医用物理学陈仲本第五章课后习题答案教学文稿Word文件下载.docx
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(b)
解(a)式得x=l/3,将其代入(b)式可得m=4/9。
从上面的计算结果可知,在q与4q之间,与电荷q相距l/3处,放置一个4/9q的异号电荷,可使三个电荷达到受力平衡。
5-2两个点电荷分别带有+10C和+40C的电量,相距40cm,求场强为零的点的位置及该点处的电势。
r1
r2
+q1
P
E2
E1
+q2
解:
①求场强为零的位置:
只有在两电荷的连线中的某点P,才能使该处场强为零,即q1、q2在该点的场强E1、E2大小相等,方向相反,已知q1=10C,q2=40C,则根据点电荷场强公式,有
由上式可得习题5-2附图
又因r1+r2=40cm,由此可得r1=40/3cm=40/3×
10-2m;
r2=80/3cm=80/3×
10-2m
②求电势:
设q1、q2在P点产生的电势分别为U1、U2,P点电势U为U1、U2之和,即
5-3两等值异号点电荷相距2.0m,q1=8.0×
10-6C,q2=-8.0×
10-6C。
求在两点电荷连线上电势为零的点的位置及该点处的场强。
解:
①求电势为零的位置:
设q1、q2连线上P点处电势为零,该点电势为q1、q2分别产生的电势U1、U2之代数和,由点电荷电场的电势得
-q2
习题5-3附图从上式可得
又r1+r2=2.0m,则r1=r2=1.0m,即电势为零的位置处于两点电荷连线的中点。
②求场强:
设q1、q2在P处产生的场强分别为E1、E2,它们的方向一致,故P点的场强为E1和E2的大小之和,方向由P指向q2
Y
X
E3
r
-Q
+Q
30°
a
5-4在一个边长为a的正三角形的三个顶点放有量值相等的电荷Q,在以下两种情况下,求三角形重心处的场强和电势:
①三个顶点都带正电荷;
②两个顶点带正电荷,一个顶点带负电荷。
习题5-4附图(a)习题5-4附图(b)
解:
根据场强的叠加原理,可分别求出三个点电荷在重心的场强,再求出它们的矢量和。
电势为标量,只需求出它们的代数和。
①当三个都为正电荷时,按附图(a)取坐标,坐标原点O为三角形的重心,已知等边三角形的边长为a,则其重心到三个顶点的距离r可由三角函数求出
由点电荷场强公式可得,三个点电荷在重心O的场强相等,即
(a)
方向如附图所示。
设重心处的场强E在Y方向和X方向的分量分别为Ey和Ex,则由附图(a)可得
Ey=E2cos60°
+E3cos60°
-E1=½
E2+½
E3-E1=0
Ex=E2sin60°
-E3sin60°
=0(因为E2=E3)
故重心处的合场强E=0。
由点电荷的电势公式和可得
根据电势叠加原理,重心处的电势U为
②当两个顶点带正电荷,一个顶点带负电荷时,按本题附图(b)取坐标。
参考前面的(a)式,由点电荷电场强度公式可得
方向如附图(b)所示。
设重心处的场强E在Y方向和X方向的分量分别为Ey和Ex,则由附图(b)可得
Ey=E1+E2cos60°
=E1+½
E3=2E1=
故重心处的场强E的大小为
其方向垂直向上。
由点电荷电势公式可得三个点电荷在重心的电势分别为
,
根据电势叠加原理,重心处的电势为
5-5均匀带电直线长2a,其线电荷密度为λ,求在带电直线垂直平分线上,且与带电直线相距为a的点的场强和电势。
①求场强:
以带电直线为坐标轴,取直线中点为原点O,在直线上距O点x处取一线元dx,如本题附图所示,其电量dq=λdx,此电荷元在所求点P处产生的场强为
其方向沿dq与P点连线(图中为λ>
0时的情况,若λ<
0,则反向),与X轴线夹角为θ。
O
-a
λdx
dE∥
dE
dE⊥
θ
由于对称性,各电荷元的场强沿X轴的分量dE∥互相抵消,而垂直于X轴的分量dE⊥互相增强,因此
(b)
由附图可知,,将(a)式和sinθ的表达式代入(b)式得E的大小为习题5-5附图
由点电荷电势公式可得,dq在P点产生的电势dU为
将上式积分可得P点电势
dl
dU
R
5-6均匀带电圆环,其半径为5cm,总电量为5.0×
10-9C,计算轴线上离环心5cm处的场强和电势。
本题先求电势,然后利用场强和电势的关系计算场强。
①求电势:
参考本题附图,设圆环总量为q,半径为R,由于电荷是均匀分布,故其线电荷密度η=q/2πR。
在圆环上取一线元dl,其电量为
(a)习题5-6附图
设P点离环心O的距离为x,则由附图知,,电荷元dq在P点产生的电势dU为
将上式积分,可得P点的电势为
(c)
已知R=5cm=0.05m,q=5.0×
10-9C,x=5cm=0.05m,代入上式得
根据场强与电势的关系E=-dU/dn,对(c)式求关于x的导数,则场强E的大小为
方向沿X轴正方向。
dE∥互相抵消,而垂直于X轴的分量dE⊥互相增强,因此
5-7均匀带电的半圆弧,半径为R,带有正电荷q,求圆心处的场强和电势。
在环上取一线元dl,带电量dq=qπRdl,电荷元在圆心产生的场强大小为
方向如附图所示,与OX轴夹角为θ,dl=Rdθ。
由于对称性,dE∥互相抵消,dE⊥相互增强,于是有
L
将dE的表达式及dl=Rdθ代入,经整理后得场强E的大小为
其方向垂直向下。
电荷元dq在圆心产生的电势dU为
习题5-7附图
将上式积分即得圆心处的电势
5-8长度为L的直线段上均匀分布有正电荷,电荷线密度为λ,求该直线的延长线上,且与线段较近一端的距离为d处的场强和电势。
l
d
①求场强:
在直线段l处取一线元dl,其带电量为dq=λdl,它在P处产生的场强方向沿直线的延长线,大小为
将上式积分,即得P点场强的大小为习题5-8附图
由点电荷电势公式可知,电荷dq在P点产生的电势dU为
将上式积分,即得P点的电势U为
5-9两个无限长同轴柱面,内圆柱面半径为R1,每单位长度带的电荷为+λ,外圆柱半径为R2,每单位长度带的电荷为-λ,求两圆柱面之间的空间中各处的场强。
R2
R1
S1
S2
S3
电荷均匀地分布在两无限长同轴圆柱面上,电场的分布具有对称性,即距轴心等距的各点大小相等,方向沿半径方向(轴向分布)欲求两圆柱面之间的空间中任意点(设距轴心为r)的场强E,选取半径为r,单位长度的同轴圆柱面S1与两底面S2、S3构成的闭合柱形高斯面S。
其中S2、S3处场强方向与法线垂直,cos90°
=0,通过S2、S3的电通量为零,所以通过S面的总电通量即为通过S1的电通量
由题意可知,在单位长度高斯圆柱面内的电量为+λ,
故由高斯定理得
E·
2πr=λ/ε0
解出E即得
(R1<
r<
R2)习题5-9附图
5-10在匀强电场E中作一球面,球心为O,半径为R。
①求通过整个球面的电通量;
②过球心,沿垂直电场方向将球面一分为二,求通过半个球面的电通量[图中(a)];
③沿着与电场方向呈θ角的方向把球面一分为二,求通过半个球面的电通量[图中(b)]。
(a)
(b)
E
①根据高斯定理,由于球面内无电荷,=0,故通过整个球面的电通量Φe等于零,即
②从图(a)中可以看出,沿垂直电场方向将球面一分为二,其横截面积为πR2,通过半个球面的电通量就等于通过该横截面的电通量,其数值Φe为习题5-10附图
=EπR2
③与
(2)类似,在(b)图中通过半个球面的电通量,就等于通过其横截面在场强方向上的投影面积πR2sinθ的电通量,其大小为
Φe=∫Ecos(900-θ)dS=∫EsinθdS=EπR2sinθ
5-11在一橡皮球表面均匀分布着正电荷q,在橡皮球被吹大的过程中,A点始终在球面内,B点始终在球外,问A,B点处的场强和电势将如何变化?
答:
设橡皮球的半径为R,由教材中高斯定理的应用举例可知,这一带电的橡皮球其电场的分布为
即球面内、外的场强与橡皮球的半径R无关,故A、B两点的场强不变。
根据电势的定义可得
即UA随橡皮球R的增加而降低,UB则因它距球心的距离不变而没有发生变化。
5-12两个均匀带电的同心球面,内球面半径为R1,外球面半径为R2,外球面的面电荷密度为σ2,且外球面外各处的场强为零,求:
①内球面上的电荷密度σ1;
②两球面之间离球心为r处的场强;
③内球面内的场强。
①从球心O以半径r(>
R2)作一球形高斯面S1(外虚线),该高斯面上各处场强为零.通过S1面的电通量
由高斯定理可知,两球面带异号电荷,且q1=q2,即:
σ1·
4πR12=σ2·
4πR22,由此可解出内球面上的电荷密度σ1为
习题5-12附图
②从球心O以半径R作一球形高斯面S2(见附图,内虚线),由于电荷均匀分布,球面带电体具有球对称性,电场的分布也应有对称性,在高斯面S2上各处的场强大小相等,方向均沿半径方向,即θ=0(此为内球面带正电情况,若带负电,θ=180°
,请读者自行讨论)。
设S2上场强大小为E,根据高斯定理有
E·
4πR2=q1/ε0
③因球面内没有电荷,由高斯定理可知,E=0。
5-13电场强度E与电势U之间有何关系?
电场中,若某点场强为0,该点电势是否一定为0?
反之,某点电势为0。
该点的场强是否一定为0?
若空间中各点电势为一常数,场强一定为0吗?
为什么?
电场强度E与电势U是从不同角度来描述电场性质的两个重要物理量,电场强度E描述了电场力的特性,而电势U则描述了电场能的特性,它们之间的积分关系为,微分关系。
从它们的关系式可以看出,某点场强为0,该点电势不一定为0,例如,半径为R的带电球壳,内部的场强为0,而电势等于kQ/
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