习题解答-8

(
)
3
2
带缺口圆弧在轴线上 x 处的电场强度应等于完整的圆环在 x 处的场强与弧元
λd 在该点场强的矢量差，即 E = E1 − E 2 ，并得两坐标方向的分量表达式为
E x = E1x − E 2 x =
λ (2πR − d )x
4πε 0 ( x 2 + R 2 ) Rλd
3 3 2
E y = 0 − E2 y =
)
3
2
其中 q = 2πRλ ． 由点电荷场强表达式，带电量为 λd 的点电荷在 x 处的场强为
E2 =
E 2 x = E 2 cos θ = 1 4πε 0 ⋅ xλd
2
1
4πε 0 ( x + R 2 )
2
⋅
λd
− Rλd
(x
+ R2
)
3
2
， E 2 y = − E 2 sin θ =
4πε 0 x 2 + R 2
FQ1 + 2 F21 cos 45° + F31 = 0
应用库仑定律，可得上式中各力的量值，则有
qQ ⎛ 4πε 0 ⎜ ⎜ ⎝ q2 2q 2 cos 45° + + 2 4πε 0 a 2 4πε 0 2a 2 ⎞ a⎟ ⎟ 2 ⎠
( )
2
=0
亦有
⎛1 ⎛1 2⎞ 2⎞ −8 −8 ⎟ ⎜ ⎟ Q = −⎜ ⎜ 4 + 2 ⎟q = − ⎜ 4 + 2 ⎟ × 4.0 × 10 C = − 3.83 × 10 C ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
dq = λdx ，细棒延长线上的 P 点与电荷元的距离为 L − x ， dq 在 P 点产生的电场
强度大小为
dE p =
细棒在 P 点产生的电场强度大小为
E p = ∫ dE p =
λdx
4πε 0 ( L − x) 2
λ 4πε 0
∫ (L − x )
2 −L 2
L
dx
2
⎞ ⎛ ⎟ ⎜ λ ⎜ l ⎟ = 2.41 × 10 3 N/C = 2 4πε 0 ⎜ 2 l ⎟ ⎜L − ⎟ 4 ⎠ ⎝
第八章 8-1
真空中的静电场
在正方形的四个顶点上放置四个等量正电荷 q = 4.0 × 10 −8 C , 要想在此
正方形的中心再放置一个负电荷，使在每个电荷上的合力为零，此负电荷的量值 应为多少？ y 分析 本题是应用库仑定律求解电荷受电场力 的平衡问题．注意到库仑定律表达式是矢量式，求 F21 F31 q q 4 1 解时，通常可以建立直角坐标系，将各力投影在两 正交方向上，得到各分量之间的代数关系式；也可 O F41 x 以直接用矢量合成关系得出相同的结果． FQ1 因为正方形四个顶点上的点电荷带电量相等， Q 负电荷 Q 置于正方形中心，因此电荷分布具有明显 q3 q2 的对称性，四顶点上的点电荷受力大小相同，而且 两坐标方向分量的方程应具有相同的表达形式． 图 8-1 解 1 设 a 为正方形边长，取如图 8-1 所示的 Oxy 坐标系． 以 F1x 表示电荷 q1 所受的合力在 x 方向的分量，Fi1x 表示其它电荷对 它的作用力在 x 方向的分量，根据题意，合力的在 x 方向分量的代数和为零，有
dE y = dE ⊥ sin ϕ ，
π π
dE z = dE ⊥ cos ϕ
对带正电荷的半圆环积分的 2 倍，就是整个圆环在 x 处的电场强度，即得
E z = 2∫ dE z = 2∫ cosϕ dE ⊥ = 0
0 0
E = E y = 2∫ sin ϕdE ⊥ =
0
π
λR 2
4πε 0 ( x 2 + R 2 )
同，均沿延长线方向，矢量积分将简化为标量积分，而不论细棒上的电荷分布是 否均匀． 当计算细棒的垂直平分线上某点的电场强度时， 由于电荷分布的对称性， 均匀带电细棒中点两边对称位置处的电荷元在该点的电场强度沿棒长方向的分 量将互相抵消，只需计算垂直于棒长方向的分量． 解 （1）取 Oxy 坐标系如图 8-6 所示，在细棒上坐标 x 处取 dx 宽的电荷元
F1x = F21x + F31x + F41x + FQ1x = 0
应用库仑定律， 可得电荷 q1 所受其它电荷对它的力在 x 方向的分量， 代入上式得
0+ q 2 cos 45° 4πε 0
( 2a )
2
+
q2 4πε 0 a
2
+
qQ cos 45° ⎛ 2 ⎞ ⎟ 4πε 0 ⎜ ⎜ 2 a⎟ ⎝ ⎠
=
1
4πε 0 d ⎛ 2 L2 ⎞1 / 2 ⎜ ⎜d + 4 ⎟ ⎟ ⎝ ⎠
= 5.27 × 10 3 N/C
y dEQ dE Q d E′
θ
d dx′ O 图 8-6 x dx L P d EP x
分析
当电荷沿一细线连续分布时， 须将带电细线分为足够小的一系列电荷
空间某点电场强度为沿电荷分布曲线 L 的矢量积分 E = ∫ 元 dq = λdl ，
rλdl ． 当 L 4πε r 3 0
计算细棒延长线上某点的电场强度时， 细棒上各电荷元在该点的电场强度方向相
分E = ∫
L
rdq rλdl =∫ ，通常应取平面直角坐标系，将矢量积分化为两标量 3 L 4πε 0 r 4πε 0 r 3
积分进行计算． 在解题时应该注意到， 电荷分布的对称性往往会使问题得到简化． 解 以带电圆弧的圆心为原点，取如图 8-3 的 Oxy 坐标系，带正电的圆弧上 电荷元 dq = λdl = λRdθ 的角位置为 θ ，在圆心处的场强为 dE ，与之对称的带负 电的圆弧上电荷元 dq ′ = −λdl ′ 角位置为 − θ ，在圆心处的场强为 dE ′ ．不难看出，
2
=0
⎛1 ⎛1 2⎞ 2⎞ −8 ⎟ ⎜ ⎟ Q = −⎜ ⎜ 4 + 2 ⎟q = − ⎜ 4 + 2 ⎟ × 4.0 × 10 C ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ −8 = − 3.83 × 10 C
解 2 由图 8-1 知 FQ1 与电荷 q1 所受另三力的合力均在对角线方向上，故在 该方向上力的平衡方程为
y d -E2y O x R E2y E2 E E1 x
θ
图 8－4
解
取如图 8-4 所示的 O xy 坐标系， x 轴在圆环轴向，使缺口与圆心连线在
O xy 平面内．利用例题 8-3 结果，完整带电圆环在 x 处的场强 E1 沿 x 方向，即
E1 = E1x =
4πε 0 x 2 + R 2
(
qx
dq y
ϕ A
O B dqˊ （a） x
dE
dE ⊥
d Eˊ dEy dE'x x
dE ⊥
θ
d Ex
ϕ
d Ez z
（b） 图 8－5
分析 根据电荷分布的对称性，在带电细圆环上取任一条直径的两端等量异 号电荷元， 它们在轴线上距环心 x 处的电场强度沿轴线方向的分量大小相等方向 相反，故相互抵消，而垂直于轴线的分量互相加强．但是，这些成对的电荷元在 x 处的电场强度垂直于轴线的分量方向却各不相同，均匀分布在一个半圆区域 内，与各电荷元在圆环上的位置有关．所以，还必须在垂直于轴线的平面内进行
4πε 0 ( x 2 + R 2 )
2
E 方向与 x 轴正向夹角为
α = arctan
Ey Ex
= arctan
Rd x(2πR − d )
8-5 一半径为 R 的均匀带电细圆环，一半电荷线密度为 + λ ，另一半电荷线 密度为 − λ ，求轴线上距环心 x 处的电场强度（假设电荷是不能移动的）.
分析 根据场强叠加原理，完整的圆环在 x 处的电场强度应等于带缺口的圆 弧在 x 处的场强与缺口弧元在该点场强的叠加．因例题 8-3 已经给出了完整的圆 环在 x 处的电场强度，而且对于弧元，因 d << R ，可以视为一个点电荷，所以带 缺口圆弧在轴线上 x 处的电场强度应等于完整的圆环在 x 处的场强与视为点电 荷的弧元在该点场强的矢量差．
方向沿 x 轴正向． （2）在细棒上 x 和 − x 处取对称的两个电荷元 dq 和 dq ′ ，它们在Q点产生的 电场强度分别为dE和dE’， 如图 8-6 所示．它们的 x 方向分量相互抵消， y 方向 分量相互加强，叠加后得到沿 y 方向的合场强dEQ，其大小为
dE Q = 2
λ dx
4πε 0 (d + x )
3 2
∫
π
0
sin ϕ dϕ =
λR 2
4πε 0 ( x 2 + R 2 )
3 2
x 处的电场强度方向为 y 轴正向．
（1） 8-6 均匀带电细棒，棒长 l = 20cm，线电荷密度 λ = 3 × 10 −8 C/m ．求： （2）棒的垂直平分线上 棒的延长线上与棒的中点相距 L = 18cm 处的电场强度； 与棒的中点相距 d = 8cm 处的电场强度．
dq λdθ = 2 4πε 0 R 4πε 0 R
应用场强叠加原理，得
E = E y = 2∫
30° 0
dE y = 2∫
30°
0
3⎞ λ sin θdθ λ ⎛ ⎟ ⎜1 − = ⎜ 4πε 0 R 2πε 0 R ⎝ 2 ⎟ ⎠
8-4 均匀带正电荷圆环，半径为 R ，电荷线密度为 + λ ，其上有一长度为 d (d << R) 的缺口，试求轴线上距环心 x 处 P 点的电场强度．
电荷量为等值同号的两个点电荷之间距离为 2l，求其连线的中垂面上
8-2
电场强度最大处到两电荷连线中点的距离． 分析 因两电荷等量同号，由于对称性，在连 线中垂面上，以连线中点为圆心的圆上各点电场强 度大小相等，方向沿径向．只需求出电场强度沿径 向的分布规律，电场强度最大处应满足极值条件． 解 以两点电荷连线中点O为原点，取如图 8-2 所示的坐标系， x 轴沿连线方向， y 轴为中垂面上任 E2分别为两点电荷在 y 轴上任意点 (0, y ) 一径向． E1、 处产生的电场强度，由于对称性，合场强 E (0, y)沿y 正向，y轴上任意点的合场强为
2 2
cos θ =
λd dx 2πε 0 (d 2 + x 2 ) 3 2
L
细棒在 Q 点产生的电场强度大小为
E = E Q = ∫ dE Q =
λd 2πε 0
Lλ
∫
L 0
2
(d
dx
2
+ x2
)
3
2
⎤ 2 dλ ⎡ x ⎥ ⎢ = 2πε 0 ⎢ d 2 (d 2 + x 2 ) 12 ⎥ ⎦0 ⎣
矢量叠加，才能求出整个圆环在 x 处的电场强度． 解 取圆环的轴线为 x 轴， 在圆环上距正负电荷分界点 A 的张角为 ϕ 处取电
荷元 dq = λRdϕ ，直径的另一端等量异号电荷元为 dq ′ ，它们在 x 处的电场强度
′ 大小相等方向相反，相互抵消，如图 8-5（a）所示， 沿轴线方向的分量 dE x 和 dE x
′ 相抵消， dE y 与 dE ′ dE x 与 dE x y 相等，即 ′ =0 dE x + dE x
dE y + dE ′ y = 2dE y = 2dE sin θ
电荷元 dq 在圆心处电场强度的大小为
+ dl + + – – d l’ – 图 8-3
θ -θ
dE’
O dE y dE
x
dE =
场强最大处是以 O 为中心，半径为
8-3 半径为 R 的一段圆弧，圆心角为 60° ，一半均匀带正电，另一半均匀带 负电，单位长圆弧上所带电荷量分别为 + λ 和 − λ ，求其圆心处的电场强度． 分析 当电荷沿一细线连续分布时，电荷线密度为 λ ，须将带电细线分为足
够小的一系列电荷元 dq = λdl ，每一电荷元都可视为点电荷．设 r 为电荷元 dq 到空间某点的径矢， 则场强叠加原理给出该点场强为沿电荷分布曲线 L 的矢量积
dE = 0 ，得 dy l2 − 2y2
2
q 2πε 0
解得
⋅
(y
wenku.baidu.com+l
2
)
5
=0
2
y=±
2 l 2 2 l ．又由计算 2
因 y 轴为中垂面上任一径向，无须取负值，则极值位置为 y 0 =
d2E 可得 2 dy
< 0 ，故在位置为 y 0 =
y = y0
2 l 处 E 有极大值，即在中垂面（x=0）上 2 2 l 的圆． 2
而垂直于轴线的分量 dE ⊥ 则互相加强．由点电荷场强表达式得
λRdϕ sin θ λR 2 dϕ dE ⊥ = = 4πε 0 ( x 2 + R 2 ) 4πε ( x 2 + R 2 ) 3 2 0
在垂直于轴线的平面内，以 OA 方向为 z 轴正向，可得 dE ⊥ 的投影如图 8-5 （b）所示，则有
E = E1 + E 2 = 2 E1 cosθ j
q
y E E2 E1 （0, y） q l O 图 8-2 l x
其中
E1 = E 2 =
q y ， cosθ = 2 2 4πε 0 ( y + l ) y2 + l2
(
)
1
2
故
E=
2πε 0 y 2 + l 2
(
qy
)
3
2
电场强度最大处应满足极值条件，令