简明物理习题详解---2016版-(12)

习题77.1选择题(1)下面说法正确的是：[]（A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必无电荷；（B）若高斯面内无电荷，则高斯面上的电场强度处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则高斯面内必定有电荷；（D）若高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电通量必不为零；（E）高斯定理仅适用于具有高度对称性的电场。[答案：D]（2）点电荷Q被曲面S所包围，从无穷远处引入另一点电荷q至曲面外一点，如题7.1（2）图所示，则引入前后,［］(A)曲面S的电场强度通量不变，曲面上各点场强不变．(B)曲面S的电场强度通量变化，曲面上各点场强不变．(C)曲面S的电场强度通量变化，曲面上各点场强变化．(D)曲面S的电场强度通量不变，曲面上各点场强变化．题7.1（2）图[答案D]（3）在电场中的导体内部的[]（A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。[答案：C]（4）两个同心均匀带电球面，半径分别为Ra和Rb(Ra＜Rb),所带电荷分别为Qa和Qb．设某点与球心相距r，当Ra＜r＜Rb时，该点的电场强度的大小为：［］(A)2014abQQr．(B)2014abQQr．(C)22014abbQQrRπ．(D)2014aQr．[答案D]（5）如果某带电体其电荷分布的体密度增大为原来的2倍，则其电场的能量变为原来的［］(A)2倍．(B)1/2倍．(C)4倍．(D)1/4倍．[答案C]O+-xy(0,a)QSq7.2填空题（1）在静电场中，电势不变的区域，场强必定为。[答案：相同]（2）一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总的电通量将。[答案：q/(60)，0]（3）有一个球形的橡皮膜气球，电荷q均匀地分布在表面上，在此气球被吹大的过程中，被气球表面掠过的点(该点与球中心距离为r)，其电场强度的大小将由____________变为______．[答案：204rq,0]（4）一导体外充满相对介电常量为r的均匀电介质，若测得导体表面附近电场强度大小为E，则导体球面上的自由电荷面密度为______.[答案：Er0]（5）一平板电容器，两板间充满各向同性均匀电介质，已知相对介电常量为r．若极板上的自由电荷面密度为，则介质中电位移的大小D=____________，电场强度的大小E=____________________.[答案：,/(0r)]7.3电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?解:如题7.3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(π4130cosπ412aqqaq解得qq33(2)与三角形边长无关．题7.3图题7.4图7.4两小球的质量都是m，都用长为l的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2,如题7.4图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，解:如题7.4图示220)sin2(π41sincoslqFTmgTe解得tan4sin20mglq7.5在真空中有A，B两平行板，相对距离为d，板面积为S，其带电量分别为+q和-q．则这两板之间有相互作用力f，有人说f=2024dq,又有人说，因为f=qE,SqE0，所以f=Sq02．试问这两种说法对吗?为什么?f到底应等于多少?解: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SqE0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SqE02，另一板受它的作用力SqSqqf02022，这是两板间相互作用的电场力．7.6长l=15.0cmAB上均匀地分布着线密度=5.0x10-9C·m-1荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B端相距1a=5.0cm处P点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d=5.0cm处Q解：如题7.6图所示(1)在带电直线上取线元xd，其上电量qd在P点产生场强为20)(dπ41dxaxEP2220)(dπ4dxaxEEllPP]2121[π40lala)4(π220lal题7.6图用15lcm，9100.51mC,5.12acm代入得21074.6PE1CN方向水平向右(2)2220ddπ41dxxEQ方向如题7.6图所示由于对称性lQxE0d，即QE只有y分量，∵22222220ddddπ41dxxxEQy22π4ddlQyQyEE2223222)d(dllxx2220d4π2ll以9100.51cmC,15lcm,5d2cm代入得21096.14QyQEE1CN，方向沿y轴正向7.7(1)点电荷q位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?解:(1)由高斯定理0dqSEs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06qe．(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a2的立方体，使q处于边长a2的立方体中心，则边长a2的正方形上电通量06qe对于边长a的正方形，如果它不包含q所在的顶点，则024qe，如果它包含q所在顶点则0e．7.8均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为2×510C·m-3求距球心5cm，8cm,12cm各点的场强．解:高斯定理0dqSEs,02π4qrE当5rcm时，0q,0E8rcm时，q3π4p3(r)3内r∴2023π43π4rrrE内41048.31CN，方向沿半径向外．12rcm时,3π4q3(外r）内3r∴420331010.4π43π4rrrE内外1CN沿半径向外.7.9半径为1R和2R(2R＞1R)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和-,试求:(1)r＜1R；(2)1R＜r＜2R；(3)r＞2R处各点的场强．解:高斯定理0dqSEs取同轴圆柱形高斯面，侧面积rlSπ2则rlESESπ2d对(1)1Rr0,0Eq(2)21RrRlq∴rE0π2沿径向向外(3)2Rr0q∴0E题7.10图7.10两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1和2，试求空解:如题7.10图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1与2，两面间，nE)(212101面外，nE)(212102面外，nE)(21210n：垂直于两平面由1面指为2面．7.11电荷q均匀分布在长为2L细杆上，求在杆外延长线上与杆端距离为a的P点的电势（设无穷远处为电势零点）。解：假设单位长度上的电量为，任取一电荷元电量为dqdx则在P点的电势为04()dqduaLx则整个导体棒在P点的电势002ln4()8LLdxqLauaLxLa7.12如题7.12图所示，四个点电荷812341.2510qqqqC，分别放置在正方形的四个顶点上，各顶点到正方形中心O点的距离为2510rm.求：（1）中心O点的电势；（2）若把试验电荷91.010qC从无穷远处移到中心O点，电场力所做的功。(1)点电荷q1单独存在时,O点的电势为rqu0114根据电势叠加原理，四个点电荷同时存在时，O点的电势为Vuuo228911099.81051025.11099.844(2)根据电势差的定义，有0()OOWquu选取无穷远处为电势零点JuuqWOO701099.8)(电场力做负功，说明实际需要外力克服电场力做功。题7.13图7.13如题7.13图所示，在A，B两点处放有电量分别为+q,-q的点电荷，AB间距离为2R，现将另一正试验点电荷0q从O点经过半圆弧移到C点，求移动过程中电解:如题7.13图示0π41OU0)(RqRqOq2q3qq44q1图7.120π41OU)3(RqRqRq0π6RqqUUqWoCOA00π6)(7.14如题7.14图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R．试求环中心O解:(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ddRl则ddRq产生O点Ed如图，由于对称性，O点场强沿y轴负方向题7.14图cosπ4dd2220RREEyR0π4［)2sin(2sin］R0π2(2)AB电荷在O点产生电势，以0UAB200012lnπ4π4dπ4dRRxxxxU同理CD产生2lnπ402U半圆环产生0034π4πRRU∴0032142lnπ2UUUUO7.15两个平行金属板A、B的面积为200cm2，A和B之间距离为2cm，B板接地，如图7.15所示。如果使A板带上正电7.0810-7C，略去边缘效应，问：以地的电势为零。则A板的电势是多少?解：如图7.15所示，设平行金属板A、B的四个面均匀带电的面电荷密度分别为4321,,,接地时04对于平行金属板A中的a点有0222030201对于平行金属板B中的b点有0222030201SQ21得到：01，04，2532/1054.3mC平行金属板A、B之间的电场强度大小为02EA板的电势VEdU41087.16两个半径分别为1R和2R（1R＜2R)的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势.解:(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22020π4π4ddRRRqrrqrEU题7.16图(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：0π4π42020RqRqU7.17在半径为1R的金属球之外包有一层外半径为2R的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r，金属球带电Q．试求：(1)电介质内、外的场强；(2)电介质层内、外的电势；(3)金属球的电势．解:利用有介质时的高斯定理qSDSd(1)介质内)(21RrR场强AB12341E3E2Ea1E3E2E303π4,π4rrQErrQDr内;介质外)(2Rr场强303π4,π4rrQErQrD外(2)介质外)(2Rr电势rQEU0rπ4rd外介质内)(21RrR电势2020π4)11(π4RQRrqr)11(π420RrQrr(3)金属球的电势rdrd221RRREEU外内222020π44πdrRRRrrQdrrQ)11(π4210RRQrr7.18计算球形电容器的电容和能量。已知球形电容器的内外半径分别为R1和R2,带电量分别为Q和-Q。为简单起见，设球内外介质介电常数