大学物理二课后答案

第十二章 真空中的静电场 12121212．1111 如图所示，在直角三角形 ABCD的 A点处，有点电荷 q1 = 1.8×10-9C，B点处有点电荷 q2 = -4.8×10-9C，AC = 3cm，BC = 4cm，试求 C点的场强． [[[[解答]根据点电荷的场强大小的公式 2 2 0 1 4 q q E k r r = = πε ，其中 1/(4πε0) = k = 9.0×109N·m2·C-2． 点电荷 q1在 C点产生的场强大小为： 1 1 2 0 1 4 q E AC = πε 9 9 4 -1 2 2 1.8 10 9 10 1.8 10 (N C ) (3 10 ) − − × = × × = × ⋅ × 方向向下． 点电荷 q2在 C点产生的场强大小为 2 2 2 0 | |1 4 q E BC = πε 9 9 4 -1 2 2 4.8 10 9 10 2.7 10 (N C ) (4 10 ) − − × = × × = × ⋅ × ， 方向向右． C处的总场强大小为 2 2 1 2E E E= + 4 4 -10.9 13 10 3.245 10 (N C )= × = × ⋅ ， 总场强与分场强 EEEE2的夹角为 1 2 arctan 33.69 E E = = °θ ． 12121212．2222 半径为 R的一段圆弧，圆心角为 60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其电线密度 分别为+λ和-λ，求圆心处的场强． [[[[解答]在带正电的圆弧上取一弧元 ds = Rdθ，电荷元为 dq = λds， 在 O点产生的场强大小为 2 2 0 0 0 1 d 1 d d d 4 4 4 q s E R R R λ λ θ πε πε πε = = = ， 场强的分量为 dE x = dEcosθ，dE y = dEsinθ． 对于带负电的圆弧，同样可得在 O点的场强的两个分量．由于弧形是对称的，x 方向的合场强为 零，总场强沿着 y 轴正方向，大小为 2 d sin y L E E E= = ∫ θ / 6 /6 0 0 00 sin d ( cos ) 2 2R R = = −∫ π π λ λ θ θ θ πε πε 0 3 (1 ) 2 2 R = − λ πε ． 12121212．3333 均匀带电细棒，棒长 a = 20cm，电荷线密度为λ = 3×10-8C·m-1，求： （1）棒的延长线上与棒的近端 d1 = 8cm 处的场强； （2）棒的垂直平分线上与棒的中点相距 d2 = 8cm 处的场强． [[[[解答]]]]（1）建立坐标系，其中 L = a/2 = 0.1(m)，x = L+d1 = 0.18(m)． 在细棒上取一线元 dl，所带的电量为 dq = λdl， 根据点电荷的场强公式，电荷元在 P1点产生的场强的大小为 1 2 2 0 d d d 4 ( ) q l E k r x l = = − λ πε 场强的方向沿 x轴正向．因此 P1点的总场强大小通过积分得 1 2 0 d 4 ( ) L L l E x l λ πε − = −∫ 0 1 4 L L x l λ πε − = − EEEE2 EEEEEEEE1 q2 A C q1 B θ 图 12.1 E x x E θ R ds E y O y ds E x x E θ R E y O y o lx x dl y P1 r -L L d1 0 1 1 ( ) 4 x L x L λ πε = − − + 2 20 1 2 4 L x L λ πε = − ． ① 将数值代入公式得 P1 点的场强为 8 9 1 2 2 2 0.1 3 10 9 10 0.18 0.1 E −× × × = × × − = 2.41×103(N·C-1)， 方向沿着 x 轴正向． （2）建立坐标系，y = d2． 在细棒上取一线元 dl，所带的电量为 dq = λdl， 在棒的垂直平分线上的 P2 点产生的场强的大小为 2 2 2 0 d d d 4 q l E k r r λ πε = = ， 由于棒是对称的，x 方向的合场强为零，y 分量为 dE y = dE2sinθ． 由图可知：r = d2/sinθ，l = d2cotθ， 所以 dl = -d2dθ/sin2θ， 因此 0 2 d sin d 4y E d λ θ θ πε − = ， 总场强大小为 0 2 sin d 4 L y l L E d λ θ θ πε =− − = ∫ 0 2 cos 4 L l L d λ θ πε =− = 2 2 0 2 2 4 L l L l d d l λ πε =− = + 2 2 0 2 2 1 2 4 L d d L λ πε = + ． ② 将数值代入公式得 P2 点的场强为 8 9 2 2 1/ 2 2 0.1 3 10 9 10 0.08(0.08 0.1 )y E −× × × = × × + = 5.27×103(N·C-1)． 方向沿着 y 轴正向． [讨论]（1）由于 L = a/2，x = L+d1，代入①式，化简得 1 0 1 1 0 1 1 1 4 4 / 1 a E d d a d d a λ λ πε πε = = + + ， 保持 d1不变，当 a→∞时，可得 1 0 14 E d λ πε → ， ③ 这就是半无限长带电直线在相距为 d1 的延长线上产生的场强大小． （2）由②式得 2 2 0 2 2 4 ( / 2) y a E d d a λ πε = + 2 20 2 2 1 4 ( / ) (1/ 2)d d a λ πε = + ， 当 a→∞时，得 0 22 y E d λ πε → ， ④ 这就是无限长带电直线在线外产生的场强公式．如果 d1=d2，则有大小关系 Ey = 2E1． 12121212．4444 一均匀带电的细棒被弯成如图所示的对称形状，试问θ为何值时，圆心 O点处的场强为零． [[[[解答]]]]设电荷线密度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场强． 在圆弧上取一弧元 ds =R dφ， 所带的电量为 dq = λds， 在圆心处产生的场强的大小为 2 2 0 0 d d d d 4 4 q s E k r R R λ λ ϕ πε πε = = = ， 由于弧是对称的，场强只剩 x 分量，取 x 轴方向为正，场强为 θ R O 图 12.4 o lx x dl r -L L y P2 dE y dE2 dE x d2 θ θ dE x = -dEcosφ． 总场强为 2 / 2 0 / 2 cos d 4x E R π θ θ λ ϕ ϕ πε −− = ∫ 2 / 2 0 / 2 sin 4 R π θ θ λ ϕ πε −− = 0 sin 2 2R λ θ πε = ，方向沿着 x 轴正向． 再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强． 根据上一题的公式③可得半无限长带电直线在延长上O点产生的场强大小为 ` 04 E R λ πε = ， 由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在 O点产生的合场强为 ` ` 0 2 cos cos 2 2 2x E E R θ λ θ πε = = ，方向沿着 x 轴负向． 当 O点合场强为零时，必有 ` x x E E= ，可得 tanθ/2 = 1， 因此 θ/2 = π/4， 所以 θ = π/2． 12121212．5555 一宽为 b的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为σ，如图所示．试求： （1）平板所在平面内，距薄板边缘为 a处的场强． （2）通过薄板几何中心的垂直线上与薄板距离为 d处的场强． [[[[解答]]]]（1）建立坐标系．在平面薄板上取一宽度为 dx的带电直线，电荷的线密 度为 dλ = σd x， 根据直线带电线的场强公式 02 E r λ πε = ， 得带电直线在 P点产生的场强为 0 0 d d d 2 2 ( / 2 ) x E r b a x λ σ πε πε = = + − ，其方向沿 x 轴正向． 由于每条无限长直线在 P点的产生的场强方向相同，所以总场强为 / 2 0 / 2 1 d 2 / 2 b b E x b a x σ πε − = + −∫ / 2 0 / 2 ln( / 2 ) 2 b b b a x σ πε − − = + − 0 ln(1 ) 2 b a σ πε = + ． ① 场强方向沿 x轴正向． （2）为了便于观察，将薄板旋转建立坐标系．仍然在平面薄板上取一宽度为 dx 的带电直线， 电荷的线密度仍然为 dλ = σd x， 带电直线在 Q点产生的场强为 2 2 1/ 2 0 0 d d d 2 2 ( ) x E r b x λ σ πε πε = = + ， 沿 z轴方向的分量为 2 2 1/ 2 0 cos d d d cos 2 ( )z x E E b x σ θ θ πε = = + ， 设 x = dtanθ，则 dx = ddθ/cos2θ，因此 0 d d cos d 2z E E σ θ θ πε = = 积分得 arctan( / 2 ) 0arctan( / 2 ) d 2 b d z b d E σ θ πε− = ∫ 0 arctan( ) 2 b d σ πε = ． ② 场强方向沿 z轴正向． [讨论]（1）薄板单位长度上电荷为λ = σb， ①式的场强可化为 θ R O x dφ dE φ θ O E` E`` x R P b a Q d 图 12.5 P b a O xdx y Q b d O z dxx y r dE θ 0 ln(1 / ) 2 / b a E a b a λ πε + = ， 当 b→0 时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为 02 E a λ πε → ， ③ 这正是带电直线的场强公式． （2）②也可以化为 0 arctan( / 2 ) 2 / 2z b d E d b d λ πε = ， 当 b→0 时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为 02 z E d λ πε → ， 这也是带电直线的场强公式． 当 b→∞时，可得： 02 z E σ ε → ， ④ 这是无限大带电平面所产生的场强公式． 12121212．6666 （1）点电荷 q位于一个边长为 a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体一面 的电通量是多少？ （2）如果将该场源点电荷移到立方体的的一个角上，这时通过立方体各面的电通量是多少？ [[[[解答]点电荷产生的电通量为Φ e = q/ε0． （1）当点电荷放在中心时，电通量要穿过 6 个面，通过每一面的电通量为Φ1 = Φe/6 = q/6ε0． （2）当点电荷放在一个顶角时，电通量要穿过 8 个卦限，立方体的 3 个面在一个卦限中，通过 每个面的电通量为Φ1 = Φe/24 = q/24ε0； 立方体的另外 3 个面的法向与电力线垂直，通过每个面的电通量为零． 12121212．7777 面电荷密度为σ的均匀无限大带电平板，以平板上的一点 O为中心，R为半径作一半球面， 如图所示．求通过此半球面的电通量． [[[[解答]]]]设想在平板下面补一个半球面，与上面的半球面合成一个球面．球 面内包含的电荷为 q = πR2σ， 通过球面的电通量为 Φ e = q/ε0， 通过半球面的电通量为Φ` e = Φ e /2 = πR2σ/2ε0． 12121212．8888 两无限长同轴圆柱面，半径分别为 R1和 R2(R1 > R2)，带有等量异号电荷，单位长度的电量 为λ和-λ，求（1）r < R1；（2） R1 < r < R2；（3）r > R2处各点的场强． [[[[解答]]]]由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性． （1）在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以 E = 0，（r < R1）． （2）在两个圆柱之间做一长度为 l，半径为 r 的同轴圆柱形高斯面，高斯面内包含的 电荷为 q = λl，穿过高斯面的电通量为 d d 2 e S S E S E rlΦ π= ⋅ = =∫ ∫E SE SE SE SÑ ， 根据高斯定理Φ e = q/ε0，所以 02 E r λ πε = ， (R1 < r < R2)． （3）在外圆柱面之外做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内电荷的代数和为零，所以 E = 0，（r > R2）． 12121212．9999 一厚度为 d的均匀带电无限大平板，电荷体密度为ρ，求板内 外各点的场强． [[[[解答]]]]方法一：高斯定理法． （1）由于平板具有面对称性，因此产生的场强的方向与平板垂直且 对称于中心面：E = E`． 在板内取一底面积为 S，高为 2r的圆柱面作为高斯面，场强与上下两 表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为 S2 S1 E` S1 S2 E E d 2r S0 E` S0 R O d e S Φ = ⋅∫ E SE SE SE S 2 0 d d d S S S = ⋅ + ⋅ + ⋅∫ ∫ ∫E S E S E SE S E S E SE S E S E SE S E S E S 1 ` 0 2ES E S ES= + + = ， 高斯面内的体积为 V = 2rS，包含的电量为 q =ρV = 2ρrS， 根据高斯定理 Φ e = q/ε0， 可得场强为 E = ρr/ε0，(0≦r≦d/2)．① （2）穿过平板作一底面积为 S，高为 2r 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为 Φ e = 2ES， 高斯面在板内的体积为 V = Sd，包含的电量为 q =ρV = ρSd， 根据高斯定理 Φ e = q/ε0， 可得场强为 E = ρd/2ε0，(r≧d/2)． ② 方法二：场强叠加法． （1）由于平板的可视很多薄板叠而成的，以 r为界，下面平板产生的场强方向向上，上面平板产 生的场强方向向下．在下面板中取一薄层 dy，面电荷密度为 dσ = ρdy， 产生的场强为 dE1 = dσ/2ε0， 积分得 1 0 0/ 2 d ( ) 2 2 2 r d y d E r ρ ρ ε ε− = = +∫ ，③ 同理，上面板产生的场强为 / 2 2 0 0 d ( ) 2 2 2 d r y d E r ρ ρ ε ε = = −∫ ，④ r处的总场强为 E = E1-E2 = ρr/ε0． （2）在公式③和④中，令 r = d/2，得 E2 = 0、E = E1 = ρd/2ε0， E就是平板表面的场强． 平板外的场强是无数个无限薄的带电平板产生的电场叠加的结果，是均强电场，方向与平板垂直， 大小等于平板表面的场强，也能得出②式． 12121212．10101010 一半径为 R的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ，若在球内挖去一块半径为 R`>R2） [[[[证明]方法一：并联电容法．在外球外面再接一个半径为 R3 大外球壳，外壳 也接地．内球壳和外球壳之间是一个电容器，电容为 1 2 1 0 0 1 2 2 1 1 4 4 1/ 1/ R R C R R R R πε πε= = − − 外球壳和大外球壳之间也是一个电容器，电容为 2 0 2 3 1 4 1/ 1/ C R R πε= − ． 外球壳是一极，由于内球壳和大外球壳都接地，共用一极，所以两个电容并联．当 R3 趋于无穷大 时，C2 = 4πε0R2．并联电容为 1 2 1 2 0 0 2 2 1 4 4 R R C C C R R R πε πε= + = + − 2 0 2 2 1 4 R R R πε = − ． 方法二：电容定义法．假设外壳带正电为 q，则内壳将感应电荷 q`．内球的电势是两个电荷产生 的叠加的结果．由于内球接地，所以其电势为零；由于内球是一个等势体，其球心的电势为 0 2 0 1 ` 0 4 4 q q R Rπε πε + = ， 因此感应电荷为 1 2 ` R q q R = − ． 根据高斯定理可得两球壳之间的场强为 1 2 2 0 0 2 ` 4 4 R qq E r R rπε πε = = − ， 负号表示场强方向由外球壳指向内球壳． 取外球壳指向内球壳的一条电力线，两球壳之间的电势差为 1 1 2 2 d d R R R R U E r= ⋅ =∫ ∫E lE lE lE l 1 2 1 2 0 2 ( )d 4 R R R q r R rπε = −∫ 1 2 12 0 2 1 2 0 2 ( )1 1 ( ) 4 4 R q R R q R R R Rπε πε − = − = 球面间的电容为 2 0 2 2 1 4 R q C U R R πε = = − ． 13131313．8888 球形电容器的内、外半径分别为 R1和 R2，其间一半充满相对介电常量为εr的均匀电介质， 求电容 C 为多少？ [[[[解答]球形电容器的电容为 1 2 0 0 1 2 2 1 1 4 4 1/ 1/ R R C R R R R πε πε= = − − ． 对于半球来说，由于相对面积减少了一半，所以电容也减少一半： 0 1 2 1 2 1 2 R R C R R πε = − ． 当电容器中充满介质时，电容为： 0 1 2 2 2 1 2 r R R C R R πε ε = − ． o R2 R1 R3 o R2 R1 ε r 图 13.8 由于内球是一极，外球是一极，所以两个电容器并联： 0 1 21 2 2 1 2 (1 ) r R R C C C R R πε ε+ = + = − ． 13131313．9999 设板面积为 S的平板电容器析板间有两层介质，介电常量分别为ε1和ε2，厚度分别为 d1和 d2，求电容器的电容． [解答]假设在两介质的介面插入一薄导体，可知两个电容器串联，电容分别 为 C1 = ε1S/d1和 C2 = ε2S/d2． 总电容的倒数为 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 d d d d C C C S S S ε ε ε ε ε ε + = + = + = ， 总电容为 1 2 2 1 1 2 S C d d ε ε ε ε = + ． 13131313．10101010 圆柱形电容器是由半径为 R1的导线和与它同轴的内半径为 R2的导体圆筒构成的，其长为 l，其间充满了介电常量为ε的介质．设沿轴线单位长度导线上的电荷为λ，圆筒的电荷为-λ，略去边缘 效应．求： （1）两极的电势差 U； （2）介质中的电场强度 EEEE、电位移 DDDD； （3）电容 C，它是真空时电容的多少倍？ [解答]介质中的电场强度和电位移是轴对称分布的．在内外半径之间作一 个半径为 r、长为 l的圆柱形高斯面，侧面为 S0，上下两底面分别为 S1 和 S2． 通过高斯面的电位移通量为 d d S Φ = ⋅∫ D SD SD SD SÑ 0 1 2 d d d 2 S S S rlDπ= ⋅ + ⋅ + ⋅ =∫ ∫ ∫D S D S D SD S D S D SD S D S D SD S D S D S ， 高斯面包围的自由电荷为 q = λl， 根据介质中的高斯定理 Φ d = q， 可得电位为 D = λ/2πr，方向垂直中心轴向外． 电场强度为 E = D/ε = λ/2πεr，方向也垂直中心轴向外． 取一条电力线为积分路径，电势差为 2 1 d d d 2 R L L R U E r r r λ πε = ⋅ = =∫ ∫ ∫E lE lE lE l 2 1 ln 2 R R λ πε = ． 电容为 2 1 2 ln( / ) q l C U R R πε = =