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大学物理的静电场习题.ppt 153页
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大学物理的静电场习题.ppt
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8-33 如图所示，已知 r =6cm, d =8cm, q1= 3×10-8C
，q2=-3×10-8C 。求：
　(1)将电荷量为2×10-8C的点电荷从Ａ点移 到Ｂ点，电场力作功多少？
　 (2) 将此点电荷从C点移到D点，电场力作 功多少？ r r r d/2 d/2 A C B D . . . q2 q1 题号 结束 已知 r =6cm, d =8cm, q1= 3×10-8C，
q2=-3×10-8C 。 求： AAB, ACD
。 　 解：(1) AAB = q0 UA UB ( ) + = ε π 4 0 q1 r q2 + r 2 d 2 q0 q1 2 + r 2 d 4 + q2 2 + r 2 d 4 = 9.0×109×2.0×10-9 3.0×10-8 6.0×10-2 -3.0×10-8 10×10-2 + 0 = 3.6×10-6 J r r r d/2 d/2 A C B D . . . q2 q1 . 题号 结束 ACD = q0 UC UD ( ) + = ε π 4 0 q2 r q1 + r 2 d 2 q0 q1 d 2 + q2 d 2 = -3.6×10-6 J (2) = 9.0×109×2.0×10-9 3.0×10-8 10×10-2 3.0×10-8 6×10-2 0 题号 结束
8-34 点电荷q1与 -q2 放置在相距为 d 的 A、B两点（如图）。试证电势为零的等势面 是一球面，球心在AB 的延长线上， 半径 AO q d 1 2 = q 1 2 q 2 2 r d = q 1 2 q 2 2 q 1 q 2 . . d r o A B -q2 q1 题号 结束 =0 U = P q1 ε π 4 0 r1 q2 ε π 4 0 r2 x2 1 + ( ) y2 z2 + 2 x 1 + ( ) y2 z2 + 2 d 2 = q1 q2 证明：设P点满足零
电势的条件 设以A为原点，P点的坐标为(x,y,z) . . d r o A B P . r1 r2 (x,y,z) -q2 q1 x y = q1 r1 q2 r2 得到： 题号 结束 x2 1 + ( ) y2 z2 + 2 x 1 + ( ) y2 z2 + 2 d 2 = q1 q2 2 x d 2 = + x2 q1 2 q1 2 q2 y2 z2 + d 2 q1 2 q1 2 q2 2 d 2 = + x q1 2 q1 2 q2 y2 z2 + d 2 q1 2 q1 2 q2 2 2 2 q2 ( ) 2 = d q1 2 q1 2 q2 q2 r = q1 2 q1 2 q2 AO d 2 经整理后得到： 经配方后得到： 显然，从此球面方程可看出： 球面的 球心位
半径为 置为 题号 结束
8-35 试计算如图线性电四极子在很远处 ( r＞＞re )的电势。
. q +q -2q +q re r 题号 结束 2 P U q ε π 1 4 0 + = ( ) r1 q r2 q r & r e & r ? r1 r a + ? r2 r a q cos = a e r 2 ( ) P U = 2 q a r 2 r 2 a ε π 1 4 0 2 = 2 q a 3 r ε π 1 4 0 2 = q 3 r ε π 2 0 q cos e r 2 -2q . q +q +q re r P r1 r2 a 解： 题号 结束
8-36 半径为 2mm 的球形水滴具有电势 300V。求：
（1）水滴上所带的电荷量；
（2）如果两个相同的上述水滴结合成一 个较大的水滴，其电势值为多少（假定结合 时电荷没有漏失）？ 题号 结束 = 6.67×10-11C =2.52(mm) 已知：r =2mm,U =300V 求：(1)q,(2)U ′ 解： U = r q ε π 4 0 U = r q ε π 4 0 = 2×10-3×300 9×109 π = × 3 4 r 3 2 π 3 4 R 3 = r R 3 2 =1.26× 2×10-3 =476V U = R 2q ε π 4 0 ′ 题号 结束
8-37 一边长为 4d 和 3d 的长方形的对 角上放置电荷量为 q1= 4m C 的两个点电荷， 在边长为 2d 和 d 的较小长方形的长边两端 放置电荷量为 q2= 6m C 的两个点电荷。 求当小长方形绕大长方形的长边转到图中虚 线所示位置时，外力 反抗电场力所作的功， 设 d =0.1m。
4d 2d 3d d d d q2 q2 q1 q1 C
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大学物理静电场试题库
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3秒自动关闭窗口题7.1：1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由；32上夸克和两个带?e下夸克构成，若将夸克作为经；31子内的两个下夸克之间相距2.60?10?15；F?14??0q1q2r2er?14??0e22；F与er方向相同表明它们之间为斥力；题7.2：质量为m，电荷为?e的电子以圆轨道绕氢；?2?32?0Ekme422；其中是?0真空电容率，电子的运动可视为遵守经
题7.1：1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e的32上夸克和两个带?e下夸克构成，若将夸克作为经典粒子处理（夸克线度约为10?20 m），中31子内的两个下夸克之间相距2.60?10?15 m。求它们之间的斥力。 题7.1解：由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律 F?14??0q1q2r2er?14??0e229rer?3.78Ner
F与er方向相同表明它们之间为斥力。
题7.2：质量为m，电荷为?e的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为Ek。证明电子的旋转频率满足 ?2?32?0Ekme422 其中是?0真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律。 题7.2分析：根据题意将电子作为经典粒子处理。电子、氢核的大小约为10?15 m，轨道半径?10 约为10m，故电子、氢核都可视作点电荷。点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有 mv2r?14??0er22
由此出发命题可证。 证：由上述分析可得电子的动能为 Ek?12mv2?18??0e2r
电子旋转角速度为 ?2?e234??0mr
由上述两式消去r，得 ?2??4?22?32?0Ekme423 ?+题7.3：在氯化铯晶体中，一价氯离于Cl与其最邻近的八个一价格离子Cs构成如图所示的立方晶格结构。（1）求氯离子所受的库仑力；（2）假设图中箭头所指处缺少一个铯离子（称作品格缺陷），求此时氯离子所受的库仑力。 题7.3分析：铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加。为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力。 解：（l）由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故 F1?0 （2）除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力F2的值为
F2?q1q24??0r2?e223??0a?1.92?10?9N
F2 方向如图所示。
题7.4：若电荷Q均匀地分布在长为L的细棒上。求证：（1）在棒的延长线，且离棒中心为r处的电场强度为 E?1Q0??4r?L22 （2）在棒的垂直平分线上，离棒为r处的电场强度为 E?12??0Qr4r?L22 若棒为无限长（即L??），试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较。 题7.4分析：这是计算连续分布电荷的电场强度。此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理。但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上。如图所示，在长直线上任意取一线元，其电荷为dq = Qdx/L，它在点P的电场强度为
dE?14??0dqr?2er 整个带电体在点P的电场强度 E??dE 接着针对具体问题来处理这个矢量积分。 （1） 若点P在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P的电场强度方向相同，
（2） 若点P在棒的垂直平分线上，则电场强度E沿x轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P的电场强度就是
E??LdEyj??Lsin?dEj dqL证：（1）延长线上一点P的电场强度E则 EP???4??0r?2，利用几何关系r??r?x统一积分变量，?L2-L214??0QdxL(r?x)2???111Q????224??0L?r?L2r?L2???04r?L1 电场强度的方向沿x轴。 （3） 根据以上分析，中垂线上一点P的电场强度E的方向沿y轴，大小为 E??sin?dqL4??0r?2 ?rr?,r??r?x22利用几何关系sin?E?统一积分变量，则 1?L2-L214??0rQdxL(x?r)r2L?4r2 当棒长L??时，若棒单位长度所带电荷为?常量，则P点电场强度 E?lim12??0rQL1?4r2L??L2??2??0r 此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同。这说明只要满足r2细棒可视为无限长带电直线。 L??1，带电长直2题7.5：一半径为R的半圆细环上均匀分布电荷Q，求环心处的电场强度 题7.5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，其电荷此电荷元可视为点电荷dq?强度dE?14??0Q?Rdl，它在点O的电场dqr2er。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?LdEx?0，点O的合电场强度E??LdEyj，统一积分变量可求得E。 解：由上述分析，点O的电场强度 EO???1L4???0sin?R2?Q?Rdl 由几何关系dlEO????0?Rd?，统一积分变量后，有 Q2??0R2214??0sin?d??? 方向沿y轴负方向。
题7.6：用电场强度叠加原理求证：无限大均匀带电板外一点的电场强度大小为E示：把无限大带电平板分解成一个个圆环或一条条细长线，然后进行积分叠加） 题7.6分析：求点P的电场强度可采用两种方法处理，将无限大平板分别视为由无数同心的细圆环或无数平行细长线元组成，它们的电荷分别为 dq??2?rdr或d???dy 求出它们在轴线上一点P的电场强度dE后，再叠加积分，即可求得点P的电场强度了。 证1：如图所示，在带电板上取同心细圆环为微元，由于带电平面上同心圆环在点P激发的电场强度dE的方向均相同，因而P处的电场强度 E???2?0（提?dE??4???2?0i1xdq0(r2?x)232i????2?xrdr4??0(r2?x)232i ?电场强度E的方向为带电平板外法线方向。 证2：如图所示，取无限长带电细线为微元，各微元在点P激发的电场强度dE在Oxy平面内且对x轴对称，因此，电场在y轴和z轴方向上的分量之和，即Ey、Ez均为零，则点P的电场强度应为 E?Exi???dEcos??xdy0ii???? 2???y?x22积分得E?2?0i 电场强度E的方向为带电平板外法线方向。 上述讨论表明，虽然微元割取的方法不同，但结果是相同的。
题7.7：水分子H2O中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示。假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r0。试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度。 题7.7分析：水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为p0?er0，而夹角为2?。叠加后水分子的电偶极矩大小为p?2er0cos?，方向沿对称轴线。由于点O到场点A的距离x>>r0，利用教材中电偶极子在延长线上的电场强度 E?14??02px3 可求得电场的分布。
也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布。 解1：水分子的电偶极矩 p?2p0cos??2er0cos? 1er0cos?0在电偶极矩延长线上
E?2p4??0x3?14??04er0cos?x3???x3
解2：在对称轴线上任取一点A，则该点的电场强度 E?E??E? E?2E?cos??E??2ecos?4??0r2?2e4??0x2 由于r2cos???x?r0?2xr0cos?22
x?r0cos?r?
代入得Ex?r0cos?2e?1????(x?r0?2xr0cos?)x?测量分子的电场时，总有x>>r0，因此， 式中(x2?r?2xr0cos?)20322rcos????x?1?0?x??33232rcos??3??x?1??0?，将上式化简并略去2x??微小量后，得 E?1r0ecos?0??x3 题7.8：无两条无限长平行直导线相距为r0，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为?。（1）求两导线构成的平面上任一点的电场强度（设该点到其中一线的垂直距离为x）；（2）求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力。 题7.8分析：（1）在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加。
（2）由F = qE，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度来乘以单位长度导线所带电的量，即：F = ?E应该注意：式中的电场强度E是除去自身电荷外其它电荷的合电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力。 题7.8解：（1）设点P在导线构成的平面上，E?、E?分别表示正、负带电导线在P点的电场强度，则有 E?E??E-???2??0?11????i?xr?x?0?? ?2??0r0x(r0?x)i（2）设F?、F?分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有 F???F???22??0r0i2 iF????F????2??0r0
显然有F???F?，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引。
题7.9：如图所示，电荷?Q分别均匀分布在两个半径为R的半细圆环上。求：（1）带电圆环偶极矩的大小和方向；（2）等效正、负电荷中心的位置。 题7.9分析：（1）电荷分布呈轴对称，将细环分割成长度均为ds的线元，带正电荷的上半圆环线元与带负电荷的下半圆环对称位置上的线元构成一元电偶极子，细圆环总的偶极矩等于各元电偶极矩之和，有 p??dpj （2）由于正、负电荷分别对称分布在y轴两侧，我们设想在y轴上能找到一对假想点，如果该带电环对外激发的电场可以被这一对假想点上等量的点电荷所激发的电场代替，这对假想点就分别称作正、负等效电荷中心。等效正负电荷中心一定在y轴上并对中心O对称。由电偶极矩p可求得正、负等效电荷中心的间距，并由对称性求得正、负电荷中心。 解：（1）将圆环沿y轴方向分割为一组相互平行的元电偶极子，每一元电偶极子带电 ?dq??QQ?Rds???d?
Rcos?d?jdp?2Rcos??dqj?2Q?
则带电圆环的电偶极矩
p???2??2dp?4Q?Rj
（2）等效正、负电荷中心间距为
l?pQ?4R? ??2R????根据对称性正、负电荷中心在y轴上，所以其坐标分别为?0,
也可以借助几何中心的定义，得 x?1和?0,???2R????。 ?R?1?2??2Rsin??Rdθ?0 Rsin??Rdθ??2Ry???R??2??2? 三亿文库包含各类专业文献、中学教育、生活休闲娱乐、幼儿教育、小学教育、专业论文、高等教育、外语学习资料、各类资格考试、19大学物理静电场经典习题详解等内容。　
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第 12 章 静电场
P35． 12．3 如图所示， A 在直角三角形 ABCD 的 q1 A 点处，有点电荷 q1 = E2 B 1.8×10-9C，B 点处有点 C θ q2 电荷 q2 = -4.8×10-9C， AC E1 E = 3cm， = 4cm， BC 试求 图 13.1 C 点的场强． [解答]根据点电荷的场强大小的公式
60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电， 其电线密度分别为+λ 和-λ，求圆心处的场 强． [ 解 答 ] 在 带 正 电 ds R 的圆弧上取一弧元 θ O Ex x ds = Rdθ， E Ey 电荷元为 dq = λds， y 在 O 点产生的场强大 小为
1 dq 1 λ ds λ = = dθ ， 2 2 4πε 0 R 4πε 0 R 4πε 0 R
q 1 q ， E=k 2 = r 4πε 0 r 2
其中 1/(4πε0) = k = 9.0×109N·m2·C-2． 点电荷 q1 在 C 点产生的场强大小为
q1 4πε 0 AC 2 1
场强的分量为 dEx = dEcosθ，dEy = dEsinθ． 对于带负电的圆 弧， 同样可得在 O 点的 Ex θ O x E 场强的两个分量． 由于 Ey ds R 弧形是对称的，x 方向 y 的合场强为零， 总场强 沿着 y 轴正方向，大小为
1.8 × 10 = 9 × 10 × = 1.8 × 10 4 (N ? C -1 ) ， (3 × 10 -2 ) 2
E = 2 E y = ∫ dE sin θ
方向向下． 点电荷 q2 在 C 点产生的场强大小为
π /6 λ π /6 λ = sinθ dθ = (- cosθ ) 2πε 0 R ∫ 2πε 0 R 0 0
| q2 | E2 = 4πε 0 BC 2 1
= 9 × 109 × 4.8 × 10-9 = 2.7 × 104 (N ? C-1 ) ， -2 2 (4 × 10 )
3 λ ． ) 2 2πε 0 R
方向向右． C 处的总场强大小为
E = E12 + E22
= 0.9 13 × 10 4 = 3.245 × 10 4 (N ? C -1 ) ，
总场强与分场强 E2 的夹角为
θ = arctan
E1 = 33.69° ． E2
12．4 半径为 R 的一段圆弧，圆心角为
12．5 均匀带电细棒，棒长 a = 20cm， 电荷线密度为 λ = 3×10-8C·m-1，求： （1） 棒的延长线上与棒的近端 d1 = 8cm 处的场强； （2）棒的垂直平分线上与棒的中点相 距 d2 = 8cm 处的场强． [解答]（1）建立坐标系，其中 L = a/2 = 0.1(m)，x = L+d1 = 0.18(m)． 在 y 细棒上 dl l r 取一线 P1 x 元 dl， 所 -L o L d1 带的电 量为 dq = λdl， 根据点电荷的场强公式，电荷元在 P1 点产
生的场强的大小为
dq λ dl dE1 = k 2 = r 4πε 0 ( x - l ) 2
场强的方向沿 x 轴正向．因此 P1 点的总场 强大小通过积分得
-λ 4πε 0 d 2
sin θ d θ
λ cos θ 4πε 0 d 2
λ E1 = 4πε 0
dl ∫L ( x - l )2 -
λ 4πε 0 d 2
l d 22 + l 2
λ 1 4πε 0 x - l
4πε 0 d 2 d 22 + L2
λ 1 1 = ( - ) 4πε 0 x - L x + L
= 2 Lλ ． 4πε 0 x 2 - L2 1
将数值代入公式得 P2 点的场强为
E y = 9 × 109 ×
2 × 0.1 × 3 × 10 -8 0.08(0.08 2 + 0.12 )1/ 2
将数值代入公式得 P1 点的场强为
2 × 0.1 × 3 × 10 -8 E1 = 9 × 10 × 0.182 - 0.12
= 5.27×103(N·C-1)． 方向沿着 y 轴正向． [讨论]（1）由于 L = a/2，x = L+d1，代 入①式，化简得
= 2.41×103(N·C-1)， 方向沿
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