大学物理学第三赵近芳北邮出社第章课后习题答案.docx

大学物理学第三赵近芳北邮出社第章课后习题答案习题八 8-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q¢为负电荷 21q224e0acos30°=14e0(qq¢33a)2 解得 q¢=-(2)与三角形边长无关 33q 题8-1图 题8-2图 8-2 两小球的质量都是m，都用长为l的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2q1,如题8-2图所示设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量 Tcosq=mgìï21qí解: 如题8-2图示 Tsinq=F= e2ï4e0(2lsinq)î 解得q=2lsinq 4pe0mgtanq 8-3 根据点电荷场强公式E=q4pe0r2，当被考察的场点距源点电荷很近(r0)时，则场强，这是没有物理意义的，对此应如何理解? v解: E=q4e0r2vr0仅对点电荷成立，当r®0时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大 8-4 在真空中有A，B两平行板，相对距离为d，板面积为S，其带电量分别为q22+q和-q则这两板之间有相互作用力f，有人说f=q4pe0d,又有人说，因为f=qE,E=e0S，所以f=q2e0S试问这两种说法对吗?为什么? f到底应等于多少? 解: 题中的两种说法均不对第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强E=qe0S看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对q2e0S的正确解答应为一个板的电场为E=q2e0Sq2，另一板受它的作用力f=q=2e0S，这是两板间相互作用的电场力 8-5 一电偶极子的电矩为vvp=qlv，场点到偶极子中心O点的距离为r,矢量rv与l的夹角为q,(见题8-5图)，且r>>l试证P点的场强E在r方向上的分量Er和垂直于r的分量Eq分别为 Er=vpcosq2pe0rv3, Eq=psinq4pe0r3v证: 如题8-5所示，将p分解为与r平行的分量psinq和垂直于r的分量psinq r>>l 场点P在r方向场强分量 Er=pcosq2e0r3 垂直于r方向，即q方向场强分量 E0=psinq4e0r3 题8-5图 题8-6图 8-6 长l=15.0cm的直导线AB上均匀地分布着线密度l=5.0x10-9C·m-1的正电荷试求：(1)在导线的延长线上与导线B端相距a1=5.0cm处P点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距d2=5.0cm 处Q点的场强 解： 如题8-6图所示 (1)在带电直线上取线元dx，其上电量dq在P点产生场强为 dEP=1ldx24e0(a-x)dxEP=òdEP=l4e01a-l2lò2l-2(a-x)1a+l2 2l4e0-=lle0(4a-l)22用l=15cm，l=5.0´10-9C×m-1, a=12.5cm代入得 EP=6.74´102N×C-1 方向水平向右 (2)同理 dEQ=由于对称性òdEQxl1ldx2224e0x+dv=0，即EQ 方向如题8-6图所示 只有y分量， dEQy=1ldx22d22224e0x+d2lx+dEQy=òdEQy=ld2l4e2ò2l-2dx3=2e0lll2(x2+d22)2+4d22以l=5.0´10-9C×cm-1, l=15cm,d2=5cm代入得 EQ=EQy=14.96´10N×C-1，方向沿y轴正向 28-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为l,求环心处O点的场强 解: 如8-7图在圆上取dl=Rdj dq=ldl=Rldj，它在O点产生场强大小为 dE=lRdj4e0R2方向沿半径向外 则 dEx=dEsinj= 题8-7图 dEy=dEcos(p-j)=pl4e0Rsinjdj-l4e0Rcosjdj 积分 Ex=òl4e0Rp0sinjdj=l2e0REy=ò-l4e0Rl2e0R0cosjdj=0 E=Ex= ，方向沿x轴正向 8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l，总电量为q(1)求这正方形轴线上离中心为r处的场强E；(2)证明：在r>>l处，它相当于点电荷q产生的场强E 解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷dEP=q4v在P点产生物强dEP方向如图，大小为 l(cosq1-cosq2)4e0r+2l24l cosq1=22r+l22 cosq2=-cosq1 题 dEP=4e08-8图 lr+2ll2l24r+22vdEP在垂直于平面上的分量dE=dEPcosb dE=4e02llr+l2rr+2l242r+2l244llr4e0(r+2由于对称性，P点场强沿OP方向，大小为 EP=4´dE=l24)r+2l22 l= EP=4e0(r+2q4lqrl24)r+2l2 方向沿OP 28-9 (1)点电荷q位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q的电场中取半径为R的圆平面q在该平面轴线上的A点处，求：通过圆平面的电通量(a=arctanRx) 解: (1)由高斯定理òsvvE×dS=qe0立方体六个面，当q在立方体中心时，每个面上电通量相等 各面电通量F=q6e0e (2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长2a的立方体，使q处于边长2a的立方体中心，则边长2a的正方形上电通量F=q6e0eq24e0对于边长a的正方形，如果它不包含q所在的顶点，则Fe=， 如果它包含q所在顶点则Fe=0如题8-9(a)图所示 题8-9(3)图 题8-9(a)图 题8-9(b)图 题8-9(c)图 (3)通过半径为R的圆平面的电通量等于通过半径为R2+x2的球冠面的电通量，球冠面积* S=2(R+x)1-22xR+x22 F=q0Se04(R2+x2)=q2e01-xR+x22 *关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图 S=òa02rsina×rda =2r2òa0sina×da =2r(1-cosa) 28-10 均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为2×10球心5cm，8cm ,12cm 各点的场强 vv解: 高斯定理òE×dS=s-5C·m-3求距åq,e0E4r2=åq e0当r=5cmr=8cm时，åvq=0,E=0 43时，åq=pr4(r33) -r内 E=r=12324e0r(r3-r内2)»3.48´104N×C-1， 方向沿半径向外 cm时,åq=rr443(r外-r内） 33 E=324e0r(r3外-r内3)»4.10´10 N×C4-1 沿半径向外. 8-11 半径为R1和R2(R2 R1)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量l和-l,试求:(1)rR1；(2) R1rR2；(3) rR2处各点的场强 vv解: 高斯定理òE×dS=såqe0vv取同轴圆柱形高斯面，侧面积S=2rl 则 òE×dS=E2rl S 对(1) r<R1 åq=0,E=0 (2) R1<r<R2 åq=ll E=l2e0r 沿径向向外 (3) r>R2 åq=0 E=0 8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为s空间各处场强 1和s2，试求解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为s1与s2， v两面间， E=12e0v(s1-s2)ns1面外， E=-vs2面外， E=v12e01v(s1+s2)n 2e0v(s1+s2)n面 题8-12图 vn：垂直于两平面由s1面指为s28-13 半径为R的均匀带电球体内的电荷体密度为r,若在球内挖去一块半径为rR的小球体，如题8-13图所示试求：两球心O与O¢点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的 解: 将此带电体看作带正电r的均匀球与带电-r的均匀小球的组合，见题8-13图(a) 3rrvv3OO' (1) +r球在O点产生电场E10=0，-r球在O点产生电场E20=344e0dv O点电场E0=rr3e0d33OO'； 4(2) +rv¢OEOO'在产生电场10¢=334e0dpd3rv¢OE，-r球在产生电场20¢=0v O¢ 点电场 E0¢=r3e0OO' 题8-13图(a) 题8-13图(b) vv(3)设空腔任一点P相对O¢的位矢为r¢，相对O点位矢为r (如题8-13(b)图) vvvvrr¢rr则 EPO=，EPO¢=- 3e03e0vvv EP=EPO+EPO¢=r3e0vv(r-r¢)=r3e0OO'=vrd3e0腔内场强是均匀的 8-14 一电偶极子由q=1.0×10-6C的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm，把这电偶极子放在1.0×105N·C-1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩 vvv解: 电偶极子p在外场E中受力矩 Mvv=p´E Mmax=pE=qlE代入数字Mmax=1.0´10-6´2´10-3´1.0´105=2.0´10-4N×m 8-15 两点电荷q-8-8=1.5×10C，=3.0×10C，相距r1=42cm，要把它们之间q12的距离变为r2=25cm，需作多少功? 解: A=òr2r1vvF×dr=òr2q1q2dr4e0r2r2=q1q24e0(1r1-1r2)=-6.55´10-6J外力需作的功 A¢=-A=-6.55´10-6 J 题8-16图 8-16 如题8-16图所示，在A，B两点处放有电量分别为+q,-q的点电荷，AB间距离为2R，现将另一正试验点电荷q0从O点经过半圆弧移到C点，求移动过程中电场力作的功 解: 如题8-16图示 UO=14e0(qR-qR)=0qUc=14e0(q3R-qR)=-6e0R A=q0(UO-UC)=qoq6e0R8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为l的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R试求环中心O点处的场强和电势 解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB和CD段电荷在O点产生的场强互相抵消，取dl=Rdq v则dq=lRdq产生O点dEp如图，由于对称性，O点场强沿ylRdqcosq p2轴负方向E=òdEy=ò2p-24e0Rp22=l4e0R-l2e0Rsin(-)-sin 题8-17图 =(2) AB电荷在O点产生电势，以UU1=¥=0 =òAldx4e0xB=ò2Rldx4e0xl4e0Rln2 同理CD产生 U2=l4e0ln2， 半圆环产生 U3=Rl4e0R=l4e0 UO=U1+U2+U3= l2e0ln2+l4e08-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×10m·s4-1的匀速率作圆周运动求带电直线上的线电荷密度(电子质量m0=9.1×10-31kg，电子电量e=1.60×10-19C) 解: 设均匀带电直线电荷密度为l，在电子轨道处场强 E=l2e0r电子受力大小 Fe=eE=el2e0rv2el2e0r 2e0mve2=mr得 l=12.5´10-13C×m-18-19 空气可以承受的场强的最大值为E=30kV·cm-1，超过这个数值时空气要发生火花放电今有一高压平行板电容器，极板间距离为d=0.5cm，求此电容器可承受的最高电压 解: 平行板电容器内部近似为均匀电场， U=Ed=1.5´104V 8-20 根据场强E与电势Uv的关系E=-ÑU，求下列电场的场强：(1)点电荷qv的电场；(2)总电量为q，半径为R的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子p=ql的r>>l处(见题8-20图) 解: (1)点电荷 U=q4e0rv¶Uvqvvr0=rr E=- 00为r方向单位矢量 题 8-20 图 2¶r4e0r(2)总电量q，半径为R的均匀带电圆环轴上一点电势 U=4e0qR2+x2vv¶Uvqxi=i E=-223/2¶x4e0(R+x)(3)偶极子vvp=ql在r>>l处的一点电势 (r-1l2cosq)-(1+1l2cosq)=qlcosq4e0r2U=q4e0 Er=-¶U¶r=pcosq2e0r3Eq=-1¶Ur¶q=psinq4e0r38-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同 证: 如题8-21图所示，设两导体A、B的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为s1，s2，s3，s4 (1)则取与平面垂直且底面分别在A、B内部的闭合柱vv面为高斯面时，有 òE×dS=(ss2+s3)DS=0 s2+s3=0 说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反； 题8-21图 (2)在A内部任取一点P，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即 s12e0-s22e0-s32e0-s42e0=0 又 s2+s3=0 s1=s4 说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同 8-22 三个平行金属板A，B和C的面积都是200cm，A和B相距4.0mm，A与C2相距2.0 mmB，C都接地，如题8-22图所示如果使A板带正电3.0×10C，略去边缘效应，问B板和C板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A板的电势是多少? 解: 如题8-22图示，令A板左侧面电荷面密度为s1，右侧面电荷面密度为s2 -7 (1) UAC=UAB， EACdAC=EABdAB s1s2=EACEAB=dABdAC=2 且 s1+s2=qAS 题8-22图得 s2=qA3S, s1=2qA3S而 qC=-s1S=-23qA=-2´10-7-7CqB=-s2S=-1´10(2) UA=EACdAC=s1e0C3dAC=2.3´10V 8-23 两个半径分别为R1和R2（R1R2)的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量 题8-23图 解: (1)内球带电+q；球壳内表面带电则为-q,外表面带电为+q，且均匀分布，其电势 U=ò¥R2vvE×dr=ò¥qdr4e0r2R2=q4e0R(2)外壳接地时，外表面电荷+q入地，外表面不带电，内表面电荷仍为-q所以球壳电势由内球+q与内表面-q产生： U=q4e0R2-q4e0R2=0 (3)设此时内球壳带电量为q¢；则外壳内表面带电量为-q¢，外壳外表面带电量为-q+q¢ (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且 UA=q'4e0R1-q'4e0R2+-q+q'4e0R2=0 得 q¢=q'4e0R2R1R2q 外球壳上电势 UB=-q'4e0R2+-q+q'4e0R2=(R1-R2)q4e0R228-24 半径为R的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为d=3处有一点电荷+q，试求：金属球上的感应电荷的电量 解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q¢，则球接地时电势UO=0 由电势叠加原理有：UO=q'4e0R+q4e03R=0 得 q¢=- 题8-24图 3q8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为F0试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力；(2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力 解: 由题意知 F0=q224e0rq2(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电 q¢=, 343小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电 q¢¢=q 此时小球1与小球2间相互作用力 F1=q'q"4e0r2-84e0rq2=238F0 (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为2q2q2q3. 小球1、2间的作用力F2=33=4F0 24e0r9*8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S，相距为d，分别维持电势UA=U，UB=0不变现把一块带有电量q的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S，片的厚度略去不计求导体薄片的电势 解: 依次设A,C,B从上到下的6个表面的面电荷密度分别为s1，s3，s2，s4,s5,s6如图所示由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持Uìïs1ïïsï3ï方程ísï5ïsï2ïs4ïîs1+s+s+s=qASqSqBS=-=1SC0U=AB=U可得以下6个e0Ud24e0Ud6+s3=0+s5=0=s2+s3+s4+s5+sq2S6解得 s1=s6= 题8-26图 e0Ud-q2Sq2Ss2=-s3=s4=-s5=+q2e0Sd2=e0Ud+所以CB间电场 E2=s4e0=Ud12qd2e0SUC=UCB=E2U2(U+) U2注意：因为C片带电，所以UC¹，若C片不带电，显然UC=8-27 在半径为R1的金属球之外包有一层外半径为R2的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为er，金属球带电Q试求：(1)电介质内、外的场强；(2)电介质层内、外的电势；(3)金属球的电势 vv解: 利用有介质时的高斯定理òD×dS=Såq vvvvQrQr,E内=(1)介质内(R1<r<R2)场强 D=; 334r4e0errvvvQrQr,E外=介质外(r<R2)场强 D= 334r4e0r (2)介质外(r>R2)电势 U= 介质内(R1<r<R2)电势 U=ò¥rvvE外×dr=Q4e0rò¥rvvE内×dr+ò¥rvvE外×dr=q4e0er(1r¥-1R2)+Q4e0R2=Q4e0er(1r+er-1R2) (3)金属球的电势U=òòR2R1vvE内×dr+Qdr4e0err2ò+R2vvE外×dr ¥=R2RòQdr4e0r) 2R2=Q4e0er(1R1+er-1R28-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为e解: 如题8-28r的电介质试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值 vv图所示，充满电介质部分场强为E2，真空部分场强为E1，自由电荷面密度分别为s2与s1 由òvvD×dS=åq0得 D1=s1，D2=s2 而 D1=e0E1,D2=e0erE2 E1=E2=Ud s2s1=D2D1=er 题8-28图 题8-29图 8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l，半径分别为R1和R2(R2R1)，且l>>R2-R1，两柱面之间充有介电常数e的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q和-Q时，求：(1)在半径r处(R1rR2，厚度为dr，长为l的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量；(2)电介质中的总电场能量；(3)圆柱形电容器的电容 vvD×dS=2rlD 解: 取半径为r的同轴圆柱面(S)， 则 ò(S)当(R1<r<R2)时，åq=Q D=2222Q2rl(1)电场能量密度 w=D2e=Q28erl2薄壳中 dW=wdu=Q22228erl2rdrl=R2Qdr4erl2Q2(2)电介质中总电场能量 W=Q2òdW=òVQdr4erlR1=4ellnR2R1(3)电容： W=2C C=Q22W=2elln(R2/R1)*8-30 金属球壳A和B的中心相距为r，A和B原来都不带电现在A的中心放一点电荷q1，在B的中心放一点电荷q2，如题8-30图所示试求： (1) q1对q2作用的库仑力，q2有无加速度； (2)去掉金属壳B，求q1作用在q2上的库仑力，此时q2有无加速度 解: (1)q1作用在q2的库仑力仍满足库仑定律，即F=14e0q1q2r2但q2处于金属球壳中心，它受合力为零，没有加速度 (2)去掉金属壳B，q1作用在q2上的库仑力仍是F=力不为零，有加速度 14e0q1q2r2，但此时q2受合题8-30图 题8-31图 8-31 如题8-31图所示，C为50V求：UAB 解: 电容C1上电量 Q1=C1U1 电容C2与C3并联C23=C2+C3，其上电荷Q23=Q1 U2=U1=0.25mF，C2=0.15mF，C3=0.20mF C1上电压Q23C23=C1U1C23=25´50352535 V AB=U1+U2=50(1+)=86 8-32 C1和C2两电容器分别标明“200 pF、500 V”和“300 pF、900 V”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V的电压，是否会击穿? 解: (1) C1与C2串联后电容 C¢=C1C2C1+C2=200´300200+300=120 pF (2)串联后电压比 U1U2=C2C1=32，而U1+U2=1000 U1=600V,U2=400 V 即电容C1电压超过耐压值会击穿，然后C2也击穿 8-33 将两个电容器C1和C2充电到相等的电压U以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联试求： (1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失 解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为q1,q2 题8-33图 ìq1+q2=q10-q20=C1U-C2UïC1U1ïq1=则í qCU22ï2ïU=U2î1解得 (1) q1=C1(C1-C2)C1+C2U,q2=C2(C1-C2)C1+C212C1U2U (2)电场能量损失DW=W0-W=(+12C2U)-(2q122C1+q222C2)=2C1C2C1+C2U 28-34 半径为R1=2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为R2=4.0cm和R3=5.0cm，当内球带电荷Q=3.0×10C时，求： (1)整个电场储存的能量； (2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； 题8-34图 (3)此电容器的电容值 -8解: 如图，内球带电Q，外球壳内表面带电-Q，外表面带电Q (1)在r<R1和R2<r<R3区域 E=0 v在R1<r<R2时 E1=vQr4e0rR23vvQr4e0r3v在 r>R3时 E2=Q4e0r22在R1<r<R2区域W1=¥ò12R1e0()4rdr=22ò2R2Qdr8e0r22R1=Q28e0(1R1-1R2)在r>R3区域 W2=ò12R3e0(Q4e0rQ22)4rdr=2Q18e0R3 总能量 W=W1+W2=8e0(1R1-1R2+1R3)=1.82´10-4Jv(2)导体壳接地时，只有R1<r<R2时E=vQr4e0r-43,W2=0 W=W1=Q28e0(1R1-1R2)=1.01´10 J (3)电容器电容 C=2WQ2=4e0/(1R1-1R2)=4.49´10-12F