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文档介绍
大学物理第10章
第十章真空中的静电场−1510-1卢瑟福实验证明：两个原子核之间的距离小到10m时，它们之间的斥力仍遵守库仑定律。已知金原子核中有79个质子，α粒子中有2个质子，每个质子的带电量为−19−27−121.6×10C，α粒子的质量为6.68×10kg。当α粒子与金原子核相距6.9×10m时，试求：(1)α粒子所受的力；(2)α粒子的加速度。[解](1)α粒子电量2e，金核电量为79e。α粒子所受的库仑力为1q1q212e⋅79e−4F===7.64×10N4πεr24πε()−122006.9×10(2)α粒子的加速度−4F7.64×10232a===1.14×10ms−27m6.68×1010-2如图所示，真空中一长为L的均匀带电细直杆，总电量为q，试求在直杆延长线上到杆的一端距离为d的点P的电场强度。q[解]建立如图所示坐标系ox，在带电直导线上距O点为x处取电荷元dq=dx，它在PL点产生的电场强度为1dq1qLdE==dx224πε0()L+d−x4πε0()L+d−x则整个带电直导线在P点产生的电场强度为L1qL1qE=dx=∫04πε()24πεd()L+d0L+d−x0q故E=i4πεd()L+d010-3两根相同均匀带电细棒，长为L，电荷线密度为λ，沿同一直线放置，两细棒间最近距离也是L，如图所示。设棒上的电荷不能自由移动，试求两棒间的静电相互作用力。[解一]先按左棒为场源电荷，而右棒为受力电荷。计算左棒场强再求右棒所受电场力。建立如图所示坐标系，在距O点为x处取微元λdx，它在距O点x′处产生的场强为λdxdE=()24πεx′−x01\n因此左棒在x′处产生的场强为Lλdxλ⎛11⎞E==⎜−⎟∫04()xx24πεx′−Lx′πε0′−0⎝⎠在x′处取电荷元λdx′，它受到的左棒的电场力为2λ⎛11⎞dF=λdx′⋅E=⎜−⎟dx′4πε0⎝x′−Lx′⎠右棒受的总电场力为2223Lλ3L⎛11⎞λ⎛3L−L3L⎞λ4F=∫dF=∫⎜−⎟dx′=⎜ln−ln⎟=ln2L4πε2L⎝x′−Lx′⎠4πε⎝2L−L2L⎠4πε3000[解二]求电荷元λdx与λdx′的库仑力叠加。在两带电细棒上各取一微元λdx′、λdx，它们之间的距离为r=x′−x，则λdx′受λdx的库仑力为λdx⋅λdx′dF=()24πεx′−x02223LLλdxλ3L⎛11⎞λ4F=dx′=⎜−⎟dx′=ln∫2L∫04πε()x′−x24πε∫2L⎝x′−Lx′⎠4πε3000F方向为x正向，左棒受右棒库仑力F′=−F10-4用绝缘细线弯成的半圆环，半径为R，其上均匀地带有正电荷Q，试求圆心处点O的场强。Q[解]将半圆环分成无穷多小段，取一小段dl，带电量dq=dlπRQdldqπRdq在O点的场强dE==224πεR4πεR00从对称性分析，y方向的场强相互抵消，只存在x方向的场强QdE=dE⋅sinθ=sinθ⋅dldl=Rdθx234πεR0QsinθdE=dθx224πεR02\nπQsinθQE=dE=dθ=方向沿x轴正方向x∫x∫04π2εR22π2εR20010-5如图所示，一绝缘细棒弯成半径为R的半圆形，其上半段均匀带有电量q，下半段均匀带有电量-q。求半圆中心点O处的电场强度E。[解]上半部产生的场强将上半部分成无穷多小段，取其中任一小段dlq(所带电量dq=dl)πR2dq在O点产生的场强dE=方向如图所示+24πεR0下半部产生的场强−q以x轴为对称轴取跟dl对称的一小段dl′(所带电量dq=dl′)πR2dq在O点产生的场强dE=方向如图所示−24πεR0根据对称性，在x方向的合场强相互抵消为0，只存在y方向的场强分量dqdE=dE⋅sinθ=⋅sinθy+24πεR02q2dlπ2dqπR2qRq总场强E=2dE=⋅sinθ=⋅sinθ=⋅sinθdθ=y∫y∫2∫2∫023224πεR4πεRπεRπεR000010-6如图所示，一半径为R的无限长半圆柱面形薄筒，均匀带电，单位长度上的带电量为λ，试求圆柱面轴线上一点的电场强度E。3\nλ[解]dθ对应的无限长直线单位长带的电量为dq=dθπ它在轴线O产生的场强的大小为dqλdθdE==(见27页例1)22πεR2πεR00λcosθdθ因对称性dE成对抵消dE=dE⋅cosθ=yx22πεR0πλcosθdθλE=dE=22=∫x∫02π2εRπ2εR0010-7一半径为R、长度为L的均匀带电圆柱面，总电量为Q。试求端面处轴线上点P的场强。Q[解]取如图所示的坐标，在圆柱上取宽为dz的圆环，其上带电量为dq=dz，由例题3（18L页）知，该圆环在轴线上任一点P产生的电场强度的大小为Q()L−zdzLdE=232[]2()4πεR+L−z0整个圆柱形薄片在P点产生的电场强度的大小为Q()L−zdzLLQ⎛11⎞E==⎜−⎟∫04πε22324πε⎜22⎟0[]R+()L−z0L⎝RR+L⎠E方向Q>0时沿z轴正方向，Q<0时沿z轴负方向。10-8一半径为R的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心点O处的场强。[解]将半球面分成无限多个圆环，取一圆环半径为r，到球心距离为x，所带电量绝对值4\ndq=σ2πrdl。在O点产生的场强(利用圆环轴线场强公式)xdqdE=x()22324πεx+r0带电半球壳在O点的总场强xdqxσ2πrdxE=dE==x∫x∫()2232∫()22324πεx+r4πεx+r00由于x=Rcosθ，r=Rsinθ，dl=Rdθσπσπσπσ⎛⎞所以E=2sinθ⋅cosθdθ=2sin2θd()2θ=⎜−cos2θ2⎟=x∫0∫002ε08ε08ε0⎝⎠4ε0方向沿x轴负向10-9一面电荷密度为σ的无限大平面，在距平面am远处的一点P的场强大小的一半是由平面上的一个半径为R的圆(其轴线过点P)面积范围内的电荷所产生的。试求该圆半径的大小。σ[解]由于无限大带电平面产生场强为E=2ε0σ所以半径为R的圆内电荷在P点产生场强为E′=4ε0由例4（书上19页）知，半径为R的圆盘，在P电产生的场强为σ⎛a⎞E′=⎜1−⎟2ε⎜R2+a2⎟0⎝⎠1因此E′=E2σ⎛a⎞σ即⎜1−⎟=2ε⎜R2+a2⎟4ε0⎝⎠0R=3a10-10如图所示，一厚度为b的无限大带电平板，其体电荷密度为ρ=kx(0≤x≤b)，式中k为正常量。求：(1)平板外两侧任一点P和P处的场强大小；(2)平板内任一点P处的电场12强度；(3)场强为零的点在何处?5\n[解](1)过P点作一圆柱体穿过无限大带电平板，由高斯定理1E⋅dS=qε∫∫内0Sbq=ρdV=ρΔSdx=ΔSkxdx内∫V∫∫0ΔSb即2EΔS=∫kxdxε002kb所以E=4ε02kb因此平板外一点的场强与距平板的距离无关，E=E=P1P24ε0(2)板内(即0≤x≤b区域)22⎛xρdx′bρdx′⎞⎛xkx′dx′bkx′dx′⎞k(2x−b)E=⎜⎜∫0−∫x⎟⎟i=⎜⎜∫0−∫x⎟⎟i=i2ε2ε2ε2ε4ε⎝00⎠⎝00⎠0(3)若电场强度为0，则()22k2x−bE=i=04ε0b此时x=，此即为场强为0的点。210-1l一半无限长的均匀带电直线，线电荷密度为λ。试证明：在通过带电直线端点与直线垂直的平面上，任一点的电场强度E的方向都与这直线成45°角。[解]如图选择直角坐标系，在棒上取电荷元λdy6\n它在过棒端的垂直面上任意点贡献场强为λdydE=24πεr02x222x由于y=xcotθdy=−dθ且r=x+y=22sinθsinθλdθ所以dE=−4πεx0dE=dEsinθdE=dEcosθxy1λxdy1λydydE=dE=x2232y22324πε0()x+y4πε0()x+y总场强的分量为0λsinθdθλEx=∫dEx=∫−=π24πεx4πεx000λcosθdθλE=dE=−=y∫y∫π24πεx4πεx00E=E+Exy它与负y方向的夹角是⎛E⎞θ=tan−1⎜x⎟=450⎜E⎟⎝y⎠10-12一带电细线弯成半径为R的半圆形，线电荷密度λ=λsinϕ，式中λ为一常量，ϕ00为半径R与x轴所成的夹角，如图所示。试求环心O处的电场强度。[解]取电荷元dq=λsinϕ⋅Rdϕ0dq它在坐标原点O产生的电场强度dE=24πεR0沿坐标轴的分量为7\nλ0sinϕ⋅RdϕdE=⋅cosϕx24πεR0λ0sinϕ⋅RdϕdE=⋅sinϕy24πεR0半个细圆环产生的电场强度分量为λ0πsinϕ⋅cosϕRdϕEx=∫dEx=∫02=04πεR02λ0πsinϕdϕλ0E=dE==y∫y∫024πεR8εR00方向沿y轴负向。10-13如图所示，一无限长圆柱面，其面电荷密度为σ=σcosϕ，ϕ为半径R与x轴之0间的夹角，试求圆柱面轴线上一点的场强。[解]在圆柱面上取一窄条dl，窄条可看成无限长带电直线。设窄条的电荷线密度为λ，圆柱的半径r，窄条dl在轴线上任一点O的电场强度为λdE=方向如图2πεR0窄条dl的电荷线密度λ=σrdϕ即λ=σcosϕRdϕ02σcosϕRdϕ0因此dE=dEcosϕ=x2πεR0σcosϕsinϕRdϕ0dE=dEsinϕ=y2πεR022π2πσcosϕRdϕσ00积分得到E=dE==方向沿x轴负向x∫0x∫02πεR2ε002π2πσcosϕsinϕRdϕ0E=dE==0y∫0y∫02πεR08\nσ0所以E=−i02ε010-14半径为R、线电荷密度为λ的均匀带电圆环，在其轴线上放一长为l、线电荷密度为1λ的均匀带电直线，该线段的一端处于圆心处，如图所示。求该直线段受到的电场力。2[解]在细棒上距O点x处取一线元dx，所带电量为dq=λdx2均匀带电圆环在dx处产生的场强为1qxE=22324πε0()R+xdq在带电圆环的电场中所受到的电场力的大小为dF=Edq=Eλdx21λ2πRx1所以dF=dq22324πε0()R+x整个带电细棒所受的电场力为lλ1λ22πRxλ1λ2R⎛⎜11⎞⎟F=dF=dx=−方向沿x正方向∫∫04πε()R2+x2322ε⎜R()R2+l212⎟00⎝⎠10-15真空中一半径为R的圆平面，在通过圆心O与平面垂直的轴线上一点P处，有一电量为q的电荷，OP＝h。求通过圆平面的电通量。[解]如图，在以P点为球心，PB为半径的球面上剖出一个球冠，通过圆面的电量等于通过球冠面的电通量。球冠面的表面积为S=2πrx，x为球冠高，r为球面半径222222r=h+Rx=r−hS=2πh+R(h+R−h)9\n通过球面单位面积的电通量为qΦ=024πεr0qhqq⎛h⎞Φ=Φ⋅S=−=⎜1−⎟02ε2ε222ε⎜h2R2⎟00h+R0⎝+⎠10-16有一边长为a的正方形平面，在其中心垂线上距中心点O为a2处，有一电量为q的正点电荷，如图所示。求通过该平面的电通量是多少?q[解]构造正立方体使q为中心，a为边长。由高斯定理知，通过此立方体表面电通量为Φ=ε0又由于对称性，通过此正立方体六个正方形面的电通量相等。所以通过每一面的电通量为1qΦ′=Φ=66ε010-17A、B为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面，已知两平面间的电场强度为E，两平面外侧电场强度大小都是E3，方向如图。求两平面A、B上的电荷σ和σ。00ABσ[解]无限大平面产生的场强为E=2ε0σσAB则E=E=AB2ε2ε0010\n⎧σσBA−=E⎪0⎪2ε2ε00⎨σσE⎪BA0+=⎪2ε2ε3⎩0024解得σ=−εEσ=εEA00B003310-18一半径为R的带电球体，其体电荷密度分布为ρ=Ar(r≤R)ρ=0(r>R)A为常量。试求球内、外的场强分布。[解]在带电球体内外分别做与之同心的高斯球面。2q应用高斯定理有E⋅4πr=ε0q为高斯球面内所包围的电量。设距球心r处厚度为dr的薄球壳所带电量为dq23dq=ρ⋅4πrdr=4πArdrr34r≤R时q=∫4πArdr=πAr022ArAr解得E=(r≤R)(或E=r)4ε4ε00r>R时高斯面内包围的是带电体的总电量QRR34Q=∫dq=∫4πArdr=πAR002Q应用高斯定理E⋅4πr=ε044ARARE=(r>R)(或E=r)224εr4εr00当A>0时，场强方向均径向向外；当A<0时，场强方向均指向球心。l0-19一半径为R的带电球体，其体电荷密度分布为qrρ=(r≤R)4πRρ=0(r>R)试求：(1)带电球体的总电量；(2)球内外各点的场强；(3)球内外各点的电势。[解](1)因为电荷分布具有球对称性，把球体分成许多个薄球壳，其中任一球壳厚度为dr，2体积为4πrdr。在此球壳内电荷可看成均匀分布。此球壳所带电量为11\n4q3dq=ρ⋅dV=rdr4R则总电量为R4q3Q=dq=ρdV=rdr=q∫∫∫04R(2)在球内作半径为r的高斯球面，按高斯定理有4221rqr2qrqrE⋅4πr=4πrdr=E=1∫04414επRεR4πεR0002qr得E=(r≤R)144πεR0在球外作半径为r的高斯球面，按高斯定理有2qE4πr=2ε0q得E=(r>R)224πεr0(3)球内电势，设无穷远处为零势能点2R∞Rqr∞qU1=∫rE1⋅dr+∫RE2dr=∫r4dr+∫R2dr4πεR4πεr0033qqrq⎛r⎞=−=⎜4−⎟(r查看更多