大学物理第三版(北邮版)习题答案

习题八8-1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20220)33(4130cos412aqqaq解得qq33(2)与三角形边长无关．题8-1图题8-2图8-2如题8-2图示220)sin2(41sincoslqFTmgTe解得q=2lsintan40mg8-3E0204rrq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=Sq0看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为E=Sq02，另一板受它的作用力f=qSqSq02022，这是两板间相互作用的电场力．8-5如题8-5所示，将p分解为与r平行的分量pcosθ和垂直于r的分量psinθ．∵rl∴场点P在r方向场强分量Er=302cosrp垂直于r方向，即θ方向场强分量Eθ=304sinrp题8-5图题8-6图8-6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=2041xadxEP=∫dEP=22204xadxll=212140lala=2204lal用l=15cm，λ=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=222041dxdx方向如题8-6图所示由于对称性∫ldEQx=0，即EQ只有y分量，∵dEQy=2222222041dxddxdxEQy=∫ldEQy=224d2223222lldxdx=222042dll以λ=5.0×10-9C·cm-1,l=15cm,d2=5cm代入得EQ=EQy=14.96×102N·C-1，方向沿y轴正向8-7如题8-7图在圆上取dl=Rdφ题8-7图dq=λdl=Rλdφ，它在O点产生场强大小为dE=204RRd方向沿半径向外则dEx=dEsinφ=dRsin40dEy=dEcos(π-φ)=R04cosφdφ积分Ex=RdR0002sin4Ey=R004cosφdφ=0∴E=Ex=R02，方向沿x轴正向．8-8如题8-8图示，正方形一条边上电荷4q在P点产生物强dEP方向如图，大小为dEP=44coscos22021lr∵cosθ1=2222lrlcosθ2=-cosθ1∴dEP=24422220lrllrdEP在垂直于平面上的分量dE⊥=dEPcosβ∴dE⊥=42442222220lrrlrlrl题8-8图由于对称性，P点场强沿OP方向，大小为EP=4×dE⊥=244422220lrlrlr∵λ=lq4∴EP=24422220lrlrqr方向沿OP8-9(1)由高斯定理∮sE·dS=0q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Φe=06q．(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Φe=06q对于边长a的正方形，如果它不包含q所在的顶点，则Φe=024q，如果它包含q所在顶点则Φe=0．如题8-9(a)图所示．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22xR的球冠面的电通量，球冠面积*S=2π(R2+x2)［1-22xRx］∴Φ=)(42200xRSq=02q[221xRx]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图S=a02πrsinα·rdα=2πr2a0sinαdα=2πr2［1-cosα］8-10由高斯定理∮sE·dS=0q，E4πr2=0q当r=5cm时，q=0,E=0r=8cm时，q=ρ34(r3-3内r)∴E=2023434rrr内≈3.48×104N·C-1，方向沿半径向外．r=12cm时，∑q=ρ34(r外3-3内r)∴E=2033434rrr内外≈4.10×104N·C-1沿半径向外.8-11由高斯定理∮SEdS=0q取同轴圆柱形高斯面，侧面积S=2πrl则∮SE·dS=E2πrl对(1)r＜R1q=0,E=0(2)R1＜r＜R2q=lλ∴E=r02沿径向向外(3)r＞R2q=0∴E=0题8-12图8-12如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为σ1与σ2，两面间，E=021(σ1-σ2)nσ1面外，E=-021(σ1+σ2)nσ2面外，E=021(σ1+σ2)nn：垂直于两平面由σ1面指为σ2面．8-13将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电-ρ的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1)+ρ球在O点产生电场E10=0，-ρ球在O点产生电场E20='434303OOdr∴O点电场E0='3303OOdr；(2)+ρ在O′产生电场E10′='434303OOdd-ρ球在O′产生电场E20′=0∴O′点电场OOE003题8-13图(a)题8-13图(b)(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)则EPO=ρr/3ε0，EPO′=-(ρr′)/(3ε0),∴EP=EPO+EPO′=(ρ/3ε0)(r-r′)=003'3dOO∴腔内场强是均匀的．8-14∵电偶极子p在外场E中受力矩M=p×E∴Mmax=pE=qlE代入数字Mmax=1.0×10-6×2×10-3×1.0×105＝2.0×10-4N·m8-15A=2211011202144rrrrqqrdrqqdrF(2111rr)=-6.55×10-6J外力需作的功A′=-A=6.55×10-6J题8-16图8-16如题8-16图示UO=041(RqRq)=0UC=041(RqRq3)=-Rq06∴A=qO(UO-UC)=Rqqo068-17(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=Rdθ则dq=λRdθ产生O点dE如图，由于对称性，O点场强沿y轴负方向题8-17图E=∫dEy=22204RRdcosθ=R04［sin(-2)-sin2］=R02(2)AB电荷在O点产生电势，以U∞＝０U1=AB20002ln444RRxdxxdx同理CD产生U2=2ln40半圆环产生U3=0044RR∴U0=U1+U2+U3=0042ln28-18设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强E=r02电子受力大小Fe=eE=re02∴rvmre202得λ=emv202=12.5×10-13C·m-18-19平行板电容器内部近似为均匀电场∴U=Ed=1.5×104V8-20(1)点电荷U=rq04∴E=-02004rrqrrUr0为r方向单位矢量．(2)总电量q，半径为R的均匀带电圆环轴上一点电势U=2204xRq∴E=-ixRqxixU2/32204(3)偶极子p=ql在rl处的一点电势U=2004cos])cos21(1)cos2(1[4rqlllrq∴Er=-302cosrprUEθ=-304sin1rpUr8-21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σ1，σ2，σ3，σ4题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A、B内部的闭合柱面为高斯面时，有∮(S)E·dS=(σ2+σ3)ΔS=0∴σ2+σ3=0说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(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0222204030201又∵σ2+σ3=0∴σ1=σ4说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．8-22如题8-22图示，令A板左侧面电荷面密度σ1，右侧面电荷面密度σ2题8-22图(1)∵UAC=UAB，即∴EACdAC=EABdAB∴221ACABABACddEE且σ1+σ2=SqA得,32SqASqA321而qC=-σ1S=-32qA=-2×10-7CqB=-σ2S=-1×10-7C(2)UA=EACdAC=01dAC=2.3×103V8-23(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，其电势题8-23图U=2202044RRRqrqdrdrE(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=0442020RqRq(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=04'4'4'202010RqqRqRq得q′=qRR21外球壳上电势UB=2202120202044'4'4'RqRRRqqRqRq8-24如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q′，则球接地时电势U0=0题8-24图由电势叠加原理有：U0=0344'00RqRq得q′=-3q8-25由题意知F0=2024rq(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电q′=2q,小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电q″=q43∴此时小球1与小球2间相互作用力F1=00220834834'2Frqrqq(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32q.∴小球1、2间的作用力F2=0094432322Frqq8-26依次设A，C，B从上到下的6个表面的面电荷密度分别为σ1，σ2，σ3，σ4，σ5，σ6如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持UAB=U可得以下6个方程题8-26图6543215432065430021001dUSqSqdUUCSSqBA解得σ1＝σ6=Sq2σ2=-σ3=SqdU20σ4=-σ5=SqdU20所以CB间电场E2=SqdU0042UC=UCB=E2)2(2120SqdUd注意：因为C片带电，所以UC≠2U，若C片不带电，显然UU=2U8-27利用有介质时的高斯定理∮SD·dS=q(1)介质内(R1＜r＜R2＝场强3034,4rQrErQrDr内;介质外(r＞R2)场强3034,4rQrErQrD外(2)介质外(r＞R2)电势rQEU0r4dr外介质内(R1＜r＜R2)电势drdrrrEEU外内=20204)11(4RQRrqr=)11(420RrQrr(3)金属球的电势U=drdr221RRREE外内=22202044drRRRrrQdrrQ=)11(4210RRQrr8-28如题8-28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σ2与σ1由∮D·dS=0q得D1=σ1，D2=σ2而D1=ε0E1,D2=ε0εrE2E1=E2=dU∴rDD12