大學物理學下冊課后問題詳解(袁艷紅主編)

1、第9章靜電場一選擇題9-1兩個帶有電量為2q等量異號電荷，形狀相同的金屬小球A和B相互作用力為f，它們之間的距離R遠大于小球本身的直徑，現(xiàn)在用一個帶有絕緣柄的原來不帶電的相同的金屬小球C去和小球A接觸，再和B接觸，然后移去，則球A和球B之間的作用力變?yōu)?A) -(B) f (C)48答案：B3f8(D)16解析：經(jīng)過碰撞后，球 A B帶電量為-，根據(jù)庫倫定律F = qiq22，可知球A24®r2B間的作用力變?yōu)閒。89-2關于電場強度定義式E二F /q。，下列說法中哪個是正確的？(A) 電場場強E的大小與試驗電荷q0的大小成反比(B) 對場中某點，試驗電荷受力F與q0的比值不因q0而

2、變(C) 試驗電荷受力F的方向就是電場強度E的方向(D) 若場中某點不放試驗電荷q0，則F =0，從而E = 0答案：B解析：根據(jù)電場強度的定義，E的大小與試驗電荷無關，方向為試驗電荷為正電荷時的受力方向。因而正確答案(B)9-3如圖9-3所示，任一閉合曲面S內有一點電荷q，O為S面上任一點，若將q由閉合曲面內的P點移到T點，且OP=OT,那么(A) 穿過S面的電場強度通量改變，O點的場強大小不變習題9-3圖(B) 穿過S面的電場強度通量改變，O點的場強大小改變(C) 穿過S面的電場強度通量不變，0點的場強大小改變(D) 穿過S面的電場強度通量不變，0點的場強大小不變 答案：D解析：根據(jù)高斯定

3、理，穿過閉合曲面的電場強度通量正比于面內電荷量的代數(shù)和，曲面S內電荷量沒變，因而電場強度通量不變。 0點電場強度大小與所有電荷有關，由點電荷電場強度大小的計算公式 E 比，移動電荷后，由于 OP=OT4阿r即r沒有變化，q沒有變化，因而電場強度大小不變。因而正確答案(D)9-4在邊長為a的正立方體中心有一個電量為q的點電荷，則通過該立方體 任一面的電場強度通量為(A) q/ 0 (B)q/2 q (C)q/4 ；o (D)q/6 ；o答案：D解析：根據(jù)電場的高斯定理，通過該立方體的電場強度通量為 q ；。，并且電荷位 于正立方體中心，因此通過立方體六個面的電場強度通量大小相等。 因而通過該 立

4、方體任一面的電場強度通量為 q/6 ；°,答案(D)9-5在靜電場中，高斯定理告訴我們(A) 高斯面內不包圍電荷，則面上各點 E的量值處處為零(B) 高斯面上各點的E只與面內電荷有關，但與面內電荷分布無關(C) 穿過高斯面的E通量，僅與面內電荷有關，而與面內電荷分布無關(D) 穿過高斯面的E通量為零，則面上各點的E必為零答案：C 解析：高斯定理表明通過閉合曲面的電場強度通量正比于曲面內部電荷量的代數(shù) 和，與面內電荷分布無關；電場強度E為矢量，卻與空間中所有電荷大小與分布 均有關。故答案(C)9-6兩個均勻帶電的同心球面，半徑分別為R、R(RvR)，小球帶電Q,大球帶電-Q, 9-6圖

5、中哪一個正確表示了電場的分布rO R1 R2O R1 R2O R1R2(A)(B)(C)(D)習題9-6圖答案：D解析：一瓦q根據(jù)高斯定理口 EdS二；0可得同心球面的電場分布為OcrcR, E=0cr cR2,E=Q，作E-r圖可得答案(D)。4陽Orr > R2,E = 09-7如圖9-7所示，在勻強電場中，將一負電荷從 A移動到B,則習題9-7圖(A) 電場力做正功，負電荷的電勢能減少(B) 電場力做正功，負電荷的電勢能增加(C) 電場力做負功，負電荷的電勢能減少(D) 電場力做負功，負電荷的電勢能增加答案：D解析：負電荷受力方向與電場強度方向相反，將負電荷從A移動到B,受力方向與

6、位移方向家教大于 90°，因此電場力作負功；同時，電場力為保守力，保守 力作功電勢能的增量的負值，因此負電荷的電勢能增加。答案(D)9-8如圖9-8所示，在點電荷+q的電場中，若取圖中P點為電勢零點，貝U M點的電勢為+qP1Mi(A)q(B)qa b a -H4昭0a8嘩0a習題9-8圖(C)-q(D)-q4嘩0a8m°a答案:D解析：點電荷+q在P點和M點的電勢分別為治=乙弘，取 P點為電勢零點，則M點的電勢為“叫“=吉一此q8 二；0a9-9真空中兩塊互相平行的無限大均勻帶電平板，兩板間的距離為d ,其中一塊的電荷面密度為 =，另一塊的電荷面密度為2-，則兩板間的電勢

7、差為(A) 0(B)d (C)=d (D)2zo鈕2zo答案：B解析：根據(jù)高斯定理知電荷面密度為二的無限大平板在空間激發(fā)的電場強度為Eer，結合電勢差的定義即可知電勢差為d o2 ；o2 ；o9-10關于電場強度與電勢之間的關系，下列說法中，正確的是(A) 在電場中，電場強度為零的點，電勢必為零(B) 在電場中，電勢為零的點，電場強度必為零(C) 在電勢梯度不變的空間，電場強度處處相等(D) 在電場強度不變的空間，電勢處處相等答案：C解析：電場強度與電勢之間的關系為電場強度在任意方向的分量，等于電勢在該方向上的變化率的負值。因而答案(C)二填空題9-11點電荷qi> q2、q3、q4在真

8、空中的分布如圖9-11所示。圖中S為閉合曲E dS =，通過閉合面，則通過該閉合曲面的電場強度通量 Qs答案：墊旦送q解析：根據(jù)電場的高斯定理 EdS二 S；0曲面的電場強度通量為色阻。9-12如圖9-12所示，真空中兩塊平行無限大均勻帶電平面， 其電荷面密度分別；Eb；EC =。（設方向向右為正）。為飛和-2；，貝U A、B、C三個區(qū)域的電場強度分別為Ea答案： ；;-2 Eq 2 呂°2 名°解析：根據(jù)高斯定理知電荷面密度為的無限大平板在空間激發(fā)的電場強度為Eer，結合電場強度的疊加原理2 ；oEEi，可知 A、iB、C三個區(qū)域的電場強度分別二3， ，一 。2 ；

9、76;2 p2 ；°9-13無限大的均勻帶電平板放入均勻電場中，得到如圖9-13所示的電場,（E。和為已知值）則該帶電平板的電荷面密度場強度大小為答案：；oEo ； Eo2解析：根據(jù)圖中所示電場強度方向可知，均勻電場方向向右，平板帶正電。根據(jù)高斯定理知，均勻電場的電習題9-13圖2E)電荷面密度為U的無限大平板在空間激發(fā)的電場強度大小為E說，結合電場強度疊加原理E Ei，可解得帶電平板的i電荷面密度二=；oE°，均勻電場的電場強度大小為3尹°。9-14兩根無限長細直導線，相互平行相距為d，電荷線密度分別為和-，則每單位長度上導線之間相互作用力大小為，力的方向為答案

10、:;垂直導線，相互吸引的方向2二；0d解析:根據(jù)高斯定理知線密度為-的無限長直導線在空間激發(fā)的電場強度大小二，方向垂直直導線方向，則每單位長度上導線之間相互作用力大小 為F "E二，方向垂直導線，相互吸引的方向。9-15如圖9-15所示是靜電場中的一簇電力線,則A、B兩點中電場強度E_壓，電.-. 二."勢 VaVb （填“ >”、“=”或“ v”）。AA/答案：<；>解析：電場線的疏密表示場強的大小，因此Ex < Eb。若將正電荷+q從點A移動到點B,則電場力作正功WAB =q（VA -VB） 0，因此VA > V習題9-15圖9-16 正負

11、電荷放置如圖9-16所示，那么正四邊形對角線中心處，電場強度為零的是圖,電場強度和電勢都為零的是圖 ，電場強度為零,答案：（B）、（C）、（ D）; （C） ; （B）、（D）解析：電場強度疊加符合矢量疊加原理， 電勢疊加為代數(shù)疊加。根據(jù)電場強度和 電勢疊加原理，電場強度為零的是圖（B）、（C）、（ D）;電場強度和電勢都為零的 是圖（C）;電場強度為零，電勢不為零的是圖（B）、（D）。9-17如圖9-17所示，一電量為q = -5 10° C的點電荷在電場力作用力下，從P點移到Q點電場力對它做功W -3 10J,則P、Q兩點電勢高的是，高伏。答案：Q點；600習題9-17圖解析：電

12、場力作功為 WPq =q（VP -Vq3 10 J，因為q<0,因此Vp : Vq，Q點電勢高。Vq -Vp二昨 =600V。因此Q點電勢比P點電勢高600乂9-18如圖9-18所示，一帶電量為q。的試驗電荷，在點電荷Q的電場中，沿半徑為R的四分之三圓弧形軌道abc從a移動到c電場力所作的功Wi: 再從c移動到無限遠電場力所作的功 W2=二答案：0；Qq。4二；0R解析：電場力作功為Wq0（Va -Vc），o因為Va *乂習題9-18圖W2 =qo(Vc -V-Hqo( Q 0) 皿4聴0R4陌0R9-19有一均勻帶電球面，帶電量為Q,半徑為R,則球心O的電場強度大小E=，電勢 V=o答

13、案：0;4 二；0RZ qi解析:可得均勻帶電球面的電場分布為根據(jù)咼斯定理匚$ EdS =；00 _ r ： R,E"i = 01Q ，因此球心O的電場強度大小為0。電勢r R,E224陸0r R：QVOEd 0E1d RE2d“丁9-20說明下列各式的物理意義：b（1） f E dl a Q E dS 口 E dl = 0 答案：（1）單位時間正電荷在電場中從 a點移動到b點電場力所做的功（或ab 兩點間的電勢差）；（2）通過閉合曲面S的電場強度通量；（3）靜電場電場強度 的環(huán)流為零，表明靜電場是保守場。三計算題9-21四個點電何到坐標原點的距離均為d,如圖9-21所示，求坐標原點

14、處Ebyd2i+A2q(£C2q j+ 2qO-v-qx0 d2-q* Dq1習題9-21圖14二；4 二；°的電場強度。解: Ea 14二；0 d24二；0 d2=Ea Eb - Ec - Ed3q3q4：；od4 二;od2'9-22如圖9-22所示,有一均勻帶電細棒，長為I，電量為Q，求在棒的延+ + + + *XVr習題9-22圖解：如圖建立坐標系，則dq在0點dqQdx idxdE 2 i2 i24兀名0 (a +l _x) 4兀名0 (a + l _x)4兀名ol (a +l _x)Qdx4： ； 0I a I _ xQ t方向向右04：；°a

15、(a I)長線，且離棒右端為a處的O點電場強度。的電場強度為:9-23如圖9-23所示，一電場強度為E的勻強電場, 的半球面對稱軸平行，試求通過此半球面的電場強度通量。 解：通過半球面的電場線必通過底面不2習題9-23圖e = E S = E 二 R29-24設在半徑為R的球體內電荷均勻分布，電荷體密度為 "，求帶電球內 外的電場強度分布。解：以0點為球心，作球面S為高斯面，半徑為r根據(jù)電場高斯定理Pi EdS = l$ qi4二 r2S客 0 i當r .R時，E2 4二2= 4二 R3 飛3；0E2TR39-25圖9-25為兩帶電同心球面，已知：R）= 0.10 m, R2 = 0

16、.30 m ，Q1.0 10" C，Q2=1.5 10" C。求：（1）r 0.05 m，（2）“0.20 m,（ 3） Q2r3 =0.50 m處的電場強度大小。解：對稱性分析：以球心為圓心，相同 r處的電場強度 大小相同，方向沿半徑向外。以球心為圓心，作球面S為高斯面，半徑為rQ1R2根據(jù)電場高斯定理sEdS丄' qi；0 i習題9-25圖(1)以*為半徑作高斯面，巳4二=0二 E =0(2)以2為半徑作高斯面，E2 4 R2二Q1E21 2 =2250N /C4二；0r2（3）以3為半徑作高斯面，Eg 4- r32 = Q1y5EgQiQ24：0r3-900N

17、/C9-26兩個帶等量異號電荷的無限長同軸圓柱面，半徑分別為Ri和R2（Ri< R2），如圖9-26所示，單位長度上的電荷為解：對稱性分析：電場強度以中軸線呈軸對稱分布 以中軸線為軸心，作底面半徑r的圓柱面S 為高斯面，高為I習題9-26圖根據(jù)電場高斯定理哄dSE qi當 0 . r : R 時,E1 2 二 rl =0E1 =0當R?。篟2時,E2 2 二 rlE2 當 r R2時，E3 2 二 rl 二 1 一 1 =0.E3 = 0%9-27如圖9-27所示，AO相距2R,弧BCD是以O為圓心、R為半徑的半圓。A點有電荷+q, O點有電荷-3q。（ 1）求B點和D點的電勢；（2）將

18、電荷+Q從B點沿弧BCD移到D點，電場力做的功為多少?移到無限遠處去則外力所做的功又為多少？解：（1）A在B點的電勢為：Vb1 J4%R習題9-27圖A在D點的電勢為:VD14 二；03RO在B點的電勢為：VB2 二 /3qR4 兀 E0R0在B點的電勢為：VD2 叮¥4兀VB - VB1 VB2q2 二；0RVD = VD1 VD 2 =2q3 二；oR(2)Wbchd 二丹(3)電場力做功：Wd - - -Q Vd -V3昭oR外力做功：w = -Wd 一 =3®R9-28求第9-22題中，O點處的電勢解：dq在O點的電勢為：習題9-28圖dVdqQdx4二；0(a I

19、 _x) 4二；ol (a l _x)Q 1 dx4二；。1 0 (a I -x)2Iln( a + x -I)04二 olIn9-29在真空中，有一電荷為Q，半徑為R的均勻帶電球殼，其電荷是均勻分布的。試求：（1）球殼外兩點間的電勢差； 殼外任意點的電勢； 球殼內任意點的電勢 解：根據(jù)高斯定理：4r v R，E1 = 0(1)VAVB -'B E2 祁二-Q 宀起e _2 rrQ(-)rA4 n0 rA r4 n 0'a'b(2)r : R,VA 'VB -rB 百 dr 二 0'a 1(3)r R,令 rB >,V0V外 (r)=;E2d：Q

20、,Q2dr :r 4n0r4 n0r(4)r : R,RV內(r)二E drE2 dPQR4n 0 R9-30兩個同心球面的半徑分別為 尺和R2，各自帶有電荷Q1和Q2。求：（1）空間各區(qū)域的電勢分布；（2）兩球面上的電勢差解：根據(jù)高斯定理，電場強度分布為:r ： R1，E1-0R : r :R2,E2Qi24 n orrR?， E3Q1 Q2n or2Ri(1)r :尺，M 二 E1drLrR2R1E2drR2E3drRrR2， V2 =R2rR2，V3 二EsdrQ1 Q24 二；0r(2) U abR2R1 E2drQ14二；0R2習題9-25圖Q1 . Q2R1 R2Q1 . Q2R2

21、9-31圖9-31為一均勻帶電球層，其電荷體密度為別為R、R，求圖中A點的電勢。球層內R2AO解：根據(jù)高斯定理，電場強度分布為：r < R1? Ej = 0"P 33R V r V R2, E2 =2 ( r R )3®rrR2,E3P3 ；°r2-Ri3R1R2Epr 亠 iE2drs A &r ：0.05m2 n；°r2.1 勺0$2 n 8.8542 1042哉5V/m =755°V/m:!?22R2E3dr KR2-Rl9-32兩個很長的同軸圓柱面，內外半徑分別為R =3.0 10- m、R2 = 0.1 m ,帶有等量異

22、號電荷，兩圓柱面的電勢差為450 V,求：（1）圓柱面單位長度上帶有多少電荷？ （2）距離軸心0.05 m處的電場強度的大小。解：（1）設圓柱面單位長度上的電荷為入根據(jù)電場的高斯定理，兩圓柱面間的電場強度為：E（R1 : r ： R2）2 n°rU EdrdrIn = 450VLR|LR| 2 n°r2 n0R1帶入數(shù)據(jù)，解得 一 2.1 10”C/m(2) ： R ： r = 0.05m : R2為r的環(huán)形圓盤作為微元，寬度為dr（2）根據(jù)電場強度與電勢梯度的關系求軸線上電場強度xr22r xO點為圓心，取半徑9-33 一圓盤半徑為R,圓盤均勻帶電，電荷面密度為c,如圖9

23、-33所示求:（1）軸線上的電勢分布；分布。解：（1）如圖所示，以習題9-33圖則此微元所帶電荷為二2 rdr其在軸線上一點的電勢為:二 2 rdrdV =-_4 二;0 r2 x2cr R rdr帶電圓盤軸線上的電勢為:V 二 dV 二r2x24兀g0 Jr2 +x22S J(2)電場強度方向沿x軸，則dV * dVdld : ： 2)* dx 2 p , R2 x2第10章 靜電場中的導體和電介質習題一選擇題10-1當一個帶電導體達到靜電平衡時，(A) 表面上電荷密度較大處電勢較高(B) 表面曲率較大處電勢較高(C) 導體內部的電勢比導體表面的電勢高(D) 導體內任一點與其表面上任一點的電

24、勢差等于零答案：D解析：處于靜電平衡的導體是一個等勢體，表面是一個等勢面，并且導體內部與表面的電勢相等。10-2將一個帶正電的帶電體 A從遠處移到一個不帶電的導體 B附近，導體B 的電勢將(A)升高(B)降低 (C)不會發(fā)生變化(D)無法確定答案：A解析：不帶電的導體B相對無窮遠處為零電勢。由于帶正電的帶電體 A移到不帶電的導體B附近的近端感應負電何；在遠端感應正電何，不帶電導體的電勢將咼 于無窮遠處，因而正確答案為(A)。(A) N上的負電荷入地(B) N上的正電荷入地(C) N上的所有電荷入地(D) N上所有的感應電荷入地10-3將一帶負電的物體M靠近一不帶電的導體N,在N的左端感應出正電

25、荷, 右端感應出負電荷。若將導體 N的左端接地(如圖10-3所示)，則M0N習題10-3圖答案：A解析：帶負電的帶電體M移到不帶電的導體N附近的近端感應正電荷；在遠端感 應負電荷，不帶電導體的電勢將低于無窮遠處，因此導體 N的電勢小于0,即小 于大地的電勢，因而大地的正電荷將流入導體 N,或導體N的負電荷入地。故正 確答案為(A)10-4如圖10-4所示，將一個電荷量為q的點電荷放在一個半徑為R的不帶 電的導體球附近，點電荷距導體球球心為d。設無窮遠處為零電勢,則在導體球球心 O點有dO習題10-4圖(A) E= 0 ,(B)E J4 二；od(D)(C) E= 0,答案：A解析：導體球處于靜

26、電平衡狀態(tài)，導體球內部電場強度為零，因此E= 0。導體球球心O點的電勢為點電荷q及感應電荷所產(chǎn)生的電勢疊加。感應電荷分布于導 體球表面，至球心O的距離皆為半徑R并且感應電荷量代數(shù)和a q為0,因此VV感應電荷q 0。由此在導體球球心O點的電勢等于點電荷q在O點處的電心4殆0R勢V 4gd10-5如圖10-5所示，兩個同心球殼。內球殼半徑為 R,均勻帶有電量 Q; 外球殼半徑為R，殼的厚度忽略，原先不帶電，但與地相連接.設地為電勢零點， 則在內球殼里面，距離球心為r處的P點的電場強度大小及電勢分別為(A)E= 0，V =4二；0尺(B)E= 0，V 乞（丄一丄）4 二；0 R| R2(C)E*&

27、#176;r24 二；0r習題10-5圖(D)4二；0尺答案：B解析：根據(jù)靜電場的高斯定理_jS同心球殼的電場強度大小分布為巳=0Ri : : r ：E2 二則點電場強度為E = 0 ，電勢RiR24二；0r2V = 0 E-drr E2dr 二10-6極板間為真空的平行板電容器，充電后與電源斷開，將兩極板用絕緣 工具拉開一些距離，則下列說法正確的是（A）電容器極板上電荷面密度增加（B）電容器極板間的電場強度增加（C）電容器的電容不變（D）電容器極板間的電勢差增大答案：D解析：電容器極板上電荷面密度二=-，平板電荷量及面積沒有變化，因此電容S器極板上電荷面密度不變，并且極板間的電場強度E二二，

28、電容器極板間的電場呂0強度不變。平行極板電容C二；0§，兩極板間距離增加，則電容減小。電容器極d板間的電勢差U =Ed，電場強度E不變，距離d增大，則電勢差增大。因而正 確答案為(D)。10-7在靜電場中，作閉合曲面S,若有D dS = 0(式中D為電位移矢量)，L S則S面內必定(A) 既無自由電荷，也無束縛電荷(B) 沒有自由電荷(C)自由電荷和束縛電荷的代數(shù)和為零(D)自由電荷的代數(shù)和為零答案：D解析：根據(jù)有電介質時的高斯定理sD dS八Qi，可知S面內自由電荷的代數(shù)i和為零。10-8對于各向同性的均勻電介質，下列概念正確的是 (A)電介質充滿整個電場并且自由電荷的分布不發(fā)生變

29、化時，電介質中的電場強度一定等于沒有電介質時該點電場強度的1 丫倍(B) 電介質中的電場強度一定等于沒有介質時該點電場強度的1 倍(C) 在電介質充滿整個電場時，電介質中的電場強度一定等于沒有電介質時 該點電場強度的1 ；r倍(D) 電介質中的電場強度一定等于沒有介質時該點電場強度的；r倍答案：A解析：各向同性介質中的電場強度為真空中電場強度的1 ；r倍。10-9把一空氣平行板電容器，充電后與電源保持連接。然后在兩極板之間 充滿相對電容率為；的各向同性均勻電介質，則(A)極板間電場強度增加(B)極板間電場強度減小(C)極板間電勢差增加(D)電容器靜電能增加答案：D解析：平行板電容器充電后與電源

30、保持連接， 則極板間電勢差保持不變，真空中 電場強度E=U不變化，因而各向同性介質中的電場強度為真空中電場強度的dV ；倍，也不變化。各向同性介質中的電容器靜電能W =1 ；r ；0E2V，相對于真2空中電容器靜電能有所增加。故正確答案為(D)。10-10 G和C2兩空氣電容器并聯(lián)起來接上電源充電。然后將電源斷開，再(A)Ci和C2極板上電荷都不變(B)Ci極板上電荷增大,C2極板上電荷不變(C)Ci極板上電荷增大,C2極板上電荷減少把一電介質板插入g中，如圖io-io所示，貝H 習題10-10圖(D)Ci極板上電荷減少,C2極板上電荷增大答案：C 解析：Ci和C2為并聯(lián)，則電容器兩端電勢差相

31、等。Ci中插入一電介質，則Ci的 電容增大(C = grC° )，Ci極板上電荷增大(Q=CU )。由于電源斷開，Ci和C2 兩端總電荷量不變，因此Ci極板上電荷減少。故正確答案為(C)。二填空題I0-II任意形狀的導體，其電荷面密度分布為 C (X,y,z)，則在導體表面外附近任意點處的電場強度的大小E ( x,y, z) = ，其方向。答案：(x, y,z)；垂直導體表面解析：處于靜電平衡的導體表面附近的電場強度正比于電荷面密度，因而E(x,y,z)二二(x,y,z)，方向垂直于導體表面。I0-I2如圖I0-I2所示，同心導體球殼 A和B,半徑分別為R、R2，分別帶電量q、Q，則

32、內球A的電勢VA=;若把內球A接地，則內球A所帶電量qA =。答案：_qQ ;-邑Q4 陽 0R| 4 兀 e0R2R2解析：根據(jù)靜電場的高斯定理QEdS' qi；00 . r : R,E1 =0同心球殼的電場強度大小分布為R ： r :R2,E2 二父巧，則內球A的電勢4二；0rrR2,4二；0r2RR2oOVa 二 0 詁 a E2dr Jsdr 二4 二；°(眩。若把內球A接地，則內球A的10-13如圖10-13所示，在真空中將半徑為R的金屬球接地，在與球心 O相距為r ( r>R )處放置一點電荷 -q,不計接地導線上電荷的影響，則金屬球表面上的感應電荷總量為答

33、案：Rq ； 0r解析：金屬球接地，則金屬球的電勢為 0。金屬球球心電勢為S 7感應 qQ感應0，4兀®r 4兀，金屬球表面電勢為-q習題10-13圖解得，感應電荷總量為Q感應=R q。金屬球表面是個等勢面，電勢與地的電勢R2電勢 VA（亞，2）=0，解得 qA 二- t1 Q。4瓏 0 R,R2相等，電勢為0。10-14兩帶電導體球半徑分別為R和r(F>r)，它們相距很遠，用一根導線連接起來，則兩球表面的電荷面密度之比 二R=r 答案：-R解析：導體表面的電荷面密度反比與曲率半徑，因此cRrr : R。10-15對下列問題選取“增大”、“減小”、“不變”作答。（1）平行板電容

34、器 保持板上電量不變（即充電后切斷電源）?，F(xiàn)在使兩板的距離增大，貝兩板間 的 電勢差,電場強度,電容,電場能量。（2）如果保持兩板間電壓不變（即充電后與電源連接著）。則兩板間距離增大時， 兩板間的電場強度 電容，電場能量。答案：（1）增大，不變，減小，增大；（2）減小，減小，減小解析：（1）保持板上電量Q不變，使兩板的距離d增大。電容器極板上電荷面密度c =Q，平板電荷量及面積沒有變化，因此電容器極板上電荷面密度不變，并S且極板間的電場強度E =，電容器極板間的電場強度不變。電容器極板間的電®0勢差U =Ed，電場強度E不變，距離d增大，則電勢差增大。平行極板電容C二；0-，d2兩極

35、板間距離增加，貝U電容減小。電場能量 We = Q，電荷量Q不變，C減小，2C則電場能量We增大。（2）保持兩板間電壓U不變，使兩板的距離d增大。則極板間的電場強度E=U，d電容器極板間的電場強度減小。平行極板電容 C二；oS，兩極板間距離增加，則d電容減小。電場能量 W-CU 2，電壓U不變，C減小，則電場能量 We減小。210-16 一平行板電容器，兩板間充滿各向同性均勻電介質。已知相對電容率為；r，若極板上的自由電荷面密度為-，則介質中電位移的大小 D=，答案：二;電場強度的大小 E=，電場的能量密度 we =92；r解析：根據(jù)電介質中的高斯定理 UsDdS=q，得電位移矢量的大小D 。

36、由于D = o rE ，因此電場強度的大小E二電場的能量密度WeE2e 22；0 ；r10-17在電容為Co的空氣平行板電容器中，平行地插入一厚度為兩極板距離一半的金屬板，則電容器的電容 C=。答案：2CoS解析：插入金屬板后，電容Co成為兩電容G和C2串聯(lián)，且0=。2=.；：0 -4C0。丄d41因此等效電容為 C =-=2Co。 G C210-18 一平板電容器，兩極板間是真空時，電容為 Co，充電到電壓為uo時,斷開電源，然后將極板間充滿相對電容率為；r的均勻電介質則此時電容 C =電場能量 We=。C2答案：定。；CH2卸解析：電容器的電容僅與電容器的大小、 形狀及填充的電介質有關，將

37、極板間充滿相對電容率為；的均勻電介質時，電容為C二;Co。斷開電源后，兩極板上的電荷量不變化，因此電場能量W2C(CoUo)22 > Co2Couo2總J r10-19 一平行板電容器兩極板間距離為d，電荷面密度為 0，將一塊相對電容率為；r =2,厚度為d均勻電介質插入到兩極板間（見圖10-19），則電容器的2兩極板間電壓是插入前的 倍，電容器的電容是插入前的 倍,電容器儲存的電能是插入前的答案：3 ； 3習題10-19圖解析：電介質內部的電場強度EoEo二1 =二4 =(A Qb)/2S二2 二-二3 = (Qa -Qb)/2S0,則Ad fBQaQb習題10-20圖Q1 =Q =(

38、Qa Qb)/2Q2 二(Qa Qb)/2Q3 二(Qb -Qa)/ 2(2) E 語E2 _E3 _E41 '、_ 2_3_ 二 4_ QA _ QB2 p 2 ；02 ；02 ；02 ；°SU AB2；°S插入電介質后兩極板間電壓U -E- - Eod -3 Eod，插入前兩極板間電壓為224U = Eod，因此電容器的兩極板間電壓是插入前的 3倍。電容器的電容C =,4U電荷量Q不變，電容與電壓U成反比，因此，電容器的電容是插入前的 -倍。電31容器儲存的電能We二丄QU，與電壓U成正比，因此，電容器儲存的電能是插入2前的3倍。4三計算題10-20兩塊大金屬板

39、A和B，面積均為S,兩塊板平行地放置，間距為 d ， d遠小于板的尺度。如圖10-20所示，現(xiàn)使A板帶電Q, B板帶電Q。在忽略邊 緣效應的情況下，試求：（1）A B兩板各個表面上的電量；（2）A B兩板的電勢差； （3）若B板外側接地，A、B兩板各個表面上的電量又是如何分布？兩板的電勢差是多少？解：（1）兩板處于靜電平衡，則兩板內部電場強度為；A：二1=2七3一二4/2；0=0B：二1 ；2 二3一二4 /2 ；0=0/ S 二1 二 2 二AS(F局4嚴B（3） B板外側接地，則-4 = 0Q<i = Q4 = 0E 一 6_ qa2 SgEqS(5-匕- )/2名q=QY 何+。2

40、+。3 )/2%=Q .S(<!iF2)=QaQ2 二 QaQ3 二-QaU ab = E d = A d£qS10-21如圖10-21所示，半徑為尺=Q.Q1 m的金屬球，帶電量Qi =1 1QjQ C ,球外套一內外半徑分別 & = 3 10- m和R3 =4 10- m的同心金屬球殼，殼上帶電Q2 =11 10JQ C,求：（1）金屬球和金屬球殼的電勢差； 若用導線把球和球殼連接在一起，這時球和球殼的電勢各為多少?解：根據(jù)高斯定理，電場強度分布為:R : r :R>, E1Q14二；0r2E2Q1 Q2RQ2習題10-21圖(1) U ABR2二 E1dr4

41、 二;0r2Q14二；qR：2jQ1R2-60VVbr E2dr =R3Q1 Q2 = 270V4：；qR32Va 二 Vb 二 270 V10-22半徑為Rq的導體球帶有電荷Q,球外有一層均勻介質同心球殼,其內、外半徑分別為R1和R2，相對電容率為；r，如圖10-22所示，求：（1）空間的電位移和電場強度分布；（2）介質內的表面上的極化電荷面密度解：（1）導體球處于靜電平衡狀態(tài)，電荷分布在球的 表面，球內部沒有電荷根據(jù)有電介質的高斯定理廿DdS八Qj，r : Ro時，Di 4二 r2 =0，. D 0EiRo : r : R 時,2D2 4二 r =Q，-D2Q4 二 r2E2牛丹 （;rR

42、 : r : R2 時,2D3 4 二 r 二 Q，E3D2；0 ；rQ4二；0 ；r2r R2 時,D4Q4 二 r24("4二；0r=1)因此，空間的電位移和電場強度分布為:0 (r : R0)D = Q，化(r>R0) 4二 r（2）介質內表面（r = R ）上的極化電荷與導體球上的電荷電性相反,因此,其面密度為:，乞-1 -Q耳一1 Q E3（R）仆2 一 r介質外表面（r = R2）上的極化電荷與導體球上的電荷電性相同，因此,面密度為:=0=（；r 廠1） ；0 E3（ R2 ）二2；r 4二 R2；r -1Q2；r4二 R210-23地球和電離層可當作球形電容器，它

43、們之間相距約為100 km,求地球一電離層系統(tǒng)的電容。（設地球和電離層之間為真空）解：已知R地球=6371 km，d =100 km，陽離=R地球+d設地球-電離層分別帶點土 Q則根據(jù)高斯定律，地球-電離層間的電場強度為:Q4二；0r2R地球EdrQ4二；°R電離R地球=60VR電離jQC4 二；0U= 4.5810F11-O 1*- X *11+Z人X習題10-24圖10-24如圖10-24所示，兩根平行無限長均勻帶電直導線，相距為d,導線半徑都是R（ R«d ）。導線上電荷線密度分別為+扎和-試求（1）兩導線間 任一點P的電場強度；（2）兩導線間的電勢差；（3）該導體組

44、單位長度的電容 解：（1）根據(jù)高斯定理，電荷線密度為'的導線在 點P處電場強度計算如下：1 _九2 二 xh E h. E.；-=名02瓏0X方向沿X軸正方向，.Ei2叫同理，電荷線密度為-的導線在點P處電場強度為：E_ =2陽 0（d x）因此，兩導線間任一點P的電場強度為: 丄 H丸h E 二 E . E戶）i2 嘩 0x 2 瓏0（d x）（2）根據(jù)電勢差的定義，兩導線間的電勢差為:d _R2二；0x 2二;0(d - x)dx 二In（3）該導體組單位長度的電容為:二；oInd -RInd -R二；010-25如圖10-25所示，一平板電容器充滿兩層厚度各為 di和d2的電介質

45、, 它們的相對電容率分別為；r1和；r2，極板的面積為 S。求：（1）電容器的電容；（2）當極板上的自由電荷面密度為 時，兩介質分界面上的極化電荷的面密度；（3）兩層介質的電位移。解：（1）設兩板分別帶_Q的電荷兩板間沒有電介質時的電場強度為：Q/S QE0 : 気 %s放入電介質后，相對電容率分別為的電介質中電場強度為：巳二且二- 名r 1名0片1S習題10-25圖相對電容率分別為的電介質中電場強度為：E2=E0= Qs%2£r2S則兩板間的電勢差為：U=E1 4 E2 d2 送亡號）電容器的電容為:C =Q/U_Q(魚；°S( 71r2，0，r1，r2d-r2d1-r1

46、d2（2）相對電容率分別為i1的電介質的界面上，極化電荷面密度為:,貯0（知T）譏-十°相對電容率分別為；r2的電介質的界面上，極化電荷面密度為:二（；r2 -1） ；oE2 =（ ；r2 -1） ；0 二'"I。；0 ；r2；r2（3）相對電容率分別為；r1的電介質的電位移為：Di-；0 ；ri E1二；0 ；r1 S®1相對電容率分別為；r1的電介質的電位移為:D2=；：0 ；菲210-26如圖10-26所示，在點A和點B之間有五個電容器，其連接如圖10-26所示。（1）求A, B兩點之間的等效電容；（2）若A, B之間的電勢差為12 V,求U AC

47、, U cd 和u DB 0解:(1) Cac =(48)Ccd = (62)6尸(iF = 12 (jF(iF 8(iF8 mF4(iFoBCAB1 1 1 :+ + cacccdC(1丄1丄1)+ +824丿CCDc DB習題10-26圖12(2) ACCD DB兩端的電荷量相等，則Q U AB CABUacCac 12V =4U CDQ 12 4Ccd8U DBQ 12 4Cdb24V =210-27平行板電容器兩極板間充滿某種電介質，極板間距離d=2 mm,電壓為600 V，若斷開電源抽出電介質，則電壓升高到 1800 V。求（1）電介質的相 對電容率；（2）介質中的電場強度。解：已知

48、 U, =600V，U2 = 1800V，d =2mm（1）根據(jù)平行板電容器兩極板間電勢差的計算公式:(1)Ui=Ed=600VE 16 二 Eg d = 1800V 一 百一 3電介質中的電場強度為：E二空 （2）聯(lián)立公式（1）、（2），可得電介質的相對電容率為：気=3（2）介質中的電場強度為：E =5600V/m =3 105V/md 0.00210-28 一平行板電容器，極板形狀為圓形，其半徑為 8 cm,極板間距為1.0 mm中間充滿相對電容率為5.5的電介質，若電容器充電到100 V，求兩極板的 帶電量為多少？儲存的電能是多少？解:= 5.5 8.8542 10 二22二 0.080

49、.001100 C =9.78 10*o 2Q29.78 10上We喬 J =4.9 10 J2C 2 1.78 10第11章穩(wěn)恒磁場選擇題11-1邊長為I的正方形線圈，分別用圖11-1中所示的兩種方式通以電流I（其中ab、cd與正方形共面），在這兩種情況下，線圈在其中心產(chǎn)生的磁感應強度的大小分別為：(A)=0,(B)B1=0,2、2%1B2 -(C)B1汪01，B0b押B2卄C1* "1I(D)B12 云12&%1，B2 :習題11-1圖答案：C解析：有限長直導線在空間激發(fā)的磁感應強度大小為J. I0(COS6 _cos日2)，并結合右手螺旋定則判斷磁感應強度方 向，按照磁

50、 場的疊加原理，可 計算 耳=2 2 ° I ， b2 = 0。故正確答案為（C）11-2兩個載有相等電流I的半徑為R的圓線圈一個處于水平位置，一個處于豎直位置，兩個線圈的圓心重合，如圖 11-2所示，則在圓心O處的磁感應強度大小為多少？>（A）0(B)%I/2R1（C）2味1/2R(D) i°l/R.L /習題11-2圖答案：C解析：圓線圈在圓心處的磁感應強度大小為呂=B2 = %l /2R，按照右手螺旋定則判斷知B1和B2的方向相互垂直，依照磁場的矢量疊加原理，計算可得圓心O處的磁感應強度大小為 B =叮2%1 /2R。11-3如圖11-3所示，在均勻磁場B中，有一個半徑為R的半球面S，S邊 線所在平面的單位法線矢量n與磁感應強度B的夾角為，則通過該半球面的磁S因此m = B S - ": R2BCOS用o故正通量的大小為(A) 7：R2B(B) 2二 R2B22(C)二 R B cos ：(D)二 R B sin :-答案：C解析：通過半球面的磁感應線線必通過底面， 確答案為(C) o11-4如圖11-4所示，在無限長載流直導線附近作一球形閉合曲面S,當曲面S向長直導線靠近時，穿過曲面S的磁通量和面上各點的磁感應強度B將如何變化？(A)增大，B也增大(B)不變，B也不變刁(C)增大，B不變(D)不變，B增大習題11-