川师大物第九章大题解答

9–11如图9-11所示，真空中边长为a的正方形的四个角，分别放置点电荷q，2q，3q，2q（q0），它的正中放着一个正电荷q0，求这个电荷受力的大小和方向。解：各点电荷在正方形中心产生的电场方向如图9-12所示，两个2q的点电荷对q0的作用力相抵消，q0所受合力即点电荷q，3q对它的库仑力的合力，其大小为：000022220000324π4πππqqqqqqqqFrrra合力的方向：指向点电荷3q。9–12如图9-13所示，一均匀带电直线长为L，线电荷密度为。求下列各处的电场强度E：（1）带电直线的延长线上离中心O（直导线中点）为r处的场强;（2）带电直线的垂直平分线上离中心O为r处的场强;（3）离带电直线的一端A点垂直距离为r处的场强。解：本题是计算连续分布电荷的产生电场强度，此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒看作点电荷。可在直导线上选出电荷元，利用点电荷dq的电场强度公式求出场强。（1）对于P1点，建立如图9-14所示的坐标系。在带电直线上任取一线元dx，电荷元dq=dx在P1点的场强为20dd4π()xErx电场的方向沿x轴正向。由于各电荷元在P1点产生的场强方向相同，于是整个带电直线在P1点的场强为22222000d11d4π224π()π(4)LLxLEErLrLrxrLq2q-3qaaa2qaq0F4F2F1F3图9–12-3q2qq2qaaaaq0图9-11图9-13P3ALP2P1rrrB图9-14dxAOLxP1dExrB场强方向沿x轴正向。（2）对于P2点，建立如图9-15所示的坐标系。若点P2在带电直线的垂直平分线上，因对称性，场强dE沿x轴方向的分量叠加为零，即0xE，因此，P2点的场强方向沿y轴，电荷元dq=dx在P2点产生的场强大小为20dd4πxErdE的y分量为20dddsinsin4πyxEEr由几何关系cscrr，cotxr，则dcscd2rx，于是rEy0π4dsind)cos(cosπ4π4dsind120021rrEEyy由于12π，因此12222coscos(2)LrL，代入上式2222004π(2)2π4yLLEErrLrrL2222004π(2)2π4yLLEErrLrrL因此，带电直线在垂直平分线上P2点的场强大小为2202π4LrrL，方向沿y轴正方向。（3）对于P3点，建立如图9-16所示的坐标系。在带电直线上坐标为x处取电荷元dx，它在P3点产生的场强大小为220dd4π()xExr设场强方向与y轴成角，dE在Ox，Oy上的分量分别为22220dddsin4π()xxxEExdxr图9-15BP2αdEOdxr´LyrxxA图9-16αdEP3AdxrxLyxB223/20d4π()xxxr22220dddcos4π()yxrEExrxr223/20d4π()rxxr则P3点总场强E的x，y分量为223/2221/2000d11d4π4π()()LxxxxEErxrLr223/2221/2000dd4π4π()()LyyrxLEExrrLr写成矢量形式为221/2221/200114π4π()()xyLEErLrrLrEiji+j场强大小为22220122πxyrEEErLr设电场强度与y轴正方向的夹角为，则221arctanarctan()xyErLrEL9–13一个细玻璃棒被变成半径为R的半圆环，沿其左半部分均匀地分布电荷+Q，沿其右半部分均匀地分布电荷Q，如图9-17所示。（1）试求圆心O处的电场强度。（2）若在半圆中心O处放一锌离子Zn2+，求其受力大小。解：（1）建立如图9-18所示坐标系，根据对称性，整个圆环在圆心O处的电场强度方向沿x轴正方向。首先求出电荷线密度为π/2QR在左半段取dl=Rd的电荷元，如图形-18所示，其电量为2dddddπ/2π/2πQQQqllRRR它在圆心O处的场强大小为图9-17R+_xZn2++++_O__-QQy122200ddd4π2πqQERR方向如图9-18所示。将dE1投影于x，y轴上，得11220cosdddcos2πxQEER11220sindddsin2πyQEER于是，左边1/4圆周在O点的场强E1的x分量和y分量为π2112222000cosdd2π2πxxQQEERR（沿x正方向）π2112222000sindd2π2πyyQQEERR（沿y正方向）用矢量形式表示，则为12222002π2πQQRREij同理可算出，右边1/4圆周在O点的场强E2为22222002π2πQQRREij故O点的合场强为12220πQRE=EEi（2）若在半圆中心O处放一锌离子Zn2+，由于锌离子Zn2+带电量为2e，故Zn2+在O处受力为2202πQqeRFEi9–14无限长均匀带电半圆柱面半径为R，面电荷密度=0cos，式中0是常量，是径向与Ox方向间的夹角，如图9-19所示，试求圆柱线Oz上的电场强度。+图9–18R+xydqθdE1dE1ydE2y++-dq_OdE2___解：把柱面分成无数个平行于Oz轴的带电小窄条，带电体的横截面及坐标选取如图9-20（a）所示，其单位长度的电量为0dcosdRR每一带电小窄条在轴线上产生的场强大小为000cosdd2π2πER方向如图9-20（b）。其分量式为200cosdddcos2πxEE00sincosdddsin2πyEE积分得2π00000cosdd2π4xxEEπ000sincosdd02πyyEE因此，圆柱轴线Oz上的场强为图9–20yxzOd（a）xyOdRdE（b）图9-19RyxzO004xyEEEij=i9–15两个平行无限大均匀带电平面，面电荷密度分别为1=410–11C/m2，2=210–11C/m2。求此系统的电场分布。解：无限大带电平面1，2激发的电场强度大小分别为1111120410228.8510EV/m26.2V/m1122120210228.8510EV/m13.1V/m由场强叠加原理得在1板左侧电场大小为12EEE=1.13V/m方向垂直两板且背离1板。在两板间电场大小为12EEE=3.39V/m方向垂直指两板且向2板。在2板右侧电场大小为12EEE=1.13V/m方向垂直两板且背离2板。9–16一无限大均匀带电平面，电荷面密度为+，在其上挖掉一半径为R的圆洞，如图9-21所示。试用场强叠加法求通过小孔中心并与平面垂直的直线上的一点P电场强度。解：由场强叠加原理，把圆洞看成是电荷面密度为+的无限大均匀带电平面和放在圆洞处面密度为，半径为R的圆盘的叠加。这样，P处的电场强度可看作由电荷面密度为+的无限大均匀带电平面产生的场强E1和放在圆洞处均匀带负电的圆盘产生的场强E2在该处的叠加。所以P处的总场强为12EEE而102Ei设OP=x，由带均匀电圆盘在轴线上一点的场强公式，得222012xxREixP+xOR图9–21因此，P处的总场强为122202xxREEE=i9–17如图9-22，电场强度在三个坐标轴方向的分量为,0xyzEbxEE，其中b=800Nm–1/2C–1，设d=10cm，试求：（1）通过立方体的总电场强度通量；（2）立方体内的总电荷量；（3）如果电场强度的三个分量变为Ex=by，Ey=bx，Ez=0，b=800Nm–1/2C–1，请再计算通过立方体的总电场强度通量和立方体内的总电荷量。解：由于Ey=Ez=0，则通过立方体的上、下、前、后四个侧面的电场强度通量为零。又因场强有x分量，所以，立方体上垂直于x轴的左、右两个侧面S1和S2对电通量有贡献。设立方体左、右侧面场强分别为Ex1和Ex2，由于面S1的正法线矢量en的方向与Ex1的方向之间的夹角为，故通过S1的电通量为12e111111dcosπxxxSESESbddES而面S2的正法线矢量en的方向与Ex1的方向之间夹角为0，故通过S2的电通量为22e222222dcos02xxxSESESbddES则立方体表面的总通量为ee1e2225/25/225/222(21)800(1010)bddbddbdbd1.05V·m（2）由高斯定理e01dinSqES所以立方体内的总电荷量为120e8.85101.05inqC129.2710C（3）如果电场强度的三个分量变为Ex=by，Ey=bx，Ez=0，通过与x轴垂直的两个侧面的电通量为111e11ddcosπdxSSSbySbySESS1xyzddddOS2d图9–22222e22ddcos0dxSSSbySbySES这两个侧面的总电通量为e1e20通过与y轴垂直的两个侧面的电通量为333e31ddcos0dySSSbxSbxSES444e42ddcosπdySSSbxSbxSES这两个侧面的总电通量为e3e40又由于Ez=0，则通过与z轴垂直的两个侧面的电通量e5=e6=0。则整个立方体的电通量为ee1e2e3e4e5e60由高斯定理e01dinSqES，所以此时立方体内的总电荷量为0e0inq9–18（1）设匀强电场的电场强度E与半径为R的半球面的轴线平行，如图9-23（a）所示，试计算通过此半球面的电场强度通量。（2）若场强方向与这个半球面的轴线的夹角为/6，如图9-23（b）所示，试计算通过此半球面的电场强度通量。解：作半径为R的平面S´与半球面S一起构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理有01d0inSqES而dddSSSEESESS则ddSSESES依规定：曲面上某点的法线矢量方向是垂直指向曲面外侧的，因此，通过此半球面的电场强度通量（1）22ddπcosππSSERREESES图9-23ERSS´（a）ERSS´（b）（2）225π3ddπcosπ62SSERREESES9–19（1）地球表面附近的场强近似为200V/m，方向指向地球中心。试计算地球带的总电荷量。地球的半径为66.3710m；（2）在离地面1400m处，场强降为20V/m，方向仍指向地球中心。试计算这1400m厚的大气层里的平均电荷密度。解：（1）考虑到地球表面附近的场强指向地球球心，说明地球带负电。取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷。由高斯定理2E01d4πinSERqES得地球带的总电荷量Q为6220E9200(6.3710)4π910inQqERC=9.02105C（2）在离地面1400m处，场强方向仍指向地球中心，但数值减小了，说明在这个高度内的大气层带有正电。设大气层带有正电荷q，高度为h，取与地球同心，半径为（RE+h