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时间:2018-11-27
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1、第一章作业1—6解:(1)证明电荷具有量子性。若电荷具有量子性,则每个油滴所带的电量都是某个基元电荷的整数倍,任意两油滴电量的差值也是该基元电荷的整数倍。应从带电量最接近的两油滴的电量的差值中寻找基元电荷。带电量最接近的油滴的电量的差值为:上述几个差值非常接近,猜测基元电荷可能存在,其值大约为。考察每个油滴所带的电量都否为上述基元电荷的整数倍:可见每个油滴所带的电量都能是左右的基元电荷的整数倍。(2)求基元电荷准确的实验值。由上述实验数据,可知基元电荷的值为。根据上述几个实验数据求平均值:讨论:基元电荷的值有可能为(n为正整数)吗
2、?1—8解:建立坐标系如图,+q-qxyO其中:在上半段任意取电荷元,dqRθ在圆心处产生的电场为:同理,对称地在下半段取电荷元dq’,Dq’θ根据对称性可知,正负电荷在x方向产生的电场互相抵消,故:所以,带电半圆环在圆心处产生的电场为:+q-qxyOdqRθDq’θ正负电荷在y方向产生的电场相等,互相增强,故:1—12解:建立坐标系如图,把均匀带电面分割成无数个同心的均匀带电细圆环.RσP半径在r到r+dr之间的均匀带电细圆环Zzrdqr+dr在轴线上P点产生的电场为:带电量为:所以:P点的电场也沿z轴方向,大小为:(注意:都沿
3、z轴方向)即P点电场:O解:求电场分布:设P是空间任意一点,RP由电荷分布的球对称性,可得:的大小与半径r有关,取过P点、以O为球心的的球面为高斯面。方向沿半径方向;r设P到球心O的距离为r,(1)分析电场分布;(2)取高斯面;P1—25ORPrP(3)根据高斯定理得:其中ORPrP所以总电量为Q、半径为R的均匀带电球的电场为:OQ>0RORPr求电势分布:(1)若P点在球内,即:rR时,ORPrP所以总电量为Q、半径为R的均匀带电球的电势分布为:OQ>0RO解:
4、R无限长均匀带电线周围的电场分布为:(此公式可直接使用)1—17注意:由于电荷无限分布,不能取无穷远为电势零点,而应取离带电线距离为R的某点或某圆柱面(等势面)为电势零点。Mr1ηNr2M、N点间的电势差为:第二章作业2—2ABQCσ1σ2σ3σ4σ5σ6B板接地,则B板和大地是等电势,根据电场线的连续性分析得:B板外侧表面不带电。设静电平衡时,C、A、B板每个面上的电荷面密度分别为σ1、σ2、σ3、σ4、σ5、σ6。解:根据题目条件可知,每个面都可以看作是无限大的均匀带电面。(方程①)即:(方程②)同理:ABQCσ1σ2σ3σ4
5、σ5σ6取柱形高斯面如图所示,上下底面分别位于A、C金属板内,侧面与金属板垂直,根据高斯定理,得:金属板A和外界没有电荷的交换,根据电荷守恒定律,得:(方程③)ΔS即:(方程④)ΔS同理在A、B间取高斯面,可得:(方程⑤)注意:金属板B、C接地,与大地有电荷交换,故B板电荷不守恒,C板上电荷也不守恒。部分同学列式:未说明理由或理由错误(电荷守恒)。ABQCσ1σ2σ3σ4σ5σ6同理可得,A、B板间的电场为:取正方向如图所示,A、C板间的电场为:x是匀强电场。是匀强电场。很多同学列式:未说明理由或理由错误(A、C间电场由σ2、σ3
6、产生)。ABQCσ1σ2σ3σ4σ5σ6由于C、B板都接地,故:x可得:(方程⑥)联立上述方程,并代入数值,解得:注意:上面电场表达式的正方向向右。ABQCσ1σ2σ3σ4σ5σ6所以B板上的感应电荷为:xC板上的感应电荷为:ABQCσ1σ2σ3σ4σ5σ6以地为零电势,A板的电势为:x(A、B板间是匀强电场,方向沿x轴正向))(因为ABQCσ1σ2σ3σ4σ5σ6ΔSΔSx其它解法:(1)求A、B板间的电场。(法二)A、B板间的电场可看作是由6个无限大的均匀带电平面产生,故为匀强电场。取柱形高斯面如图所示,下底面位于A板内,上底
7、面位于A、B板间,侧面与金属板垂直,根据高斯定理,得:所以:同理可求得:ABQCσ1σ2σ3σ4σ5σ6x其它解法:(2)求A、B板间的电场。(法三)A、B板间的电场可看作是由6个无限大的均匀带电平面产生,故为匀强电场。根据导体外紧邻处的的场强公式得:MNABQCσ1σ2σ3σ4σ5σ6x其它解法:(3)得出方程④⑤。(法二)建立坐标系如图所示,由静电平衡的条件知:P取金属板A内任一点P,P点的电场可看作是由6个无限大的均匀带电平面产生,其中所以:(式⑴)ABQCσ1σ2σ3σ4σ5σ6x由静电平衡的条件知:Q同理取金属板B内任一
8、点Q,Q点的电场可看作是由6个无限大的均匀带电平面产生,其中所以:(式⑵)将式⑴和式⑵相加,得:(方程④)(方程⑤)将式⑵和式⑴相减,得:作业P157习题4.1———已知公式+叠加原理P158习题4.7———已知公式+叠加原理P160习题4.21—
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