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吴百诗二部题解 第二学期
第九章 静电场
一、选择题 （1）D
解：先考虑一个板带电q，它在空间产生的场强为E?q2?0S。注意是匀场。
另一板上电荷“|－q|”在此电场中受力，将其化为无数个点电荷q??dq，每个电荷受力大小为q??dqq?dqqdF?|dq?E|?，故整个|－q|受力为：F?|?dq?E|?。这既是两?22?0S2?0S2?0S板间作用力大小。 （2）B
解：由电通量概念和电力线概念知：A、穿过S面的电通量不变，因为它只与S面内的电荷相关，现内面
电荷没有变化，所以穿过S面的电通量不变。
B、由于S面上场强与内外电荷都有关，现在外面电荷位置变化，所以P点场强也变化。 故选B。
二、填空题 （1）|q?|?3q/3
解：画图。设等边三角形的边长为a，则任一顶点处 的电荷受到其余两个电 荷的作用力合力F为：F?2?F1cos30??(2?kq2/a2)?3/2?3kq2/a2
qq?qq?3qq?
?k?kr2a2(3a/3)2 设在中心处放置电荷q?，它对顶点处电荷的作用力为：F??k再由F???F，可解出q?
??3q/3??|q?|?3q/3。
方向指向右下角。
2rr22（2）qi/(2??0a) 或 q/(2??0a)，i 解：当相对称的两电荷同号则在O点的场强抵消，若异号肯定有电力线过 O点，故只有左上角的电荷电力线指向右下角的“－”电荷。是2?q/(4??0a
三、计算题 9.3 9.4
)
?a?b?bln?tg?1() （6.7） , 2??0a??02hdqdx????dx dydx???dx 原点取在导体片中间，x方向向左：← ?2??0r2??(a?b?x)0 解：将带电平面薄板划分为无数条长直带电线（书中图），宽为dx。求出每条带电线在场点产生的场强
（微元表示），然后对全部长直带电线积分，就得到该题的解。注意单位长度上的带电量：?? （1）距边缘为a处，每条带电直线产生的场强为 dE?2r??dx?a?b E的方向沿x轴正向。 故总的场强：E?b/2?ln??b/2b2??a02??0(a??x)2a?b??dx?a?b 此
或：原点取在场点处，x轴方向向右:→,则总的场强为： E??ln?a2??0x2??0ar时E的方向沿x轴“－”向。
（2）在板的垂直方向上，距板为h处。每条带电直线在此处的场强为
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dE?dq2??0r2??0(x?h)dq??dx?x dEx??sin??2??0r2??0?(x2?h2) 在x方向上，场强分量因对称互相抵消，故Ex???dx221/2 由于对称性，故分解：
dEy?dq2??0r?cos????dx?h
2??0?(x2?h2)?0。
b/2??dx?h2?h1?1b??1b??tg()??tg() 所以：E?Ey???b/22???(x2?h2)2??0h2h??02h0AEy?0 9.5 Ex??4?0b解：任取线元dl，所在角位置为θ，（如图）。带电为dq?Acos?gbd?。它在圆心处产生的电场强度
分量各为：
dEx?kdqdqcos(???)??kcos?22bb2?dEy?kdqdqsin(???)??ksin? 22bb2?整个圆环产生的：
Ex??dEx??9.7
?eS1dq?Acos(???)??k??0b2b?E??R2,?eS2?E??R2……（6.15）
k2Ey???k0Asin??cos?d??0 b2 由电通量（本书定义为：电场强度通量）的物理意义，知通过S1或S2面的电通量都等于通过圆平面?R的电通量。
电场强度通量（垂直通过?R面的）：?e?E?S?ES?E?R2也即是通过S1或S2面的。 或解： 以S1和以圆面积?R(R为半径的)组成一个封闭曲面S
rrrrrrrrrr 由高斯定理，知：ò，又EgdS?q/??0EgdS?EgdS?E?ii0??Sò??S???R??SgdS?0
rrrr2dS??EgdS?E??R所以 ?eS???Eg ???R21S1rrrrdS????2EgdS?E??R2 同理：?eS???Eg2212S2?R9.8
q1??4.6?105C， ??解：(1) 由高斯定理：
ò??SrrE?dS??qi/?0可得：
23(q2?q1)?4.72?10?13C/m3 334?(r?R)E1cos?g4?R2?q1/?0??q1??4.6?105C
?q2/?0??q2??4??0r2E2
3(q2?q1)?133?4.72?10C/m 所以大气的电荷平均体密度为：?? 334?(r?R)4?r同理（2）E2cos?g 9.9
E1?0(r?R1)，E2??1(?1??1)，E3?
2?r?02?r?0解：本题解被分成三个区域：r1域：E1?R1,R1?r?R2,R2?r, 由高斯定理知：
?r?R2
?0(r?R1),因为在该区域内作的高斯面，面内无电荷。
rr?1lE?ds?E?2?r?l???E2?E???s 2域内作一同轴的圆柱形高斯面，高为l，半径为r，满足R1 则有：
?0?1
2?r?0 在3域，类似2域方法作高斯面，满足R2?r。
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则有：
rr(???)l(???)E??s?ds?E?2?r?l?1?01??E3?E?21?r?01
S9.10 在n区：
ò??rrN?e1E?ds?E(x)S?(xn?x)SND?e??E(x)?D(xn?x)
在p区：
ò??SrrN?e1E?ds?E(x)S?(xp?x)SNA?e??E(x)?A(xp?x)
?0?0?0?09.11 A0???0
解： 这是点电荷系的场强求法和电场力的功概念。见P.69页的题图。
q?q?k?0?U? 所以：A0???q0(U0?U?)?0 l/2l/29.13 |?Uab|?90V （6.22）
11解： |?Uab|?|Ua??Ub?|?kq(?)?90V
ab 因为：U0?k9.14
2??0x?rkqkqq解：up?u1?u2???x2?r2x2?r22??0x2?r2up?q22， 通过该点的等势线是在中垂面上半径为x的圆。
等势面是中垂线内，半径为x的圆，圆心在两电荷的连线的中点。
?R2 9.16 （6.25） ?R3 U?22?U外?U?(3R?r)面上内3?03?0r6?0球体内
球体外 定义U?球体外
4?R3r??E1?r?r???4??0R34??0R333?0Q?E2??R3(r?R) 224??0r3?0rQ1?0,则可求出各区域的电势
(r?R)
U???rQQ143?R3dr?????R?24??0r4??0r4??0r33?0r?R(r?R)
球面上
U????rQ?R2dr?24??0r3?0r(r?R)
球体内 U?rRr?rrrrE?dr??E1?dr??E2?dr
R??
9.20
RQ4??0Rrrdr??3?Q4??0rRdr?2? （r?R域）
(3R2?r2)6?0,
U内?1111q(??), U外?4??0rR1R24??0rqU壳上?q4??0R21
解：应用高斯定理，可求得空间各域的电场强度：
vq? ①（r?R1）: E1?k2rvr②（R1?r?R2）： E2?0
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③（R2?r）：
vq? E3?k2rrR1再由电势定义，可求： ①（r?q1qq111dr?0?dr?(??) ?r4??r2R24??r24??0rR1R200?q11q?②（R1?r?R2）：u2?0??k2dr?kq
R2rR24??0R2?q11q③（R2?r）： u3??k2dr?kq?
rrr4??0r?R1）: u1??1自行画图
点电荷在球心，球壳内、外表面上的电荷分布均匀。若点电荷偏离球心，球壳内表面的感应电荷分布不均
匀。靠近点电荷的区域，电荷密度大，反之则较小。内表面电荷与点电荷形成封闭场。但外表面的电荷仍然均匀分布。 9.21 解：（1）由电势叠加原理，有，内球电势：
kq?kqk(q?Q)1q?q(q?Q)???{??} R1R2R34??0R1R2R31(q?Q) 球壳电势： U2?
4??0R31qq(?) （2）电势差 ?U?U1?U2?4??0R1R2U1?（3）连接球与球壳，则电荷全部跑到外球面上，所以 球与球壳是等势体
U1?U2?1(q?Q),4??0R3?U?U1?U2?0
（4）外球面接地，则只有内球与球壳间的局域场，所以
U2?0，但U1?14??0(q?q1qq?)。 另外?U?U1?U2?(?) R1R24??0R1R2注意，本题的解也可用电势定义积分得到。
9.22 （7.4）
证：两带电金属球。半径分别为R1,R2。由于相距远，两球产生的电场互不影响。
?, 电势为U1；?,现用一根极细导线连接两球，达到静电平衡后记金属球1带电为q1金属球2带电为q2电势为U2。由于导线相连，故有：U1即：
?U2 。 又互不影响，所以有：U1?kq1?q???U2?k2R1R2 此两式
k?R2??q1?q?1q1?R11q2q1q2 又 ??k2??????????,?????????122R1R24??0R124??0R224?R124?R2代入上式，可得?1R19.23
??2R2 即?表?1------- R得证
?U??U???l/?0?l??U/d，
解： 设充电后，板上电量为?q，板的面积为s，故板上面密度大小为??q/s 插入金属板以前：E??/?0?U?Ed??d/?0。 现断开电源（q不变），插入金属板，厚为l,故电容器两板间距变为了d?l，
此时：E???/?0
?U??E?(d?l)??(d?l)/?0 电势差的改变为?U??U???l/?0?l??U/d??l/?0
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由式看出金属板的位置对结果无影响。 9.24 无图 9.25
?W??1.92?10?2J
?C1U0?8?10?6?120?9.6?10?4C
解：见图，当开关K拨向1，电容C1充电，q1 C1的能量为
112W1?C1U0??8?10?6?1202?5.76?10?2J22??q2? 当开关K拨向2，电容C1向当电容C2放电，电荷会重新分布，由于是电容并联，故有：q1又电压相等
?q1，
?/C1?q2?/C2??q1?/q2??C1/C2?2:1 q1??3.2?10?4C,U?q1?/C1?80V?6.4?10?4C,q2
?由此两式解得：q1故并联后电容器中的总能量为
1111W2?C1U2?C2U2??8?10?6?802??4?10?6?802?3.84?10?2J2222?2故能量改变：?W?W2?W1??1.92?10J
9.26
d?d??0s; 抽出时1d??0s2 A?U022(d?d?)解： 插入厚度为dˊ的金属板后，相当于把原来的一个电容器变成了串联着的两个电容器，分别设为C1和C2。设C1的板间距为l,则另一电容的板间距为d?d??l?t。串联后的总电容设为C，则有
?s111ltl?(d?d??l)d?d????????C?0 CC1C2?0s?0s?0s?0sd?d?(1) 插入后的总电容为 C??0s
d?d?(2) 这是先充电，后改变电容（板上电量不变，改变电容）。抽出金属板，电容改变为C???0\s\??0s
\d\d 因为原先电容储能为W?1q, 现在q22C?C?U0不变，但电容变化了。故新电容储能W??1q22C?。
W?Cdddd?????W??W??W??W?W?W?W WC?d?d?d?d?d?d?d?d? ? 所以外力的功：A?W??W?9.27
d?d?11d??0s22 W?CU0?U02d?d?d?d?22(d?d?)1uw??0()2?0.113J/m3
2R111q1q2?0E2??0(?/?0)2??0(/?)??()2 00222224?R24?R?0解：导体球表面的电能密度：w? 因为导体球电容：C得：w??4??0R?q?Cu?4??0Ru，代入上式
1u?0()2?0.113J/m3 2R114??0R1R222??0R1R222?U??U 9.28 解：静电能 W?CU?22R2?R1R2?R19.29
q2111电场总能：W?(??)?1.82?106J （可用电场能密度积分求解）
8??0R1R2R3导线连接后，电荷都在外表面。总能：W??q28??0R3?8.1?105J
9.30 (1) (2)
qB??1.0?10?7C,qB??2.1?10?7C,qC??2.0?10?7C, UA?UAB?q1?dAB?2.3?103V qC??8.6?10?8C, UA?UAC?0Sd?q2?AC?9.7?102V
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最新大学物理习题答案-吴百诗
