大学物理(第二版)上册课后习题详解第四章-静电场

11
C m-2。求此系统的电场分
布。 解 如题 4.10 图所示， 三个区域的场强由两平行无限大均匀带 电面产生的场强的叠加，其电场强度分别为
E2
E2
4.10 解图
E2
E1
1 ， E2 2 2 0 2 0
设水平向右的方向为场强的正方向，则 左边区域：
EⅠ E1 E2
题 4.8 图
29
电荷为 Q2。求电场分布规律。 解 因电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，取半径为 r 的同心球面为高斯面， 由高斯定理得
2 E dS 4r E
q
0
当 r R1 时，该高斯面内无电荷，
q 0 ，故
Q1 (r 3 R13 ) ，故 3 R2 R13
4.2 一根不导电的细塑料杆，被弯成近乎完整的圆，圆的半径为 0.5m，杆的两端有 2cm 的缝隙， 3.12 10 C 的正电荷均匀地分布在杆上，求圆心处电场的大小和方向。 解 运用叠加原理,可以把带电体看成是一个带正电的整圆环和一段长为 2cm 带负电的 圆弧产生的电场的叠加,而圆环在中心产生的电场为零。所以电场就等于长为 2cm 的带负电 的圆弧产生的电场。由于圆弧长度远小于半径,故可看成是一点电荷,所以
q0 必须在两电荷之间才能平衡，设与 2q 之间的距离为 x ，若合力为零，则有
2qq0 qq0 1 2 4 0 x 4 0 (l x) 2 1
由此可得 x 2 4lx 2l 2 0 ，解此方程可得
x (2 2)l 。只能取负号，所以
x (2 2)l ，为稳定平衡状态。
q ， 2l
x
dx
2l
4.11 解图
a
dU
1
dx
4 0 2l a x
2l
所以
U dU
1
dx
0
4 0 2l a x

q 8 0l
ln(1
2l ) a
4.12 设半径为 R 的均匀带电圆盘，其电荷面密度为 ，求均匀带电圆盘在圆心处的电 势。 解 选半径为 r （ r R ） ，宽度为 dr 的细圆环。由例 4.13 的结 论（4.31）式可 得该细圆环的电势为 dU
第 4 章 静电场
4.1 如题 4.1 图所示，位于 x 轴上的两个点电荷，分别带电 2q 和 q，相距 l ，求： （ 1） 第三个点电荷 q0 放在 x 轴上哪一位置 时，它所受合力为零； （2）若第一点电 荷为 2q，第二点电荷为 q ，情况又将 如何? 题 4.1 图 解（1）由于两电荷为正电荷，所以
800 ( 2 1) 0.15 2 1.04 Wb
（2） 由高斯定理可得
q 0 ，所以
q 0 1.04 8.85 1012 9.27 1012 C
4.7 一对无限长的共轴直圆筒，半径分别为 R1 和 R2 ，筒面上都均匀带电。沿轴线单位 长度的电量分别为 1 和 2 。求：(1)各区域内的场强分布；(2)若 1 2 ，情况如何?画出 此情形的 E r 曲线。 解 （1）根据电荷的分布，带电体具有轴对称分布，所以选择同心的圆柱面为高斯面， 其高度为 h ，因为只有圆柱面侧面的通量不为零，所以
于是，空腔中任一点 P 的场强可由叠加原理求出
E E1 E2
a 3 0
/
由上式结果可知，在空腔内各处的场强均相等，方向由 O 指向 O 。 4.10 两个平行无限大均匀带电平面，面电荷密度分别为
1
E1 E1
2
E1
1 4 10
11
C m-2 和 2 2 10
r R2
E3
所以
1 2 2 0 r
R3
R2
（2）若 1 2 ，则
r R1 和 r R2 时， E1 E3 0
R1 r R2 时， E2
1 2 0 r
R1
4.8 一个内外半径分别为 R1 和 R2 的均匀带电球壳， 总电 荷为 Q1，球壳外同心罩一个半径为 R3 的均匀带电球面，球面
E E1 E 2 E3
(i j ) 40 R
1/ 2
4.6 如 题 4.6 图 所 示 电 场 强 度 分 量 为 Ex bx
，
Ey Ez 0 ，其中 b 800 N C-1 m-1/2。试求： （1）通过正立
方体的电通量； （2）正立方体的总电荷是多少？设 a 10 cm。 题 4.6 图
E3 x
(sin 180 0 sin 90 0 ) 40 R 40 R
E3 y E3
(cos 90 0 cos 180 0 ) 4 0 R 4 0 R
所以
( i j ) 4 0 R
设四分之一圆弧 AB 在圆心 O 处的场强为
dr r o R
σ
dq 4 0 r
，其中 dq 2rdr 。积分可得均
匀带电圆盘在圆心处的电势为
U 0 r 2 0
4.12 解图
4.13 如题 4.13 图所示，半径为 R1 和 R2 的两无限长直共轴圆筒，内筒带正电荷，外筒 带负电荷，线密度大小都为 。求:（1）内、外两筒间的电势差； （2）若外筒接地，内筒的 电势为多少? 解 (1)两圆筒的电场分布分别为
x
rx
dx
L 2
O
L 2
x
P
题 4.3 图
26
dq dx ,在 P 点产生的电场为
dE 1
dx
4 0 (r x) 2
L2
, 方向向右
所以总场为 方向向右。
E dE
1
dx
2
L 2
4 0 (r x)

1
2
L
4 0 (r L2 4)
,
4.4 如题 4.4 图所示，电荷 Q 均匀分布在半径为 R 的半圆周上， 求曲率中心 O 处的电场强度。 解 建立如题 4.4 解图坐标，取微元 dq Rd , 由对称性知
r R1
所以
E dS = 2 rhE
E d S 2


1
0
E

2 0 r
E1 0
R1 r R2
2rlE 2
q
0
R
题 4.7 图
r
所以
1l 1 。由此可得 E 2 0 20 r
( ) h E d S 3 = 2 rhE3 1 0 2
电场强度方向均沿径矢方向。各区域的电场强度分布曲线如图所示
E
O
R1
R2
R3
r
4.9 如题 4.9 图所示，一均匀带电球体，半径为 R，体电 荷密度为 ，今在球内挖去一半径为 r0 ( r0 R )的球体，已知 求证由此形成的 a 为带电球体的球心到空腔中心的矢量线段， 空腔内的电场是均匀的，并求证其值为


E E1 E2
先求电荷体密度为 的均匀带电实心球体内的场强。由对称 性可知， 电场 E1 的方向沿半径向外。 以 O 为圆心， 取一半径为 r 的 球面为高斯面，此球面上场强的大小处处相等，由高斯定理可得
R
pr Oa o
0
'

4.9 解图
4 r 2 E1
1
0
(
4 r 3 r ) E1 3 3 0
中间区域：
1 2 2 0

2 1011 1.13 Vm-1, 方向向左. 2 8.85 1012
31
EⅡ E2 E1
右边区域：
1 2 3 2 1011 3.39 Vm-1, 方向向右. 2 0 2 8.85 1012
E y 0 ，只有 x 分量, 且
dEx
题 4.4 图
y
Rd sin 4 0 R 2


dE x
因为 Ex dEx


2
0
R sin d Q 2 2 4 0 R 2 0 R 2
, 方向沿 x 正方向。
x
dE
题 4.4 解图 图
所以 E Ex
由高斯定理可得半径为 r0 、电荷体密度为 的均匀带电球体在 r 处产生的场强为
4 (a r ) E2
2
4 (a r )3 3
0
E2
(a r ) 3 0
由上面的结论，有
r (a r ) E1 ， E2 3 0 3 0
28
解 （1）因为 E 只有 x 分量，所以上、下、前、后四个面的通量为零，只有左右两个 面的通量不等于零 左面通量为： Ⅰ E S = - Ex S ba 右面通量为： 2 E S = Ex S
52
2ba 5 2
52
总通量为： 1 2 ( 2 1)ba
1 2 2 1011 EⅢ E1 E2 1.13 Vm-1, 方向向右. 2 0 2 8.85 1012
4.11 电量 q 均匀分布在长为 2l 的细杆上，求在杆外延长线上与杆端距离为 a 的 P 点的 电势。设无穷远处为电势零点。 解 如图 4.11 所示，取微元 dq dx ，其中 则微元电荷在 P 点处的电势为
q 1 Ql 3.12 109 0.02 9 E 8.9 10 0.72 Vm-1 4 0 R 2 4 0 R 2 2 R 2 3.14 0.53 1
4.3 一均匀带电直线，长为 L ，电荷线 密度为 。求直线的延长线上距 L 中点为 r ( r L / 2 )处的场强。 解 建立如题 4.3 图的坐标 , 取微元
E
a。 3 0
题 4.9 图
解 用补偿法。 先在空腔内填入电荷体密度为 的电荷， 再填入电荷体密度为 的电荷。 则空腔内的电场强度可看作
30
是半径为 R 、 电荷体密度为 的均匀带电球体的场强 E1 与原空 腔处电荷体密度为 的半径为 r0 的均匀带电球体的场强 E2 的 叠加。所以
E1 0
当 R1 r R2 时，高斯面内电荷
q
E2
Q1 (r 3 R13 ) 3 4 0 ( R2 R13 )r 2
4 0 r 2 Q1 Q2 4 0 r 2 Q1
当 R2 r R3 时，高斯面内电荷为 Q1 ，故 E3
当 r R3 时，高斯面内电荷为 Q1 Q2 ，故 E4
Q 2 0 R 2
4.5 将一“无限长”带电细线弯成题 4.5 图所示的形状，设电荷均匀分布，电荷线密度 为 ，四分之一圆弧 AB 的半径为 R 。试求圆心 O 处的场强。
y
dE R O R
4.5 解图
θ
x
θθ
d
题 4.5
4.5 解图
解 由例 4.4 的结论可知：半无限长均匀带电细线 AC 在 O 处的场强为
又因为
dE 2 y dE 2 sin
d sin 40 R
所以
E2 y
2 sin d 40 R 0 40 R
由此可得
E2 E2 x i E2 y j
(i j ) 4 0 R
因此圆心 O 处的场强为
E1x
0 (cos 90 0 c o 1 s 80 ) 40 R 40 R
E1 y
(sin 180 0 sin 90 0 ) 4 0 R 4 0 R
27
所以
E1
(i j ) 4 0 R
半无限长均匀带电细线 BD 在 O 处的场强为
E2 E2 x i E2 y j
因为
dE 2
dq Rd d 2 2 40 R 40 R 40 R 1
所以
dE 2 x dE 2 cos
d cos 40 R
由此可得
E2 x
2 co s d 0 40 R 40 R
（2）若两电荷分别为 2q 和 q ，那么 q0 必须放在 q 的右侧一点 x 处，若合力为零， 则有
qq0 1 2qq0 2 4 0 x 4 0 (l x) 2 1
由此可得 解此方程可得
x 2 2lx l 2 0
x (1 2)l 。只能取正号，所以
9
x ( 2 1)l