医用物理学第05章-课后习题解答

第五章静电场通过复习后，应该:1.掌握电场强度、场强叠加原理、电势和电势差、场强与电势的关系、电势叠加原理、电偶极子的电势;2.理解电场线和电通量、高斯定理及其应用、有导体存在时静电场的计算、电介质极化、能斯特方程、电容器、静电场的能量;3.了解电偶层的电势、细胞膜静息电位、心电图和心向量图的电学原理。5-1点电荷q和4q相距l，试问在什么地方放置什么样的电荷，可使这三个电荷达到受力平衡?解：已知两个同号点电荷q与4q相距l，在它们之间的连线上某处放置一个异号电荷，当它们满足一定的条件时，即可达到力的平衡。设这个异号电荷的电量为mq，与q相距x，如本题附图所示。根据库仑定律221rqqkF，分析力的平衡条件，电荷mq分别与q、4q的引力相等，即22224mx)(lmqkxqk(a)电荷q受4q的斥力和mq的引力相等，即习题5-1附图22224xmqklqk(b)解（a）式得x=l/3，将其代入（b）式可得m=4/9。从上面的计算结果可知，在q与4q之间，与电荷q相距l/3处，放置一个4/9q的异号电荷，可使三个电荷达到受力平衡。5-2两个点电荷分别带有+10C和+40C的电量，相距40cm，求场强为零的点的位置及该点处的电势。解:①求场强为零的位置:只有在两电荷的连线中的某点P，才能使该处场强为零，即q1、q2在该点的场强E1、E2大小相等，方向相反，已知q1=10C，q2=40C，则根据点电荷场强公式2rqkE，有222211rqkrqk由上式可得2140102121qqrr习题5-2附图又因r1+r2=40cm，由此可得r1=40/3cm=40/3×10-2m；r2=80/3cm=80/3×10-2m②求电势:设q1、q2在P点产生的电势分别为U1、U2，P点电势U为U1、U2之和，即V.V)(.rqkrqkUUU12229221121100321038040103401010095-3两等值异号点电荷相距2.0m，q1=8.0×10-6C，q2=-8.0×10-6C。求在两点电荷连线上电势为零的点的位置及该点处的场强。解:①求电势为零的位置:设q1、q2连线上P点处电势为零，该点电势为q1、q2分别产xl－x＋q＋4qmqr1r2＋q1PE2E1＋q2生的电势U1、U2之代数和，由点电荷电场的电势rqkU得0221121rqkrqkUUUP习题5-3附图从上式可得12121qqrr又r1+r2=2.0m，则r1=r2=1.0m，即电势为零的位置处于两点电荷连线的中点。②求场强:设q1、q2在P处产生的场强分别为E1、E2，它们的方向一致，故P点的场强为E1和E2的大小之和，方向由P指向q215166922221121104410110080110081009CN.CN)....(.rqkrqkEEE5-4在一个边长为a的正三角形的三个顶点放有量值相等的电荷Q，在以下两种情况下，求三角形重心处的场强和电势：①三个顶点都带正电荷;②两个顶点带正电荷，一个顶点带负电荷。习题5-4附图（a）习题5-4附图（b）解:根据场强的叠加原理，可分别求出三个点电荷在重心的场强，再求出它们的矢量和。电势为标量，只需求出它们的代数和。①当三个都为正电荷时，按附图（a）取坐标，坐标原点O为三角形的重心，已知等边三角形的边长为a，则其重心到三个顶点的距离r可由三角函数求出acosar3330120由点电荷场强公式204rQE可得，三个点电荷在重心O的场强相等，即2020321434aQrQEEE（a）方向如附图所示。设重心处的场强E在Y方向和X方向的分量分别为Ey和Ex，则由附图（a）可得Ey=E2cos60°+E3cos60°－E1=½E2+½E3－E1=0Ex=E2sin60°－E3sin60°=0（因为E2=E3）故重心处的合场强E=0。－q2r1r2＋q1PE2E1YXE1E2E3rrr＋Q＋Q30°aYXE1E2E3rrr－Q＋Q30°a＋Q由点电荷的电势公式rQU04和ar33可得aQUUU032143根据电势叠加原理，重心处的电势U为aQUUUU0321433②当两个顶点带正电荷，一个顶点带负电荷时，按本题附图（b）取坐标。参考前面的（a）式，由点电荷电场强度公式可得2032143aQEEE方向如附图（b）所示。设重心处的场强E在Y方向和X方向的分量分别为Ey和Ex，则由附图（b）可得Ey=E1+E2cos60°+E3cos60°=E1+½E2+½E3=2E1=2023aQEx=E2sin60°－E3sin60°=0（因为E2=E3）故重心处的场强E的大小为2023aQEEy其方向垂直向上。由点电荷电势公式可得三个点电荷在重心的电势分别为aQrQU00434，aQUU03243根据电势叠加原理，重心处的电势为aQUUUU0321435-5均匀带电直线长2a，其线电荷密度为λ，求在带电直线垂直平分线上，且与带电直线相距为a的点的场强和电势。解:①求场强：以带电直线为坐标轴，取直线中点为原点O，在直线上距O点x处取一线元dx，如本题附图所示，其电量dq=λdx，此电荷元在所求点P处产生的场强为)(222xadxkrdqkdE（a）其方向沿dq与P点连线（图中为λ0时的情况，若λ0，则反向），与X轴线夹角为θ。由于对称性，各电荷元的场强沿X轴的分量dE∥互相抵消，而垂直于X轴的分量dE⊥互相增强，因此LLsindEdEE（b）由附图可知，2122/)x(aarasin，将（a）式和sinθ的表达式代入（b）式得E的大小为习题5-5附图akxadxakEaa2)(2/322其方向垂直向上。②求电势:由点电荷电势公式可得，dq在P点产生的电势dU为2/122)(xadxkrdqkdU将上式积分可得P点电势)223ln()(2/122kxadxkdUUaa5-6均匀带电圆环，其半径为5cm，总电量为5.0×10-9C，计算轴线上离环心5cm处的场强和电势。解：本题先求电势，然后利用场强和电势的关系计算场强。①求电势：参考本题附图，设圆环总量为q，半径为R，由于电荷是均匀分布，故其线电荷密度η=q/2πR。在圆环上取一线元dl，其电量为Rdlqdldq2（a）习题5-6附图设P点离环心O的距离为x，则由附图知，22xRr，电荷元dq在P点产生的电势dU为2/122)(2xRRqdlkrdqkdU（b）将上式积分，可得P点的电势为2/122202/122)()(2xRkqdlxRRqkdUUR（c）已知R=5cm=0.05m，q=5.0×10-9C，x=5cm=0.05m，代入上式得VVU22122991036.6)05.005.0(100.5100.9XraPO－aaλdxdE∥dEdE⊥θθdldUXxrPOR②求场强:根据场强与电势的关系E=－dU/dn，对（c）式求关于x的导数，则场强E的大小为1312322992/3221036.6)05.005.0(05.0100.5100.9)(mVmVxRqxkdxdUE方向沿X轴正方向。dE∥互相抵消，而垂直于X轴的分量dE⊥互相增强，因此5-7均匀带电的半圆弧，半径为R，带有正电荷q，求圆心处的场强和电势。解:①求场强：在环上取一线元dl，带电量dq=qπRdl，电荷元在圆心产生的场强大小为dlRqkrdqkdE32方向如附图所示，与OX轴夹角为θ，dl=Rdθ。由于对称性，dE∥互相抵消，dE⊥相互增强，于是有LLsindEdEE将dE的表达式及dl=Rdθ代入，经整理后得场强E的大小为2032sinRqkdRRqkE其方向垂直向下。②求电势:电荷元dq在圆心产生的电势dU为dlRqkrdqkdU2习题5-7附图将上式积分即得圆心处的电势RqkdlRqkdUUR025-8长度为L的直线段上均匀分布有正电荷，电荷线密度为λ，求该直线的延长线上，且与线段较近一端的距离为d处的场强和电势。解:①求场强:在直线段l处取一线元dl，其带电量为dq=λdl，它在P处产生的场强方向沿直线的延长线，大小为22)(ldLdlkrdqkdE将上式积分，即得P点场强的大小为习题5-8附图)()11()(02dLdLkdLdkldLdlkdEEL方向沿X轴正方向。②求电势:由点电荷电势公式可知，电荷dq在P点产生的电势dU为dlldLkrdqkdU)(dE∥dEdE⊥RLdlθOXdllrdPOLX将上式积分，即得P点的电势U为)ln()(0ddLkldLdlkdUUL5-9两个无限长同轴柱面，内圆柱面半径为R1，每单位长度带的电荷为+λ，外圆柱半径为R2，每单位长度带的电荷为-λ，求两圆柱面之间的空间中各处的场强。解:电荷均匀地分布在两无限长同轴圆柱面上，电场的分布具有对称性，即距轴心等距的各点大小相等，方向沿半径方向（轴向分布）欲求两圆柱面之间的空间中任意点（设距轴心为r）的场强E，选取半径为r，单位长度的同轴圆柱面S1与两底面S2、S3构成的闭合柱形高斯面S。其中S2、S3处场强方向与法线垂直，cos90°=0，通过S2、S3的电通量为零，所以通过S面的总电通量即为通过S1的电通量rESEdsEcosθdsEcosθdsEcosθdscosEΦ21e321ssss由题意可知，在单位长度高斯圆柱面内的电量为+λ，故由高斯定理iisqdscosEΦ0e1得E·2πr=λ/ε0解出E即得rE120（R1rR2）习题5-9附图5-10在匀强电场E中作一球面，球心为O，半径为R。①求通过整个球面的电通量;②过球心，沿垂直电场方向将球面一分为二，求通过半个球面的电通量［图中（a）］；③沿着与电场方向呈θ角的方向把球面一分为二，求通过半个球面的电通量［图中（b）］。解:①根据高斯定理iisqdscosEΦ0e1，由于球面内无电荷，iiq=0，故通过整个球面的电通量Φe等于零，即0edscosEΦs②从图（a）中可以看出，沿垂直电场方向将球面一分为二，其横截面积为πR2，通过半个球面的电通量就等于通过该横截面的电通量，其数值Φe为习题5-10附图dscosEΦse=EπR2③与（2）类似，在（b）图中通过半个球面的电通量，就等于通过其横截面在场强方向上的投影面积πR2sinθ的电通量，其大小为Φe=∫Ecos(900-θ)dS=∫EsinθdS=EπR2sinθR2rR1S1S2S3ORROθ(a)(b)E5-11在一橡皮球表面均匀分布着正电荷q，在橡皮球被吹大的过程中，A点始终在球面内，B点始终在球外，问A，B点处的场强和电势将如何变化?答:设橡皮球的半径为R，由教材中高斯定理的应用举例可知，这一带电的橡皮球其电场的分布为)(0)(212RrRERrrQkE即球面内、外的场强与橡皮球的半径R无关，故A、B两点的场强不变。根据电势的定义可得RQkrdErdErdEURRAAAbrBBrQkrdErdEUb即UA随橡皮球R的增加而降低，UB则因它距球心的距离不变而没有发生变化。5-12两个均匀带电的同心球面，内球面半径为R1，外球面半径为R2，外球面的面电荷密度为σ2，且外球面外各处的场强为零，求：①内球面上的电荷密度σ1；②两球面之间离球心为r处的场强；③内球面内的场强。解:①从球心O以半径r（R2）作一球形高斯面S1（外虚线），该高斯面上各处场强为零.通过S1面的电通量01e