物理学简明教程(马文蔚等著)第六章课后练习题答案详解

物理学简明教程（马文蔚等著）第六章课后练习题答案详解6－1 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( )分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为02εζ，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 ).6－2 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 ). 6－3 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 ).6－5 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.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5－3节的例1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θθR δS δq d sin π2d d 2⋅==，在点O 激发的电场强度为()i E 3/2220d π41d r x qx 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()θθθεδθθR πδR θR πεr x q x πεE d cos sin 2 d sin 2cos 41d 41d 0230220=⋅=+= 积分得 02/004d cos sin 2εδθθθεδE π⎰==6－6 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∑--⨯-=-≈=2902cm 1006.1π4/E εR q ζE单位面积额外电子数25cm 1063.6/-⨯=-=e ζn6－7 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 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.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=E在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变R 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，电场强度有一跃变00π2π2ΔεζrL εL λr ελE === 这与5－20题分析讨论的结果一致.6－8 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？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⎰∞⋅=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r εQ 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202101202121013211π4π4π411π40d 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 -=-==6－9 一圆盘半径R ＝3.00×10－2m .圆盘均匀带电，电荷面密度σ＝2.00×10－5C·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30.0cm 处的电势和电场强度.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)带电圆环激发的电势220d π2π41d xr r r ζεV += 由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的()x x R εζx r r r εζV R -+=+=⎰22002202d 2 (1) (2)轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R xεζx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向.(3)将场点至盘心的距离x ＝30.0cm 分别代入式(1)和式(2)，得V 1691=V-1m V 5607⋅=E当x ＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-⨯==ζR 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 V1-20m 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.6－10 在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为109Ｖ，被迁移的电荷约为30C .(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 ＝3.34×105J· kg )(2)假设每一个家庭一年消耗的能量为300kW·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 3000100⨯=⋅=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.6 －11 一真空二极管，其主要构件是一个半径R １＝5.0×10－4m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外，半径R ２＝4.5×10－3m 的同轴圆筒形阳极．阳极电势比阴极电势高300V ，阴极与阳极的长度均为L ＝2.5×10－２m ．假设电子从阴极射出时的速度为零．求：（１）该电子到达阳极时所具有的动能和速率；（２）电子刚从阳极射出时所受的力．分析 （1）由于半径R １＜＜L ，因此可将电极视作无限长圆柱面，阴极和阳极之间的电场具有轴对称性．从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速，电子所获得的动能等于电场力所作的功，也即等于电子势能的减少．由此，可求得电子到达阳极时的动能和速率．（2）计算阳极表面附近的电场强度，由F ＝qE 求出电子在阴极表面所受的电场力．解 （1）电子到达阳极时，势能的减少量为J 108.4Δ17-⨯-=-=eV E ep由于电子的初始速度为零，故J 108.4ΔΔ17-⨯-=-==ep ek ek E E E因此电子到达阳极的速率为1-7s m 1003.122⋅⨯===meV m E ek v （2）两极间的电场强度为r rελe E 0π2-= 两极间的电势差1200ln π2π2d 21R R e ελr ελV R R -=-=⋅=⎰r E 负号表示阳极电势高于阴极电势．阴极表面电场强度r r R R R V R ελe e E 12110ln π2=-= 电子在阴极表面受力N 1037.414r e e E F -⨯=-=这个力尽管很小，但作用在质量为９.1１ ×10－3１kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的5×10１5倍．6－12 一导体球半径为R １，外罩一半径为R 2的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q ，而内球的电势为V ０．求此系统的电势和电场的分布．分析 若200π4R εQ V =，内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必定为等势体，电场强度处处为零，内球不带电． 若200π4R εQ V ≠，内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度不为零，内球带电．一般情况下，假设内导体球带电q ，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示．依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布．并由⎰∞⋅=p p V l E d 或电势叠加求出电势的分布．最后将电场强度和电势用已知量V 0、Q 、R １、R 2表示．解 根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称．取同心球面为高斯面，由高斯定理()()∑⎰⋅=⋅=⋅02/π4d εq r E r r E S E ，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各区域内的电场分布为 r ＜R １时，()01=r E R １＜r ＜R 2时，()202π4rεqr E = r ＞R 2时，()202π4r εqQ r E +=由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布． r ＜R １时，20103211π4π4d d d d 2211R εQR εq V R R R R rr+=⋅+⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰⎰∞∞l E l E l E l E R １＜r ＜R 2时，200322π4π4d d d 22R εQr εq V R R rr+=⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰∞∞l E l E l E r ＞R 2时，rεQq V r03π4d +=⋅=⎰∞l E 3 也可以从球面电势的叠加求电势的分布．在导体球内（r ＜R １）20101π4π4R εQR εq V +=在导体球和球壳之间（R １＜r ＜R 2）2002π4π4R εQr εq V +=在球壳外（r ＞R 2）rεQq V 03π4+=由题意102001π4π4R εQR εq V V +== 得102001π4π4R εQR εq V V +== 代入电场、电势的分布得 r ＜R １时，01=E ；01V V =R １＜r ＜R 2时，22012012π4r R εQ R r V R E -=；r R εQR r r V R V 201012π4)(--= r ＞R 2时，220122013π4)(r R εQR R r V R E --=；r R εQ R R r V R V 2012013π4)(--=6 －13 两线输电线，其导线半径为3.26mm ，两线中心相距0.50m ，导线位于地面上空很高处，因而大地影响可以忽略．求输电线单位长度的电容．解 由教材第六章6－4节例3可知两输电线的电势差RRd ελU -=lnπ0 因此，输电线单位长度的电容Rd εR R d εU λC ln /πln /π00≈-==代入数据 F 1052.512-⨯=C6 －14 在A 点和B 点之间有5个电容器，其连接如图所示．（1）求A 、B 两点之间的等效电容；（2）若A 、B 之间的电势差为12V ，求U A C 、U CD 和U D B ．解 （1）由电容器的串、并联，有μF 1221=+=C C C AC μF 843=+=C C C CD51111C C C C CD AC AB ++=求得等效电容C AB ＝4μF ． （2）由于AB D B CD AC Q Q Q Q ===，得V 4==AB ACABAC U C C U V 6==AB CDABCD U C C U V 2==AB DBABDB U C C U6 －15 半径为0.10cm 的长直导线，外面套有内半径为1.0cm 的共轴导体圆筒，导线与圆筒间为空气．略去边缘效应，求：（1）导线表面最大电荷面密度；（2）沿轴线单位长度的最大电场能量． 分析 如果设长直导线上单位长度所带电荷为λ，导线表面附近的电场强度0π2εζR ελE ==查表可以得知空气的击穿电场强度E b ＝3.0×106（V ／m ），只有当空气中的电场强度E ≤E b 空气才不会被击穿，由于在导线表面附近电场强度最大，因而可以求出σ的极限值．再求得电场能量密度，并通过同轴圆柱形体元内电场能量的积分求得单位长度的最大电场强度． 解 （1）导线表面最大电荷面密度250max m C 1066.2--⋅⨯==b E εζ显然导线表面最大电荷面密度与导线半径无关．（2）由上述分析得b E R ελ10max π2=，此时导线与圆筒之间各点的电场强度为()1210π2R r R rRr ελE m <<==0=E (其他)22210202121rE R εE εw b m m ==沿轴线单位长度的最大电场能量r rER εr r w W R R bΩm d 1πd π2212210⎰⎰⎰⎰=⋅= 14122210m J 1076.5lnπ--⋅⨯==R R E R εW b m。