第10章静电场习题解

第10章静电场习题解10.1四个点电荷到坐标原点的距离均为d，如题10.1图所示，求点O的电场强度的大小和方向。y+2q+2qO—qx—q题图10.1解：由图所示x轴上两点电荷在O点产生场强为idqidqidqiEiEEqq2020202143442y轴上两点电荷在点O产生场强为jdqjdqjdqjEjEEqq2020202243442所以，点O处总场强为jdqidqEEEO2020214343大小为202221423dqEEEO,方向与x轴正向成045角。10.2电量为C100.16C100.86261qq和的两个点电荷相距20cm，求离它们都是20cm处的电场强度。(1120mF1085.8)解：如图，162022162011mV106.34mV108.14rqErqE方向如图。（a）(b)题图10.2由22yxEEE，其中0201020160sin60sin60cos60cosEEEEEEyx得16mV1012.3E03010.3一细棒被弯成半径为R的半圆形，其上部均匀分布有电荷+Q，下部均匀分布有电荷-Q，如题10.3图示，求圆心点O的电场强度。题图10.3解：由图可知，由于正、负电荷在圆环上对称分布，总场强一定沿-y方向。在圆环上取电荷元Rddldq，在点Ｏ产生的场强，RdRRdRdqdE02020444方向如图示。正电荷在点Ｏ产生场强的ｙ分量为dRRdE202000cos4cos4－－R04由对称性可知，负电荷在点Ｏ产生场强的ｙ分量与正电荷在点Ｏ产生场强的ｙ分量大小相等，方向相同轴负方向。方向指向负号表示所以　　yERQREEEoo2020210.4正方形的边长为a，四个顶点都放有电荷，求如题10.4图所示的4种情况下，其中心处的电场强度。+q+q+q+q+q—q+q—q0000+q+q—q—q—q+q+q—q(a)(b)(c)(d)题图10.4解：在四种情况下，均以中心O为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立坐标系，则有（a）根据对称性，四个顶点处的电荷在中心处产生的场强两两相互抵消。所以0aE(b)根据对称性，电荷在中心处产生的场强在x轴上抵消，只有y轴上的分量，所以jaqjaaqjEEqyb20220245cos)2/()2/(444(c)根据对称性，对角线上的电荷在中心处的场强可以相互抵消，所以0cE(d)根据对称性，电荷在中心处产生的场强在y轴上抵消，只有x轴上的分量，所以iaqiaaqiEEqxd20220245sin)2/()2/(44410.9有一非均匀电场，其场强为ikxEE)(0，求通过如题图10.9所示的边长为0.53m的立方体的电场强度通量。（式中k为一常量）y1S2SOxz题图10.9解：由于E只有x方向的分量kxEEx0，故电场线只穿过垂直于x轴，且位于x1=0和x2=0.53m处的两个立方体面S1和S2。考虑到这两个面的外法线方向相反，故有kSkESEdSEdSESdESxSxSe15.0)53.0(20102211　　　　10.10设匀强电场的电场强度E与半径为R的半球面的轴平行，求通过此半球面的电场强度通量。题图10.10解：作半径为R的大圆平面'S与半球面S一起构成闭合曲面，由于闭合曲面内无电荷，由高斯定理，有00'qSdEeSeSSe所以，通过半球面S的电场强度通量为ERREeSeS22cos'10.11两个带有等量异号的无限长同轴圆柱面，半径分别为R1和R2（R1R2）,单位长度上的带电量为，求离轴线为r处的电场强度：（1）rR1；(2)R1rR2；(3)rR2。题图10.11解：(1)作高为l的同轴圆柱面（如题图10.11）为高斯面。由于两带电圆柱面的电场为柱对称，所以，通过此高斯面的电场强度通量为321321SSSSeSdESdESdESdE＝其中第一、第三项积分分别为通过圆柱面上、下底面的电场强度通量。由于E垂直于轴线，故E在底平面内，第一、第三项的积分均为零。第二项积分为12122rEEdSSdErSS根据高斯定理0/qe，有0211rEr所以1101RrEr(2)同理221RrR时，有0SdE即0222rEr所以　　　　2022rEr(3)23Rr时，有0SdE所以　　　　　03rE由上述结果可知，两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面所形成的电场只存在于两柱面之间。10.12如题图10.12所示，一半径为R的均匀带电无限长直圆柱体，电荷体密度为+，求带电圆柱体内、外的电场分布。题图10.12解：此圆柱体的电场分布具有轴对称性，距轴线‘OO等距离各点的电场强度值相同，方向均垂直‘OO轴，沿径向，因此，可用高斯定理求解。1.圆柱体内的电场强度分布（Rr1）设点P为圆柱体内任意一点，它到轴线的距离为1r，在圆柱体内，以1r为半径作一与圆柱体同轴，高为l的闭合圆柱面为高斯面（如题图10.12）。由于高斯面上、下底面的法线均与面上各点的电场强度方向垂直，故通过上、下底面的电场强度通量为零，侧面上任一点的法线方向，均与该处电场强度方向一致，故通过整个高斯面的电场强度通量为112lEr，高斯面内包围的总电荷为lr21，由高斯定理021112lrlEr得0112rE2.圆柱体外的场强分布（Rr2）设'P为圆柱体外任一点，类似上面的讨论，以2r为半径作高斯面（如题图10.12），由高斯定理有02222lRlrE由此得20222rRE10.13两个均匀带电的金属同心球面，半径分别为0.10m和0.30m,小球面带电1.010—8C,大球面带电1.510—8C。求离球心为（1）0.05m；（2）0.20m；（3）0.50m处的电场强度。解：由于电荷在球面上对称分布，所以两球面电荷的电场也具有球对称性，场强方向沿径向向外。(1)以球心O为中心，05.0Arm为半径作一同心球面，并以此为高斯面，其内部电量为零，面上各点的场强大小均相同。由高斯定理有0042AAASeErESdEA(2)同理以20.0Brm为半径作高斯面，面内包含小带电球面上的所有电荷81100.1QC。由高斯定理有13289201012mV1025.2)20.0(100.110944BBBBSerQEQrESdEB(3)同理，可以得到点C处的电场强度大小为122892021mV109)50.0(10)5.10.1(1094CCrQQE10.16两平行无限大均匀带电平面上的面电荷密度分别为+和-2，求图示中3个区域的场强。+—2题图10.16解：对左极板作水平高斯柱面，且该高斯面相对于左极板对称，高斯面的两底面面积均为S，其上场强E的大小相等，方向均与两S相同，由高斯定理，并注意高斯面的侧表面无电场强度通量。有012SSE，即左极板在空间产生的场强为012E，其方向为：在该极板左边，方向水平向左；在该极板右边，方向水平向右。同理，对右极板作相似处理，可得，右极板在空间产生的场强为02E，其方向为：在该极板左边，方向水平向右；在该极板左边，方向水平向左。因此，根据场强迭加原理，可得上图中各个区域中的场强分别为：　　方向为水平向左　　方向为水平向右　　方向为水平向右0120210122232EEEEEEEEE10.17如题图10.17所示，AB两点相距2l，是以B为圆心，l为半径的半圆。A点有正电荷q，B点有负电荷q。求（1）把单位正电荷从O点沿移到D点时电场力对它做的功？（2）把单位负电荷从D点沿AB的延长线移到无穷远时电场力对它做的功？题图10.17解：(1)0OV,lqlqlqVD0006434lqVVADO06)(1　　(2)设无穷远处电势为零，则lqVVVDD06110.19一均匀带电半圆环，半径为R，带电量为Q，求环心处的电势。解：在带电圆环上取一电荷元dq，根据点电荷的电势公式，其在环心处的电势为RdqdU04然后对整个带电体积分，可得环心处的总电势为RQdqRdUUQ0044110.20电量q均匀分布在长为l2的细杆上，求在杆外延长线上与杆端距离为a的点P的电势（设无穷远处为电势零点）。题解图10.20解：设坐标原点位于杆中心点O，x轴沿杆的方向，如图所示。细杆的电荷线密度lq2，在x处取电荷元lqdxdxdq2，它在点P产生的电势为xallqdxxaldqdUP0084整个杆上电荷对点P产生的电势为allqxallqxaldxlqUllllP21ln8ln8)(8000　＝　＝10.21一段半径为a的细圆弧，对圆心的张角为0，其上均匀分布正电荷q，如题图10.21所示，求圆心O点的电场强度和电势。qa0O(a)(b)题图10.21解：(1)建立如题图（b）所示坐标系，以圆心O为坐标原点，水平向右为x轴正向，竖直向上为y轴正向。根据对称性可知，电荷在点O处产生的场强沿y轴负向，在x轴的场强相互抵消，即0xdE。取电荷元dq，其在点O处产生的场强在y轴的分量为200204coscos4adqadqdEy对整个带电圆弧积分20002/2/2002)2/sin(4cos00aqadqdEEEyy(2)设无穷远处为电势零点，则点O处的电势为aqadqU004410.22如题图10.22所示，两个同心球面，半径分别为R1和R2，内球面带电-q，外球面带电+Q，求距球心（1）rR1(2)R1r2R(3)r2R处一点的电势。题图10.22解法一:利用场强和电势的积分关系计算。在小球面内、两球面间和大球面外分别以点O为球心做高斯面，应用高斯定理可求得20322022111440rqQERrrqERrRERr选无穷远处电势为零，由于不同区域电场强度的数值不同，于是有102020203211144440)1(22112132RqRQdrrqQdrrqldEldEldEldEURrRRRRrRRRRr＝　　　　　　　　　　　　　　　＝　　　　　　区域在rqRQdrrqQdrrqldEldEldEURrRRRrRrRr0202020322214444)2(2222＝　　　　　　　　　　　　　＝　　　　　区域在rqQdrrqQldEURrrr02033244)3(　　　　　　＝＝　　　　　　区域在解法二：利用典型带电体的电势公式直接叠加我们已知，一均匀带电为Q的球面内任一点的电势就等于球面上的电势，即RQU04＝内球面外任一点的电势，就等于球面上的电量全部集中在球心时，一个点电荷产生的电场在该点的电势，即rQU04＝外由叠加原理：在1Rr区域任一点的电势，是两带电球面各自在该点电势的叠加，即102