電學作業(yè)解答教材

1、電場（一）庫侖定律電場（一）庫侖定律 電場強度電場強度一、選擇題一、選擇題1. D 0RRRq41R2q4123220020 2qq0 2. B二、填空題二、填空題1. jQi q22a41E20p2. )C(N iR/09. 0E (N) R/108 . 1F210 3. 庫侖力為：庫侖力為： N1044. 13 與萬有引力之比為：與萬有引力之比為：361024. 1 注：注：單位長度帶電量：單位長度帶電量： mC100 . 5dR2Q10 iR4d0E200 三、計算題三、計算題解解: 取電荷元取電荷元dq，其矢徑與，其矢徑與x軸的交角為軸的交角為 dqR dExy Rddq R4dR4d

2、qdE020 由此可得：由此可得： cosdEdEx sindEdEyR4cosR4dcosdEdEE0200 xx R4sinR4dsindEdEE0200yy O點處場強：點處場強：度角度角軸正向成軸正向成方向為：與方向為：與的大小為：的大小為：或或 45xR42EjR4iR4E000 電場（二）電場強度電場（二）電場強度 高斯定理高斯定理一、選擇題一、選擇題1. C2. C解題思路：解題思路：以以A為中心，補上個相同得立方體。為中心，補上個相同得立方體。A位于體位于體心。每個側(cè)面的面積為心。每個側(cè)面的面積為abcd的的4倍?？傠娡繛楸丁？傠娡繛閝/ 0。由對。由對稱性，稱性，abcd

3、的電通量為的電通量為q/ 24 0。二、填空題二、填空題1. ,a1異性電荷。異性電荷。1E解題思路：解題思路：帶電直線在帶電直線在P點的場強為點的場強為大小為大小為,a2E01 Q在在O點的場強為點的場強為2E大小為大小為,a4QE202 由圖可知：由圖可知：1E2E2160cosEE12 200a4Q2a2 a1Q 2. ,1002. 95 .1014. 112 解題思路：解題思路：由高斯定理，所帶的電荷應為負電荷。由高斯定理，所帶的電荷應為負電荷。,QER402 .ER4Q02 在在h=1400 m高度以下，大氣層中的帶電為高度以下，大氣層中的帶電為Q，由于，由于場強減小，故為場強減小，

4、故為Q正電荷。正電荷。 ,QQER4EhR4022 .EER4Q02 平均電荷密度平均電荷密度 hR4Q2 . hEE0 三、計算題三、計算題1. 解解: (1) 4R03R02ARdrAr4drr4Q (2) Rr 作以作以r為半徑的高斯面，高斯面內(nèi)所包含的電量為：為半徑的高斯面，高斯面內(nèi)所包含的電量為：4r02Ardrr4q 由高斯定理：由高斯定理：,qEr402 024ArE Rr 作以作以r為半徑的高斯面，高斯面內(nèi)所包含的電量為：為半徑的高斯面，高斯面內(nèi)所包含的電量為：4r02ARdrr4q 由高斯定理：由高斯定理：,qEr402 022r4ARE 2. 解解: 2/Rr 作以作以r為

5、半徑，高為為半徑，高為l的同軸封閉圓柱面為高的同軸封閉圓柱面為高斯面，高斯面上的電通量為斯面，高斯面上的電通量為rlE2e 所包含的電量為：所包含的電量為：.0q 由高斯定理：由高斯定理：rlE20 .0E Rr2R 作以作以r為半徑，高為為半徑，高為l的同軸封閉圓柱面為高斯面，高斯面上的同軸封閉圓柱面為高斯面，高斯面上的電通量為：的電通量為：rlE2e 所包含的電量為：所包含的電量為： .4Rrll2Rrq2222 由高斯定理：由高斯定理： rlE2 0224Rrl 4/Rrr2E220 Rr 作以作以r為半徑，高為為半徑，高為l的同軸封閉圓柱面為高斯面，高斯的同軸封閉圓柱面為高斯面，高斯面

6、上的電通量為面上的電通量為rlE2e 所包含的電量為：所包含的電量為： .lR43l2RRq222 由高斯定理：由高斯定理： lR431rlE220 .r8R3E02 電場（三）電勢電場（三）電勢 電勢差電勢差一、選擇題一、選擇題1. B2. C解題思路：解題思路：O點的電勢為：點的電勢為： 3arr4q3r4q2r4qU0000 電場力作功：電場力作功： aqrqUUQA00043646 ，外力作功：，外力作功：。aqAA0436 二、填空題二、填空題1. （1）。，lqqlqq000066 （2）。lq06 解題思路：解題思路：O點的電勢為點的電勢為 ：04400 lqlqUO .U0 D

7、點的電勢為點的電勢為 ：，lqlqlqUD0006344 0q從從D點到點到O點點電場力作功：電場力作功： lqqUUQADO006 ，電勢能增量，電勢能增量lqqAW006 單位電荷從單位電荷從D點到點到 ，電場力作功：電場力作功： 。lqUUAD061 2. 伏伏，45.伏伏。15 ABCq解題思路：解題思路：作積分路徑作積分路徑A B:45201101440201020 .qdrrql dEU.BAA 作積分路徑作積分路徑C B: drErdEl dErdl d ，15201301440203020 .qdrrql dEU.BCC 三、計算題三、計算題1. 解解: (1) 以以O為對稱點

8、作垂直于平板平面的圓柱面為高斯面，為對稱點作垂直于平板平面的圓柱面為高斯面，設底面積為設底面積為S，長度為，長度為2xP，如圖所示。，如圖所示。OQP高斯面內(nèi)所包含的電量為：高斯面內(nèi)所包含的電量為： Sxqp2 高斯面內(nèi)所包含的電通量為：高斯面內(nèi)所包含的電通量為：ESe2 由高斯定理：由高斯定理：0022 SxqESp 004 axEpp 對于對于Q點：點：以以Q為對稱點作垂直于平板平面的圓柱面為高斯面，為對稱點作垂直于平板平面的圓柱面為高斯面，設底面積為設底面積為S，長度為，長度為2x高斯面內(nèi)所包含的電量為：高斯面內(nèi)所包含的電量為： aSq 高斯面內(nèi)所包含的電通量為：高斯面內(nèi)所包含的電通量為

9、：ESe2 由高斯定理：由高斯定理：002 aSqES 02 aEQ (2) 作作P Q的積分路徑，場強分布為分段函數(shù)，的積分路徑，場強分布為分段函數(shù)，P 平板邊界平板邊界0 xEx 邊界邊界 Q 02 aE 故故024520240321522 adxadxxl dEUaaaaQPPQ 2. 解解: 以左端為坐標原點以左端為坐標原點O，棒長方向為，棒長方向為x方向，如圖所示。方向，如圖所示。OPa在棒上在棒上x處取處取dx段帶電段帶電dq，xdqdxlqdq dq在在p點的電勢點的電勢 dxxalqxaldqdU 0044 aallnlqdxxallqdUUlp 00044 電場（四）電勢電場

10、（四）電勢 電勢梯度電勢梯度一、選擇題一、選擇題1. D2. A二、填空題二、填空題（1）。，mVEmVEmVEmVEmVEmVE404202654321 （2）V.61051 解題思路：解題思路： 球殼表面球殼表面：REURQURQE 02044，3. B（3）41,161（4） 。2322252222232yxcxyxbxyxaxEx 。2322252222232yxcyyxbyyxayEy 三、計算題三、計算題1. 解解: (1) 建立建立xy坐標，在坐標，在x位置處取位置處取dx長度。帶電量為長度。帶電量為dq。XYxdxdqPrOkxdxdxdq 0 UPdq點的電勢：點的電勢：在在

11、 21220044yxkxdxrdqdUP 由此可得：由此可得： yylkyxkxdxdUUlPP 2122002122044 （2） 2122014ylykyUEy （3）在在(1)中解出的電勢僅是隨中解出的電勢僅是隨y的函數(shù)分布的函數(shù)分布(x為定值為定值0)，無法求出場強的無法求出場強的x分量。分量。、 Eerrre ,40erreredrrDEdrrDEDEdVWee0222020342142121 eerrrer ,430電場（五）綜合練習一電場（五）綜合練習一一、選擇題一、選擇題1. D2. D3. D二、填空題二、填空題1.。，00003432EEAB 解題思路：解題思路： A的左

12、側(cè)：的左側(cè)：。0003122EEBA A、B之間：之間：。00022EEBA 聯(lián)立求解，可得：聯(lián)立求解，可得：。，00003432EEAB 2.000220 qAU ，解題思路：解題思路： 由對稱性可得由對稱性可得。00 E，00002424 RRRqU 。002 qUUqA 3.。V.710671 4. 解解: 取以取以r為半徑，寬為為半徑，寬為dr的細圓環(huán)，帶電量為的細圓環(huán)，帶電量為，drrdq 2 細圓環(huán)在細圓環(huán)在o點的電勢為點的電勢為dU。Rr0002424 drrdrrrdqdU 000022 RdrdUURR 三、計算題三、計算題1、 Ear ,0brarr ,20ar ,0取半徑

13、為取半徑為r、厚度為、厚度為dr長為長為 l 的薄壁同軸圓筒為體積元的薄壁同軸圓筒為體積元,則則 dV=2 rldrabQrldrlrQDEdVWrbareln428210222022 2. 解解: （1）Rr 取半徑為取半徑為r ，高為，高為h的同軸圓柱面為高斯面，如圖所示，通過的同軸圓柱面為高斯面，如圖所示，通過高斯面的電通量為：高斯面的電通量為：rhEe 2 hr所包含的電量為：所包含的電量為：30203222AhrdhAdhdVqrr 由高斯定理：由高斯定理：30322AhrrhE 023 ArE Rr 取半徑為取半徑為r ，高為，高為h的同軸圓柱面為高斯面，如圖所示，通過的同軸圓柱面

14、為高斯面，如圖所示，通過高斯面的電通量為：高斯面的電通量為：rhEe 2 所包含的電量為：所包含的電量為：30203222AhRdhAdhdVqRR 由高斯定理：由高斯定理：30322AhRrhE rARE033 （2）Rr 取引矢徑取引矢徑lr 的積分路徑：的積分路徑： RlARrRAdrrARdrArrdErdEUlRRrlRRrRrRrRrln3933033300302 Rr 取引矢徑取引矢徑lr 的積分路徑：的積分路徑：rlARdrrARrdEUlRlRRrRrln330303 電場（六）導體電場（六）導體一、選擇題一、選擇題1. D2. A二、填空題二、填空題1.。，VUVUPb23

15、100 . 210 解題思路：解題思路： A、B兩平板之間為勻強電場兩平板之間為勻強電場SqE00 電勢差：電勢差：EdUUUbaab VSqdEdUb3010 VSqdEdUEdUUUppaap2000111 2., 0,0,0,0,40qrRqEUqErqUAppApp 解題思路：解題思路： A球不接地、由于靜電感應，球不接地、由于靜電感應，A球表面分布感應電荷。但總電球表面分布感應電荷。但總電量為量為0。球內(nèi)電場為。球內(nèi)電場為0。球是等勢體。球是等勢體。P點的電勢和點的電勢和O點的電勢相等，點的電勢相等，O點點的電勢可以看作的電勢可以看作q在在O點電勢和點電勢和A上感應電荷在上感應電荷在

16、O的電勢之和。的電勢之和。 A球表面分球表面分布感應電荷的總電量為布感應電荷的總電量為0，所以：，所以：。02 OUrqUUOp014 A球接地，球是等勢體。球接地，球是等勢體。 P點的電勢和點的電勢和O點的電勢相等為點的電勢相等為0，球內(nèi)電場為，球內(nèi)電場為0。由于靜電感應，設由于靜電感應，設A球表面分布感應電荷為球表面分布感應電荷為q，所以：，所以：RqUO024 012 OOOUUUrRqqRqrq 04400 3.。球球殼殼外外表表面面以以外外的的空空間間，q2 三、計算題三、計算題1. 解解: (1). 由電荷感應定律和電荷守恒定律：外球殼的內(nèi)表由電荷感應定律和電荷守恒定律：外球殼的內(nèi)

17、表面帶電面帶電-q，外表面帶電，外表面帶電+q。rqUr042 (2). 外球殼接地后，外球殼接地后，。02 rU電荷重新分布。外表面附近場強為電荷重新分布。外表面附近場強為0，所以外球殼外表面，所以外球殼外表面不帶電。由于導體空腔的絕緣作用，外表面的電荷分布不帶電。由于導體空腔的絕緣作用，外表面的電荷分布不改變內(nèi)部的電場，故外球殼的內(nèi)表面仍帶電不改變內(nèi)部的電場，故外球殼的內(nèi)表面仍帶電-q。(3). 外球殼帶電為外球殼帶電為-q的基礎上，內(nèi)球殼接地后，的基礎上，內(nèi)球殼接地后，。01 rU設此時內(nèi)球殼帶電為設此時內(nèi)球殼帶電為q，由電勢疊加可知：，由電勢疊加可知：qrrqrqrqUO2120100

18、44 外球殼電勢由疊加可得：外球殼電勢由疊加可得： 212020202114442rrrqrqrrrqUr 電場（七）電介質(zhì)和電容電場（七）電介質(zhì)和電容一、選擇題一、選擇題1. C解題思路：解題思路： 電容串聯(lián)時，電容串聯(lián)時，2211UCUC ，充電后，電容量小的電壓高，當，充電后，電容量小的電壓高，當fC 201 ，上的電壓為，上的電壓為300 V時，則：時，則：VCUCU2002112 組合電容的耐壓值為組合電容的耐壓值為500 V。2. Cdd2d1a解題思路：解題思路： 202101dSCdSC ，adSddSCCCCC 02102121 3. C未插入導體板前：未插入導體板前：0CC

19、dSC 二、填空題二、填空題1.。，rErDr 022 2. 。，ttdUEttdUSQttdUDttdUErrOrrrrr ,00解題思路：解題思路： 設電介質(zhì)內(nèi)部的場強為設電介質(zhì)內(nèi)部的場強為E，真空內(nèi)場強為，真空內(nèi)場強為E0。rEE 0 電壓：電壓： tdEEttdEUr 0所以：所以： ttdUEr ttdUEDrrr 00 。ttdUEErrrO ttdUSQrr 03.。，BABABADDEE 解題思路：解題思路：等效于兩個等效于兩個 電容器并聯(lián)：電容器并聯(lián)：dEUA 1dEUB 2bAEEUU 21BABBArADDEDED 00 ，BABBAADD ，4.的電量不變。的電量不變。

20、的電量增大，的電量增大，的電量減少。的電量減少。的電量增大，的電量增大，2121CCCC1C解題思路：解題思路：并聯(lián)斷開電源：插入介質(zhì)前后組合電容總電量不變，當并聯(lián)斷開電源：插入介質(zhì)前后組合電容總電量不變，當1C增大，則增大，則上的電量增大上的電量增大2211CQCQ 2C上的電量減少上的電量減少并聯(lián)不斷開電源：插入介質(zhì)前后組合電容電壓不變，并聯(lián)不斷開電源：插入介質(zhì)前后組合電容電壓不變，1C增大，則增大，則1C上的電量增大。上的電量增大。2C上的電量不變。上的電量不變。5.提提高高耐耐壓壓程程度度。增增大大電電容容量量，三、計算題三、計算題1. 解解: 設給導體球系統(tǒng)帶電設給導體球系統(tǒng)帶電Q，

21、其中兩球分別帶電為，其中兩球分別帶電為Q1、Q2。導線相連后成為一個整體，兩球電勢相等導線相連后成為一個整體，兩球電勢相等:202101442rQrQUr 212111QQQQrrrQ 21010144rrrQQUQC 2. 解法一解法一: 本題可看作兩個球形電容器串聯(lián)：本題可看作兩個球形電容器串聯(lián)：34430212210144RRRRCRRRRC ， 124334214321021214RRRRRRRRRRRRCCCCC 解法二解法二: 給電容期帶電給電容期帶電Q在半徑在半徑4321RRRR，空間內(nèi)空間內(nèi)場強分布為場強分布為204rQE 電勢差：電勢差： 430210202041114114

22、444321RRQRRQdrrQdrrQUURRRR 124334214321021214RRRRRRRRRRRRCCCCC 電場電場(八）綜合練習二八）綜合練習二一、選擇題一、選擇題1. C解題思路：解題思路： 設平板電容器電荷面密度為：設平板電容器電荷面密度為： ；兩板間的電吸引力為：；兩板間的電吸引力為：。SqF0221 022022121 SqSFP電容器的場強為：電容器的場強為：0 E電壓：電壓：dEV 2220200221VdVdVP 2. B 解題思路：解題思路： 設挖去的電量可作為點電荷，設挖去的電量可作為點電荷，O點的場強和電勢均可作為點的場強和電勢均可作為x軸軸上上R處的點電荷處的點電荷q與均勻帶電球面與均勻帶電球面-Q在在O點場強與電勢的疊加。點場強與電勢的疊加。24 RSQq 3. B解題思路：解題思路： P點放入不是足夠小的點電荷點放入不是足夠小的點電荷+q