库仑定律

1 习题 1-4
如图，两个小球的质量都是\(m\)，都用长为\(l\)的细线挂在同一点，若它们带上相同的电量\(q\)，平衡时，两线夹角为\(2\theta\)，设小球大小可忽略不计，求小球所带电量。

解答：
两个小球相距\(r=2l\sin\theta\)，库仑力

\begin{equation*}
f_C=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{r^2}=mg\tan\theta
\end{equation*}

所以小球所带电量为

\begin{equation*}
q=\pm 4l\sin\theta\sqrt{\pi\varepsilon_0mg\tan\theta}
\end{equation*}

2 电量都是\(q\)的四个点电荷，分别处于一正方形的顶点上，问在正方形的中心放置一个什么样的点电荷可以使顶点处的每一个点电荷的受力都为零。

解：
设正方形边长为\(a\)，正方形中心所放点电荷的电量为\(q'\)。正方形顶点处的电荷地位相同，只需要具体考虑其中任意一个点电荷。如图所示。

\(q\)受到另外三个顶点上的电荷的作用力为：

\begin{equation*} \begin{split} \vec{F}=&\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{a^2}\cos45^{\circ}\vec{e}+\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{a^2}\cos45^{\circ}\vec{e}+\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q^2}{2a^2}\vec{e}\\ =&\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2\sqrt{2}+1}{2}\frac{q^2}{a^2}\vec{e} \end{split} \end{equation*}

其中\(\vec{e}\)为\(q'\)指向所考察的\(q\)的单位向量。\(q'\)对\(q\)的作用力为

\begin{equation*} \vec{F'}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{qq'}{(a/\sqrt 2)^2}\vec{e}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2qq'}{a^2}\vec{e} \end{equation*}

\(q\) 所受合外力为0，即：

\begin{equation*} \vec{F}+\vec{F'}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2\sqrt{2}+1}{2}\frac{q^2}{a^2}\vec{e}+\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{2qq'}{a^2}\vec{e}=0 \end{equation*}

于是得：

\begin{equation*} q'=\frac{2\sqrt{2}+1}{4}q \end{equation*}

3 （附加题）两个固定的点电荷相距\(2a\)，电量均为\(q\)，在这两个电荷的连线的中点处有一个质量为\(m\)电量为\(Q\)的粒子，并限定此粒子只能沿两个\(q\)电荷的连线的方向上运动。若此粒子从原来位置偏移一定距离\(x\)，且\(x≪a\)，释放放\(Q\)粒子，试讨论此粒子的运动。（粒子做低速运动，库仑定律成立）

解答：

沿电荷连线方向上，\(Q\)运动满足牛顿第二定律：

\begin{equation*} F=\frac{Qq}{4\pi\varepsilon_0}\left[\frac{1}{(x+a)^2}-\frac{1}{(x-a)^2}\right]=m\ddot{x} \end{equation*}

当\(x\ll a\)时，上式为

\begin{equation*} \frac{Qq}{4\pi\varepsilon_0}\left[\frac{1}{(x+a)^2}-\frac{1}{(x-a)^2}\right]\approx -\frac{Qqx}{\pi\varepsilon_0 a}=m\ddot{x} \end{equation*}

令 \(\omega=\sqrt{\frac{Qq}{\pi\varepsilon_0ma}}\)，\(Q\)的运动方程可写为：

\begin{equation*} \ddot{x}+\omega^2x=0 \end{equation*}

所以\(Q\)将做简谐振动，圆频率为\(\omega=\sqrt{\frac{Qq}{\pi\varepsilon_0ma}}\)。

电场

习题 1-8
求电偶极子在任意位置\(P(r,\theta)\)处的场强。
解答：
解法一：
如图所示，\(O\)点和正负电荷到\(P\)点的位置向量分量分别为\(\vec{r}\)、\(\vec{r}\_+\)和\(\vec{r}\_-\)，\(\vec{r}\)与\(\vec{r}\_+\)和\(\vec{r}\_-\)的夹角分别为\(\cos\alpha\_+\)和\(\cos\alpha\_-\)，正负电荷在\(P\)点产生的电场分别为\(\vec{E}\_+\)和\(\vec{E}\_-\)。

\(P\)点处电场的\(r\)分量为：

\begin{equation*} E_r=E_+\cos\alpha_+-E_-\cos\alpha_-=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r_+^2}\cos\alpha_+-\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r_-^2}\cos\alpha_- \end{equation*}

\(r\gg l\)，于是，

\begin{equation*} r_+^2=r^2-lr\cos\theta+\frac{l^2}{4}\approx r^2\left (1-\frac{l}{r}\cos\theta \right ) \end{equation*}

\begin{equation*} r_-^2=r^2+lr\cos\theta+\frac{l^2}{4}\approx r^2\left (1+\frac{l}{r}\cos\theta \right ) \end{equation*}

\begin{equation*} \frac{1}{r_+^2} \approx \frac{1}{r^2} \left (1+\frac{l}{r}\cos\theta \right ) \end{equation*}

\begin{equation*} \frac{1}{r_-^2} \approx \frac{1}{r^2} \left (1-\frac{l}{r}\cos\theta \right ) \end{equation*}

\begin{equation*} \cos\alpha_+=\frac{r^2+r_+^2-l^2/4}{2rr_+}\approx1 \end{equation*}

\begin{equation*} \cos\alpha_-=\frac{r^2+r_-^2-l^2/4}{2rr_-}\approx1 \end{equation*}

于是，

\begin{equation*} \begin{split} E_r=&\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{r^2} \left (1+\frac{l}{r}\cos\theta \right )-\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{1}{r^2} \left (1-\frac{l}{r}\cos\theta \right )\\ =&\frac{1}{2\pi\varepsilon_0}\frac{p\cos\theta}{r^3} \end{split} \end{equation*}

\(P\)点处电场的\(\theta\)分量为：

\begin{equation*} E_{\theta}=E_+\sin\alpha_++E_-\sin\alpha_-=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r_+^2}\sin\alpha_++\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r_-^2}\sin\alpha_- \end{equation*}

其中，

\begin{equation*} \sin\alpha_+=\frac{l}{2r_+}\sin\theta \end{equation*}

\begin{equation*} \sin\alpha_-=\frac{l}{2r_-}\sin\theta \end{equation*}

\begin{equation*} r- \approx r_+\approx r \end{equation*}

于是，

\begin{equation*} E_{\theta}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{p\sin\theta}{r^3} \end{equation*}

解法二：
如图所示，把电偶极子\(\vec{p}\)分解成平行于\(r\)的分量\(p_{\parallel}\)和垂直\(r\)的分量\(p_{\perp}\)。

于是\(P\)点场强的分量\(E_r\)和\(E_{\theta}\)分别是\(p_{\parallel}\)和\(p_{\perp}\)产生的电场，分别为

\begin{equation*} E_r=\frac{1}{2\pi\varepsilon_0}\frac{p\cos\theta}{r^3} \end{equation*}

\begin{equation*} E_{\theta}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{p\sin\theta}{r^3} \end{equation*}

习题 1-11
如图，求电四极子在\(P\)(\(x\gg l\))点处场强

解：
\(x=l/2\)处的电偶极子在\(P\)点处的场强为

\begin{equation*} E_1=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{p}{(x-l/2)^3} \end{equation*}

\(x=-l/2\)处的电偶极子在\(P\)点处的场强为

\begin{equation*} E_2=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{p}{(x+l/2)^3} \end{equation*}

\(P\)点处合场强为

\begin{equation*} E=E_1-E_2=\frac{p}{4\pi\varepsilon_0}\left[\frac{1}{(x-l/2)^3}-\frac{1}{(x+l/2)^3}\right]\approx \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{pl}{x^4} \end{equation*}

连续带电体电场

习题 1-12
两条平行的无限长直均匀带电线，相距为\(a\)，电荷线密度分别为\(\pm \eta_e\)。(1)求在这两线构成的平面上任意一点（距离其中一线的距离为\(x\)）的场强。(2) 求每线单位长度上所受吸引力。

解答：如图，设两条平行线中，左边的带电线带正电，右边的带电线带负电。以左边带电线上一点\(O\)为原点向右建立\(x\)轴，设场点\(P\)的坐标为\(x\)，则此点的场强为两条带电线在该点的线性叠加：

\begin{equation*} \vec{E}=\left(\frac{\eta}{2\pi\varepsilon_0 x}-\frac{\eta}{2\pi\varepsilon_0 (x-a)}\right)\vec{i}=-\frac{\eta a}{2\pi\varepsilon_0 x(x-a)}\vec{i} \end{equation*}

每线单位长度上所受吸引力为：

\begin{equation*} F=\frac{\eta^2}{2\pi\varepsilon_0 a} \end{equation*}

高斯定理

注：以下解答略去高斯面图，做题时应画出高斯面示意图。
习题1-14
氢原子中心是带正电\(e\) 的原子核，核外电子按如下分布：

\begin{equation*} \rho_e(r)=-\frac{e}{\pi a_B^3}e^{-2r/a_B} \end{equation*}

其中\(a_B\)为常量。求原子内电场分布。

解答：
根据对称性，电场应该具有球对称性，取以原子核为中心的球面为高斯面，根据高斯定理，穿过此高斯面的电通量为：

\begin{equation*} \begin{split} \Phi_E=&\oint\vec{E}\cdot\mathrm d\vec{S}=E\cdot 4\pi r^2 =\frac{1}{\varepsilon_0}\left(e-\int_0^r\frac{e}{\pi a_B^3}e^{-2r/a_B}4\pi r^2\mathrm dr\right) \\ =&\frac{1}{\varepsilon_0}\left(e-\frac{4e}{a_B^3}\left [\left ( \frac{a_Br^2}{2}+\frac{a_B^2r}{2}+\frac{a_B^3}{4} \right)e^{-2r/a_B}-\frac{a_B^3}{4} \right ] \right) \end{split} \end{equation*}

于是得

\begin{equation*} E(r)=-\frac{e}{4\pi \varepsilon_0 r^2}\left [2(\frac{r}{a_B})^2+2\frac{r}{a_B}+1\right ]e^{-2r/a_B} \end{equation*}

方向为沿径向向外。

习题 1-16
无线长直均匀带电圆筒的电场分布。

解答：
根据对称性，电场应该具有圆柱对称性，取与带电圆筒同轴的高为\(h\)的圆柱面为高斯面。根据高斯定理，当\(r\lt R\)时，穿过高斯面的电通量为：

\begin{equation*} \Phi_E=\oint\vec{E}\cdot\mathrm d\vec{S}=2\pi rhE=0 \end{equation*}

于是

\begin{equation*} E=0 \end{equation*}

当\(r\lt R\)时，穿过高斯面的电通量为：

\begin{equation*} \Phi_E=\oint\vec{E}\cdot\mathrm d\vec{S}=2\pi rhE=\frac{\lambda h}{\varepsilon_0} \end{equation*}

于是

\begin{equation*} E=\frac{\lambda }{2\pi \varepsilon_0 r} \end{equation*}

即电场分布为：

\begin{equation*} E= \begin{cases} 0, & r \lt R \\ \frac{\lambda }{2\pi \varepsilon_0 r}, & r \gt R \end{cases} \end{equation*}

电场分布如下图所示：

习题 1-20
厚度为\(d\) 的无限大平板，平板内均匀带电，电荷体密度为\(\rho\)，求平板内外场强分布。

解答：
根据对称性，各处电场方向垂直带电平板。在平板中心平面上建立坐标原点\(O\)，沿平板法线方向建立坐标轴\(Ox\)。选取圆柱形面为高斯面，高斯面轴线与带电平板垂直，令端面面积为\(S\)，电场大小为\(E\)。根据高斯定理，在平板外，圆柱底面位置\(|x|\gt d/2\)，穿过高斯面的电通量为

\begin{equation*} \Phi_E=\oint\vec{E}\cdot\mathrm d\vec{S}=2ES=\frac{\rho dS}{\varepsilon_0} \end{equation*}

于是

\begin{equation*} E=\frac{\rho d}{2 \varepsilon_0 } \end{equation*}

在平板内，圆柱地面位置\(|x|\gt d/2\)，穿过高斯面的电通量为

\begin{equation*} \Phi_E=\oint\vec{E}\cdot\mathrm d\vec{S}=2ES=\frac{2\rho xS}{\varepsilon_0} \end{equation*}

于是

\begin{equation*} E=\frac{\rho x}{ \varepsilon_0 } \end{equation*}

即电场分布为

\begin{equation*} E= \begin{cases} \frac{\rho x}{ \varepsilon_0 }, & |x|\gt d/2 \\ \frac{\rho d}{2 \varepsilon_0 }, & |x|\gt d/2 \end{cases} \end{equation*}

习题 1-26
均匀带电圆面，半径为\(R\)，电荷面密度为\(\sigma_e\)，求轴线上电场和电势分布。
解答：
轴线上坐标\(x\)处电势为

\begin{equation*} U(x)=\int_0^R \int_0^{2\pi} \frac{\sigma_e r\mathrm dr \mathrm d\theta}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{r^2+x^2}}=\frac{\sigma_e }{2\varepsilon_0}\left (\sqrt{R^2+x^2}-|x| \right ) \end{equation*}

\(U-x\)曲线如下图：

电场分布：

\begin{equation*} \vec{E}(x)=\frac{\mathrm dU(x)}{\mathrm dx}\vec{i}=\frac{\sigma_e }{2\varepsilon_0}\left (\frac{x}{|x|}-\frac{x}{\sqrt{R^2+x^2}}\right )\vec{i} \end{equation*}

讨论：

1 \(R\rightarrow 0\)

\begin{equation*} \begin{split} \vec{E}(x)=&\frac{\sigma_e }{2\varepsilon_0}\left (\frac{x}{|x|}-\frac{x}{\sqrt{R^2+x^2}}\right )\vec{i}=\frac{\sigma_e }{2\varepsilon_0}\frac{x}{|x|}\left (1-\frac{1}{\sqrt{R^2/x^2+1}}\right )\vec{i}\\ \approx & \frac{\sigma_e R^2}{4\varepsilon_0 x^2}\frac{x}{|x|}\vec{i}=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 x^2}\frac{x}{|x|}\vec{i} \end{split} \end{equation*}

若\(\sigma_e\)保持不变，\(E(x)=0\)。

若\(Q\)保持不变，\(E(x)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0x^2}\)

2 \(R\rightarrow \infty\)

\begin{equation*} \vec{E}(x)=\frac{\sigma_e }{2\varepsilon_0}\left (\frac{x}{|x|}-\frac{x}{\sqrt{R^2+x^2}}\right )\vec{i}=\frac{\sigma_e }{2\varepsilon_0}\left (\frac{x}{|x|}-\frac{x}{R\sqrt{1+x^2/R^2}}\right )\vec{i} \end{equation*}

若\(\sigma_e\)保持不变，\(\vec{E}(x)=\frac{\sigma_e }{2\varepsilon_0}\frac{x}{|x|}\vec{i}\)。

若\(Q\)保持不变，\(E(x)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\left (\frac{x}{|x|R^2}-\frac{x}{R^3\sqrt{1+x^2/R^2}}\right )\approx 0\)

也可以通过积分求电场强度，见讲义。

补充题： 求均匀带电球的电势分布。
解答：
设球半径为\(R\)，带电量为\(Q\)。根据高斯定理求得电场分布为：

\begin{equation*} E(r)= \begin{cases} \frac{Qr}{4\pi\varepsilon_0R^3}, & r \lt R\\ \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}, & r \gt R \end{cases} \end{equation*}

电场方向沿球的径向。

球外一点的电势：

\begin{equation*} U(r)=\int_r^{\infty} E(r) \mathrm dr =\int_r^{\infty} \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2} \mathrm dr = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r} \end{equation*}

球内一点的电势：

\begin{equation*} \begin{split} U(r)=&\int_r^{\infty} E(r) \mathrm dr =\int_r^{R}\frac{Qr}{4\pi\varepsilon_0R^3}\mathrm dr+ \int_r^{\infty} \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2} \mathrm dr \\ =& \frac{Q}{8\pi\varepsilon_0 R}\left ( 3-\frac{r^2}{R^2} \right ) \end{split} \end{equation*}

综上，电势的分布为：

\begin{equation*} U(r)= \begin{cases} \frac{Q}{8\pi\varepsilon_0 R}\left ( 3-\frac{r^2}{R^2} \right ), & r \lt R\\ \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0r}, & r \gt R \end{cases} \end{equation*}

静电感应

1-46 对于两个无限大平行平面导体，

题 1-46 图

(1) 证明相向的两面上的电荷面密度总是大小相等而符号相反。

(2) 证明相背的两面上的电荷面密度总是大小相等而符号相同。

(3) 若左导体板带电量为\(3 \mathrm{\mu C/m^2}\)，右导体板带电\(7 \mathrm{\mu C/m^2}\)，求四个面上的带电量。

解答：
左右两板四个表面上的电荷面密度分别为\(\sigma_1\)、\(\sigma_2\)、\(\sigma_3\)、\(\sigma_4\)。导体达到静电平衡时，内部场强为0。第一个导体内部的场强为：

\begin{equation*} \frac{1}{2\varepsilon_0}(\sigma_1-\sigma_2-\sigma_3-\sigma_4)=0 \end{equation*}

第二个导体内部的场强为：

\begin{equation*} \frac{1}{2\varepsilon_0}(\sigma_1+\sigma_2+\sigma_3-\sigma_4)=0 \end{equation*}

两式相减，得

\begin{equation*} \sigma_2+\sigma_3=0 \end{equation*}

即\(\sigma_2=-\sigma_3\)，相向的两面上的电荷面密度总是大小相等而符号相反。

两式相加，得

\begin{equation*} \sigma_1-\sigma_4=0 \end{equation*}

即\(\sigma_1=\sigma_4\)，相背的两面上的电荷面密度总是大小相等而符号相同。

根据题意，若左导体板带电量为\(\sigma_1+\sigma_2=3 \mathrm{\mu C/m^2}\)，右导体板带电\(\sigma_3+\sigma_4=7 \mathrm{\mu C/m^2}\)，并利用\(\sigma_2=-\sigma_3\)，\(\sigma_1=\sigma_4\)，可得\(\sigma_1=\sigma_4=5\mathrm{\mu C/m^2}\)，\(\sigma_2=-2\mathrm{\mu C/m^2}\)，\(\sigma_3=2\mathrm{\mu C/m^2}\)。

1-52
半径为\(R_1\)的导体球带有电荷\(q\)，球外有一个内外半径分别为\(R_1\)和\(R_2\)的球壳，球壳带有电量\(Q\)。

题 1-52 图

(1) 求两球的电势\(U_1\)和\(U_2\)。

(2) 求两球的电势差\(\Delta U\)。

(3) 以导线连接导体球与导体球壳，\(U_1\)、\(U_2\)和\(\Delta U\)变为多少？

(4) 若外球接地，\(U_1\)、\(U_2\)和\(\Delta U\)变为多少？

(5) 若内球接地，\(U_1\)、\(U_2\)和\(\Delta U\)变为多少？

解答：

(1) 达到静电平衡后，球与球壳均匀带电，球、球壳内外表面带电量分别为\(q\)、\(-q\)、\(Q+q\)，因此电势为

\begin{equation*} U_1=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left (\frac{q}{R_1}-\frac{q}{R_2}+\frac{Q+q}{R_3}\right ) \end{equation*}

\begin{equation*} U_2=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q+q}{R_3} \end{equation*}

(2) 两球电势差为

\begin{equation*} \Delta U=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left (\frac{q}{R_1}-\frac{q}{R_2}\right ) \end{equation*}

(3) 球与球壳连在一起，共同组成等势体，电势为

\begin{equation*} U_1=U_2=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q+q}{R_3} \end{equation*}

电势差

\begin{equation*} \Delta U=0 \end{equation*}

(4) 外球接地，则

\begin{equation*} U_2=0 \end{equation*}

\begin{equation*} U_1=\Delta U=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left (\frac{q}{R_1}-\frac{q}{R_2}\right ) \end{equation*}

(5) 内球接地，则

\begin{equation*} U_1=0 \end{equation*}

三个表面上电荷重新分布，设球、球壳内外表面电量分别为\(q_1\)、\(q_2\)和\(q_3\)，且\(q_1+q_2=0\)，\(q_2+q_3=Q\)，由静电平衡条件，得

\begin{equation*} U_1=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left (\frac{q_1}{R_1}+\frac{q_2}{R_2}+\frac{q_3}{R_3}\right )=0 \end{equation*}

于是得，

\begin{equation*} q_1=-q_2=-\frac{R_1R_2Q}{R_1R_2+R_2R_3-R_1R_3} \end{equation*}

\begin{equation*} q_3=\frac{(R_2-R_1)R_3Q}{R_1R_2+R_2R_3-R_1R_3} \end{equation*}

于是，

\begin{equation*} U_2=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{q_3}{R_3}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{(R_2-R_1)Q}{R_1R_2+R_2R_3-R_1R_3} \end{equation*}

\begin{equation*} \Delta U=U_1-U_2=-\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{(R_2-R_1)Q}{R_1R_2+R_2R_3-R_1R_3} \end{equation*}