【文章內(nèi)容簡介】 解： 由高斯定理， 0/?qS ?? ， 在 S1處， E1＝ 0， 01?? ； O1S2Sa2a Xq q1?2?1R2Rr PO 在 S2處， 02?E ， 022 ???? SE? ，所以 21 ??? 故選 D 5． ( A ) 半徑為 R 的均勻帶電球面。 ( B ) 半徑為 R 的均勻帶電球體。 ( C ) 半徑為 R 的 、電荷體密度為ρ =Ar (A為常數(shù) )的非均勻帶電球體。 ( D ) 半徑為 R 的 、電荷體密度為ρ =A/r (A為常數(shù) )的非均勻帶電球體。 解： 對于球?qū)ΨQ分布的帶電體，由高斯定理可知，場強(qiáng)分布為20r4??內(nèi)qE?，因此， 半徑為 R 的均勻帶電球面 rR 時， E＝ 0； 半徑為 R 得均勻 帶電球體， ?? 3r34＝內(nèi)q， ? 為電荷體密度（ rR），可知 2202030203r1r34R34E34r34ERr????????????????????rRrrrr處，處， 如圖所示。 同理可知，（ C）、（ D）的電荷分布與圖示不符。 故選 B 二、填空題： 1． Ⅰ區(qū) ?E 的大小 02/ ?? ， 方向 向右 。 Ⅱ區(qū) ?E 的大小 02/3 ?? ， 方向 向右 。 2r1?EO R rEI II III?2??02/ ?? 02/ ??02/2 ??02/2 ??Ⅲ區(qū) ?E 的大小 02/ ?? ， 方向 向左 。 解： 兩個無限大帶電平板單獨(dú)在兩側(cè)都產(chǎn)生勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小和方向如圖所示。由場強(qiáng)疊加原理，可得各區(qū)域場強(qiáng)大小和方向為： Ⅰ區(qū)：000 2222 ?????? ???E ，方向向右。 Ⅱ區(qū)：000 23222 ?????? ?? ＋E ，方向向右。 Ⅲ 區(qū)：000 2222 ?????? ?? ＋－E ，方向向左。 2． A? = 3/E2 00?－ ， B? = 3/E4 00? 。 解： 設(shè) A、 B 兩板的電荷面密度分別為 A? 、 B? （均勻正），各自在兩側(cè)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小和方向如圖所示。由場強(qiáng)疊加原理及題設(shè)條件可知： )2(22)1(3122000000EEABBA???????????? 由上兩式聯(lián)解可得： A? = 3/E2 00?－ ，（負(fù)號說明與題設(shè)相反，即 0?A? ） B? = 3/E4 00? 3． E＝ )16/( 402 RSQ ??? 。 其方向為 由圓心 O 點(diǎn)指向 S? 。 解： 由場強(qiáng)疊加原理，挖去 S? 后的電場可以看作由均勻帶電球面和帶負(fù)電的OS?RA B3E00E3E002??B 02??B02??A 02??AII IIIIS? （面密度與球面相同）疊加而成，在球心處，均勻帶電球面產(chǎn)生的場強(qiáng)為零， S? （視為點(diǎn)電荷）產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為：40220 164 RSRSE ?????? ????， 方向由球心指向 Δ S。 4．其電場強(qiáng)度的大小將由 )4/( 20rq ?? 變?yōu)? 0 。 解： 由高斯定理可知，均勻帶電球面內(nèi)部場強(qiáng)為零，外部任意一點(diǎn)場強(qiáng) )4/( 20rq ?? 。在氣球被吹大的過程中，被氣球掠過的點(diǎn)都從球外變?yōu)榍騼?nèi) ，因此其場強(qiáng)大小由 )4/( 20rq ?? 變?yōu)榱恪? 三、計算題： 1． 解： 建立如圖坐標(biāo)系，在細(xì)圓弧上取電荷元 laqq dd 0 ?? ?， 視為點(diǎn)電荷，它在圓心處產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為： ?????? d44 dd 02020 aqaqE ?? 方向如圖所示。將 E?d 分解， ?? c o sdd,s i ndd EEEE yx ???? 由對稱性分析可知， ? ?? 0dxx EE 2s i n2dc o s4d00202202000???????????aqaqEEyy????? ? ?? 0? aqo?? ?????E?d?dyxqdxEdyEdjaqjEE y ??? 2s i n2 0020 ??????? 2． 解： 以圓柱面左端中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，向右為 x 軸正方向。在 x 處取寬為 d x 的圓環(huán)，其上帶電量 xLQq dd ? ，它在 P 點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小為： 23220222322023220])([8])([d])([4d)(])([4)(ddxLRLxLRQxLRLxxLQxLRxLqE???????????????????? 總場強(qiáng)為： ]11[4])([])([d8d22023222200LRRLQxLRxLRLQEE L??????????? ?????? 方向沿 x 軸正方向。 解： 因電荷分布對稱于中心平面，故在中心平面兩側(cè)離中心平面距離相等處場強(qiáng)大小相等而方向相反。如圖所示，高斯面 S1 和 S2，對稱于中心平面，高為 |2x|。根據(jù)高斯定理， 2/dx? 時， SxSESE ?????? 21011 ?? QLPRxE?doxdO xdS?1E 1E1SS?2E2E2S0101 // ?? ?? xE xEx ?? ?? ?? 2/dx? 時， SdSESE ?????? ??0221 02 2?? dE ?? ??????????????)2/(2)2/(2002dxddxdE x???? Ex－ x 曲線如圖所示。 《大學(xué)物理》作業(yè) No. 7 電勢 一、選擇題： 1． [ C ] （ A） 電勢值的正負(fù)取決于置于該點(diǎn)的試驗電荷的正負(fù)。 （ B） 電勢值的正負(fù)取決于電場力對試驗電荷作功的正負(fù)。 （ C） 電勢值的正負(fù)取決于電勢零點(diǎn)的選取。 （ D） 電勢值的正負(fù)取決于產(chǎn)生電場的電荷的正負(fù)。 解： 電勢值是相對的，其正負(fù)只決定于電勢零點(diǎn)的選取。 2． [ B ] （ A）rq04?? （ B） )(4 1 0 RQrq ??? （ C）rQq 04??? （ D） )(4 1 0 R qQrq ???? 解： 由高斯定理可得電場分布為 02??d02??d?2/d2/d?O xyPRO qrQ???????????)(4)(42020RrrQqRrrqE???? 根據(jù)電勢的定義， P 點(diǎn)的電勢為： )(4 1d4d4d 02020 RQrqrrQqrrqlEU p Rr Rp ??????? ? ? ?? ? ???????? 3． [ C ] （ A） )11(4 210 rrQ ???? （ B） )11(4 210 rrqQ ??? （ C） )11(4 210 rrqQ ???? （ D）)(4 120 rrqQ???? 解： － Q 在 a、 b 兩點(diǎn)產(chǎn)生的電勢分別為： 220210 44 rQ，UrQU ba ???? ???? （以無窮遠(yuǎn)處為零電勢點(diǎn)） 移動 q 時，電場力的功為： )11(4)( 210 rrqQUUqA baab ????? ?? 4． [ C ] （ A）電場強(qiáng)度 EMEN. （ B） 電勢 UMUN. （ C）電勢能 WMWN （ D） 電場力的功 A0 解： 由圖可知， EMEN ， UMUN ，又電勢能 W=qU，所以可知 WMWN。 5． [ D ] （ A） )11(221 rrmke ? （ B） )11(221 rrmke ? （ C） )11(221 rrmke ? （ D） )11(21 rrmke ? (式中041???k ) 解： 對于兩個電子組成的系統(tǒng)，不受外力作用，內(nèi)力只有靜電力（保守力）做功，有功能關(guān)系： 勢能減少量變?yōu)閯幽堋? 設(shè)二者相距 r2 時，各自速率為 v， 則： A 1r a2r b)(QM)11(0212)11(44212212202102rrmkevmvrrkerere???????? ???? 二、填空題： 1． O 點(diǎn)電勢 Uo＝ 43ln40??? ； P 點(diǎn)電勢 UP＝ 0 。 解： UB＝ 0 與 0??U 等效。由電勢疊加原理有 43ln439。4 39。d4 d 032 02 00 ????????? ????? ?? llll xxxxU 由對稱性可知 0?pU 2． A＝ )2/()33( 0 aqQ ?? 。 解： 以無限遠(yuǎn)處為零電勢點(diǎn)，則由電勢疊加原理，中心 O 處電勢為： aqa qqqUo 00 2333432???? ???? 將 Q 從無限遠(yuǎn)處移到 O 點(diǎn)，電場力的功為： 000 )( QUUUQA ???? ?? 外力的功為： ??? ? 00 QUAA ＝外 )2/()33( 0 aqQ ??