大学物理第五版(马文蔚)电磁学习题答案

第五章静电场5－1电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A)放置，其周围空间各点电场强度E(设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x变化的关系曲线为图(B)中的()分析与解“无限大”均匀带电平板激发的电场强度为02εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B).5－2下列说法正确的是()(A)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷(B)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零(C)闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D)闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B).5－3下列说法正确的是()(A)电场强度为零的点，电势也一定为零(B)电场强度不为零的点，电势也一定不为零(C)电势为零的点，电场强度也一定为零(D)电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与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受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).*5－4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将()(A)沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止(B)沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C)沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D)沿顺时针方向旋转至电偶极矩p水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B).5－5精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21e，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21e，中子电量为10－21e，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解一个氧原子所带的最大可能净电荷为eq21max10821二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为1108.2π46202maxGmεqFFge显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e范围内时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力.5－61964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e32的上夸克和两个带e31的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20m)，中子内的两个下夸克之间相距2.60×10－15m.求它们之间的相互作用力.解由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律rrrreεrqqεeeeFN78.3π41π412202210F与径向单位矢量er方向相同表明它们之间为斥力.5－7质量为m，电荷为－e的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为Eｋ.证明电子的旋转频率满足4320232meEεkv其中ε0是真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律.分析根据题意将电子作为经典粒子处理.电子、氢核的大小约为10－15m，轨道半径约为10－10m，故电子、氢核都可视作点电荷.点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有2202π41reεrmv由此出发命题可证.证由上述分析可得电子的动能为reεmEK202π8121v电子旋转角速度为3022π4mrεeω由上述两式消去r，得432022232π4meEεωKv5－8在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl－与其最邻近的八个一价铯离子Cs+构成如图所示的立方晶格结构.(1)求氯离子所受的库仑力；(2)假设图中箭头所指处缺少一个铯离子(称作晶格缺陷)，求此时氯离子所受的库仑力.分析铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加.为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力.解(1)由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故F1＝0.(2)除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力F2的值为N1092.1π3π4920220212aεerεqqFF2方向如图所示.5－9若电荷Q均匀地分布在长为L的细棒上.求证：(1)在棒的延长线，且离棒中心为r处的电场强度为2204π1LrQεE(2)在棒的垂直平分线上，离棒为r处的电场强度为2204π21LrrQεE若棒为无限长(即L→∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.分析这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元dx，其电荷为dq＝Qdx/L，它在点P的电场强度为rrqεeE20dπ41d整个带电体在点P的电场强度EEd接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1)若点P在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P的电场强度方向相同，LEiEd(2)若点P在棒的垂直平分线上，如图(A)所示，则电场强度E沿x轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P的电场强度就是LyEαEjjEdsind证(1)延长线上一点P的电场强度LrπεqE202d，利用几何关系r′＝r－x统一积分变量，则220022204π12/12/1π4dπ41LrQεLrLrLεQxrLxQεEL/-L/P电场强度的方向沿x轴.(2)根据以上分析，中垂线上一点P的电场强度E的方向沿y轴，大小为ErεqαELdπ4dsin20利用几何关系sinα＝r/r′，22xrr统一积分变量，则2203/22222041π2dπ41LrrεQrxLxrQεEL/-L/当棒长L→∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P点电场强度rελLrLQrεEl0220π2/41/π21lim此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B)］.这说明只要满足r2/L2＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.5－10一半径为R的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.分析这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5－3节的例1可以看出，所有平行圆环在轴线上P处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O处的电场强度.解将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθRδSδqdsinπ2dd2，在点O激发的电场强度为iE3/2220dπ41drxqxε由于平行细圆环在点O激发的电场强度方向相同，利用几何关系θRxcos，θRrsin统一积分变量，有θθθεδθθRπδRθRπεrxqxπεEdcossin2dsin2cos41d41d02303/2220积分得02/004dcossin2εδθθθεδEπ5－11水分子H2O中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r0.试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.分析水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为00erP，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θerPcos20，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O到场点A的距离x＞＞r0，利用教材第5－3节中电偶极子在延长线上的电场强度302π41xpεE可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布.解1水分子的电偶极矩θerθPPcos2cos200在电偶极矩延长线上30030030cosπ1cos4π412π41xθerεxθerεxpεE解2在对称轴线上任取一点A，则该点的电场强度EEE2020π42π4cos2cos2xεerεθerEβEE由于θxrrxrcos202022rθrxβcoscos0代入得23/20202001cos2cosπ42xθxrrxθrxεeE测量分子的电场时，总有x＞＞r0，因此，式中xθrxxθrxθxrrxcos2231cos21cos2033/2033/20202，将上式化简并略去微小量后，得300cosπ1xθerεE5－12两条无限长平行直导线相距为r0，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1)求两导线构成的平面上任一点的电场强度(设该点到其中一线的垂直距离为x)；(2)求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.分析(1)在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2)由F＝qE，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F＝λE.应该注意：式中的电场强度E是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解(1)设点P在导线构成的平面上，E＋、E－分别表示正、负带电导线在P点的电场强度，则有iiEEExrxrελxrxελ00000π211π2(2)设F＋、F－分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有iEF00π2rελλiEF002π2rελλ显然有F＋＝F－，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.5－13如图为电四极子，电四极子是由两个大小相等、方向相反的电偶极子组成.试求在两个电偶极子延长线上距中心为z的一点P的电场强度(假设z＞＞d).分析根据点电荷电场的叠加求P点的电场强度.解由点电荷电场公式，得kkkE202020π41π412π41dzqεdzqεzqε考虑到z＞＞d，简化上式得kkkE42022220222206π4...321...32112π4/11/1112π4zqdεqzdzdzdzdzzεqzdzdzzεq通常将Q＝2qd2称作电四极矩，代入得P点的电场强度kE403π41zQε5－14设匀强电场的电场强度E与半径为R的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.分析方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S求积分，即SSdsEΦ方法2：作半径为R的平面S′与半球面S一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理01d0qεSSE这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S的电场强度通量.因而SSSESEΦdd解1由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有SSSESEΦdd依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS的方