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1、第二篇第二篇电磁学电磁学求解电磁学问题的基本思路和方法求解电磁学问题的基本思路和方法本书电磁学部分涉及真空中和介质中的静电场和恒定磁场、电磁感应和麦克斯韦电磁场的基本概念等内容，涵盖了大学物理课程电磁学的核心内容.通过求解电磁学方面的习题，不仅可以使我们增强对有关电磁学基本概念的理解，还可在处理电磁学问题的方法上得到训练，从而感悟到麦克斯韦电磁场理论所体现出来的和谐与美 .求解电磁学习题既包括求解一般物理习题的常用方法，也包含一些求解电磁学习题的特殊方法.下面就求解电磁学方面的方法择要介绍如下.1.微元法在求解电场强度、电势、磁感强度等物理量时，微元法是常用的方法之一.使用微元法的基础是电场和
2、磁场的叠加原理.依照叠加原理，任意带电体激发的电场可以视作电荷元dq 单独存在时激发电场的叠加，根据电荷的不同分布方式，电荷元可分别为体电荷元dV、面电荷元dS 和线电荷元dl.同理电流激发的磁场可以视作为线电流元激发磁场的叠加.例如求均匀带电直线中垂线上的电场强度分布.我们可取带电线元dl 为电荷元，每个电荷元可视作为点电荷，建立坐标，利用点电荷电场强度公式将电荷元激发的电场强度矢量沿坐标轴分解后叠加E 1dlcos2l / 24 0rl / 2统一积分变量后积分，就可以求得空间的电场分布.类似的方法同样可用于求电势、磁感应强度的分布.此外值得注意的是物理中的微元并非为数学意义上真正的无穷小
3、，而是测量意义上的高阶小量.从形式上微元也不仅仅局限于体元、面元、线元，在物理问题中常常根据对称性适当地选取微元.例如，求一个均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布，我们可以取宽度为dr 的同心带电圆环为电荷元，再利用带电圆环轴线上的电场强度分布公式，用叠加的方法求得均匀带电圆盘轴线上的电场强度分布.2.对称性分析对称性分析在求解电磁场问题时是十分重要的.通过分析场的对称性，可以帮助我们了解电磁场的分布，从而对求解电磁学问题带来极大方便.而电磁场的对称性有轴对称、面对称、球对称等.下面举两个例子.在利用高斯定律求电场强度的分布时，需要根据电荷分布的对称性选择适当的高斯面，使得电场强度在高斯面上为常量
4、或者电场强度通量为零，就能够借助高斯定律求得电场强度的分布.相类似在利用安培环路定律求磁感强度的分布时，依照电流分布的对称性，选择适当的环路使得磁感强度在环路上为常量或者磁场环流为零，借助安培环路定律就可以求出磁感强度的分布.3.补偿法补偿法是利用等量异号的电荷激发的电场强度，具有大小相等方向相反的特性；或强度相同方向相反的电流元激发的磁感强度，具有大小相等方向相反这一特性，将原来对称程度较低的场源分解为若干个对称程度较高的场源，再利用场的叠加求得电场、磁场的分布.例如在一个均匀带电球体内部挖去一个球形空腔，显然它的电场分布不再呈现球对称.为了求这一均匀带电体的电场分布，我们可将空腔带电体激发
5、的电场视为一个外半径相同的球形带电体与一个电荷密度相同且异号、半径等于空腔半径的小球体所激发电场的矢量和.利用均匀带电球体内外的电场分布，即可求出电场分布.4.类比法在电磁学中，许多物理量遵循着相类似的规律，例如电场强度与磁场强度、电位移矢量与磁感强度矢量、电偶极子与磁偶极子、电场能量密度与磁场能量密度等等.他们尽管物理实质不同，但是所遵循的规律形式相类似.在分析这类物理问题时借助类比的方法，我们可以通过一个已知物理量的规律去推测对应的另外一个物理量的规律 .例如我们在研究LC 振荡电路时，我们得到回路电流满足的方程d2i1i 02dtLC显然这个方程是典型的简谐振动的动力学方程，只不过它所表
6、述的是含有电容和自感的电路中，电流以简谐振动的方式变化罢了.5.物理近似与物理模型几乎所有的物理模型都是理想化模型，这就意味着可以忽略影响研究对象运动的次要因素，抓住影响研究对象运动的主要因素，将其抽象成理想化的数学模型.既然如此，我们在应用这些物理模型时不能脱离建立理想化模型的条件与背景.例如当带电体的线度远小于距所考察电场这一点的距离时，一个带电体的大小形状可以忽略，带电体就可以抽象为点电荷.但是一旦去研究带电体临近周围的电场分布时，将带电体当作点电荷的模型就失效了.在讨论物理问题时一定要注意物理模型的适用条件.同时在适用近似条件的情况下，灵活应用理想化模型可大大简化求解问题的难度.电磁学
7、的解题方法还有很多，我们希望同学们通过练习自己去分析、归纳、创新和总结.我们反对在学习过程中不深入理解题意、不分析物理过程、简单教条地将物理问题分类而“套”公式的解题方法.我们企盼同学们把灵活运用物理基本理论求解物理问题当成是一项研究课题，通过求解问题在学习过程中自己去领悟、体会，通过解题来感悟到用所学的物理知识解决问题后的愉悦和快乐，进一步加深理解物理学基本定律，增强学习新知识和新方法的积极性.第五章第五章静静电电场场5 5 1 1电荷面密度均为 的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A)放置，其周围空间各点电场强度E(设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B
8、)中的()分析与解分析与解“无限大”均匀带电平板激发的电场强度为，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以20求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B).5 5 2 2下列说法正确的是()(A)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷(B)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零(C)闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D)闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解分析与解依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时
9、，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B).5 5 3 3下列说法正确的是()(A) 电场强度为零的点，电势也一定为零(B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零(C) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与解分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为
10、零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).*5*5 4 4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p 的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将()(A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p 水平指向棒尖端而停止(B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动分析与解分析与解电偶极子在非均匀
11、外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B).5 5 5 5精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过10会超过102121e，而中子电量与零差值的最大范围也不e，由最极端的情况考虑，一个有8 个电子，8 个质子和8 个中子构成的氧原子所带的最大可能净电21荷是多少？ 若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析分析考虑到极限情况， 假设电子与质子电量差值的最大范围为210间的库仑力，并与万有引力作比较.解解一个氧原子所带的最大可能净电荷为e，中子电量为1021e，则由一个氧原子所包含的8
12、个电子、8 个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子qmax1 281021e二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为2Feqmax 2.810612Fg40Gm显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在10的运动，起主要作用的还是万有引力.21e范围内时，对于像天体一类电中性物体25 5 6 61964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e的上夸克和两个带31e的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为1020m)，中子内的两个下夸克之间相距2.6010153m .求它们之间的相互作用力.解解由于夸克可视
13、为经典点电荷，由库仑定律1q1q21e2F F e ere er3.78 Ne er40r240r2F F 与径向单位矢量e er方向相同表明它们之间为斥力.5 5 7 7质量为m，电荷为e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为E .证明电子的旋转频率满足23320Ekv me42其中0是真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律.分析分析根据题意将电子作为经典粒子处理.电子、氢核的大小约为1015m，轨道半径约为1010m，故电子、氢核都可视作点电荷.点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有v21e2mr40r2由此出发命题可证.证证由上述分析可得电子的动能为121e2EKmv
14、 280r电子旋转角速度为e2 340mr2由上述两式消去r，得232320EKv 24me425 5 8 8在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl 与其最邻近的八个一价铯离子Cs+构成如图所示的立方晶格结构.(1) 求氯离子所受的库仑力；(2) 假设图中箭头所指处缺少一个铯离子(称作晶格缺陷)，求此时氯离子所受的库仑力.分析分析铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加 .为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力.解解(1) 由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故F F10.(2) 除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子
15、的作用合力为零，所以氯离子所受的合力 F F2的值为q1q2e2F21.92109N2240r30aF F2方向如图所示.5 5 9 9若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为E (2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为1Q2204r LE 1Q20r 4r2 L2若棒为无限长(即L)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.分析分析这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元dx，其电荷为dq Qd
16、x/L，它在点P 的电场强度为dE E 整个带电体在点P 的电场强度1dqe er40r2E E dE E接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，E E dEi iL(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A)所示，则电场强度E E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P的电场强度就是E E dEyj j sindEj jL证证(1) 延长线上一点P 的电场强度E dqL20r2，利用几何关系 rr x统一积分变量，则EP1QdxQ111Q22电场强度的方向沿x 轴.-L/ 24 Lr x24 L r L/2r
17、L/2 4r L000L/ 2(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E E 的方向沿y 轴，大小为E sindqdEL4 r20利用几何关系 sin r/r，r r2 x2统一积分变量，则E 1rQdx22-L/ 240L x rL/ 22/3Q20r14r2 L2当棒长L时，若棒单位长度所带电荷为常量，则P 点电场强度E liml1Q/L20r1 4r2/L220r无限长带电直线.此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同图(B).这说明只要满足r2/L21，带电长直细棒可视为5 5 1010一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为 ，求球心处电场强度的大小.分析分析这
18、仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5 3 节的例1 可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解解将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元dq dS 2R sind，在点O 激发的电场强度为2dE E 1xdq40x2 r22/3i i由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系x Rcos，r Rsin统一积分变量，有dE 1xdq1Rcos22R sind2/332240x r40Rsincosd20积分得E / 20si
19、ncosd 20405 5 1111水分子H2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.分析分析水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为P0 er0，而夹角为2.叠加后水分子的电偶极矩大小为P 2er0cos，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x r0，利用教材第53 节中电偶极子在延长线上的电场强度E 12p40x3可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布.解解1水分子的电偶极矩P 2P0cos 2er0cos在电偶极矩延长线上E 12p14er
20、0cos1 er0cos40x340x30x3解解2在对称轴线上任取一点A，则该点的电场强度E E E E E EE 2Ecos E 222由于r x r0 2xr0cos2ercos2e40r240x2cos 代入得x r0cosr2ex r0cos1E 222/3240xx r0 2xr0cos测量分子的电场时， 总有x r0， 因此， 式中x2r022xr0cos2/32r cos x310x2/33 2r cos x310，将上式化简并略去微小量后，得2xE 1 r0ecos0x35 5 1212两条无限长平行直导线相距为r0，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为.(1) 求两导线构成的
21、平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x)；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.分析分析(1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F F qE E，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即： F F E E.应该注意：式中的电场强度E E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解解(1) 设点P 在导线构成的平面上，E E、E E分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有E E E E E E11i i20xr0
22、 xr0i i20xr0 xi i20r0(2) 设F F、F F分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有F F E E2F F E E i i20r0显然有F FF F，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.5 5 1313如图为电四极子，电四极子是由两个大小相等、方向相反的电偶极子组成.试求在两个电偶极子延长线上距中心为z 的一点P 的电场强度(假设z d).分析分析根据点电荷电场的叠加求P 点的电场强度.解解由点电荷电场公式，得E E 考虑到z d，简化上式得12q1q1qk k k k k k22240z40z d40z dE E q21 11k k222240zz1
23、d / z1d / zq21 2d3d22d3d21.1.k k40z2z2zzzzq6qd2k k40z4通常将Q 2qd2称作电四极矩，代入得P 点的电场强度E E 13Qk k440z5 5 1414设匀强电场的电场强度E E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.分析分析方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即 sE E dSS方法2：作半径为R 的平面S与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理E E dS S S1q 00这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因
24、而 E E dS S E E dS SSS解解1由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有 E E dS S E E dS SSS依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS 的方向， E R2cos R2E解解2取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为E E Ecose e sincose e sinsine erdS S R2sindde er E E dS S ER2sin2sinddSSER2sin2dsin d00 R2E5 5 1 15 5边长为a 的立方体如图所示，其表面分别平行于Oxy、Oyz 和Ozx 平面，立方体的一个顶点为坐标原点.现将立方体置于电场强度E E =
25、=E1kxi i+ + E2j j (k，E1，E2为常数)的非均匀电场中，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.解解如图所示，由题意E E 与Oxy 面平行，所以任何相对Oxy 面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即 OABC DEFG 0.而 ABGFE E dS S E1 kxi i E2j jdS j j E2a2考虑到面CDEO 与面ABGF 的外法线方向相反，且该两面的电场分布相同，故有 CDEO ABGF E2a2同理 AOEFE E dS S 2 E i i E j j dSi i E a121BCDGE E dS S E1 kai i E2j jdSi iE
26、1 kaa2因此，整个立方体表面的电场强度通量 ka35 5 1616地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为120 Vm，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析分析考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解解在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径R RE(RE为地球平均半径).由高斯定理2E E dS S E4RE11q0地球表面电荷面密度2
27、 q/4RE 0E 1.06109cm2单位面积额外电子数n /e 6.63105cm25 5 1717设在半径为R 的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为 kr0 r R 0r Rk为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E与r的函数关系.分析分析通常有两种处理方法：(1) 利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有2E EdS S E4rS根据高斯定理E E dS S 1dV，可解得电场强度的分布.0(2) 利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布
28、.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为dq 4r2dr，每个带电球壳在壳内激发的电场dE E 0，而在球壳外激发的电场dE E 由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布dqe e2r40r0 r RE ErdE E0rr RE ErdE E0R解解1因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理E E dS S 球体内(0rR)1dV得0Er4r210r0kr4r2dr k4r0kr2E Ere er40球体外(r R)1Er4r 02R0kr4r2dr k4r0kR2E Ere er40解解2将带电球分割成球壳，球壳带电dq dV kr4r2dr由上述分析
29、，球体内(0rR)1kr4r2drkr2E Ere ere er204r400r球体外(r R)E ErR01kr4r2drkR2e ere er40r240r25 5 1818一无限大均匀带电薄平板，电荷面密度为，在平板中部有一半径为r 的小圆孔.求圆孔中心轴线上与平板相距为x 的一点P 的电场强度.分析分析用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电场.本题的电场分布虽然不具有这样的对称性，但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的分布 .若把小圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷 (
30、电荷面密度)的小圆盘.这样中心轴线上的电场强度等效于平板和小圆盘各自独立在该处激发电场的矢量和.解解由教材中第5 4 节例4 可知，在无限大带电平面附近E E1e en为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场e en20E E2 它们的合电场强度为 x120x2 r2e enE E E E1 E E2在圆孔中心处x 0，则20xx r22e enE E0在距离圆孔较远时x r，则E E 1e en201 r2/x2e en20上述结果表明，在x r 时，带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计.5 5 1919在电荷体密度为 的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，若将带电体球心O 指向球形空
31、腔球心O的矢量用a a 表示(如图所示).试证明球形空腔中任一点的电场强度为E E a a30分析分析本题带电体的电荷分布不满足球对称，其电场分布也不是球对称分布，因此无法直接利用高斯定理求电场的分布，但可用补偿法求解.挖去球形空腔的带电球体在电学上等效于一个完整的、电荷体密度为 的均匀带电球和一个电荷体密度为、球心在O的带电小球体(半径等于空腔球体的半径).大小球体在空腔内P 点产生的电场强度分别为E E1、E E2，则P 点的电场强度 E EE E1E E2 .证证带电球体内部一点的电场强度为E E r r，E E2 r r23030r r30所以E E1E E E E1 E E2根据几何
32、关系r r1 r r2 a a，上式可改写为r r1r r230E E a a305 5 2020一个内外半径分别为R1和R2的均匀带电球壳，总电荷为Q1，球壳外同心罩一个半径为R3的均匀带电球面，球面带电荷为Q2 .求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？ 试分析.分析分析以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因而E EdS S E4r .在确定高斯面内的电荷后，利用高斯定理E EdS S 2qq/0即可求出电场强度的分布.解解取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分
33、析E4r2q/0r R1，该高斯面内无电荷，q 0，故E1 0Q1r3R13R1r R2，高斯面内电荷q 33R2R1Q1r3 R13故E2340R2 R13r2R2r R3，高斯面内电荷为Q1，故E3r R3，高斯面内电荷为Q1Q2，故Q140r2E4Q1Q240r2电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(B)所示.在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r R3的带电球面两侧，电场强度的跃变量E E4 E3Q240R320这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的
34、，本题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E的变化成为一跃变.5 5 2121两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R1和R2R1 )，单位长度上的电荷为.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r R1，(2) R1r R2，(3) r R2 .分析分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且E EdS S E2rL，求出不同半径高斯面内的电荷解解作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理r R1，q.即可解得各区域电场的分布.q 0E1 0E2rL q/0在带电面附近，电场强度
35、大小不连续，电场强度有一跃变R1r R2，q LE220rr R2，q 0E3 0在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变E 这与5 20 题分析讨论的结果一致.L20r20rL05 5 2222如图所示，有三个点电荷Q1、Q2、Q3沿一条直线等间距分布且Q1Q3Q.已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q1、Q3的情况下，将Q2从点O 移到无穷远处外力所作的功.分析分析由库仑力的定义，根据Q1、Q3所受合力为零可求得Q2 .外力作功W应等于电场力作功W 的负值，即WW.求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为W Q2E Edl l0其中E E 是点电荷Q1、
36、Q3产生的合电场强度.(2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有W Q2V0V Q2V0其中V0是Q1、Q3在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势).解解1由题意Q1所受的合力为零Q1Q2Q3Q 01240d2402d解得Q2 Q3 Q由点电荷电场的叠加，Q1、Q3激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为1414E E1y E3y20d yQy223/ 2将Q2从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为W Q2E E dl l 00Qy1Q 4 20d2 y2Q2dy 3/ 280d1Q Q，并由电势解解2与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时2
37、4的叠加得Q1、Q3在点O 的电势V0Q1Q3Q40d40d20d将Q2从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功Q2W Q2V080d比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多.5 5 2323已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为E E e er20r为电荷线密度.(1)求在r r1和r r2两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？ 试说明.解解(1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有U12E E dr r r1r2rln220r
38、1(2) 不能.严格地讲，电场强度E 处的电势应与直线上的电势相等.er只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，r20r305 5 2424水分子的电偶极矩p 的大小为6.20 10电势.(1) 0；(2)解解由点电荷电势的叠加C m.求在下述情况下，距离分子为r 5.00 109m 处的 45；(3)90， 为r 与p 之间的夹角.q qpcos40r40r40r2VPVVp 2.23103V240ro(1) 若 0VPpcos45o3(2) 若 45VP1.5810V240ropcos90o(3) 若 90VP 040r2o5 5 2525一个球形雨滴半径为0.40 mm，
39、带有电量1.6 pC，它表面的电势有多大？ 两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势又是多大？分析分析取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为V 1q40R3当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为2R，代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势.解解根据已知条件球形雨滴半径R10.40 mm，带有电量q11.6 pC，可以求得带电球形雨滴表面电势V11q1 36 V40R13当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径R22R1，带有电量q22q1，雨滴表面电势V212q1 57 V4032R15 5 2626电荷面密度分别为
40、和的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图(a)放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x 变化的关系曲线.分析分析由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布 .解解由“无限大” 均匀带电平板的电场强度i i，叠加求得电场强度的分布，200x a a x aE E i i20x a0电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功V E E dl l x0xa x a0ax a0ax a0V E E dl l E E dl
41、 l x-aa0a0V E E dl l E E dl l x-a电势变化曲线如图(b)所示.5 5 2727两个同心球面的半径分别为R1和R2，各自带有电荷Q1和Q2 .求：(1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？分析分析通常可采用两种方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由Vp可求得电势分布.(2) 利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为pE Edl lV Q40r在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于
42、球面的电势V Q40R其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.解解1(1) 由高斯定理可求得电场分布r R1E E1 0E E2E E3由电势V Q1R1 r R2e er40r2Q1Q2r R2e er40r2rE E dl l可求得各区域的电势分布.当rR1时，有V1E E1dl l E E2dl l E E3dl lrR1R2R1R2 11 Q1Q2RR4 R2021Q1Q240R140R2 0Q140当R1rR2时，有R2V2E E2dl l E E3dl lrR211 Q1Q2rR4 R202Q1Q240r40R2Q1
43、40当rR2时，有V3E E3dl l rQ1Q240r(2) 两个球面间的电势差U12E E2dl l R1R2Q1 11 40RR21解解2(1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即rR1，则V1若该点位于两个球面之间，即R1rR2，则Q1Q240R140R2V2若该点位于两个球面之外，即rR2，则Q1Q240r40R2V3(2) 两个球面间的电势差Q1Q240rU12V1V2rR2Q1Q140R140R25 5 2828一半径为R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为 .现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.分析分析无限长均匀带电细棒电
44、荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理E E dS S 可求得电场分布E(r)，再根据电势差的定义b1dV0VVaVbE Erdl la并取棒表面为零电势(Vb0)，即可得空间任意点a 的电势.解解取高度为l、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理当rR 时E 2rl r2l/0得Er当rR 时r20E 2rl R2l/0R2得Er20r取棒表面为零电势，空间电势的分布有当rR 时Vrr当rR 时Rrdr R2r22040Vr如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线.RrR2R2Rdr ln20r20r5 5 2929一圆盘半径R 3.
45、00 102m.圆盘均匀带电，电荷面密度 2.00105Cm2 .(1) 求轴线上的电势分布；(2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布；(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.分析分析将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布，再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.解解(1) 带电圆环激发的电势dV 由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的12rdr2240r xV (2) 轴线上任一点的电场强度为20Rrdrr2 x2020R x x (1)
46、22E E 电场强度方向沿x 轴方向.dV xi i 1i i (2)22dx20R x(3) 将场点至盘心的距离x 30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得V 1691VE 5607 Vm-1当xR 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为q R 5.651028C.依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有V q1695 V40xE q 5649 Vm-1240x由此可见，当xR 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过0.3和0.8，这已足以满足一般的测量精度.5 5 3030两个很长的共轴圆柱面(R13.0102
47、m，R20.10 m)，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r 0.05 m 处的电场强度.解解(1) 由习题5 21 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为E 根据电势差的定义有20rU12E E2dl l R1R2Rln220R1解得 20U12/lnR2 2.1108Cm1R1 (2) 解得两圆柱面之间r 0.05m 处的电场强度E 7475 Vm120r5 5 3131轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的过程，叫做核聚变.在此过程中可以释放出巨大的能量.例如四个氢原子核(质子)结合成一个氦原子核( 粒子)时，
48、可释放出25.9MeV 的能量.即40411H 2He 21e 25.9 MeV这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源.如果我们能在地球上实现核聚变，就能获得丰富廉价的能源.但是要实现核聚变难度相当大，只有在极高的温度下，使原子热运动的速度非常大，才能使原子核相碰而结合，故核聚变反应又称作热核反应.试估算：(1)一个质子(1H)以多大的动能(以电子伏特表示)运动，才能从很远处到达与另一个质子相接触的距离？ (2)平均热运动动能达到此值时，温度有多高？ (质子的半径约为1.0 10分析分析作为估算，可以将质子上的电荷分布看作球对称分布，因此质子周围的电势分布为151m)V e40r将质子作为经典
49、粒子处理，当另一质子从无穷远处以动能Ek飞向该质子时，势能增加，动能减少，如能克服库仑斥力而使两质子相碰，则质子的初始动能EK0 eV2R1e240r 2R假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能，根据分子动理论知：EK3kT2由上述分析可估算出质子的动能和此时氢气的温度.解解(1) 两个质子相接触时势能最大，根据能量守恒1e2EK0 eV2R 7.2105eV40r 2R由EK012mv0可估算出质子初始速率v02Ek0/m 1.2107ms1该速度已达到光速的4.2(2) 依照上述假设，质子的初始动能等于氢分子的平均动能EK0 EK2EK0 5.6109K3k3kT2得T 实际上
50、在这么高的温度下，中性原子已被离解为电子和正离子，称作等离子态，高温的等离子体不能用常规的容器来约束，只能采用磁场来约束(托卡马克装置)5 5 3232在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为109，被迁移的电荷约为30 C.(1) 如果释放出来的能量都用来使0 的冰融化成0 的水，则可溶解多少冰？ (冰的融化热L 3.34 105J kg)(2) 假设每一个家庭一年消耗的能量为300kWh，则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？解解(1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量m 即可融化约 90 吨冰.(2) 一个家庭一年消耗的能量为EqU 8.98104KgLLE0 3
51、000kWh 1.081010Jn EqU 2.8E0E0一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3 个家庭一年消耗的电能.5 5 3333两个半径为R 的圆环分别带等量异号电荷q，圆环如图相对O 点对称平行放置，其间距为l，并且有l R.(1) 以两环的对称中心O 为坐标原点，两环圆心连线为x 轴，求x 轴上的电势分布.(2) 若取无穷远处为零电势，证明当x R时，轴线上电势V ql40x2分析分析参照5 7 节例1，带电圆环在轴线上一点的电势为V q40R x l/222由电势的叠加可以求出两环圆心连线的x 轴上的电势分布.解解(1) 由带电圆环电势的叠加，两环圆心连线的x 轴上的电势
52、为V q40R x l/222V q40R x l/222(2) 当x l, ,x R时，化简整理得V q40R2 x2lx l2/4V q40R2 x2lx l2/4q1140x1l/ x1l/ xqll1. 1.40x2x2xql40x2在x R时带电圆环等效于一对带等量异号的点电荷，即电偶极子.上式就是电偶极子延长线上一点的电势.5 5 3434在Oxy面上倒扣着半径为R 的半球面，半球面上电荷均匀分布，电荷面密度为.A 点的坐标为(0,R/2)，B 点的坐标为(3R/2,0)，求电势差UAB .分析分析电势的叠加是标量的叠加，根据对称性，带电半球面在Oxy平面上各点产生的电势显然就等于
53、带电球面在该点电势的一半.据此，可先求出一个完整球面在A、B 间的电势差UAB，再求出半球面时的电势差UAB .由于带电球面内等电势，球面内A 点电势等于球表面的电势，故11VR VBUABUAB22其中VR 是带电球表面的电势，VB 是带电球面在B 点的电势.解解假设将半球面扩展为带有相同电荷面密度的一个完整球面，此时在A、B 两点的电势分别为 VAQRVR40R0 VB则半球面在A、B 两点的电势差QR2R40r0r30UAB1VR VBR260 105 5 3 35 5在玻尔的氢原子模型中，电子沿半径为0.53 10解解(1) 电子在玻尔轨道上作圆周运动时，它的电势能为m 的圆周绕原子核旋转.(1) 若把电子从原子中拉出来需要克服电场力作多少功？(2) 电子的电离能为多少？1e2Ep40r因此，若把电子从原子中拉出来需要克服电场力作功e2W Ep 27.2 eV40r222(2) 电子在玻尔轨道上运动时，静电力提供电子作圆周运动所需的向心力，即e / 40r mv /r.此时，电子的动能为12e2Ekmv 280r其总能量e2E Ek Ep 80r电子的电离能等于外界把电子从原子中拉出来需要的最低能量E0 E 13. . 6eV由于电子围绕原子核高速旋转具有动能，使电子脱离原子核的束缚所需的电离能小于在此过程中克服电场力所作的功.
