高中物理奧林匹克競賽專題-靜電場典型習(xí)題有詳解答案

1、中子就是由一個(gè)帶Ne的3F = 1 q024 二； rer =3.78N er4二；0 9r題7.1: 1964年，蓋爾曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克構(gòu)成,上夸克和兩個(gè)帶 ！e下夸克構(gòu)成，若將夸克作為經(jīng)典粒子處理（夸克線度約為1。/ m）,中3子內(nèi)的兩個(gè)下夸克之間相距2.60 105 m。求它們之間的斥力。題7.1解：由于夸克可視為經(jīng)典點(diǎn)電荷，由庫侖定律F與er方向相同表明它們之間為斥力。題7.2:質(zhì)量為m,電荷為 逢的電子以圓軌道繞氫核旋轉(zhuǎn)，其動(dòng)能為Ek。證明電子的旋轉(zhuǎn)頻率滿足222 32 z0 Ek其中是me40真空電容率，電子的運(yùn)動(dòng)可視為遵守經(jīng)典力學(xué)規(guī)律。10* m,軌道半徑題7.2

2、分析：根據(jù)題意將電子作為經(jīng)典粒子處理。電子、氫核的大小約為約為10m,故電子、氫核都可視作點(diǎn)電荷。點(diǎn)電荷間的庫侖引力是維持電子沿圓軌道運(yùn) 動(dòng)的向心力，故有2vm二r1e2x24 二； r由此出發(fā)命題可證。21 e2證：由上述分析可得電子的動(dòng)能為8 二；0 r1 Ek = mv 2電子旋轉(zhuǎn)角速度為34. ;mr由上述兩式消去r,得22332 E k.244： me題7.3:在氯化葩晶體中，一價(jià)氯離于Cl卓其最鄰近的八個(gè)一價(jià)格離子Cs+構(gòu)成如圖所示的立方晶格結(jié)構(gòu)。（1）求氯離子所受的庫侖力；（2）假設(shè)圖中箭頭所指處缺少一個(gè)葩離子（稱 作品格缺陷），求此時(shí)氯離子所受的庫侖力。題7.3分析：葩離子和氯

3、離子均可視作點(diǎn)電荷，可直接將晶格頂角葩離子與氯離子之間的庫 侖力進(jìn)行矢量疊加。為方便計(jì)算可以利用晶格的對稱性求氯離子所受的合力。解：（I）由對稱性，每條對角線上的一對葩離子與氯離子間的作用合力為零，故F1 =0（2）除了有缺陷的那條對角線外，其它葩離子與氯離子的作用合力為零，所以氯離子所受的合 力F2的值為2qm e二F22 =2 =1.92 10 N4二；0 r3二；0aF2方向如圖所示。題7.4:若電荷Q均勻地分布在長為 L的細(xì)棒上。求證：(1)在棒的延長線，且離棒中心為 r處的電場強(qiáng)度為E- 1 Q 2 22，70 4r -L(2)在棒的垂直平分線上，離棒為r處的電場強(qiáng)度為2 二;0 r

4、4r2 L2若棒為無限長(即 Lt g ),試將結(jié)果與無限長均勻帶電直線的電場強(qiáng)度相比較。題7.4分析：這是計(jì)算連續(xù)分布電荷的電場強(qiáng)度。此時(shí)棒的長度不能忽略，因而不能將棒當(dāng)作點(diǎn)電荷處理。但帶電細(xì)棒上的電荷可看作均勻分布在一維的長直線上。如圖所示，在長直線上任意取一線元，其電荷為 dq = Qdx/L,它在點(diǎn)P的電場強(qiáng)度為dE = 14 二；0 rdq er整個(gè)帶電體在點(diǎn)P的電場強(qiáng)度接著針對具體問題來處理這個(gè)矢量積分。若點(diǎn)P在棒的延長線上，帶電棒上各電荷元在點(diǎn)P的電場強(qiáng)度方向相同，若點(diǎn)P在棒的垂直平分線上， 則電場強(qiáng)度 零，因此，點(diǎn)P的電場強(qiáng)度就是E沿x軸方向的分量因?qū)ΨQ性疊加為證：(1)延長線

5、上一點(diǎn) P的電場強(qiáng)度E = 1 dq年，利用幾何關(guān)系r = r -x統(tǒng)一積分變量,L 4二；0rEp2-L 21 Qdx4二;0L(r-x)24二;0L|rL2 r L 2r: ；o 4r2 -L2電場強(qiáng)度的方向沿x軸。根據(jù)以上分析,sin 二dq中垂線上一點(diǎn)P的電場強(qiáng)度E的方向沿y軸，大小為利用幾何關(guān)系sin ： =r. r ,r= Jr2 +x2統(tǒng)一積分變量,則rQdxE = L2-L24二;0 L(x2 r2)322二；0r2 4r2當(dāng)棒長Lto時(shí)，若棒單位長度所帶電荷為人常量，則P點(diǎn)電場強(qiáng)度E =lim L i-2二;0r .1 4r2 L22 二；0 r?1之叫，Jp+4f3r2/L

6、21,帶電長直此結(jié)果與無限長帶電直線周圍的電場強(qiáng)度分布相同。這說明只要滿足 細(xì)棒可視為無限長帶電直線。題7.5: 一半徑為R的半圓細(xì)環(huán)上均勻分布電荷Q,求環(huán)心處的電場強(qiáng)度題7.5分析：在求環(huán)心處的電場強(qiáng)度時(shí)，不能將帶電半圓環(huán)視作點(diǎn)電荷。現(xiàn)將其抽象為帶電半圓弧線。在弧線上取線元 dl,其電荷此電荷元可視為點(diǎn)電荷dq=9dl,它在點(diǎn)O的電場二 R強(qiáng)度dE =er o因圓環(huán)上電荷對y軸呈對稱性分布，電場分布也是軸對稱的，則有4 二；0 rdEx =0,點(diǎn)O的合電場強(qiáng)度 E = JLdEy j ,統(tǒng)一積分變量可求得 E。解：由上述分析，點(diǎn)O的電場強(qiáng)度sin 口 Q TOC o 1-5 h z Eo =

7、一21 dlL4二；0 R2R由幾何關(guān)系dl=Rd9,統(tǒng)一積分變量后，有1QEO - - sin 無二-22 4二;02二；oR方向沿y軸負(fù)方向。題7.6：用電場強(qiáng)度疊加原理求證：無限大均勻帶電板外一點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為E=(提2 ；0示：把無限大帶電平板分解成一個(gè)個(gè)圓環(huán)或一條條細(xì)長線，然后進(jìn)行積分疊加)題7.6分析：求點(diǎn)P的電場強(qiáng)度可采用兩種方法處理，將無限大平板分別視為由無數(shù)同心的 細(xì)圓環(huán)或無數(shù)平行細(xì)長線元組成，它們的電荷分別為dq 二；二2二9或，=cdy求出它們在軸線上一點(diǎn) P的電場強(qiáng)度dE后，再疊加積分，即可求得點(diǎn)P的電場強(qiáng)度了。P激發(fā)的電場強(qiáng)度d E在Oxy平面證1 ：如圖所示，在帶

8、電板上取同心細(xì)圓環(huán)為微元，由 于帶電平面上同心圓環(huán)在點(diǎn)P激發(fā)的電場強(qiáng)度 dE的方向均相同，因而 P處的電場強(qiáng)度xdq. 二 2xrdr.E = dE =2-i = 22-7 i4二； (rx )4二；0 (r x )2；。電場強(qiáng)度E的方向?yàn)閹щ娖桨逋夥ň€方向。證2:如圖所示，取無限長帶電細(xì)線為微元，各微元在點(diǎn) 內(nèi)且對x軸對稱，因此，電場在 y軸和z軸方向上的分量之和，即 Ey、Ez均為零，則點(diǎn) P的電場強(qiáng)度應(yīng)為E =Exi = dE cos-三 i_ 二： xdy .一*2二;。y2 x2 1積分得e ip電場強(qiáng)度E的方向?yàn)閹щ娖桨逋夥ň€方向。上述討論表明，雖然微元割取的方法不同，但結(jié)果是相同

9、的。假設(shè)氧原子和氫原子等效題7.7:水分子H2O中氧原子和氫原子的等效電荷中心如圖所示。Po =er0 ,由于點(diǎn) O電荷中心間距為ro。試計(jì)算在分子的對稱軸線上，距分子較遠(yuǎn)處的電場強(qiáng)度。題7.7分析：水分子的電荷模型等效于兩個(gè)電偶極子，它們的電偶極矩大小均為而夾角為2日。疊加后水分子的電偶極矩大小為p=2er0cose,方向沿對稱軸線。到場點(diǎn)A的距離xr,利用教材中電偶極子在延長線上的電場強(qiáng)度E 1 2p E34 二；0 x可求得電場的分布。也可由點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度疊加，求電場分布。解1:水分子的電偶極矩p =2p0cosi -2erbcosr 在電偶極矩延長線上E=42P34 二；x1 4eb

10、 cosi1 erocos?4 二;0 x3解2:在對稱軸線上任取一點(diǎn)E =E_ E3二；0 xA,則該點(diǎn)的電場強(qiáng)度E =2E .cosp E2ecos1 2e,2 一24，：；. 0r4 二；x由于 r2 =x2 r022xr0cos 1x -r0 cos 二 cos -2e代入得Ex -r。cos r4二；0 |(x2 r02 -2xr0 cosr)測量分子的電場時(shí)，總有x0,因此,1-3 .2r0cos8 i,將上式化簡并略去 2 x223 232r0 COS? li式中(x - r0 -2xr0cosi)- x !1 -x微小量后，得_ 1 recos 二E -3二；0 x題7.8:無

11、兩條無限長平行直導(dǎo)線相距為 0,均勻帶有等量異號電荷，電荷線密度為 鼠（1） 求兩導(dǎo)線構(gòu)成的平面上任一點(diǎn)的電場強(qiáng)度（設(shè)該點(diǎn)到其中一線的垂直距離為x）; （2）求每一根導(dǎo)線上單位長度導(dǎo)線受到另一根導(dǎo)線上電荷作用的電場力。題7.8分析：（1）在兩導(dǎo)線構(gòu)成的平面上任一點(diǎn)的電場強(qiáng)度為兩導(dǎo)線單獨(dú)在此所激發(fā)的電場 的疊加。（2）由F = qE,單位長度導(dǎo)線所受的電場力等于另一根導(dǎo)線在該導(dǎo)線處的電場強(qiáng)度來乘以單位長度導(dǎo)線所帶電的量，即：F=九E應(yīng)該注意：式中的電場強(qiáng)度E是除去自身電荷外其它電荷的合電場強(qiáng)度，電荷自身建立的電場不會(huì)對自身電荷產(chǎn)生作用力。題7.8解：（1）設(shè)點(diǎn)P在導(dǎo)線構(gòu)成的平面上， E + E

12、J別表示正、負(fù)帶電導(dǎo)線在 P點(diǎn)的電 場強(qiáng)度，則有E =E E- =2-:z 0 x(r0 - X)（2）設(shè)F +、F 別表示正、負(fù)帶電導(dǎo)線單位長度所受 的電場力，則有2F川尸好：，一 i一 2 二;0r02F _ - - F - - i2;0r0顯然有F+=-F 相互作用力大小相等，方向相反，兩導(dǎo)線相互吸引。題7.9:如圖所示，電荷 1Q分別均勻分布在兩個(gè)半徑為R的半細(xì)圓環(huán)上。求：（1）帶電圓環(huán)偶極矩的大小和方向；（2）等效正、負(fù)電荷中心的位置。題7.9分析：（1）電荷分布呈軸對稱，將細(xì)環(huán)分割成長度均為ds的線元，帶正電荷的上半圓環(huán)線元與帶負(fù)電荷的下半圓環(huán)對稱位置上的線元構(gòu)成一元電偶極子，細(xì)圓

13、環(huán)總的偶極矩等于各元電偶極矩之和，有P = dpj（2）由于正、負(fù)電荷分別對稱分布在 y軸兩側(cè)，我們設(shè)想在y軸上能找到一對假想點(diǎn)，如果該帶電環(huán)對外激發(fā)的電場可以被這一對假想點(diǎn)上等量的點(diǎn)電荷所激發(fā)的電場代替，這對假想點(diǎn)就分別稱作正、負(fù)等效電荷中心。等效正負(fù)電荷中心一定在y軸上并對中心 O對稱。由電偶極矩p可求得正、負(fù)等效電荷中心的間距，并由對稱性求得正、負(fù)電荷中心。解：（1）將圓環(huán)沿y軸方向分割為一組相互平行的元電偶極子，每一元電偶極子帶電QQ .二dq - _ ds - _ d i 二 R二2Q .dp =2Rcos i dq j = Rcos Hi jJi二2 4QP= 2dP=R j(2)

14、等效正、負(fù)電荷中心間距為,/ 4Rl = p. Q =則帶電圓環(huán)的電偶極矩根據(jù)對稱性正、負(fù)電荷中心在 y軸上，所以其坐標(biāo)分別為 h型和，0空（I I 也可以借助幾何中心的定義，得二2x =Rsin日 Rd 0=02Rn7R -二二2 .: Rsin 二 Rd。二二 二 R ,一二2即正、負(fù)電荷中心分別在 y軸上距中心 O為空 處冗題7.10:設(shè)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度 E與半徑為R的半球面的對稱軸平行，試計(jì)算通過此半球 面的電場強(qiáng)度通量。題7.10分析方法1:由電場強(qiáng)度通量的定義，對半球面S求積分，即 s=fE d So- s方法2:作半徑為R的平面S與半球面S 一起可構(gòu)成閉合曲面，由于閉合面內(nèi)無電

15、荷，由高斯定理1 一I E dS = q = 0 sb這表明穿過閉合曲面的凈通量為零，穿入平面S的電場強(qiáng)度通量在數(shù)值上等于穿出半球面S的電場強(qiáng)度通量。因而=；爐 dS = -7. s. E dS解1:取球坐標(biāo)系，電場強(qiáng)度矢量和面元在球坐標(biāo)系中可表示為E =E(cos esin ;e? sin eer) TOC o 1-5 h z dS = R2 sin / t d ：erE=:E dS = ER2 sinusin dud ： -S- S= ER2 sin2 7d 二 sin d : -0 0=二 R2 E解2:由于閉合曲面內(nèi)無電荷分布，根據(jù)高斯定理，有依照約定取閉合曲面的外法線方向?yàn)槊嬖猟S的

16、方向,22 .=-E tR cos -： = R E題7.11：邊長為a的立方體如圖所示，其表面分別平行于 xy、yz和zx平面，立方體的一個(gè) 頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)?，F(xiàn)將立方體置于電場強(qiáng)度 E =(巳+kx)i年2j的非均勻電場中，求電場對立 方體各表面及整個(gè)立方體表面的電場強(qiáng)度通量。題7.11解：參見圖。由題意 E與Oxy面平行，所以對任何與 Oxy面平行的立方體表面。電場強(qiáng)度的通量為零。即0ABe =DEFG =0。而 ABGF = E dS = (Ei kx) i E2 j dS j = E2a2考慮到面CDEO與面ABGF的外法線方向相反, 且該兩面的電場分布相同，故有CDEO = 9ABG

17、F = E 2a同理aoef = E dS = Eii - E2 j ( YS i) =Eia2bcdg = E dS = (Ei ka)i E2 j (dS i) =(Ei . ka)a2因此，整個(gè)立方體表面的電場強(qiáng)度通量二=ka3題7.12:地球周圍的大氣猶如一部大電機(jī)，由于雷雨云和大氣氣流的作用，在晴天區(qū)域，大氣電離層總是帶有大量的正電荷，云層下地球表面必然帶有負(fù)電荷。晴天大氣電場平均電場強(qiáng)度約為120 V m方向指向地面。試求地球表面單位面積所帶的電荷（以每平方厘米的電子數(shù)表示）。題7.11分析：考慮到地球表面的電場強(qiáng)度指向地球球心，在大氣層中取與地球同心的球面 為高斯面，利用高斯定理

18、可求得高斯面內(nèi)的凈電荷。解：在大氣層臨近地球表面處取與地球表面同心的球面為高斯面，其半徑Rr： re （Re為地球平均半徑）。由高斯定理21 一好 dS = -E4jiRe =一 q0-0地球表面電荷面密度二- -、q 4 R2 :一；oE - -1.06 10- C m 2單位面積額外電子數(shù)n =c （-e） =6.63 105 cm 2題7.13:設(shè)在半徑為R的球體內(nèi)，其電荷為對稱分布，電荷體密度為：； = kr0 r R：；=0r Rk為一常量。試用高斯定理求電場強(qiáng)度E與r的函數(shù)關(guān)系。（你能用電場強(qiáng)度疊加原理求解這個(gè)問題嗎？）題7.13分析：通常有兩種處理方法：（1）利用高斯定理求球內(nèi)外

19、的電場分布。由題意知電荷呈球?qū)ΨQ分布，因而電場分布也是球?qū)ΨQ，選擇與帶電球體同心的球面為高斯面，在球面上電場強(qiáng)度大小為常量，且方向垂直于球面，因而有E dS =E 4 t2 - S1_根據(jù)圖斯定律 E dS= J%V ,可解得電場強(qiáng)度的分布:0（2）利用帶電球殼電場疊加的方法求球內(nèi)外的電場分布。將帶電球分割成無數(shù)個(gè)同心帶電球殼，球殼帶電荷為 dq = P 4nr2dr每個(gè)帶電球殼在殼內(nèi)激發(fā)的電場dE = 0,而在球殼外激發(fā)的電場dE:dV, _2由電場疊加可解得帶電球體內(nèi)外的電場分布4 二；oRE = 0dEr R解1:因電荷分布和電場分布均為球?qū)ΨQ，球面上各點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小為常量，由高斯定律

20、1.E dS = 11dV 得球體內(nèi)(0 r R)E(r) 4 r；0R 2 .7k 4kr4 r dr = R0bkR4E (r)2 er4 b解2:將帶電球分割成球殼，球殼帶電dq = RV =kr 4 :r 2dr由上述分析，球體內(nèi)(0 r R)l ,、.R 1 kr 4nr 2dr kR4E ( r)2 e r2 e r0 4 二;0 r4 ;0r題7.14: 一無限大均勻帶電薄平板，電荷面密度為在平板中部有一半徑為 r的小圓孔。求圓孔中心軸線上與平板相距為x的一點(diǎn)P的電場強(qiáng)度。題7.14分析：用補(bǔ)償法求解利用高斯定理求解電場強(qiáng)度只適用于幾種非常特殊的對稱性電場。本題的電場分布雖然不具

21、有這樣的對稱性， 但可以利用具有對稱性的無限大帶電平面和帶電圓盤的電場疊加， 出電場的分布。若把小圓孔看作由等量的正、 負(fù)電荷重疊而成、挖去圓孔的帶電平板等效于一個(gè)完整的 帶電平板和一個(gè)帶相反電荷(電荷面密度 r,則2砧，通川,e n & e n2 1 r2 x22；。上述結(jié)果表明，在 xr時(shí)。帶電平板上小圓孔對電場分布的影響可以忽略不計(jì)。題7.15: 一無限長、半徑為 R的圓柱體上電荷均勻分布。圓柱體單位長度的電荷為Z,用高斯定理求圓柱體內(nèi)距軸線距離為r處的電場強(qiáng)度。題7.15分析：無限長圓柱體的電荷具有軸對稱分布，電場強(qiáng)度也為軸對稱分布，且沿徑矢 方向。取同軸往面為高斯面，電場強(qiáng)度在圓柱側(cè)

22、面上大小相等，且與柱面正交。在圓柱的兩 個(gè)底面上，電場強(qiáng)度與底面平行，E dS =0對電場強(qiáng)度通量貢獻(xiàn)為零。整個(gè)高斯面的電場強(qiáng)度通量為E dS =E 2 -：rL由于，圓柱體電荷均勻分布，電荷體密度P = *JnR2 ,處于高斯面內(nèi)的總電荷二:q - P 二r2L由高斯定理:fE dS= q/s。可解得電場強(qiáng)度的分布，解：取同軸柱面為高斯面，由上述分析得E 2 :rL = 1 ； r2L =2 r2L0；oRE：22 二;oR題7.16: 一個(gè)內(nèi)外半徑分別 R1為R2和的均勻帶電球殼， 總電荷為Q1,球殼外同心罩一個(gè)半 徑為 R3的均勻帶電球面，球面帶電荷為Q2。求電場分布。電場強(qiáng)度是否是場點(diǎn)

23、與球心的距離r的連續(xù)函數(shù)？試分析。題7.16分析：以球心O為原點(diǎn)，球心至場點(diǎn)的距離r為半徑，作同心球面為高斯面。由于電荷呈球?qū)ΨQ分布，電場強(qiáng)度也為球?qū)ΨQ分布，高斯面上電場強(qiáng)度沿徑矢方向，且大小相等。因而 非dS =E 4nr2 ,在確定高斯面內(nèi)的電荷 q后,利用高斯定理E dS 八 q.；。即可求的電場強(qiáng)度的分布解：取半徑為r的同心球面為高斯面，由上述分析E 4-r2q.；。r Ri,該高斯面內(nèi)無電荷，q=0,故Ei = 0Ri r R2,高斯面內(nèi)電荷 Z q =Ql(：3_Rl3)，故R2 -RE _ Qi(r3 -Ri3)2 二4二;。(R3 -Ri3)r2R2 r R3,高斯面內(nèi)電荷為Q

24、i+ Q2,故E4 =Qi Q24 二;or2電場強(qiáng)度的方向均沿徑矢方向，各區(qū)域的電場強(qiáng)度分布曲線如圖所示。在帶電球面的兩側(cè)，電場強(qiáng)度的左右極限不同，電場強(qiáng)度不連續(xù)，而在緊貼 電球面兩側(cè)，電場強(qiáng)度的躍變量r = R3的帶lE = E4 - E3 =Q2二4 二；0R3打Ri 和 R (R2 Ri),單位(2) Ri r R2這一躍變是將帶電球面的厚度抽象為零的必然結(jié)果，且具有普遍性。實(shí)際帶電球面應(yīng)是有一定厚度的球殼，殼層內(nèi)外的電場強(qiáng)度也是連續(xù)變化的，如本題中帶電球殼內(nèi)外的電場，如球殼的厚度變小，E的變化就變陡，最后當(dāng)厚度趨于零時(shí)，E的變化成為一躍變。題7.17:兩個(gè)帶有等量異號電荷的無限長同軸

25、圓柱面，半徑分別為 長度上的電荷為 九。求離軸線為r處的電場強(qiáng)度：（i） r Ri,題7.17分析：電荷分布在無限長同軸圓拄面上，電場強(qiáng)度也必定呈軸對稱分布，沿徑矢方向。取同軸圓柱面為高斯面，只有側(cè)面的電場強(qiáng)度通量不為零，且 c|E dS =E ZrrL ,求出不同半徑高斯面內(nèi)的電荷q。利用高斯定理可解得各區(qū)域電場的分布。解：作同軸圓柱面為高斯面。根據(jù)高斯定理E 4rL = q 為r R,Z q =0Ei =0Ri 二r 出， x q - LE22 二;0rr R21 q 二0E3 =0在帶電面附近，電場強(qiáng)度大小不連續(xù)，電場強(qiáng)度有一躍變2 二；r2二；0rL4 二;o(2d)2i解得Q2 -

26、- Q3 4 3由點(diǎn)電荷電場的疊加， 意一點(diǎn)的電場強(qiáng)度為E = Eiy - E3yQy2 二;o(d2 y2)32題7.18:如圖所示，有三個(gè)點(diǎn)電荷 Qi、Q2、Q3沿一條直線等間距分布，已知其中任一點(diǎn)電 荷所受合力均為零，且 Qi = Q2 = Q3。求在固定Qi、Q3的情況下，將 Q2從點(diǎn)O移到無窮遠(yuǎn) 處外力所作的功。題7.18分析：由庫侖力的定義，根據(jù) Qi、Q3所受合力為零可求得 Q3外力作功W，應(yīng)等于電場力作功 W的負(fù)值，即W=_W。求電場力作功的方法有兩種，（I）根據(jù)功的定義，電場力作的功為W = .0&E dl其中E是點(diǎn)電荷Qi、Q3產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度。（2）根據(jù)電場力作功與電勢能

27、差的關(guān)系，有W =Q2 (Vo -V：.) =QzVo其中Vo是Qi、Q3在點(diǎn)O產(chǎn)生的電勢（取無窮遠(yuǎn)處為零電勢） 解1:由題意Qi所受的合力為零q2QiQi4 二；od=Q4Qi、Q3激發(fā)的電場在y軸上任將Q2從點(diǎn)O沿y軸移到無窮遠(yuǎn)處（沿其他路徑所作的功相同，請想一想為什么？） 所作的功為W= -0： Q2 E d-4qQy2 二;o(d2 y2)32dy =-Q-8 二；0di解2:與解i相同，在任一點(diǎn)電荷所受合力均為零時(shí)Q2 =-1Q。并由電勢的疊加得 Qi、Q34在點(diǎn)O電勢Vo 二Qi. Q34 二;od 4 二；od 2 二；od將Q2從點(diǎn)O推到無窮遠(yuǎn)處的過程中，外力作功cQ2W =-

28、Q2Vo =-Q8 二;0d比較上述兩種方法，顯然用功與電勢能變化的關(guān)系來求解較為簡潔。這是因?yàn)樵谠S多 實(shí)際問題中直接求電場分布困難較大，而求電勢分布要簡單得多。題7.19:已知均勻帶電長直線附近的電場強(qiáng)度近似為匚_ 九 ,E e r2 二;0rK為電荷線密度。（i）求在r =門和r =上兩點(diǎn)間的電勢差；（2）在點(diǎn)電荷的電場中, 我們曾取rTg處的電勢為零，求均勻帶電長直線附近的電勢時(shí)，能否這樣取？試說明， 題7.19解：（i）由于電場力作功與路徑無關(guān)，若取徑矢為積分路徑，則有Ui2 =- E dr = In r2r12 二；0ri（2）不能。嚴(yán)格地講，電場強(qiáng)度 E =e,只適用于無限長的均勻

29、帶電直線，而此時(shí)電2 二;0r荷分布在無限空間。r t8處的電勢應(yīng)與直線上的電勢相等。題7.20:如圖所示，有一薄金屬環(huán)，其內(nèi)外半徑分別為R1和R2,圓環(huán)均勻帶電，電荷面密（2）若有一質(zhì)子沿度為二-（二0）。（1）計(jì)算通過環(huán)中心垂直于環(huán)面的軸線上一點(diǎn)的電勢;軸線從無限遠(yuǎn)處射向帶正電的圓環(huán)，要使質(zhì)子能穿過圓環(huán)，它的初速度至少應(yīng)為多少？題7.20分析：（1）如圖所示，將薄金屬環(huán)分割為一組不同半徑的同心帶電細(xì)圓環(huán)，利用細(xì)環(huán)軸線上一點(diǎn)的電勢公式，根據(jù)電勢疊加原理 的電勢相加，即可得到軸線上的電勢分布。,將這些不同半徑的帶電圓環(huán)在軸線上一點(diǎn)（2）由軸上電勢分布的結(jié)果可知，在圓環(huán)中心處（ x = 0）電勢

30、V有極大值，當(dāng)質(zhì)子從 無窮遠(yuǎn)處射向圓環(huán)時(shí)，電勢能逐漸增加， 而質(zhì)子的動(dòng)能隨之減少。若要使質(zhì)子穿過圓環(huán)，則 質(zhì)子在圓環(huán)中心處 Ek之0。根據(jù)能量守恒定律，可求出電子所需初速度的最小值。解：（1）在環(huán)上割取半徑為 r、寬度為dr的帶電細(xì)回環(huán)，dq -；. dS -；. 2:rdr它在軸線上產(chǎn)生的電勢為dV =dqcrdr22、12 22、1 24 二；0（x r ）2 ；0（xr ）薄金屬環(huán)的電勢等于這些同心軸圓環(huán)電勢的疊加R27 fcrdr2 0（x2 r2）12Ek_0,開始時(shí)質(zhì)子的初速率應(yīng)（2）根據(jù)能量守恒定律，為使質(zhì)子在圓環(huán)中心處的動(dòng)能 滿足122mv2 -e（V0 -VJ _0上式表明質(zhì)

31、子欲穿過環(huán)心，其速率不能小于:吧（RR）,；m題7.21:兩個(gè)同心球面的半徑分別為Ri和R2,各自帶有電荷勢分布，并畫出分布曲線；（2）兩球面間的電勢差為多少？Qi和Q2。求：（1）各區(qū)域電題7.21分析：通常可采用兩種方法（1）由于電荷均勻分布在球面上，電場分布也具有球?qū)ΨQ性，因此，可根據(jù)電勢與電場強(qiáng)度的積分關(guān)系求電勢。取同心球面為高斯面，借助高斯定理可求得各區(qū)域的電場強(qiáng)度分布，再由VP = J：E dl可求得電勢分布。（2）利用電勢疊加原理求電勢。一個(gè)均勻帶電的球面，在球面外產(chǎn)生的電勢為V -4 二；0r在球面內(nèi)電場強(qiáng)度為零，電勢處處相等，等于球面的電勢V 二 Q4 二；0R其中R是球面的

32、半徑。根據(jù)上述分析，利用電勢在加原理，將兩個(gè)球面在各區(qū)域產(chǎn)生的電 勢疊加，可求得電勢的分布。解1： (1)由高斯定理可求得電場分布E1 =0Qi2 e r4二；0rQi Q22 e r4 二；0rr RiRir :二 R2rR2由電勢V = 10cE dl可求得各區(qū)域的電勢分布。當(dāng) r MR時(shí)，有 rR1R2二V =， E1 dl r E 2 dlR2 E3 dl=0Cl _ Ql2Ql4族 F R J 4戒0&二 Q . Q24 二;0R 4 二;0R2當(dāng)R Wr ER2時(shí)，有R2二V2 =E 2 dlE 3 dlr- R2Qi 11 )Qi +Q24 值 0 R ) 4 值 0R2QiQ2

33、= I 4 二；0 r 4 二；0R2當(dāng)r至R2時(shí)，有V3 = E 3 d l 一 rQi Q2 r4二；0R2(2)兩個(gè)球面間的電勢差解2: (1)由各球面電勢的疊加計(jì)算電勢分布。若該點(diǎn)位于兩個(gè)球面內(nèi)，即 rER,則4煙0R 4破0R2若該點(diǎn)位于兩個(gè)球面之間，即R r R2,則V _ Qi , Q2V 24 二二0 r 4 二;0 R2若該點(diǎn)位于兩個(gè)球面之外，即r R2,則、，Q Q2V3r4 二；0R2(2)兩個(gè)球面間的電勢差U12 =Vi -V2|r _R2Qi4 二；0 RiQi4 二；0R2題7.22: 一半徑為R的無限長帶電細(xì)棒，其內(nèi)部的電荷均勻分布，電荷的體密度為P?，F(xiàn)取棒表面為

34、零電勢，求空間電勢分布并畫出分布曲線分析 無限長均勻帶電細(xì)棒電荷分布呈軸對稱，其電場和電勢的分布也呈軸對稱。選取同軸柱面為高斯面，利用高斯定理1.E dS = x/ ；-dV0可求得電場分布E（r）,再根據(jù)電勢差的定義bVa M = 1 E 2 dl并取棒表面為零電勢（Vb = 0）,即可得空間任意點(diǎn)的電勢解：取高度為I、半徑為r且與帶電律同軸的回柱面為高斯面，由高斯定理當(dāng) r R 時(shí) E 2m =tw 2I P/ &當(dāng) r _R時(shí) E 2-rI f R21P- ；0/曰二 R2得 E（r）:2 br取棒表面為零電勢，空間電勢的分布有R當(dāng) r MR 時(shí)，V(r)=R當(dāng) r R時(shí)，V(r)=:r22dr = (R -r )2 b 4 =0二R Rdr = In 20r 2 p r圖是電勢V隨空間位置r的分布曲線。題7.23:兩個(gè)很長的共軸圓柱面（2R1 = 3.0M10 m, R2 = 0.10 m),帶有等量異號的電荷,兩者的電勢差為 450 V。求：（1）圓柱面單位長度上帶有多少電荷？ （2）兩圓柱面之間的電場強(qiáng)度。題7.23:兩圓柱面之間的電場E =2 二;0r根據(jù)電勢差的定義有U 12=R2 E dl ：In *飛2 二；R解得 二2二；0U12 1n 艮=2