1、新编基础物理学下册习题解答和分析第九章习题解答9-1两个小球都带正电，总共带有电荷5.010 5 C ,如果当两小球相距2.0m 时，任一球受另一球的斥力为1.0N.试求总电荷在两球上是如何分配的？分析：运用库仑定律求解。解：如图所示，设两小球分别带电q1， q2 则有q1+q2=5.010-5C题 9-1 解图由题意，由库仑定律得：由联立得：q11.210 5 Cq23.810 5 C9-2 两根 6.0 10-2m 长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为0.510-3kg 的小球 .当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60角的位置上。求每一个小球的电量。
2、分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。解：设两小球带电q1=q2=q，小球受力如图所示Fq2T cos304 0 R2联立得：其中rl sin 6036 10 23 310 2 (m)2代入式，即：q=1.01 10-7C题 9-2 解图9-3电场中某一点的场强定义为EF ，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在场q0强？为什么？答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变. 因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷q0 所受力 F 与 q0 成正比，故 EF 是与 q0 无关的。q09-4直角三角形A
3、BC 如题图 9-4 所示， AB 为斜边， A 点上有一点荷 q11.810 9 C ，B 点上有一点电荷q24.8 10 9 C ，已知BC=0.04m，AC=0.03m，求 C 点电场强度 E 的大小和方向 (cos37 0.8, sin37 0.6).分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。第 1页解：如 9-4 所示 C 点的 度 E E1E2E2q24.810 9 9 1092.7104 (N/C)40 (BC) 2(0.04)2方向 ：arctan E1arctan1.810 433.7oCE22.7104即方向与 BC 成 33.7。题 9-4 解图9-5两个点 荷 q14
4、 10 6 C,q28 10 6 C 的 距 0.1m，求距离它 都是0.1m 的 度 E 。分析：运用点 荷 公式及 叠加原理求解。解：如 所示：E1q19109410 6640r1210 23.610 (N/C)E1， E2 沿 x、y 分解：9-6 有一 a 的如 9-6 所示的正六角形，四个 点都放有 荷q，两个 点放有 荷q。 算 中在六角形中心 O 点 的 。分析：运用点 荷 公式及 叠加原理求解。解：如 所示 . 设 q1=q2=q6=q，各点 荷q 在 O 点 生的 度大小均 ：各 方向如 所示，由 可知E3 与 E6 抵消 .据矢量合成，按余弦定理有：E0 2E 3 2q33
5、q方向垂直向下 .0 a220a24qq9-7 荷以 密度 均匀地分布在 l 的直 上，求 直 的中垂 上与 直 相距 RqO.q的点的 。-q-q运用点 荷 公式表示 荷元的 ，再 分求解。分析：将 直 无 分割，取 荷元，题图 9-6注意：先 荷元的 矢量分解后 分，题 9-6 解图并利用 称性。解：如 建立坐 ， 上任一 荷元在 P 点 生的 ：第 2页根据坐标对称性分析，E 的方向是 y 轴的方向9-8两个点电荷q1 和 q2 相距为 l，若（ 1）两电荷同号；（ 2）两电荷异号，求电荷连线上电场强度为零的点的位置.分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。题 9-7 解图题 9-8
6、 解图解：如图所示建立坐标系， 取 q1 为坐标原点， 指向 q2 的方向为 x轴正方向 .(1) 两电荷同号 . 场强为零的点只可能在q1、q2 之间，设距q1 为 x 的 A 点.据题意： E1=E2 即：(2) 两电荷异号 . 场强为零的点在 q1q2 连线的延长线或反向延长线上，即E1=E2| q1 | l解之得： x| q2 | q1 |9-9 如题图 9-9 所示，长 l=0.15m 的细直棒 AB 上，均匀地分布着线密度5.00 10 9 Cm 1 的正电荷，试求： （1）在细棒的延长线上， 距棒近端 d1=0.05m 处 P 点的场强；（2）在细线的垂直平分线上与细棒相距d2=
7、0.05m 的 Q 点处的场强； (3) 在细棒的一侧，与棒垂直距离为d2=0.05m，垂足距棒一端为3的S点处的场强.d =0.10m分析：将均匀带电细棒分割成无数个电荷元，每个电荷元在考察点产生的场强可用点电荷场强公式表示，然后利用场强叠加原理积分求解，便可求出带电细棒在考察点产生的总场强。注意：先电荷元的场强矢量分解后积分，并利用场强对称性。解： (1) 以 P 点为坐标原点，建立如图（1）所示坐标系， 将细棒分成许多线元 dy. 其所带电量为dqdy ，其在 P 点的场强为 dE ，则dy方向沿 Y 轴负方向题图 9-9dy 。它在 Q点的场强(2) 建立如图所示的坐标系， 将细棒分成
8、许多线元dy. 其所带电量为 dqdE 的大小为：题 9-9 解图 (1)dE在x 、 y轴 的 投 影 为 ：dEx dE cossindydE sin4 0r22由图可见：yd2 ctg， rd2 csc第 3页由于对称性， dEy 分量可抵消，则又 1= - 2方向沿 X 轴正方向(3) 在细棒一侧的 S 点处的场强。建立如图（3）所示的坐标系，分析如（ 2）则：其中：cos 1d3d220.12 ； sin 11题 9-9 解图 (3)d320.120.05255题 9-9 解图 (2)方向：与 x 轴Ey54.2的夹角： arctgEx9-10 无限长均匀带电直线， 电荷线密度为 ,
9、被折成直角的两部分 .试求如题图9-10 所示的 P 点和 P点的电场强度 .分析：运用均匀带电细棒附近的场强公式及场强叠加原理求解。解：以 P 点为坐标原点，建立如题9-10 解图 (1)所示坐标系均匀带电细棒的场强：在 P 点： 1， 2 4竖直棒在 P 点的场强为：题图 9-10E121 i2 j4 0a22水平棒在 P 点的场强为：x在 P 点的合场强：即 E2：方向与 x 轴正方向成 45.4 0a同理以 P点为坐标原点，建立如图题题 9-10 解图 (1)9-10 解图 (2)坐标：在 P点： 13， 24竖直棒在 P点的场强为：E122j4 0a1 i22水平棒在 P点的场强为：
10、x第 4页题 9-10 解图 (2)在 P点的合场强为： E E1E 2 ij 4 0 a即： E2，方向与 x 轴成 - 135.4 0 a9-11无限长均匀带电棒 l1 上的线电荷密度为1 ,l 2 上的线电荷密度为2 ， l1 与 l2 平行 ,在与 l1 ， l2 垂直的平面上有一点P,它们之间的距离如题图9-11 所示 ,求 P 点的电场强度。分析：运用无限长均匀带电细棒的场强公式及场强叠加原理求解。解： l1 在 P 点产生的场强为：l2 在 P 点产生的场强大小为：方向如题 9-11 解图所示。把 E2 写成分量形式为：在 P 点产生的合场强为：题图 9-11题 9-11 解图9
11、-12一细棒被弯成半径为R 的半圆形 ,其上部均匀分布有电荷+Q,下部均匀分布电荷-Q.如题图 9-12 所示 ,求圆心 O 点处的电场强度。题 9-12 解图题图 9-12分析：微分取电荷元，运用点电荷场强公式及场强叠加原理积分求解。将带电半圆环分割成无数个电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元场强。将电荷元电场进行矢量分解，再进行对称性分析，然后积分求解。解：把圆环分成无限多线元dl ， dl 所带电量为 dq2Q dl ，产生的场强为 dE 。R则 dE 的大小为：QdlQddE0 R3220 R222把 dE 分解成 dEx 和 dEy，则：由于 +Q、- Q 带电量的对称性，x 轴上的
12、分量相互抵消，则：Ex0第 5页圆环在 O 点产生的场强为：EQ2 j20 R9-13 两平行无限大均匀带电平面上的面电荷密度分别为+和 -2,如题图 9-13 所示 ,求 : (1)图中三个区域的场强E1 ， E2 ，E3 的表达式；（ 2）若 =4.4310-6C m-2，那么， E1 ， E2 ， E3 各多大？分析：首先确定场强正方向，然后利用无限大均匀带电平板场强及场强叠加原理求解。解：（ 1）无限大均匀带电平板周围一点的场强大小为：在区域： E1题图i2ii9-13222000区域：区域：E2i2i3i222000E3i2ii222000（2）若 =4.4310-6Cm-2 则9-
13、14边长为 a 的立方盒子的六个面分别平行于xOy，yOz 和 xOz 平面，盒子的一角在坐标原点处，在此区域有匀强电场，场强 E200i300 jVm-1 ,求通过各面的电通量。分析：运用电通量定义求解，注意对于闭合曲面，外法线方向为正。解：s1E dS1(200i 300 j ) i dS1200dS1200a2 ( N m 2 C 1 )s1s1s1即平行于 xOy 平面的两平面的电通量为0；平行于 yOz 平面的两平面的电通量为200a2Nm2C-1；平行于 xOz 平面的两平面的电通量为300a2Nm2C-1。9-15题 9-15 解图一 均 匀 带电半圆环，半径为 R，电量为 +Q
14、，求环心处的电势。分析：微 分 取 电荷元，运用点电荷电势公式及电势叠加原理积分求解。将带电半圆环 分割 成 无 数题 9-16 解图个电荷元，根据点电荷电势公式表示电荷元的电势，再利用电势叠加原理求解。解：把半圆环无穷分割，取线元dl ，其带电量为 dqQdl ，则其在圆心 O 的电势为：R整个半圆环在环心O 点处的电势为：9-16一面电荷密度为 的无限大均匀带电平面， 若以该平面处为电势零点，求带电平面周围的电势分布。第 6页分析：利用无限大均匀带电平面的场强公式及电势与电场强度的积分关系求解。解：无限大平面周围的场强分布为：取该平面电势为零，则周围任一点P 的电势为：9-17如题图 9-
15、17 所示，已知 a=8 10-2m，b=610-2m, q1=3 10-8C, q2=310-8C，D 为 q1,q2 连线中点，求：（ 1）D 点和 B 点的场强和电势 ; (2) A 点和 C 点的电势；（3）将电量为 210-9C 的点电荷 q0 由 A 点移到 C 点，电场力所作的功；（4）将 q0 由 B 点移到 D 点，电场力所作的功。题图 9-17分析：由点电荷的场强、电势的公式及叠加原理求场强和电势。静电力题 9-17 解图是保守力，保守力做功等于从初位置到末位置势能增量的负值。解：（ 1）建立如图题9-17 解图所示坐标系：E1Bq19109310 8275，方向如图示。a
16、2(4102)2(6102)25210 (V/m)4 0b22E2Bq29109310 827105(V/m)，方向如图示。a2(4102)2(6 102)2524 0b22 EB4 13271055.7610 4 (V / m) ；方向平行于 x 轴.1352同理， UB=0.（ 2） U Aq1q24 0b4 0 b2a29109 3210 89109310 81.8 103 (V) U Cq1a2q29 1093 10 89 109 3210 81.8 103 (V) （3 ）6 10(6 10 2 )2(8 10 2 )24 0 b24 0 b(6 10 2 )2(8 10 2 ) 2
17、610U ACU A U C 1.8 1031.8103(V) 3.6103 (V)（ 4） U BDU BU D 09-18 设在均匀电场中， 场强 E 与半径为 R 的半球面的轴相平行， 试计算通过此半球面的电场强度通量？第 7页分析：如图所示，由高斯定理可知，穿过圆平面S1 的电力线必通过半球面。解：在圆平面 S 上：E dS E dS1 E R21s1所以通过此半球面的电通量为：e ER29-19两个带有等量异号电荷的无限大同轴圆柱面，半径分别为R1 和 R2（R2R1）.单位长度上的电量为,求离轴线为r 处的电场强度： (1) rR1 ；(2)R1rR2 ；(3)rR2题 9-18
18、解图分析：由于场为柱对题 9-19 解图称的，做同轴圆柱面，运用高斯定理求解。解：（1）在 rR1 时，作如图所示同轴圆柱面为高斯面. 由于场为柱对称的，所以通过侧面的电通量为2rlE ，通过上下底面的电通量为零. 据高斯定理，因为此高斯面没有包围电荷，所以有：2rlE 0,即 E 0（ 2）对 R1rR2，类似（ ）作高斯面，有：1故得： E12 0 r（ 3）对 rR2 ，作类似高斯面， 有：故得： E=0。题 9-20 解图9-20静电场中 a 点的电势为300V ，b 点电势为 -10V.如把 5 10-8C 的电荷从 b 点移到 a 点,试求电场力作的功？分析：电场力作功等于电势能增
19、量的负值。解：依题意可以有如图的示意图：把正电荷由a 点移到 b 点时电场力作功反之，当正电荷从b 点移到 a 点时，电场力作功：负功表示当正电荷向低电势向高电势移动时，它要克服电场力作功，从而增加了它的电势能。9-21在半径为 R1 和 R2 的两个同心球面上分别均匀带电q1 和 q2,求在 0rR1 ,R1rR2 , rR2 三个区域内的电势分布。分析：由于场为球对称的，做同心球面，利用高斯定理求出场强。再利用电势与场强的积分关系积分路径上的场强是分段函数。U E dr 求电势。注意：r解：利用高斯定理求出：第 8页电势的分布：第 9页第十章习题解答10-1 如题图 10-1 所示，三块平
20、行的金属板A，B 和 C，面积均为 200cm2,A 与 B 相距 4mm，A 与 C 相距 2mm，B 和 C两板均接地，若A 板所带电量 Q=3.010-7C，忽略边缘效应 求：（ ）和C上的感应电荷？（2）A板的电势（设地面,1 B电势为零）。d分析：当导体处于静电平衡时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律，可以求得导体的电荷分布，又因为B、C 两板都接地，所以有 U AC U AB 。解：（ 1）设 B、C 板上的电荷分别为qB 、 qC 。因 3 块导体板靠的较近，可将6 个导体面视为6 个无限大带电平面。导体表题图 10-1题 10-1 解图面电荷分布均匀，且其间的场强方向垂直于导体表
21、面。作如图中虚线所示的圆柱形高斯面。因导体达到静电平衡后，内部场强为零，故由高斯定理得：即qA (qB qC )又因为：U ACU AB而 :dU ACEAC2于是：C2B00两边乘以面积S 可得：即：联立求得 :S CSB020qC2qBqC2 10 7 C , qB1 10 7 C(2)dCdqCdU A U AC UCU ACEAC 202S 0210-2如题图10-2 所示，平行板电容器充电后，A 和 B 极板上的面电荷密度分别为+ 和 ，设 P 为两极板间任意一点，略去边缘效应，求：（ 1） A,B 板上的电荷分别在 P 点产生的场强 EA,EB;（ 2） A,B 板上的电荷在 P
22、点产生的合场强 E；(3) 拿走 B 板后 P 点处的场强 E。分析：运用无限大均匀带电平板在空间产生的场强表达式及场强叠加原理求解。解：（ 1） A、B 两板可视为无限大平板.所以 A、 B 板上的电何在P 点产生的场强分别为:E A, 方向为：垂直于A 板由 A 指向 B 板2 0第 10 页题图 10-2E B2，方向与 EA 相同 .0(2)E2E A，方向于 EA 相同0(3)拿走 B 板后： E，方向垂直 A 板指向无限远处 .2010-3电量为 q 的点电荷处导体球壳的中心，球壳的内、外半径分别为R1 和 R2，求场强和电势的分布。分析：由场强分布的对称性，利用高斯定理求出各区域
23、场强分布。再应用电势与场强的积分关系求电势，注意积分要分段进行。解：由静电感应在球壳的内表面上感应出q 的电量，外表面上感应出q 的电量 .所以由高斯定理求得各区域的场强分布为：q( rR1,rR2 )即：E4 0r 20( R1rR2 )综上可知 :10- 4半径为 R1 的导体球，带有电量题 10-3 解图R2，R3 的同心导体球壳，球壳带有电量Q。（1）求导q；球外有内、外半径分别为体球和球壳的电势U1， U2；（ 2）若球壳接地，求 U1， U2；（ 3）若导体球接地（设球壳离地面很远），求 U1， U2。分析：由场强分布的对称性，利用高斯定理求出各区域场强分布；再由电势定义求电势。接
24、地导体电势为零，电荷重新分布达到新的静电平衡，电势分布发生变化。解 : 如图题 10-4 解图（ a）所示 , 当导体达到静电平衡时 , q 分布在导体球的表面上 . 由于静电感应在外球壳的内表面上感应出 q 电量 . 外表面上感应出 q 电量，则球壳外表面上共带电荷 (Q q) .(1)由于场的对称性 . 由高斯定理求得各区域的场强分布为：E 的方向均沿经向向外.取无限远处电势为零，则由电势的定义可得：内球体内任一场点p1 (r R1) 的电势 U 1 为题 10-4 解图（ a）p ( R2 r R3 ) 的电势为 :外球壳体内任一场点2（ 2）若外球壳接地 . 球壳外表面的电荷为零，等量
25、异号电荷分布在球体表面和球壳内表面上, 此时电第 11 页题 10-4 解图（ b）场只分布在(R1rR2 ) 的空间，如图题10-4 解图（ b）所示 . 由于外球壳 U 20 则内球体内任一点P1 (rR1) 的电势U1 为 :(3) 当内球接地时，内球的电势 U 1 0 ，但无限远处的电势也为零，这就要求外球壳所带电量在内外表面上重新分配，使球壳外的电场沿着经向指向无限远处，球壳内的电场经向指向球心处；因此，内球必然带负电荷。因为内球接地，随着它上面正电荷的减少，球壳内表面上的负电荷也相应减少；当内球上正电荷全部消失时，球壳内表面上的负电荷全部消失完；但就球壳而言，仍带有电量+Q。由于静
26、电感应，在内球和大地这一导体，系统中便会感应出等量的负电荷- Q, 此负电荷（ - Q）的一部分（设为- q）均匀分布在内球表面上。球壳内表面上将出现等量的正电荷(+ q) 与之平衡 . 因此，在达到静电平衡后，内球带电荷- q，球壳内表面带电量+q，外表面上带电量（Q- q），如图所示 .由高斯定理可知各区域的场强分布为:E2q( R1 rR2 )4 0 r2球壳上任一场点P2 (R2r R3) 相对于无限远处和相对于接地内球的电势，应用电势定义分别计算，可得 :联立上述两式，求得：题 10-4 解图（ c）将q代入 U 的表达式中可得 :210- 5三个半径分别为R1，R2，R3（ R1
27、R2 R3）的导体同心薄球壳，所带电量依次为q1，q2，q3.求：（1）各球壳的电势；（ 2）外球壳接地时，各球壳的电势。分析：根据静电平衡条件先确定球的电荷分布情况，再根据电荷分布的球对称性，利用高斯定理求出电场强度分布，进而利用电势与电场强度的积分关系求出电势分布。对于电荷球对称分布的带电体，也可直接利用电势叠加原理求得电势分布。接地导体时电势为零， 电荷重新分布达到新的静电平衡， 新的电荷分布引起电场和电势分布发生变化。解： (1)如图题 10-5 解图 (a)所示，半径为R1 的导体球壳外表面上均匀的分布电量q1，由于静电感应，半径为R2 的球壳内表面上感应出 - q1 的电量 . 外
28、表面上感应出 +q1 的电量 . 因此，半径为R2 的球壳外表面上的电量为q1+q2，同理，半径为R3 的球壳内表面上感应出-( q1+q2) 的电量 . 外表面上感应出 +( q1+q2) 的电量 . 所以 R3 的球壳外表面上的电量为( q1+q2+q3) 。( 方法一 )由于场的分布具有对称性 ,可用高斯定理求得各区域的场强分别为E2q1， (R1 r R2 )4 0 r2第 12 页题 10-5 解图 (a)E 的方向均沿径向向外.取无限远处为电势零点.（方法二）可把各球壳上的电势视为由电量为q1, 半径为 R1；电量为 q2，半径为 R2；电量为 q3，半径为 R3 的三个同心带电球
29、壳分别在各点所共同产生的电势的叠加.由于在半径为 R1 的球壳外表面上的 P 点由三个带电球壳电势的叠加. 故有同理 : U 21 q1q2q34 0R2R3(2)由于外球壳接地, 球壳外表面的电荷为零，内表面的电量为-( q1+q2)( 方法一 )用高斯定理求得各区域的场强分别为：E1 0， (r R1 )（方法二）可把 U, 视为带电量为 q ，半径为 R ；带电量为 q ，半径为 R ，带电量为 -( q +q ) ，半1112212径为 R3 的同心带电球面在半径为R1 的球壳外表面上的电势的叠加 .把U2视为带电量为q1 q2R2量为 -(q1q2) ，半径为R3的同心球面在半径为R
30、2的球壳外+ , 半径为. 带电+表面上的电势的叠加因为外球壳接地，所以：U 30题 10-5 解图（ b）10-6一球形电容器，由两个同心的导体球壳所组成，内球壳半径为a，外球壳半径为b，求电容器的电容。分析：设球壳内外表带电量Q ，由于电荷分布具有对称性，应用高斯定理确定场强的分布。由电势与场强的积分关系确定电容器两极板间电势差，再由电容定义式求电容。解：设内球壳外表面带电量为+Q.则外球壳内表面带电量为-Q, 两球面间的场强分布具有对称性，应用高斯定理，求得两球面间的场强大小为：据场强与电势差的关系：于是有：10-7一平行板电容器两极板的面积均为S，相距为 d，其间还有一厚度为t,面积也
31、为 S 的平行放置着的金属板，如题图10-7 所示，略去边缘效应.(1) 求电容 C.（2）金属板离两极板的远近对电容C 有无影响？（ 3）在 t=0 和 t=d 时的 C 为多少？第 13 页分析： 由于金属板的两个表面在电容器中构成新电容器的两个板板，所以 AC间的电容器可看作AB、BC两电容器的串联 .0 s0s解：（ 1） C ABd t xdAB AC间的电容为 :(2)由上述推导可知，金属板离两极板远近题 10-7 解图对 C无影响(3)当 t =0 时 :C0sd当 t=d 时 : C=10-8平行板电容器的两极板间距d=2.00mm,电势差 U=400V ，其间充满相对电容率r5 的均匀玻璃片,略去边缘效应 ,求：（ 1）极板上的面电荷密度0 ； (2)玻璃界面上的极化面电荷密度。分析：根据电容的定义式及平行板电容器公式求解自由电荷面密度0 。再利用极化面电荷密度和自由电荷面密度关系求解。解：（ 1） 据电容的定义式：即 :(2)0s0r sud1101 18.85 10 67.08 10 6 (c/m 2 )r510-9 如题图 10-
