靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體和電介質(zhì)答案

1、第6章靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體和電解質(zhì) 一、選擇題1. C2. C3. C4. A5. D6. D7. B8. B9. B10. A11. A12. B13. C14. C15. D16. D17. A18. D19. A20. A21. B22. A23. D24. A25. B26. B27. C28. C29. A30. D31. C32. D33. B34. C35. B36. C37. C 38. B 39. C 40. B 41. D 42. B 43. D 44. B 45. B 46. B 47. C 48. A 49. C 50. A 51.C 52. B 53. D二、填空題1.qQ

2、4冗& 01qQ4冗& 0l2. UA>UB>UC>0 3. q4 n£ 0R4. q4 n£OR5.qi4 n£(d-1R)6. C=N £ 0Sd 7. CC2C34=C15q8. W=-2 n£ 0l9. 1:5 3(3R323210.1+6R1R2+4R1R2+2R2)q3(3R322321+6R1R2+4R1R2+2R2)q40 nc20(R1+R1R2+R2)40 nc20(R1+R1R22+R2)10. -& 0SU4d211. 1:5三、計(jì)算題1.解：導(dǎo)體平衡時(shí)是一等勢(shì)體，球的電勢(shì)即球心

3、的電勢(shì).據(jù)電勢(shì)疊加原理，球心的電勢(shì)等于點(diǎn)電荷在A球心處的電勢(shì)與導(dǎo)體球在球心處的電勢(shì)之和 點(diǎn)電荷q在導(dǎo)體球A之球心處的電勢(shì)為Uq=q4 n£ Or設(shè)導(dǎo)體球A的半徑為R,因靜電感應(yīng)在為UA=dq'qA6-3-1 圖dq'4 n£ ORq'14 n£ ORq'因?qū)w球感應(yīng)電荷之和為0,所以球心處的電勢(shì)q'dq'=OU=Uq+UA=q4 n£ Or2.解：由上題的討論可知，球心的電勢(shì)應(yīng)等于點(diǎn)電荷在A球心處的電勢(shì)與導(dǎo)體球在球心處的電勢(shì)以及導(dǎo)體球上感應(yīng)電荷球心處的電勢(shì)之和設(shè)導(dǎo)體球帶電Q,它在球心處的電勢(shì)為UQ=Q4冗&

4、amp; ORq4 n£ Orq4 n£ OrRr利用上題的結(jié)果， 球心處的電勢(shì)為U=Uq+UA+UQ=+Q4冗& 0RQ4tt£ OR由題意有U=Uq+UA+UQ=+=O所以，導(dǎo)體球的帶電量Q為Q=q3. 解：設(shè)金屬絲單位長(zhǎng)度上的電量為人由高斯定理可求得金屬絲與圓筒之間離 軸線r處電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=入2 ncr于是，金屬絲與圓筒之間的電勢(shì)差為R外R外U=?r內(nèi)E? dr=R內(nèi)? 2 n£入?drr入2 n£InR外R內(nèi)=rElnR外R內(nèi)此式表明：Umax對(duì)應(yīng)于Emax,由E=Umax入2 nerR外=R 內(nèi) EmaxlnR內(nèi)-3知Em

5、ax對(duì)應(yīng)著 入ma和r=R內(nèi)=0.1? 10? 4.3? 10? In6100.1=1.98? 10(V)34. 解：(1)不計(jì)邊緣效應(yīng)，則金屬板兩相對(duì)表面均勻帶電，設(shè)其上CT的電荷面密度分別為 cl和 譏 如A6-3-4(a)圖所示因金屬板原來(lái)不帶 電，由電荷守恒定律有c 1+ c 2=0)滿足EP=由、兩式可解得A6-3-4(a)圖V 1p一卜E設(shè)P點(diǎn)為厚板內(nèi)任意一點(diǎn)，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)疊加原理及導(dǎo)體的靜電平衡條件，可得 的場(chǎng)強(qiáng)應(yīng)C02 e0+cl2 e0(t22 £0=0(T 1 =(T02J(T 2 =(T02(2)把金屬板接地后，板與地成為一個(gè)導(dǎo)體，達(dá)到靜電平衡后兩者的電勢(shì)必須相 等

6、，因而金屬板右表面不能帶電反證如下：設(shè)板的右表面帶電，則必有電場(chǎng)線從金屬板的正電荷發(fā)出終止于地面(或由地面發(fā)出終止于金屬板的負(fù)電荷)，這樣，板與地之間一定存在電勢(shì)差，這與靜電平 衡時(shí)導(dǎo)體的性質(zhì)相矛盾，因而不可能.設(shè)接地后，板的左表面的電荷面密度為c,按與(1)中相同的解法，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度疊加原理和導(dǎo)體靜電平衡條件，求得金屬板內(nèi)任一點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度滿足c02 £0+c0A6-3-4(b)圖二2 £0=0因此c=c 0即金屬板接地后不僅(1)中板右表面的正電荷被來(lái)自地面的負(fù)電荷中 和，而且板的左表面的負(fù)電荷也增加了一倍，這時(shí)電場(chǎng)全部集中在帶電平面與金屬板之 間，如A6-3-4(b)

7、圖所示.5. 解：接地意味著該金屬板的電勢(shì)與地電勢(shì)同為零，為滿足靜電平衡條件和零電 勢(shì)，感應(yīng)電荷只出現(xiàn)在金屬板上與點(diǎn)電荷相近一側(cè)的表面，且不均勻分布.在金屬板的帶電面的內(nèi)、外側(cè)選取兩個(gè)無(wú)限接過(guò)的場(chǎng)點(diǎn)P和P,它們與點(diǎn)電荷相距r，”分別表示點(diǎn)電荷和金屬表面感應(yīng)電荷與垂足0點(diǎn)相距R,如A6-3-5圖所示設(shè)Eq 和 EP在P'點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度，則根據(jù)導(dǎo)體的靜電平衡條件，P'點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)為零，有''=0 EP'=Eq+EPP”=-Eq,由此得EP''的大小為即，EP''=-EPq''=EP24 n£ OrA6

8、-3-5圖由于P和P'分居金屬板帶電面兩側(cè)，位置對(duì)稱，可知其面上感應(yīng)電荷在 此兩點(diǎn)產(chǎn)生”的大小相等，而其方向如 A6-3-5圖所示同時(shí)，的大小應(yīng)與EP的場(chǎng)強(qiáng)也對(duì) 稱，即，EP由于P和P二者無(wú)限接近，點(diǎn)電荷在此兩點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)相同因此，金屬板外側(cè) P點(diǎn)的',由矢量合成圖可見(jiàn)，合場(chǎng)強(qiáng)的大小 合場(chǎng)強(qiáng)EP=Eq+EPEP=2EqcosB =2q4 n£ Or2hrqh2n£ O(h+R)223/2EP的方向垂直表面指向?qū)w內(nèi)部，即與帶電表面的外法線反向.CT根據(jù)靜電平衡時(shí)導(dǎo)體表面電場(chǎng)強(qiáng)度 E=en,可得P點(diǎn)處感應(yīng)電荷的面密度為£0二 £ 0EP=-

9、qh2 n (h+R)22c的絕對(duì)值最大，在3/2結(jié)果表明，金屬板表面的感應(yīng)電荷分布不均勻，在R=0處,離開(kāi)0點(diǎn)很遠(yuǎn)處(即R-x)感應(yīng)電荷面密度趨勢(shì)于零.選取以0為中心，半徑為R到R+dR的圓環(huán)，其上的電荷為dq'=(T '2 n RdR-qhR(h+R)223/2dR故整個(gè)表面上感應(yīng)電荷的總量q'=?q'dq'=2-qhR(h+R)23/2dR=-q即與金屬板旁點(diǎn)電荷q等量異號(hào).6. 解：設(shè)電容器兩極板加有電壓 U，極板上的電量為 ±Q.由高斯定理可得，第i層介質(zhì)內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為 DcQEi=i=£ i £ i 

10、3; iSA6-3-6 圖極板間電壓U=+E? dl=? Edl=+N刀i=1Eidi=QNESi=1di£ iSN由電容器電容的定義C=QU=E£i=1dii7. 解：設(shè)想通過(guò)球心的平面將一個(gè)球形電容器分成了兩個(gè)半球形的電容器，再相 互并聯(lián).已知球形電容器的電容為C=4n£ R1R2AR1于是，兩半球形電容器的電容分別為2n£ 0R1R22冗& R1R2 ,C £ = C0=R2-R1R2-R1所求之電容為C=C0+C £ =2n£ 0R1R2-R21+2n£ R1R2-R212n R1R2R-R1(&#

11、163; 0+ £)8. 解：設(shè)加上電壓U后電容器極板上的帶電量為±q,則電容器上極板所受的電力 為F=qE=qCT2 £0q22 £ 0Sd可得由電容定義q=CU和平板電容器C=F=12& OS& 0S(Ux)2A6-3-8 圖天平平衡時(shí)F=mg所以F=12& 0S(Ux)29. 解：方法一設(shè)A , B兩塊板分別帶有+q和-q的電量，在題設(shè)條件下，由導(dǎo)體的靜電平衡條件 可確撲 盤(pán)I "» " . ' - ''."' r' - ' '

12、' . jrl- 住 - - - - - 定，電荷均勻分布在兩極板的相對(duì)表面上，其電荷面密度分別為qS和口 - c =qSB，而插入的第三個(gè)金屬板兩側(cè)表面感應(yīng)帶等量異號(hào)的面電荷.由無(wú)限大均勻帶電平面的電場(chǎng)可知，金屬板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E=S1rCT£0q& os方向垂直于板面，而金屬板內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)為零；因此 A , B兩板之間的電勢(shì)差為?U=E(d-l)=q(d-l)A6-3-9 圖& 0S根據(jù)電容的定義式，得C=q?U& 0Sd-l解法二設(shè)所插入的金屬板的左側(cè)面與 A板相距d1,則其右側(cè)面與B板相距d2=d-l-d1A , B之間的電容可看成A與插入的金

13、屬板的左側(cè)面之間的電容 C1和B與插入 的金屬板的右側(cè)面之間的電容C2串聯(lián)而成由平板電容器電容公式，有C1 =& OSdiJ 一C2=d-I& OSd2由串聯(lián)電容公式1C1C1+1C2d1+d2£ OS £ OS £ OS故A , B之間的電容為C=d-l兩種解法結(jié)果相同.1O.解：（1）設(shè)兩球殼分別帶有+Q和-Q的電量，由導(dǎo)體的靜電平衡條件可知，電荷 均勻分布于球面因此，兩球面之間的電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿徑向，大小為E=Q4£ OrQ4 n£01R12兩球殼之間的電勢(shì)差為?U=?R2Q4£ OR2R1dr=(-1R2)A6-

14、3-10(a)圖按定義，球形電容器的電容為C=Q?U4n& 0R1R2AR1(2)令內(nèi)球殼接地，則其電勢(shì)為零解法一由于無(wú)限遠(yuǎn)電勢(shì)也為零，即與內(nèi)球殼等電勢(shì)，故此時(shí)外金屬球殼和接地內(nèi) 金屬球殼之間的電容可看作一球形電容器 C1和一由外球殼與無(wú)限大(遠(yuǎn))球殼構(gòu)成 的電容器C2二者的并聯(lián)，而后一電容器的電容實(shí)際就是孤立導(dǎo)體球的電容，因 此此時(shí)兩金屬球殼之間的電容為C=C1+C2=4n£ 0R1R2-R21+4 n£ 0R2=4冗 £0R22R2-R1A6-3-10(b)圖解法二令金屬球殼帶電，由于內(nèi)球殼接地，它所帶的電荷不可能與外球殼的電荷 等量異號(hào)，而應(yīng)滿足一定

15、的關(guān)系設(shè)分別為 Q1和Q2，它們各自均勻分布在兩 個(gè)球面上，由電勢(shì)疊加原理，二同心均勻帶電球面在內(nèi)球面形成的電勢(shì)為U1 =Q1Q2R2R1Q14冗& 0R1+Q24冗& 0R2=0因此=-Q14冗 £01R11R2又兩金屬球殼之間的電勢(shì)差為 ？ U=(-)此時(shí)，外球殼是電容器的一個(gè)完整的電極，它所帶的電荷才是電容器所帶的電 量，因此按定義，電容值為C=Q?U=Q2?UR22=Q1R2R1?4n& 0R1R2Q1(flR1)=4 n£0R2-R1結(jié)果與解法一的相同.結(jié)果討論：對(duì)球形電容器，如果兩球殼的間距遠(yuǎn)小于球殼的半徑，即？R=R2-R1vvR2,R

16、1，則4n R1Rb 4，為球殼面積S.由此電容器的電容可近2似為C=4n£ 0R1R2-R21& 0S?R式中？R是兩電極之間的距離d， C=& 0Sd，球形電容器的電容演化為平板電容器的電容.11. 解：設(shè)由電荷分布的對(duì)稱性和介質(zhì)中的高斯定理得D=Eq 內(nèi)DXq內(nèi)4nr2r?, E=£ 4 nir2r?在r<R區(qū)域刀q=q43 q 內(nèi) 4 nR3R3r333n rEq Dq1 =4 niR3r1 =4 nRr在r>R區(qū)域Xq內(nèi)=qE2=q4 nir2 r?, Dq2=4冗 r2r?在整個(gè)空間的能量為RooW=12? VE? DdV=12? E

17、1? D1?4 n r2dr+102? E2? D2?4 n r2drR =q2? Rx8n 住？ 146rd葉？ ？10Rr2dr? ?R?=3q220 ncRr若 r<R W=1q22?E? DdV=12?ED2?r14? 1? 1?4n rdr=8 !?£6rdr0 ? ?0R?25qr140 n&R62W解得r=1.24R,不合題意.r>R, W"=12?VE? DdV=1R21r2?E1? D1?4n rdr+02?E2? D2? 4n r2drR2=q? R1r18n2?46rd葉？ORRr2dr? 23q2120n&Rq8 nzr2

18、W解得r=53R=1.67R12. 解：將雨點(diǎn)視為導(dǎo)體，其電荷分布在表面，所以靜電能為W=12? Udq=2? 4 n£qq iqROdq=q28 n£ OR由題意，有2?43 n r=343nR r=3R2于是，兩雨點(diǎn)的電勢(shì)能之和為W=2?(q/2)28 n£ Orq2316 n£ Or2q216 n£ OR電能改變量為?2? q2?W=W-W=-= -1 ? 16 n£ 0R8 n? 2?GBRt£ OR2q2q2兩雨點(diǎn)電荷相同，在?W<0表明，分成兩個(gè)小雨點(diǎn)后靜電能減少了，其原因是: 分開(kāi)時(shí)相互排斥，電場(chǎng)力對(duì)外作了功.13. 解：平板電容器充電后具有靜電能W=1q22C1qd2 & OS2與電源斷開(kāi)后，電容器極板上的電量不變充入電介質(zhì)后，其靜電能為W=iq22C'1qd2 £S2則靜電能改的減少