大学物理课后答案——第六章 管靖主编

第六章 习题6.1 三个相同的点电荷放置在等边三角形的三个顶点上，在此三角形的中心应放置怎样的电荷，才能使作用在每一点电荷上的合力为零？解 设等边三角形的边长为a，则由顶点到中心的距离为；顶点处电荷为q ，中心处电荷为Q ，Q 与q 反号．考虑到等边三角形的对称性，可知Q 受其它三个电荷的合力为零，与Q 的大小无关；顶点处三个电荷q 所受合力的大小相同．上方顶点处电荷q受其它三个电荷的作用力如题解图 6.1所示，合力为零要求题解图6.102cos30F F =即22024q aπε⨯=可求出3Q q =．6.2 半径为R 的半圆形带电曲线，如题图 6.2所示，线上单位长度带有电荷η，求圆心O 点的场强． 题图6.2解 在带电曲线上取一个长度为d l 的电荷元，其电量d d q l η=．电荷元在O 点的场强为d E，如题解图 6.2．由于电荷分布对Ox 轴对称，所以全部电荷在O 点产生的总场强沿y 方向的分量之和为零，O 点的总场强E 沿Ox 方向，(d )x E E i =⎰．由于d =d lR θ，所以200d cos cos d cos d d 44x l E E R Rηθηθθθπεπε⋅=== 于是222200cos (d )(sin )44E i |i R R ππππηθηθθπεπε--==⎰02i Rηπε= 6.3 电量均为9410C -⨯的四个点电荷置于正方形的四个顶点，各顶点距正方形中心O点5cm ．试求:（1）O 点的场强和电势；（2）将点电荷90110C q -=⨯从无穷远处移到O 点，电场力作功多少？电势能的改变为多少？解 （1）根据场强迭加原理，O 点的场强12340E E E E E =+++=根据电势迭加原理，O 点的电势12340144qrϕϕϕϕϕπε=+++=⨯99291040104510.--⨯⨯⨯=⨯⨯328810().V =⨯ （2）电场力作功0(0)A q ϕ=--93101028810..-=-⨯⨯⨯628810(J).-=-⨯电势能的改变为6p 28810(J)E A .-∆=-=⨯6.4 半径为R 的半圆形带电曲线，如题图 6.2所示，线上单位长度带有电荷η，求圆心O 点的电势．解 在带电曲线上取一个长度为d l 的电荷元，其电量d d ql η=．参见题解图6.2，d =d l R θ．则O 点的电势为001d 1d 44q l r R ηϕπεπε==⎰⎰20001d 444ππηπηηθπεπεε-===⎰6.5 已知空气的击穿场强为6310V m ⨯，测得某次闪电的火花长100m ．（1）求这次发生的闪电两端的电势差；（2）设闪电时通过的电量为30C ，问这次闪电消耗多大能量？解 （1）闪电两端的电势差68310100310(V)U Ed ϕ=∆==⨯⨯=⨯（2）次闪电消耗多大能量8931030910(J)E qU ==⨯⨯=⨯6.6 如题图6.6所示，匀强电场E 与半径为R 的半球面1S 的轴线平行，试计算通过此半球面的E通量．若以半球面的边线为边，另取一个任意形状的曲面2S ，问2S 的电通量多大？请说明理由． 题图6.6解 以半球面1S 的边缘为边界作一个平面0S ，此平面为一个圆，面积为2R π．由于E与0S面垂直，所以通过0S 面的E通量2R E Φπ=．因为通过1S 面和2S 面的E 通量与通过0S 面的E 通量相等，故通过1S 面和2S 面的E通量均为2R E Φπ=．6.7 设地球表面附近的场强约为200Vm ，方向指向地心，试求地球所带总电量．解 在地球表面外、沿地球表面作一个球面，以此球面为高斯面，设地球所带总电量为Q ，地球半径66.410m R =⨯，由高斯定理20d 4SQ E S E R πε⋅=-⨯=⎰⎰所以地球所带总电量204Q E R επ=-⨯⨯1262885102004314(6410)...-=-⨯⨯⨯⨯⨯⨯59110(C).=-⨯6.8 一块厚度为d 的无限大平板均匀带电，电荷密度为ρ，求板内外电场E的分布．解 垂直于平板表面作横截面，如题解图 6.8；图中虚线为与表面平行、距离两表面等距离（均为2d ）的平面AB ．由于带电平板无限大，电荷分布对平面AB 对称，可知电场强度E与平板表面垂直，在距离平面AB 距离相等处电场强度的大小E 相同．作对平面AB 对称的闭合高斯面S ，高斯面S 由与平面AB 平行的两个底面1S 和2S 和与平面AB正交的柱面3S 组成，两个底面1S 和2S 到平面AB 的距离均为l ．因1S 和2S 的E 通量相等，12ES ES =；3S 的E 通量为零；当2dl ≤时，根据高斯定理1110122E S lS ρε=即可求出10l E ρε=；当2d l >时，根据高斯定理 211012E S S d ρε=可求出22dE ρε=．平板带正电，E 垂直表面向外，平板带负电，E垂直表面向内．6.9 如题图6.9所示, 在半径分别为1R 、2R 的两个同心薄球面上均匀分布着电荷1Q 和2Q ．（1）求I 、II 、III区场强E的分布；（2）求I 、II 、III 区的电势分布． 题图6.9解 由于电荷分布对球心O 具有球对称性，故电场分布也对球心O 具有球对称性，可知电场线为过O 点的放射状半直线，场强E沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强大小E 相等．（1）设研究的场点到O 点的距离为r ，以O 为圆心、r 为半径的球面为高斯面，E与高斯面正交．根据高斯定理，在I 区，1rR <，有211d 40E S E r π⋅=⋅=⎰⎰所以10E =．在II 区，12R r R <<，则由21204Q E r πε⋅=可求出12204Q E rπε=．在III 区，2rR >，则由212304Q Q E r πε+⋅=可求出123204Q Q E r πε+=．（2）取参考点在无穷远，积分路径沿半径方向，沿电场线积分． 在III 区，2rR >，121233200()d d 44rr Q Q Q Q r E l r r r ϕπεπε∞∞++=⋅==⎰⎰ 在II 区，12R r R <<，22212233220()d d d ()4R R rR rQ r E l E l r R r ϕϕπε∞=⋅+⋅=+⎰⎰⎰21122002d 44R rQ Q Q r rR πεπε+=+⎰12021()4Q Q r R πε=+在I 区，1rR <，12121123()d d d R R rR R r E l E l E l ϕ∞=⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰122101210()()4Q Q R R R ϕπε=+=+6.10 半径为R 的无限长圆柱体均匀带电，电荷密度为ρ，求场强和电势的分布（参考点选在该圆柱面上）．解 由于均匀带电圆柱体无限长，电荷分布对圆柱轴线轴对称；所以电场线在垂直于圆柱轴线的平面内，为过圆柱轴线的放射状半直线．用以圆柱轴线为轴，两底面与圆柱轴线垂直的闭合圆柱面为高斯面，如题解图 6.10．高斯面的两底面半径为r ，与E 平行，E 通量为零；圆柱侧面长度为l ，与E 正交，E通量2rlE ϕπ=．在带电圆柱体内部，rR <，由高斯定理可得2110d 2r l E S rlE πρπε⋅==⎰⎰所以102rE ρε=．在带电圆柱体外部，r R >，由高斯定理可得 题解图6.102220d 2R lE S rlE πρπε⋅==⎰⎰因此2202R E rρε=．圆柱带正电时，E 沿半径方向向外；圆柱带负电时，E沿半径方向指向轴线．参考点选在带电圆柱的圆柱面上，积分路径沿半径方向，沿电场线积分．在带电圆柱体内部，r R <，电势为22100d d ()24RR rr r E l r R r ρρϕεε=⋅==-⎰⎰在带电圆柱体内部，rR >，电势为22200d d ln 22RR rr R R RE l r r r ρρϕεε=⋅==⎰⎰6.11 如题图 6.11所示，三块平行放置的金属板A 、B 、C ，面积均为S ．B 、C 板接地，A 板带电量Q ，其厚度可忽略不计．设A 、B 板间距为l ，B 、C 板间距为d ．因d 很小，各金属板可视为无穷大平面．试求：（1）B 、C 板上的感应电荷；（2）空间的场强及电势分布． 题图6.11解 因d 很小，各金属板可视为无穷大平面，所以除边缘部分外，可认为E沿Oz 方向，z 相同处E 的大小相同，即()z E E z k =．（1）设B 、C 表面的面电荷密度为1σ、2σ、3σ、4σ如题解图6.11所示．由于B 、C 板接地，故B 、C 板电势与无穷远相同，电势均为零．若B 、C 板外表面带有电荷，必有电场线连接板外表面与无穷远，则B 、C 板电势与无穷远不同，因此可知B 、C 板外表面不带电荷，即140σσ==．作高斯面为闭合圆柱面如题解图 6.11，两底面在B 、C 板内部、与Oz 垂直，侧面与Oz 平行，由高斯定理2301d 0()Q E S Sσσε⋅==++⎰⎰ 即23QSσσ+=-（1） 根据叠加原理，Ⅰ区E为五个无穷大带电平面产生的场强的叠加，即 题解图6.1133221000000000022222222z Q S Q S E σσσσεεεεεεεε=+---=--同理，Ⅱ区电场强度322000222z Q S E σσεεε=+-因为A 、B 间的电压AB U 与A 、C 板的电压AC U 相等，12()z z E l E d l -=-3322000000()()()222222Q S Q S l d l σσσσεεεεεε---=+-- 即232Q d lS dσσ--=-（2）联立求解（1）（2）式得：2d l Q d S σ-=-，3l Qd Sσ=-．所以B 、C 板内表面分别带电22d l Q S Q d σ-=⋅=-，33lQ S Q dσ=⋅=- （2） 321000222z Q S E σσεεε=--0001()222d l l Q d d S εεε-=--+0()d l QdSε-=-111d d zzE l E l ϕ=⋅=-⋅⎰⎰0()d l Qz dSε-=322000222z Q S E σσεεε=+-0001()222d l l Q d d S εεε-=-++0lQdSε=211d d dd zz E l E l ϕ=⋅=⋅⎰⎰ 0()lQ d z dSε=-6.12 点电荷q 放在电中性导体球壳的中心，壳的内外半径分别为1R 和2R ，如题图6.12所示．求场强和电势的分布．解 由于电荷q 位于球心O ，导体球壳对球心O 具有球对称性，故感应电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知感应电荷均匀分布在导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强大小E 相等．设球壳内表面带电1Q ，外表面带电2Q ．用以O 点为球心，12R r R <<为半径的球面为高斯面，根据高斯定理101d 0()E S q Q ε⋅==+⎰⎰可知1Q q =-；由于导体球壳电中性，由120Q Q +=，所以2Q q =．根据叠加原理，场强和电势分别为点电荷q 、均匀带电1Q 和2Q 的球面的场强和电势的叠加．考虑到在电荷球对称分布情况下，在电荷分布区以外的场强和电势与总电量集中在球心的点电荷的场强和电势的表达式相同．取参考点在无穷远；2rR >时，121220044q Q Q q E r r πεπε++==，1210044q Q Q qr rϕπεπε++==21R r R ≥≥时，112004q Q E r πε+== ，12100202444q Q Q qr R R ϕπεπεπε+=+=1r R <时，1204q E rπε=12100102012111()4444Q Q q qrR R r R R ϕπεπεπεπε=++=-+ 6.13 一半径为A R 的金属球A 外罩有一个同心金属球壳B ，球壳很薄，内外半径均可看成B R ，如题图 6.13所示．已知A 带电量为A Q ，B 带电量为B Q ．试求：（1）A 的表面1S ，B 的内外表面2S 、3S 上的电量；（2）A 、B 球的电势（设无穷远电势为零）． 题图6.13解 由于金属球A 和同心金属球壳B 对球心O 具有球对称性，故电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知电荷均匀分布在导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强大小E 相等．（1）金属球A 带电A Q 分布于A 的外表面1S ；设金属球壳B 内表面带电2Q ，外表面带电3Q ，23B Q Q Q +=．用以O 点为球心、B rR =为半径、位于球壳B 金属内部的球面为高斯面，根据高斯定理A 201d 0()E S Q Q ε⋅==+⎰⎰可知2A Q Q =-；由于23B Q Q Q +=，所以3A B Q Q Q =+．（2）根据叠加原理，电势为三个均匀带电球面产生电势的叠加，即B r R ≥区域，A 23A B10044Q Q Q Q Q r rϕπεπε+++==B r R =即为B 球的电势A BB 0B4Q Q R ϕπε+=．B A R r R >≥区域，3A 2A B200B 0B 0B1()4444Q Q Q Q Q r R R r R ϕπεπεπεπε=++=+A r R =即为A 球的电势A BA 0A B1()4Q Q R R ϕπε=+． 6.14同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属直圆柱构成，如题图6.14所示．设内圆柱体的半径为1R ，外圆柱体的内半径为2R ．使内圆柱带电，单位长度上的电量为η，试求内外圆柱间的电势差． 题图6.14解 由于两个同轴金属直圆柱可视为无限长、对圆柱轴线O 轴对称；所以电荷和电场的分布也对圆柱轴线O 轴对称；电场线在垂直于圆柱轴线的平面内，为过圆柱轴线的放射状半直线；场强E沿半径方向，在到轴线O 的距离r 相同处，场强大小E 相等．用以圆柱轴线为轴，两底面与圆柱轴线垂直的闭合圆柱面为高斯面．高斯面的两底面与圆柱轴线O 垂直，半径为r ，21R r R >>；两底面与E 平行，E 通量为零；圆柱侧面长度为l ，与E 正交，E通量2rlE ϕπ=．由高斯定理10d 2l E S rlE ηπε⋅==⎰⎰可得02Erηπε=．沿电场线积分，由1R 沿半径到2R ，内外圆柱间的电势差2221112001d d d ln 22R R R R R R R U E l E r r r R ηηπεπε=⋅===⎰⎰⎰。