大学物理A(上)静电学部分习题解答A

静电学部分习题解答第11次课（上）1、解：由库仑定律：1202014qqFrr代入数据，求得库仑力大小：3.78NF2、解：取线元dx,其电量dq在P点场强大小为:2011dd4()2PxEldx2011dddcos04()2PxPxEEldx23220011111()2.4110N/C44()2lPxldxEldlddx3、解：建立如图坐标；取线元：22300ddd44qQElRR由对称性：0xE00ddsinyyEEyyEEEddlR2222000sind42yQQERR2202yQEEjjR4、解：2200ddddd4242qqxxFLxxLxx2200ddddddcos04242xqqxxFFLxxLxx2220000d4dln4342LLxxFxLxx204lnN43xFFii第12次课（上）1、解：具有面对称性，作闭合圆柱面为高斯面。eSEdS12侧SSSEdSEdSEdS1200/ESESS02SES02E方向如图所示。2、解：过A板作闭合圆柱面为高斯面eSEdS12侧SSSEdSEdSEdS02010cos0cos180/3AESESS0023AE同理，过B板作闭合圆柱面为高斯面eSEdS12侧SSSEdSEdSEdS01020cos0cos0/3BESESS0043BE3、解：取同心球面为高斯面由高斯定理：2402240004d1144dreiRsSkrrrkrrREdSErqkrrrkRrR043044krrrREkRrrRr4、解：取同轴圆柱形高斯面,由高斯定理：1120020112eisSrREdSErlqlRrRllRr112202020rRErRrRrRr第13、14次课（上）1、解：由点电荷电势公式及电势叠加原理：2、解：由高斯定理：223230003ddd448RrrrRqRrqrqUErrrRrR01()04OqqURR01()43CqqURR06qR000()6OCOCqqAqUUR01eisSEdSq333300041343isrqqrqrRRR304qrErRR001isqqrR204qErRr3、解：(1)由于电荷均匀分布与对称性，AB和CD段电荷在O点产生的场强相互抵消，BC段电荷在O点产生的场强由第11课练习题3可得：220022yQEEjjjRR(2)AB段电荷在O点产生的电势（以无穷远处电势为零）2100dln244RRxUx同理CD段：2200dln244RRxUxBC段：3000d44RlUR12300ln224OUUUU4、解：(1)外球壳内表面均匀带-q，外内表面均匀带+q222002d44RRqqUrrR(2)外壳接地时，外表面+q电荷入地，外表面不带电，内表面电荷为-q．20RU(3)设此时内球壳带电量为q，外球壳内表面均匀带q,外内表面均匀带qq此时电场分布为：12012202044rREqrRrRqqrRr211222000120211dd04444RRRRqqqqqqUrrrrRRR由此12RqqR22122200202d444RRqRRqqqqUrrRR第15次课（上）1、(1)1q对2q作用力的大小为2210π41rqqF。由于静电屏蔽，1q以及球壳A和球壳B上的感应电荷在球壳B内部空间产生的合和场强为0，故2q所受合和外力为0，没有加速度；(2)1q对2q作用力的大小为2210π41rqqF,1q以及球壳A的感应电荷对2q均有作用力，其合力使2q产生加速度。2、(1)对图示封闭面(S)利用高斯定理，有22010eS即23(2)取向右为正方向，有3124000002222PE故有143、解：(1)令A板左侧电荷面密度为L，右侧为R，则根据静电感应，C板右侧电荷面密度为L，B板左侧电荷面密度为R显然LRSq①0RABE方向向右；0LACE方向向左由于A板为等势体，有ACABUU即ACACABABEdEd2100LRdd②由①和②有52521.010C/m0.510C/mLR771.010C2.010CBRCLqSqS(2)22100()2.2610VLRAACACACABABABUUEddUEddσσεε4、解：设内圆柱面单位长度柱面带电，则两柱面间电场分布为：1202ERrRr两柱面的电势差为：2121212001dln22RRRRRUrUUrR由此得012212lnUURR两圆柱面间距轴线垂直距离为r1和r2两点的电势差为：2121012222001112dlnln22lnrrrrUUrrUrRrrrR