第九章-真空中的静电场习题

82第九章真空中的静电场9–1如图9-1所示，电量为+q的三个点电荷，分别放在边长为a的等边三角形ABC的三个顶点上，为使每个点电荷受力为零，可在三角形中心处放另一点电荷Q，则Q的电量为。解：由对称性可知，只要某个顶点上的电荷受力为零即可。C处电荷所受合力为零，需使中心处的点电荷Q对它的引力F与A，B两个顶点处电荷的对它的斥力F1，F2三力平衡，如图9-2所示，即)21(FFF因此12cos30FF即222002cos3034π4π()3Qqqaa解得qQ3392真空中两条平行的无限长的均匀带电直线，电荷线密度分别为+和，点P1和P2与两带电线共面，其位置如图9-3所示，取向右为坐标x正向，则1PE=，2PE=。解：（1）P1点场强为无限长均匀带电直线，在该点产生的场强的矢量和，即EEE1P其大小为iiiEdddP000ππ2π21方向沿x轴正方向。（2）同理可得iiiEdddP000π3π2)3(π22方向沿x轴负方向。qACqBq30oQF1F30oF2图9–2图9-3P1P2xdd2dqACqBqQ图9–18393一个点电荷+q位于一边长为L的立方体的中心，如图9-4所示，则通过立方体一面的电通量为。如果该电荷移到立方体的一个顶角上，那么通过立方体每一面的电通量是。解：（1）点电荷+q位于立方体的中心，则通过立方体的每一面的电通量相等，所以通过每一面的通量为总通量的1/6，根据高斯定理01dinSqES，其中S为立方体的各面所形成的闭合高斯面，所以，通过任一面的电通量为0d6SqES。（2）当电荷+q移至立方体的一个顶角上，与+q相连的三个侧面ABCD、ABFE、BCHF上各点的E均平行于各自的平面，故通过这三个平面的电通量为零，为了求另三个面上的电通量，可以以+q为中心，补作另外7个大小相同的立方体，形成边长为2L且与原边平行的大立方体，如图9–5所示，这个大立方体的每一个面的电通电都相等，且均等于06q，对原立方体而言，每个面的面积为大立方体一个面的面积的1/4，则每个面的电通量也为大立方体一个面的电通量的1/4，即此时通过立方体每一面的电通量为0111d4624SqES。94如图9-6所示，在场强为E的匀强静电场中，A，B两点距离为d，AB连线方向与E方向一致，从A点经任意路径到B点的场强线积分lEdAB=。解：电场强度E沿闭合路径ACBD的环流为零，即有0dddlElElEBDAACBACBD因此EdEdddBDAACB)(lElE95如9-7图，在点电荷q的电场中，选取以q为中心、R为半径的球面上一点A处为电势零点，则离点电荷q为r的B处的电势为。解：以点电荷q为中心，作半径为r的球面为高斯面，利用高斯定理01dinSqES，有02π4qrE图9-6ABdECD图9-4qLqL图9-5q2LBCDEFA2L2LGHqRABr图9-784得电场强度大小为20π4rqE则B处的电势为)11(π4dπ4dd020RrqrrqrEVVRrRrABABlE96真空中有两无限大的均匀带电平面A，B，电荷面密度分别为+，，如图9-8所示。若在两平面的中间插入另一面电荷密度为+的无限大平面C后，P点场强的大小将为[]。A．原来的1/2B．不变C．原来的2倍D．零解：每块无限大均匀带电平面均在空间产生均匀电场，02PE。当只有A和B两个带电平面时，因A，B面在P点产生的场强大小、方向均相同，根据场强叠加原理，0022PE，方向水平向右。当在A，B面间插入C板后，A，C两带电平面在P点产生的场强相抵消。于是P点场强就等于平面B产生的场强，变为02PE，因此，A，B面间插入C板后，P点场强大小变为原来的1/2，且方向不变。故应选（A）。97关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是[]。A．如高斯面上E处处为零，则该面内必无电荷B．如高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零C．如高斯面上E处处不为零，则高斯面内必有电荷D．如高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电通量必不为零E．高斯定理对变化电场不适用解：高斯面上E处处为零，则只能肯定面内电荷的代数和为零，不能肯定面内一不定无电荷；如高斯面内无电荷，只能说明穿过高斯面的E通量为零，即d0SES，而一个函数的面积分为零，不能说这个函数一定为零；如高斯面上E处处不为零，但有可能穿过高斯面的总通量为零，如作一个高斯面包围一个电偶极子，则在高斯面上的场强处处不为零，但面内电荷的代数和为零；高斯定理不仅适用于恒定的场，也适用于变化的场。由此可见（A）、（B）、（C）和（E）项都是错误的。根据高斯定理01dinSqES可知（D）项是正确的，故应选（D）。*98以下说法中正确的是[]。A．电场强度相等的地方电势一定相等B．电势变化率绝对值大的地方场强的绝对值也一定大C．带正电的导体上电势一定为正D．电势为零的导体一定不带电解：电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点+CB+-PA图9-885所受的电场力为零，电势为零的点表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力做功为零，因此电场强度相等的地方电势不一定相等。电势是一个相对量，某物体电势的高低与电势零点的选择有关，因此带正电的导体上电势不一定为正，电势为零的导体也不一定不带电，如无限长均匀带电圆柱，我们可选圆柱面上一点为电势零点。由电场强度与电势变化率的关系；lVEldd，可知（B）是正确的，故应选（B）。99电量Q均匀分布在半径为R的球面上，坐标原点位于球心处，现从球面与x轴交点处挖去面元S，并把它移至无穷远处（如图9-9所示），若选无穷远为零电势参考点，且将S移走后球面上的电荷分布不变，则此球心O点的场强E0与电势U0分别为（注：i为单位矢量）[]。A．220(4π)iQSR，20(1)4π4πQSRRB．220(4π)iQSR，20(1)4π4πQSRRC．220(4π)iQSR，20(1)4π4πQSRRD．220(4π)iQSR，20(1)4π4πQSRR解：球面上被挖去面元S，根据场强叠加原理，则球心O处的场强等于带正电的闭合球面和带负电的面元S在该点产生的场强的叠加。均匀带电闭合圆在在圆心处产生的合场强为零，由于面元S很小，可将其视为带电为22π44RSQSRQSq的点电荷，它在圆心处产生的场强为222004π(4π)qQSERR方向由圆心指向面元S。球心O处的电势等于带正电的闭合球面在该处的电势RQ0π4和带负电的面元S在该点产生的电势23004π16πSQSRR的叠加，因此02000(1)4π4π4π4πQSQSVRRRR故选（B）。910点电荷q位于圆心处，A，B，C，D位于同一圆周上，如图9-10。分别求将一试验电荷q0从A点移到B，C，D各点，则电场力做功是[]。A．A到B电场力做功最大B．A到C电场力做功最大C．A到D电场力做功最大D．电场力做功一样大ABCD-q图9–10图9-9CQSxyzO86解：本题是等势面特点的应用。点电荷q的电场中，等势面是以q为中心的一同心球面，因为A，B，C，D在同一圆周上，故0ADACABVVV。将试验电荷q0从A点移到B，C，D各点时，电场力不做功，为零。故应选（D）。9–11如图9-11所示，真空中边长为a的正方形的四个角，分别放置点电荷q，2q，3q，2q（q0），它的正中放着一个正电荷q0，求这个电荷受力的大小和方向。解：各点电荷在正方形中心产生的电场方向如图9-12所示，两个2q的点电荷对q0的作用力相抵消，q0所受合力即点电荷q，3q对它的库仑力的合力，其大小为：000022220000324π4πππqqqqqqqqFrrra合力的方向：指向点电荷3q。9–12如图9-13所示，一均匀带电直线长为L，线电荷密度为。求下列各处的电场强度E：（1）带电直线的延长线上离中心O（直导线中点）为r处的场强;（2）带电直线的垂直平分线上离中心O为r处的场强;（3）离带电直线的一端A点垂直距离为r处的场强。解：本题是计算连续分布电荷的产生电场强度，此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒看作点电荷。可在直导线上选出电荷元，利用点电荷dq的电场强度公式求出场强。（1）对于P1点，建立如图9-14所示的坐标系。在带电直线上任取一线元dx，电荷元dq=dx在P1点的场强为20dd4π()xErx电场的方向沿x轴正向。由于各电荷元在P1点产生的场强方向相同，于是整个带电直线在P1点的场强为q2q-3qaaa2qaq0F4F2F1F3图9–12-3q2qq2qaaaaq0图9-11图9-13P3ALP2P1rrrB图9-14dxAOLxP1dExrB8722222000d11d4π224π()π(4)LLxLEErLrLrxrL场强方向沿x轴正向。（2）对于P2点，建立如图9-15所示的坐标系。若点P2在带电直线的垂直平分线上，因对称性，场强dE沿x轴方向的分量叠加为零，即0xE，因此，P2点的场强方向沿y轴，电荷元dq=dx在P2点产生的场强大小为20dd4πxErdE的y分量为20dddsinsin4πyxEEr由几何关系cscrr，cotxr，则dcscd2rx，于是rEy0π4dsind)cos(cosπ4π4dsind120021rrEEyy由于12π，因此12222coscos(2)LrL，代入上式2222004π(2)2π4yLLEErrLrrL2222004π(2)2π4yLLEErrLrrL因此，带电直线在垂直平分线上P2点的场强大小为2202π4LrrL，方向沿y轴正方向。（3）对于P3点，建立如图9-16所示的坐标系。在带电直线上坐标为x处取电荷元dx，它在P3点产生的场强大小为220dd4π()xExr设场强方向与y轴成角，dE在Ox，Oy上的分量分别为22220dddsin4π()xxxEExdxr223/20d4π()xxxr图9-15BP2αdEOdxr´LyrxxA图9-16αdEP3AdxrxLyxB8822220dddcos4π()yxrEExrxr223/20d4π()rxxr则P3点总场强E的x，y分量为223/2221/2000d11d4π4π()()LxxxxEErxrLr223/2221/2000dd4π4π()()LyyrxLEExrrLr写成矢量形式为221/2221/200114π4π()()xyLEErLrrLrEiji+j场强大小为22220122πxyrEEErLr设电场强度与y轴正方向的夹角为，则221arctanarctan()xyErLrEL9–13一个细玻璃棒被变成半径为R的半圆环，沿其左半部分均匀地分布电荷+Q，沿其右半部分均匀地分布电荷Q，如图9-17所示。（1）试求圆心O处的电场强度。（2）若在半圆中心O处放一锌离子Zn2+，求其受力大小。解：（1）建立如图9-18所示坐标系，根据对称性，整个圆环在圆心O处的电场强度方向沿x轴正方向。首先求出电荷线密度为π/2QR在左半段取dl=Rd的电荷元，如图形-18所示，其电量为