大物上海交大课后答案第六章

2020-03-02 04:34:56 来源：范文大全收藏下载本文

习题6 6-1．直角三角形ABC的A点上，有电荷q11.8109C，B点上有电荷q24.8109C，试求C点的电场强度(设BC0.04m，AC0.03m)。

解：q1在C点产生的场强：E1q2在C点产生的场强：E2q1240rACi，

q2j， 240rBCij∴C点的电场强度：EE1E22.7104i1.8104j；

2C点的合场强：EE12E23.24104Vm，

方向如图：arctan 1.833.73342'。 2.76-2．用细的塑料棒弯成半径为50cm的圆环，两端间空隙为2cm，电量为3.12109C的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。解：∵棒长为l2rd3.12m，

∴电荷线密度：OR2cmxql1.0109Cm1

可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去d0.02m长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O点产生的场强。解法1：利用微元积分：

dEOx140RdR2cos，

∴EOcosdd1； 0.72Vm2sin2240R40R40R解法2：直接利用点电荷场强公式：

11由于dr，该小段可看成点电荷：qd2.010C，

2.01011则圆心处场强：EO9.0100.72Vm1。 2240R(0.5)q9方向由圆心指向缝隙处。

6-3．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：以O为坐标原点建立xOy坐标，如图所示。 ①对于半无限长导线A在O点的场强：

E(coscos)Ax4R20有：

E(sinsin)Ay40R2②对于半无限长导线B在O点的场强：

xEyE(sinsin)Bx4R20有：

E(coscos)By40R2③对于AB圆弧在O点的场强：有：

2Ecosd(sinsin)ABx040R40R2 E2sind(coscos)ABy04R40R20∴总场强：EOx，EOy，得：EO(ij)。

40R40R40R22EOxEOy或写成场强：E

2，方向45。

40R6-4．一个半径为R的均匀带电半圆形环，均匀地带有电荷，电荷的线密度为，求环心处O点的场强E。

解：电荷元dq产生的场为：dEdq； 240RYdqdRodEX根据对称性有：dEy0，则： EdExdEsin方向沿x轴正向。即：E0Rsind， 240R20Ri。

20R

6-5．一半径为R的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为，求球心O处的电场强度。解：如图，把球面分割成许多球面环带，环带宽为dlRd，所带电荷：dq2rdl。利用例11-3结论，有：dExdq40(x2r)3222rxdl40(x2r)322

∴dE2RcosRsinRd40[(Rsin)(Rcos)]2232，

rOx化简计算得：E20 201i。 sin2d，∴E402406-6．图示一厚度为d的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为。求板内、外的场强分布，并画出场强随坐标x变化的图线，即Ex图线(设原点在带电平板的中央平面上，Ox轴垂直于平板)。

解：在平板内作一个被平板的中间面垂直平分的闭合圆柱面S1为高斯面，

dE当x时，由S1dS2ES和q2xS， 2有：Ex； 0EdS2ES和q2dS，

d2d20E当xd时，由S22Od2x有：Ed。图像见右。 20d206-7．在点电荷q的电场中，取一半径为R的圆形平面(如图所示)，平面到q的距离为d，试计算通过该平面的E的通量.解：通过圆平面的电通量与通过与A为圆心、AB为半径、圆的平面为周界的球冠面的电通量相同。

【先推导球冠的面积：如图，令球面的半径为r，有r球冠面一条微元同心圆带面积为：dS2rsinrd ∴球冠面的面积：Sd2R2， rdrsinOdr02rsinrd2rcos20cos

xd2r2(1)】

r∵球面面积为：S球面4r，通过闭合球面的电通量为：闭合球面2q0，

由： 球冠球面S球面S球冠，∴球冠1dqqd(1)(1)。

222r020Rd6-8．半径为R1和R2（R1R2）的两无限长同轴圆柱面，单位长度分别带有电量和，试求：（1）rR1；（2）R1rR2；（3）rR2处各点的场强。解：利用高斯定律：S1EdSqi。

0S内（1）rR1时，高斯面内不包括电荷，所以：E10；

l，则：E2； 020r（3）rR2时，利用高斯定律及对称性，有：2rlE30，则：E30；

E0rR1ˆR1rR2。即：EEr20rE0rR2（2）R1rR2时，利用高斯定律及对称性，有：2rlE2

6-9．电荷量Q均匀分布在半径为R的球体内，试求：离球心r处（rR）P点的电势。解：利用高斯定律：2S1EdSq可求电场的分布。

0S内Qr3Qr（1）rR时，4rE内； 3；有：E内34R0R0QQ（2）rR时，4r2E外；有：E外；

040r2离球心r处（rR）的电势：UrorPRPRrE内drE外dr，即：

RUrRr3QQr2QrQ。 drdr3R4r240R380R80R0

6-10．图示为一个均匀带电的球壳，其电荷体密度为，球壳内表面半径为R1，外表面半径为R2．设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势。解：当rR1时，因高斯面内不包围电荷，有：E10，当R1rR2时，有：E2(r3R13)40r243(r3R13)，

30r2当rR2时，有：E33(R2R13)4340r23(R2R13)， 230r以无穷远处为电势零点，有：

3333R2(rR)(RR)2121drdrUE2drE3dr(R2R12)。 22R2R1R2R12030r30rR2

6-11．电荷以相同的面密度分布在半径为r110cm和r220cm的两个同心球面上，设无限远处电势为零，球心处的电势为U0300V。

（1）求电荷面密度；

（2）若要使球心处的电势也为零，外球面上电荷面密度为多少？

（08.851012C2N1m2）解：（1）当rr1时，因高斯面内不包围电荷，有：E10，

r12O当r1rr2时，利用高斯定理可求得：E2， 20rr2(r12r22)当rr2时，可求得：E3， 20r222r2rr1(r1r2)drdr∴U0E2drE3dr(r1r2) 2rr2rr1r2r000212r18.85101230092那么： 8.8510Cm3r1r23010（2）设外球面上放电后电荷密度'，则有：

r1 U0'(r1'r2)/00，∴'r220U0则应放掉电荷为：

6-12．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l，细线左端离球心距离为r0。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：（1）以O点为坐标原点，有一均匀带电细线的方向为x轴，均匀带电球面在球面外的场强分布为：E32243.148.8510123000.26.67109C。 q4r2(')4r22q240r取细线上的微元：dqdldr，有：dFEdq，

ˆr0lqqlrˆ为rr∴F（方向上的单位矢量） dr2r040x40r0(r0l)q（2）∵均匀带电球面在球面外的电势分布为：U（rR，为电势零点）。

40rq对细线上的微元dqdr，所具有的电势能为：dWdr，

40r（rR）。 ∴Wq40r0ldrrr0q40lnr0l。 r0 6-13．如图所示，一个半径为R的均匀带电圆板，其电荷面密度为(＞0)今有一质量为m，电荷为q的粒子(q＞0)沿圆板轴线(x轴)方向向圆板运动，已知在距圆心O（也是x轴原点）为b的位置上时，粒子的速度为v0，求粒子击中圆板时的速度(设圆板带电的均匀性始终不变)。

解：均匀带电圆板在其垂直于面的轴线上x0处产生的电势为：

UUOb2(R2x0x0)，那么， 20UOUb(RbR2b2)，

201112q2mv2mv0(qUOb)mv0(RbR2b2)， 22220由能量守恒定律，有：v2v0q(RbR2b2) m0

6-14．一半径为0.10米的孤立导体球，已知其电势为100V(以无穷远为零电势)，计算球表面的面电荷密度。

解：由于导体球是一个等势体，导体电荷分布在球表面，∴电势为：UQ40RR， 08.8510121008.85109Cm2。则：R0.10U

6-15．半径R10.05m,，带电量q3108C的金属球，被一同心导体球壳包围，球壳内半径R20.07m，外半径R30.09m，带电量Q2108C。试求距球心r处的P点的场强与电势。（1）r0.10m（2）r0.06m（3）r0.03m。解：由高斯定理，可求出场强分布：

E10qE240r2E30QqE424r0rR1R1rR2R2rR3rR3R2R1

QR1qR2R3∴电势的分布为：当rR1时，U1q40rR2rdr2qq11QqQq， dr()R34r240R1R240R30当R1rR2时，U2当R2rR3时，U340rdr2q11QqQq， dr()R34r24rR4R00203QqQq， drR340r240R3QqQq， drr40r240r∴（1）r0.10m，适用于rR3情况，有：当rR3时，U4QqQq3910NU900V；，440r240r（2）r0.06m，适用于R1rR2情况，有： E4E2q40r27.5104N，U2Qq11()1.64103V； 40rR240R3q（3）r0.03m，适用于rR1情况，有：

E10，U1q40(Qq11)2.54103V。 R1R240R3

26-16．两块带有异号电荷的金属板A和B，相距5.0mm，两板面积都是150cm，电量分别为2.66108C，A板接地，略去边缘效应，求：（1）B板的电势；（2）AB间离A板1.0mm处的电势。

q解：（1）由E有：E，

00S则：UABEdA1mm5mmPBqd，而UA0， 0S2.6610851031000V， ∴UB8.8510121.510213离A板1.0mm处的电势：UP(10)200V

6-17．同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属圆柱(内)和圆筒(外)构成，设内圆柱半径为R1，电势为V1，外圆筒的内半径为R2，电势为V2.求其离轴为r处(R1

解：∵R1

R2R2R1，

20rRdrln2 20r20R1R1R2(VV)12 20ln(R2R1)同理，r处的电势为：UrV2rRdrln2（*） 20r20rRln(R2r)∴UrV2ln2(V1V2)V2。

ln(R2R1)20r【注：上式也可以变形为：UrV1(V1V2)用：V1Ur

V1V2ln(rR1)，与书后答案相同，或将（*）式

ln(R2R1)rR1rdrln计算，结果如上】

20r20R16-18．半径分别为a和b的两个金属球，它们的间距比本身线度大得多，今用一细导线将两者相连接，并给系统带上电荷Q，求：

（1）每个求上分配到的电荷是多少？（2）按电容定义式，计算此系统的电容。解：（1）首先考虑a和b的两个金属球为孤立导体，由于有细导线相连，两球电势相等：40raqa40rbqb┄①，再由系统电荷为Q，有：qaqbQ┄②

QaQb，qb； ababQQQQ（2）根据电容的定义：C（或C），将（1）结论代入， UqaUqb40a40b有：C40(ab)。两式联立得：qa

6-19. 利用电场能量密度e量为Q。

12E计算均匀带电球体的静电能，设球体半径为R，带电2RQrErR14R30解：首先求出场强分布：E

QErR2240r2R0Qr22)4rdr∴W0EdV0(22040R323Q2。 200ROR(Q40r22)4rdr 2

6-20．球形电容器内外半径分别为R1和R2，充有电量Q。（1）求电容器内电场的总能量；

1Q2（2）证明此结果与按We算得的电容器所储电能值相等。

2CQ解：（1）由高斯定理可知，球内空间的场强为：E，（R1rR2）

40r212利用电场能量密度weE，有电容器内电场的能量：

2020R2Q2(R2R1)QQ21122； WEdV()4rdr()2R12240r80R1R280R1R2（2）由UR1R2R2Q40rR1dr2Q40(Q(R2R1)11， )R1R240R1R2则球形电容器的电容为：CQUR1R240R1R2R2R1，

1Q2Q2(R2R1)那么，We。（与前面结果一样） 2C80R1R2

思考题6 6-1．两个点电荷分别带电q和2q，相距l，试问将第三个点电荷放在何处它所受合力为零? 答：由qQ2qQ，解得：xl(21)，即离点电荷q的40x240(lx)2距离为l(21)。

6-2．下列几个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，F为试验电荷所受的电场力；

（D）以上说法都不正确。答：（C）

6-3．真空中一半径为R的的均匀带电球面,总电量为q(q＜0)，今在球面面上挖去非常小的一块面积S(连同电荷)，且假设不影响原来的电荷分布，则挖去S后球心处的电场强度大小和方向.答：题意可知：有：Eq40R2，利用补偿法，将挖去部分看成点电荷，

S，方向指向小面积元。 240R

6-4．三个点电荷q

1、q2和q3在一直线上，相距均为2R，以q1与q2的中心O作一半径为2R的球面，A为球面与直线的一个交点，如图。求：

(1)通过该球面的电通量(2)A点的场强EA。解：(1)

6-5．有一边长为a的正方形平面，在其中垂线上距中心O点a/2处，有一电荷为q的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量为多少？