大学物理习题及综合练习答案详解

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使它们之间的库仑力正好抵消万有引力，已知地球的质量M＝l0kg，月球的质量m=l0kg。（1）求 Q 的最小值；（2）如果电荷分配与质量成正比，求Q的值。 解：（1）设Q分成q1、q2两部分，根据题意有 kq1q21MmkG，其中

40r2r2即 Qq1q2GMmGMmq2。求极值，令Q'0，得 120 q2kq2kq2GMmGMm5.691013C，q15.691013C，Qq1q21.141014C kq2kMmGMmGMm2，q1q2 Mq2mq1q2m q1q2kk（2）Mq2Gm25.151014C，Qq1q25.211014C 解得q26.321012C， q1mk7-2 三个电量为 –q 的点电荷各放在边长为 l 的等边三角形的三个顶点上，电荷Q（Q＞0）放在三角形

的重心上。为使每个负电荷受力为零，Q值应为多大

qr解：Q到顶点的距离为 r31qQl，Q与-q的相互吸引力为 F1， 2340rll1q2两个-q间的相互排斥力为 F2

40l20rQrqlq3q21qQQq 据题意有 2F2cos30F1，即 2，解得：cos30022340l40r1电场强度

7-3 如图7-3所示，有一长l的带电细杆。（1）电荷均匀分布，线密度为+，则杆上距原点x处的线元

dx对P点的点电荷q0 的电场力为何q0受的总电场力为何（2）若电荷线密度=kx，k为正常数，求P点的电场强度。

q0 O 解：（1）线元dx所带电量为dqdx，它对q0的电场力为

a P x l dFq0dqq0dx1

40(lax)240(lax)21q040q0ldx0(lax)240a(la)

l图7-3

q0受的总电场力 Fq00时，其方向水平向右；q00时，其方向水平向左

（2）在x处取线元dx，其上的电量dqdxkxdx，它在P点的电场强度为

dEPdq1kxdx

40(lax)240(lax)2xdxkla(ln) 方向沿x轴正向。 2040(lax)40alal1EPk7-4一半径为R的绝缘半圆形细棒，其上半段均匀带电量+q，下半段均匀带电量-q，如图7-4所示，求半

圆中心处电场强度。 解：建立如图所示的坐标系，由对称性可知，+q和-q在O点电场强度沿x轴的分量之和为零。取长为dl的线元，其上所带电量为

dqdlq1R22q2q1dqdlRdd，dE 方向如图

40R2Rdqqdcoscos

40R2220R21+ + + + R y方向的分量 dEy图7-4

E2q220R220cosdjq20R2j

7-5一半径为R的半球壳，均匀带有电荷，电荷面密度为 ，求球心处电场强度。 解：沿半球面的对称轴建立x轴，坐标原点为球心O。

在球面上取半径为r、宽为dl的环带，如图，其面积为

RrdS2rdl2rRd，所带电荷 dqdS2rRd

Odq在O处产生的电场强度为，dE1xdq40(x2r2)32Rxrd 32220(xr)2xrRsin，xRcos dEsincosd 20因为球面上所有环带在O处产生的电场强度方向相同，E2020sincosdii

407-6一无限大均匀带电薄平板，面电荷密度为 ，平板中部有一半径为R的圆孔, 如图7-6所示。求圆孔

中心轴线上的场强分布。（提示：利用无穷大板和圆盘的电场及场强叠加原理） 解：利用补偿法，将圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，即等效为一个

完整的带电无穷大平板和一个电荷面密度相反的圆盘叠加而成。

R en 无穷大平板的电场为 E120P 图7-6 (1圆盘激发的电场为 E220xx2R2)en，其中en为平板外法线的单位矢量。

圆孔中心轴线上的电场强度为 EE1E2电通量

20xx2R2en

7-7电场强度为E的匀强电场，其方向与半径为R的半球面的对称轴平行，如图7-7所示，求通过该半球

面的电场强度通量。

解：作半径为R的平面S’与半球面S构成一个闭合曲面，由于该闭合曲面内无电荷，由高斯定理

SS'EdSEdSEdS0

SS'SS'SEdSEdSER2cosR2E

ER 图7-7

7-8一边长为a的立方体置于直角坐标系中，如图7-8所示。现空间中有一非均匀电场

E(E1kx)iE2j，E1、E2为常量，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量。

y A F O E z D 图7-8

解：Ez0 OABCDEFG0

ABGFCDEOAOEFEdS[(E1kx)iE2j](dSj)E2SE2a2

SSB G C x EdS[(E1kx)iE2j](dSj)E2a2

SSEdS(E1iE2j)(dSi)E1a2

SSSSBCDGEdS[(E1ka)iE2j](dSi)(E1ka)a2

整个立方体表面的电场强度通量 iika3

高斯定理

7-9有两个同心的均匀带电球面，内外半径分别为R1和R2，已知外球面的电荷面密度为+ ，其外面各处

的电场强度都是零。试求：（1）内球面上的电荷面密度；（2）外球面以内空间的电场分布。 解：作一半径为r的同心球面为高斯面。设内球面上的电荷面密度为'。

（1）rR2处：因为外球面外的电场强度处处为零，由高斯定理有

S1E3dS0qii102(4R2'4R12)0，得 '(R22) R1（2）由高斯定理

rR1E10

R1rR2 S11E2dS'4R12 即 E24r2'4R12

002'4R12R22R12R2 方向沿径向反向 E2()222R140r0r0r7-10一对无限长的均匀带电共轴直圆筒，内外半径分别为R1和R2，沿轴线方向单位长度的电量分别为1

和2。（1）求各区域内的场强分布；（2）若1＝-2，情况如何画出此情形下的E ～ r的关系曲线。 解：（1）作一半径为r、长为h的共轴圆柱面为高斯面，由高斯定理有 rR1E10

111ˆ ErEdShE2rhhRrR 1 ，得 21212S220r00112ˆ r(12)h 得 E3 rR2 E3dSS20r0（2）12时，E10，E21ˆr，E30

20rER2R1r

7-11设半径为R的球体，电荷体密度 ═ kr（r R），其中k为常量，r为距球心的距离。求电场分

布，并画出E ～ r的关系曲线。

解：作一半径为r的同心球面为高斯面。根据高斯定理

OrR

S1E1dS10VdV10r0kr4r2dr10kr4

Ekr2ˆ kr 得 E1 即 E14rr04024rR

S1E2dS10R0kr4r2dr10kR4

ORrkR4ˆ kR 得 E2 即 E24rr2040r247-12一厚度为d=的无限大平板，均匀带电，电荷体密度 ═ 10C/m，求（1）平板内外的电场分布；

（2）讨论平板以及平板内与其表面相距处的电场强度。 解：（1）设中心平面为S0。根据对称性，在距S0处为x处对称地取两面积均为S的底面作一圆柱形高斯

面，其侧面与板面垂直（如图所示），即侧面的电通量为零。

-43

1d2xS， E1x x时 E1dS2E1SS0021ddd2S， E2 x时 E2dS2E2SS2200（2）平板 x0，E00 平板内与表面相距处，x0.15cm

xS0SxSdx1.01041.5103 E1.69104V/m 1208.85107-13一个电荷体密度为 （常量）的球体。（1）证明球内距球心r 处一点的电场强度为E若在球内挖去一个小球，如图7-13所示，证明小球空腔内的电场是匀强电场E球心到空腔中心的距离矢量。

证：（1）作与球体同心的球面为高斯面，根据高斯定理

r；（2）30a，式中a是301EdSS43dVE4rr 即 V0032R Prr'O aOEr 矢量式 Er 得证

3030（2）填充法：设在空腔中填充电荷密度分别为和-的电荷球体，形成电荷密度分别为和-的大球体和小球体。

对腔内任一点P（如图），由（1）的结果有

r； 小球 E2Pr' 大球 E1P3030EE1PE2P(rr')a 得证

3030静电场的环路定理

7-14若电场中某一部分电场线的形状是以O点为中心的同心圆弧。证明该部分上各点的电场强度都应与该

点离O点的距离成反比，即E1 r1 = E2 r2 。 证：作一回路abcd，如图。根据静电场环路定理

bcdaEdlEdlE12dlE1l1E2l20

l2ar1 O r2 即 E1l1E2l2

图7-14

dl1r1 l2r2，E1r1E2r2 得证

bl1r2cOr17-15证明：在静电场中，凡电场线都是平行直线的地方，电场强度的大小必定处处相等。（提示：利用环

路定理和高斯定理） 证：设电场方向水平向右。在一电场线上任取两点1和2，作两底面足够小的圆柱面，如图。由高斯定理

EdSE2dSE1dSE2SE1S0

SSS12EE2E1 即同一电场线上任意两点的电场强度相等。

作一矩形回路abcd，其中ab、cd与电场线垂直，bc、da与电场线平行，即有

EaEd，EbEc

由静电场环路定理

abadcEEdlEdlEdlEdlEdl

bccddab bcEdlEdlEblEal0

daEbEa 即不同电场线上任意两点的电场强度相等。所以命题成立。

电场力的功和电势能

7-16边长为a的正三角形, 三个顶点上各放置q，-q和-2q的点电荷，求此三角形重心上的电势。将一电

量为+Q的点电荷由无限远处移到重心上，外力做功多少 解：顶点到重心的距离r3qq2q3qa，重心的电势为 U 340r40r40r20a外力所做的功 A外Q(U0U)QU03qQ

20a7-17如图7-17所示，三个点电荷Q1、Q2、Q3沿一直线等距放置，且Q1=Q3=Q，其中任一点电荷所受合力均

为零。求Q1、Q3固定情况下，（1）Q2在O点时的电势能；（2）将Q2从O点推到无穷远处，外力所做的功。

Q3 Q1 Q2 Q3Q1Q解：（1）Q1和Q3在O点产生的电势为 U0 O 40d40d20dd d 因为Q1所受合力为零，即

Q1Q3Q1Q20， 2240d40(2d)图7-17

111Q2解得 Q2Q3Q，Q2在O点的电势能 WQ2U0QU0

44480d（2）将Q2从O点推到无穷远处，外力所做的功 A外Q2(UU0)Q2U0

3qQ

80a7-18一半径为R的无限长带电棒，其内部的电荷均匀分布，电荷体密度为 。（1）求电场分布；（2）如

图7-18所示（沿棒轴向俯视），若点电荷q0由a点运动到b点，则电场力做功为多少 解：（1）取长为l、半径为r且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面。由高斯定理

rR S1E1dS10VdV10V2rldr

r 20R r1 a r2 b

即 E12rl01r2l 得 E1图7-18

R2ˆ Rl 得 E2rrR E22rl020r2（2）半径相同处的电势相等

Aabq0ba2RbRrr2REdlq0E1dlq0E2dlq0drq0dr

aRr12R2r00q02q0R2r22 (Rr1)ln

4020R电势

7-19题7-18中，若取棒的表面为零电势，求空间的电势分布。 解：取棒表面为零电势，即UR0

rR 时，U1RrRrE1dldr(R2r2)

2040rrR2R2RE2dldrln

2r2r00RrR 时，U2Rr7-20如图7-20所示，电荷面密度分别为 + 和 - 的两块“无限大”均匀带电平行平面，分别与x轴

相交于x1= a 和x2= -a两点。设坐标原点O处电势为零，求空间的电势分布。

xaaxai；xa：E30。 解： ：E10；：E200 xa：U1EdlE2dla

0xa+ - 0xaxa：U2E2dlE2dlx

0x0-a O 图7-20

a x 00adla xa：U3EdlE2dl0xa000

7-21两根半径分别为R1=10m和R2=的长直同轴圆柱面，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450V。

求圆柱面单位长度上所带电荷 。 解：由高斯定理可求得两柱面间的电场强度 E-2



20rU12R2R2drREdlln2450V，解得 2.1108cm1

20r20R1R1R17-22如图7-22所示的带电细棒，电荷线密度为，其中BCD为半径为R的半圆，AB=DE=R，求（1）半圆

上的电荷在半圆中心O处产生的电势；（2）直细棒AB和DE在半圆中心O处产生的电势；（3）O处的总电势。

C dqR解：（1）取电荷元 dqdl，U1 R 40R40R40（2）在AB上距O点为r处，取电荷元 dqdl

A B O 图7-22

D E

U2dq40r2Rdrln2 。同理DE在点产生的电势 ln2OU34040r40R（3）U0U1U2U3(2ln2) 407-23半径分别为R1和R2的两个同心球面，分别带有电荷q1和q2。求：（1）各区域电势分布，并画出分布

-8-8

曲线；（2）两球面间电势差；（3）若R1=10cm、R2=30cm、q1=10C、q2=10C，离球心20cm和50 cm处的电势为多少 解：（1）由高斯定理可得电场分布为

rR1：E10； R1rR2：E2电势分布为

； r：q1q2。

ererR2E240r240r2q1rR1： U1rR2EdlE1dlE2dlE3dl

rR1R20q140R1(11R2)q1q2q1q2

40R240R140R2R1rR2： U2rR2EdlE2dlE3dlrR2q140rq240R2

q1q2 rR2： U3E3dl4r0r(2) U12E2dlR1R2q40(11) R1R218q1q21.5108109()910()900V (3) r20cm即在两球面之间 U2040rR20.20.388q1q2101.5109()910()450V r50cm即在两球面之外 U5040r0.51电场强度与电势的关系

7-24已知一电场的电势函数为U = 2x+y，求电场强度E。

3

解：ExUU1，EExiEyj6x2ij 6x2，EyyxUUUijk)(6x2ij) 或 E(xyz7-25试计算半径为R、电荷线密度为的均匀带电细圆环轴线上的电势分布，并由电势分布求出轴线上的

电场强度分布。 解：在圆环上任取一线元，带电量为dQdl，dQ在轴线上距圆环中心为x点产生的电势为 dUdQdl， U2240r40RxdU2R40Rx22R20Rx22

ExURxRx， EEiixx20(R2x2)3/220(R2x2)3/2