第5章 静电场答案
大学物理A1习题册参考答案-第5-6章
A1r 2r ab1、 下列几个叙述中哪一个是正确的？A 、电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向；B 、在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同；C 、场强方向可由E =F/q 定出，其中q 为试验电荷的电量，q 可正可负； D 、以上说法都不正确。
[ ] 1. C解释：A 答案点电荷可能有正负；B 答案场强是矢量2、 关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是 A 、如果高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零； B 、如果高斯面上E处处不为零，则该面内必无电荷；C 、如果高斯面内有净电荷，则通过该面的电通量必不为零；D 、如果高斯面上E处处为零，则该面内必无电荷。
[ ] 2. C解释：A 答案通量为零不一定场强为零；D 答案考虑等量异号电荷，可以使得处处为零。
3、 在静电场中，下列说法中哪一个是正确的？A 、带正电荷的导体，其电势一定是正值；B 、等势面上各点的场强一定相等；C 、场强为零处，电势也一定为零；D 、场强相等处，电势梯度矢量一定相等。
[ ] 3. D解释：A 答案电势是个相对值，要参考零电势的选择。
4、 如图所示，在电荷为Q -的点电荷A 的静电场中，将另一电荷为q 的点电荷B 从a 点移到b 点，a 、b 两点距离点电荷A 的距离分别为1r 和2r ，则移动过程中电场力做的功为 A 、012114Q r r πε⎛⎫-- ⎪⎝⎭； B 、012114qQ r r πε⎛⎫- ⎪⎝⎭；C 、012114qQ r r πε⎛⎫-- ⎪⎝⎭; D 、()0214qQ r r πε-- [ ]4. C解释：电场力做功等于电势能差，注意正负号。
5、 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1<R 2)，小球带电Q ，大球带电-Q ，下列各图中哪一个正确表示了电场的分布 [ ](A) (B) (C) (D) 5. D解释：由高斯定理依次求出各部分场强即可。
大学物理学 第五章 真空中的静电场
q
l 2
O
l 2
q
E
r
E
r
q
l 2
1
O
l 2
q
E
r
P
E
r
q E 2 4 0 ( r l / 2)
E E E
q E 2 4 0 ( r l / 2)
1
E E E
r l
q 2rl 4 0 ( r 2 l 2 / 4)2 1 2ql 1 2p E E 3 3 4 0 r 4 0 r
与 r2 成反比，r , E 0
思考： r 0
E ?
二、点电荷系的电场
E Ei
i i
1 qi e 2 ri 4 π 0 ri
dE
er q0
三、连续带电体的电场
E dE 1 dq e 2 r q 4 π 0 r
电荷密度
二.恒定电流与稳恒磁场的基本性质及规律
（第七章）
三.电磁感应现象及规律（第八章）
第五章
主要内容
§ 1 库仑定律 § 2 静电场 § 3 高斯定律 § 4 电势 电场强度
教学基本要求
一 了解电荷及性质；掌握库仑定律. 二 理解电场的概念；明确电场的矢量性和可 叠加性；会利用电场叠加原理求解简单带电体的电 场分布. 三 理解高斯定理的物理意义；能够利用高斯 定理求解特殊场分布.
q1q2 F12 k 2 e12 F21 r12
1 令 k （ 0 为真空电容率） 4 π0 1 0 8.8542 1012 C2 N 1 m 2 4πk 12 1 8.8542 10 F m
第5章 静电场作业答案
第五章 静电场作业1班级 姓名 学号 一 选择题1. 两点电荷间的距离为d 时, 其相互作用力为F ． 当它们间的距离增大到2d 时, 其相互作用力变为(A) F 2 (B) F 4 (C) 2F (D) 4F[ D ]解：根据库仑定律122014d q q F d πε=12220144dq q F d πε= 24dd F F ∴=选D 2. 关于电场强度, 以下说法中正确的是(A) 电场中某点场强的方向, 就是将点电荷放在该点所受电场力的方向 (B) 在以点电荷为中心的球面上, 由该点电荷所产生的场强处处相同(C) 场强方向可由FE q= 定出, 其中q 可正, 可负(D) 以上说法全不正确 [ C ]解：场强的定义为0FE q = ，即表示场强的大小又表示场强的方向，选C3.在边长为a 的正方体中心处放置一电量为Q 的点电荷, 则在此正方体顶角处电场强度的大小为 (A)202πQ a ε (B) 203πQaε (C)20πQ a ε (D) 204πQa ε [ B ] 解：点电荷Q 距顶点的距离为2r a =则在顶点处场强的大小为203QE aπε== 选B 4.一个点电荷放在球形高斯面的中心, 下列哪种情况通过该高斯面的电通量有变化?(A) 将另一点电荷放在高斯面外 (B) 将另一点电荷放在高斯面内a(C) 将中心处的点电荷在高斯面内移动(D) 缩小高斯面的半径 [ B ]解：根据高斯定理d iSq E S ε⋅=∑⎰，高斯面内的电荷变化，则通过该高斯面的电通量有变化。
选B二 填空题1.一长为L 、半径为R 的圆柱体，置于电场强度为E 的均匀电场中，圆柱体轴线与场强方向平行．则：(1) 穿过圆柱体左端面的E 通量为2R Επ-； (2) 穿过圆柱体右端面的E 通量为2R Επ；解：1）穿过左端面的电通量为21ΕS R ΕΦπ=⋅=-2）穿过右端面的电通量为21ΕS R ΕΦπ=⋅=2. 一个薄金属球壳，半径为1R ，带有电荷1q ，另一个与它同心的薄金属球壳，半径为2R )(12R R >，带有电荷2q 。
第五章静电场
第五章 静 电 场5 －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 ). 5 －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 ).5 －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 ).*5 －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 ).5 －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±10－21 e ，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2×10－21 e ，中子电量为10－21 e ，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. 5 －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 εr q q εe e e F N 78.3π41π412202210=== F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.5 －7 质量为m ，电荷为－e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为E ｋ .证明电子的旋转频率满足4320232me E εk =v 其中ε0 是真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律.分析 根据题意将电子作为经典粒子处理.电子、氢核的大小约为10－15 m ，轨道半径约为10－10 m ，故电子、氢核都可视作点电荷.点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有2202π41r e εr m =v 由此出发命题可证.证 由上述分析可得电子的动能为re εm E K 202π8121==v 电子旋转角速度为3022π4mr εe ω= 由上述两式消去r ，得432022232π4m e E εωK ==v 5 －8 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl －与其最邻近的八个一价铯离子Cs +构成如图所示的立方晶格结构.(1) 求氯离子所受的库仑力；(2) 假设图中箭头所指处缺少一个铯离子(称作晶格缺陷)，求此时氯离子所受的库仑力.分析 铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加.为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力.解 (1) 由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故F 1 ＝0.(2) 除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力F 2 的值为N 1092.1π3π4920220212⨯===aεe r εq q F F 2 方向如图所示.5 －9 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 2204π1L r 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.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 rq 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，⎰=LE 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⎰⎰==Ly E αE j j E d sin d 证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r πεq E 202d ，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()2203/22222041π2d π41Lr r εQ r x L xrQ εE L/-L/+=+=⎰ 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.5 －10 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 02303/2220=⋅=+= 积分得 02/004d cos sin 2εδθθθεδE π⎰== 5 －11 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.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θer P cos 20=，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302π41xp 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θer θP P cos 2cos 200==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 2x εe r εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=代入得 ()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=23/20202001cos 2cos π42x θxr r x θr x εe E 测量分子的电场时， 总有x ＞＞r 0 ， 因此， 式中()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x θr x x θr x θxr r x cos 2231cos 21cos 2033/2033/20202，将上式化简并略去微小量后，得300cos π1x θe r εE = 5 －12 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.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 ελx r x ελ-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2 (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.5 －13 如图为电四极子，电四极子是由两个大小相等、方向相反的电偶极子组成.试求在两个电偶极子延长线上距中心为z 的一点P 的电场强度(假设z ＞＞d).分析 根据点电荷电场的叠加求P 点的电场强度.解 由点电荷电场公式，得()()k k k E 202020π41π412π41d z q εd z q εz q ε++-+= 考虑到z ＞＞d ，简化上式得()()k k k E 42022220222206π4...321...32112π4/11/1112π4z qd εq z d z d z d z d z z εq z d z d z z εq =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-= 通常将Q ＝2qd 2 称作电四极矩，代入得P 点的电场强度k E 403π41z Q ε= 5 －14 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.分析 方法1：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 方法2：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 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 πR E 22πcos 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①()r θθθE e e e E sin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=ER θθER θθER SS 2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰S E Φ5 －15 边长为a 的立方体如图所示，其表面分别平行于Oxy 、Oyz 和Ozx 平面，立方体的一个顶点为坐标原点.现将立方体置于电场强度()12E kx E +E =i +j (k ，E 1 ，E 2 为常数)的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量.解 如图所示，由题意E 与Oxy 面平行，所以任何相对Oxy 面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即0==D EFG O ABC ΦΦ.而()[]()2221ABGF d a E dS E kx E =⋅++=⋅=⎰⎰j j i S E Φ考虑到面CDEO 与面ABGF 的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，故有22a E ABG F CD EO -=-=ΦΦ同理 ()[]()2121AOEF d a E dS E E -=-⋅+=⋅=⎰⎰i j i S E Φ ()[]()()2121BCDG d a ka E dS E ka E Φ+=⋅++=⋅=⎰⎰i j i S E因此，整个立方体表面的电场强度通量3ka ==∑ΦΦ5 －16 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 ζn5 －17 设在半径为R 的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为()()R r ρkr ρ>=≤≤=0R r 0k 为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E 与r 的函数关系.分析 通常有两种处理方法：(1) 利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有2Sπ4d r E ⋅=⋅⎰S E根据高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E ，可解得电场强度的分布. (2) 利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为r r ρq ''⋅=d π4d 2，每个带电球壳在壳内激发的电场0d =E ，而在球壳外激发的电场rrεqe E 20π4d d =由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布()()()()R r r r Rr>=≤≤=⎰⎰d R r 0d 0E E E E解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E 得球体内(0≤r ≤R ) ()40202πd π41π4r εk r r kr εr r E r ==⎰()r εkr r e E 024=球体外(r ＞R )()400202πd π41π4r εk r r kr εr r E R ==⎰()r εkR r e E 024=解2 将带电球分割成球壳，球壳带电r r r k V ρq '''==d π4d d 2由上述分析，球体内(0≤r ≤R )()r r rεkr r r r r k εr e e E 0222004d π4π41=''⋅'=⎰ 球体外(r ＞R )()r r Rr εkR r r r πr k πεr e e E 20222004d 441=''⋅'=⎰5 －18 一无限大均匀带电薄平板，电荷面密度为σ，在平板中部有一半径为r 的小圆孔.求圆孔中心轴线上与平板相距为x 的一点P 的电场强度.分析 用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电场.本题的电场分布虽然不具有这样的对称性，但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的分布.若把小圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷(电荷面密度σ′＝－σ)的小圆盘.这样中心轴线上的电场强度等效于平板和小圆盘各自独立在该处激发电场的矢量和. 解 由教材中第5 －4 节例4 可知，在无限大带电平面附近n εζe E 012=n e 为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场n r x x εζe E ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+--=220212 它们的合电场强度为n rx x εζe E E E 22212+=+=在圆孔中心处x ＝0，则E ＝0在距离圆孔较远时x ＞＞r ，则n nεζxr εζe e E 02202/112≈+=上述结果表明，在x ＞＞r 时，带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计. 5 －19 在电荷体密度为ρ 的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，若将带电体球心O 指向球形空腔球心O ′的矢量用a 表示(如图所示).试证明球形空腔中任一点的电场强度为a E 03ερ=分析 本题带电体的电荷分布不满足球对称，其电场分布也不是球对称分布，因此无法直接利用高斯定理求电场的分布，但可用补偿法求解.挖去球形空腔的带电球体在电学上等效于一个完整的、电荷体密度为ρ 的均匀带电球和一个电荷体密度为－ρ、球心在O ′的带电小球体(半径等于空腔球体的半径).大小球体在空腔内P 点产生的电场强度分别为E 1 、E 2 ，则P 点的电场强度 E ＝E 1 ＋E 2 . 证 带电球体内部一点的电场强度为r E 03ερ=所以 r E 013ερ=，2023r E ερ-=()210213r r E E E -=+=ερ根据几何关系a r r =-21，上式可改写为a E 03ερ=5 －20 一个内外半径分别为R 1 和R 2 的均匀带电球壳，总电荷为Q 1 ，球壳外同心罩一个半径为R 3 的均匀带电球面，球面带电荷为Q 2 .求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？ 试分析.分析 以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因而24d r πE ⋅=⎰S E .在确定高斯面内的电荷∑q 后，利用高斯定理∑⎰=0/d εq S E 即可求出电场强度的分布.解 取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析∑=⋅02/π4εq r E r ＜R 1 ，该高斯面内无电荷，0=∑q ，故01=E R 1 ＜r ＜R 2 ，高斯面内电荷()31323131R R R r Q q --=∑ 故 ()()23132031312π4r R R εR r Q E --= R 2 ＜r ＜R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ，故2013π4r εQ E =r ＞R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ＋Q 2 ，故20214π4r εQ Q E +=电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(B )所示.在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r ＝R 3 的带电球面两侧，电场强度的跃变量230234π4ΔεζR εQ E E E ==-= 这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E 的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E 的变化成为一跃变.5 －21 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.5 －22 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.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()2/322031π2yd 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()dεQ y y d εQ Q Q W y 022/322002π8d 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dεQd 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. 5 －23 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r rελe E 0π2=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. 5 －24 水分子的电偶极矩p 的大小为6.20 ×10－30C· m .求在下述情况下，距离分子为r＝5.00 ×10－9 m 处的电势.(1) 0θ=︒；(2) 45θ=︒；(3) 90θ=︒，θ 为r 与p 之间的夹角.解 由点电荷电势的叠加2000P π4cos π4π4r εθp r εq r εq V V V =-+=+=-+-+(1) 若o0=θ V 1023.2π4320P -⨯==rεpV (2) 若o45=θ V 1058.1π445cos 320oP -⨯==rεp V (3) 若o90=θ 0π490cos 20oP ==r εp V5 －25 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RqεV 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 εV5 －26 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.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 02εζ，叠加求得电场强度的分布，。
大学物理第五章静电场单元测验(带答案)
2014-2015学年第二学期电学单元测试――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――― —、选择题 (每题2分，共30分） 1、以下说法哪一种是正确的A) 电场中某点电场强度的方向，就是试验电荷在该点所受的电场力方向 (B)电场中某点电场强度的方向可由E =确定，试验电荷0q 可正可负，F 为试验电荷所受的电场力(C) 在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的电场强度处处相同 (D) 以上说法都不正确 2、如图所示，一个点电荷q 位于立方体一顶点A 上，则通过abcd 面上的电通量为A 06q εB 012q ε C 024q ε D 036q ε3、1056：点电荷Q 被曲面S 所包围，从无穷远处引入另一点电荷q(A) 曲面S 的电通量不变，曲面上各点场强不变 (B) 曲面S (C) 曲面S 的电通量变化，曲面上各点场强变化 (D) 曲面S 4、如图所示，两个“无限长”的、半径分别为R 1和R 2荷分别为1λ和2λ，则在外圆柱面外面、距离轴线为r 处的P 点的电场强度大小E 为：(A)r 0212ελλπ+ (B) ()()20210122R r R r -π+-πελελ (C)()20212R r-π+ελλ (D) 20210122R R ελελπ+π 5、设无穷远处电势为零，则半径为R 的均匀带电球体产生的电场的电势分布规律为(图中的U 0和b 皆为常量):6、如图所示，一半径为a 的“无限长”圆柱面上均匀带电，其电荷线密度为λ。
在它外面同轴地套一半径为b 的薄金属圆筒，圆筒原先不带电，但与地连接。
以大地的电势为零，则在内圆柱面里面、距离轴线为r 的P 点的场强大小和电势分别为：(A) E ＝0，U ＝r a ln 20ελπ (B) E ＝0，U ＝a bln20ελπ(C) E ＝r 02ελπ，U ＝r b ln 20ελπ (D) E ＝r 02ελπ，U ＝a b ln20ελπ7、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、带电荷Q 2 .设无穷远处为电势零点，则在两个球面之间、距离球心为r 处的P 点的电势U 为：(A)r Q Q 0214επ+ (B) 20210144R Q R Q εεπ+π (C) 2020144R Q r Q εεπ+π (D) r Q R Q 0210144εεπ+π 8、在电荷为－Q 的点电荷A 的静电场中，将另一电荷为q 的点电荷B 从a 点移到b 点。
大学物理一复习 第五章 静电场和习题小结
q 4 π
0
dr r
2
r
q
1 q ( ) 4 r r 4 r q
0 0
r
E
V
q 4 π 0r
q 0, V 0 q 0, V 0
三、电势叠加原理
点电荷系
Va
q1
q2
a
E dl
V1 V 2 V n
第 五 章 静电场
Nothing in life is to be feared. It is only to be understood. ----(Marie Curie)
本章参考作业：P190
5-1，5-2、5-9①、5-14、5-21、 5-23、5-26、5-27、5-30。
学 习 要 点
的大小处处相等，且有
cos 1
cos 0
(目的是把“ E ”从积分号里拿出来)
计算高斯面内的电荷,由高斯定理求 E。
高斯定理运用举例： ---计算有对称性分布的场强
掌握所有 例题
1、球对称——球体、球面、球壳等。 2、轴对称——无限长直线、圆柱体、圆柱面。 3、面对称——无限大均匀带电平面。
E
0
R
r
三、面对称——无限大均匀带电平面。
例6、求无限大均匀带电平面的场 分布。已知面电荷密度为
o
p
dE
dE
解:对称性分析： 垂直平面 E
选取闭合的柱形高斯面
左底 侧
右底
侧 0
左底
E S
S＇
E S
右底
2 ES
大学物理（第五版）课后习题答案
面向21 世纪课程教材学习辅导书习题分析与解答马文蔚主编殷实沈才康包刚编高等教育出版社前言本书是根据马文蔚教授等改编的面向21世纪课程教材《物理学》第五版一书中的习题而作的分析与解答。
与上一版相比本书增加了选择题更换了约25的习题。
所选习题覆盖了教育部非物理专业大学物理课程教学指导分委员会制定的《非大学物理课程教学基本要求讨论稿》中全部核心内容并选有少量扩展内容的习题所选习题尽可能突出基本训练和联系工程实际。
此外为了帮助学生掌握求解大学物理课程范围内的物理问题的思路和方法本书还为力学、电磁学、波动过程和光学热物理、相对论和量子物理基础等撰写了涉及这些内容的解题思路和方法以期帮助学生启迪思维提高运用物理学的基本定律来分析问题和解决问题的能力。
物理学的基本概念和规律是在分析具体物理问题的过程中逐步被建立和掌握的解题之前必须对所研究的物理问题建立一个清晰的图像从而明确解题的思路。
只有这样才能在解完习题之后留下一些值得回味的东西体会到物理问题所蕴含的奥妙和涵义通过举一反三提高自己分析问题和解决问题的能力。
有鉴于此重分析、简解答的模式成为编写本书的指导思想。
全书力求在分析中突出物理图像引导学生以科学探究的态度对待物理习题初步培养学生―即物穷理‖的精神通过解题过程体验物理科学的魅力和价值尝试―做学问‖的乐趣。
因此对于解题过程本书则尽可能做到简明扼要让学生自己去完成具体计算编者企盼这本书能对学生学习能力的提高和科学素质的培养有所帮助。
本书采用了1996 年全国自然科学名词审定委员会公布的《物理学名词》和中华人民共和国国家标准GB3100 3102 -93 中规定的法定计量单位。
本书由马文蔚教授主编由殷实、沈才康、包刚、韦娜编写西北工业大学宋士贤教授审阅了全书并提出了许多详细中肯的修改意见在此编者致以诚挚的感谢。
由于编者的水平有限敬请读者批评指正。
编者2006 年1 月于南京目录第一篇力学求解力学问题的基本思路和方法第一章质点运动学第二章牛顿定律第三章动量守恒定律和能量守恒定律第四章刚体的转动第二篇电磁学求解电磁学问题的基本思路和方法第五章静电场第六章静电场中的导体与电介质第七章恒定磁场第八章电磁感应电磁场第三篇波动过程光学求解波动过程和光学问题的基本思路和方法第九章振动第十章波动第十一章光学第四篇气体动理论热力学基础求解气体动理论和热力学问题的基本思路和方法第十二章气体动理论第十三章热力学基础第五篇近代物理基础求解近代物理问题的基本思路和方法第十四章相对论第十五章量子物理附录部分数学公式第一篇力学求解力学问题的基本思路和方法物理学是一门基础学科它研究物质运动的各种基本规律由于不同运动形式具有不同的运动规律从而要用不同的研究方法处理力学是研究物体机械运动规律的一门学科而机械运动有各种运动形态每一种形态和物体受力情况以及初始状态有密切关系掌握力的各种效应和运动状态改变之间的一系列规律是求解力学问题的重要基础但仅仅记住一些公式是远远不够的求解一个具体物理问题首先应明确研究对象的运动性质选择符合题意的恰当的模型透彻认清物体受力和运动过程的特点等等根据模型、条件和结论之间的逻辑关系运用科学合理的研究方法进而选择一个正确简便的解题切入点在这里思路和方法起着非常重要的作用1正确选择物理模型和认识运动过程力学中常有质点、质点系、刚体等模型每种模型都有特定的含义适用范围和物理规律采用何种模型既要考虑问题本身的限制又要注意解决问题的需要例如用动能定理来处理物体的运动时可把物体抽象为质点模型而用功能原理来处理时就必须把物体与地球组成一个系统来处理再如对绕固定轴转动的门或质量和形状不能不计的定滑轮来说必须把它视为刚体并用角量和相应规律来进行讨论在正确选择了物理模型后还必须对运动过程的性质和特点有充分理解如物体所受力矩是恒定的还是变化的质点作一般曲线运动还是作圆周运动等等以此决定解题时采用的解题方法和数学工具2.叠加法叠加原理是物理学中应用非常广泛的一条重要原理据此力学中任何复杂运动都可以被看成由几个较为简单运动叠加而成例如质点作一般平面运动时通常可以看成是由两个相互垂直的直线运动叠加而成而对作圆周运动的质点来说其上的外力可按运动轨迹的切向和法向分解其中切向力只改变速度的大小而法向力只改变速度的方向对刚体平面平行运动来说可以理解为任一时刻它包含了两个运动的叠加一是质心的平动二是绕质心的转动运动的独立性和叠加性是叠加原理中的两个重要原则掌握若干基本的简单运动的物理规律再运用叠加法就可以使我们化―复杂‖为―简单‖此外运用叠加法时要注意选择合适的坐标系选择什么样的坐标系就意味着运动将按相应形式分解在力学中对一般平面曲线运动多采用平面直角坐标系平面圆周运动多采用自然坐标系而对刚体绕定轴转动则采用角坐标系等等叠加原理在诸如电磁学振动、波动等其他领域内都有广泛应用是物理学研究物质运动的一种基本思想和方法需读者在解题过程中不断体会和领悟3.类比法有些不同性质运动的规律具有某些相似性理解这种相似性产生的条件和遵从的规律有利于发现和认识物质运动的概括性和统一性而且还应在学习中善于发现并充分利用这种相似性以拓宽自己的知识面例如质点的直线运动和刚体绕定轴转动是两类不同运动但是运动规律却有许多可类比和相似之处如txddv 与tθωdd taddv 与tωαdd 其实它们之间只是用角量替换了相应的线量而已这就可由比较熟悉的公式联想到不太熟悉的公式这种类比不仅运动学有动力学也有如maF 与JαM0dvvmmtF 与0dLωJωtM 2022121dvvmmxF 与2022121dωJωJθM 可以看出两类不同运动中各量的对应关系十分明显使我们可以把对质点运动的分析方法移植到刚体转动问题的分析中去当然移植时必须注意两种运动的区别一个是平动一个是转动状态变化的原因一个是力而另一个是力矩此外还有许多可以类比的实例如万有引力与库仑力、静电场与稳恒磁场电介质的极化与磁介质的磁化等等只要我们在物理学习中善于归纳类比就可以沟通不同领域内相似物理问题的研究思想和方法并由此及彼触类旁通4微积分在力学解题中的运用微积分是大学物理学习中应用很多的一种数学运算在力学中较为突出也是初学大学物理课程时遇到的一个困难要用好微积分这个数学工具首先应在思想上认识到物体在运动过程中反映其运动特征的物理量是随时空的变化而变化的一般来说它们是时空坐标的函数运用微积分可求得质点的运动方程和运动状态这是大学物理和中学物理最显著的区别例如通过对质点速度函数中的时间t 求一阶导数就可得到质点加速度函数另外对物理量数学表达式进行合理变形就可得出新的物理含义如由tddav借助积分求和运算可求得在t1 -t2 时间内质点速度的变化同样由tddvr也可求得质点的运动方程以质点运动学为例我们可用微积分把运动学问题归纳如下第一类问题已知运动方程求速度和加速度第二类问题已知质点加速度以及在起始状态时的位矢和速度可求得质点的运动方程在力学中还有很多这样的关系读者不妨自己归纳整理一下从而学会自觉运用微积分来处理物理问题运用时有以下几个问题需要引起大家的关注1 运用微积分的物理条件在力学学习中我们会发现ta0vv和2021ttarv等描述质点运动规律的公式只是式tt0ddavvv0和式tttrdd000arv在加速度a为恒矢量条件下积分后的结果此外在高中物理中只讨论了一些质点在恒力作用下的力学规律和相关物理问题而在大学物理中则主要研究在变力和变力矩作用下的力学问题微积分将成为求解上述问题的主要数学工具2 如何对矢量函数进行微积分运算我们知道很多物理量都是矢量如力学中的r、v、a、p 等物理量矢量既有大小又有方向从数学角度看它们都是―二元函数‖在大学物理学习中通常结合叠加法进行操作如对一般平面曲线运动可先将矢量在固定直角坐标系中分解分别对x、y 轴两个固定方向的分量可视为标量进行微积分运算最后再通过叠加法求得矢量的大小和方向对平面圆周运动则可按切向和法向分解对切线方向上描述大小的物理量a 、v、s 等进行微积分运算3 积分运算中的分离变量和变量代换问题以质点在变力作用下作直线运动为例如已知变力表达式和初始状态求质点的速率求解本问题一条路径是由F m a 求得a的表达式再由式dv adt 通过积分运算求得v其中如果力为时间t 的显函数则a at此时可两边直接积分即ttta0ddvvv0但如果力是速率v 的显函数则a av此时应先作分离变量后再两边积分即tta0dd1vvvv0又如力是位置x 的显函数则aax此时可利用txddv得vxtdd并取代原式中的dt再分离变量后两边积分即xxtxa0ddvvvv0 用变量代换的方法可求得vx表达式在以上积分中建议采用定积分下限为与积分元对应的初始条件上限则为待求量5.求解力学问题的几条路径综合力学中的定律可归结为三种基本路径即1 动力学方法如问题涉及到加速度此法应首选运用牛顿定律、转动定律以及运动学规律可求得几乎所有的基本力学量求解对象广泛但由于涉及到较多的过程细节对变力矩问题还将用到微积分运算故计算量较大因而只要问题不涉及加速度则应首先考虑以下路径2 角动量方法如问题不涉及加速度但涉及时间此法可首选3 能量方法如问题既不涉及加速度又不涉及时间则应首先考虑用动能定理或功能原理处理问题当然对复杂问题几种方法应同时考虑此外三个守恒定律动量守恒、能量守恒、角动量守恒定律能否成立往往是求解力学问题首先应考虑的问题总之应学会从不同角度分析与探讨问题以上只是原则上给出求解力学问题一些基本思想与方法其实求解具体力学问题并无固定模式有时全靠―悟性‖但这种―悟性‖产生于对物理基本规律的深入理解与物理学方法掌握之中要学会在解题过程中不断总结与思考从而使自己分析问题的能力不断增强第一章质点运动学1 -1 质点作曲线运动在时刻t 质点的位矢为r速度为v 速率为vt 至t Δt时间内的位移为Δr 路程为Δs 位矢大小的变化量为Δr 或称Δ r 平均速度为v平均速率为v 1 根据上述情况则必有 A Δr Δs Δr B Δr ≠ Δs ≠ Δr当Δt→0 时有 dr ds ≠ dr C Δr ≠ Δr ≠ Δs当Δt→0 时有 dr dr ≠ ds D Δr ≠ Δs ≠ Δr当Δt→0 时有 dr dr ds 2 根据上述情况则必有 A v v v v B v ≠v v ≠ v C v v v ≠ v D v ≠v v v分析与解1 质点在t 至t Δt 时间内沿曲线从P 点运动到P′点各量关系如图所示其中路程Δs PP′ 位移大小Δr PP′而Δr r - r 表示质点位矢大小的变化量三个量的物理含义不同在曲线运动中大小也不相等注在直线运动中有相等的可能但当Δt→0 时点P′无限趋近P 点则有 dr ds但却不等于dr故选B 2 由于 Δr ≠Δs故tstΔΔΔΔr即 v ≠v 但由于 dr ds故tstddddr即 v v由此可见应选C 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢rxy的端点处对其速度的大小有四种意见即1trdd 2tddr 3tsdd 422ddddtytx 下述判断正确的是 A 只有12正确B 只有2正确 C 只有23正确 D 只有34正确分析与解trdd表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率在极坐标系中叫径向速率通常用符号vr表示这是速度矢量在位矢方向上的一个分量tddr表示速度矢量在自然坐标系中速度大小可用公式tsddv计算在直角坐标系中则可由公式22ddddtytxv求解故选D 1 -3 质点作曲线运动r 表示位置矢量v表示速度a表示加速度s 表示路程a 表示切向加速度对下列表达式即1d v /dt a2dr/dt v3ds/dt v4d v /dt a 下述判断正确的是A 只有1、4是对的B 只有2、4是对的C 只有2是对的D 只有3是对的分析与解tddv表示邢蚣铀俣萢 它表示速度大小随时间的变化率是加速度矢量沿速度方向的一个分量起改变速度大小的作用trdd在极坐标系中表示径向速率vr如题1 -2 所述tsdd在自然坐标系中表示质点的速率v而tddv表示加速度的大小而不是切向加速度a 因此只有3 式表达是正确的故选D 1 -4 一个质点在做圆周运动时则有 A 切向加速度一定改变法向加速度也改变B 切向加速度可能不变法向加速度一定改变C 切向加速度可能不变法向加速度不变D 切向加速度一定改变法向加速度不变分析与解加速度的切向分量a 起改变速度大小的作用而法向分量an起改变速度方向的作用质点作圆周运动时由于速度方向不断改变相应法向加速度的方向也在不断改变因而法向加速度是一定改变的至于a 是否改变则要视质点的速率情况而定质点作匀速率圆周运动时a 恒为零质点作匀变速率圆周运动时a 为一不为零的恒量当a 改变时质点则作一般的变速率圆周运动由此可见应选B 1 -5 如图所示湖中有一小船有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动设该人以匀速率v0 收绳绳不伸长且湖水静止小船的速率为v则小船作 A 匀加速运动θcos0vv B 匀减速运动θcos0vv C 变加速运动θcos0vv D 变减速运动θcos0vv E 匀速直线运动0vv 分析与解本题关键是先求得小船速度表达式进而判断运动性质为此建立如图所示坐标系设定滑轮距水面高度为ht 时刻定滑轮距小船的绳长为l则小船的运动方程为22hlx其中绳长l 随时间t 而变化小船速度22ddddhltlltxv式中tldd表示绳长l随时间的变化率其大小即为v0代入整理后为θlhlcos/0220vvv方向沿x 轴合蛴伤俣缺泶锸娇膳卸闲〈 鞅浼铀僭硕 恃 讨论有人会将绳子速率v0按x、y 两个方向分解则小船速度θcos0vv这样做对吗1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动其运动方程为32262ttx式中x 的单位为mt 的单位为s求1 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小 2 质点在该时间内所通过的路程3 t4 s时质点的速度和加速度分析位移和路程是两个完全不同的概念只有当质点作直线运动且运动方向不改变时位移的大小才会与路程相等质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到0Δxxxt而在求路程时就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向此时位移的大小和路程就不同了为此需根据0ddtx来确定其运动方向改变的时刻tp 求出0 tp 和tp t 内的位移大小Δx1 、Δx2 则t 时间内的路程21xxs如图所示至于t 4.0 s 时质点速度和加速度可用txdd和22ddtx两式计算解 1 质点在4.0 s内位移的大小m32Δ04xxx 2 由0ddtx 得知质点的换向时刻为s2pt t0不合题意则m0.8Δ021xxx m40Δ242xxx 所以质点在4.0 s时间间隔内的路程为m48ΔΔ21xxs 3 t4.0 s时1s0.4sm48ddttxv2s0.422m.s36ddttxa 1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动其速度与时间的关系如图a所示设t0 时x0试根据已知的v-t 图画出a-t 图以及x -t 图分析根据加速度的定义可知在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小图中AB、CD 段斜率为定值即匀变速直线运动而线段BC 的斜率为0加速度为零即匀速直线运动加速度为恒量在a-t 图上是平行于t 轴的直线由v-t 图中求出各段的斜率即可作出a-t 图线又由速度的定义可知x-t 曲线的斜率为速度的大小因此匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t 的二次曲线根据各段时间内的运动方程xxt求出不同时刻t 的位置x采用描数据点的方法可作出x-t 图解将曲线分为AB、BC、CD 三个过程它们对应的加速度值分别为2sm20ABABABttavv 匀加速直线运动0BCa 匀速直线运动2sm10CDCDCDttavv 匀减速直线运动根据上述结果即可作出质点的a-t 图图B 在匀变速直线运动中有2021ttxxv 由此可计算在0 2 和4 6 时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法由表中数据可作0 2 和4 6 时间内的x -t 图在2 4 时间内质点是作1sm20v的匀速直线运动其x -t 图是斜率k20的一段直线图c 1 -8 已知质点的运动方程为jir222tt式中r 的单位为mt 的单位为 求 1 质点的运动轨迹2 t 0 及t 2 时质点的位矢3 由t 0 到t 2 内质点的位移Δr 和径向增量Δr 4 2 内质点所走过的路程s 分析质点的轨迹方程为y fx可由运动方程的两个分量式xt和yt中消去t 即可得到对于r、Δr、Δr、Δs 来说物理含义不同可根据其定义计算其中对s的求解用到积分方法先在轨迹上任取一段微元ds则22dddyxs最后用ssd积分求 解1 由xt和yt中消去t 后得质点轨迹方程为2412xy 这是一个抛物线方程轨迹如图a所示2 将t 0 和t 2 分别代入运动方程可得相应位矢分别为jr20 jir242 图a中的P、Q 两点即为t 0 和t 2 时质点所在位置3 由位移表达式得jijirrr24Δ020212yyxx 其中位移大小m66.5ΔΔΔ22yxr 而径向增量m47.2ΔΔ2020222202yxyxrrrr 4 如图B所示所求Δs 即为图中PQ段长度先在其间任意处取AB 微元ds则22dddyxs由轨道方程可得xxyd21d代入ds则2 内路程为m91.5d4d402xxssQP 1 -9 质点的运动方程为23010ttx 22015tty 式中xy 的单位为mt 的单位为 试求1 初速度的大小和方向2 加速度的大小和方向分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向解 1 速度的分量式为ttxx6010ddv ttyy4015ddv 当t 0 时vox -10 m· -1voy 15 m· -1 则初速度大小为120200sm0.18yxvvv 设vo与x 轴的夹角为α则23tan00xyαvv α123°41′ 2 加速度的分量式为2sm60ddtaxxv 2sm40ddtayyv 则加速度的大小为222sm1.72yxaaa 设a 与x 轴的夹角为β则32tanxyaaβ β-33°41′或326°19′ 1 -10 一升降机以加速度1.22 m· -2上升当上升速度为2.44 m· -1时有一螺丝自升降机的天花板上松脱天花板与升降机的底面相距2.74 m计算1螺丝从天花板落到底面所需要的时间2螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下一种处理方法是取地面为参考系分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 y1t和y2 y2t并考虑它们相遇即位矢相同这一条件问题即可解另一种方法是取升降机或螺丝为参考系这时螺丝或升降机相对它作匀加速运动但是此加速度应该是相对加速度升降机厢的高度就是螺丝或升降机运动的路程解1 1 以地面为参考系取如图所示的坐标系升降机与螺丝的运动方程分别为20121attyv 20221gtthyv 当螺丝落至底面时有y1 y2 即20202121gtthattvv s705.02aght 2 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为m716.021202gttyhdv 解2 1以升降机为参考系此时螺丝相对它的加速度大小a′g a螺丝落至底面时有2210tagh s705.02aght 2 由于升降机在t 时间内上升的高度为2021atthv 则m716.0.。
第五章 静电场
7.高斯定理中的 是（1）高斯面内的电荷？（2）高斯面外的电荷？（3）高斯面内外的所有电荷？
8.下列几个带电体能否用高斯定理来计算电场强度？作为近似计算，应如何考虑呢？（1）电偶极子；（2）长为L的均匀带电直线；（3）半径为R的均匀带电圆盘。
＝0
所以
5.真空中两条平行的“无限长”均匀带电直线相距为a，其电荷线密度分别为－和＋．试求：
(1)在两直线构成的平面上，两线间任一点的电场强度(选Ox轴如图所示，两线的中点为原点)．
：(1)一根无限长均匀带电直线在线外离直线距离ｒ处的场强为：
E=/ (20r)
解：设试验电荷置于x处所受合力为零，即该点场强为零。
得x2－6x+1=0, m
因 点处于q、－2q两点电荷之间，该处场强不可能为零。故舍去。得
m
2.如图所示，真空中一长为L的均匀带电细直杆，总电荷为q，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d的P点的电场强度。
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dq=dx=qdx/L，它在P点的场强：
答案：Ｃ
8.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EM＜EN．(B)电势UM＜UN．
(C)电势能WM＜WN．(D)电场力的功A＞0．
A
答案：Ｃ
三、计算题
1.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？
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第五章 真空中的静电场习题答案
一、选择题
1、C 注释：无限大均匀带电面在空间产生的电场强度0
2εσ
=
E ，通过叠加法可得总电场强度分布。
2、B 注释：由点电荷的场强公式2
04r Q E πε=
即可得到结论，其中b r 2
2=
3、A 、D 注释：本题考察几种典型带电体的场强公式，同时应注意电场强度是矢量。
4、C 注释：本题考察几种典型带电体的电场分布，由图可知是均匀带电球面或导体球的场强分布规律。
5、C 注释：如上题所述。
6、A 注释：将下面的圆面补上，由高斯定理整个闭合面的电通量为零，所以半球面的电通量，在数值等于补上圆面的电通量的负值，可以知道圆面的电通量为零，所以半球面的电通量也为零。
7、C 注释：由高斯定理，整个闭合曲面的电通量等于高斯面内电荷代数和除以0ε。
8、A 注释：同题4.
9、B 注释：识记均匀带电球面的场强公式⎪⎩
⎪
⎨⎧>=<=)
(4)(020R r r Q
E R r E πε，利用叠加的方法可得到空间各点的场强。
在两球面外部2
02
02144r
Q r
Q E E E b a πεπε+
=
+=
10、A 注释：高斯定理的理解，详看课本p137
11、D 注释：电势的定义：电场中某点的电势等于把单位正电荷由该点移动到电势零点电场力所做的功。
12、B 注释：法一：由电势的定义)1
1(4402
R
r q
dr r
q
V R
r
-==
⎰πεπε；法二：可以取先取无穷远处为电势零点，则P P ,'
两点的电势分别为：
r
q 04πε和
R
q
04πε，两点的电势差即为选P 为电势零点时'
P 的电势：
V=
r
q 04πε－
R
q 04πε
13、D 注释：由电场线的性质：电场线密集的地方场强较大，电场线的指向电势降低的方向，可得答案。
二、填空题
1、单位正试验电荷置于该点时所受到的电场力。
注释：识记电场强度的定义。
2、2N / C ； 向下。
注释：同上题。
3、－2ε0E 0 / 3 ； 4ε0E 0 / 3 注释：识记无限大均匀带电面的场强公式，可反解出电荷面密度。
4、包围在曲面内的净电荷；曲面外电荷。
注释：识记静电场中的高斯定理。
5、高斯面上各点。
注释：同上题。
6、qQ / (4πε0R )注释：电场力的功等于实验电荷始末位置电势能之差。
或电场力的功等于a 点与无穷远处电势之差再乘上实验电荷的电量。
7、－3.2×10-
15 J;2×104 V 注释：由电场力做功的特点：做功与路径无关可知由B 点回到A 点，电场力做
功为－3.2×10-
15 J ；由电势定义：A 点电势等于把单位正电荷由A 点移到B 点电场力所做功。
4102⨯==
q
W
V 8、－140 V 注释：由电势差的定义沿如图所示路径积分：
)()2050(j dy i dx j i l d E U b a
b
a a
b +⋅+=⋅=⎰⎰
⎰⎰-=--=⋅+⋅=b c
c
a
ab
V j dy j i dx i U 140401002050
9、
00114a b q q r r ε⎛⎫
- ⎪π⎝⎭
． 注释：实验电荷由a 移动到b 点电场力做功)(0b a pb pa V V q E E W -=-=，而外力克服电场力做功'00011
()()4a b a b
qq W q V V r r πε=-=
- 三、计算题
1、解：选取圆心O 为原点，坐标Oxy 如图所示，其中Ox 轴沿半圆环的对称轴．在环上任意取一小段圆弧d l =R d θ，其上电荷d q ＝(Q d l )/(πR )=(Q d θ)/π，它在O 点产生的场强为
2
02204d 4d d R Q R q E εθ
επ=
π= 在x 、y 轴方向的两个分量
θθεθd c o s 4c o s 2
02R Q dE dE x π==
θθεθd s i n 4s i n 202R Q dE dE y π==
对两个分量分别积分
2
02
2
/2/2
022d cos 4R
Q R Q
dE E x x εθθεπ=
π=
=⎰⎰
ππ-
0d s i n 42
/2
/2
02
=π==⎰
⎰
ππ-θθεR Q dE E y y
由此得 i R Q i E E x
2
022επ==（i
为x 轴正向的单位矢量）
2、解：r ≤R 时，在球内作一半径为r 的高斯球面，按高斯定理有
x
a
b
x
y
O
c
30
123
41
4r E r πρε=
π
得 r E 0
13ερ
= 1E 方向沿半径向外
r >R 时，在球体外作半径为r 的高斯球面，按高斯定理有
022/4εq E r =π 33
4
R q πρ=
得 2
03
20234r
R r q
E ερε=π= 2E 方向沿半径向外 3、 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 x
q 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 ()200d 8l P q x U l l a x ε=
π+-⎰()200ln 8l q l a x l ε-=+-π⎪⎭
⎫
⎝⎛+π=a l l q 21ln 80ε 4、解：法1: 设内球上所带电荷为Q ，则两球间的电场强度的大小为 2
04r
Q
E επ=
(R 1＜r ＜R 2) 两球的电势差 ⎰
⎰
π=
=2
1
2
1
20
124d R R R R r dr Q r E U ε⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-π=
210
114R R Q ε
法2: 设内球上所带电荷为Q ，则选无穷远处为电势零点，则两球面电势差为：
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=
21
12
114R R Q U ε
∴ 1
2122104R R U R R Q -π=
ε＝2.14×10-9 C
x。