基礎(chǔ)物理學第九章真空中電場習題解答和分析

1、第九章習題解答9-1 兩個小球都帶正電，總共帶有電荷 5.0 10 5C，若是當兩小球相距時，任一球受另球的斥力為.試求總電荷在兩球上是如何分派的?分析：運用庫侖定律求解。解：如圖所示，設(shè)兩小球別離帶電qi, q2那么有qi+q2=x 10-5C由題意，由庫侖定律得:題9-1解圖Fqq2F /，4九0r由聯(lián)立得:q2一 一 5 _1.2 10 C3.8 10 5C9-2兩根x 10-2m長的絲線由一點掛下，每根絲線的下端都系著一個質(zhì)量為x10-3kg的小球.當這兩個小球都帶有等量的正電荷時，每根絲線都平穩(wěn)在與沿垂線成60角的位置上。求每一個小球的電量。分析：對小球進行受力分析，運用庫侖定律及小

2、球平穩(wěn)時所受力的彼此關(guān)系求解。解：設(shè)兩小球帶電 q產(chǎn)q2=q,小球受力如下圖2F q ? T cos30 d4 兀 0R2mg T sin 30聯(lián)立得:mg4 0R2tan30o題9-2解圖其中 r l sin 606 10 23 3 10 2(m)R 2r代入式，即:q=x 10-7C9-3 電場中某一點的場強概念為-FE ，假設(shè)該點沒有實驗電荷， 那么該點是不是存在場q。強？什么緣故?答：假設(shè)該點沒有實驗電荷，該點的場強不變.因為場強是描述電場性質(zhì)的物理量，僅與場源電荷的散布及空間位置有關(guān)，與實驗電荷無關(guān)，從庫侖定律明白，實驗電荷 中所受力F與Fq0成正比，故E 一是與q0無關(guān)的。 q(o

3、9-4 直角三角形AB3題圖9-4所示，AB為斜邊，A點上有一點荷q1 1.8 10 9C, B點上有一點電荷q24.8 10 9C ,已知BC=, AC=,求C點電場強度E的大小和方向(cos37,sin37 .分析：運用點電荷場強公式及場強疊加原理求解。解:如題圖9-4所示C點的電場強度為EE1E2Ei_ 24 九 0(AC)1.8 10 9 9 109-2 1.8(0.03)_4 一10 (N/C)q224 九 0(BC)24.8 10 9 9 10922.7(0.04)2_4 一10 (N/C),E12 E21.82 2.72 1043.24 104(N/C)或(V/m)方向為:E1,

4、arctan arctanE21.8 104題9-4解圖2.710433.7即方向與BC邊成。9-5 兩個點電荷q14 10 6C, q28 10 6C的間距為,求距離它們都是處的電場強度分析：運用點電荷場強公式及場強疊加原理求解。解：如下圖:E1_96q19 109 4 10 66q1 2 -一-一; 3.6 106(N/C)4冗N12102_9_ 6E2 了七8也 7.2 106(N/C)4 兀 0r210E1, E2沿x、y軸分解:Ex E1x E2x E1cos60E2cos1201.8 106 (N/C)題9-5解圖Ey E1y E2y E1 sin60E2 sin1209.36 1

5、06 (N/C) E . E； E2 9.52 106(N/C)E arctan Earctan9.36 或而1.8 1069-6有一邊長為a的如題圖9-6所示的正六角形，四個極點都放有電荷q,兩個極點放有電 荷一q。試計算圖中在六角形中心 O點處的場強。分析：運用點電荷場強公式及場強疊加原理求解。解：如下圖.設(shè)q產(chǎn)q2= =q6=q,各點電荷q在O點產(chǎn)生的電場強度大小均為：EEiE2 E3E624冗0a各電場方向如下圖，由圖可知E3與E6抵消.36E。2E02E 3 2 q 2 34 0a方向垂直向下.題9-6解圖E0E2E5EiE4據(jù)矢量合成，按余弦定理有:(2E)2 (2E)2 2(2E

6、)(2E)cos(180o 600)9-7 電荷以線密度人均勻地散布在長為l的直線上，求帶電直線的中垂線上與帶電直線相距為R的點的場強。分析：將帶電直線無窮分割，取電荷元，運用點電荷場強公式表示電荷元的場強，再積分求解。注意：先電荷元的場強矢量分解后積分，并利用處強對稱性。解：如圖成立坐標，帶電線上任一電荷元在P點產(chǎn)生的場強為：dEdx -ZT22 ro4 o(R X )依照坐標對稱性分析， E的方向是y軸的方向9-8L2dxE 2l2sinI4 o(R x )L2 U o(R2兩個點電荷qi和q2相距為題9-8解圖Rdv2、3/2 dXX )l2124 oR(R -)4假設(shè)(1)兩電荷同號；

7、(2)1/2兩電荷異號，求電荷連線上電場強度為零的點的位置 分析：運用點電荷場強公式及場強疊加原理求解。解：如圖所示成立坐標系，取q為坐標原點，指向q2的方向為x軸正方向.(1)兩電荷同號.場強為零的點只可能在 qn q2之間，設(shè)距q1為x的A點.據(jù)題意：日=巳即:|q|4 |/2/八 、24兀 0 x 4冗 0(l x). x |q111|q11 . |q21(2)兩電荷異號.場強為零的點在 qq2連線的延長線或反向延長線上，即E1=E2|q1|414兀 0 x2 4兀 0(l x)2解之得：x _J|q1 |lq| |9-9如題圖9-9所示，長1=的細直棒AB上，均勻地散布著線密度5.00

8、 10 9C m 1的正電荷，試求：（1）在細棒的延長線上，距棒近端&二處P點的場強；（2）在細線的垂直平分線上與細棒相距2=的Q點處的場強；（3）在細棒的一側(cè),與棒垂直距離為 d2=,垂足距棒一端為 3=的5點處的場強.分析：將均勻帶電細棒分割成無數(shù)個電荷元， 每一個電荷元在考察點產(chǎn)生的場強可用點電荷 場強公式表示，然后利用處強疊加原理積分求解，即可求出帶電細棒在考察點產(chǎn)生的總場強。 注意：先電荷元的場強矢量分解后積分，并利用處強對稱性。解：（1）以P點為坐標原點，成立如圖（1）所示坐標系，將細棒分成許多線元dy.其所帶電量為dq dy ,其在P點的場強為dE ,那么dEdq/24 7toy

9、dy/24 7toydi ldy112Eyy 6.75 102(N/C)或(V/m)d14 7toy 4 兀 0 d1dll方向沿Y軸負方向（2）成立如下圖的坐標系，將細棒分成許多線元dy.其所帶電量為dq dy。它在 Q 點的場強dE的大小為:dE1dy4/ o r2dE在x、y軸的投影為：dEx dEcos2 dEsinsin4 or2dydEy dEsin7tdE coscos4 冗 r2dy由圖可見：y d2 ctg , r d2 cscdy d2 csc d TOC o 1-5 h z dEx sin d4 冗 0d2dEy cos d4 冗 0d 2由于對稱性，dEy分量可抵消，那

10、么(cos 1 cos 2)4 冗 0d2 HYPERLINK l bookmark129 o Current Document 22E dEx sin d11 4 冗 0d2又: 0 1=71- 02E 2cos i40d2cos 120d 22 5 10 9 9 109 30.05133.1.5 10 (N/C)方向沿X軸正方向題9-9解圖(2)題9-9解圖(3)（3）在細棒一側(cè)的S點處的場強。成立如圖（3）所示的坐標系，分析如（2）那么:Ex2dEx1(cos 1 cos 2)47t 0d22Ey dEy (sin 2 sin 1)1422其中：cos 1d3：d；d20.12,；0.1

11、2 0.0525 Sin 15cos 2 cos(冗) cosl d30.051；(l d3)2 d22.0.052 0.0522_-2_2_3_EjExEy1.4610 (N/C)。方向：與x軸的夾角:arctg Ey Ex54.29-10無窮長均勻帶電直線，電荷線密度為 入，被折成直角的兩部份.試求如題圖9-10所示的P點和P點的電場強度分析：運用均勻帶電細棒周圍的場強公式及場強疊加原理求解。解：以P點為坐標原點，成立如題9-10解圖（1）所示坐標系均勻帶電細棒的場強：E (cos 14冗0acos 2)i (sin 2 sin 1)j在P點：1 一 ,2 幾題圖9-10豎直棒在P點的場強

12、為:Ei水平棒在P點的場強為:題9-10解圖（1）E24冗0a，在P點的合場強:E E1E24冗0a即E :方向與4九0ax軸正方向成45同理以P點為坐標原點,成立如圖題9-10解圖(2)坐標:(cos 1 cos 2)i 4 u oa(sin2 sin 1)j在P點：17t，豎直棒在P點的場強為：E14冗oa2：Tj水平棒在P點的場強為:2227i2題9-10解圖(2) 在P點的合場強為：EE1 E2- 7,i j oa即:,方向與x軸成-1354九0a2 , 1i與l2平行，在9-11 無窮長均勻帶電棒l1上的線電荷密度為1, l2上的線電荷密度為與l1, l2垂直的平面上有一點P,它們之

13、間的距離如題圖 9-11所示，求P點的電場強度。分析：運用無窮長均勻帶電細棒的場強公式及場強疊加原理求解。解：l1在P點產(chǎn)生的場強為:.1.E1i i冗 0al0.8 冗0l2在P點產(chǎn)生的場壯大小為:3 (km期出ill題9-11解圖在P點產(chǎn)生的合場強為:方向如題9-11解圖所示。把E2寫成份量形式為:題圖9-12所示，求圓心O點處的電場強度。題9-12解圖3 2 二5冗0E E1 E2 力;E29-12一細棒被彎成半徑為R的半圓形，其上部均勻散布有電荷+Q下部均勻散布電荷-Q如E2E2 cos i E2 sin j4 2 :i5冗0i5兀o3 222 冗 0a22 2.-i5 冗 0 a2+

14、3 2 j10 冗 0a24 25九0分析：微分取電荷元，運用點電荷場強公式及場強疊加原理積分求解。將帶電半圓環(huán)分割成無數(shù)個電荷元，運用點電荷場強公式表示電荷元場強。將電荷元電場進行矢量分解,再進行對稱性分析，然后積分求解。解：把圓環(huán)分成無窮多線元2Qdl所干電重為dq dl ,廣生的場強為 dE。tR則dE的大小為:dEQdl2 Z32冗0 RQd2 Z22冗0R把dE分解成dE和dR,那么:dExsindEdEycosdE由于+Q -Q帶電量的對稱性，x軸上的分量彼此抵消，那么：Ex 0Ey 2 dEy 2 cos dE4Qcos d0 0R2Q九2 0R2Q ，圓環(huán)在O點廣生的場強為：E

15、-3t j2 0R2+ 6和-2 6 ,如題圖9-13所示，求:9-13 兩平行無窮大均勻帶電平面上的面電荷密度別離為 圖中三個區(qū)域的場強E1,E2,E3的表達式；（2）假設(shè)6=X10-6C-m2,那么，E1,E2,E3各多大?解：（1）無窮大均勻帶電平板周圍一點的場壯大小為:，在I區(qū)域:Eii 2 0i 2 0n區(qū)域:E2i 2 03 1 i2 0in區(qū)域:E3i 2 0i 2 0假設(shè)(r = X10-6C-m2則Eii2 02.50_ 510 i (V1)E23i2 07.50_ 510 i (V1)E3i 2 0一 一 一 52.50 10 i (Vm 1)9-14 邊長為a的立方盒子的

16、六個面別離平行于xOy yOz和xOz平面，盒子的一角在座標原點處，在此區(qū)域有勻強電場，場強 E 200i300jV m-1,求通過各面的電通量。分析：運用電通量概念求解，注意關(guān)于閉合曲面，外法線方向為正。E dS1Si(200iS1300 j)idS1200dS1 200a2(N m2 CSi1)ES2dS2(200iS2300 j)(i)dS2S3ES3dS3(200iS3300 j)(j)dS32 200ds2200a (NS222_ 1300a (N m C )21m2 C 1)S4ES4dS4(200iS4300 j)(jg-22_ 1300a (N m C )S5ES5dS5(20

17、0iS5300 j)(k)dS5S6ES6dS6(200iS6300 j)(k)dS6即平行于xOy平面的兩平面的電通量為 0；平行于yOz平面的兩平面的電通量為200a2N-mf C1 ；平行于xOz平面的兩平面的電通量為300a2NI- mb C1。題9-15解圖題9-16解圖9-15 一均勻帶電半圓環(huán)，半徑為R,電量為+Q求環(huán)心處的電勢。分析：微分取電荷元，運用點電荷電勢公式及電勢疊加原理積分求解。將帶電半圓環(huán)分割成無數(shù)個電荷元，依照點電荷電勢公式表示電荷元的電勢，再利用電勢疊加原理求解。解：把半圓環(huán)無窮分割，取線元 dl ,其帶電量為dq dl ,那么其在圓心 O的電勢為: rR. d

18、q Qdldu 4冗0R 4冗0R近，整個半圓環(huán)在環(huán)心 O點處的電勢為：啟 Qdl Qu 0 4冗0R卡 4冗0R9-16 一面電荷密度為6的無窮大均勻帶電平面， 假設(shè)以該平面處為電勢零點，求帶電平面周圍的電勢散布。分析：利用無窮大均勻帶電平面的場強公式及電勢與電場強度的積分關(guān)系求解。解：無窮大平面周圍的場強散布為:E i2 0取該平面電勢為零，那么周圍任一點P的電勢為:0Upxdx (2 02 09-17 如題圖9-17所示，已知 a=8x l0-2m, b=6x 10-2m, qi=3X 10-8C, q 2=- 3X10-8C, D為qi, q連線中點,求:(1) D點和B點的場強和電勢

19、；(2) A點和C點的電勢；(3)將電量為2X10-9C的點電荷 甲由A點移到C點，電場力所作的功；(4)將q0由B點移到D點，電場力所作的功。題圖9-17題9-17解圖保守力做分析：由點電荷的場強、 電勢的公式及疊加原理求場強和電勢。靜電力是保守力, 功等于從初位置到末位置勢能增量的負值。解：(1)成立如圖題9-17解圖所示坐標系:E1D-Ji4 0r_989 109 3 10 8 i-(4 10 2)2127165105i (V/m)E2D-Ji 4 r2_989 109 3 10，(410 2)2 i2716105i (V/m)E1DE2D3.38105i (V/m)E1Bq12a 24

20、冗0b29 10910 827(4 10 2)2 (6 10 2)252105(V/m),方向如圖示。E2Bq22a 20 2 b9 109 3 10 82-2 Z 2-2(4 10 )(6 10 )27105(V/m),萬向如圖不。52, , Eb4,1313巴105525.76 104(V/m)；方向平行于x軸.同理,(2)Uc(3)UdUB=0.Ua1096 10qiq2/ a4九0二28_93 108 9 10910 28_93 10 8 9 109 八2 04 10 2qi冗0b10 82q1=4 7to . b2U ACUaWACAC(4) Ubdq24 冗 0 . b2 a299

21、 103 102 22 2(6 10 )(8 10 )1.8 103(V)q29 109 310 84 冗 0b 7(6 10 2)2 (8 10 2)29 109 3 210 81.8 103(V)6 10 2Uc1.8103 1.8 103(V)3.6 103(V)q0U AC 2Ub UdWbd 09-18 設(shè)在均勻電場中,電場強度通量?10 9場強分析：如下圖，由高斯定理可知,解：在圓平面Si上:因此通過此半球面的電通量為：e E uR2題9-18解圖3.6 103 7.2 10 6(J)E與半徑為R的半球面的軸相平行，試計算通過此半球面的穿過圓平面S的電力線必通過半球面。dS -Es1dS1-E R29-19 兩個帶有等量異號電荷的無窮大同軸圓柱面，半徑別離為R和R (RR).單位長度上的電量為入，求離軸線為處的電場強度：(1) r R ； (2) R1 r R ； (3) r R2分析：由于場為柱對稱的，做同軸圓柱面，運用高斯定理求解。解：(1)在r Ri時，作如下圖同軸圓柱面為高斯面.由于場為柱對稱的，因此通過側(cè)面的電通量為2/