大学物理答案第7～8章

7－1 在边长为a的正方形的四角，依次放置点电荷q,2q,-4q和2q，它的几何中心放置一个单位正电荷，求这个电荷受力的大小和方向。

解：如图可看出两2q的电荷对单位正电荷的在作用力 将相互抵消，单位正电荷所受的力为

F40(q22a)2(14)＝

5q20a2,方向由q指向-4q。

q 2q 7－2 如图，均匀带电细棒，长为L，电荷线密度为λ。（1）求棒的延长线上任一点P的场强；(2)求通过棒的端点与棒垂直上

2q -4q 习题7－1图

任一点Q的场强。

解：（1）如图7－2 图a，在细棒上任取电荷元dq，建立如图坐标，dq＝d，设棒的延长线上任一点P与坐标原点0的距离为x，则

dEd40(x)2d40(x)2

dq 0

1x)

则整根细棒在P点产生的电场强度的大小为

Ex P

习题7－2 图a

40Ld(x)2040(1xLd



＝

L40x(xL)方向沿轴正向。

（2）如图7－2 图b，设通过棒的端点与棒垂直上任一点Q与坐标原点0的距离为y

dEdx40r2

y dE  dEydx40r2cos，

dExdx40r2y Q sin dcos020 dq ,rycos0 ，

因xytg,dxy代入上式，则 Exdx

P

习题7－2 图b

x

dEx40y0sind

40y(1cos0)＝40(1y1yL22)，方向沿x轴负向。

1

EydEy40y00cosd

40ysin0＝

L40yyL22

7－3 一细棒弯成半径为R的半圆形，均匀分布有电荷q，求半圆中心O处的场强。

解：如图，在半环上任取dl=Rd的线元，其上所带的电荷为dq=Rd。对称分析Ey=0。

dExRd40R2sin

y EdEx40R0sin

d R  x

 dE 20Rq

习题7－3图

20R22，如图，方向沿x轴正向。

7－4 如图线电荷密度为λ1的无限长均匀带电直线与另一长度为l、线电荷密度为λ2的均匀带电直线在同一平面内，二者互相垂直，求它们间的相互作用力。

解：在λ2的带电线上任取一dq，λ1的带电线是无限长，它在dq处产生的电场强度由高斯定理容易得到为，

E120x

λ1 0 a dq λ2 x 两线间的相互作用力为

FdFln12dx20x1220ldxxa

习题7－4图 1220ala,如图，方向沿x轴正向。

7－5 两个点电荷所带电荷之和为Q，问它们各带电荷多少时，相互作用力最大？ 解：设其中一个电荷的带电量是q，另一个即为Q－q，若它们间的距离为r，它们间的相互作用力为

Fq(Qq)40r2

相互作用力最大的条件为

dFdq

Q2q40r20

2

由上式可得：Q=2q，q=Q/2

7－6 一半径为R的半球壳，均匀带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小。

解：将半球壳细割为诸多细环带，其上带电量为

2dq2rRd2Rsind

y dq在o点产生的电场据（7－10）式为

dEydq40R3r  o 习题7－6图 ，yRcos

EdE02Rsin40R330cosd

2000sind(sin)sin20222040。如图，方向沿y轴负向。

7－7 设匀强电场的电场强度E与半径为R的半球面对称轴平行，计算通过此半球面电场强度的通量。

解：如图，设作一圆平面S1盖住半球面S2， 成为闭合曲面高斯，对此高斯曲面电通量为0， 即

EdSEdSEdS0

S2 S1 E

SS1S2S1S12EdSEdSER

S2习题7－7图

7－8 求半径为R，带电量为q的空心球面的电场强度分布。

解： 由于电荷分布具有球对称性，因而它所产生的电场分布也具有球对称性，与带电球面同心的球面上各点的场强E的大小相等，方向沿径向。在带电球内部与外部区域分别作与带电球面同心的高斯球面S1与S2。对S1与S2，应用高斯定理，即先计算场强的通量，然后得出场强的分布，分别为

EdSE4r0

S12R 0 r

得 E内0 （rS2EdSE4r2q0

E外q40r2ˆ (r>R) r 3

7－9 如图所示，厚度为d的“无限大”均匀带电平板，体电荷密度为ρ，求板内外的电场分布。

解:带电平板均匀带电，在厚度为d/2的平分街面上电场强度为零，取坐标原点在此街面上，建立如图坐标。对底面积为A，高度分别为xd/2的高斯曲面应用高斯定理，有

S1EdSEAAx0

得 E10dxi ( x)

2d Ad2

E 0 习题7－9图 x

EdSEAS20dE2＝di (x)

2027－10 一半径为R的无限长带电圆柱，其体电荷密度为0r(rR)，ρ0为常数。求场强分布。

解： 据高斯定理有 1EdSE2rl0SrR时：E2rl2lkr3dVVr

2lkro r

k00r2rldr00rdr

2E2rl02krEen 330习题7－10图

rR时：E2rl2lkR3k0r2rldr0R2lk0R0rdr

2E2rl03kREen 330r7－11 带电为q、半径为R1的导体球，其外同心地放一金属球壳，球壳内、外半径为R2、R3。

（1）球壳的电荷及电势分布；

（2）把外球接地后再绝缘，求外球壳的电荷及球壳内外电势分布； （3）再把内球接地，求内球的电荷及外球壳的电势。 解：（1）静电平衡，球壳内表面带－q，外表面带q电荷。 据（7－23）式的结论得：V1q40(1R11R21R3)(rR1),

4

V2q40(1r1R21R3)(R1rR2);

V3q40R3q40r(R2rR3),

q -q q o R1 R2 V4(rR3).

R3 习题7－11图

（2）U1q41r0(1R11R2)(rR1),

V2q40(1R2)(R1rR2);V30(R2rR3),V40(rR3).

/

（3）再把内球接地，内球的电荷及外球壳的电荷重新分布设静电平衡，内球带q，球壳内表面带－q/，外表面带q/－q。

V1140(qR1qR2qqR3)(rR1),

得：qR1R2qR2R3R1R3R1R2

V3qq40R3(R1R2)q40(R2R3R1R3R1R2)(R2rR3)

7－12 一均匀、半径为R的带电球体中，存在一个球形空腔，空腔的半径r(2r证明：利用补缺法，此空腔可视为同电荷密度的一个完整的半径为R 的大球和一个半径为r 与大球电荷密度异号完整的小球组成，两球在腔内任意点P产生的电场分别据〔例7－7〕结果为

E1r130, E2r230

r1 r2 / op E=E1+E2=

r130r230

o 30oo

习题7－12图

上式是恒矢量，得证。

5

7－13 一均匀带电的平面圆环，内、外半径分别为R1、R2，且电荷面密度为σ。一质子被加速器加速后，自圆环轴线上的P点沿轴线射向圆心O。若质子到达O点时的速度恰好为零，试求质子位于P点时的动能EK。（已知质子的带电量为e，忽略重力的影响，OP=L）

解：圆环中心的电势为

V0R22rdr40rR1 20(R2R1)

R2 o R1 圆环轴线上p点的电势为

VPp x R22rdr40R1rLR222

习题7－13图

20rL22R120(R2L22R1L)

22质子到达O点时的速度恰好为零有

E0EPEkEkE0Ep EkeV0eVp=

e20(R2R1)e20(R2L22R1L)

22

e20(R2R1R2L22R1L)22

7－14 有一半径为R的带电球面，带电量为Q，球面外沿直径方向上放置一均匀带电细

线，线电荷密度为λ，长度为L（L>R），细线近端离球心的距离为L。设球和细线上的电荷分布固定，试求细线在电场中的电势能。

解：在带电细线中任取一长度为dr的线元，其上所带的电荷元为dq=dr，据（7－23）式带电球面在电荷元处产生的电势为

VQ40r

Q dr r

电荷元的电势能为: dWQdr40r

o 细线在带电球面的电场中的电势能为： W习题7－14图

dW2LQdr40rLQ40ln2

*7－15 半径为R的均匀带电圆盘，带电量为Q。过盘心垂直于盘面的轴线上一点P到盘心的距离为L。试求P点的电势并利用电场强度与电势的梯度关系求电场强度。

解：P到盘心的距离为L，p点的电势为

VPR2rdr400rL22

6

20rL22R020(R2LL)

22p

圆盘轴线上任意点的电势为

V(x)R2rdr400rx2R22

o 习题7－15图

2x 20rx20Q20R(Rx222x)

dVQ利用电场强度与电势的梯度关系得：E(x)i(12dx20RP到盘心的距离为L，p点的电场强度为：E(L)Q20R2xR2x)i

22)i

(1LR2L227－16 两个同心球面的半径分别为R1和R2,各自带有电荷Q1和Q2。求：（1）各区城电势分布，并画出分布曲线；（2）两球面间的电势差为多少？

解：（1）据（7－23）式的结论得各区城电势分布为

V1141400(Q1R1Q1rQ2R21R2) (rR1),

V2() (R1rR2);

Q2 Q1 R1 R2 o V3Q1Q240r (rR2).

习题7－16图

（2）两球面间的电势差为

V12R2Q140rR1dr2Q140(1R11R2)

7－17 一半径为R的无限长带电圆柱，其内部的电荷均匀分布，电荷体密度为ρ，若取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出电势分布曲线。 解： 据高斯定理有

rR时：

o 2r

SrlrEdSE2rlEen

200rR时，V=0，则 rR时：V20Rrrdr40(Rr)

22习题7－10图

7

rR时：

S22RRlEen EdSE2rl20r0V VR220RdrrrR220lnRr

R o r 空间电势分布并画出电势分布曲线大致如图。

7－18 两根很长的同轴圆柱面半径分别为R1、R2，带有等量异号的电荷，两者的电势

差为U，求：（1）圆柱面单位长度带有多少电荷？（2）两圆柱面之间的电场强度。

解：设圆柱面单位长度带电量为，则两圆柱面之间的电场强度大小为

E20r

两圆柱面之间的电势差为

U2drr020R2drrUR120lnR2R1

o r 由上式可得：

20lnR2R1U

习题7－18图 所以E20renlnR2R1ren (R1rR2)

7－19 在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为109V，被迁移的电荷约为 30库仑，如果释放出来的能量都用来使00C的冰熔化成00C的水，则可融化多少冰?（冰的熔 解热为3.34×10J﹒kg)

解：两个放电点间的电势差约为109V，被迁移的电荷约为30库仑，其电势能为

Wp3010J

3010955-1

9上式释放出来的能量可融化冰的质量为：m3.34108.98×10kg

4

7－20 在玻尔的氢原子模型中，电子沿半径为a的玻尔轨道上绕原子核作圆周运动。（1）若把电子从原子中拉出来需要克服电场力作多少功?（2）电子在玻尔轨道上运动的总能量为多少？

解：电子沿半径为a的玻尔轨道上绕原子核作圆周运动，其电势能为

Wpee40a

（1）把电子从原子中拉出来需要克服电场力作功为：W外Wpe240a

8

（2）电子在玻尔轨道上运动的总能量为：WWpEkWpe2212mv2

40a＝mv2amv2e240a

Ek12mv2e280a

电子的总能量为：WWp12mv2e240ae280ae280a

第八章 静电场中的导体与电介质

8－1 点电荷+q处在导体球壳的中心，壳的内外半径分别为Rl和R2，试求，电场强度和电势的分布。

解：静电平衡时，球壳的内球面带－q、外球壳带q电荷 在rE1q40r2ˆ，U1rq40(1r1R11R2)

R1 在R1q R2 -q q 习题 8－1图

在r>R2的区域内:E3q4πε0r2ˆ.U3rq40r.

8－2 把一厚度为d的无限大金属板置于电场强度为E0的匀强电场中，E0与板面垂

直，试求金属板两表面的电荷面密度。

解：静电平衡时，金属板内的电场为0， 金属板表面上电荷面密度与紧邻处的电场成正比 所以有

10E0,2E0 1 2 E0

0E0.

习题 8－2图

8－3 一无限长圆柱形导体，半径为a，单位长度带有

电荷量1，其外有一共轴的无限长导体圆简，内外半径分别为b和c，单位长度带有电荷量2，求（1）圆筒内外表面上每单位长度的电荷量；（2）求电场强度的分布。

解：（1）由静电平衡条件，圆筒内外表面上每单位长度的电荷量为

,12;

（2）在r9

习题 8－3图

在a在r>b的区域内:E

1220ren

8－4 三个平行金属板A、B和C，面积都是200cm，A、B相距4.0mm，A、C相距

－7

2.0mm，B、C两板都接地，如图所示。如果A板带正电3.0×10C，略去边缘效应（1）求B板和C板上感应电荷各为多少?（2）以地为电势零点，求A板的电势。

解：（1）设A板两侧的电荷为q1、q2，由电荷守恒 原理和静电平衡条件，有

q1q2qA（1） qBq1，qCq2（2）

2

B d1 A C d2 依题意VAB=VAC,即

q1d1＝

q2d2q2d1d2q12q1代入（1）

习题 8－4图

0S0S（2）式得

q1＝1.0×10C，q2＝2.0×10C，qB＝－1.0×10C，qC=-q2＝－2.0×10C， （2）UAq1d1＝

q2d2=

-7

-7

-7

-7

2102001047120S0S8.851021032.3×10V

3

8－5 半径为R1=l.0cm的导体球带电量为q=1.0×10－10 C，球外有一个内外半径分别为R2=3.0cm和R3=4.0cm的同心导体球壳，壳带有电量Q=11×10－10 C，如图所示，求（1）两球的电势；（2）用导线将两球连接起来时两球的电势；（3）外球接地时，两球电势各为多少？（以地为电势零点）

解：静电平衡时，球壳的内球面带－q、外球壳带q+Q电荷 （1）U1140(qR1qR210qQR3)代入数据

U11.01043.148.85101210211111() 134＝3.3×102V

U2qQ40R2q+Q

1.0101012q

-q

(111)10243.148.85104

习题 8－5图

=2.7×102V

（2）用导线将两球连接起来时两球的电势为

U2

1012qQ40R21.010(111)10243.148.85104=2.7×102V

10

（3）外球接地时，两球电势各为

U1140(qR1qR2)U11.010101243.148.851010211()＝60V 13U20

8－6 证明:两平行放置的无限大带电的平行平面金属板A和B相向的两面上电荷面密度大小相等，符号相反，相背的两面上电荷面密度大小等，符号相同。如果两金属板的面积

2－8－8

同为100cm，带电量分别为QA=6×10 C和QB=4×10C，略去边缘效应，求两个板的四个表面上的电面密度。

证：设A板带电量为QA、两侧的电荷为q1、q2， B板板带电量为QB、两侧的电荷为q3、q4。由电荷守恒有

q1q2QA（1）

q3q4QB（2）

A B q1 q2 q3 q4

在A板与B板内部取两场点，金属板内部的电场为零有

q12S0q22S0q32S0q42S00习题 8－6图

，得

q1q2q3q40（3）

q12S0q22S0q32S0q42S00，得q1q2q3q40（4）

QAQB2联立上面4个方程得：q1q4QAQB2,q2q3

即相向的两面上电荷面密度大小相等，符号相反，相背的两面上电荷面密度大小等，符号相同，本题得证。

如果两金属板的面积同为100cm2，带电量分别为QA=6×10－8 C和QB=4×10－8C，则

14(64)210010(64)210010441085.0×10C/m, 1.0×10C/m

-6

2

－62

231088－7 半径为R的金属球离地面很远，并用细导线与地相联，在与球心相距离为D=3R处有一点电荷+q，试求金属球上的感应电荷。

解：设金属球上的感应电荷为Q，金属球接地 电势为零，即

q40RQQ40Dq30

q D=3R R Q RqD

习题 8－7图 8－8 一平行板电容器，两极板为相同的矩形，宽为a，长为b，间距为d，今将一厚

11

度为t、宽度为a的金属板平行地向电容器内插入，略去边缘效应，求插入金属板后的电容量与金属板插入深度x的关系。

解：设如图左边电容为C1，右边电容为C2

a(bx) C10dC2d b t

x 习题 8－8图

0axdt

左右电容并联，总电容即金属板后的电容量与金属板插入深度x的关系，为

a(bx)ax CC1C200ddt=

0ad(btxdt)

8－9 收音机里的可变电容器如图（a）所示，其中共有n块金属片，相邻两片的距离

均为d，奇数片联在一起固定不动（叫定片）偶数片联在起而可一同转动（叫动片）每片的形状如图（b）所示。求当动片转到使两组片重叠部分的角度为时，电容器的电容。 解：当动片转到使两组片重叠部分的角度 为时，电容器的电容的有效面积为 S(r2r1)218022(r2r1)36022

此结构相当有n-1的电容并联，总电容为

C(n1)0Sd＝

(n1)0(rr)360d2221

(a)

习题 8－9图

(b)

8－10 半径都为a的两根平行长直导线相距为d（d>>a），（1）设两直导线每单位长度上分别带电十和一求两直导线的电势差；（2）求此导线组每单位长度的电容。 解：（1）两直导线的电电场强度大小为

E220r

两直导线之间的电势差为

Vdr0r0dadrra0lndaao

r （2）求此导线组每单位长度的电容为

CV=

ln0daa

习题 8－10图 8－11 如图，C1=10F，C2=5F，C3=5F，求（1）AB间的电容；（2）在AB间加上100V电压时，求每个电容器上的电荷量和电压；（3）如果C1被击穿，问C3上的电荷量和电压各是多少？

解：（1）AB间的电容为

CC3(C1C2)C1C2C351520=3.75F；

12

（2）在AB间加上100V电压时，电路中的总电量就是C3电容器上的电荷量，为

qq3CV3.731061003.731044C

V1V2qC1C23.73101510A 25V

6C1 C2

V31002575V q1C1V11010q2C2V25106C3

252.5104C C

B 习题 8－11图

6251.25104（3）如果C1被击穿，C2短路，AB间的100V电压全加在C3上，即V3=100V， C3上的电荷量为

q3C3V351061005.0104C

8－12 平行板电容器，两极间距离为l.5cm，外加电压39kV，若空气的击穿场强为30kV/cm，问此时电容器是否会被击穿？现将一厚度为0.3cm的玻璃插入电容器中与两板平行，若玻璃的相对介电常数为7，击穿场强为100kV/cm，问此时电容器是否会被击穿？结果与玻璃片的位置有无关系?

解：（1）未加玻璃前，两极间的电场为

E391.526kV/cm30kV/cm

不会击穿

（2）加玻璃后，两极间的电压为

1.2E0.3E739E31kV/cm30kV/cm

空气部分会击穿，此后，玻璃中的电场为

E390.3130kV/cm100kV/cm，玻璃部分也被击穿。结果与玻璃片的位置无关。

习题 8－12图

V

8－13 一平行板电容器极板面积为S，两板间距离为d,其间充以相对介电常数分别为r1、r2，的两种均匀电介质，每种介质各占一半体积，如图所示。若忽略边缘效应，求此电容器的电容。

解：设如图左边电容为C1，右边电容为C2

S/2C10r1

dC20r2S/2d

r1 r2 左右电容并联，总电容为

S/20r2S/2CC1C20r1

dd习题 8－13图

0Sr1r2d(2)

8－14 平行板电容器两极间充满某种介质，板间距d为2mm，电压600V，如果断开

13

电源后抽出介质，则电压升高到1800V。求（1）电介质相对介电常数；（2）电介质上极化电荷面密度；（3）极化电荷产生的场强。

解：设电介质抽出前后电容分别为C与C/

(1)C0rSd2U,C0Sd2QCUCU0rSd2Ud0Sd23U,r5UU1800V600V3(2)E600V210m310V/m62

D0E0E(r1)5.3110C/m(3)EE0E,E0Ud51800V210m53910V/m55EEE0910V/m310V/m610V/m(1)C0rSd2U,C0Sd2QCUCU0rSd2Ud0Sd23U,r5UU1800V600V3(2)E600V210m310V/m62

D0E0E(r1)5.3110C/m(3)EE0E,E0Ud51800V210m53910V/m55EEE0910V/m310V/m610V/m8－15 圆柱形电容器是由半径为R1的导体圆柱和与它共轴的导体圆筒组成。圆筒的半径为R2，电容器的长度为L，其间充满相对介电常数为r的电介质，设沿轴线方向单位长度上圆柱的带电量为+，圆筒单位长度带电量为-，忽略边缘效应。求（1）电介质中的电位移和电场强度；（2）电介质极化电荷面密度。 解：

取同轴圆柱面为高斯面，由介质中的高斯定理可得DdsD2rllD2r,E2r0r(r1)(r1)

,2P2D0E1P1D0Er2R1r2R2

8－16 半径为R的金属球被一层外半径为R/的均匀电介质包裹着，设电介质的相对介电常数为r，金属球带电量为Q,求（1）介质层内外的电场强度；（2）介质层内外的电势；（3）金属球的电势。 解：

R/ R1 U1 U2 U0 E1 E2

习题 8－16图

14

(1)取同心高斯球面，由介质的高斯定理得2DdsD4rQ,D1D2E1D1Q4r0r2Q4r204r0R(2)介质层内的电势U1E2dlE1dlRr0rE2D2Q211Q()40rrR40RQ

介质层外的电势U2(3)金属球的电势U0RR1E2dl＝E2dlQ40rE1dlQ11RQ40RRR140rR1()

8－17 球形电容器由半径为R1的导体球和与它同心的导体球壳组成，球壳内半径为R2，其间有两层均匀电介质，分界面半径为r，电介质相对介电常数分别为r1、r2，如图所示。求（1）电容器的电容；（2）当内球带电量为+Q时各介质表面上的束缚电荷面密度。 解：

(1)取同心高斯球面，由介质的高斯定理得2DdsD4rQ,D1D2E1UD1Q4r0r12Q4rD220r1,E2Q0r2Q4r0r22rR2E2dlR1rE1dl40r211Q11()()rR240r1R1rR2 R1 r CQU40r2r1R2R1r(r1r2)R2R1r(R2r2R1r1)Q4R12(1)1D10E1(1Q4r1r12),11Q4R12(11r1)1)习题 8－17图

2Q4r2(11r1),3(1r2),4Q4R22(1r28－18 一平行板电容器有两层介质（如图），r1＝4，r2＝2，厚度为d1=2.0mm，d2=3.0mm，极板面积S=40cm2，两极板间电压为200V。（1）求每层电介质中的能量密度；（2）计算电容器的总能量；（3）计算电容器的总电容。

解：

习题 8－18图

15

0r2S(1)U1U2Q/C1Q/C2d20r1Sd1r2d1r1d2224313U150V,U2150Ve1120r1E1222120r1(12U1d1)1.110222J/m,23e20r2E0r2(U2d2)2.210J/m3

120r2S0r1S(2)CC1C2C1C2d2d10r1Sd10r2Sd2d120W12CU2202003.510270r2S0r1S(3)CC1C2C1C2d20r1Sd10r2Sd2201.791011F8－19 平板电容器的极板面积S=300cm两极板相距d1=3mm，在两极板间有一个与地绝缘的平行金属板，其面积与极板的相同，厚度d1=1mm。当电容器被充电到600V后，拆去电源，然后抽出金属板，问（1）电容器间电场强度是否变化；（2）抽出此板需作多少功?

解：

(1)未拆电源前，C=2

0Sdd1U,QCUU600V(31)100Sdd13Edd1m3.010V/mU50Sdd1拆去电源并抽出金属板后，C=0Sd,U＝QC0SdUddd153U2E所以电场强度没有发生变化。（2）抽出前WQ2C2Ud1.5600V31023

3.010V/mEm,抽出金属板后WQ2C所以抽出此板需要做的功为W＝Q22（1C－1C(U）=0Sdd12)2(10Sd10Sdd1)1.2105J8－20 半径为R1=2.0cm的导体球，外套有一同心的导体球壳，球壳内外半径分别为R2=4.0cm、R3=5.0cm。球与壳之间是空气，壳外也是空气，当内球带电荷为Q=3.0×10-8C时，求（1）整个电场贮存的能量；（2）如果将导体球壳接地，计算贮存的能量，并由此求其电容。

解：

16

0(r2)Q(2r4)4r（1）由高斯定理可得，E＝00(4r5)Q4(r5)0r取半径为r，厚度为dr的球壳，其体积元为dv4r2dr,所以在此体积元内电场的能量为2dW12Qdreedv20Edv80r2电场的总能量为WQ2dr2e＝428Qdr50r280r2＝1.82104J（2）如果导体壳接地则2W4Qdre＝＝2821.01104J0rC＝QQ44.51012UFQdr240r17