大学物理第10章 27页

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−⎟(ra因此U=E⋅dl+E⋅dl=−⎪∫x3∫a1ε⎩0电势分布曲线l0-37一锥顶角为θ的圆台，上下底面的半径分别为R和R，在它的侧面上均匀带电，面12电荷密度为σ，求顶点O处的电势(选无穷远处为零电势点)。[解]以锥顶为圆点，使x轴沿圆锥之轴线。在侧面取面元dxdS=Rdϕ⋅θcos2式中dϕ是垂直于轴线的平面中柱坐标的极角增量xθ又r=R=xtanθ2cos2面元上电荷在P点产生的电位是21\n1σdS1θdU==σtandϕdx4πεr4πε200θσθ2πR2tanσ(R−R)∴221U=tandϕdx=∫∫θ4πε20R1tan2ε02010-38一底面半径为R的圆锥体，锥面上均匀带电，面电荷密度为σ。试证明：锥顶点OσR的电势与圆锥的高度无关(取无穷远为零电势点)，其值为U=。02ε0[解]把圆柱面分成许多环状面，每一环面所带电量为σ2πydydq=σ2πR′dr=tanθcosθ在O点产生的电势⎛dy⎞σ⋅2πy⋅⎜⎟tanθ⎝cosθ⎠dU=⎛y⎞4λε0⎜⎟⎝cosθ⎠hσ⋅2πy⋅dytanθσhσR因此O点总的电势为U=∫dU=∫=tanθ=04λεy2ε2ε00010-39若电荷以相同的面密度σ均匀分布在半径分别为r=10cm和r=20cm的两个同心12球面上，设无穷远处电势为零，已知球心电势为300V，试求两球面的电荷面密度σ的值。[解]球心处的电势为两个球面上的电荷在球心处产生的电势的叠加，即U=U+U0122q4πRσσR111U===14πεR4πεRε010102q24πR2σσR2U2===4πε0R24πε0R2ε0σU=()R+R012ε022\nU=300V得出的电荷面密度0−12U0ε0300×8.85×10−9()2σ===8.85×10CmR+R0.1+0.21210-40如图所示，两无限长的同轴均匀带电圆筒，内筒半径为R，单位长度带电量为λ，11外筒半径为R，单位长度带电量为λ。求：图中a、b两点间的电势差U；当零参考点选22ab在轴线处时，求U。a[解]以垂直于轴线的端面与半径为r，长为l，过所求场点的同轴柱面为封闭的高斯面。∫∫E⋅dS=2πrlES1根据高斯定理∫∫E⋅dS=∑qSε0⎧0rR⎪22πεr⎩0R2RbλRλR1b2bU=Edr+Edr=ln+lnab∫R内∫R外a22πε0Ra2πε0R2R1λR11U=U=Edr=lnaaO∫R内a2πε0Ra10-41如图所示，一半径为R的均匀带正电圆环，其线电荷密度为λ。在其轴线上有A、B两点，它们与环心的距离分别为OA=3R，OB=8R。一质量为m、带电量为q的粒23\n子从点A运动点B，求在此过程中电场力作的功。qx[解]由于带电圆环轴线上一点的电场强度为E=()22324πεR+x0所以A、B两点间的电势差为8R8RqxU=Edr=dxAB∫3R∫3R()22324πεR+x0λ2πRλ2πRλ=−=1212⎡22⎤⎡22⎤12ε4πεR+()3R4πεR+()8R00⎢⎣⎥⎦0⎢⎣⎥⎦因此从点A运动点B电场力作功qλW=qU=AB12ε010-42如图所示，半径为R的均匀带电球面，带电量为q。沿径矢方向上有一均匀带电细线，线电荷密度为λ，长度为l，细线近端离球心的距离为r。设球面和线上的电荷分布不0受相互作用的影响，试求细线所受球面电荷的电场力和细线在该电场中的电势能(设无穷远处的电势为零)。[解一]取坐标如图，在距原点为x处取线元dx，dx的电量为dq=λdx，该线元在带电球面λq电场中所受电场力为dF=E()xdq=dx24πεx0整个细线所受电场力为λqr0+ldxλqlF==∫r24πε00x4πε0r0()r0+ldq在q的电场中具有电势能24\nqλqdW=dqU=λdx⋅=dx4πεx4πεx00r0+lλqλqr0+l所以W=∫dx=lnr04πεx4πεr000[解二]电荷处于某点的电势能等于将此电荷由该点移到电势能为零处电场力所做的功。所以该题中电势能也可用以下方法求解。(1)电荷元dq的电势能为∞∞qdqqdW=Fdx=dx=dq∫x∫x4πεx24πεx00(2)整个细线在电场中的电势能为r0+lr0+lqr0+lqλλqr0+lW=∫dW=∫dq=∫dx=lnr0r04πεxr04πεx4πεr000010-43一半径为R的无限长圆柱形带电体，其电荷体密度为ρ=Ar(r≤R)，式中A为常量。试求：(1)圆柱体内、外各点场强大小的分布；(2)选距离轴线为l(l>R)处为零电势点，圆柱体内、外各点电势的分布。[解]电荷体密度是轴对称分布。所以电场也是轴对称分布。E沿半径方向，以垂直于轴线的端面与半径为r，长为l，过所求场点的同轴柱面作为高斯面。∫∫EdS=2πrlESl2πr23∑q=∫0dz∫0dϕ∫0Arrdr=rAπl31因∫∫EdS=∑qSε02Ar所以E=(r≤R)3ε023AR3r>R时，∑q=RAπlE=33εr033llARARlr>RU=∫E⋅dl=∫=lnrr3εr3εr00233RArlARA33ARlr≤RU=∫dr+∫dr=()R−r+lnr3εR3εr9ε3εR000025\n10-44在一个电量为q的点电荷的电场中，作3个电势不同的等势面A、B、C，如图所示。若U>U>U，试证明：电场强度越大的地方等势面间距越小。ABC[证明]A、B间电场强度大于B、C间电场强度，因此为证明本题结论只需证明A、B间距小于B、C间距。因U−U=U−UABBCq⎛11⎞q⎛11⎞所以⎜−⎟=⎜−⎟⎜⎟⎜⎟4λεRR4λεRR0⎝AB⎠0⎝BC⎠RA即R−R=()R−RBACBRC显然R1)的两个异号点电荷，ne位于坐标原点O处，-e处在点(a，0，0)处。设无穷远处为零电势参考点，证明：在该电荷系附近电势为零的等势面是一个球面，并求球心的位置及球面半径的大小。[解]取如图所示坐标系，设P点的电势为零，则ne−e+=04πεr4πεr0201r11所以=rn22221222212而r=[]()x−a+y+zr=[x+y+z]12代入上式中化简得26\n222⎛na⎞22⎛na⎞⎜x−⎟+y+z=⎜⎟⎜2⎟2⎝n−1⎠⎝n−1⎠2⎛na⎞na此式为一球面方程，球心的坐标为⎜,0,0⎟，球面半径为。⎜2⎟2⎝n−1⎠n−127