 点电荷的电势

大学物理学26第九章94 电场强度通量 高斯定理 95 静电场的环路定理 电势能

大学物理学26第九章94 电场强度通量 高斯定理 95 静电场的环路定理 电势能


E dS
S

E dS E dS E dS
s(柱面)
s(上底) s(下底)
E dS
s(柱面)
z
en
+
E
+
r h
+
+o y
x
+ en en
第九章 静电场
广东海洋大学理学院教学课件

E dS EdS
S
s ( 柱面)
E dS
1
S
0
n
qi
i 1
总结
1)高斯面上的电场强度为所有内外电荷的总电场强度. 2)高斯面为封闭曲面. 3)穿进高斯面的电场强度通量为负,穿出为正. 4)仅高斯面内的电荷对高斯面的电场强度通量有贡献. 5)静电场是有源场.
第九章 静电场
广东海洋大学理学院教学课件
物理学教程 (第二版)
Ei dS
i
s qi



i(内) S
Ei
dS
i(外) S
Ei
dS
Φe
i(外) S
i(内) S
Ei Ei
dS 0
dS
1
0
qi
i (内)
第九章 静电场
广东海洋大学理学院教学课件
物理学教程 (第二版)
高斯定理 Φe
广东海洋大学理学院教学课件
物理学教程 (第二版)
点电荷在任意封闭曲面内
q发出的 q / 0
条电场线仍全部穿出封闭
+
曲面 S ,即:
e

q
0

物理学教程(第二版)_马文蔚下册公式原理整理(1)

物理学教程(第二版)_马文蔚下册公式原理整理(1)

物理期末知识点整理1、 计算题知识点1) 电荷在电场中运动,电场力做功与外力做功的总的显影使得带电粒子动能增加。

2) 球面电荷均匀分布,在球内各点激发的电势,特别是在球心激发的电势(根据高斯定理,球面内的电场强度为零,球内的电势与球面的电势相等04q Rεπε=,电势满足叠加原理)3) 两个导体球相连接电势相等。

4) 载流直导线在距离r 处的磁感应强度02IB rμπ=,导线在磁场中运动产生的感应电动势。

(电场强度02E r λπε=)tφξ=- 5) 载流直导线附近的线框运动产生的电动势。

6) 已知磁场变化,求感应电动势的大小和方向。

7) 双缝干涉,求两侧明纹间距,用玻璃片覆盖其中的一缝,零级明纹的移动情况。

(两明纹间距为'd d dλ∆=,要求两侧明纹的间距,就是要看他们之间有多少个d ∆,在一缝加玻璃片,使得一端的光程增加,要使得两侧光程相等,光应该向加玻璃片的一方移动)8) 牛顿环暗环公式,理解第几暗环的半径与k 的关系。

(r =k=0、1、2…..))9) 光栅方程,光栅常数,第几级主极大与相应的衍射角,相应的波长,每厘米刻线条数,第一级谱线的衍射角(光栅明纹方程(')sin b b k θλ+=±(k=0、1、2….)暗纹方程(')sin (21)/2b b k θλ+=±+(k=0、1、2….)光栅常数为'b b +)10) 布鲁斯特定律,入射角与折射角的关系21tan b n n θ=2、 电场强度的矢量合成3、 电荷正负与电场线方向的关系(电场线从正电荷发出,终止于负电荷)4、 安培环路定理0Bdl I μ=⎰。

5、 导线在磁场中运动(产生感应电动势),电流在磁场中运动受到安培力的作用。

6、 干涉条件(频率相同,相位相等或相位差恒定,振动方向相同)b θ27、 薄膜干涉(主要是垂直入射的情况,光程差为122dn λ+(有无半波损失主要看题目的具体条件而定))8、 增透膜(2(21)/2dn k λ=±+(k=0、1、2….))9、 单缝衍射的第一暗纹sin b k θλ=±(k=1、2….)k=1时求衍射角θ 10、自然光透过偏振片,光强为原来的一半11、马吕斯定律,注意平方(20I I COS θ=,θ为两偏振片狭缝的夹角) 12、无限大均匀带电平面激发的电势02E σε=13、劈尖14、迈克尔孙干涉仪,动臂反射镜移动,干涉条纹的移动(/2d n λ∆=∆,n ∆为移动的条纹的个数)15、单缝衍射,两侧第几级暗纹之间的距离(暗纹sin b k θλ=±(k=1、2….),明纹sin (21)/2b k θλ=±+(k=1、2….),中间明晚呢的宽度为2/f b λ)16、电子加速后的德布罗意波长为λ= 17、电场力沿闭合路径做功为零。

大学物理 9-6 电势

大学物理  9-6 电势

y
q
ox a
第九章 静电场
9-6 电势
解: dV
=
dq
4πε 0a
V
= dV L
=

q
0
dq
4πε 0a
1q
= 4πε 0a 0dq
q
= 4πε 0a
第九章 静电场
物理学教程 (第二版)
dq y ox
a dV
9-6 电势
物理学教程 (第二版)
4)对称性分布电场的电势计算
首先用高斯定理求出空间各点的场强
rB
r
r
9-6 电势
物理学教程 (第二版)
P31 例3 均匀带电球壳的电势.
真空中,有一带电为 Q ,半径为 R 的带电球壳.
试求(1)球壳外两点间的电势差;(2)球壳内两点
间的电势差;
(解1)rrVARR,V,BEE21rr4AB0πEq20r d2 rer
r +
+ +
3
2、求:V1、V2、 V3
8
r = 50cm V3 =r E3. dl

r
q1 q2
40r 2
d
r
=
q1+q
4πε 0r
2
=450(V)
第九章 静电场
9-6 电势
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8 8
V2 =r E
.dl =
r2

r
E
.
2
d
l
+
r2E
.
3
d
l
r = 20cm r2 q1 d r q1 q2 d r
电荷无关; 但有正、负之分

大学物理学(第二版)全套PPT课件

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万有引力定律
任意两个质点通过连心线方向上的力相互吸引。 该引力大小与它们质量的乘积成正比与它们距离 的平方成反比。
机械能守恒定律
在只有重力或弹力做功的物体系统内(或者不受 其他外力的作用下),物体系统的动能和势能( 包括重力势能和弹性势能)发生相互转化,但机 械能的总能量保持不变。
04
动量守恒与能量守恒
热力学第二定律
热力学第二定律的表述
不可能从单一热源取热,使之完全转换为有用的功而不产生其他影响。
热力学第二定律的数学表达式
对于可逆过程,有dS=(dQ)/T;对于不可逆过程,有dS>(dQ)/T,其中S表示熵,T表 示热力学温度。
热力学第二定律的应用
热力学第二定律揭示了自然界中宏观过程的方向性,指出了与热现象有关的实际宏观过 程都是不可逆的。同时,它也提供了判断这些过程进行方向的原则。
刚体的定轴转动中的功与能
转动功
力矩在转动过程中所做的功叫做“转动功”,它等于力矩与角位 移的乘积。
转动动能
刚体定轴转动的动能叫做“转动动能”,它等于刚体的转动惯量与 角速度平方的一半的乘积。
机械能守恒
在只有重力或弹力做功的情况下,刚体的机械能守恒,即动能和势 能之和保持不变。
06
热学基础
温度与热量
磁场的基本概念
01
磁场的定义
磁场是一种物理场,由运动电荷或电流产生,对放入其中的磁体或电流
有力的作用。
02
磁感线
用来形象地表示磁场方向和强弱的曲线,磁感线上某点的切线方向表示
该点的磁场方向。
03
磁场的性质
磁场具有方向性、强弱性和空间分布性。
安培环路定理与毕奥-萨伐尔定律
01

高中物理第二册电势、电势差和电势能2

高中物理第二册电势、电势差和电势能2

电势、电势差和电势能【教学结构】电势能、电势、电势差三个物理量联系密切,表示电场的能的性质。

三个概念均很重要,但需要突出电势差概念的理解和应用。

一、电势能1.电场力的功W=F · S S 应是沿电场线方向位移,根据F 、 S 的方向决定电场力做正功、负功。

电场力做功与路径无关,与重力功比较理解上述内容2.电势能:电荷在电场中具有的势能,和重力势能一样要确定0势能的位置。

比0电势能高的电势能为正,比零电势能低的电势能为负。

电势能用ε表示,单位焦耳(J )3.电势能与电场力的功的关系,W=-△ε △ε=ε2 - ε1 ,电场力做正功电势能减少,电场力做负功电势能增加。

与重力功和重力势能变化的关系进行比较。

二、电势1.电势定义:U=εq 。

图1所示为正点电荷的电场,为距Q无穷远处,此处电势能为零,把电量不同的正电荷q 1、q 2、q 3……从无穷远处A 点移到电场中B 点,电场力做负功为W 1、W 2、W 3……,所以电荷在B 点电势能应为ε1、ε2、ε3,虽然q 不同,ε不同,但它们比值,εεε11223q q q ,,相同,用此理解,电势的概念为单位电量电荷在B 处所具有的电势能,或理解为1库仑的电荷从B 到A 电场力做的功。

2.电势是标量,单位:伏特简称伏,用V 表示,1V=1J /C 。

从上面过程分析可知,在离场源无穷远处电势为0。

(1)正电荷电场中,处处电势为正,负电荷电场中,处处电势为负。

(2)沿电力线方向,电势降低。

3.电势能与电势的关系,ε=υq ,对照电场力和电场强度的联系和区别进行比较。

判 断q 在正、负点电荷电场中的电势能的正负,分q 为正、负电荷两种情况考虑。

4.等势面:电场中电势相等的点构成的面(1)在同一等势面上的任意两点间移动电荷电场力不做功,与在同一水平面上移动的物 体重力不做功的道理一样(2)等势面一定与电场线垂直(3)匀强电场中的等势面是与电场线垂直的一族平面。

物理学教程第二版

物理学教程第二版

把水的冰点定为100度。后来他的同事施勒
默尔把两个温度点的数值又倒过来,就成
了现在的百分温度,即摄氏温度,用℃表
示。华氏温度与摄氏温度的关系为: ℉=9/5 ℃ +32,或 ℃ =5/9(℉ -32)
第七章 气体动理论
物理学教程 (第二版)
§7.2 物质的微观模型 统计规律性 宏观物体都是由大量不停息地运动着的、彼此 有相互作用的分子或原子组成 . 现代的仪器已可以观察和测量分子或原子的大 小以及它们在物体中的排列情况, 例如 X 光分析仪, 电子显微镜, 扫描隧道显微镜等.
玻尔兹曼与吉布斯发展了经典统计力学 .
热力学与统计物理的发展, 加强了物理学与化学 的联系, 建立了物理化学这一门交叉科学 .
第七章 气体动理论
物理学教程 (第二版)

研究对象 热现象 : 与温度有关的物理性质的变化。 热运动 : 构成宏观物体的大量微观粒子的永不 休止的无规运动 .
研究对象特征 单个分子 — 无序、具有偶然性、遵循力学规律. 整体(大量分子)— 服从统计规律 .
y
A2
o
- mv x mv x
v
A1
vy
y
z x
o
v vx
z
x
vz
第七章 气体动理论
物理学教程 (第二版)
单个分子对器壁碰撞特性 : 偶然性 、不连续性. 大量分子对器壁碰撞的总效果 : 恒定的、持续 的力的作用 . 热动平衡的统计规律 ( 平衡态 )
dN N 1)分子按位置的分布是均匀的 n dV V
p1 V1 M 1
p2 V2 M 2
原有
p3 V3 M 3 使用时的温度为T
剩余

物理学教程第二版马文蔚下册课后答案完整版

物理学教程第二版马文蔚下册课后答案完整版

第九章静电场9- 1电荷面密度均为+ 的两块"无限大”均匀带电的平行平板如图(A)放置,其周围空间各点电场强度E(设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x变化的关系曲线为图(B)中的()板法向向外,依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向•因而正确答案为(B).9-2下列说法正确的是()(A)闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内一定没有电荷(B)闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内电荷的代数和必定为零(C)闭合曲面的电通量为零时,曲面上各点的电场强度必定为零(D)闭合曲面的电通量不为零时,曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解依照静电场中的高斯定理,闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内电荷的代数和必定为零,但不能肯定曲面内一定没有电荷;闭合曲面的电通量为零时,表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面,不能确定曲面上各点的电场强度必定为零;同理闭合曲面的电通量不为零,也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零,因而正确答案为(B).9-3 下列说法正确的是()(A)电场强度为零的点,电势也一定为零(B)电场强度不为零的点,电势也一定不为零分析与解“无限大”均匀带电平板激发的电场强度为(T2⑪,方向沿带电平题9-1 图(C)电势为零的点,电场强度也一定为零(D)电势在某一区域内为常量,则电场强度在该区域内必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量,电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零,电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时,电场力作功为零•电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功;电场强度等于负电势梯度因而正确答案为(D).*9 —4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子,其电偶极矩p的方向如图所示•当电偶极子被释放后,该电偶极子将( )(A)沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止(B)沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端,同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C)沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端,同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D)沿顺时针方向旋转至电偶极矩p水平方向沿棒尖端朝外,同时沿电场线方向朝着棒尖端移动分析与解电偶极子在非均匀外电场中,除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外,还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用,因而正确答案为(B).—21 9—5精密实验表明,电子与质子电量差值的最大范围不会超过土10—e,—21而中子电量与零差值的最大范围也不会超过土10 e,由最极端的情况考虑,一个有8个电子,8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少?若将原子视作质点,试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析考虑到极限情况,假设电子与质子电量差值的最大范围为2X10—21e, —21中子电量为10 e,则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷•由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的题9-4图库仑力,并与万有引力作比较•解 一个氧原子所带的最大可能净电荷为21q max 1 28 10 e二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为2qm^ 2.8 10 64 n ^Gm显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异,其差异在土 10「21e范围内时,对于像天体一类电中性物体的运动, 起主要作用的还是万有引力. 9-6 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21由一个带—e 的上夸克和两个带-e 的下夸克构成.若将夸克作为经典粒 33_ 20— 15子处理(夸克线度约为10「m ),中子内的两个下夸克之间相距 2.60 10 m .求它们之间的相互作用力.解 由于夸克可视为经典点电荷,由库仑定律F1 qe e 1 e 2e 3 7ON eF — e r ^e r 3.7O N e r4 n 0 r 4 n 0 rF 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力 .9— 7点电荷如图分布,试求 P 点的电场强度.分析 依照电场叠加原理,P 点的电场强度等于各点电荷单独存在时在 P 点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q 的一对点电荷在P 点激发的电场强度大 小相等、方向相反而相互抵消, P 点的电场强度就等于电荷量为 2.0 q 的点电荷在该点单独激发的场强度 . 解根据上述分析题9-7 图F e F gE P1 2q 4n 0 (a/ 2)29-8 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1Q2 2n% 4r L(2)在棒的垂直平分线上,离棒为r处的电场强度为_1 _____ Q ___2n% r、4r2 L2若棒为无限长(即L g ),试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较•分析这是计算连续分布电荷的电场强度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dx,其电荷为dq = Qdx/L,它在点P的电场强度为整个带电体在点P的电场强度E dE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,E dE iL.此时棒的长度不能忽略,因而不dE1 dq4 n % r2图(2)若点P 在棒的垂直平分线上,如图 (a)所示,则电场强度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-燉一积分变量,则电场强度的方向沿x 轴.sin a dq y dE L4冗笳利用几何关系 sin a= r/ r-r 2 x 2统一积分变量,则L/21E-L/2-224 n 0 L x rElim 2 n _ r 2 212 n%r ■1 4r /L2 n%r此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同 [图(b):.这说明只要满 足r 2/ L 2 vv 1,带电长直细棒可视为无限长带电直线 .9- 9 一半径为R 的半球壳,均匀地带有电荷,电荷面密度为 o;求球心处电场强度的大小.当棒长L is 时,若棒单位长度所带电荷 X 为常量,则P 点电场强度(1)延长线上一点PdE y j的电场强度sin dE j四,利用几何关系r 'L2n °r 2E PL /21 Qdx -L/24 n% L r x 24 n^L r L/21r L/21 Q2 2n% 4r L(2)根据以上分析,中垂线上一点P 的电场强度 E 的方向沿y 轴,大小为rQdx372_Q _____ 1_ 2 n °r 、4r 2 L 2Q/L分析 这仍是一个连续带电体问题,求解的关键在于如何取电荷元 •现将半球壳分割为一组平行的细圆环,如图所示,从教材第9- 3节的例2可以看出,所有平行圆环在轴线上 P 处的电场强度方向都相同,将所有带电圆环的电场 强度积分,即可求得球心 O 处的电场强度•解 将半球壳分割为一组平行细圆环,任一个圆环所带电荷元2dq dS 2 n R sin d ,在点0激发的电场强度为由于平行细圆环在点 0激发的电场强度方向相同,利用几何关系x Rcos B , r Rsin B统一积分变量,有dE 1 xdq4 n o x 22 3/2r积分得dE1 xdq 4 n o x 22 2/3r1 Rcos 4 n 0 R 32 T R 2Sin d-sincos dn /2-sin 0cos d题9-9图题9-10 图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P o er。

物理学教程第二版下册问题详解

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物理学教程下册答案第九章 静 电 场9-1 电荷面密度均为+σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A)放置,其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B)中的( )题 9-1 图分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为02εσ,方向沿带电平板法向向外,依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B).9-2 下列说法正确的是( )(A)闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内一定没有电荷(B)闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内电荷的代数和必定为零(C)闭合曲面的电通量为零时,曲面上各点的电场强度必定为零(D)闭合曲面的电通量不为零时,曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理,闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内电荷的代数和必定为零,但不能肯定曲面内一定没有电荷;闭合曲面的电通量为零时,表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面,不能确定曲面上各点的电场强度必定为零;同理闭合曲面的电通量不为零,也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零,因而正确答案为(B).9-3下列说法正确的是( )(A) 电场强度为零的点,电势也一定为零(B) 电场强度不为零的点,电势也一定不为零(C) 电势为零的点,电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域内为常量,则电场强度在该区域内必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量,电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零,电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时,电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功;电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).*9-4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子,其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后,该电偶极子将( )(A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止(B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端,同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端,同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外,同时沿电场线方向朝着棒尖端移动题9-4 图分析与解电偶极子在非均匀外电场中,除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外,还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用,因而正确答案为(B).9-5 精密实验表明,电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10-21 e ,而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10-21e ,由最极端的情况考虑,一个有8个电子,8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少? 若将原子视作质点,试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析 考虑到极限情况, 假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10-21 e ,中子电量为10-21e ,则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力,并与万有引力作比较.解 一个氧原子所带的最大可能净电荷为 ()e q 21max 10821-⨯⨯+=二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e 显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异,其差异在±10-21e 范围内时,对于像天体一类电中性物体的运动,起主要作用的还是万有引力. 9-6 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e 32 的上夸克和两个带e 31-的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10-20 m),中子内的两个下夸克之间相距2.60×10-15 m .求它们之间的相互作用力.解 由于夸克可视为经典点电荷,由库仑定律()r r r re r q q e e e F N 78.3π41π412202210===εε F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.9-7 点电荷如图分布,试求P 点的电场强度.分析 依照电场叠加原理,P 点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P 点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q 的一对点电荷在P 点激发的电场强度大小相等、方向相反而相互抵消,P 点的电场强度就等于电荷量为2.0q 的点电荷在该点单独激发的场强度.解 根据上述分析 2020π1)2/(2π41aq a q E P εε==题 9-7 图9-8 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 2204π1Lr Q εE -= (2) 在棒的垂直平分线上,离棒为r 处的电场强度为2204π21L r r Q εE += 若棒为无限长(即L →∞),试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.题 9-8 图分析 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d x ,其电荷为d q =Q d x /L ,它在点P 的电场强度为r r q εe E 20d π41d '=整个带电体在点P 的电场强度 ⎰=E E d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 E i E d(2) 若点P 在棒的垂直平分线上,如图(a)所示,则电场强度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⎰⎰==L y E E j j E d sin d α证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L rq E20π2d ε,利用几何关系 r ′=r -x 统一积分变量,则()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.(2) 根据以上分析,中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴,大小为E r εq αE L d π4d sin 20⎰'= 利用几何关系 sin α=r /r ′,22x r r +=' 统一积分变量,则()2202/32222041π2d π41Lr r Q r x L x rQ E L/-L/+=+=⎰εε 当棒长L →∞时,若棒单位长度所带电荷λ为常量,则P 点电场强度 r ελL r LQ r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同[图(b)].这说明只要满足r 2/L 2 <<1,带电长直细棒可视为无限长带电直线.9-9 一半径为R 的半球壳,均匀地带有电荷,电荷面密度为σ,求球心处电场强度的大小.题 9-9 图分析 这仍是一个连续带电体问题,求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环,如图所示,从教材第9-3节的例2可以看出,所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同,将所有带电圆环的电场强度积分,即可求得球心O 处的电场强度.解 将半球壳分割为一组平行细圆环,任一个圆环所带电荷元θθδδd sin π2d d 2⋅⋅==R S q ,在点O 激发的电场强度为 ()i E 2/3220d π41d r x q x +=ε 由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同,利用几何关系θR x cos =,θR r sin =统一积分变量,有()θθθεδθθδθεεd cos sin 2 d sin π2cos π41d π41d 02303/2220=⋅=+=R R R r x q x E 积分得 02/π004d cos sin 2εδθθθεδ⎰==E 9-10 水分子H 2O 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r 0 .试计算在分子的对称轴线上,距分子较远处的电场强度.题 9-10 图分析 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00er P =,而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θcos 20er p =,方向沿对称轴线,如图所示.由于点O 到场点A 的距离x >>r 0 ,利用教材第5 -3 节中电偶极子在延长线上的电场强度302π41x p εE = 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1 水分子的电偶极矩θθcos 2cos 200er p p ==在电偶极矩延长线上30030030cos π1cos 4π412π41x θer εx θer εx p εE === 解2 在对称轴线上任取一点A ,则该点的电场强度+-+=E E E2020π42π4cos 2cos 2x εe r εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=代入得 ()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=22/30202001cos 2cos π42x xr r x r x e E θθε 测量分子的电场时, 总有x >>r 0 , 因此, 式中()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x r x x r x xr r x θθθcos 2231cos 21cos 2032/3032/30202,将上式化简并略去微小量后,得300cos π1xθe r εE = 9-11 两条无限长平行直导线相距为r 0,均匀带有等量异号电荷,电荷线密度为λ.(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 9-11 图分析 (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 =q 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乘以单位长度导线所带电量,即:F =λE .应该注意:式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度,电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解 (1) 设点P 在导线构成的平面上,E +、E -分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度,则有()i i E E E x r x r x r x -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2ελελ(2) 设F +、F -分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力,则有i E F 00π2r ελλ==-+iE F 002π2r ελλ-=-=+- 显然有F +=F -,相互作用力大小相等,方向相反,两导线相互吸引.9-12 设匀强电场的电场强度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 9-12 图分析 方法1:作半径为R 的平面S 与半球面S 一起可构成闭合曲面,由于闭合面内无电荷,由高斯定理∑⎰==⋅01d 0q εS S E 这表明穿过闭合曲面的净通量为零,穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 方法2:由电场强度通量的定义,对半球面S 求积分,即⎰⋅=SS d s E Φ解1 由于闭合曲面内无电荷分布,根据高斯定理,有⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向,E R R E 22ππcos π=⋅⋅-=Φ解2 取球坐标系,电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为()r E e e e E ϕθθϕϕθϕsin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=ER ER ER S S 2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰ϕϕθθϕθϕθS E Φ9-13 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1m V 120-⋅,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).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 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E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E 地球表面电荷面密度∑--⋅⨯-=-≈=2902m C 1006.1π4/E R q E εσ单位面积额外电子数25cm 1063.6)/(-⨯=-=e n σ9-14 设在半径为R 的球体内电荷均匀分布,电荷体密度为ρ,求带电球内外的电场强度分布.分析 电荷均匀分布在球体内呈球对称,带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场,电场强度应该沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球内外的电场分布.以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面,依照高斯定理有⎰==⋅s Q E r S E 0i 2π4d ε上式中i Q 是高斯面内的电荷量,分别求出处于带电球内外的高斯面内的电荷量,即可求得带电球内外的电场强度分布.解 依照上述分析,由高斯定理可得R r <时, 302π34π4r E r ερ= 假设球体带正电荷,电场强度方向沿径向朝外.考虑到电场强度的方向,带电球体内的电场强度为r E 03ερ= R r >时, 302π34π4R E r ερ= 考虑到电场强度沿径向朝外,带电球体外的电场强度为r e rR E 2033ερ=9-15 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面,半径分别为R 1 和R 2 (R 2>R 1 ),单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度:(1) r <R 1 ,(2) R 1 <r <R 2 ,(3) r >R 2 .题 9-15 图分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上,电场强度也必定沿轴对称分布,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⎰⋅=⋅rL E d π2S E ,求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解 作同轴圆柱面为高斯面,根据高斯定理∑=⋅0/π2εq rL Er <R 1 , 0=∑q01=ER 1 <r <R 2 , L λq =∑rελE 02π2= r >R 2, 0=∑q03=E在带电面附近,电场强度大小不连续,如图(b )所示,电场强度有一跃变 000π2π2ΔεσrL εL λr ελE ===9-16 如图所示,有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 =Q 3 =Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零,求在固定Q 1 、Q 3 的情况下,将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.题 9-16 图分析 由库仑力的定义,根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值,即W ′=-W .求电场力作功的方法有两种:(1)根据功的定义,电场力作的功为l E d 02⎰∞=Q W 其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 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()0202V Q V V Q W =-=∞其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势).解1 由题意Q 1 所受的合力为零()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加,Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为 ()2/322031π2y d εQ E E E yy y +=+=将Q 2 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?)外力所作的功为()d εQ y y d εQ Q Q W y 022/3220002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E 解2 与解1相同,在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=,并由电势的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势dεQ d εQ d εQ V 003010π2π4π4=+= 将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中,外力作功dεQ V Q W 0202π8=-=' 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. 9-17 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r rελe E 0π2= 其中λ为电荷线密度.(1)求在r =r 1 和r =r 2 两点间的电势差;(2)在点电荷的电场中,我们曾取r →∞处的电势为零,求均匀带电长直线附近的电势时,能否这样取? 试说明.解 (1) 由于电场力作功与路径无关,若沿径向积分,则有12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E (2) 不能.严格地讲,电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线,而此时电荷分布在无限空间,r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 9-18 一个球形雨滴半径为0.40 mm ,带有电量1.6 pC ,它表面的电势有多大? 两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴,这个雨滴表面的电势又是多大?分析 取无穷远处为零电势参考点,半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为 R q εV 0π41= 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后,半径增大为R 32,代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后,雨滴表面的电势.解 根据已知条件球形雨滴半径R 1=0.40 mm ,带有电量q 1=1.6 pC ,可以求得带电球形雨滴表面电势V 36π411101==R q εV 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后,雨滴半径1322R R =,带有电量 q 2=2q 1 ,雨滴表面电势V 5722π4113102==R q εV 9-19 电荷面密度分别为+σ和-σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板,如图(a)放置,取坐标原点为零电势点,求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x 变化的关系曲线.题 9-19 图分析 由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间,不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布:应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布,然后依照电势的定义式求电势分布. 解 由“无限大” 均匀带电平板的电场强度i 02εσ±,叠加求得电场强度的分布,()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a a x0 00i E εσ电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()a x a x εσV x<<--=⋅=⎰ d 00l E ()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 00a-a x l E l E ()a x a V >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 00a a x εσl E l E 电势变化曲线如图(b)所示. 9-20 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 9-20 图分析 通常可采用两种方法.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⎰∞⋅=p p V l E d 可求得电势分布.(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rεQ V 0π4= 在球面内电场强度为零,电势处处相等,等于球面的电势RεQ V 0π4= 其中R 是球面的半径.根据上述分析,利用电势叠加原理,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1 (1) 由高斯定理可求得电场分布()()()22021321201211 π4 π40R r r εQ Q R r R r εQ R r r r >+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=rV l E d 可求得各区域的电势分布. 当r ≤R 1 时,有20210120212113211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞l E l E l E当R 1 ≤r ≤R 2 时,有202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞l E l E当r ≥R 2 时,有rεQ Q V r 02133π4d +=⋅=⎰∞l E (2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 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r ≤R 1 ,则2021011π4π4R εQ R εQ V += 若该点位于两个球面之间,即R 1≤r ≤R 2 ,则202012π4π4R εQ r εQ V += 若该点位于两个球面之外,即r ≥R 2 ,则rεQ Q V 0213π4+=(2) 两个球面间的电势差 ()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-== 9-21 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ρ.现取棒表面为零电势,求空间电势分布并画出分布曲线.题 9-21 图分析 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 V d 1d 0ρεS E 可求得电场分布E (r ),再根据电势差的定义 ()l E d ⋅=-⎰b ab a r V V 并取棒表面为零电势(V b =0),即可得空间任意点a 的电势.解 取高度为l 、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面,由高斯定理 当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅得 ()02εr ρr E =当r ≥R 时 02/ππ2ερl R rl E =⋅得 ()rεR ρr E 022= 取棒表面为零电势,空间电势的分布有当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V Rr -==⎰当r ≥R 时()r R εR ρr r εR ρr V Rr ln 2d 20202==⎰ 如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线. 9-22 一圆盘半径R =3.00 ×10-2 m.圆盘均匀带电,电荷面密度σ=2.00×10-5 C ·m -2 .(1) 求轴线上的电势分布;(2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布;(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.题 9-22 图分析 将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环,利用带电细环轴线上一点的电势公式,将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加,即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布,再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.解 (1) 如图所示,圆盘上半径为r 的带电细圆环在轴线上任一点P 激发的电势220d π2π41d xr r r σεV += 由电势叠加,轴线上任一点P 的电势的()x x R εσx r r r εσV R -+=+=⎰22002202d 2 (1) (2) 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R x εσx V (2)电场强度方向沿x 轴方向.(3) 将场点至盘心的距离x =30.0 cm 分别代入式(1)和式(2),得V 6911=V-1m V 6075⋅=E当x >>R 时,圆盘也可以视为点电荷,其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式,有V 1695π40==xεq V 1-20m V 5649π4⋅==xεq E 由此可见,当x >>R 时,可以忽略圆盘的几何形状,而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理,E 和V 的误差分别不超过 0.3%和0.8%,这已足以满足一般的测量精度.9-23 两个很长的共轴圆柱面(R 1 =3.0×10-2m ,R 2 =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) r =0.05 m 处的电场强度.解 (1) 由习题9-15 的结果,可得两圆柱面之间的电场强度为 rελE 0π2=根据电势差的定义有 120212ln π2d 21R R ελU R R =⋅=⎰l E 解得 1812120m C 101.2ln /π2--⋅⨯==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r =0.05m 处的电场强度10m V 475 7π2-⋅==rE ελ9-24 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的过程,叫做核聚变.在此过程中可以释放出巨大的能量.例如四个氢原子核(质子)结合成一个氦原子核(α粒子)时,可释放出25.9MeV 的能量.即MeV 25.9e 2He H 4014211++→这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源.如果我们能在地球上实现核聚变,就能获得丰富廉价的能源.但是要实现核聚变难度相当大,只有在极高的温度下,使原子热运动的速度非常大,才能使原子核相碰而结合,故核聚变反应又称作热核反应.试估算:(1)一个质子(H 11)以多大的动能(以电子伏特表示)运动,才能从很远处到达与另一个质子相接触的距离? (2)平均热运动动能达到此值时,温度有多高? (质子的半径约为1.0 ×10-15m) 分析 作为估算,可以将质子上的电荷分布看作球对称分布,因此质子周围的电势分布为 rεe V 0π4= 将质子作为经典粒子处理,当另一质子从无穷远处以动能E k 飞向该质子时,势能增加,动能减少,如能克服库仑斥力而使两质子相碰,则质子的初始动能Re r eV E 2π41202R k 0ε=≥ 假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能,根据分子动理论知:kT E 23k = 由上述分析可估算出质子的动能和此时氢气的温度.解 (1) 两个质子相接触时势能最大,根据能量守恒eV 102.72π415202R K0⨯==≥Re r εeV E 由20k021v m E =可估算出质子初始速率17k 00s m 102.1/2-⋅⨯==m E v该速度已达到光速的4%.(2) 依照上述假设,质子的初始动能等于氢分子的平均动能kT E E 23k k0== 得 K 106.5329k0⨯≈=kE T 实际上在这么高的温度下,中性原子已被离解为电子和正离子,称作等离子态,高温的等离子体不能用常规的容器来约束,只能采用磁场来约束(托卡马克装置)9-25 在一次典型的闪电中,两个放电点间的电势差约为109 V,被迁移的电荷约为30 C.(1) 如果释放出来的能量都用来使0 ℃的冰融化成0 ℃的水,则可溶解多少冰? (冰的融化热L =3.34 ×105 J · kg)(2) 假设每一个家庭一年消耗的能量为3 000kW ·h ,则可为多少个家庭提供一年的能量消耗? 解 (1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收,故可融化冰的质量kg 1098.8Δ4⨯===LqU L E m 即可融化约 90 吨冰. (2) 一个家庭一年消耗的能量为J 1008.1h kW 0003100⨯=⋅=E8.2Δ00===E qU E E n 一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能.9-26 已知水分子的电偶极矩p =6.17×10-30C · m.这个水分子在电场强度E =1.0 ×105 V · m -1的电场中所受力矩的最大值是多少?分析与解 在均匀外电场中,电偶极子所受的力矩为E p M ⨯=当电偶极子与外电场正交时,电偶极子所受的力矩取最大值.因而有m N 1017.625max ⋅⨯==-pE M9-27 电子束焊接机中的电子枪如图所示,K 为阴极,A 为阳极,阴极发射的电子在阴极和阳极电场加速下聚集成一细束,以极高的速率穿过阳极上的小孔,射到被焊接的金属上使两块金属熔化在一起.已知V 105.24AK ⨯=U ,并设电子从阴极发射时的初速度为零,求:(1)电子到达被焊接金属时具有的动能;(2)电子射到金属上时的速度.分析 电子被阴极和阳极间的电场加速获得动能,获得的动能等于电子在电场中减少的势能.由电子动能与速率的关系可以求得电子射到金属上时的速度.解 (1)依照上述分析,电子到达被焊接金属时具有的动能eV 105.24AK k ⨯==eU E(2)由于电子运动的动能远小于电子静止的能量,可以将电子当做经典粒子处理.电子射到金属上时的速度题 9-27 图第十章 静电场中的导体与电介质 10-1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近,则导体B 的电势将( )(A ) 升高 (B ) 降低 (C ) 不会发生变化 (D ) 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时,在导体B 的近端感应负电荷;在远端感应正电荷,不带电导体的电势将高于无穷远处,因而正确答案为(A ).10-2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ,在N 的左端感应出正电荷,右端感应出负电荷.若将导体N 的左端接地(如图所示),则( )(A ) N 上的负电荷入地 (B )N 上的正电荷入地(C ) N 上的所有电荷入地 (D )N 上所有的感应电荷入地题 10-2 图分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势,即与无穷远处等电势,这与导体N 在哪一端接地无关.因而正确答案为(A ).10-3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近,点电荷距导体球球心为d ,参见附图.设无穷远处为零电势,则在导体球球心O 点有( )(A )d εq V E 0π4,0== (B )d εq V d εq E 020π4,π4==(C )0,0==V E (D )R εq V d εq E 020π4,π4==题 10-3 图分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q ′,导体球表面的感应电荷±q ′在球心O 点激发的电势为零,O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为(A ).10-4 根据电介质中的高斯定理,在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( )(A ) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内一定没有自由电荷(B ) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内电荷的代数和一定等于零(C ) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零,曲面内一定有极化电荷(D ) 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关。

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物理学教程下册答案9-16第九章 静 电 场9-1 电荷面密度均为+σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置,其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( )题 9-1 图分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为02εσ,方向沿带电平板法向向外,依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ).9-2 下列说法正确的是( )(A )闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内一定没有电荷(B )闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内电荷的代数和必定为零(C )闭合曲面的电通量为零时,曲面上各点的电场强度必定为零(D )闭合曲面的电通量不为零时,曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理,闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内电荷的代数和必定为零,但不能肯定曲面内一定没有电荷;闭合曲面的电通量为零时,表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面,不能确定曲面上各点的电场强度必定为零;同理闭合曲面的电通量不为零,也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零,因而正确答案为(B ).9-3 下列说法正确的是( )(A) 电场强度为零的点,电势也一定为零(B) 电场强度不为零的点,电势也一定不为零(C) 电势为零的点,电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域内为常量,则电场强度在该区域内必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量,电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零,电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时,电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功;电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).*9-4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子,其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后,该电偶极子将( )(A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止(B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端,同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端,同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外,同时沿电场线方向朝着棒尖端移动题9-4 图分析与解电偶极子在非均匀外电场中,除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外,还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用,因而正确答案为(B).9-5精密实验表明,电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10-21e,而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10-21e,由最极端的情况考虑,一个有8个电子,8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少?若将原子视作质点,试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析考虑到极限情况,假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10-21e,中子电量为10-21e,则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力,并与万有引力作比较.解 一个氧原子所带的最大可能净电荷为()e q 21max 10821-⨯⨯+=二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e 显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异,其差异在±10-21e 范围内时,对于像天体一类电中性物体的运动,起主要作用的还是万有引力. 9-6 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e 32 的上夸克和两个带e 31-的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10-20 m),中子内的两个下夸克之间相距2.60×10-15 m .求它们之间的相互作用力.解 由于夸克可视为经典点电荷,由库仑定律()r r r re r q q e e e F N 78.3π41π412202210===εε F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.9-7 点电荷如图分布,试求P 点的电场强度.分析 依照电场叠加原理,P 点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P 点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q 的一对点电荷在P 点激发的电场强度大小相等、方向相反而相互抵消,P 点的电场强度就等于电荷量为2.0q 的点电荷在该点单独激发的场强度.解 根据上述分析2020π1)2/(2π41aq a q E P εε==题 9-7 图9-8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224π1LrQεE-=(2) 在棒的垂直平分线上,离棒为r处的电场强度为2204π21LrrQεE+=若棒为无限长(即L→∞),试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.题 9-8 图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d x,其电荷为d q=Q d x/L,它在点P 的电场强度为rrqεeE2dπ41d'=整个带电体在点P 的电场强度⎰=E E d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 E i E d(2) 若点P 在棒的垂直平分线上,如图(a )所示,则电场强度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⎰⎰==L y E E j j E d sin d α证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L rq E20π2d ε,利用几何关系 r ′=r -x 统一积分变量,则 ()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.(2) 根据以上分析,中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴,大小为E r εq αE L d π4d sin 20⎰'= 利用几何关系 sin α=r /r ′,22x r r +=' 统一积分变量,则 ()2202/32222041π2d π41Lr r Q r x L x rQ E L/-L/+=+=⎰εε 当棒长L →∞时,若棒单位长度所带电荷λ为常量,则P 点电场强度r ελL r L Q r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同[图(b )].这说明只要满足r 2/L 2 <<1,带电长直细棒可视为无限长带电直线.9-9 一半径为R 的半球壳,均匀地带有电荷,电荷面密度为σ,求球心处电场强度的大小.题 9-9 图分析 这仍是一个连续带电体问题,求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环,如图所示,从教材第9-3节的例2可以看出,所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同,将所有带电圆环的电场强度积分,即可求得球心O 处的电场强度.解 将半球壳分割为一组平行细圆环,任一个圆环所带电荷元θθδδd sin π2d d 2⋅⋅==R S q ,在点O 激发的电场强度为()i E 2/3220d π41d r x q x +=ε 由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同,利用几何关系θR x cos =,θR r sin =统一积分变量,有()θθθεδθθδθεεd cos sin 2 d sin π2cos π41d π41d 02303/2220=⋅=+=R RR r x q x E 积分得 02/π004d cos sin 2εδθθθεδ⎰==E 9-10 水分子H 2O 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r 0 .试计算在分子的对称轴线上,距分子较远处的电场强度.题 9-10 图分析 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00er P =,而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θcos 20er p =,方向沿对称轴线,如图所示.由于点O 到场点A 的距离x >>r 0 ,利用教材第5 -3 节中电偶极子在延长线上的电场强度302π41xp εE = 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1 水分子的电偶极矩θθcos 2cos 200er p p ==在电偶极矩延长线上30030030cos π1cos 4π412π41x θer εx θer εx p εE === 解2 在对称轴线上任取一点A ,则该点的电场强度+-+=E E E2020π42π4cos 2cos 2x εe r εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=代入得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=22/30202001cos 2cos π42x xr r x r x eE θθε 测量分子的电场时, 总有x >>r 0 , 因此, 式中()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x r x x r x xr r x θθθcos 2231cos 21cos 2032/3032/30202,将上式化简并略去微小量后,得300cos π1x θe r εE = 9-11 两条无限长平行直导线相距为r 0,均匀带有等量异号电荷,电荷线密度为λ.(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 9-11 图分析 (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 =q 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乘以单位长度导线所带电量,即:F =λE .应该注意:式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度,电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解 (1) 设点P 在导线构成的平面上,E +、E -分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度,则有()i i E E E x r x r x r x -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2ελελ(2) 设F +、F -分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力,则有i E F 00π2r ελλ==-+ i E F 002π2r ελλ-=-=+- 显然有F +=F -,相互作用力大小相等,方向相反,两导线相互吸引.9-12 设匀强电场的电场强度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 9-12 图分析 方法1:作半径为R 的平面S 与半球面S 一起可构成闭合曲面,由于闭合面内无电荷,由高斯定理∑⎰==⋅01d 0q εS S E 这表明穿过闭合曲面的净通量为零,穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 方法2:由电场强度通量的定义,对半球面S 求积分,即⎰⋅=S S d s E Φ解1 由于闭合曲面内无电荷分布,根据高斯定理,有⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向,E R R E 22ππcos π=⋅⋅-=Φ解2 取球坐标系,电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为()r E e e e E ϕθθϕϕθϕsin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=ER ER ER S S 2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰ϕϕθθϕθϕθS E Φ9-13 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1m V 120-⋅,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).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 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E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E 地球表面电荷面密度∑--⋅⨯-=-≈=2902m C 1006.1π4/E R q E εσ单位面积额外电子数25cm 1063.6)/(-⨯=-=e n σ9-14 设在半径为R 的球体内电荷均匀分布,电荷体密度为ρ,求带电球内外的电场强度分布.分析 电荷均匀分布在球体内呈球对称,带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场,电场强度应该沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球内外的电场分布.以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面,依照高斯定理有⎰==⋅s Q E r S E 0i 2π4d ε上式中i Q 是高斯面内的电荷量,分别求出处于带电球内外的高斯面内的电荷量,即可求得带电球内外的电场强度分布.解 依照上述分析,由高斯定理可得R r <时, 302π34π4r E r ερ= 假设球体带正电荷,电场强度方向沿径向朝外.考虑到电场强度的方向,带电球体内的电场强度为r E 03ερ= R r >时, 302π34π4R E r ερ= 考虑到电场强度沿径向朝外,带电球体外的电场强度为r e rR E 2033ερ=9-15 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面,半径分别为R 1 和R 2 (R 2>R 1 ),单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度:(1) r <R 1 ,(2) R 1 <r <R 2 ,(3) r >R 2 .题 9-15 图分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上,电场强度也必定沿轴对称分布,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⎰⋅=⋅rL E d π2S E ,求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解 作同轴圆柱面为高斯面,根据高斯定理∑=⋅0/π2εq rL Er <R 1 , 0=∑q01=ER 1 <r <R 2 , L λq =∑rελE 02π2= r >R 2, 0=∑q03=E在带电面附近,电场强度大小不连续,如图(b )所示,电场强度有一跃变 000π2π2ΔεσrL εL λr ελE === 9-16 如图所示,有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 =Q 3 =Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零,求在固定Q 1 、Q 3 的情况下,将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.题 9-16 图分析 由库仑力的定义,根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值,即W ′=-W .求电场力作功的方法有两种:(1)根据功的定义,电场力作的功为l E d 02⎰∞=Q W 其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 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()0202V Q V V Q W =-=∞其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势).解1 由题意Q 1 所受的合力为零()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加,Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为()2/322031π2y d εQ E E E yy y +=+=将Q 2 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?)外力所作的功为()d εQ y y d εQ Q Q W y 022/3220002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E 解2 与解1相同,在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=,并由电势的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势dεQ d εQ d εQ V 003010π2π4π4=+= 将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中,外力作功dεQ V Q W 0202π8=-=' 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. 9-17 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r rελe E 0π2= 其中λ为电荷线密度.(1)求在r =r 1 和r =r 2 两点间的电势差;(2)在点电荷的电场中,我们曾取r →∞处的电势为零,求均匀带电长直线附近的电势时,能否这样取? 试说明.解 (1) 由于电场力作功与路径无关,若沿径向积分,则有12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E (2) 不能.严格地讲,电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线,而此时电荷分布在无限空间,r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 9-18 一个球形雨滴半径为0.40 mm ,带有电量1.6 pC ,它表面的电势有多大? 两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴,这个雨滴表面的电势又是多大?分析 取无穷远处为零电势参考点,半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为Rq εV 0π41= 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后,半径增大为R 32,代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后,雨滴表面的电势.解 根据已知条件球形雨滴半径R 1=0.40 mm ,带有电量q 1=1.6 pC ,可以求得带电球形雨滴表面电势V 36π411101==R q εV 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后,雨滴半径1322R R =,带有电量 q 2=2q 1 ,雨滴表面电势V 5722π4113102==R q εV 9-19 电荷面密度分别为+σ和-σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板,如图(a )放置,取坐标原点为零电势点,求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x 变化的关系曲线.题 9-19 图分析 由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间,不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布:应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布,然后依照电势的定义式求电势分布. 解 由“无限大” 均匀带电平板的电场强度i 02εσ±,叠加求得电场强度的分布, ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a a x0 00i E εσ电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()a x a x εσV x<<--=⋅=⎰ d 00l E ()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 00a-a x l E l E ()a x a V >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 00a a x εσl E l E 电势变化曲线如图(b )所示. 9-20 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 9-20 图分析 通常可采用两种方法.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⎰∞⋅=p p V l E d 可求得电势分布.(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rεQ V 0π4= 在球面内电场强度为零,电势处处相等,等于球面的电势RεQ V 0π4= 其中R 是球面的半径.根据上述分析,利用电势叠加原理,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1 (1) 由高斯定理可求得电场分布()()()22021321201211 π4 π40R r r εQ Q R r R r εQ R r r r >+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=r V l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1 时,有20210120212113211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞l E l E l E 当R 1 ≤r ≤R 2 时,有202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞l E l E当r ≥R 2 时,有rεQ Q V r 02133π4d +=⋅=⎰∞l E (2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 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r ≤R 1 ,则2021011π4π4R εQ R εQ V +=若该点位于两个球面之间,即R 1≤r ≤R 2 ,则202012π4π4R εQ r εQ V += 若该点位于两个球面之外,即r ≥R 2 ,则rεQ Q V 0213π4+=(2) 两个球面间的电势差 ()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-== 9-21 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ρ.现取棒表面为零电势,求空间电势分布并画出分布曲线.题 9-21 图分析 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 V d 1d 0ρεS E 可求得电场分布E (r ),再根据电势差的定义 ()l E d ⋅=-⎰b ab a r V V 并取棒表面为零电势(V b =0),即可得空间任意点a 的电势.解 取高度为l 、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面,由高斯定理 当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅得 ()02εr ρr E =当r ≥R 时 02/ππ2ερl R rl E =⋅得 ()rεR ρr E 022= 取棒表面为零电势,空间电势的分布有当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V R r -==⎰当r ≥R 时 ()rR εR ρr r εR ρr V Rr ln 2d 20202==⎰ 如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线. 9-22 一圆盘半径R =3.00 ×10-2 m .圆盘均匀带电,电荷面密度σ=2.00×10-5 C·m -2.(1) 求轴线上的电势分布;(2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布;(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.题 9-22 图分析 将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环,利用带电细环轴线上一点的电势公式,将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加,即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布,再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.解 (1) 如图所示,圆盘上半径为r 的带电细圆环在轴线上任一点P 激发的电势220d π2π41d x r r r σεV += 由电势叠加,轴线上任一点P 的电势的()x x R εσx r r r εσV R -+=+=⎰22002202d 2 (1) (2) 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R x εσx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向. (3) 将场点至盘心的距离x =30.0 cm 分别代入式(1)和式(2),得V 6911=V-1m V 6075⋅=E当x >>R 时,圆盘也可以视为点电荷,其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式,有V 1695π40==xεq V 1-20m V 5649π4⋅==xεq E 由此可见,当x >>R 时,可以忽略圆盘的几何形状,而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理,E 和V 的误差分别不超过 0.3%和0.8%,这已足以满足一般的测量精度.9-23 两个很长的共轴圆柱面(R 1 =3.0×10-2m ,R 2 =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) r =0.05 m 处的电场强度.解 (1) 由习题9-15 的结果,可得两圆柱面之间的电场强度为 r ελE 0π2=根据电势差的定义有120212ln π2d 21R R ελU R R =⋅=⎰l E 解得 1812120m C 101.2ln /π2--⋅⨯==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r =0.05m 处的电场强度10m V 475 7π2-⋅==rE ελ 9-24 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的过程,叫做核聚变.在此过程中可以释放出巨大的能量.例如四个氢原子核(质子)结合成一个氦原子核(α粒子)时,可释放出25.9MeV 的能量.即MeV 25.9e 2He H 4014211++→这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源.如果我们能在地球上实现核聚变,就能获得丰富廉价的能源.但是要实现核聚变难度相当大,只有在极高的温度下,使原子热运动的速度非常大,才能使原子核相碰而结合,故核聚变反应又称作热核反应.试估算:(1)一个质子(H 11)以多大的动能(以电子伏特表示)运动,才能从很远处到达与另一个质子相接触的距离? (2)平均热运动动能达到此值时,温度有多高? (质子的半径约为1.0 ×10-15 m ) 分析 作为估算,可以将质子上的电荷分布看作球对称分布,因此质子周围的电势分布为 rεe V 0π4= 将质子作为经典粒子处理,当另一质子从无穷远处以动能E k 飞向该质子时,势能增加,动能减少,如能克服库仑斥力而使两质子相碰,则质子的初始动能Re r eV E 2π41202R k 0ε=≥ 假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能,根据分子动理论知:kT E 23k = 由上述分析可估算出质子的动能和此时氢气的温度.解 (1) 两个质子相接触时势能最大,根据能量守恒eV 102.72π415202R K0⨯==≥Re r εeV E 由20k 021v m E =可估算出质子初始速率 17k 00s m 102.1/2-⋅⨯==m E v该速度已达到光速的4%.(2) 依照上述假设,质子的初始动能等于氢分子的平均动能kT E E 23k k0== 得 K 106.5329k0⨯≈=kE T 实际上在这么高的温度下,中性原子已被离解为电子和正离子,称作等离子态,高温的等离子体不能用常规的容器来约束,只能采用磁场来约束(托卡马克装置)9-25 在一次典型的闪电中,两个放电点间的电势差约为109 V,被迁移的电荷约为30 C .(1) 如果释放出来的能量都用来使0 ℃的冰融化成0 ℃的水,则可溶解多少冰? (冰的融化热L =3.34 ×105 J· kg )(2) 假设每一个家庭一年消耗的能量为3 000kW·h ,则可为多少个家庭提供一年的能量消耗?解 (1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收,故可融化冰的质量kg 1098.8Δ4⨯===LqU L E m 即可融化约 90 吨冰. (2) 一个家庭一年消耗的能量为J 1008.1h kW 0003100⨯=⋅=E8.2Δ00===E qU E E n 一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能.9-26 已知水分子的电偶极矩p =6.17×10-30 C· m .这个水分子在电场强度E =1.0 ×105 V · m -1的电场中所受力矩的最大值是多少?分析与解 在均匀外电场中,电偶极子所受的力矩为E p M ⨯=当电偶极子与外电场正交时,电偶极子所受的力矩取最大值.因而有m N 1017.625max ⋅⨯==-pE M9-27 电子束焊接机中的电子枪如图所示,K 为阴极,A 为阳极,阴极发射的电子在阴极和阳极电场加速下聚集成一细束,以极高的速率穿过阳极上的小孔,射到被焊接的金属上使两块金属熔化在一起.已知V 105.24AK⨯=U ,并设电子从阴极发射时的初速度为零,求:(1)电子到达被焊接金属时具有的动能;(2)电子射到金属上时的速度.分析 电子被阴极和阳极间的电场加速获得动能,获得的动能等于电子在电场中减少的势能.由电子动能与速率的关系可以求得电子射到金属上时的速度.解 (1)依照上述分析,电子到达被焊接金属时具有的动能 eV 105.24AK k ⨯==eU E(2)由于电子运动的动能远小于电子静止的能量,可以将电子当做经典粒子处理.电子射到金属上时的速度题9-27 图第十章静电场中的导体与电介质10-1将一个带正电的带电体A从远处移到一个不带电的导体B附近,则导体B的电势将()(A)升高(B)降低(C)不会发生变化(D)无法确定分析与解不带电的导体B相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B附近时,在导体B的近端感应负电荷;在远端感应正电荷,不带电导体的电势将高于无穷远处,因而正确答案为(A).10-2将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N,在N的左端感应出正电荷,右端感应出负电荷.若将导体N的左端接地(如图所示),则()(A)N上的负电荷入地(B)N上的正电荷入地(C)N上的所有电荷入地(D)N上所有的感应电荷入地题10-2 图分析与解导体N接地表明导体N为零电势,即与无穷远处等电势,这与导体N在哪一端接地无关.因而正确答案为(A).10-3如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为R的不带电的导体球附近,点电荷距导体球球心为d ,参见附图.设无穷远处为零电势,则在导体球球心O 点有( )(A )d εq V E 0π4,0== (B )dεq V d εq E 020π4,π4== (C )0,0==V E (D )Rεq V d εq E 020π4,π4==题 10-3 图分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′,导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零,O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为(A ).10-4 根据电介质中的高斯定理,在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( )(A ) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内一定没有自由电荷(B ) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内电荷的代数和一定等于零(C ) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零,曲面内一定有极化电荷(D ) 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 (E ) 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关。

电势

电势
9 - 6 一 电势
电 势
物理学教程 第二版) (第二版)
电场的电势(势函数): 电场的电势(势函数): 电势 静电场的保守性意味着, 静电场的保守性意味着,存在 着一个由电场中各点位置决定 着一个由电场中各点位置决定 标量函数. 的标量函数
B
B
q0
E
q 0 E d l = ( E pB E pA ) ∫A B E pB E pA ∫A E d l = ( q 0 q 0 )
PB

rB λ rB VP = ∫ E dr = ∫r 2π ε r er dr r 0 λ rB = ln 2π ε 0 r
问:能否选
第九章 静电场
VB = 0
o B rB
P
r
r
V∞ = 0

9 - 6 例5
电 势
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均匀带电球壳的电势. 均匀带电球壳的电势.
真空中, 的带电球壳. 真空中,有一带电为 Q ,半径为 R 的带电球壳 ;(2) 试求(1)球壳外两点间的电势差;( )球壳内两点 )球壳外两点间的电势差;( 间的电势差; 间的电势差; + 解
对称性分布的电场中电势的计算 首先用高斯定理求出空间各点的场强
∫∫s E . dS =Σ ε
0
qi
再运用电势的定义式求电势 Va =∫ a E .dl
第九章 静电场
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9 - 6
电 势
物理学教程 第二版) (第二版)
无限长” 例4 “无限长”带电直导线的电势 无限长 解
VP = ∫ E dl + VB
B
9 - 6
A
电 势
B
物理学教程 第二版) (第二版)

二反映静电场性质的两条基本定理

二反映静电场性质的两条基本定理

出,反映了静电场是有源无旋(保守)场.
第九章 静电场
静电场内容提要
物理学教程 (第二版)
三 电场强度和电势
定义
E F
q0
V 0点
VA E dl
A
电场强度的求解方法
(1)利用场强叠加原理 E
dE
1
4π 0
eHale Waihona Puke r2dq使用条件:原则上适用于任何情况.
(2)利用高斯定理
S
E dS
(2)利用电势的定义
V 0点
VA E dl
A
使用条件:场强分布已知或很容易确定.
第九章 静电场
静电场内容提要
物理学教程 (第二版)
一 静电场的理论基础 —— 两条基本定律
库仑定律
F12
1
4π 0
q1q2
r
2
er
F21
电场强度的叠加原理 E Ei i
二 反映静电场性质的两条基本定理
高斯定理
Φe
S
E
dS
1
0
n
qi
i 1
有源场
环路定理 E dl 0 l
无旋场
高斯定理和环路定理由库仑定律和场的叠加原理导
1
0
n
qi
i1
使用条件:电场分布具有特殊对称性.
第九章 静电场
静电场内容提要 (3)利用电势梯度关系求解场强
物理学教程 (第二版)
使用条件:对不能用高斯定理求解的情况,可先由 电势叠加原理求电势分布,再由梯度关系求解场强.
电势的求解方法
(1)利用电势叠加原理
VP
dq
4π0r
使用条件:有限大带电体且选无限远处为电势零点.
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)
关系式很重 要是计算题 目的依据.
定义:静电场中a、b两点的电势差Vab 在数值 上等于把单位正试验电荷从a点移到b 点时静电场力所作的功。
在原子、核子物理中,电子、质子 的能量常用电子伏特为单位:
1eV=1.602×10-19
(J)
二、电势的计算 1.
点电荷的电势
(也是计算大块连续带 电体电势的基础工具)
负电荷在a 移动到b 的过程中:
问题:

b
E
·
·
q a

非均匀电场E 中有a、b 两个点,一个正试验电荷q 从a 移到b 的过程中,电势能是增加的,则: (1)标出电场强度的方向, (2) a、b 两点哪一点的电势高? (3)a、b 两点哪一点的电场强度来得强?
分析:正试验电荷q 从a 移到b 的过程中电势能 增加,说明在该过程中是克服电场力作功的。
0
R
(2)电场强度不为零的点,电势也一定不为零。
+q
L
P
·
E -q E+ q

q
×
P 点在两个异性点电荷的中间
则 : E P = E + + E- ≠ 0
而在两个异性点电荷中间P点的电势
V = 4ε L π
0
q

π 4ε L
0
-q
=0
(3)电势为零的点,电场强度也一定为零。 (4)电势在某一区域内为常数则
rb
j
·
b
j
dl
q0
ra a ·
E
在静电场中,电场力对试验电荷作功与路径无关是静电 场的一个重要性质,也说明了静电场力是保守力,静电场 是保守场。(可以与重力相类比)
对于由n 个点电荷所组成的电场有:
1 W =Σ1 π ( ria i 4ε
n
O = O
qq
rib )
1
如果试验电荷从a点出发 经过bcd 再回到a点则有


E a = Wab = q
0
( 其中设b为零势能点 )
E . dl
b
a
定义:电荷qo 在电场中某点处的电势能在数值上
等于将它从该点移动到零电势能处电场力所作的功

9-6. 电势 (描述静电场的另一个重要物理量)
一.电势
Wa Va = q = a E . d l
8
0
电势是一个标量
电势的物理意义
带电体上的电荷是连续分布的,可 以无限细分为无限多个电荷元,视 为点电荷,每个点电荷在电场中某 一处的电势为:
q
P
r
dV = 4 ε r π
0
dq
·
然后将无限多个点电荷在电场中某一处的电势 贡献加以求积分,进行电势的叠加(标量叠加)
V = 4ε r π
0
dq
q 1 = q 2 = 4.0 × 1 0 8 C 例题: 已知 q = 4.0 × 10 8 C r = 0.10 m , 试求:将电荷q 从a点移到b点静电场力 所作的功。 q q q
A
第九章5-6节
60
0
R
S
dl
B
电 势 电势能
r
h
经典力学中,保守力(重 力、弹性力、万有引力) 静电场中静电场力是否也是保守力? 能否也能引入电势能呢?
都能引进相 应的势能
§9-5 静电场的环路定律
电势
当带电体在静电场中移动时,静电场力 对带电体要作功,这说明静电场具有能量。
一.静电场力的功
局部放大图 r r
三.
电势能 E E a E b = Wab = q
0
E . dl
b
a
静电场力对电荷qo所作的功等于 静电势能的改变量。 重要结论:静电场力作功电 势能减少。外力克服静电场力 作功,则电势能增加。 问题:

b
rb q ra
j
b · dl q0 a ·
j
E
· ·
a
E
-q
电势能增加 + 还是减少? 增加
q
· · · ·
q q
o
a
q
(1)0点的电场强度
p
在0点各个电荷的电场
强度叠加,相互抵消
(2)0点的电势
Eo = 0
q
电势ห้องสมุดไป่ตู้标量。在0点各个电荷的
电势叠加为它们量值的代数和
· · · ·
q q
o
a
a
q
V =4×
o
q
π 4ε
o
2 a 2

π a ε
o
2q
(3)将试验电荷qo从无穷远处移到0点,则电场
0
dq
q = π x 1 4 ε ( +R )
2 2 o
2
例题:求一均匀带电球面内外的电势。 已知:q 、 R 。
1.
r≤ R
8
r
(均匀带电球面内部)
Vp = E . dl
= 0+
=
2.
8
R
= r E 内 . dl + E 外 . dl R
R ∞
+
0
q
R
π 4ε R
0
q
4πε r dr
(1) ∴电场强度的方向向右 (2) a、b
左端为+、右端为-。
两点中b点的电势高(看电场线的走向) (3) b点的电场强度来得强(看电场线的疏密)
一般在理论计算时,取无穷远处为电势能的零点 在实际问题中有时选择地球表面为零势能点。
a 点的电势能为: E a = Wa∞ = q
0
E . dl
a
场强分布曲线
E
∝ 12
r
0
R
r
电势分布曲线
V
∝1 r
0
R
r
选择题: (1)电场强度为零的点,电势也一定为零。 × (2)电场强度不为零的点,电势也一定不为零。 (3)电势为零的点,电场强度也一定为零。 (4)电势在某一区域内为常数,则电场强度 在该区域内必定为零。
(1)
Q E=0
0
均匀带电为Q 的空心球面: 球面内的电场强度E 处处为零 球面内的电势V 等于球表面的 电势而不是等于零的。 Q V = 4ε R π

a
l q E . d l = 0
0
·
E
则:
其中q0 不会=0
电场强度环流
l E . d l = 0
二.场强环流定律:
l E . d l = 0
在静电场中,将单位正电荷沿任意闭合 路径绕行一周,静电场力对它所作的功为零
静电场力的功和作功的路径无关, 静电力是 一保守力,因此可以引入势能的概念。
×
(理由同上)
电场强度在该区域内必定为零。

例题:如图所示,有一个点电荷q=10-9C,A、B、C 三点分别距该点电荷10cm、20cm、30cm若选B 点的电势为零,则分别求出A点和C点的电势。 q 解: 由: V = π 4ε r
0
q

A
可以求出:A点电势V=90V B点电势V=45V
C点电势V=30V
分析:由高斯定理
s E . dS = E . dS + E . dS
半球面 圆面
=0
A
j
60
0
= -j圆面= - E · S 半球面
S E
= -Eπ R
2
cos 60
0
B
2 1 = --Eπ R 2 通过半球面的电场强度通量
如果沿着半球面的底面将电荷q 从 A 移到B , 则电场力作的功是多少? 因为静电场力作功与路径无关,所以有: WAB弧 = W AB = q E . dl
O
dr
j
dW =F . d l = q E .d l
0
dl
b ·
j
= q E dl cos j
0
qq = q E dr = π r 2 dr 4ε
0 O
rb q
dl q0
j
W = 4ε π
qq
O
O

rb ra
dr
r = 4 ε ( ra π
2
O O
qq
1
1
E
rb )
ra
a ·
结 论
试验电荷qo在静电场中从一点沿 任意路径运动到另一点时,静电场 力对它所作的功仅与试验电荷qo以 q 及路径的起始点和终了点的位置有 关,而与该路径的形状无关。
8 8
= E . dl
8
p
1
+ E . dl
8
p 2
+
r2 q2
.P
r1 q1
= V1 + V2 + V3 +
=Σ Vi
对于点电荷系: q2 q1 V = 4 ε r1 + 4 ε r2 + π π
0
0
V =Σ 4 ε r π i
0
qi
物理量电势是标 量,只要代数和.
3.
连续带电体的电势
dq
0
例题:求一均匀带电圆环轴线上一点的电势。 已知:q 、 R 、 x 。
分析:无限细分为无限多个电 荷元,视为点电荷,每个点电 荷在电场中P点处的电势为:
dq
R
0
dV = 4 ε r π
0
dq
·
x
r
然后将无限多个点电荷在电场中P点处的电势贡 献加以求积分,进行电势的叠加(标量叠加)。
·x
P
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