太原理工大学大学物理第五版第9章课后题答案

第9章 真空中的静电场(习题选解)

9-补充 三个电量为q -的点电荷各放在边长为r 的等边三角形的三个顶点上，电荷(0)Q Q >放在三角形的重心上。为使每个负电荷受力为零，Q 之值应为多大？

解：以三角形上顶点所置的电荷(q -)为例，其余两个负电荷对其作用力的合力为1f ，方向如图所示，其大小为

题6-1图 2

2

22

1004330cos 42r q r q f πεπε=

??=

中心处Q 对上顶点电荷的作用力为2f ，方向与1f 相反，如图所示，其大小为

2

233200434r Qq

r Qq f πεπε==???

? ??

由12f f =，得

Q =。

6-补充 在某一时刻，从238U 的放射性衰变中跑出来的α粒子的中心离残核234Th 的中心为159.010r m -=?。试问：（1）作用在α粒子上的力为多大？（2）α粒子的加速度为多大？

解：（1）由反应

238

234492

902U Th+He →

，可知

α粒子带两个单位正电荷，即 1912 3.210Q e C -==?

Th 离子带90个单位正电荷，即

1929014410Q e C -==?

它们距离为159.010r m -=?

由库仑定律可得它们之间的相互作用力为：

19199

122152

0 3.21014410(9.010)5124(9.010)

Q Q F N r πε---???==??=? （2）α粒子的质量为：

2727272()2(1.6710 1.6710) 6.6810p n m m m Kg α---=+=??+?=?

由牛顿第二定律得：

282275127.66106.6810

F a m s m α--=

==??? 9-1 如图所示，有四个电量均为C q 610-=的点电荷，分别放置在如图所示的1，2，3，4点上，点1与点4距离等于点1与点2的距离，长m 1，第3个电荷位于2、4两电荷连线中点。求作用在第3个点电荷上的力。

解：由图可知，第3个电荷与其它各

电荷等距，均为2

r =

。各电荷之间均为斥力，且第2、4两电荷对第三电荷的作用力大小相等，方向相反，两力平衡。由库仑定律，作用于电荷3的力为

题9-1 图

题9-1 图

N r q q F 2

2

13310108.141

-?==

πε 力的方向沿第1电荷指向第3电荷，与x 轴成45角。9-2题略

解 mg

l q 2

2

0)sin 2(41

tan θπεθ=

θπεθθθπεtan sin 4sin tan 16q 0220mg l mg l ==

9-3 在直角三角形ABC 的A 点放置点电荷C q 91108.1-?=，B 点放置点电荷

C q 92108.4-?-=，已知0.04,0.03BC m AC m ==，试求直角顶点C 处的场强E 。

解：A 点电荷在C 点产生的场强为

1E ，方向向下

142

11

01108.141

-??==

m V r q E πε B 点电荷在C 点产生的场强为2E ，方向向右

142

2

2

02107.241

-??==m V r q E πε

题9-3图

根据场强叠加原理，C 点场强

142

2211024.3-??=+=m V E E E

设E 与CB 夹角为θ，2

1

tan E E =

θ 122

arctan

arctan 33.73

E E θ==

= 9-补充 如图所示，一根很长的绝缘棒，均匀 带电，单位长度上的电荷量为λ，试求距棒的一端垂直距离为d 的P 点处的电场强度。

解：建立如图所示坐标，在棒上任取一线 元dx 在P 点产生的场强为dE

题9-补充a 图

)(4)

(44220222020d x dx

d x dx r dq dE +=+==

πελπελπε 场强dE 可分解成沿x 轴、y 轴的分量

2

2

s i n

d

x x dE dE dE x +-=-=θ

2

2

c o s d

x d dE dE dE y +==θ

题9-补充b 图

??

∞

+-==0

2

3222

0)(24d x dx dE E x x πελ

12

22

2()

8d x d λπε∞

-=

+?

001()44d d

λλπεπε=

-=- 31

2222220002

444()()

y y d dx d x

E dE d

x d d x d λλλ

πεπεπε∞

∞

====

++??

P 点场强 d

E E E y x

02242πελ

=+= 方向与Y 轴夹角为? arctan

45x

y

E E ?==

9-4 如图所示，一条长为l 2的均匀带电直线，所带电量为q ，求带电直线延长线上任一点P 的场强。

解：在坐标原点0为r 处取线元，带电量

dr l

q

dr dq 2=

=λ 该线元在带电直线延长线上距原点为x 的

P 点产生的场强为

题9-4图

题9-4图

2

0)

(4r x dq

dE -=

πε 整个带电直线在P 点的场强

???------=---=-?==l

l l l l

l

r x l q r x r x d l q r x l qdr dE E )1

(8)()(8)(2402020πεπεπε 2222

000112(

)88()4()

q

ql q

l x l x l l x l x l πεπεπε=-==-+--

9-5 一根带电细棒长为l 2，沿x 轴放置，其一端在原点，电荷线密度Ax =λ（A 为正的常数）。求x 轴上，l b x 2+=处的电场强度。

解：在坐标为x 处取线元dx ，带电量为Axdx dq =，该线元在P 点的场强为dE ，方向沿x 轴正方向

2

0)

2(4x l b dq

dE -+=

πε 整个带电细棒在P 点产生的电场为

??

-+==l

x l b Axdx

dE E 20

2

0)

2(4πε 题9-5 ()()()()x l b d x l b l b x l b A

l

-+-++--+=

?22224202

0πε])2()

2()2()2(2)2([420

202220

?

?-+-++--+-+=

l

l x l b x l b d l b x l b x l b d A πε 222

000

(2)1ln(2)84(2)l

l

A A b l b l x b l x πεπε+=

+-+

+-)22(ln 40

b l

l b b A ++=πε 场强E 方向沿x 轴正方向

9-6 如图所示，一根绝缘细胶棒弯成半径为R 的半圆形。其上一半均匀带电荷

q +，另一半均匀带电荷q -。求圆心O 处的场强。

题9-6图

解：以圆心为原点建立如图所示Oxy 坐标，

在胶棒带正电部分任取一线元dl ，与OA 夹角为θ，线元带电荷量dl R

q

dq π2=

，在O 点产生电场强度

θεπεππεd R

q

dl R q R dq dE 2

023********===

把场强dE 分解成沿x 轴和y 轴的分量

θsin dE dE x = θcos dE dE y -=

2

2

2

2

2

00sin 22x x q q E dE d R R

π

θθπεπε===??

2

22

22

00cos 22y y q

q

E dE d R R π

θθπεπε==-=-

??

题9-6图

同理，胶棒带负电部分在O 点的场强E '沿x 轴方向的分量'

x E 与x E 大小相等，方

向相同；沿y 轴方向的分量'

y E 与y E 大小相等，方向相反，互相抵消，故点场强为

2

02

2R

q

E E x επ=

= 方向沿x 轴正向。

9-7 如图所示，两条平行的无限长均匀带电直线，相距为d ，线电荷密度分别为λ+和λ-，求：

两线构成的平面的中垂面上的场强分布；

解：在两线构成平面的中垂直面上任取一点P 距两线构成平面为y ，到两线距离

P 点的场强为

2

12

201)4

(2d y E +

=

πελ

21

22

02)

4

(2d y E +=

πελ

题9-7图

由于对称性，两线在P 点的场强沿y 轴方向的分量，方向相反，大小相等，相互抵消

1212cos cos x x E E E E E θθ=+=+

1122

22220

222()()44d d d y y λπε????=????++????

题9-7图

2

202(

)4

d

d

y λπε=

+ 方向沿x 轴正方向

太原理工大学大学物理

9-8 求两无限大均匀带电平板的电场分布已知：σ+求：分布

解：两无限大带电平板产生场强大小分别为

+0

2E σε=方向如图红色

22E σε=—

方向如图蓝色

2σ

-

太原理工大学大学物理

由叠加原理，两极板间场强

方向沿x 轴正向

2+000

23222E E E σσσεεε=+=

+=—两板外，左侧

1+000

22

22E E E σσσ

εεε=-=

-=—两板外，右侧

3+00

2222E E E σσεεσε=-=

-=—

—方向沿x 轴正向

方向沿x 轴负向

9-9 一无限大均匀带电平面，电荷面密度为σ，在平面上开一个半径为R 的圆洞，求在这个圆洞轴线上距洞心r 处一点P 的场强。

解：开了一个圆洞的无限大均匀带电 平面，相当于一个无限大均匀带电平面又 加了一块带异号电荷，面密度σ相同的圆 盘。距洞心r 处P 点的场强

p +-=+E E E

式中+E 为无限大均匀带电平面在P 点产生的场强 题9-9图

2εσ=

+E 方向垂直于平面向外

-E 为半径为R 的均匀带负电圆盘在其轴线上距中心为r 处的P 产生的场强。在圆

盘上取半径为r '，宽为r d '的细圆环，在P 点产生场强

2

32

2

02

32

2

0)

(42)

(4r r r d r r r r rdq dE +'''=

+'=

-πεσππε

R

R r r r r d r r r r dE E 0

2

1220023220])(1

[2)(42+'-='+''==??-εσπεπσ

0(12σε=

方向垂直圆盘向里

故 2

12

2

0)

(2r R r

E E E P +=

-=-+εσ 方向垂直平面向外

9-10 用细的不导电的塑料棒弯成半径为cm 50的圆弧，棒两端点间的空隙为

cm 2，棒上均匀分布着C 91012.3-?的正电荷，求圆心处场强的大小和方向。

解：有微小间隙的带正电圆弧棒，等效于一个相同半径的带正电圆环加个弧长等于间隙的带负电小圆弧棒。由场强叠加原理，圆心O 场强

0AB =+圆棒E E E

对于均匀带正电的圆环，由于对称性在圆心O 的电场强度为零，0=圆环E 。 上一带负电小圆弧棒相对于圆心O 可近似

题9-10图

看成一个点电荷，电量为：

dl R

q

q π2-

=' 22

001442AB q q

E dl R R

R

πεπεπ'-=

=

? 13

02714.08-?-=-

=m V R qdl επ

圆心处场强100.714AB E E V m -==-?，方向指向空隙。

9-11 题略

解：（1）点电荷在立方体的中心，由高斯定理知：通过立方体表面的电通量为

q

d ε?=

?

E S

则通过该立方体任一个面的电通量为

6εq

。 （2）点电荷在立方体的一个顶点上，以该顶点为中心作一边长为2a 的立方体，由高斯定理知：通过立方体表面的电通量为

q

d ε?=

?

E S

则通过该立方体任一个面的电通量为

24εq

。 9-补充 用场强叠加原理，求证无限大均匀带平面外任一点的场强大小为

2εσ

=

E （提示：把无限大平面分成一个个圆环或一条条细长线，然后进行积分）。 解：（1）建如图()a xyz 坐标，以板上任一点O 为圆心，取半径为r ，宽度为dr 的

环形面积元，带电量为：

rdr dq πσ2=。

由圆环电荷在其轴线上任一点)(x OP P =的场强公式

2

32

2

0)

(42r x xrdr dE +=

πεπσ方向沿x 轴正方向。

P 点总场强

3

222

02()x rdr

E dE r x σε∞==+??

1222

00

1

22()x r x σσεε

∞

-=

=

+

题9-补充()a 图

（0σ>，E 的方向沿x 轴正方向）

（2）建如图()b 所示的三维坐标，在与z 轴相距为y 处取一细长线元，沿y 轴方向单位长度带电荷为dy σ，由长直带电直线场强公式，线元在x 轴距原点O 为a 的点P 的场强

2

2

21a

y dy

dE +=

σπε

题9-补充()b 图

由于对称性，dE 的y 轴分量总和为零 所以 ??==θc o s dE dE E x

0arctan 2y a σπε∞

+∞

-∞

-∞

==?

00

22σσ

ππεε=

= 因为0σ>，所以E 的方向沿x 轴正方向。

9-补充 如图所示，半径为R 的带电细圆环，线电荷密度θλλcos 0=，0λ为常数，θ为半径R 与x 轴夹角，求圆环中心O 处的电场强度。

解：在带电圆环上任取一线元θRd dl =，带电量为θθλλRd dl dq cos 0==，线元与原点O 的连线与x 轴夹角为θ，在O 点的场强d E 大小为

题6-12图

θθπελθθπελπεd R d R R R dq

dE cos 4cos 440

02

0020===

d E 沿x 轴和y 轴的分量

θθπελθd R

dE dE x 200

cos 4cos -

=-= θθθπελθd R

dE dE y sin cos 4sin 00

-

=-= 整个带电圆环在O 点的场强E 沿x 轴和y 轴的分量

??

-=+-=-==π

π

ελ

θθπελθθπελ20

0020

002004)2sin 412(4cos 4R R d R dE E x x ??

=-=-==π

π

θ

πελθθπελ20

20

200000)2sin (4sin sin 4R d R dE E y y 故 004x E R

λ

ε==-E i i

E 的方向沿x 轴负方向。

9-12 设匀强电场的场强为E ，E 与半径为R 的半球面的轴线平行。试计算通过此半球面的电场强度通量。

解：方法一：通过半球面的电场强度通量与垂直通过大圆面S 的电场强度通量相等。通过S 面的电场强度通量：

E R ES e 2πψ==

故通过半球面的电场强度通量亦为E R 2π。

方法二：在半球面上取宽为dl 的环状面积元，θθππd R rdl dS sin 222== 通过面元dS 的电场强度通量

dS E d e θψcos =θθπθd R E sin 2cos 2=

通过整个半球面的电场强度通量

??

==π

θθθπψψ20

2cos sin 2d E R d e e E R E R 220

2

2

sin 2

12πθ

ππ=?=

题9-12图

9-补充 在半径分别为1R ,2R 的两个同心球面上，分别均匀带电为1Q 和2Q ，求空间的场强分布，并作出r E -关系曲线。

解：电荷在球面上对称分布，两球面电荷产生的电场也是球对称分布，场强方向沿径向向外。

（1）以球心O 为圆心，r 为半径（10R r >>）作一同心球面，由高斯定理，球面包围电荷量为零，即

I 0s

d ?=?

E S

因而 I 0E =

（2）以O 为圆心，半径为r （21R r R >>）作一同心球面，由高斯定理

1

II 0

s

Q d ε?=

?

E S

21

II 04Q E r πε?=

2

014r

Q E πε=

I I

r E -曲线如图9-补充所示。

（3）以O 为圆心，半径为r （2R r <）作一同心的球面，由高斯定理

12

III 0

s

Q Q d ε+?=

?

E S

212

III 0

4Q Q E r πε+?=

所以 12

III 2

04Q Q E r πε+=

9-13 设均匀带电球壳内、外半径分别为1R 和2R ，带电量为Q 。分别利用高斯定理与用均匀带电球面的电场叠加求场强分布，并画出r E -图。

解：由于电荷分布具有球对称性，空间电场分布也具有球对称性。 （1）在1r R <的区域，电量为零。

由高斯定理0s

d ?=?E S ，因而各点场强为零。

（2）在12R r R ≤≤区域，以r 为半径作同心球面。 由高斯定理

s

q

d ε?=

?

E S

由 331332144

()443333

Q

q V r R R R ρππππ==

--

)

()

(4313

203132

R R R r Q r E --=?επ 因此 3

1

323

13204R R R r r Q

E --=πε （3）在2r R >区域，以r 为半径作同心球面， 由高斯定理

0s

q

Q

d εε?=

=?

E S

24επQ

r E =

?

2

04r

Q

E πε=

r E -曲线如图9-13所示。

r E -曲线如图9-13所示。

9-14 无限长共轴圆柱面，半径分别为1R 和2R (21R R >)，均匀带电，单位长度上的电量分别为1λ和2λ。求距轴为r 处的场强(1)1r R <；(2)12R r R <<；(3)2r R >。

解：（1）在半径为1R 的圆柱面内作半径为r (1r R <)，高为l 的同轴圆柱面，作为高斯面。通过此高斯面的通量

0s

s

s

s

q d d d d ε?=

?+?+?==∑?

?

??侧

上底下底E S E S E S E S

各点E 垂直于轴线，上下底面电通量为零

02=侧rlE π

因而 0=E (1r R <)

（2）在半径为1R 、2R 的两圆柱面间作半径为r (21R r R >>)，高为l 的同轴圆柱面作为高斯面，由高斯定理

1

00

s

q l d λεε?=

=∑?

E S

1

s

l d λε?=

?

侧E S

12ελπl

rlE =

可见 r

E 01

2πελ=

（3）同理在2r R >的区域 r

E 02

12πελλ+=

9-15 如图所示，点电荷C q 910-=，与它在同一直线上的C B A 、、三点分别距

q 为cm cm cm 302010、、

，若选B 为电势零点，求C A 、两点的电势C A V V 、。

题9-15图

解：以点电荷q 为原点，沿C B A q ,,,的连线建x 坐标，在x 坐标轴上，各点场强方向都沿x 轴正方向。

题9-15图

2

04x q E πε=

对于A 、B 两点，电势差

?

?

?==?=

-B

A

B A dx x

q Edx x d V V 2

.01

.02

02.01

.04πε

E

?

==-==

2

.01

.00

2

.01.0020

4545)1(44V q

x q x dx q πεπεπε 由0=B V ， 故 V V A 45= 对于B 、C 两点，电势差为：

??

=-=

==-3

.02.03

.02

.003

.02

.02

015)1

(44V x q

dx x q Edx V V C B πεπε 由0=B V ， 故 V V C 15-=

9-16 真空中一均匀带电细圆环，线电荷密度为λ，求其圆心处电势。 解：在细圆环上取长为dl 的线元，带电量为dl dq λ= 在圆心处产生的电势

R

dl

R

dq dV 0044πελπε=

=

整个带电圆环在圆心O 的电势

??

=?===R R R R dl dV V πελππελπελ20

002244

题9-16

太原理工大学大学物理

9-17 长为2l ，带电量为q 的均匀带电细棒，求延长线上距棒一端为a 的点p 的电势。解：建立图示坐标（1）取线元d x

00d d d 44(2)

q

x

V r

l a x λπεπε==+-2q l

λ=（2）d q 在p 点的电势（3）整个细棒在p 点的电势

20

0ln(2)4l l a x λπε=-+-d V V =?20

0d 4(2)

l

x

l a x λπε=

+-?

x

q d d λ=02ln 4l a a λπε+=

02ln

8q l a

l a

πε+=02ln 1+8q l l a πε=（）

太原理工大学大学物理

9-19 如图:两均匀带电同心球面，求电势分布。（1）1

r R ≤12

01024 π 4 πq q V R R εε=+q 1

q 2

（2）21R r R <<12

002

4 π 4 πq q V r R εε=

+

（3）2

R r

>12

004 π 4 πq q V r r

εε=+

解均匀带电球面电势分布

由电势叠加原理可得

太原理工大学大学物理

球体总带电量

?=dq Q q

dr r R q R

==?

34

4(2) 球内、外各点的场强。

场强分布具有球对称性，高斯面为球面。通过高斯面的电通量=

?24r E π=e

φ当场点在球面外时

方向沿半径向外

=

?24r E π

太原理工大学大学物理

当场点在球面内时

4

40

344r R

q dr r R q r

=?

=?2

4r E π4

4

01r R

q ε或

或

方向沿半径向外

太原理工大学大学物理

(3) 球内、外各点的电势。由（2）知，带电球的电场分布

.

r

P

∞

选V ∞=0，沿矢径方向积分到无限远处，

球面外一点p 的电势

当r> R 时2

00d d 44p

r

q q V E l r r R r

r

πεπε∞∞

=?==

>??

（）

太原理工大学大学物理

当r< R 时，

.r d p V E l ∞

'

=??球面内一点p ’的电势∞

p ’

d d R r

R

E l E l ∞

=?+???24200d d 44R

r

R qr q

r r R r

πεπε∞=+??3

4000 -

+

12124q qr q R R R

πεπεπε=3

4

00 -312q

qr R R πεπε=

330 4 -12q

r R R πε??

= ???

9-22题略

解：取无穷远处电势为零，则内球面处电势为 1003442q q

V R

R

πεπε=

-

外球面处电势为 20034242q q

V R

R

πεπε=

-

带电粒子由内球面从静止释放到达外球面时电场力作功，由动能定理可得粒子的动能

21201()=28Qq

m Q V V R

πε=-v 9-23题略

解：取无穷远处电势为零，则O 点的电势为 00V = C 点电势为 00434C q q V R

R

πεπε=

-

电荷q 0从O 到C 移动过程中电场力作功为

000()=

6OC O C q q

A q V V R

πε=- 9-补充 半径为mm 2的球形水滴具有电势V 300。求：（1）水滴上所带的电荷量。