《新編基礎物理學》第十章習題解答和分析.

1、第十章習題解答10-1 如題圖 10-1 所示，三塊平行的金屬板A ，B 和 C，面積均為 200cm2,A 與 B 相距 4mm ，A 與 C 相距 2mm， B 和 C 兩板均接地，若A 板所帶電量 Q=3.0× 10-7C，忽略邊緣效應 ,求：（1） B 和 C 上的感應電荷？（2） A 板的電勢（設地面電勢為零）。d題圖 10-1題 10-1 解圖分析： 當導體處于靜電平衡時，根據(jù)靜電平衡條件和電荷守恒定律，可以求得導體的電荷分布，又因為B、 C 兩板都接地，所以有U ACU AB 。解：（ 1）設 B、C板上的電荷分別為qB 、 qC 。因 3 塊導體板靠的較近，可將6 個

2、導體面視為6 個無限大帶電平面。導體表面電荷分布均勻，且其間的場強方向垂直于導體表面。作如圖中虛線所示的圓柱形高斯面。因?qū)w達到靜電平衡后，內(nèi)部場強為零，故由高斯定理得：qA1qCqA2qB即qA(qq )BC又因為：U ACU AB而:U ACdEAC2U ABEAB d EAC 2EAB于是：C2B00兩邊乘以面積S 可得：S C2 S B00即：qC2qB聯(lián)立求得 :qC210 7 C , qB1 107C(2)UAUAC UC UACEACdCdqCd202S 02210 721032.263200 1048.85 101210 (V)10-2如題圖 10-2 所示，平行板電容器充電后

3、，A 和 B 極板上的面電荷密度分別為+ 和 ，設 P 為兩極板間任意一點，略去邊緣效應，求：（1） A,B 板上的電荷分別在P 點產(chǎn)生的場強 EA ,EB ;（ 2） A,B 板上的電荷在 P 點產(chǎn)生的合場強 E；(3) 拿走 B 板后 P 點處的場強 E。分析：運用無限大均勻帶電平板在空間產(chǎn)生的場強表達式及場強疊加原理求解。解：（ 1） A、 B 兩板可視為無限大平板 .所以A、 B板上的電何在P 點產(chǎn)生的場強分別為:EA20, 方向為：垂直于A 板由A 指向B板EB，方向與 EA 相同 .20題圖 10-2(2) E2E A，方向于 EA 相同0(3) 拿走 B板后： E'，方向

4、垂直 A 板指向無限遠處 .2010-3 電量為 q 的點電荷處導體球殼的中心，球殼的內(nèi)、外半徑分別為R1 和 R2，求場強和電勢的分布。分析： 由場強分布的對稱性， 利用高斯定理求出各區(qū)域場強分布。再應用電勢與場強的積分關(guān)系求電勢，注意積分要分段進行。解：由靜電感應在球殼的內(nèi)表面上感應出q 的電量，外表面上感應出q 的電量 .所以由高斯定理求得各區(qū)域的場強分布為：E1q(rR1)4 0r 2E2 0( R1 rR2 )E3q(R2r )4 0r 2題 10-3 解圖q( rR1, rR2 )即：E40 r 20(R1rR2 )U 3E3 drq2 drq， (r R2 )rr4 0r4 0r

5、U 2R2E2drE3drE3 drq, (R1r R2 )rR2R24 0 R2U1R1drR2E2drE3 drR1drE3 drrE1R1E1R2rR2q111,(rR1)4 0rR1R2綜上可知 :q111R1)40rR1(rR 2Uq( R1r R2 )4 0 R2q(rR2 )40 r10- 4 半徑為 R1 的導體球，帶有電量q；球外有內(nèi)、外半徑分別為R2 ，R3 的同心導體球殼，球殼帶有電量 Q。（ 1）求導體球和球殼的電勢U 1，U 2；（ 2）若球殼接地，求 U 1， U2；（ 3）若導體球接地（設球殼離地面很遠），求 U 1， U2。分析： 由場強分布的對稱性，利用高斯定

6、理求出各區(qū)域場強分布；再由電勢定義求電勢。接地導體電勢為零，電荷重新分布達到新的靜電平衡，電勢分布發(fā)生變化。解: 如圖題 10-4 解圖（ a）所示 , 當導體達到靜電平衡時, q 分布在導體球的表面上. 由于靜電感應在外球殼的內(nèi)表面上感應出q 電量 . 外表面上感應出q 電量，則球殼外表面上共帶電荷 (Q q) .(1) 由于場的對稱性 . 由高斯定理求得各區(qū)域的場強分布為：E10(rR1)E2q(R1r R2 ) 0r24E30( R2 rR3)題 10-4 解圖（ a）Qq(R3r )E44 0 r 2E 的方向均沿經(jīng)向向外.取無限遠處電勢為零，則由電勢的定義可得：內(nèi)球體內(nèi)任一場點p (

7、rR1) 的電勢 U1 為1U1R1R2R3+rE1 dr + E2 dr + E3dr + E4 drR1R2R3=q2dr +Q+q 2 dr =1q q + q+QR2+R1 4 0rR34 0r4 0 R1R2R3外球殼體內(nèi)任一場點p(R2rR3 ) 的電勢為 :2U 2R3E3+E 4 dr+qQqQrdr +R32 drR34 0 r4 0 R3（2）若外球殼接地 . 球殼外表面的電荷為零， 等量異號電荷分布在球體表面和球殼內(nèi)表面上,此時電場只分布在(R1rR2 ) 的空間，如圖題10-4 解圖（ b）所示 . 由于外球殼 U 20 則內(nèi)球體內(nèi)任一點P1(r1R1) 的電勢 U 為

8、:U 1R1E1R2R2E2 drrdr + E 2 dr =R1R1R2q2 drq11R1 4 0r4 0 R1R2U 20題 10-4 解圖（ b）(3)當內(nèi)球接地時，內(nèi)球的電勢U10 ，但無限遠處的電勢也為零，這就要求外球殼所帶電量在內(nèi)外表面上重新分配， 使球殼外的電場沿著經(jīng)向指向無限遠處， 球殼內(nèi)的電場經(jīng)向指向球心處；因此，內(nèi)球必然帶負電荷。因為內(nèi)球接地，隨著它上面正電荷的減少，球殼內(nèi)表面上的負電荷也相應減少； 當內(nèi)球上正電荷全部消失時， 球殼內(nèi)表面上的負電荷全部消失完；但就球殼而言，仍帶有電量 +Q。由于靜電感應，在內(nèi)球和大地這一導體，系統(tǒng)中便會感應出等量的負電荷 - Q, 此負電

9、荷（ - Q）的一部分（設為 - q）均勻分布在內(nèi)球表面上。球殼內(nèi)表面上將出現(xiàn)等量的正電荷 (+ q ) 與之平衡 . 因此，在達到靜電平衡后， 內(nèi)球帶電荷 - q，球殼內(nèi)表面帶電量 +q，外表面上帶電量（ Q- q），如圖所示 .由高斯定理可知各區(qū)域的場強分布為:E10( rR1 )E2q( R1r R2 )4 0 r 2E30(R2 r R3)E4Qq(R3r )4 0r 2題 10-4 解圖（ c）球殼上任一場點P2 ( R2rR3 ) 相對于無限遠處和相對于接地內(nèi)球的電勢，應用電勢定義分別計算，可得:U 2E3 drE4 dr =Q q2 drQ qR3rR3R3 4 0 r4 0 R

10、3U 2R2E3R1E2R1E2R1rdrdrdrR2R2R2q ' drq' 11 40r 24 0R1R2聯(lián)立上述兩式，求得：qR1 R2QR2 R3R1 R3R1R2將 q 代入 U2 的表達式中可得 :U 2 =QR2R1， ( RrR )4 0 R1R2 R2 R3 R1R323U1 =0， (rR1 )10- 5 三個半徑分別為 R1， R2，R3（ R1< R2 < R3）的導體同心薄球殼，所帶電量依次為q1，q2， q3.求：（ 1）各球殼的電勢； （ 2）外球殼接地時，各球殼的電勢。分析： 根據(jù)靜電平衡條件先確定球的電荷分布情況，再根據(jù)電荷分布的球

11、對稱性，利用高斯定理求出電場強度分布，進而利用電勢與電場強度的積分關(guān)系求出電勢分布。對于電荷球?qū)ΨQ分布的帶電體， 也可直接利用電勢疊加原理求得電勢分布。接地導體時電勢為零，電荷重新分布達到新的靜電平衡，新的電荷分布引起電場和電勢分布發(fā)生變化。解： (1) 如圖題 10-5 解圖 (a)所示，半徑為R1 的導體球殼外表面上均勻的分布電量q1，由于靜電感應， 半徑為 R 的球殼內(nèi)表面上感應出- q 的電量 . 外表面上感應出 +q 的電量 . 因此，半211徑為 R2 的球殼外表面上的電量為q1+q2，同理，半徑為 R3 的球殼內(nèi)表面上感應出-(q1+q2) 的電量 . 外表面上感應出 +(q1+

12、 2) 的電量 . 所以3 的球殼外表面上的電量為( 1+2+ 3)。qRqqq( 方法一 ) 由于場的分布具有對稱性, 可用高斯定理求得各區(qū)域的場強分別為E1 0，(rR1)E2q12，(R1rR2 )4 0 rq1q2，(R2rR3 )E34 0 r 2q1q2q3， (R3r )E44 0 r 2題 10-5 解圖 (a)E 的方向均沿徑向向外.取無限遠處為電勢零點.U1R2E2 drR3E3 drE4 drR1R2R3R2q12 drR3 q1q2q1 q2 q3drR1 40rR2 40 r2 drR34 0 r21q1q2q34 0R1R2R3U 2R3E3 drE4drR3q1q

13、22 drq1q22 q3 drR2R3R2 4 0 rR34 0 rq1q21 1q1q2q3 11 q1q2q34 0R2R34 0R340R2R3U 3E4dr =q1q2 q3dr1 q1q2q3R34 0r24 0R3R3（方法二）可把各球殼上的電勢視為由電量為1, 半徑為1；電量為2 ，半徑為2；電量qRqR為 q3，半徑為 R3 的三個同心帶電球殼分別在各點所共同產(chǎn)生的電勢的疊加.由于在半徑為1 的球殼外表面上的P點由三個帶電球殼電勢的疊加. 故有RU11q1q2q34 0R1R2R3同理 :U 21q1q2q34 0R2R3U 31q1q2q34 0R3(2) 由于外球殼接地

14、, 球殼外表面的電荷為零，內(nèi)表面的電量為-(1+2)qq(方法一 )用高斯定理求得各區(qū)域的場強分別為：E10，(rR1)E2q12，(R1rR2 )4 0 rE3q1q2，(R2rR3 )4 0 r 2E40， (R3r ) U 30題 10-5 解圖（ b）U 2R3E3 drR3 q1q22 drq1q21 1R2R2 40 r4 0R2R3U 1R2E2 dr +R3E3 drR2q12 drR3 q1q22 drR1R2R1 4 0 rR2 4 0 rq11 1q1q21 11q1q2q1 q24 0 R1R24 0R2R34 0 R1R2R3（方法二） 可把 U1, 視為帶電量為q1

15、，半徑為 R1；帶電量為 q2，半徑為 R2，帶電量為 -( q1+q2) ，半徑為 R3 的同心帶電球面在半徑為R1 的球殼外表面上的電勢的疊加 . U 11q1q2q1q24 0 R1R2R3把 U2 視為帶電量為 q1+q2, 半徑為 R2. 帶電量為 -( q1+q2) ，半徑為 R3 的同心球面在半徑為 R2 的球殼外表面上的電勢的疊加 U 21q1 q2q1 q2q1 q21 14 0R2R34 0R2 R3因為外球殼接地，所以：U 3010-6一球形電容器，由兩個同心的導體球殼所組成，內(nèi)球殼半徑為a，外球殼半徑為b，求電容器的電容。分析：設球殼內(nèi)外表帶電量Q ，由于電荷分布具有對

16、稱性，應用高斯定理確定場強的分布。由電勢與場強的積分關(guān)系確定電容器兩極板間電勢差，再由電容定義式求電容。解：設內(nèi)球殼外表面帶電量為 +Q.則外球殼內(nèi)表面帶電量為 -Q, 兩球面間的場強分布具有對稱性，應用高斯定理，求得兩球面間的場強大小為：Q， (a r b)E24 0 r據(jù)場強與電勢差的關(guān)系：bbQQ11U abaE dra 40 r 2 dr40 a b于是有：CQQ4 0 ab /(ba)U abQ114 0ab10-7 一平行板電容器兩極板的面積均為S，相距為 d，其間還有一厚度為t,面積也為 S 的平行放置著的金屬板，如題圖10-7 所示，略去邊緣效應.(1) 求電容 C.（2）金屬

17、板離兩極板的遠近對電容 C 有無影響？（3）在 t=0 和 t=d 時的 C 為多少？分析： 由于金屬板的兩個表面在電容器中構(gòu)成新電容器的兩個板板，所以 AC間的電容器可看作 AB、BC兩電容器的串聯(lián) .0 s0s解：（ 1） CABdtxd ABCBC0s0 sdBCx題 10-7 解圖AC間的電容為 :CAB CBC0 s0 s0sdtxxC0s0 sd tCABCBCdtxx(2) 由上述推導可知，金屬板離兩極板遠近對C無影響(3) 當 t =0 時 : C0 sd當 t=d 時 : C=10-8平行板電容器的兩極板間距d=2.00mm, 電勢差U=400V ，其間充滿相對電容率r5的均

18、勻玻璃片,略去邊緣效應,求：（ 1）極板上的面電荷密度0 ； (2)玻璃界面上的極化面電荷密度。分析：根據(jù)電容的定義式及平行板電容器公式求解自由電荷面密度0 。再利用極化面電荷密度和自由電荷面密度關(guān)系求解解：（ 1） 據(jù)電容的定義式：。Q0r sCdu即:0s0r sud0u 0 r 4008.85 10 12 58.85 10 6 (c/m 2 )d2 103(2)110118.85 10 67.0810 6 (c/m2 )r510-9 如題圖10-9 所示，一平行板電容器中有兩層厚度分別為d1， d2 的電介質(zhì)，其相對電容率分別為 r1， r 2，極板的面積為S，所帶面電荷密度為+ 0 和

19、 - 0.求：（1）兩層介質(zhì)中的場強 E1,E 2;（2）該電容器的電容。分析：此電容器可視為上下兩電容器串聯(lián)而成。解: (1)平行板電容器為介質(zhì)是真空時E000當充滿相對電容率為r 1, r 2 的介質(zhì)時，場強分別為：題 10-9 解圖E1E00 ，方向為垂直極板向下。r 10r1E00，方向為垂直極板向下。E2r 20r 2(2)該電容可以看成是C1與C2 的串聯(lián)。0r 1sC1d10r 2sC2d20 r 1s0 r 2 sC1 C2d1d20 r 1s 0 r 2 sr 1 r 2 0sC0 r 1s0 r 2 s0 r1 sd20 r 2 sd1r 1d2r 2d1C1 C2d1d2

20、10-10一無限長的圓柱形導體，半徑為R，沿軸線單位長度上所帶電荷為，將此圓柱放在無限大的均勻電介質(zhì)中，電介質(zhì)的相對電容率為r，求：（ 1）電場強度E 的分布規(guī)律；（2）電勢 U 的分布規(guī)律（設圓柱形導體的電勢為U0）分析：介質(zhì)中高斯定理的應用。先利用介質(zhì)中高斯定理求、E的空間分布，然后再由電勢D與場強的關(guān)系確定空間電勢分布。解：由于電荷分布呈對稱性，故 D、E 分布亦呈對稱性，方向沿徑向. 以 r 為半徑作一同軸圓柱形柱面，圓柱長為 l 。如圖中虛線所示，則通過此面的D通量為 :D ds2rlD由高斯定理可知:D ds 2rlDqi0rRlrR0r R解之得 :DrR2r由 D0r E 可知

21、 :0r RE題 10-10 解圖rR2r 0 r（2）據(jù)電勢與場強的關(guān)系可知：取圓柱面附近某點B 處電勢為零 .UBE dl ,r則： U0=BE dlRRB當 r R時 ,UE dlE dl = 0 U 0U 0rR當 r R時 ,UBRBE dlE dlE dlrrRBrrE dl -E dl =U 0R 2rdrRR0r=U 0ln r =U 02 0ln R .2 0 rRrr綜上可知電勢分布為：U 0(rR)UU 0RR)2 0ln(rrr10-11設有兩個同心的薄導體球殼A 與 B，其半徑分別為R1=10cm, R2 =20cm，所帶電量分別為 q14.010 8 C, q2 1

22、.010 7 C .球殼間有兩層電介質(zhì)球殼，內(nèi)層的相對電容率r 1 4 ，外層的r 2 2 ，它們分界面的半徑R15cm ，球殼 B 外的電介質(zhì)為空氣，求：（ 1） A 球的電勢 UA ， B 球的電勢 UB ；（ 2）兩球殼的電勢差； （3）離球心 30cm 處的場強；（ 4）由球殼 A 與 B 組成的電容器的電容分析：介質(zhì)中高斯定理的應用。先由介質(zhì)中高斯定理求D、 E 的空間分布 ，然后由電勢與場強的關(guān)系求電勢、電勢差，再根據(jù)電容定義式求電容。解：（ 1） 由于電荷分布呈球?qū)ΨQ性.D、 E 分布亦呈球?qū)ΨQ性. 方向沿徑向 . 由高斯定理可得:D dsqii2RD 4rqiiAR20,rR1

23、Bq1, R1rR2D4r 2q1q2,R2r4r 2又由于 D 0 r E0,rR1q1,R1rR4r 20r 1 Eq1,RrR24r 20r 2q1q2rR24r 20由場強與電勢的關(guān)系可知:R1r 1r 2題 10-11 解圖UrE dlrE drU BE drq1 q2drq1 q2R2R2 4r 204 0 R2= 9109( 4.010 81.010 7)2.7103(V)2010 2U AE drRR2E drR1R1E drE drR2RRq1drR2q1dr +q1q2drR1 4r 2R 4r 20R2 40r 2r 10r 2q11 1 +q11 12.7 10340

24、r1R1R4 0 r 2R R2410 8910911410 89109112.710340.10.1520.150.22.1 103 (V)(2) U ABU AU B2.1 1032.7103600(V)(3) r 30cm R2q1 q1( 4 108 1 107) 9 1093E4 0r 2(0.3)26 10 (V/m)(4)由靜電感應，達到靜電平衡時，半徑為2 的導體球殼內(nèi)表面上分布有-q1的電量 .RCAB| q1 |410867(pF)uAB610210-12 如題圖 10-12所示，平行板電容器極板面積為S，相距為 d，電勢差為 U，極板間放著一厚度為 t ，相對電容率為r

25、的電介質(zhì)板，略去邊緣效應，求： （ 1）介質(zhì)中的電位移D ，場強 E ；（2）極板上的電量q；（ 3）極板與介質(zhì)間的場強E ；（4）電容 C。分析：介質(zhì)中高斯定理的應用。由電勢與場強的關(guān)系和D、E 之間的關(guān)系，可得出空氣、介質(zhì)中的場強，由高斯定理可求出介質(zhì)中的電位移D ，進而求出電量及電容。解：（ 1）設介質(zhì)中的場強為E 、介質(zhì)外的場強為E0 ，則有：UEt E0 (d t)Etr E(d t)EU;D0r EorU;r d (1r )tr d (1r )t(2) 作一柱形高斯面 S，如圖中虛所示，有D dsq0即：D SS題 10-12 解圖D0q0 SDS0r SUr d(1)tr(3)極

26、板與介質(zhì)間的場強：E0r Er Ur d(1 r )t0r SU(4)qr d(1r )t0 r SCUr d(1)tUr10-13 一平行板電容器， 極板間距 d=5.00mm ，極板面積 S=100cm 2, 用電動勢 E= 300V 的電源給電容器充電 .（1）若兩板間為真空， 求此電容器的電容C0 ，極板上的面電荷密度0 ，兩極板間的場強 E0 ；（2）該電容器充電后，與電源斷開，再在兩板間插入厚度d=5.00mm的玻璃片 （相對電容率r 5.0 ） ,求其電容 C，兩板間的場強E 以及電勢差U ；（ 3）該電容器充電后， 仍與電源相接， 在兩極板間插入與 （ 2）相同的玻璃片， 求其

27、電容 C ，兩板間的場強 E 以及兩板上的電荷量 q 。分析：電容器充電后， 斷開電源， 電容器存儲的電量不變。 而充電后， 電容器仍與電源相接，則電容器兩極板間電壓不變。插入介質(zhì)后電容器的電容增大。解：（ 1） 兩極板間為真空，則有：C00 S8.85 10 12100 104d510 317.7(pF)又C0q00 SUU0C0U17.710 123005.3110 7 (c/m 2 )S10010 4E0U300610 4 (V / m)d510-3（2）插入介質(zhì)后Cr C05.017.788.5(pF)E1E61041.2410 (V/m)05rUE d1.2 104 510 360(V)（3）充電后，仍與電源相接，則U300V 不變 .C0rS88.5(pF)dCU300E56 104 (V/m)d10 3CqUqCU88.510