第九章静电场(标准答案)
大学物理课后习题答案
第九章 静电场 (Electrostatic Field)二、计算题9.7 电荷为＋q 和－2q 的两个点电荷分别置于x ＝1 m 和x ＝－1 m 处．一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？解：设试验电荷0q 置于x 处所受合力为零，根据电力叠加原理可得()()()()022220000(2)(2)ˆˆ0041414141q q q q q q i i x x x x εεεε⋅-⋅-+=⇒+=π-π+π-π+即：2610(3x x x m -+=⇒=±。
因23-=x 点处于q 、－2q 两点电荷之间，该处场强不可能为零．故舍去．得()223+=x m9.8 一个细玻璃棒被弯成半径为R 的半圆形，沿其上半部分均匀分布有电荷+Q ，沿其下半部分均匀分布有电荷－Q ，如题图9.4所示．试求圆心O 处的电场强度．解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ 处取微小电荷d q = λd l = 2Q d θ / π它在O 处产生场强θεεd 24d d 20220R QR q E π=π=按θ 角变化，将d E 分解成二个分量：θθεθd sin 2sin d d 202R QE E x π==θθεθd cos 2cos d d 202RQE E y π-=-= 对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=⎰⎰πππθθθθε2/2/0202d sin d sin 2R QE x ＝02022/2/0202d cos d cos 2R QR Q E y εθθθθεππππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π-=⎰⎰ 所以j R Q j E i E E y x202επ-=+=9.9如图9.5所示，一电荷线密度为λ的无限长带电直导线垂直纸面通过A 点；附近有一电量为Q 的均匀带电球体，其球心位于O 点。
AOP ∆是边长为a 的等边三角形。
已知P 处场强方向垂直于OP ，求:λ和Q 间的关系。
袁艳红主编大学物理学第九章课后习题答案
----------专业最好文档，专业为你服务，急你所急，供你所需-------------文档下载最佳的地方第9章 静电场习 题一 选择题9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ](A)4f (B) 8f (C) 38f (D) 16f答案：B解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为8f。
9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。
因而正确答案（B ）习题9-3图(B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变 (C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变 答案：D解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。
O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式204q E rπε=，移动电荷后，由于OP =OT ，即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。
因而正确答案（D ）9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ](A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。
大学物理第九章静止电荷与静电场答案
第九章 静止电荷与静电场9.1 电荷 库仑定律 9.2 电场强度一．选择题和填空题1-2 CB3、－3σ / (2ε0) －σ / (2ε0) 3σ / (2ε0)4、()30220824Rqdd R R qd εεπ≈-ππ 从O 点指向缺口中心点．二．计算题1、解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为=q / L ，在x 处取一电荷元d q = d x = q d x / L ，它在P 点的场强：()204d d x d L qE -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε2分总场强为 ⎰+π=Lx d L x L q E 020)(d 4－ε()d L d q+π=04ε 3分 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．2、解：先计算细绳上的电荷在O 点产生的场强．选细绳顶端作坐标原点O ，x 轴向下为正．在x 处取一电荷元 d q = d x = Q d x /(3R ) 它在环心处的场强为 ()20144d d x R qE -π=ε ()20412d x R R xQ -π=ε 2分 整个细绳上的电荷在环心处的场强()203020116412RQx R dx R Q E R εεπ=-π=⎰ 2分 圆环上的电荷分布对环心对称，它在环心处的场强E 2=0 2分由此，合场强 i RQi E E20116επ== 2分 R3x x方向竖直向下．三．理论推导与证明题证：选环心作原点，x 轴沿圆环轴线方向，y 、z 轴如图所示．在环上任取一电荷元d q =(Q d θ) /(2π)，设P 点位于x 处，从电荷元d q 到P 点的矢径为r ，它在P 点产生的场强为rr Q r r q E ˆ8d ˆ4d d 20220εθεπ=π= r ˆ为矢径r 方向上的单位矢量．d E 沿x 轴的分量为d E x =d E cos φ (φ为矢径r与x 轴正向夹角) 由对称性容易证明 E y =0 E z =0因而有 E =E x 20202024cos d 8cos r Q r Q εφθεθππ=π=⎰()2/32204xR Qx+π=ε 当x >>R 时，可得 E ≈Q / (4πε0x 2)这相当于一个位于原点O 的带电量为Q 的点电荷在P 点产生的场强．9.3 电通量 真空中的高斯定理一、选择题和填空题 1-4、 D D C B 5、 q / (6ε0)6、 0 r rR302εσ 7、204r q επ 0二. 计算题1、解：在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为r r Ar V q d 4d d 2π⋅==ρ在半径为r 的球面内包含的总电荷为403d 4Ar r Ar dV q rVπ=π==⎰⎰ρ (r ≤R)以该球面为高斯面，按高斯定理有 0421/4εAr r E π=π⋅得到()0214/εAr E =， (r ≤R )方向沿径向，A >0时向外, A <0时向里．在球体外作一半径为r 的同心高斯球面，按高斯定理有 0422/4εAR r E π=π⋅ 得到 ()20424/r AR E ε=， (r >R ) 方向沿径向，A >0时向外，A <0时向里．2解：由高斯定理 ⎪⎩⎪⎨⎧<<><=21021,2,,0R R R R R R R R E πελ3解：挖去电荷体密度为ρ 的小球，以形成球腔时的求电场问题，可在不挖时求出电场1E，而另在挖去处放上电荷体密度为－ρ的同样大小的球体，求出电场2E，并令任意点的场强为此二者的叠加，即可得210E E E+= 在图(a)中，以O 点为球心，d 为半径作球面为高斯面S ，则可求出O '与P 处场强的大小.ρε302113414d d d E S E S π⋅=π⋅=⋅⎰ 有 E 1O’＝E 1P =d E 013ερ=方向分别如图所示.在图(b)中，以O '点为小球体的球心，可知在O '点E 2=0. 又以O ' 为心，2d 为半径作球面为高斯面S ' 可求得P 点场强E 2P()032223/)(4)(24d ερ-π=π⋅='⋅⎰'r d E S E S203212d r E Pερ-=(1) 求O '点的场强'O E. 由图(a)、(b)可得E O ’ = E 1O’ =3ερd， 方向如图(c)所示. (2)求P 点的场强P E.由图(a)、(b)可得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+=2302143d r d E E E P P P ερ 方向如(d)图所示.图(c)2O’=0图(b)9.4 真空中的环路定理 电势一.选择题和填空题1-5、CDBAC D 7、0 λ / (2ε0) 8、q / (6πε0R )9、⎪⎭⎫⎝⎛π∆-π20414R S R Q ε 二.计算题1、解：设坐标原点位于杆中心O 点，x 轴沿杆的方向，如图所示．细杆的电荷线密度λ＝q / (2l )，在x 处取电荷元d q = λd x ＝q d x / (2l )，它在P 点产生的电势为()()x a l l xq x a l q U P -+π=-+π=008d 4d d εε 整个杆上电荷在P 点产生的电势 ()⎰--+π=ll P x a l x lq U d 80ε()l lx a l l q --+π-=ln 80ε⎪⎭⎫⎝⎛+π=a l l q 21ln 80ε 2、解：（1）由高斯定理求得电场的分布：21220212011,,44,0R r R R r rQ Q r Q R r E <<⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧>+<=πεπε 各区域电势的分布为：（r<R 1）202101202121012021201114144)11(444221R Q R Q R Q Q R R Q dr r Q Q dr r Q U R R R πεπεπεπεπεπε+=++-=++=⎰⎰∞21202012,44R r R R Q r Q l d E U r <<+=⋅=⎰∞πεπε)(,420213R r r Q Q U >+=πε（2）)11(42101R R Q U -=∆πε 作图略9.5 静电场中的导体一.选择题和填空题１.C 2.D 3.D 4.C 5、 不变 减小二.计算题1解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q ，外表面上带电荷q +Q ．(2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O 点的 距离都是a ，所以由这些电荷在O 点产生的电势为 adqU q 04επ=⎰-aq04επ-=(3) 球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 在O 点 产生的电势的代数和 q Q q q O U U U U +-++= r q 04επ=a q 04επ-b q Q 04επ++ )111(40b a r q +-π=εbQ04επ+2、解 由静电平衡的条件 知0=+=+感E E E q o00q 4E E r dq πε-=-=+感0r为水平向右的单位矢量。
09静电场习题解答
第九章 静电场一 选择题1. 在坐标原点放一正+Q ，它在P 点（x =+1，y =0）产生的电场为E 。
现在，另外有一个负电荷-2Q ，试问应将它放在什么位置才能使P 点的电场强度为零？（ ）Ａ. x 轴上x >1。
B. x 轴上x <0。
C. x 轴上0<x <1。
Ｄ. y 轴上y >0。
E. y 轴上y <0。
解：根据电场叠加原理，应选（Ｂ）。
2. 下列说法中哪一个是正确的？A.电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受的电场力的方向。
B.在以点电荷为中心的球面上，该电荷产生的场强处处相同。
C.场强方向可由定出，其中q 为试验电荷的电量，q 可正可负，ＦqFE =为试验电荷所受的电场力。
D.以上说法都不正确。
( )解：根据电场强度的定义应选(C)。
3. 如图，电量为Q 的点电荷被曲面S 所包围，从无穷远处引另一电量为q 的点电荷至曲面外一点，则： （ ）Ａ．曲面S 的E 通量不变，曲面上各点场强不变Ｂ．曲面S 的E 通量变化，曲面上各点场强不变Ｃ．曲面S 的E 通量变化，曲面上各点场强变化Ｄ．曲面S 的E 通量不变，曲面上各点场强变化解：根据高斯定理，应选(D)。
4. 两个同心均匀带电球面，半径分别为R a 和R b （R a <R b ），所带电量分别为Q a 和Q b ，设某点与球心相距r ，当R a <r< R b 时，该点的电场强度的大小为：（ ）202202020π41D.π41C.π41B.π41A.r Q .) R Q r Q (r Q Q .r Q Q .abb a b a b a εεεε+-+解：外球面上的电荷在其内部产生的场强为零，两球面间的场强仅由内球面电荷产生，故选（D ）。
5. 图示为一具有球对称性分布的静电场的E -r 关系曲线，请指出该静电场是由下列哪种带电体产生的。
（ ）S ．Q．q 选择题3图A ．半径为R 的均匀带电球面 B. 半径为R 的均匀带电球体C. 半径为R 、电荷体密度ρ =Ar （A 为常数）的非均匀带电球体D.半径为R 、电荷体密度ρ =A/r （A 为常数）的非均匀带电球体解：根据计算可知，该电场为半径为R 、电荷体密度ρ =A/r （A 为常数）的非均匀带电球体所产生，故选（D ）。
第九章 真空中的静电场(答案)
一． 选择题[ B ] 1（基础训练1） 图中所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线，电荷线密度分别为＋λ(x ＜0)和－λ(x ＞0)，则Oxy 坐标平面上点(0，a )处的场强E为(A) 0． (B) i a 02ελπ． (C) i a 04ελπ． (D)()j i a+π04ελ． 【提示】左侧与右侧半无限长带电直线在(0，a )处产生的场强大小E ＋、E －大小为：E E +-==矢量叠加后，合场强大小为：02E aλπε=合，方向如图。
［ B ］ 2（基础训练2） 半径为R 的“无限长”均匀带电圆柱体的静电场中各点的电场强度的大小E 与距轴线的距离r 的关系曲线为：【提示】由场分布的轴对称性，作闭合圆柱面（半径为r ，高度为L ）为高斯面。
据Guass 定理：SE dS=iiq ε∑⎰r R ≤时，有：()22012rL=r E L R λππεπ⎛⎫ ⎪⎝⎭，即：20r =2E R λπε r R >时，有：()012rL=E L πλε ，即：0=2rE λπε ［ C ］ 3（基础训练3） 如图所示，一个电荷为q 的点电荷位于立方体的A 角上，则通过侧面abcd 的电场强度通量等于： (A)06εq ． (B) 012εq． (C) 024εq ． (D) 048εq ．【提示】添加7个与如图相同的小立方体构成一个大立方体，使A 处于大立方体的中心。
则大立方体的外表面构成一个闭合的高斯面。
由Gauss 定理知，通过该高斯面的电通量为qε。
另一方面，该高斯面可看成由24个面积与侧面abcd 相等的面组成，且具有对称性。
所以，通过侧面abcd 的电场强度通量等于24εq ［ D ］ 4（基础训练6） 在点电荷+q 的电场中，若取图中P 点处为电势零点 ， 则M 点的电势为 (A) a q 04επ． (B) a q 08επ． (C) a q 04επ-． (D) a q 08επ-．【提示】200248P a M M aq qU E dl dr r a πεπε-===⎰⎰［ B ］ 5（自测提高6）如图所示，两个同心的均匀带电球面，内球面半径为R 1、带电荷Q 1，外球面半径为R 2、带有电荷Q 2．设无穷远处为电势零点，则在内球面之内、距离球心为r 处的P 点的电势U 为：(A)rQ Q 0214επ+． (B) 20210144R Q R Q εεπ+π． (C) 0． (D) 1014R Q επ． 【提示】根据带电球面在球内外所激发电势的公式，以及电势叠加原理即可知结果。
《物理学基本教程》课后答案 第九章 静电场中的导体和电介质
第九章 静电场中的导体和电介质9-1 把一厚度为d 的无限大金属板置于电场强度为0E 的匀强电场中，0E 与板面垂直，试求金属板两表面的电荷面密度．分析 对于有导体存在的静电场问题，首先由静电平衡条件分析放入静电场后导体上电荷的重新分布情况，再计算空间电场和电势的分布．本题中，将金属板放入均匀电场后，由于静电感应，平板两面带上等值异号感应电荷．忽略边缘效应，两带电面可视为平行的无限大均匀带电平面．解 设平板两表面的感应电荷面密度分别为σ'和σ'-，如图9-1所示．由例题8-7结果知，带感应电荷的两表面视为带等量异号电荷的无限大平行平面，在导体中产生的场强为0εσ'='E ，方向与0E 相反，由场强叠加原理，平板中任一点的总场强为00εσ'-='-=E E E E 根据静电平衡条件，金属板中场强0=E ，代入上式得000='-εσE 则 00εσE ='， 00εσE -='- 结果与板的厚度无关．9-2 一金属球壳的内外半径分别为R 1和R 2，在球壳内距球心为d 处有一电荷量为q 的点电荷，（1）试描述此时电荷分布情况及球心O 处电势；（2）将球壳接地后，以上问题的答案；（3）如原来球壳所带电荷量为Q ，（1）、（2）的答案如何改变．分析 当导体内达到静电平衡后，应用高斯定理可以确定导体上电荷重新分布的情况，然后用电势叠加原理求电势．解 （1）按照静电平衡条件，导体内部0=E ，在球壳内外表面间作同心高斯球面，应用高斯定理，可知球壳内表面上应有q -的感应电荷，为非均匀分布，如图9-2所示．根据电荷守恒定律和高斯定理，球壳外表面上有+q 的感应电荷，且均匀分布．点电荷q 在O 点产生的电势为dq V 0=πε41球壳内外表面上的感应电荷q -和+q 无论分布情况如何，到球心距离分别为R 1和R 2，电势叠加原理表达式为标量求和，所以在O 点产生的电势分别为124R q V 0-=πε 234R q V 0=πεO 点电势为 21321444R qR q d q V V V V 000+-=++=πεπεπε111(421R R d q +-=πε （2）将球壳接地后，外球面上的感应电荷消失，球面上电荷分布不变，得)11(4121R d qV V V -=+=0πε （3）如果原来球壳带电量为Q ，达静电平衡后外球面上电荷Q +q 均匀分布，内球面上电荷分布不变，得2213214)111(4R Q R R d q V V V V 00++-=++=πεπε 球壳接地后，结果与（2）相同．9-3 一无限长圆柱形导体半径为R a ，单位长度带有电荷量λ1，其外有一共轴的无限长导体圆筒，内外半径为分为R b 和R c ，单位长度带有电荷量λ2，求（1）圆筒内外表面上每单位长度的电荷量；（2）a R r <，b c R r R <<，c b R r R <<，c R r >四个区域的电场强度．分析 静电平衡条件下，在圆筒导体内场强为零，用高斯定理和电荷守恒定律可求出感应电荷的分布．解 （1）如图9-3所示，在圆筒形导体内作半径为r ，高为单位长的同轴圆柱形高斯面S ，设导体圆筒内外表面单位长的感应电荷分别为λ'-和λ'，由静电平衡条件知导体内0=E , 故有⎰=⋅S E d 0)(1110='-=∑λλεεq即得半径为R b 的圆筒内表面单位长上的感应电荷为-λ1．由电荷守恒定律知，半径为R c 的圆筒外表面上单位长的感应电荷应为λ1，加上原有电荷量λ2，单位长上总带电量为12λλ+．（2）电荷重新分布的结果形成三个同轴的无限长带电圆柱面如图9-3，由于电荷分布具有轴对称性的，产生的电场也是轴对称的，用高斯定理可求出a R r <时，0=Eb a R r R <<时，rE 0=πελ21c b R r R <<时， 0=E c R r >时， rE 0212πελλ+=9-4 证明：两平行放置的无限大带电的平行平面金属板A 和B 相向的两面上电荷面密度大小相等，符号相反，相背的两面上电荷面密度大小相等，符号相同，如果两金属板的面积同为100cm 2，电荷量分别为C 1068A -⨯=Q 和C 1048B -⨯=Q ，略去边缘效应，求两个板的四个表面上的电荷面密度．分析 根据静电平衡条件，一切净电荷都分布在导体表面，本题中的电场空间可视为四个无限大均匀带电平行平面产生的电场的叠加，金属板A 、B 内任意点场强为零．由电荷守恒定律可以建立各表面的电荷面密度与两金属板的总电荷量之间的关系．解 设A 、B 两板的四个表面上的电荷面密度（先假定为正）分别为σ1、σ2、σ3和σ4，如图9-4所示．设向右为正向，由无限大均匀带电平面的场强公式和场强叠加原理，考虑到金属板A 、B 内任意点场强为零，得 金属板A 内0222243201=---000εσεσεσεσ 金属板B 内 0222243201=-++000εσεσεσεσ 解得32σσ-=， 41=σσ又由电荷守恒定律得 A Q S =+21)(σσ，B Q S =+)(43σσ 联立解得 26BA C/m 105-41⨯=+==SQ Q σσ 261A2C/m 101S-⨯=-=σσQ 263C/m 101-2⨯-=-=σσ9-5 三个平行金属板A 、B 和C ，面积都是200cm 2，A 、B 相距4.0mm ，A 、C 相距2.0mm ，B 、C 两板都接地，如图9-5所示，如果A 板带正电C 100.37-⨯，略去边缘效应，（1）求B 板和C 板上感应电荷各为多少？（2）以地为电势零点，求A 板的电势．分析 由静电平衡条件，A 、B 、C 板内各点的场强均为零，A 板上电荷分布在两个表面上，因B 、C 两板均接地，感应电荷应分布在内侧表面上．解 （1）设A 板1、2两面上带电量分别为q 1和q 2，B 、C 两板与A 相对的两内侧表面3、4 上的感应电荷分别为q 1’和q 2’，如图9-5所示．作侧面与平板垂直的高斯面1S ，两端面处E =0，忽略边缘效应，侧面无电场线穿过，由高斯定理0)(11d 110=+'==⋅0⎰∑S S q S S q q ∆∆εεS E 得11q q -=' 同理可得22q q -='．AB 板间和AC 板间为匀强电场，场强分别为S q E 0=ε11 Sq E 0=ε22又已知AC AB V V =，即2211d E d E =因 C 100.3721-⨯==+q q q 由以上各式，得B 、C 两板上的感应电荷分别为C 100.13711-⨯-=-=-='qq q C 100.227122-⨯-=-=-='q q q （2）取地电势为零，A 板电势即为A 、B 间电势差V 103.231111⨯====0Sd q d E V V AB A ε 9-6 半径为cm 0.11=R 的导体球所带电荷量为C 100.110-⨯=q ，球外有一个内外半径分别为cm 0.32=R 和cm 0.43=R 的同心导体球壳，壳上带有电荷量C 111110-⨯=Q ，求：（1）两球的电势；（2）用导线把两球连接起来时两球的电势；（3）外球接地时，两球电势各为多少？（以地为电势零点．）分析 根据静电平衡条件可以确定感应电荷的分布，用导线连接的导体电势相等，外球接地后电势为零．解 （1）根据静电平衡条件，导体球壳内表面感应电荷为-q ，外表面感应电荷为q ，原有电荷量Q ．由电势叠加原理，导体球电势为321144R Q q R q R q V 000++-4=πεπεπεV 103.3)(412321⨯=++-=0R Qq R q R q πε导体球壳的电势为V 107.244442333302⨯=+=++-=000R qQ R q Q R q R q V πεπεπεπε（2）球壳和球用导线相连后成为等势体，电势等于半径为R 3带电量为Q +q 的均匀带电球面的电势，以无穷远为电势零点，得V 107.24232⨯=+=0R qQ V πε（3）外球接地后，只乘下内表面的电荷-q ，由电势叠加原理内球电势为V 6044211=-='00R q R q V πεπε外球壳接地与地等势，即02='V另外，求V 1’时还可以用内球产生的电场的线积分计算，即V 60)11(4d 4212221=-=='00⎰R R q r r q V R R πεπε 9-7 半径为R 的金属球离地面很远，并用细导线与地相连，在与球心的距离为R D 3=处有一点电荷q +，试求金属球上的感应电荷．分析 由于导体球接地，其表面上的感应正电荷通过导线与地球内负电荷中和，只剩下负感应电荷在金属球表面不均匀地分布，如图9-7所示．接地后，导体球上各点电势均为零，球心O点的电势应等于点电荷在该点电势与金属球表面感应负电荷在该点电势的代数和．解 设金属球上感应电荷为q '，在金属球表面不均匀地分布，但这些电荷到O 点距离相等，电势叠加后得R q V 0'=πε42点电荷q 在O 点的电势为 R q V 3410=πε043421='+=+=00Rq Rq V V V πεπε得感应电量为 3qq -='由此可以推证，当nR D =时， nqq -='9-8 如图9-8所示，三个“无限长”的同轴导体圆柱面A 、B 和C ，半径分别为A R 、B R 、C R ，圆柱面B 上带电荷，A 和C 都接地，求：B 的内表面单位长度电荷量1λ，外表面单位长度电荷量2λ之比值21/λλ．分析 本题与题9-5的解题思路相似．解 在导体B 内作单位长圆柱面形高斯面，可以说明A 面单位长度上感应电荷为1λ-．同理，可说明C 面单位长度上感应电荷为2λ-．由高斯定理可知场强分布为B A R r R <<时，rE 012=πελ1，方向沿径向由B 指向A ． C B R r R <<时，rE 02=πελ22，方向沿径向由B 指向C ． BA 间电势差BAV ⎰⋅=A B d 2R R r E ⎰00=-=AB A B 11ln 22R R R R r drπελπελBC 间电势差 BC 02BCln 2R R V πελ=B 为等势体，A 、C 接地，BC BA V V =，从而)/ln()/ln(A B B C 21R R R R =λλ9-9 半径分别为1R 和)(122R R R >的两个同心导体薄球壳，电荷量分别为1Q 和2Q ，今将内球壳用细导线与远处的半径为r 的导体球相联，导体球原来不带电，并假设导线上无电荷分布，试求相连后，导体球所带电荷量q ．分析 带电的内球壳与导体球用导线相连后，一部分电荷通过导线转移到导体球表面上．两者相距甚远，可以认为两球壳与球的电场互不影响，已假设导线上无电荷分布，利用内球壳与远处导体球电势相等建立方程求解．解 因两球壳与球的电场互不影响，导体球电势为214r q V 0=πε假设导线上无电荷分布，则内球壳上电荷量变为q Q -1，由电势叠加原理，内球壳的电势为2211244R Q R q Q V 00+-=πεπε内球壳与远处导体球电势相等，即21V V =2211444R Q R q Q r q000+-=πεπεπε 解得)()(121221r R R Q R Q R r q ++=9-10 地球表面的电场强度为150N/C ，方向垂直指向地面，若把地球视为导体，试求地球表面的电荷面密度和地球带的总电荷量．分析 由于地球表面的电场强度方向垂直指向地面，可知地球带负电，将地球视为导体，在静电平衡状态下，电荷分布在表面上．解 设地球表面的电荷面密度为σ，表面附近的场强0εσ=E ，则 292120C/m 1033.1C/m )1085.8150(--⨯-=⨯⨯-==εσE地球半径m 1037.66⨯≈R ，地球带的总电荷量为kC 680C 108.6C 41033.14529-=⨯-=10⨯6.37⨯⨯⨯-==12-2ππσR q9-11 设有一孤立导体球，半径为R .，（1）试求其在真空中的电容表示式；（2）若把地球视为m 1037.66⨯=R 的导体球，它的电容量多大？（3）欲使地球的电势改变1V ，需使其所带电荷量改变多少？解 （1）将孤立导体球视为与无穷远处的同心导体球面组成的球形电容器，利用球形电容器电容表达式，（9-4）式给出孤立导体球的电容R VQC 0==πε4． （2）地球电容F 107F 1037.6446--12⨯=⨯⨯10⨯8.85⨯=πC（3）欲使地球电势改变1伏特，需使地球电量的改变为C 1071107ΔΔ44--⨯=⨯⨯==V C Q这个值很大，所以地球带电量的日常变化不会引起地球电势发生明显的改变，这就是通常可以选取地球作为电势零点的原因．9-12 已知空气的击穿电场强度为V/m 1036⨯，求处于空气中一个半径为1m 的导体球最多能带多少电荷及能达到的最高电势．分析 在带电导体球周围的空气形成一种绝缘介质包围着导体球，当导体球产生的电场足够强时，会使其周围的空气发生电离而成为导体，致使带电导体球放电，通常称为空气被击穿．因均匀带电导体球面的电场强度和电势与带电量成正比，为了不击穿周围的空气，带电导体球所带电量要受到限制．解 由题意击穿电场强度V /m 1036max ⨯=E而 2maxmax 4RQ E 0=πε C 103.3C 11085.841034421262max max --0⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==ππεR E Q最高电势为 V 103446max 2max max max ⨯====00RE R R E C Q V πεπε或 V 103V 14103.3464max max ⨯=⨯10⨯8.85⨯⨯==12--0ππεR Q V9-13 收音机里的可变电容器如图9-13（a ）所示，其中共有n 块金属片，相邻两片的距离均为d ，奇数片联在一起固定不动（叫定片），偶数片联在一起可一同转动（叫动片），每片的形状如图9-13（b ）所示，求当动片转到使两组片重叠部分的角度为θ时，电容器的电容．分析 除了最外侧的两片外，每块金属片的两个表面分别与相邻的金属片表面构成一个电容器，如图9-13（c ）所示，所以n 块金属片如此连接等效于（1-n ）个平行板电容器并联．当两组片重叠部分的角度为θ时，每个电容器有效极板面积为)(θS ，因此电容器的等效电容是θ的函数．收音机调频的电容器就是根据这个原理设计的．解 当两组片重叠部分的角度为θ时，每个电容器有效极板面积为)(3602212-︒=r r S ππθ（n -1）个极板面积为S ，板间距为d 的平行板电容并联时的等效电容为dr r n d Sn C ⋅︒)-(-=-=0360)1()1(21220θπεε式中θ以度计．9-14 半径都为a 的两根平行长直导线相距为)(a d d >>.（1）设两导线每单位长度上分别带电λ+和λ-，求两导线的电势差；（2）求此导线组每单位长度的电容．分析 因a d >>，可设两导线的电场互不影响，由场强叠加原理可求出两导线间的场强分布，再用场强与电势的积分关系求两导线间电势差，由电容器电容的定义即可求出单位长导线组的等效电容．解 作两导线组合的截面图，以带正电导线轴心为原点建立坐标系如图9-14所示．不难看出，正负电荷在P 点的场强均沿r 轴正向，矢量叠加简化为标量和-11()(2rd r r d r E E E +2=-2+=+=000-+πελπελπελ 两导线间电势差为=-+V r E ad a d ⋅⎰-⎰-0-+=a d a r rd r d 11(2πελa ad -=0ln πελ 由电容器电容的定义，导线单位长电容为aad V C -==-+lnπελ9-15 有两个半径分别为1R 和2R 的导体球放在真空中，两球表面相距为d ，已知1R d >>和2R d >>，试求两导体构成的电容器的电容.分析 按题意 2R d >>，可认为当两导体球分别带电Q +和Q -时，彼此电场互不影响，即各球面上电荷分布仍是均匀的，由场强叠加原理可求出两球球心连线上任一点的场，用与上题相似的方法可以求出两球电势差和两球构成的电容器电容．解 以大球球心为原点，建立如图9-15所示的坐标系，在坐标为r 处的P 点（在连心线上），两球产生的电场均沿r 轴正向，得2212)(44r d R R Qr Q E E E -+++=+=00-+πεπε两带电导体球间电势差为-+V ⎰+⋅=dR R r E 11d ⎰+0-+++=dR R r r d R R r Q 112212d ])(11[4πε)1111(42121R d R d R R Q +-+-+=πε 考虑到1R d >>，2R d >>，可将电势近似表示为)211(421dR R Q V -+=-+πε 此两导体球构成的电容器电容为dR V Q C 21R 421-+1==0-+πε9-16 两只电容器F 81μ=C ，F 22μ=C ，分别把它们充电到1000V ，然后将它们反接，如图9-16所示，求此时两极间电势差．分析 并联电容极板间电压相同，因两电容器电容不等，则反接前两电容器带的电量必定不等．反接后，相连的极板上正负电荷中和，可以计算出中和后电荷量的代数和及并联电容器的等效电容C ，从而求出电势差．解 反接前，设1C 和2C 带电量分别为1Q 和2Q ，充电电压V 10000=U ，则011U C Q = 022U C Q =反接后，正负电荷中和，中和后总电量为21Q Q Q -=，并联等效电容 21C C C +=，则并联电容器两板间电势差为V 600V 1021081000)102108()(666621021=⨯+⨯⨯⨯-⨯=+-==----C C U C C C Q U 9-17 如图9-17所示，F 0.5,F 0.5,F 10321μμμ===C C C ，求：（1）AB 间的电容；（2）在AB 间加上100V 电压时，求每一个电容器上的电荷量和电压；（3）如果C 1被击穿，问C 3上的电荷量和电压各是多少？分析 并联电容器极板电势相等，串联电容器极板上电荷量相等，总电压等于各电容器上电压之和．当1C 上电压超过1C 的额定电压，1C 将被击穿，1C 支路即短路，全部电压就加在3C 上，如超过3C 的额定电压，3C 将被击穿，A 、B 间就发生短路．所以，在设计电容器组合电路时，除应计算等效电容外，还应考虑分配到每个电容器上的电压是否超过所选电容器的额定电压．解 （1）1C 和2C 并联电容为21C C C +='，再与3C 串联后，等效电容为F 75.333μ='+'=C C C C C （2）等效电容所带电量为CU Q =，串联的电容所带电量相等C 1075.343-⨯===CU Q QV 75333==C Q U V 25221121==='==C Q C Q C Q U U又因 Q Q Q =+21可解得 C 105.241-⨯=QC 1025.142-⨯=Q（3）如果C 1被击穿，AB 间电压就加在C 3上，即V 1003==U U则 C 1054333-⨯==U C Q9-18 平板电容器，两极间距离为1.5cm ，外加电压39kV ，若空气的击穿电场强度为30kV/cm ，问此时电容器是否会被击穿？现将一厚度为0.3cm 的玻璃插入电容器并与两板平行，若玻璃的相对电容率为7，击穿电场强度为100kV/cm ，问此时电容器是否会被击穿？结果与玻璃片的位置有无关系？分析 加玻璃片后，电场被分成两部分，应分别计算出空气和玻璃中的电场强度，再判断是否有哪种介质中的场强超过了其击穿场强．可以证明结果与玻璃板的位置无关．解 未加玻璃前平板电容器内场强为kV/cm 30kV/cm 26V/cm 5.139<===d U E 因其量值小于空气的击穿电场强度，电容器不会被击穿．加玻璃后，设电容器极板的电荷面密度为σ，平行板电容器中电位移σ=D ．设玻璃和空气中场强分别为1E 和2E ，则有r 01εεσε==DE 002εσε==D E玻璃厚为d 1，则空气层厚为d - d 1，得U d d E d E =-+)(1211由以上各式得kV /cm 48.4)(r111=-+=εd d d UE30kV /cm kV /cm 4.31)(r11r2>=-+=εεd d d U E即空气部分首先被击穿，然后全部电压加在玻璃板上，致使玻璃中场强为kV /cm 100kV /cm 1303.03911>==='d U E 玻璃部分也会被击穿．9-19一平板电容器极板面积为S ，两板间距离为d ，其间充以相对电容率分别为r1ε、r2ε的两种均匀介质，每种介质各占一半体积，若忽略边缘效应，（1）与两种不同介质相对的两部分极板所带电荷面密度是否相等？如果不相等，求：21/σσ=？（2）试证此电容器的电容为⎪⎭⎫⎝⎛+=2210r r d S C εεε 分析 忽略边缘效应，电容器中的电场可视为无限大平行平面间的电场，从而可以确定两种不同介质中场强与极板电势差的关系，以及与两部分极板上的电荷面密度的关系，从而可知极板上的总电荷量．另一种思路是将充入两种介质后的电容器视为由两个电容器并联而成，直接应用并联电容器的计算公式．解1 （1）设电容器端电压为U ，两种介质中场强分别为E 1和E 2，由充满均匀介质的平行板电容器的场强与电压的关系可得dUE E ==21 （1）设1σ、2σ分别为两种不同介质对应部分极板上的电荷面密度，忽略边缘效应，电容器中的电场可视为无限大平行平面间的电场，则有r1011εεσ=E r2022εεσ=E （2） 代入(1)式可得 r2r121εεσσ=即两部分极板所带电荷面密度不相等．由（1）和（2）式可得极板上的总电荷量为)2()(2r2r1021εεεσσ+=+=d SU SQ 由电容器定义得 )2(210r r d S U Q C εεε+==解2 由并联电容器公式求总电容)2(22210201021r r r r d S d S d S C C C εεεεεεε+=+=+= 可见第二种方法计算简单，用第一种方法可对物理过程、电场电荷分布有更明确的概念．另外在第一种方法中亦可用介质中的高斯定理求解．9-20 一球形电容器，在外球壳的半径R 和内外导体间的电势差U 维持恒定的条件下，内球半径R '为多大时才能使内球表面附近的电场强度最小？并求这个最小电场强度的值．分析 导体表面附近的场强与电荷面密度成正比，而当极板间电势差恒定时，极板所带电荷量取决于电容C ，电容器的电容由电介质性质和几何因素决定，根据这些关系可以确定内球半径对内球表面附近电场强度的影响．解 球形电容器电容为R R R R C '-'=πε4 极板上带电量为RR UR R CU q '-'==πε4当外球壳的半径R 和极板间电势差U 恒定时，q 是内球半径R '的函数．内球表面附近的场强大小为)(42R R R RUR q E '-'='==πεεσ 即E 也是R '的函数．欲求场强E 的最小值，令0])(2[d d 22='-'-'='R R R RR RU R E 得 2RR =' 并有2R R ='时，0d d 22>'R E ，即2RR ='时，场强有极小值，且 RUE 4min =9-21 图9-21为水蒸气分子O H 2中氧氢原子核及核外电子云示意图．由于分子的正负电荷中心不重合，故其为有极分子，电矩m C 102.630⋅⨯=-p ．（1）水分子有10个正电荷及10个负电荷，试求正负电荷中心之距d=?（2）如将水蒸气置于N/C 105.14⨯=E 的匀强电场中，求其可能受到的最大力矩？（3）欲使电矩与外场平行反向的水分子转到外场方向（转向极化），问电场力作功多少？这功的大小为室温（300K ）水分子的平均平动动能kT 23的多少分之一？在室温下实现水分子的转向极化，外加电场强度应该多大？分析 由电矩qd p =及已知的水分子电量可计算正负电荷中心之距d ．由电偶极子在外场中受的力矩M E p ⨯=，θsin pE M =，可知，当p 与E 正交时力矩最大.当电矩与外场平行反向)180(︒=θ时，电场力的力矩作功将使θ减小，最后0=θ，注意到在此过程中0d <θ.如果这个功与室温下水分子的平均平动动能kT 23相比较是微不足道的，那么要使水分子在常温下实现极化，外电场作的功至少要等于平均平动动能才能克服热运动的干扰，这就要求外电场足够强．本题的目的在于启发在实际问题中综合各种物理因素的分析方法和数量级分析的方法．解 （1）由题意，水分子正负电荷中心不重合，形成一个电偶极子，电量 e q 10=， ∴ 电矩大小d e qd p )10(==正负电荷中心之距m 109.3106.110102.610121930---⨯=⨯⨯⨯==e p d 题9-21图中，OH 键距为m 10958.010-⨯，d 为这个距离的4%.（2）由电场力作用于电偶极子的力矩M E p ⨯=，力矩大小为θsin PE M =，︒=90θ，M 达极大.m N 103.9105.1102.626430max ⋅⨯=⨯⨯⨯==--PE M（3）力矩作功为⎰=θd M W ，本题中，当转向极化进行时，力矩作正功但0,<θd∴⎰︒-⨯==-=18025109.12d sin J PE PE W θθ 而T =300K 时，水分子的平均平动动能J kT k 2123102.63001038.12323--⨯=⨯⨯⨯==ε32630=Wkε可见在这样大小的外电场中，水分子的转向极化将被分子的热运动干扰，要实现转向极化，使︒=180θ的水分子也转到外电场的方向上 ，电场力作的功至少要等于分子热运动的平均平动动能k ε，从而外场场强值至少要达到N/C 105102.62102.62283021⨯=⨯⨯⨯=='='--p p W E k ε 9-22 平板电容器两级板相距3.0 cm ，其间平行地放置一层0.2=r ε的介质，其位置和厚度如图9-22(a)所示，已知A 板带负电、B 板带正电，极板上电荷面密度为3100C/m 1085.8-⨯=σ，略去边缘效应，求：（1）极板间各区域的D 、E ；（2）极板间距A 极1cm 、2cm 、3cm 处的电势（设A 板电势为零）；（3）绘出x D -、x E -、x U -曲线；（4）介质表面的极化电荷面密度．解 （1）作如图9-22(a)所示的高斯面1S 和2S ，由介质中的高斯定理可以证明各区域D 相等，得2100c/m 1085.8-⨯==σD介质外场强 V /m 1000==εDE（3）x D -，x E -，x V -曲线如图9.22(b)所示．（4）介质表面的极化电荷面密度为C/m 10425.4)11(10-⨯=-='σεσr9-23 平板电容器两极间充满某种介质，板间距mm 2=d ，电压600V ，如果断开电源后抽出介质，则电压升高到1800V ，求：（1）介质的相对电容率；（2）介质上的极化电荷面密度；（3）极化电荷产生的电场强度．分析 断开电源后抽出介质意味着极板上的自由电荷电量保持不变，电位移σ=D 也不变，但是电场强度改变，电压也会改变．在计算有均匀各向同性电介质的平行板电容器之间的电场时，电场强度可以表示为0000εσεσ'-='-=E E E ，即自由电荷的电场和极化电荷产生的附加电场的叠加，其中电介质对电场的影响以极化电荷面密度σ'的形式表现出来，反映了空间电场是自由电荷和极化电荷共同产生的；介质中的电场强度也可以直接表示为r00εεσ=E ，其中电介质对电场的影响以相对电容率r ε的形式表现出来，也反映了空间的电场是自由电荷和极化电荷共同产生的．这两种表现形式是等效的．解 （1） 由d U E 00=，dUE =，得相对电容率为 3600180000r ====U U E E ε （2）在平行板电容器两极板间充满均匀电介质时，忽略边缘效应，得C/m 1031.5 )11( )11(600rr-⨯=-=-='εεσεσE（3）极化电荷的分布形成等量异号带电板，忽略边缘效应，得V /m 10650⨯='='εσE9-24 盖革计数器可用来测量电离辐射，它的正极是半径为1R 的金属丝，负极是半径为2R 的同轴圆柱面，当管内充以低压惰性气体，并使两极间建立起强电场，若有辐射粒子进入器壁时将使气体电离，在电子向正极运动的过程中，又会与其他气体原子产生碰撞电离，这样将有更多的电子到达正极并产生一个信号，记录下该辐射，假设m 104.1,m 10252261--⨯=⨯=R R ，管长m 10162-⨯=L ，两级间电势差V 6000=U ，低压惰性气体的相对电容率1r ≈ε，试计算此时阳极上的电荷量和电荷数．分析 由于12,R L R L >>>>，忽略边缘效应，可以把盖革计数器视为带等量异号电荷的无限长同轴圆柱面电容器．解 两级间场强为rE 02πελ=，方向沿径向指向阴极．电势差为 ⎰==211200ln 2d 2R R R R r r U πελπελ 则 120ln R R Uπελ2=阳极上电荷量为)1025/104.1ln(101660002ln 2622120----12⨯⨯⨯⨯⨯10⨯8.85⨯===ππελR R UL L q C 9104.8-⨯= 相应的电荷数为 101991025.5106.1104.8⨯=⨯⨯==--e q N9-25 圆柱形电容器是由半径为1R 的导体圆柱和与它同轴的导体圆筒构成的，圆筒的半径为2R ，电容器的长为L ，其间充满相对电容率为r ε的介质，设沿轴线单位长度上圆柱带电荷量为λ+，圆筒单位长带电荷量为λ-，忽略边缘效应，求：（1）介质中的电位移和电场强度；（2）介质表面的极化电荷面密度；（3）两极之间的电势差U ，从而求电容器电容．分析 已知电荷分布，由介质中的高斯定理可知介质中的D 和E ，由场强叠加原理可求出极化电荷的面密度.解 （1）由于电场具有轴对称性，以半径为r 作高为L 的同轴高斯面，介质中的高斯定理得L D rL λπ=⋅2rD πλ2=rr DE r 2επελπελε0=2==（1） （2）设介质内外表面单位长上的极化电荷分别为λ'和λ'-，在介质内，其内表面极化电荷产生的附加电场的场强为rE 02πελ'-=' 根据场强叠加原理，在介质内电场是导体圆柱表面的自由电荷产生的电场和介质内表面极化电荷产生的附加电场的叠加，即rr E E E 00022πελπελ'-='-= （2） 由（1）和（2）式解得)11(rελλ-='介质内外表面单位长的面积分别为22R π，12R π，则极化电荷面密度分别为)1(22r 11επλπλσ1--='-='-R R )1(22r22επλπλσ1-='='R R （3）电容器两极板电势差为=U ⎰⋅21d R R r E ⎰2==2112r 0r 0ln 2d R R R R r r επελεπελ电容为 12r 012r 0ln 2ln 2R R LR R LUQC επεεπελλ===9-26 在半径为R 的金属球外有一层外半径为R '的均匀介质层，设电介质的相对电容率为r ε，金属球带电量为Q ，求：（1）介质层内外的电场强度；（2）介质层内外的电势；（3）金属球的电势．分析 本题为球对称场，已知电荷分布由介质中的高斯定理可求出D 、E 分布．以无穷远电势为零由场强与电势的积分关系或电势叠加原理可求电势分布．解 （1）如图9-26，作半径为r 的球面为高斯面，由有介质的高斯定理得Q D r =24π24r QD π=在介质内，R r R '<< 2r 0r014r Q DE επεεε==在介质外，R r '> 224rQDE 00==πεε（2）介质内任一点的电势为⎰⎰'∞'+=R rR r E r E V d d 211⎥⎦⎤⎢⎣⎡'+'-=0R R r Q 1)11(14r επε （1） 介质外任一点电势为⎰∞==rrQ dr E V 0224πε（3）金属球的电势可由（1）式中令R r =得到，即⎥⎦⎤⎢⎣⎡'+⎪⎭⎫ ⎝⎛'-=R R R Q V 11114r 00επε 9-27 球形电容器由半径为1R 的导体球和与它同心的导体球壳组成，球壳内半径为3R ，其间有两层均匀电介质，分界面半径为2R ，相对电容率分别为1r ε和r2ε，如图9-27所示，求：（1）当内球所带电荷量为Q +时，电场强度的分布；（2）各介质表面上的束缚电荷面密度；（3）电容器电容．分析 本题电场为球对称的，已知电荷分布，可由介质中的高斯定理先求D ，再求E 的分布．束缚电荷分布在内外两层介质的四个表面上，因为各表面的曲率。
大学物理 科学出版社 第9章 静电场 参考答案
第4篇电磁学第9章静电场9.1 基本要求１ 掌握静电场的电场强度和电势的概念以及电场强度叠加原理和电势叠加原理。
掌 握电势与电场强度的积分关系。
能计算一些简单问题中的电场强度和电势。
了解电场强度 与电势的微分关系。
２ 理解静电场的规律：高斯定理和环路定理。
理解用高斯定理计算电场强度的条件和 方法。
３ 了解导体的静电平衡条件，了解介质的极化现象及其微观解释。
了解各向同性介质 中Ｄ和Ｅ之间的关系。
了解介质中的高斯定理。
４ 了解电容和电能密度的概念。
9.２ 基本概念１ 电场强度E ：试验电荷0q 所受到的电场力F 与0q 之比，即0q =F E ２ 电位移D ：电位移矢量是描述电场性质的辅助量。
在各向同性介质中，它与场强成正比，即ε=D E ３ 电场强度通量e Φ：e Sd Φ=⎰E S电位移通量:D Sd Φ=⎰D S４ 电势能pa E ：0pa aE q d ∞=⎰E l （设0p E ∞=）５ 电势a V ：0pa a aE V d q ∞==⎰ E l （设0V ∞=）电势差ab U ：ab a b U V V =- ６ 场强与电势的关系（１）积分关系 a aV d ∞=⎰E l（２）微分关系 = -V ∇=-E gradV７ 电容Ｃ：描述导体或导体组（电容器）容纳电荷能力的物理量。
孤立导体的电容：Q C V =；电容器的电容：Q C U= ８ 静电场的能量：静电场中所贮存的能量。
电容器所贮存的电能：22222CU Q QUW C ===电场能量密度e w ：单位体积的电场中所贮存的能量，即22e E w ε=9.３ 基本规律 １ 库仑定律：12204rq q rπε=F e ２ 叠加原理（１）电场强度叠加原理：在点电荷系产生的电场中任一点的场强等于每个点电荷单独 存在时在该点产生的场强的矢量和。
（２）电势叠加原理：在点电荷系产生的电场中，某点的电势等于每个点电荷单独存在时 在该点产生的电势的代数和。
大学物理标准答案第9章
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2204π1Lr Q εE -=(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为 2204π21Lr 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 2⎰'= 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 2xεe 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 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 Φ 9－13 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00π2π2ΔεσrL 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 0l 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 R εQ 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 ()()()22021********* 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 ()r εR ρr E022= 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 rr 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⋅==x εq 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 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 =6.17×10－30 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m/s 1037.927⨯==m E v k题 9-27。
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姓名学号《大学物理I 》答题纸第九章第九章真空中的静电场g R 2 IEg2 rL= ，即:选择题[B ]1 图中所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线， 电荷线密度分别为+ （xv 0）和一（x > 0），贝U Oxy 坐标平面上点（0, a ）处的场强E 为 y 水(0, a)(C)i - (D)i j -4a4a【提示】：左侧与右侧半无限长带电直线在 （0, a ）处产生的场强大小 E +、E -大小为： E E 1_ ，方向如图。
Q °a 矢量叠加后，合场强大小为: +E 合 ，方向如图。
2 0a:B ] 2半径为R 的“无限长”均匀带电圆柱体的静电场中各点的电场强度的大小 E 与距轴线的距离r 的关系曲线为:【提示】：由场分布的轴对称性，作闭合圆 柱面（半径为r ,高度为L ）为高斯面，据Guass 定理： R 时，有:Eg2 rL=即:R 时，有:[C ] 3如图所示，一个电荷为q 的点电荷位于立方体的 A 角上，则通过侧面abed的电场强度通量等于:【提示】：添加7个与如图相同的小立方体构成一个大立方体，使 A 处于大立方体的中心。
则大立方体外围的六个正方形构成一个闭合的高斯面。
由Gauss 定理知，通过该高斯面的电通量为 q 。
再据对称性可知，通过侧面abcd 的电场强度通量等于[C ] 5已知某电场的电场线分布情况如图所示.现观察 到一负电荷从M 点移到N 点•有人根据这个图作出下列几点结论, 其中哪点是正确的？(A)电场强度 E M v E N . (B)电势U M V U N . (C)电势能 W M V W N . (D)电场力的功 A >0.【提示】：静电力做负功，电势能增加。
二.填空题1已知空气的击穿场强为 30 kV/cm ，空气中一带电球壳直径为 势零点，则这球壳能达到的最高电势是 1.5 106V .【提示】：球壳电势为：V —4R(A)D : 4 q 4a在点电荷+q 的电场中，若取图中P 点处为电势零点q8 °a，贝U M 点的电势为(B)+q(C)(D)8oa【提示】：V MPv vM E 0q 8a(A)(B )12 o(C)24 0(D )48 oq---- 。
24 01 m ,以无限远处为电球壳表面处的场强为:R 22在点电荷+ q和一q的静电场中，作出如图所示的三个闭合面S i、S2> S3，则通过这些闭合面的电场强度通量分别是：q2 = 0 , q1 = , 3 = —00【提示】：直接由高斯定理得到。
3半径为R的半球面置于场强为E的均匀电场中，其对称轴与场强方向一致，如图所示•则通过该半球面的电场强度通量为R2E .【提示】： E S EgdS R2E4两个平行的“无限大”均匀带电平面，其电荷面密度分别为+ 和+ 2 ，如图所示，则A、B、C三个区域的电场强度分别为：3 3E A=, E B=, E c= （设方向向右为正）•2 0 2 0 2 0【提示】：A、B、C三个区域的场强，为两“无限大”均匀带电平面在该区域独自产生场强的矢量叠加。
5电荷分别为q i, q2, q3的三个点电荷分别位于同一圆周的三个点上，如图所示.圆半径为R,贝U b点处的电势U =1 _ .._-（何 q2 ◎）.8 o R【提示】：设无穷远处为电势零点，则点电荷在空间任一点产生的电势为：V,8为点电荷q到场点P的距离。
题中b点的电势为q i、q2、q34 o「p在该点独自产生电势的代数和。
6真空中电荷分别为q i和q2的两个点电荷，当它们相距为r时，该电荷系统的相互作用电势能W=鱼坠.（设当两个点电荷相距无穷远时电势能为零）4 o r【提示】：电荷系统的相互作用电势能，即建立该电荷系统，外力所作的功。
固定将q2从无限远处移到指定位置处，外力克服电场力所作的功为：q1q1q2qzM V ） q2（10）也4 0r 4 0r三.计算题+ +2I ■ABCq1,1将一“无限长”带电细线弯成图示形状，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点的场强.【解】：在0点建立坐标系如图所示。
半无限长直线 A O 在0点产生的场强:四分之一圆弧段在 0点产生的场强:E 3由场强叠加原理，0点合场强为:，边长a = 0.1 m ,位于图中所示位置.已知空间的场强分 常量b = 1000 N/(C • m).试求通过该高斯面的电通量.2a【解】：通过x = a 处平面1的电场强度通量1= - E 1 S 1= - b a '通过x = 2a 处平面2的电场强度通量2= E 2 S? = b a 3其它平面的电场强度通量都为零.因而通过该高斯面的总电场强度通量为 =1+ 2 = b a 3- b a 3 = ba 3 =1 N • m 2/C3带电细线弯成半径为 R 的半圆形，电荷线密度为 =0Sin ，式中0为一常数， 为半径R 与x 轴所成的夹角，如图所示.试求环心0处的电场强度.OOO OO OO OA12E 1y E 2巳7半无限长直线B O 在0点产生的场强：oRE 24 o RoRE iE 2E 32真空中一立方体形的高斯面 布为： E x =bx , E y =0 , E z =0.【解】：在 处取电荷元，其电荷为它在0点产生的场强为在x 、y 轴上的二个分量对各分量分别求和：sin cos d 4 o R 04如图所示，在电矩为 p 的电偶极子的电场中，将一电荷为 q 的点电荷从A 点沿半径 为R 的圆弧（圆心与电偶极子中心重合， R>>电偶极子正负电荷之间距离 ）移到B 点，求此过 程中电场力所作的功.【解】：用电势叠加原理可导出电偶极子在空间任意点的电势U p r / 4 o r 3式中r 为从电偶极子中心到场点的矢径. 于是知：A 、B 两点电势分别为U A p/4 o R 2U B p/ 4 o R 2p pq 从A 移到B 电场力作功（与路径无关）为A q U A UB qp/ 2°R 25图示为一个均匀带电的球层，其电荷体密度为E y ——si n 2 dy4 o R o o8 o RE E x i E y jo .8 o R jdq = dl = o Rsin ddq o si nd d E 2 4 o R 4 o RdE x = — dEcos dE y =，球层内表面半径为R i ，外表面半径为R 2 .设无穷远处为电势零点，求空腔内任 一点的电势.【解】：由高斯定理可知空腔内E = 0,故带电球层的 空腔是等势区，各点电势均为U 。
在球层内取半径为r f r + dr 的薄球层.其电荷为dq = 4 r 2dr该薄层电荷在球心处产生的电势为dU dq/ 40r r dr / 0整个带电球层在球心处产生的电势为因为空腔内为等势区所以空腔内任一点的电势U 为U U oR ； R ；2 o若根据电势定义U E dl 计算，也可6图中所示为一沿x 轴放置的长度为I 的不均匀带电细棒，其电荷线密度为 =o (x-a), o 为一常量.取无穷远处为电势零点，求坐标原点O 处的电势.【解】：在任意位置x 处取长度元 它在O 点产生的电势dx ,其上带有电荷 dq= 0 (x - a)dx ,0 x a d xdU —4 °x7 一球体内均匀分布着电荷体密度为的正电荷，若保持电荷分布不变，在该球体挖去半径为r 的一个小球体,球心为O ，两球心间距离 OO d ,如图所示.求:在球形空腔内，球心 O 处的电场强度E 。
.在球体内P 点处的电场强度 E .设O 、O 、P 三点在同一直径上，且OP d 。
R 2dU oR iR；R i 2-■ xO 点总电势UdU1dxx在图(b)中，以O 点为小球体的球心，可知在 O 点 面为高斯面S 可求得E O '.由图(a)、(b)可得dE O ' = E 10 = -------3 o方向如(d)图所示.8两个带等量异号电荷的均匀带电同心球面， 知两者的电势差为 450 V ，求内球面上所带的电荷. 【解】：设内球上所带电荷为 Q ,则两球间的电场强度的大小为【解】：挖去电荷体密度为 的小球,而另在挖去处放上电荷体密度为- 场强为此二者的叠加，即可得： 以形成球腔时的求电场问题， 可在不挖时求出电场 E 1, 的同样大小的球体，求出电场 E 2，并令任意点的 E 0 E 1 E 2 在图(a)中，以O 点为球心，d 为半径作球面为高斯面1：：S E 1 dS E 1 4 dS ,可求出O 与P 处场强的大小。
J3 3 有: E io = E IP = E 1 方向分别如图所示。
图⑻图(d)图(c)E 2 d S E 2E2P(2d)2 3r12 o d 2r 3()/ 3 o方向如图(c)所示。
⑵求P 点的场强 E p .由图(a)、(b)可得EPE1PE2P3r4d 2P 点场强E 2PE 2=0.又以0为心，2d 为半径作球 (1)求0点的场强半径分别为 R 1= 0.03 m 和R 2= 0.10 m .已ax bU (x2 y2) (x2 y2)4，x和y为这点的dU a(x2 y2) bx(x2 y2)'2dx (x2 y2)2dU y[2ax b(x2 y2)"2]石(x2 y2)2选做题:如图所示，半径为R的均匀带电球面，带有电荷q.沿某一半径方向上有一均匀带电细线，电荷线密度为，长度为I，细线左端离球心距离为r o.设球和线上的电荷分布不受相互作用影响，试求细线所受球面电荷的电场力和细线在该电场中的电势能(设无穷远处的电势为零).【解］:设x轴沿细线方向，原点在球心处，在x处取线元dx,其上电荷为dq d x，该线元在带电球面的电场中所受电场力为：dF = q dx / (4 0 x2)整个细线所受电场力为:两球的电势差U12Q2o rR2Edr(R i v r v R2 =Q $ dr Q4 0R1r2 4 Ri R20 R1 R2U 12R2 R1=2.14 X 10-9C直角坐标，a和b为常数。
求任一点电场强度的E x和E y两个分量。
［解］:根据E U，知:9在一个平面上各点的电势满足下式:姓名 学号《大学物理I 》答题纸第九章11F qr o1dxq i 24 0r 。
x4o r o r o 1方向沿x 正方向.电荷兀在球面电荷电场中具有电势能:dW =(q dx) / (40 x)整个线电荷在电场中具有电势能：W qr o 1d x q .r o —In -4rox 4 o ro。