大学物理 习 题 5答案

5-2．如习题5-2图所示的直角三角形ABC的A点上有电荷q1

4.8×10C，试求C点的电场强度（设BC=0.04m，AC=0.03m）。

94.810解：设CB为x轴，AC为y轴，则E2.7104N/C，x2400.049

9

=1.8×10C，B

A 点

上有电荷q2=-

C B

习题5-2图

的夹角为

Ey1.8102241.8104N/C，EExEy3.210N/C，电场方向和CB2400.03EyEx33.7

9arctan5-3．用绝缘细线弯成的半圆环，半径为R，其上均匀地带有正电荷Q，试求圆心处的电场强度。 [解] 将半圆环分成无穷多小段，取一小段dl，带电量dqQdl RQdldqRdq在O点的电场强度dE 2240R40R从对称性分析，y方向的电场强度相互抵消，只存在x方向的电场强度 ydxdEdExdEsinQ40R23sindl dlRd

dExQsind

420R2EExdEx0QsinQd420R2220R2 方向沿x轴正方向

5-4．如习题5-4图所示，真空中一长为L的均匀带电细直杆，总试求在直杆延长线上到杆的一端距离为d的点P的电场强度。 [解] 建立如图所示坐标系ox，在带电直导线上距O点为x处取电荷

L q d • P x 习题5-4图 电量为q，

元

dqqdx，它在P点产生的电电场强度度为 LL2dPxdE1dq240Ldx1qL40Ldxdx

0dx则整个带电直导线在P点产生的电电场强度度为

EL1qL040Ldx2qi40dLddxq

40dLd1故E

5-5．一厚度为d的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为ρ。求板内外的电场分布，并画出电场强度随坐标x变化的图线（设原点在带电平板的平面上，Ox轴垂直于平板）。

解：做底面平行带电平板、侧面垂直于带电平板的圆柱状高斯面，高斯面的中心位于带电平板的平面上。设圆柱状高斯面的高度为2x， 根据高斯定理，有：

ddSx-d/2-d/(20)时，2ES20，得

Ex/0d/2xd/2

d2xSd/(2)xd/2x时，2ES020x5-6．一半径为R的带电球体，其电荷体密度分布为=Ar (r≤R)，=0 (r>R)，A为常量。试求球内、外的场强分布。 [解] 在带电球体内外分别做与之同心的高斯球面。 应用高斯定理有E4r2q

0q为高斯球面内所包围的电量。设距球心r处厚度为dr的薄球壳所带电量为dq

dq4r2dr4Ar3dr

r≤R时 qr04Ar3drAr4

解得 EAr2Ar24 (r≤R) (或Eer) 040r>R时高斯面内包围的是带电体的总电量Q

QRdqR004Ar3drAR4

应用高斯定理E4r2Q

0AR4AR4E42 (r>R) (或E2r) 0r40r当A>0时，电场强度方向均径向向外；当A<0时，电场强度方向均指向球心。 5-7. 如习题5-7图所示，一半径为R的无限长圆柱面形薄筒，均匀带电，单位长度

，试求圆柱面内外的电场分布。

解：由条件知电场分布具有轴对称性，做半径为r的同轴圆柱高斯面，由高斯定理，

rR时,E2πrl00,rR习题5-7图

rR时,E2πrll，得E,A2rR

B00r5-8．如习题5-8图所示，A、B为真空中两个平行的“无限大”均知两平面间的电场强度为E0，两平面外侧电场强度大小都是E0/3，方向A、B上的面电荷密度A和B。

E0/3 E0 E0/3

习题5-8图

上的带电量为

匀带电平面，已如图。求两平面

[解] 无限大平面产生的电场强度为E20

则 EAA20 EBB20 ABBAE02020 EBA03202024解得 A0E0 B0E0

33E0/3E0E0/3△S R O 生的电场强度

习题5-9图

电，带电量分别

+Q 5-9．如习题5-9图所示为一真空中半径为R的均匀带电球面，总电量为面上挖去非常小的一块面积△S（连同电荷），且假设不影响原来的电荷分布，求心处电场强度的大小和方向。

解：原来球心处电场强度为零，挖去△S后球心处电场强度等于△S处电荷产的负值，即等于

q(q<0)。今在球

挖去△S后球

qSqS，方向由△S指向球心。

40R24R21620R4R O1• 15-10．习题5-10图为两个半径均为R的非导体球壳，表面上均匀带为+Q和-Q，两球心距离为d(d>>2R)，求两球心间的电势差。 [解] 设带正电的球壳中心的电势为U1，带负电的为U2。

根据电势叠加原理有

d 习题5-10图

-Q R •O2 QQ U2 U140R40d40R40d两球心间的电势差

QQU12U1U2Q20RQ20dQ1120Rd

R1 O R2 面半径为R1，球

5-11. 如习题5-11图所示为一均匀带电的球壳，其电荷体密度为ρ，球壳内表壳外表面半径为R2。设无穷远处电势为零，求空腔内任一点的电势。

解：利用电势叠加法，将球壳分成无穷多个半径为r，厚度为dr的薄球壳，有

UdUR1R2R2dQ40rR1R2R14r2dr2(R2R12)

40r20习题5-11图 点P的电势(以

5-12．电量q均匀分布在长为2l的细杆上，求在杆外延长线上与杆端距离为a的无穷远为电势零点)。

[解] 取如图所示的电荷元dq，dqqdx，它在P点产生的电势为 2ldqqdx du402lax80l2lax1则整个带电直线在P点产生的电势为

xOdxdqPxUqdx80l2lax80lq02lqdx2la ln2lax80la5-13．如习题5-13图所示，把一块原来不带电的金属板B移近一块已带有正板A，平行放置。设两板面积都是S，板间距为d，d的感应电荷面密度和A、B两板间的电势差。

[解] (1)两带电平板导体相向面上电量大小相等符号相反，而相背面上电量相同，因此当板B不接地，电荷分布为

B板靠近A一侧S，忽略边缘效应，求

+Q

A B 电荷Q的金属

B板两个表面

大小相等符号

d

-Q2S，远离A一侧Q 2S习题5-13图

AQ/2Q/2-Q/2BQ/2因而板间电场强度为 EQ20S

电势差为 UABEdQd 20S aⅡ d b 位面积上两表面点之间的电势差。

5-14．如习题5-14图所示，一厚度为d的无限大均匀带电导体板，单带电量之和为。试求离左表面的距离为a的点与离右表面的距离为b的[解] 导体板内场强E内0，由高斯定理可得板外场强为

Ⅰ

Ⅲ

E20

故A、B两点间电势差为

UABEdlA0Baaddxa200dxadbadba dx20205-15．半径都是R的两根无限长均匀带电直导线，其电荷线密度分别为和，两直导线平行放置，相距为d(d>>R)。试求该导体组单位长度的电容。

[解] 由高斯定理可求出，两导线之间任一点的电电场强度度为

E 20r20dr+RO

-rPE-Ed-rRdx两导线间的电势差为

UdRREdrdRRdRdrdrR20r20drdRln0R该导体组单位长度的电容CU0dRlnR0dlnR

5-16．一电容为C的空气平行板电容器，接端电压为U的电源充电后随即断开。试求把两个极板间距增大至n倍时外力所做的功。

[解] 断开电源后Q不变，电容由原来的C0Sd，变为C0Snd

外力所做的功即相当于系统静电能的改变量

1WCU2

21WCU2

2由于Q不变，CnC，所以UnU 因此W1Cn2U2 211WWWU2Cn2CCU2n1

22即外力做功

1ACU2n1

2