大学物理 静电场练习题及答案

练习题

7-1 两个点电荷所带电荷之和为Q，它们各带电荷为多少时，相互间的作用力最大?

解: 这是一个条件极值问题。设其中一个点电荷带电q，则另一个点电荷带电Qq， 两点电荷之间的库仑力为

由极值条件dFF140Qqqr2

dq0，得

1qQ

2<0

又因为

d2F1dq220r2这表明两电荷平分电荷Q时，它们之间的相互作用力最大。

7-2 两个相同的小球，质量都是m，带等值同号的电荷q，各用长为l的细线挂在同一点，如图7-43所示。设平衡时两线间夹角2很小。（1）试证平衡时有下列的近似等式成立：

q2l x2mg

0式中x为两球平衡时的距离。

(2)如果l= 1.20 m，m=10 g，x=5.0 cm，则每个小球上的电荷量q是多少?

(3)如果每个球以1.0109Cs-1的变化率失去电 图7-43 练习题7-2图 荷，求两球彼此趋近的瞬时相对速率dx/dt是多少? 解：(1)带电小球受力分析如图解所示。小球平衡时，有

Tcosmg

由此二式可得

13TsinFFmgtan

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第七章 静电场

因为很小，可有tanx2l，再考虑到

2Fq40x2

可解得

1q2xl2mg3

0 （2）由上式解出

123q0mgx22.38108Cl （3） 由于

1dxdtl3212q3dq2xdq0mg3dt3qdt带入数据解得

1.40103ms-1

合力的大小为

2FFxx2F1cos2142e202

x2d22xd22132ex404x2d232

令dFdx0，即有

8e214x2d232328x24x2d2520 0由此解得粒子受力最大的位置为

xd22

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第七章 静电场

7-4 由相距较近的等量异号电荷

- q 组成的体系称电偶极子，生物细胞膜及+ q l 土壤颗粒表面的双电层可视为许多电

P x O 偶极子的集合。因此，电偶极子是一个l l 十分重要的物理模型。图7-45所示的

l + q 电荷体系称电四极子，它由两个电偶极- q 图7-45 练习题7-4用图 子组合而成，其中的q和l均为已知，

对图7-44中的P点(OP平行于正方形的一边)，证明当x » l时

Ep 3pl

40x4其中，p=ql 称电偶极矩。

解：电四极子可看成两个电偶极子的组合。设左边和右边两个电偶极子在P点产生的场强分别为E左和E右，由教材例题7-3可知

E左E右其中，p=ql。

P点处的合场强为

p40xp40xl32l32 方向向下 方向向上

EE右E左由于

p40xl32p40xx » l

l3240x2l23

22lp3xl223上式可简化为

证毕。

3pl E 方向向上 440x53

第七章 静电场

7-5 如图7-46所示，长为l的细直线OA带电线密度为，求下面两种情况下在线的延长线上距线的端点O点为b的P点的电场强度： (1)为常量，且>0；(2) =kx，k为大于零的常量，(0≤x≤1)。 P O A x

b 图7-46 练习题7-5用图

解：(1)将带电直线分割成无数个长度元dx，dx的坐标是x。它所带的电荷元dq=dx，dq在P点产生的电场强度的大小为

dE140dxxb2

因为所有电荷元产生的场强方向都相同，所以场强的矢量叠加可用代数方法 相加。于是带电直线在P点产生的电场强度为 El1400dxxb2 11l 40bbl40bbl方向沿x轴的负方向。

(2) 同样取电荷微元dq=dx=kxdx dE同理

140kxdxxb2

El1400kxdxxb2kbllln 40blb方向沿x轴的负方向。

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第七章 静电场

7-6 一个半径为R的半圆细环上均匀地分布电荷Q，求环心处的电场强度。 解：分析在求环心处的电场强度时，不能将带电半圆环视作点电荷。现将其抽象为带电半圆弧线．在弧线上取线元dl，其电荷

dqQRdl，此电荷元可视为点电荷，它在O

点的电场强度为

dE14dq0R2r0 因圆环上电荷对y轴呈对称性分布，电场分布也是轴对称的，则有

ExLdEx0

点O的合电场强度为 习题7-6用图

EEqyL-dEy-dEsin1LL4d0R2sin其中，负号表示场强方向与y方向相反。 将dqQRdl，dlRd，带入上式，积分得 EQQ0422sin－22

0R20R负号表示场强方向与y方向相反

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第七章 静电场

7-7 一个半径为R的带电圆盘，电荷面密度为，求：（1）圆盘轴线上距盘心为x处的任一点P的电场强度；（2）当R→∞时，P点的电场强度为多少?（3）当x » R时，P点的电场强度又为多少?

练习题7-7用图

解：（1）在半径为R的带电圆盘上取内半径为r、外半径为r+dr的细圆环，如图所示。利用教材中例题7-5的结果可知，该细圆环上的电荷在P点产生的场强为

dEx dS40xr2232x 2 rdr40xr2232

于是，整个圆盘上的电荷在P点产生的场强为

ERxrdr20x2r2320x1212 220xR

（1） 当R时，R » x。此时，上式可化为

E204R2qE240x40x2

即此时可将带电圆盘看作无限大带电平面。

（3）当x » R时，可将带电圆盘看作点电荷，此时P点电场强度为

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第七章 静电场

7-8 图7-47为两个分别带有电荷的同心球壳系统。设半径为R1和R2的球壳上分别带有电荷Q1和Q2，求：（1）I、II 、III三个区域中的场强； （2）若Q1 =－Q2，各区域的电场强度又为多少？画

III 出此时的电场强度分布曲线 (即E－r 关系曲线)。

II 解：（1）在区域I，做半径为r﹤R1的球形高斯

面。因为高斯面内无电荷，根据高斯定理 I 1  EdS =

S即

R1 0qii 内

Q2 Q1 R2 E14r20

E1= 0

图7-47 练习题7-8用图

可得区域I中的电场强度为

在区域II，以R1rR2为半径做球形高斯面。因为此高斯面内的电荷为Q1，由高斯定理得

1  EdS =

S20qii

E24r由此可解得区域II的电场强度为

Q10

E2Q140r2

在区域III，做半径r﹥R2的球形高斯面。由于该高斯面内的电荷为Q1+Q2，由高斯定理可得

 S1 E3dS =

0qii

E34r2Q1Q20

Q1Q2E3 =

40r2

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第七章 静电场

（2）当Q1 =－Q2时，根据以上结果易知

区域I的场强为

E1= 0

区域II的场强为

E2Q140r2Q140r22E

0 R1 R2 r E－ r关系曲线 区域III的场强为

E3= 0

根据上述结果可画出如图所示Er关系曲线。

7-12 水分子的电偶极矩为6.1310-30Cm，如果这个电偶极矩是由一对点电荷±e引起的(e为电子电量)，那么，它们的距离是多少?如果电偶极矩的取向与强度为106NC-1的电场方向一致，要使这个电偶极矩倒转成与电场相反的方向需要多少能量(用eV表示)? 解：（1）由电偶极矩的定义

peql

得

pe6.13103011l3.8310(m) 19q1.610（2）若使电偶极矩倒转需要能量为A，则

AqElqEl2eEl21.610191063.8310111.610197.66105(eV)

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第七章 静电场

7-13 计算练习题7-8中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域中的电势。 解：（1）根据题7-8所得Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域中的电场分布，

Q1Q2EE10;E2; 340r240r2可得区域I的电势为

Q11III Q2 Q1 II I R1 R2 U1 Edr r E1dr r R1 R2 R1E2drE3dr R2  

 R2 R1Q1Q2drdr22 R240r40rU11Q1Q2 40R1R2Q1由此解得

区域Ⅱ的电势分布为

U2 E•dr r  R2 r1Q1Q2E2drE3dr R240rR2  区域Ⅲ的电势分布为

U3 E•dr E3dr r r Q1Q240r

（2）若Q1Q2，则区域Ⅰ的电势为

U1 Edr r E1dr r R1 R2 R1E2drE3dr R2  R2Q140r2 R1dr

Q11140R1R2区域Ⅱ的电势为

U2 E•dr r  R2 rE2drQ111 40rR259

第七章 静电场

区域Ⅲ的电势为 U3 E•dr E3dr0

r r  7-14 “无限长”均匀带电圆柱面，半径为R，单位长度上带电量为+。试求其电势分布。(提示：选取距带电圆柱面轴线为R的P0点为电势零点)

解：由于电荷分布具有轴对称性，所以应用高斯定理很容易求出电场强度分布为

0 (r＜ R )

E=

E （r＞ R ） 20r电场强度方向垂直于带电圆柱面沿径向。选某一距带电直线为R的P0点为电势零点， 如本题解图所示。当r＜ R时 Up0PEdrEdr0

rR

这个结果可以一般地表示为

当r＞ R 时

UP0PEdrRrEdrRrdr 20rRlnrlnRln 202020r

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第七章 静电场

7-16 同轴电缆是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属圆柱体构成，如图7

R1 －49所示。设内圆柱体的电势为U1，

R2 半径为R1；外圆柱体的电势为U2，外圆柱体的内半径为R2，两圆柱体之间为空气。求内圆柱体的λ

图7-49 练习题7-16用图

解：（1）设内圆柱体单位长度的电量为。在内外圆柱体之间做半径

r(R1rR2)，长度为l的圆柱闭合高斯面，应用高斯定理可得距轴心为r处场强为

E 20rRln2 20R1①

于是，两圆柱间电压为

UU1U2即

R2 R1E•dr②

(U1U2)20/ ln

R2 R1 61