二.综合题 7.在-d≤x≤d的空间区域内, 电荷密度ρ>0且为常量,其他区域 均为真空。若在x=2d处将质量为 m、电量为q(q<0)的带电质点 自静止释放。试问经多长时间它能 到达x=0位置。 分析:带电质点的运动决定于所受电力,因此关键是电场的 空间分布——取决于电荷分布。 图示区域3(x>d):从-d-d的全部有电荷的区域,相当于 无限大均匀带电平板,其面电荷密度可由P、d得出 此区域为均匀电场 板内x处(区域2)可以看成-d x和x-d两个区域的电荷在此 处产生的电场,相当于两块无限 大的带电板在x处场强贡献之 和。其面密度O1、2可以由 p、(d+x)、(d-x)分别得到。 此区域为非均匀电场 处于点x的电荷q 从2d——d受恒力匀加速直线运动 进入电荷区,受变力 有何特点? 对d+x无限大平板G1=m(d+x) 对d-x无限大平板 P(d-x) 两块板的力方向相反p(d+x)-p(d-x)=2x∝x 为线性回复力——在电荷区内作简谐振动 计算:2d—dE3 o p2d pd 2E02E0E0 F=-{E Com
1 二．综合题 7．在 − d x d 的空间区域内， 电荷密度 0 且为常量，其他区域 均为真空。若在 x=2d 处将质量为 m、电量为 q（q<0）的带电质点 自静止释放。试问经多长时间它能 到达 x=0 位置。 分析：带电质点的运动决定于所受电力，因此关键是电场的 空间分布——取决于电荷分布。 图示区域 3 （x>d）:从-d—d 的全部有电荷的区域，相当于 无限大均匀带电平板，其面电荷密度可由 、d 得出 ——此区域为均匀电场， 板内 x 处（区域 2）可以看成 -d —x 和 x—d两个区域的电荷在此 处产生的电场，相当于两块无限 大的带电板在 x 处场强贡献之 和。其面密度 1、 2 可以由 、(d + x)、(d − x) 分别得到。—— 此区域为非均匀电场 处于点 x 的电荷 q 从 2d——d 受恒力 匀加速直线运动 进入电荷区， 受变力 有何特点？ 对 d + x 无限大平板 ( ) 1 = d + x 对 d − x 无限大平板 ( ) 2 = d − x 两块板的力方向相反 (d + x) − (d − x) =2x x 为线性回复力——在电荷区内作简谐振动 计算：2d——d 0 0 0 3 2 2 2 d d E = = = F3 = −q E3 ， m F a 3 3 = ， q m t 0 3 2 = −
gap 2 8.n 2pg d Com Com E E+Espla d+x) pld-x 0 28 2 80 Eom x(1)=Acos(ot+)(取t的零点为t时刻) Acos =d 初条件1v0=-40sma2=-y pqp 解得q=arc1g√2从x=d到x=0所需时间t应满足 x(t=cos(@t+)=0 at+p= 2 得 t=(arcs E0mt=t+t3=20350m 此题是电学与力学的综合,电学的主要知识点是无限大带电 板,因为板内电场与位置有关,因此在板内,带电粒子受到 的是变力。以后的任务主要是力学的运用。 2
2 d m q q m m qd v a t 0 0 0 3 3 3 2 2 − = = − − = d——0 0 0 0 1 2 2 ( ) 2 ( ) d x d x x E E E = − − + = + = x q F qE 0 = = ， m q m k 0 = = − x(t) = Acos(t +) （取 t 的零点为 t1 时刻） 初条件 − = − = − = − = = d m q v A v x A d 0 0 0 3 0 2 sin cos 解得 = arctg 2 从 x=d 到 x=0 所需时间 t 应满足 x(t) = Acos(t +) = 0 2 t + = 得 q m t 0 ) 3 3 = (arcsin − q m t t t 0 ' = + 3 = 2.03 − 此题是电学与力学的综合，电学的主要知识点是无限大带电 板，因为板内电场与位置有关，因此在板内，带电粒子受到 的是变力。以后的任务主要是力学的运用
8.在半径为R的细圆环上分布有不能移动的正电荷,总电量 为Q使环直径上E处处为零,求7 电荷均匀分布,球内 任何一点场强为零 解:联想:与球分布类比 AOB上E=0 E B B 切薄片一一环,场强沿轴向 由对称性,任一环带在直径上S点产生的场强均沿x轴 取遍球壳:∑E=0 上半环电 量集中在B 类似: 圆环,环上对称任取P、P,PB⊥AOB,下半环电 集中在B 环所带电量球面电量压缩而成 圆环上任一线元所带电量=半个均匀带电球面的电量 do=ods12-2TR sin do=sin odp 2 4R 环上线密度n=n(0、想=Qsn Rd 4R 环上电荷分布与有关,是非均匀分布。 设半径为R的圆环均匀带电,总电量为Q(Q>0),用适 当的近似方法估算圆环平面上与圆心相距r处的电场强度 E,。已知r<<R
3 8．在半径为 R 的细圆环上分布有不能移动的正电荷，总电量 为 Q,使环直径上 E 处处为零，求 解：联想：与球分布类比 切薄片——环，场强沿轴向； 由对称性，任一环带在直径上 S 点产生的场强均沿 x 轴 取遍球壳： = 0 i Ei 类似： 圆环，环上对称任取 P1、P2 ， P1 P2 ⊥ AOB ， 环所带电量 球面电量压缩而成 圆环上任一线元所带电量＝半个均匀带电球面的电量 d Q R d R Q dQ dS sin 4 2 sin 2 4 1 2 1 2 2 = = = 环上线密度 sin 4 1 ( ) Q Rd R dQ = = = 环上电荷分布与 有关，是非均匀分布。 9．设半径为 R 的圆环均匀带电，总电量为 Q（Q>0），用适 当的近似方法估算圆环平面上与圆心相距 r 处的电场强度 Er 。已知 r<<R。 电荷均匀分布，球内 任何一点场强为零 ——AOB 上 E＝0
解:均匀带电圆环轴线上一点场强 4c0(R2+2) 方向:两边分别沿平面法线 方向土z轴; 在线圈平面上,中心处场强为零,但偏离轴线任一点 (r<<R)就不为零了,计算麻烦,但可以估算: 方法一:作高斯面如图,因为r<<R,可以认为,高斯面端 面上场强近似等于轴线上场: E h<<R 4G0(R2+h 4Ta R 而侧面通量也不为零,由于高斯面内不包围电荷,根据 高斯定理有: E·ds+E·ds+「EdS=0 侧面积为2m2h=4mh,上底和下底电场方向沿端面外法线 方向,电力线穿出高斯面,而总通量为零,应该进入高斯面 且侧面通量的大小等于两端面通量之和,当h→0时有: 2E, 7r=4TTE 87ER,方向指向圆心
4 解：均匀带电圆环轴线上一点场强： 2 3 2 2 0 4 (R z ) Qz Ez + = ， 方向：两边分别沿平面法线 方向 z 轴； 在 线 圈 平 面 上 ，中 心 处 场 强 为零 ， 但 偏 离轴 线 任 一点 （ r R ）就不为零了，计算麻烦，但可以估算： 方法一：作高斯面如图，因为 r R ，可以认为，高斯面端 面上场强近似等于轴线上场： 3 0 2 3 2 2 0 4 4 ( ) R Qh R h Qh E h R h ⎯ ⎯→ + = 而侧面通量也不为零，由于高斯面内不包围电荷，根据 高斯定理有： ＝0 上 下 侧 E dS + E dS + E dS 侧面积为 2r 2h = 4rh ，上底和下底电场方向沿端面外法线 方向，电力线穿出高斯面，而总通量为零，应该进入高斯面， 且侧面通量的大小等于两端面通量之和，当 h →0 时有： h r 2E r 4rE 2 = 3 8 0 R Qr Er = ，方向指向圆心
方法二:用叠加原理取近似做 1)取p点距O点为r,在环上取微 元1、2、3、4,其中1、2产生→ 的电场在y方向抵消,指向负x 方向,3、4产生的电场在y方向 抵消,指向正负x方向,且由于R">R,所以1、2的 合场强大于3、4的合场强,有E1+E2|>E3x+dE4, 四个元合场指向负x方向。 2)过P点作平行于y轴的线, E弧|>E弧,整个圆环在P点合场强指向负x方向指 向圆心O) 3)同理可分析,在圆环内,以环心O为心,r为半径的圆 周上各点的场强均指向圆心O 4)计算:取微元 4丌ER (r<<R),R=R-rcos日, orr=r+r-2Rrcosoe o Rde 7 dE cose",coO、Rc0s8-r 4TEo(R-rcos 8) R-rcos 0 dE nRd rcos 0-rE、=54兀soR( nR Rcos e de 4丌E0(R-rcos6)
5 方法二：用叠加原理取近似做 1） 取 p 点距 O 点为 r，在环上取微 元 1、2、3、4，其中 1、2 产生 的电场在 y 方向抵消，指向 负 x 方向，3、4 产生的电场在 y 方向 抵消，指向 正负 x 方向，且由于 R'' R' ，所以 1、2 的 合场强大于 3、4 的合场强，有 dE1x + dE2x dE3x + dE4x ， 四个元合场指向负 x 方向。 2） 过 P 点作平行于 y 轴的线， E劣弧 E优弧 ，整个圆环在 P 点合场强指向负 x 方向（指 向圆心 O） 3） 同理可分析，在圆环内，以环心 O 为心，r 为半径的圆 周上各点的场强均指向圆心 O。 4） 计算：取微元 1： ,( ), ' cos , 4 ' 0 r R R R r R dq dE = = − (or, ' 2 cos 2 cos 2 2 2 2 R = R + r − Rr R − Rr ) d Q Rd R Q dq dl 2 2 = = = , cos ' ( cos ) 1 4 2 0 R r dq dEx − = , , cos cos cos ' R r R r − − = 3 0 ( cos ) cos 4 R r Rd R r dEx − − = d R r R R R r Ex − − = 2 0 3 3 0 (1 cos ) cos 4