新编基础物理学上册9单元课后答案.docx
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新编基础物理学上册9单元课后答案
第九章
9-1两个小球都带正电，总共带有电荷
5
5.010C,如果当两小球相距2.0m时，任一球受
另一球的斥力为1.0N.试求总电荷在两球上是如何分配的？
分析：
运用库仑定律求解。
解：
如图所示，设两小球分别带电q1，q2则有
q1+q2=5.0310
-5C①
由题意，由库仑定律得：
题9-1解图
F
9
qq910qq
1212
2
4πr4
0
1
②
由①②联立得：
q
1
q
2
5
1.210C
5
3.810C
9-2两根6.0310
-2m长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为0.5310-3kg
的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位置
上。
求每一个小球的电量。
分析：
对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。
解：
设两小球带电q1=q2=q，小球受力如图所示
2
q
FT
2
4πR
0
cos30
①
mgTsin30②
联立①②得：
2
mg4R
0
2
q
o
tan30
③
其中sin603610233102（m）
rl
2
R2r
题9-2解图
-7C代入③式，即：
q=1.01310
9-3电场中某一点的场强定义为
E
F
q
0
，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在场强？
为什么？
答：
若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源
电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷q0所受力F与
q0成正比，故
E
F
q
0
是与q0无关的。
9-4直角三角形ABC如题图9-4所示，AB为斜边，A点上有一点荷
9
q11.810C，B点
上有一点电荷9
q24.810C，已知BC=0.04m，AC=0.03m，求C点电场强度E的大小和
方向（cos37°≈0.8,sin37°≈0.6）.
分析：
运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。
解：
如题图9-4所示C点的电场强度为
EEE
12
99
q1.810910
1
E
122
4π（AC）（0.03）
0
4
1.810（N/C）
99
q4.810910
2
E
222
4π（BC）（0.04）
0
4
2.710（N/C）
22224
EEE1.82.710
12
4
3.2410（N/C）或（V/m）
C
方向为：
arctan
4
E1.810
133.7o
arctan
4
E2.710
2
题9-4解图
即方向与BC边成33.7°。
9-5两个点电荷
66
q1410C,q2810C的间距为0.1m，求距离它们都是0.1m处的
电场强度E。
分析：
运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。
解：
如图所示：
96
q910410
1
E
122
4πr10
01
6
3.610（N/C）
96
q910810
2
E
222
4πr10
02
6
7.210（N/C）
E，
1
E沿x、y轴分解：
2
6
EE1E2E1cos60E2cos1201.810（N/C）
xxx
6
EE1E2E1sin60E2sin1209.3610（N/C）
yyy
题9-5解图
∴
229.52106（N/C）
EEE
xy
arctan
6
E
9.3610
o
y101
arctan
6
E1.810
x
9-6有一边长为a的如题图9-6所示的正六角形，四个顶点都放有电荷q，两个顶点放有电
荷－q。
试计算图中在六角形中心O点处的场强。
分析：
运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。
解：
如图所示.设q1=q2=⋯=q6=q，各点电荷q在O点产生的
电场强度大小均为：
q
EEEEE
12362
4πa
0
各电场方向如图所示，由图可知
E与E6抵消.
3
E0EEEE
2514
据矢量合成，按余弦定理有：
E
0
2
2
（2E）
（2E）
2
2（2E）（
2E
）
o
cos（180
60
o
）
q3q
E2E323方向垂直向下.
0
22
4a2a
00
qq
qO.q
-q-q
题图9-6
题9-6解图
9-7电荷以线密度λ均匀地分布在长为l的直线上，求带电直线的中垂线上与带电直线相
距为R的点的场强。
分析：
将带电直线无穷分割，取电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元的场强，再积分求
解。
注意：
先电荷元的场强矢量分解后积分，并利用场强对称性。
解：
如图建立坐标，带电线上任一电荷元在P点产生的场强为：
dx
dEr
220
4（Rx）
0
根据坐标对称性分析，E的方向是y轴的方向
LL
dxRl
Edx
2sin2
LL
22223/22
4（Rx）4（Rx）l
21/2
20204R（R）
0
4
9-8
两个点电
荷q1和q2相
距为l，若
（1）
两电荷同号；
（2）两电
荷异号，求电
题9-7解图
题9-8解图
荷连线上电
场强度为零的点的位置.
分析：
运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。
解：
如图所示建立坐标系，取q1为坐标原点，指向q2的方向为x轴正方向.
（1）两电荷同号.场强为零的点只可能在q1、q2之间，设距q1为x的A点.
据题意：
E1=E2即：
|q||q|
12
22
4πx4π（lx）
00
∴
x
|q|l
1
|q||q|
12
（2）两电荷异号.场强为零的点在q1q2连线的延长线或反向延长线上，即E1=E2
|q||q|
12
22
4πx4π（lx）
00
解之得：
x
|q|l
1
|q||q|
12
9-9如题图9-9所示，长l=0.15m的细直棒AB上，均匀地分布着线密度
91
5.0010Cm
的正电荷，试求：
（1）在细棒的延长线上，距棒近端d1=0.05m处P点的场强；
（2）在细线
的垂直平分线上与细棒相距d2=0.05m的Q点处的场强；（3）在细棒的一侧，与棒垂直距离
为d2=0.05m，垂足距棒一端为d3=0.10m的S点处的场强.
分析：
将均匀带电细棒分割成无数个电荷元，每个电荷元在考察点产生的场强可用点电荷场
强公式表示，然后利用场强叠加原理积分求解，便可求出带电细棒在考察点产生的总场强。
注意：
先电荷元的场强矢量分解后积分，并利用场强对称性。
dy
题图9-9题9-9解图
（1）
解：
（1）以P点为坐标原点，建立如图
（1）所示坐标系，将细棒分成许多线元dy.其所带电
量为dqdy，其在P点的场强为dE，则
dE
dqdy
22
4πy4πy
00
∴
E
dl
1
d
1
dy11
2
4πy4πddl
0011
2
6.7510（N/C）或（V/m）
方向沿Y轴负方向
（2）建立如图所示的坐标系，将细棒分成许多线元dy.其所带电量为dqdy。
它在Q
点的场强dE的大小为：
dE
1dy
2
4πr
0
πsin
dE在x、y轴的投影为：
2
dEdEcosdEsindy
x
24πr
0
πcos
dEdEsindEcosdy
y2
24πr
0
由图可见：
yd2ctg，rd2csc
2
dyd2cscd
∴
dEsind
x
4πd
02
dEcosd
y
4πd
02
由于对称性，dEy分量可抵消，则
22
EdEsind（coscos）
x12
4πd4πd
11
0202
又∵θ1=π-θ2
∴
E
4
cos
1
2cos
1
0d2d
202
25
9
10
0.05
9
9
10
3
13
3
1.510（N/C）
方向沿X轴正方向
题9-9解图（3）
题9-9解图
（2）
（3）在细棒一侧的S点处的场强。
建立如图（3）所示的坐标系，分析如
（2）则：
2
EdE（coscos）
xx12
4πd
1
02
2
EdE（sinsin）
yy21
4πd
1
02
其中：
cos
d
0.12
5
3
12222
dd0.10.05
32
；
sin
1
1
5
ld0.051
3
coscos（π）cos
22222
2
（ld）d0.050.05
32
sin
2
1
2
221.46103（N/C）
EEE。
xy
E
y
方向：
与x轴的夹角：
arctg54.2
E
x
9-10无限长均匀带电直线，电荷线密度为λ,被折成直角的两部分.试求如题图9-10所示的P
点和P′点的电场强度.
分析：
运用均匀带电细棒附近的场强公式及场强叠加原理求解。
解：
以P点为坐标原点，建立如题9-10解图
（1）所示坐标系
均匀带电细棒的场强：
E（coscos）i（sinsin）j
1221
4πa
0
在P点：
1
π
，
4
2π
∴竖直棒在P点的场强为：
22
E1ij
1
4πa22
0
题图9-10
水平棒在P点的场强为：
22
E1ji
2
4πa22
0
x
∴在P点的合场强：
EEEij
12
4πa
0
题9-10解图
（1）
即
E
2
4π
a
0
：
方向与x轴正方向成45°.
同理以P′点为坐标原点，建立如图题9-10解图
（2）坐标：
E（coscos）i（sinsin）j
1221
4πa
0
在P′点：
1
3
4
，
π
2π
∴竖直棒在P′点的场强为：
22
E1ij
1
4πa22
0
水平棒在P′点的场强为：
x
题9-10解图
（2）
22
E1ji
2
4πa22
0
∴在P′点的合场强为：
EEE[ij]
12
4πa
0
即：
E
2
4π
a
0
，方向与x轴成-135°.
9-11无限长均匀带电棒l1上的线电荷密度为1,l2上的线电荷密度为2，l1与l2平行,在与
l，l2垂直的平面上有一点P,它们之间的距离如题图9-11所示,求P点的电场强度。
1
分析：
运用无限长均匀带电细棒的场强公式及场强叠加原理求解。
解：
l1在P点产生的场强为：
11
Eii
1
2πa0.8π
010
l在P点产生的场强大小为：
2
E
2
2π
2
a
02
方向如题9-11解图所示。
把
E写成分量形式为：
2
题图9-11
2343
2222
EEcosiEsinji+jij
222
5πa10πa5π5π
020200
∴在P点产生的合场强为：
43
122
EEEij
12
0.8π5π5π
000
题9-11解图
9-12一细棒被弯成半径为R的半圆形,其上部均匀分布有电荷+Q,下部均匀分布电荷-Q.如
题图9-12所示,求圆心O点处的电场强度。
题图9-12题9-12解图
分析：
微分取电荷元，运用点电荷场强公式及场强叠加原理积分求解。
将带电半圆环分割成
无数个电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元场强。
将电荷元电场进行矢量分解，再进行
对称性分析，然后积分求解。
解：
把圆环分成无限多线元dl，dl所带电量为d2d
Q
ql
π
R
，产生的场强为dE。
则dE的大小为：
dE
QdlQd
2322
2πR2πR
00
把dE分解成dEx和dEy，则：
dEsindE
x
dEycosdE
由于+Q、-Q带电量的对称性，x轴上的分量相互抵消，则：
E0
x
E2dE2cosdE
yy
π
4
0
QcosdQ
2222
πRπR
00
∴圆环在O点产生的场强为：
Q
Ej
22
R
0
9-13两平行无限大均匀带电平面上的面电荷密度分别为+б和-2б,如题图9-13所示,求:
（1）
图中三个区域的场强
E，E，E3的表达式；
（2）若б=4.43310
-6C2m-2，那么，
12
E，
1
E，E3
2
各多大？
题图9-13
分析：
首先确定场强正方向，然后利用无限大均匀带电平板场强及场强叠加原理求解。
解：
（1）无限大均匀带电平板周围一点的场强大小为：
E
2
0
∴在Ⅰ区域：
2
Eiii
1
222
000
Ⅱ区域：
23
Eiii
2
222
000
Ⅲ区域：
2
Eiii
3
222
000
-6-2
（2）若σ=4.43310
C2m
则
E
5
1i2.5010i（Vm
2
0
1
）
E
351
2i7.5010i（Vm
2
0
）
E
5
3i2.5010i（Vm
2
0
1
）
9-14边长为a的立方盒子的六个面分别平行于xOy，yOz和xOz平面，盒子的一角在坐标
原点处，在此区域有匀强电场，场强
-1
E200i300jVm,求通过各面的电通量。
分析：
运用电通量定义求解，注意对于闭合曲面，外法线方向为正。
解：
（200300）2002002（21）
1EdSijidSdSaNmCs111
s
1
s
1
s
1
22
2EdSijidSdSaNmC
（200300）（）200200（
s222
1
）
s
2
s
2
s
2
s
3
E
dS（200i300j）（
3
221
j）dS300a（NmC
3
）
s
3
s
3
22
4EdS（200i300j）（j）dS300a（NmC
s44
1
）
s
4
s
4
5EdS（200i300j）（k）dS
s55
0
s
5
s
5
6EdSi300jkdS
（200）（）6
s6
0
s
6
s
6
即平行于xOy平面的两平面的电通量为0；
222C-1；
平行于yOz平面的两平面的电通量为±200a
N2m
2N2m22C-1。
平行于xOz平面的两平面的电通量为±300a
题9-15解图题9-16解图
9-15一均匀带电半圆环，半径为R，电量为+Q，求环心处的电势。
分析：
微分取电荷元，运用点电荷电势公式及电势叠加原理积分求解。
将带电半圆环分割成
无数个电荷元，根据点电荷电势公式表示电荷元的电势，再利用电势叠加原理求解。
Q
解：
把半圆环无穷分割，取线元dl，其带电量为dd
ql
R
π
，则其在圆心O的电势为：
du
dqQdl
4πR4πRπR
00
∴整个半圆环在环心O点处的电势为：
u
RQdlQ
π
0
4πRπR4πR
00
9-16一面电荷密度为б的无限大均匀带电平面，若以该平面处为电势零点，求带电平面周
围的电势分布。
分析：
利用无限大均匀带电平面的场强公式及电势与电场强度的积分关系求解。
解：
无限大平面周围的场强分布为：
Ei
2
0
取该平面电势为零，则周围任一点P的电势为：
0x
Udx（x）
Px
222
000
9-17如题图9-17所示，已知a=8310
-2m，b=6310-2m,q1=3310-8C,q2=－3310-8C，D为
q1,q2连线中点，求：
（1）D点和B点的场强和电势;
（2）A点和C点的电势；（3）将电量为2
-9C的点电荷q0由A点移到C点，电场力所作的功；（4）将q0由B点移到D点，电场310
力所作的功。
题图9-17
题9-17解图
分析：
由点电荷的场强、电势的公式及叠加原理求场强和电势。
静电力是保守力，保守力做
功等于从初位置到末位置势能增量的负值。
解：
（1）建立如图题9-17解图所示坐标系：
98
q91031027
15
Eii10i（V/m）
1222
D
4r（410）16
0
98
q91031027
25
Eii10i（V/m）
2D222
4r（410）16
0
5
EE1DE2D3.3810i（V/m）
98
q91031027
1
E
122222
B
（410）（610）52
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