延安大学：《大学物理》课程教学资源_复习指南（典型例题讲解）第八章 真空中的静电场

奥型题剖祈 第八章真空中的静电场 基本思路 本章重点是对电场强度、电势两个基本概念的理解,并围绕两个核心展开讨论;题目主要涉及 库仑定律、电场强度、高斯定理、电势能、电势、静电场力做功、电场强度和电势的关系、带电粒 子在电场中的运动等.其中电场强度E的求解,必须注意E是矢量,所以务必先分解后积分,而电 势是标量,可直接标量积分,计算过程要比求E简单 2.例题剖析 例1如图81(a)所示,有一无限长均匀带电直线,其电荷线密度+A1;另外,在垂直于它的 方向放置着一根长为L的均匀带电线AB,其电荷线密度为+A2,试求它们之间的相互作用力 a+ E (a) (b) 图8-11 分析本题用两种方法求解 (1)用库仑定律求:由于库仑定律只适用于点电荷系统.对于连续带电体之间的相互作用力问题、 需要将带电体分解为若干电荷元c1和d2(视其为点电荷),然后用库仑定律求积分.在求解过程 中注意力是矢量,必须先分解后积分 (2)先求出某带电体在另一带电体处所产生的场强,然后求出另一带电体(当然也必须分割为无 数点电荷)在此场强下的作用力 解解法Ⅰ如图8-11b所示,建立直角坐标系:ch1=Ad,c2=2dx.根据库仑定律, 可得dq1施加给c2的作用力大小为 I dq, q

典型例题剖析 第八章 真空中的静电场 1． 基本思路 本章重点是对电场强度、电势两个基本概念的理解，并围绕两个核心展开讨论；题目主要涉及 库仑定律、电场强度、高斯定理、电势能、电势、静电场力做功、电场强度和电势的关系、带电粒 子在电场中的运动等．其中电场强度 E 的求解，必须注意 E 是矢量，所以务必先分解后积分，而电 势是标量，可直接标量积分，计算过程要比求 E 简单． 2． 例题剖析 例 1 如图 8-11（a）所示，有一无限长均匀带电直线，其电荷线密度  1 ；另外，在垂直于它的 方向放置着一根长为 L 的均匀带电线 AB ，其电荷线密度为  2 ，试求它们之间的相互作用力． 分析 本题用两种方法求解： ⑴用库仑定律求：由于库仑定律只适用于点电荷系统．对于连续带电体之间的相互作用力问题、 需要将带电体分解为若干电荷元 1 dq 和 dq2 （视其为点电荷），然后用库仑定律求积分．在求解过程 中注意力是矢量，必须先分解后积分． ⑵先求出某带电体在另一带电体处所产生的场强，然后求出另一带电体（当然也必须分割为无 数点电荷）在此场强下的作用力． 解 解法Ⅰ 如图 8-11(b)所示，建立直角坐标系： dq dy 1  1 ， dq dx 2  2 ．根据库仑定律， 可得 1 dq 施加给 dq2 的作用力大小为： 2 1 2 4 0 1 r dq dq dF   ， L A B  1  2 a a  L 1 A B  2 a y y dy x x dx r  E  O  (a) (b) 图 8-11

r为两电荷元之间的距离.将dF沿x,y轴投影,得 dF= dFcoo, df= dFsin e 根据对称性分析可知,F,=」F,=0.因此 F=(dfx= dF cos0=m72 4丌 2mh2 ra+l sdx]o(x2+y dy 271n2 ra+L dx Mn2.a+L 4 解法Ⅱ在距无限长带电直线x处任取一电荷元c2=A2dtx,由无限长带电直线的场强公式可 知,cq2处的场强为 E 2e,x 方向沿x轴正向.于是有 dF= E 1A2 ZEo x 由于各电荷元所受力的方向均沿x轴正向,所以 F=F=「dF=- 112_A1221a+L 根据作用力与反作用力的关系可知,无限长带电直线所受的作用力F,其大小与F相等,其 方向与F相反 注意:在解法Ⅱ中,若求AB在无限长直线处的场强,再求此场强对λ1￠的作用,理论上也可 行,但数学上很难处理 例2如图8-12(a)所示,一半径为R的半球面,其上均匀地带有正电荷,电荷面密度为σ 试求球心处的电场强度E =adS R R 图8-12(a) 图8-12(b)

r 为两电荷元之间的距离．将 dF 沿 x，y 轴投影，得： dFx  dF cos ， dFy  dF sin ． 根据对称性分析可知，  Fy  dFy  0 ．因此                      a L a a L a a L a a a L x dx x y dy xdx r xdxdy F dFx dF ln 4 2 2 4 ( ) 2 4 cos 0 1 2 0 1 2 0 2 2 3 / 2 0 1 2 3 0 1 2              解法Ⅱ 在距无限长带电直线 x 处任取一电荷元 dq dx 2  2 ，由无限长带电直线的场强公式可 知， dq2 处的场强为 x E 0 1 2   ， 方向沿 x 轴正向．于是有 dx x dF Edq 1 2 0 2 2 1      ． 由于各电荷元所受力的方向均沿 x 轴正向，所以：         a L a x a a L x dx F F dF ln 2 2 0 1 2 0 1 2       ． 根据作用力与反作用力的关系可知，无限长带电直线所受的作用力 F   ，其大小与 F  相等，其 方向与 F  相反． 注意：在解法Ⅱ中，若求 AB 在无限长直线处的场强，再求此场强对 dy 1 的作用，理论上也可 行，但数学上很难处理． 例 2 如图 8-12（a）所示，一半径为 R 的半球面，其上均匀地带有正电荷，电荷面密度为  ， 试求球心处的电场强度 E．  O x R d  dq  dS x O R  dE   图 8-12(a) 图 8-12(b)

分析求解电场强度时,我们必须把带电体分解成电荷微元,而此电荷微元产生的电场强度dE 必须是知道的,然后将dE投影、再积分,求解时,要分析对称性,同时这里电荷微元选取的巧妙与 否,直接影响到计算的简单与否.此题我们选取两种电荷微元.试加以比较 解解法Ⅰ选取将带电半球面分成许多宽度极窄的半径不同的带电圆环,其上带电量 dq=ols=a2 TRain 6·Rd 在球心处产生的场强的大小:(根据带电圆环在轴线处的结论) 的 SR cos ea_- sin 0 cos ed0,方向沿x轴 C R 所有圆环在球心处产生的场强都沿同一方向,故: e=dE simcoe 解法Ⅱ如图(b)所示.选取任一小面积dS上的电荷d为电荷微元,则此点电荷=a在 球心处产生的场强的大小为:dE=1方向如图和竖直方向成日角。根据对称性,划分成的无 数个点电荷在球心处产生的场强大小相等,水平方向相互抵消,只有竖直分量,则 E=]de cos0=Jare r2 cose, 而[dcos为半球面积在水平方向的投影=mR2.所以 E ds cos 6= 注意:解法Ⅰ中的思路是很自然的,但凡碰到圆盘、半球、球面等,我们应该把其发割成无数 个圆环(这在力学中也常用),而圆环的结论应该记住,此时统一积分变量一般用角度,计算犹为简 单;而解法Ⅱ中的思路也是从通常的想法着手,割成无数个点电荷,应用点电荷的结论 例3如图8-13所示,无限长带电圆柱面的电荷面密度为σ= 0 COS, 其中是面积元的法线方向与x轴正向之间的夹角.试求圆柱轴线z上的场强 分布 分析设该圆柱面的横截面的半径为R,借助于无限长均匀带电直线在距 离r处的场强公式,即E= 可推出带电圆柱面上宽度为d-=Rd0的 2丌E0 无限上均匀带电直线在圆柱轴线上任一点产生的场强,根据对称性分析,可知: 无数无限长均匀带电直线在O处产生的合场强,沿y方向分量为零,只有沿x 方向,而公式中的A ·dd =0. cos oRde 图8-13 解dE= cosi+ tER 2ER o. cos dei + oo sn 0 cos 8 26dD

分析 求解电场强度时，我们必须把带电体分解成电荷微元，而此电荷微元产生的电场强度 dE 必须是知道的，然后将 dE 投影、再积分，求解时，要分析对称性，同时这里电荷微元选取的巧妙与 否，直接影响到计算的简单与否．此题我们选取两种电荷微元．试加以比较． 解 解法Ⅰ 选取将带电半球面分成许多宽度极窄的半径不同的带电圆环，其上带电量 dq  ds   2Rsin  Rd 在球心处产生的场强的大小：（根据带电圆环在轴线处的结论）         d R R dq dE sin cos 4 2 cos 0 3 0   ，方向沿 x 轴． 所有圆环在球心处产生的场强都沿同一方向，故：      2 0 0 4 0 sin cos 2         E dE d 解法Ⅱ 如图（b）所示．选取任一小面积 dS 上的电荷 dq 为电荷微元，则此点电荷 dq  ds 在 球心处产生的场强的大小为： 2 4 0 1 R dq dE   方向如图和竖直方向成  角．根据对称性，划分成的无 数个点电荷在球心处产生的场强大小相等，水平方向相互抵消，只有竖直分量，则：          cos 4 1 cos 2 0 R ds E dE ， 而  ds cos 为半球面积在水平方向的投影 2  R ．所以    0 2 0 4 cos 4 1       ds R E 注意：解法Ⅰ中的思路是很自然的，但凡碰到圆盘、半球、球面等，我们应该把其发割成无数 个圆环（这在力学中也常用），而圆环的结论应该记住，此时统一积分变量一般用角度，计算犹为简 单；而解法Ⅱ中的思路也是从通常的想法着手，割成无数个点电荷，应用点电荷的结论． 例 3 如图 8-13 所示，无限长带电圆柱面的电荷面密度为    0 cos ， 其中  是面积元的法线方向与 x 轴正向之间的夹角．试求圆柱轴线 z 上的场强 分布． 分析 设该圆柱面的横截面的半径为 R，借助于无限长均匀带电直线在距 离 r 处的场强公式，即 r E 2 0   ，可推出带电圆柱面上宽度为 dl  Rd 的 无限上均匀带电直线在圆柱轴线上任一点产生的场强，根据对称性分析，可知： 无数无限长均匀带电直线在 O 处产生的合场强，沿 y 方向分量为零，只有沿 x 方向，而公式中的      Rd dz dl dz cos  0    ． 解 j R i R dE    sin 2 cos 2 0 0            , 2 sin cos 2 cos 0 0 0 2 0 d i d j                  x O 图 8-13 y z dl

E=[=-7,方向沿x轴负方向 注意:把无限长圆柱面分割成无数个无限长直线,这也是很常用的一种选取积分微元的方法.此 方法在磁学中也经常用到 例4一宽度为b的无限大非均匀带电正电板,电荷体密度为p=kx(0≤x≤b)如图8-14( 所示.试求 (1)平板两外侧任意一点P1和P2处电场强度E (2)平板与其表面上O点相距为x的点P处的电场强度E P b b 0 b 图8-14 分析这是一块有一定厚度,而且电荷分布不均匀的无限大带电板,我们应该把它分割成无数 个薄板,每个薄板的场强由高斯定理的例题可知,然后再根据场强叠加原理得到.但(1),(2)两 种情况是有区别的.其薄板的电荷面密度a·dx:dS= knox 解(1)选取坐标系如图(b)所示,平板两外侧任意点P和P2的电场看成带电板各薄层产生的 电场的叠加,在x处厚度为dx的薄板在P1点产生的电场为 x=kx女,方向沿x负方向 叠加所有的薄板,可得P1点的场强为: E dE 显然点P2的电场情况与此相同,但方向沿x轴正方向相反 (2)平板内部P点的电场是P点左右两部分产生电场的叠加,而两者方向相反,所以: LD dx k (2 注意:在(2)中,板带正电,则

      2  0 0 0 2 E dE i    ，方向沿 x 轴负方向． 注意：把无限长圆柱面分割成无数个无限长直线，这也是很常用的一种选取积分微元的方法．此 方法在磁学中也经常用到． 例 4 一宽度为 b 的无限大非均匀带电正电板，电荷体密度为   kx(0  x  b) 如图 8-14（a） 所示．试求： ⑴平板两外侧任意一点 P1 和 P2 处电场强度 E； ⑵平板与其表面上 O 点相距为 x 的点 P 处的电场强度 E． 分析 这是一块有一定厚度，而且电荷分布不均匀的无限大带电板，我们应该把它分割成无数 个薄板，每个薄板的场强由高斯定理的例题可知，然后再根据场强叠加原理得到．但（1），（2）两 种情况是有区别的．其薄板的电荷面密度 kxdx dS dx dS       ． 解 (1)选取坐标系如图（b）所示，平板两外侧任意点 P1 和 P2 的电场看成带电板各薄层产生的 电场的叠加，在 x 处厚度为 dx 的薄板在 P1 点产生的电场为： 2 0 2 0 2 0      dx kx dx dE    ，方向沿 x 负方向． 叠加所有的薄板，可得 P1 点的场强为：    b p kb E dE 0 0 2 1 4 显然点 P2 的电场情况与此相同，但方向沿 x 轴正方向相反． (2)平板内部 P 点的电场是 P 点左右两部分产生电场的叠加，而两者方向相反，所以：         x b x x b dx dx k E E E 0 2 2 0 0 0 1 2 (2 ) 2 2 4    ． 注意：在（2）中，板带正电，则： 图 8-14 O x dx b  (a) P1 x O dx  b P2 (b) x O x  b P (c)

E<0(沿x轴负方向),x E=0, E>0(沿x轴正方向),x> b 例5如图8-15(a)所示,在一电荷体密度为p的均匀带电球体中,挖去一个小球体,形成 球形空腔,偏心距为a.试求腔内任一点的场强E. 分析本题若在垂直OO直线上把带电体切割成无数个带电圆盘.其中一部分为实心,一部分 为空心,根据圆盘的场强结论加以叠加,理论上可行,但实际计算中,数学运算复杂;另一方面, 由于球体中存在空腔,使带电体失去球对称性,所以若想直接用高斯定理做,也不行.但通过补偿 法,可恢复球体的对称性,则可用高斯定理求解.并应用叠加原理完成计算,求解就简洁了.可设 想不带电的空腔等效于腔内有体密度相同的等值异号的两种电荷,这样本题就可归结为求解一个体 密度为p的均匀带电大球体和一个体密度为-p的均匀带电小球体,在空腔内产生的场强叠加 E pe (a) 图8-15 解设P点为空腔内任一点,则大球在P点产生的场强(见高斯定理求解的结论):E,=PF 同理,小球在P点产生的场强为:E2=2r.如图815(b 由场强叠加原理可知,P点的总场强为 E=E1+E2=P(F-r)=2a=常矢量 结果表明,空腔内的场强是均匀的,其大小2“,其方向平行于两球心 的连线a,由O指向O′.如图8-15(b)所示 注意:此题中场强的叠加采用了矢量叠加方法.也即平行四边形法则, 而没有采用先投影,再相加.因为前者的几何关系很明显,而用后者必须建 立xy坐标系统反而繁.这必须视具体情况而定,这在力学中也是必须注意 图8-16

               . 2 0 ( ) 2 0 2 0 ( ) b E x x b E x b E x x 沿 轴正方向 ， ， ； 沿 轴负方向 ， ； 例 5 如图 8-15（a）所示，在一电荷体密度为  e 的均匀带电球体中，挖去一个小球体，形成 一球形空腔，偏心距为 a．试求腔内任一点的场强 E． 分析 本题若在垂直 OO 直线上把带电体切割成无数个带电圆盘．其中一部分为实心，一部分 为空心，根据圆盘的场强结论加以叠加，理论上可行，但实际计算中，数学运算复杂；另一方面， 由于球体中存在空腔，使带电体失去球对称性，所以若想直接用高斯定理做，也不行．但通过补偿 法，可恢复球体的对称性，则可用高斯定理求解．并应用叠加原理完成计算，求解就简洁了．可设 想不带电的空腔等效于腔内有体密度相同的等值异号的两种电荷，这样本题就可归结为求解一个体 密度为  e 的均匀带电大球体和一个体密度为-  e 的均匀带电小球体，在空腔内产生的场强叠加． 解 设 P 点为空腔内任一点，则大球在 P 点产生的场强（见高斯定理求解的结论）： E r e   0 1 3   ； 同理，小球在 P 点产生的场强为： E r e     0 2 3  ．如图 8-15（b）． 由场强叠加原理可知，P 点的总场强为： . 3 ( ) 3 0 0 E  E1  E2  e r  r   e a  常矢量           结果表明，空腔内的场强是均匀的，其大小 3 0   ea ，其方向平行于两球心 的连线 a，由 O 指向 O ．如图 8-15（b）所示． 注意：此题中场强的叠加采用了矢量叠加方法．也即平行四边形法则， 而没有采用先投影，再相加．因为前者的几何关系很明显，而用后者必须建 立 x-y 坐标系统反而繁．这必须视具体情况而定，这在力学中也是必须注意 的一个问题． O O a  e (a) 图 8-15 O O P a  r  r   E1  E2  E  (b) 图 8-16 e x P R1 R2 o 