靜電場中的導(dǎo)體和電介質(zhì)答案

1、第6章 靜電場中的導(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. C 32. D33. B34. C35. B36. C37. C38. B39. C40. B41. D42. B43. D44. B45. B46. B47. C48. A49. C50. A51. C52. B53. D二、填空題1. ，2. 3. 4. 5. 6.

2、 7. 8. 9. 1:510. ，11. 12. 1:5三、計算題1. 解：導(dǎo)體平衡時是一等勢體，球的電勢即球心的電勢據(jù)電勢疊加原理，球心的電勢等于點(diǎn)電荷在A球心處的電勢與導(dǎo)體球在球心處的電勢之和 點(diǎn)電荷q在導(dǎo)體球A之球心處的電勢為A6-3-1圖 設(shè)導(dǎo)體球A的半徑為R, 因靜電感應(yīng)在為因?qū)w球感應(yīng)電荷之和為0，所以球心處的電勢2. 解：由上題的討論可知，球心的電勢應(yīng)等于點(diǎn)電荷在A球心處的電勢與導(dǎo)體球在球心處的電勢以及導(dǎo)體球上感應(yīng)電荷球心處的電勢之和 設(shè)導(dǎo)體球帶電Q，它在球心處的電勢為利用上題的結(jié)果， 球心處的電勢為由題意有所以，導(dǎo)體球的帶電量Q為3. 解：設(shè)金屬絲單位長度上的電量為，由高斯定

3、理可求得金屬絲與圓筒之間離軸線r處電場強(qiáng)度大小為于是，金屬絲與圓筒之間的電勢差為此式表明：對應(yīng)于，由知對應(yīng)著A6-3-4(a) 圖4. 解：(1) 不計邊緣效應(yīng)，則金屬板兩相對表面均勻帶電，設(shè)其上的電荷面密度分別為和，如A6-3-4(a)圖所示因金屬板原來不帶電，由電荷守恒定律有 設(shè)P點(diǎn)為厚板內(nèi)任意一點(diǎn)，根據(jù)場強(qiáng)疊加原理及導(dǎo)體的靜電平衡條件，可得P點(diǎn)的場強(qiáng)應(yīng)滿足 由、 兩式可解得A6-3-4(b) 圖(2) 把金屬板接地后，板與地成為一個導(dǎo)體, 達(dá)到靜電平衡后兩者的電勢必須相等，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

4、屬板的負(fù)電荷），這樣，板與地之間一定存在電勢差，這與靜電平衡時導(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，按與(1)中相同的解法，根據(jù)電場強(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)處的電場強(qiáng)度滿足因此, 即金屬板接地后不僅(1)中板右表面的正電荷被來自地面的負(fù)電荷中和，而且板的左表面的負(fù)電荷也增加了一倍，這時電場全部集中在帶電平面與金屬板之間, 如A6-3-4(b)圖所示6. 解：設(shè)電容器兩極板加有電壓U，極板上的電量為由高斯定理可得，第iA6-3-6圖 層介質(zhì)內(nèi)電場強(qiáng)度的大小為極板間電壓由電容器電容的定義A6-3-7圖 7. 解：設(shè)想通過球心的平面將一個球形電容器

5、分成了兩個半球形的電容器，再相互并聯(lián)已知球形電容器的電容為于是，兩半球形電容器的電容分別為， 所求之電容為8. 解：設(shè)加上電壓U后電容器極板上的帶電量為，則電容器上極板所受的電力為A6-3-8圖 由電容定義和平板電容器可得天平平衡時所以9. 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定，電荷均勻分布在兩極板的相對表面上，其電荷面密度分別為，而插入的第三個金屬板兩側(cè)表面感應(yīng)帶等量異號的面電荷A6-3-9圖 由無限大均勻帶電平面的電場可知，金屬板之間的電場強(qiáng)度的大小方向垂直于板面，而金屬板內(nèi)場強(qiáng)為零；因此A，B兩板之間的電勢差為根據(jù)電容的定義式，得 解

6、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A，B之間的電容可看成A與插入的金屬板的左側(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 由串聯(lián)電容公式 故A，B之間的電容為兩種解法結(jié)果相同A6-3-10(a)圖10. 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，兩球面之間的電場強(qiáng)度方向沿徑向，大小為兩球殼之間的電勢差為 按定義，球形電容器的電容為 (2) 令內(nèi)球殼接地，則其電勢為零 A6-3-10(b)圖解法一 由于無限遠(yuǎn)電勢也為零，即與內(nèi)球殼等電勢，故此時外金屬球殼和接地

7、內(nèi)金屬球殼之間的電容可看作一球形電容器和一由外球殼與無限大(遠(yuǎn))球殼構(gòu)成的電容器二者的并聯(lián)，而后一電容器的電容實際就是孤立導(dǎo)體球的電容，因此此時兩金屬球殼之間的電容為 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，而應(yīng)滿足一定的關(guān)系設(shè)分別為Q1和Q2 ，它們各自均勻分布在兩個球面上，由電勢疊加原理，二同心均勻帶電球面在內(nèi)球面形成的電勢為因此 又兩金屬球殼之間的電勢差為 此時，外球殼是電容器的一個完整的電極，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 結(jié)果與解法一的相同 結(jié)果討論： 對球形電容器，如果兩球殼的間距遠(yuǎn)小于球殼的半徑，即，則，為球殼面積

8、S由此電容器的電容可近似為 式中是兩電極之間的距離d， ，球形電容器的電容演化為平板電容器的電容11. 解：設(shè)由電荷分布的對稱性和介質(zhì)中的高斯定理得，在區(qū)域，在區(qū)域，在整個空間的能量為若 解得，不合題意， 解得 12. 解：將雨點(diǎn)視為導(dǎo)體，其電荷分布在表面，所以靜電能為由題意，有于是，兩雨點(diǎn)的電勢能之和為電能改變量為表明，分成兩個小雨點(diǎn)后靜電能減少了，其原因是：兩雨點(diǎn)電荷相同，在分開時相互排斥，電場力對外作了功13. 解：平板電容器充電后具有靜電能與電源斷開后，電容器極板上的電量不變充入電介質(zhì)后，其靜電能為則靜電能改的減少量為這減少的能量轉(zhuǎn)化為了電介質(zhì)的動能，最后通過摩擦轉(zhuǎn)化為熱能A6-3-14圖14. 解：極板部分浸入油中，將電容器分成上下兩部分，整個電容器可看成上下兩個電容器并聯(lián)設(shè)極板面積為S，間距為d，浸入油的下部分的電容為露在上面的部分的電容為 代入并聯(lián)電容公式，有 令等效相對電容率為， 有 因此等效相對電容率為由上式看出，等效相對電容率隨著液面的升高而線性增大，亦即電容器的電容將隨液面的升高而線性增大；油本身的相對電容率r愈