西南交大物理作业试题及答案

No. 7 电势

一、选择题：

1. A

解：电势值是相对的，其正负只决定于电势零点的选取。

2．D

解：由高斯定理可得电场分布为

q4r2E0

qQ

2

40r

(rR)

(rR)

根据电势的定义，P点的电势为：

RUppEdlr

q40r

drR

qQ1qQ

r()40rR40r

3．B

解：－Q在a、b两点产生的电势分别为：

Ua

Q40r1，Ub

Q 40r2（以无穷远处为零电势点）

移动q时，电场力的功为：

Aabq(UaUb)

4．D

qQ11

()40r1r2

解：由图可知 ，沿着电场线方向UM>UN ，又电势能W=qU，所

以可知 WM>WN，电场力做正功，电场强度由电力线密度决定，

本图不能判定电场强度的大小。

5． A

解：对于两个电子组成的系统，不受外力作用，内力只有静电力（保守力）做功，有功能关系：

势能减少量变为动能。

设二者相距r2时，各自速率为v，则：

e240r1



e240r2

ke2(

111

)2mv20r1r22

ve

二、填空题：

()mr1r2

1． O点电势Uo＝

解：UB＝0与U

3ln

404；P点电势 U

P＝

0 。

0等效。由电势叠加原理有 U0

由对称性可知

2l

l

3ldx'dx3

ln40x2l40x'404

Up0

2．U＝

解：以无限远处为零电势点，则由电势叠加原理，中心P处电势为：

4q

。

40a

UoUi

140

(

4qq4qq12q5q2q5q4q

)()40a40a2a

3． Ea ＝ Eb ( 填 )。

解：由图可知，等势线间距相等，电场与电势关系为 EU，可知两点电场强度相等。

2(V2qU/m) 。 b4． Va＝

解：由质点的动能定理有：

AEK

11q(U0)2mvb22

2

mva

可得小球在a点的速率为： Vab2

m

三、计算题： 1.

解：采用微元法，如图选取微元

Q



1

3Q2R2R

3

dqRd3Qd

2

dq

1

3Qd

dU40R4

0R2

UdU

1

2

33QdQ

40R

24

0R

2.

解：求出电场分布，用路径积分求电势

根据球对称性，采用高斯定理求电场分布



Q

3

R3在球内与球外分别用高斯定理可得

dq

2

4rdrQr320

SE内dS4rE内00R3

r

r

E内

Qr

3

40RE外

Q40r2

同理 r>R

我穷远为势能零点，选取径向为积分路径则

Urr



R1Q1Qr2Q

EdrrE内drRE外dr()3

240R240R40R

3.

解：（1

在轴线上的电势为

2222

00

R

dq2r dr

dq

dU

22

4(rx)

4(rx)

122

UdU



2r dr

40(r2x)

1

((R2x2)2x)20

（2）EU

附加题



dUx

(1) 22dx20(xR)1．图中所示为一沿x轴放置的长度为l的不均匀带电细棒，其电荷线密度为0(xa),

0为一常量，取无穷远处为电势零点，求坐标原点O处的电势。

解：在带电细棒上坐标为x处取电荷元

O

dqdx0(xa)dx

它在O点的电势为：

dU

dq40x



(xa)dx

40x

由电势叠加原理，可得O点的电势为：

UdUa

al(xa)dx

40x

al0(laln)40a

2．图示为一个均匀带电的球层，其电荷体密度为，球层内表面半径为R 1 ，外表面半径为 R 2 ， 设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势。

解：在球层中取半径为r，厚为d r的同心薄球壳，带电量为：

dq4r2dr

在球心处产生的电势为：

dU0

dq40r



rdr

rdr

(R22R12) 020

整个带电球层在O点产生的电势为：

U0dU0R

R2

1



空腔内场强E0，为等势区，所以腔内任意一点的电势为：

UU0



(R22R12)

203．顶角为θ的圆台，上下底面半径分别为R 1 和R 2 ，在它的侧面上均

匀带电，电荷面密度为σ，求顶点O的电势。（以无穷远处为电势零点）

解：建立如图坐标轴，在侧面上x处取高为d x的圆环，其面积为

dS2r

带电量为：

dxcos

2

2

x

cos

2tg



xdx dqdS2

cos

2

它在O点产生的电势为：

tg



dU

40

xdxcosdq 

r2x240r2x2

2

tg





tg



dx

20

O点的电势为：

UdU

tg



20



x2

x1

dx

(R2R1)

20

4．真空中一均匀带电细直杆，长度为2a，总电量为+Q，沿Ox轴固定放置（如图），一运动粒子质量m、带有电量＋q，在经过x轴上的C点时，速率为V，试求：（1）粒子经过x轴上的C点时，它与带电杆之间的相互作用电势能（设无穷远处为电势零点）；（2）粒子在电场力的作用下运动到无穷远处的速率V（设V远小于光速）。 解：（1）在杆上x处取线元d x，带电量为：

dqQdx2a)

它在C点产生的电势

dU

dqQdx 

40(2ax)80a(2ax)

Q

dxa

a(2ax)

Q80a

C点的总电势为：

UdU

80a

ln3

带电粒子在C点的电势能为：

WqU

qQ

ln3

80a

(2) 由能量转换关系可得：

11qQmv2mv2ln3 2280a

得粒子在无限远处的速率为：

v

qQ2

[ln3v]40am

No. 7 电势

一、选择题：

1. A

解：电势值是相对的，其正负只决定于电势零点的选取。

2．D

解：由高斯定理可得电场分布为

q4r2E0

qQ

2

40r

(rR)

(rR)

根据电势的定义，P点的电势为：

RUppEdlr

q40r

drR

qQ1qQ

r()40rR40r

3．B

解：－Q在a、b两点产生的电势分别为：

Ua

Q40r1，Ub

Q 40r2（以无穷远处为零电势点）

移动q时，电场力的功为：

Aabq(UaUb)

4．D

qQ11

()40r1r2

解：由图可知 ，沿着电场线方向UM>UN ，又电势能W=qU，所

以可知 WM>WN，电场力做正功，电场强度由电力线密度决定，

本图不能判定电场强度的大小。

5． A

解：对于两个电子组成的系统，不受外力作用，内力只有静电力（保守力）做功，有功能关系：

势能减少量变为动能。

设二者相距r2时，各自速率为v，则：

e240r1



e240r2

ke2(

111

)2mv20r1r22

ve

二、填空题：

()mr1r2

1． O点电势Uo＝

解：UB＝0与U

3ln

404；P点电势 U

P＝

0 。

0等效。由电势叠加原理有 U0

由对称性可知

2l

l

3ldx'dx3

ln40x2l40x'404

Up0

2．U＝

解：以无限远处为零电势点，则由电势叠加原理，中心P处电势为：

4q

。

40a

UoUi

140

(

4qq4qq12q5q2q5q4q

)()40a40a2a

3． Ea ＝ Eb ( 填 )。

解：由图可知，等势线间距相等，电场与电势关系为 EU，可知两点电场强度相等。

2(V2qU/m) 。 b4． Va＝

解：由质点的动能定理有：

AEK

11q(U0)2mvb22

2

mva

可得小球在a点的速率为： Vab2

m

三、计算题： 1.

解：采用微元法，如图选取微元

Q



1

3Q2R2R

3

dqRd3Qd

2

dq

1

3Qd

dU40R4

0R2

UdU

1

2

33QdQ

40R

24

0R

2.

解：求出电场分布，用路径积分求电势

根据球对称性，采用高斯定理求电场分布



Q

3

R3在球内与球外分别用高斯定理可得

dq

2

4rdrQr320

SE内dS4rE内00R3

r

r

E内

Qr

3

40RE外

Q40r2

同理 r>R

我穷远为势能零点，选取径向为积分路径则

Urr



R1Q1Qr2Q

EdrrE内drRE外dr()3

240R240R40R

3.

解：（1

在轴线上的电势为

2222

00

R

dq2r dr

dq

dU

22

4(rx)

4(rx)

122

UdU



2r dr

40(r2x)

1

((R2x2)2x)20

（2）EU

附加题



dUx

(1) 22dx20(xR)1．图中所示为一沿x轴放置的长度为l的不均匀带电细棒，其电荷线密度为0(xa),

0为一常量，取无穷远处为电势零点，求坐标原点O处的电势。

解：在带电细棒上坐标为x处取电荷元

O

dqdx0(xa)dx

它在O点的电势为：

dU

dq40x



(xa)dx

40x

由电势叠加原理，可得O点的电势为：

UdUa

al(xa)dx

40x

al0(laln)40a

2．图示为一个均匀带电的球层，其电荷体密度为，球层内表面半径为R 1 ，外表面半径为 R 2 ， 设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势。

解：在球层中取半径为r，厚为d r的同心薄球壳，带电量为：

dq4r2dr

在球心处产生的电势为：

dU0

dq40r



rdr

rdr

(R22R12) 020

整个带电球层在O点产生的电势为：

U0dU0R

R2

1



空腔内场强E0，为等势区，所以腔内任意一点的电势为：

UU0



(R22R12)

203．顶角为θ的圆台，上下底面半径分别为R 1 和R 2 ，在它的侧面上均

匀带电，电荷面密度为σ，求顶点O的电势。（以无穷远处为电势零点）

解：建立如图坐标轴，在侧面上x处取高为d x的圆环，其面积为

dS2r

带电量为：

dxcos

2

2

x

cos

2tg



xdx dqdS2

cos

2

它在O点产生的电势为：

tg



dU

40

xdxcosdq 

r2x240r2x2

2

tg





tg



dx

20

O点的电势为：

UdU

tg



20



x2

x1

dx

(R2R1)

20

4．真空中一均匀带电细直杆，长度为2a，总电量为+Q，沿Ox轴固定放置（如图），一运动粒子质量m、带有电量＋q，在经过x轴上的C点时，速率为V，试求：（1）粒子经过x轴上的C点时，它与带电杆之间的相互作用电势能（设无穷远处为电势零点）；（2）粒子在电场力的作用下运动到无穷远处的速率V（设V远小于光速）。 解：（1）在杆上x处取线元d x，带电量为：

dqQdx2a)

它在C点产生的电势

dU

dqQdx 

40(2ax)80a(2ax)

Q

dxa

a(2ax)

Q80a

C点的总电势为：

UdU

80a

ln3

带电粒子在C点的电势能为：

WqU

qQ

ln3

80a

(2) 由能量转换关系可得：

11qQmv2mv2ln3 2280a

得粒子在无限远处的速率为：

v

qQ2

[ln3v]40am