大学物理习题答案吴百诗

吴百诗二部题解 第二学期第九章 静电场一、选择题 （1）D解：先考虑一个板带电q ，它在空间产生的场强为02q ESε=。

注意是匀场。

另一板上电荷“|－q|”在此电场中受力，将其化为无数个点电荷q dq =∑，每个电荷受力大小为0||2q dq dF dq E S ε⋅=⨯=，故整个|－q|受力为：200||22q dq qF dq E S Sεε⋅=⋅==∑∑。

这既是两板间作用力大小。

（2）B解：由电通量概念和电力线概念知：A 、穿过S 面的电通量不变，因为它只与S 面内的电荷相关，现内面电荷没有变化，所以穿过S 面的电通量不变。

B 、由于S 面上场强与内外电荷都有关，现在外面电荷位置变化，所以P 点场强也变化。

故选B 。

二、填空题 （1）||/3q '=解：画图。

设等边三角形的边长为a ，则任一顶点处 的电荷受到其余两个电 荷的作用力合力F为：222212cos30(2/)2/FF kq a a =⨯︒=⨯=设在中心处放置电荷q '，它对顶点处电荷的作用力为：223qq qq F kk r a '''===再由F F '=-，可解出/3||/3q q ''=⇒⇒=。

（2）20/(2)qia πε 或 20/(2)q a πε，i方向指向右下角。

解：当相对称的两电荷同号则在O 点的场强抵消，若异号肯定有电力线过 O 点，故只有左上角的电荷电力线指向右下角的“－”电荷。

是202/(4)q a ⨯πε三、计算题 9.3 9.40ln 2a b a σπε+, 10()2-⋅btg hσπε （6.7） 解：将带电平面薄板划分为无数条长直带电线（书中图），宽为dx 。

求出每条带电线在场点产生的场强0022()2dx dE b r a x ⋅==+-λσπεπε 原点取在导体片中间，x 方向向左：← 故总的场强：00/2/2ln 222()b b dx E a b b x a a σεεσππ-==+-+⋅⎰ E 的方向沿x 轴正向。

或：原点取在场点处，x 轴方向向右:→,则总的场强为： 00ln 22a b a a b dx E x aπεσσπε+==+⋅⎰ 此时E 的方向沿x 轴“－”向。

（2）在板的垂直方向上，距板为h 处。

每条带电直线在此处的场强为221/20022()dq dxdE rx h σπεπε⋅==+ 由于对称性，故分解：22220000sin cos 22()22()x y dq dx x dq dx h dE dE r x h rx h σσθθπεπεπεπε⋅⋅⋅⋅=⋅==⋅=⋅+⋅+在x 方向上，场强分量因对称互相抵消，故0xE =。

所以：/2122/1020021()2()22()2b y b dx h h b E E tg x h h b tg h h σσπεπεσπε---⋅⋅=⋅==⋅=⋅+⎰ 9.5 004x y AE E bε=-= 解：任取线元dl ，所在角位置为θ，（如图）。

带电为cos dq A bd θθ=。

它在圆心处产生的电场强度分量各为：2222cos()cos sin()sin x y dq dqdq dqdE kk dE kk b bb bπθθπθθ=-=-=+=- 整个圆环产生的：22200cos()sin cos 0x x y dq AAE dE kkE kd b bbππθππθθθθ===-=-=-⋅=⎰⎰⎰ 9.712eSE R φπ=⋅,22eS E R φπ=⋅……（6.15）由电通量（本书定义为：电场强度通量）的物理意义，知通过S 1或S 2面的电通量都等于通过圆平面2R π的电通量。

电场强度通量（垂直通过2R π面的）：2e E S ES E R πΦ=∙==也即是通过S 1或S 2面的。

或解： 以S 1和以圆面积2R π(R 为半径的)组成一个封闭曲面S 由高斯定理，知：0/0i i SE dS q ε==∑⎰⎰，又210S R SE dS E dS E dS π=+=⎰⎰⎰⎰⎰⎰所以2112eS S RE dS E dS E R πφπ==-=⋅⎰⎰⎰⎰同理：2222eS S RE dS E dS E R πφπ==-=⋅⎰⎰⎰⎰9.851 4.610=-⨯q C ， 13321333()4.7210/4()q q C m r R ρπ--==⨯- 解：(1) 由高斯定理：0/i SE dS q ε∙=∑⎰⎰可得：251101cos 4/ 4.610E R q q C ππε=⇒⇒=-⨯同理（2）22220202cos 4/4E r q q r E ππεπε=⇒⇒=-所以大气的电荷平均体密度为：13321333() 4.7210/4()q q C m r R ρπ--==⨯- 9.9110()E r R =<，1202E r λπε=，1130()2E r λλπε+=解：本题解被分成三个区域：1122,,,r R R r R R r <<<< 由高斯定理知：1域：110()E r R =<,因为在该区域内作的高斯面，面内无电荷。

2域内作一同轴的圆柱形高斯面，高为l ，半径为r ，满足12R r R <<则有：2010122sE E s E r l E d r l λπλεπε∙=⇒===⋅⋅⇒⎰在3域，类似2域方法作高斯面，满足2R r <。

则有：1101130()()22slE ds E r l E E r λλπελλπε+∙=⋅⋅=⇒+⇒==⎰9.10 在n 区：1()()()()D n D n SN eE ds E x S x x SN e E x x x εε⋅∙==+⋅→→=+⎰⎰在p 区：001()()()()A p A p SN eE ds E x S x x SN e E x x x εε⋅∙==-⋅→→=+⎰⎰9.11 00A=解： P.69页的题图。

因为：00/2/2q U k k U l l ∞-=+== 所以：000()0A q U U →∞∞=-= 9.13 ||90ab U V ∆= （6.22）解： 11||||()90ab a b UU U kq V a b∆∞∞=-=-=9.14p u=， 通过该点的等势线是在中垂面上半径为x 的圆。

解：12p u u u =+==等势面是中垂线内，半径为x 的圆，圆心在两电荷的连线的中点。

9.16 303R U r ρε=外 203R U ρε=面上 220(3)6R U r ρε=-内（6.25） 球体内331300014()4343R r r QE r R r R R πρπρπεεε⋅=⋅=<=球体外 220320()34R r R Q E rr περε=>= 定义0U ∞=,则可求出各区域的电势球体外332000014)4433(4rR Q Q U dr R r R r r r rρππεπεπρεε∞====⋅>⎰球面上 202(43)RQ U dr r R r R ρπεε∞===⎰球体内 12R rrRUE dr E dr E dr∞∞=∙=∙+∙⎰⎰⎰3202002(3)644RrRQ Q rdr dr RrR r πεπρεε∞=+=-⎰⎰ （r R <域）9.201024111()r R qU R πε-+=内, 014q U rπε=外,0214qR U πε=壳上解：应用高斯定理，可求得空间各域的电场强度： ①（1rR ≤）: 12ˆ=q E kr r②（12R r R ≤≤）： 20=E③（2R r ≤）： 32ˆ=qE k r r再由电势定义，可求： ①（1rR ≤）: 1222121000110111(44)4R r R q q dr dr r r r R R q u πεπεπε∞+-=+=+⎰⎰ ②（12R r R ≤≤）：2222201041R q qk dr kq u r R R πε∞=+==⎰③（2R r ≤）： 302114r q qk dr kq r r ru πε∞===⎰自行画图点电荷在球心，球壳内、外表面上的电荷分布均匀。

若点电荷偏离球心，球壳内表面的感应电荷分布不均匀。

靠近点电荷的区域，电荷密度大，反之则较小。

内表面电荷与点电荷形成封闭场。

但外表面的电荷仍然均匀分布。

9.21 解：（1）由电势叠加原理，有，内球电势：11230123()1(){}4kq kq k q Q q q q Q U R R R R R R πε-+-+=++=++ 球壳电势： 2031()4q Q U R πε+=（2）电势差 120121()4q q U U U R R πε∆=-=- （3）连接球与球壳，则电荷全部跑到外球面上，所以 球与球壳是等势体1212031(),04q Q U U U U U R πε+==∆=-=（4）外球面接地，则只有内球与球壳间的局域场，所以20U =，但121()4q q U R R πε-=+。

另外120121()4q q U U U R R πε∆=-=-9.22 （7.4）证：两带电金属球。

半径分别为12,R R 。

由于相距远，两球产生的电场互不影响。

现用一根极细导线连接两球，达到静电平衡后记金属球1带电为1'q , 电势为1U ；金属球2带电为2'q ,电势为2U 。

由于导线相连，故有：12U U = 。

又互不影响，所以有：121212q q U kU k R R ''== =即：121122221201021144q q q R q R kk R R R R πεπε''''= =⇒ 又 12122212,44q q R R σσππ''= = 此两式代入上式，可得1122R R σσ= 即1Rσ∝表------- 得证9.230//U d U l l U σε∆-==⋅∆'∆，解： 设充电后，板上电量为q ±，板的面积为s ，故板上面密度大小为/q s σ= 插入金属板以前：00//E U Ed d σεσε=∆==。

现断开电源（q 不变），插入金属板，厚为l ,故电容器两板间距变为了d l -，此时：00/()()/E U E d l d l σεσε'''=∆=-=- 电势差的改变为00///l U U U l d l σεσε'∆-∆==⋅∆=由式看出金属板的位置对结果无影响。

9.24 无图9.2521.9210W J -∆=-⨯解：见图，当开关K 拨向1，电容C 1充电，641108101209.610q C U C --==⨯⨯=⨯C 1的能量为262211011810120 5.761022W C U J--==⨯⨯⨯=⨯当开关K 拨向2，电容C 1向当电容C 2放电，电荷会重新分布，由于是电容并联，故有：121q q q ''+=，又电压相等11221212////2:1q C q C q q C C ''''=⇒⇒== 由此两式解得：4412116.410, 3.210,/80q C q C U q C V --'''=⨯=⨯==故并联后电容器中的总能量为226262221211118108041080 3.84102222W C U C U J---=+=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=⨯故能量改变：221 1.9210W W W J -∆=-=-⨯9.260εs d d '-; 抽出时200212()εd s A U d d '='- 解： 插入厚度为d ˊ的金属板后，相当于把原来的一个电容器变成了串联着的两个电容器，分别设为C 1和C 2。