新编基础物理学》下册习题解答和分析

题9-2解图
《新编基础物理学》下册习题解答和分析
第九章习题解答
9-1 两个小球都带正电，总共带有电荷55.010C -⨯,如果当两小球相距2.0m 时，任一球受另一球的斥力为1.0N.试求总电荷在两球上是如何分配的？ 分析：运用库仑定律求解。

解：如图所示，设两小球分别带电q 1，q 2则有
q 1+q 2=5.0×10-5C ① 由题意，由库仑定律得：
由①②联立得：5
15
2 1.210C
3.810C
q q --⎧=⨯⎪⎨=⨯⎪⎩ 9-2 两根6.0×10-2m 长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为0.5×10-3kg 的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位置上。

求每一个小球的电量。

分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。

解：设两小球带电q 1=q 2=q ，小球受力如图所示
2
2
0cos304πq F T R ε==︒ ①
联立①②得： 223
sin 606103310(m)2
r l --=︒=
⨯⨯=⨯ 其
中
代入③式，即： q =1.01×10-7C
F E q =
，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在场
9-3 电场中某一点的场强定义为强？为什么？
答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷
q 0所受力F
与
q 0成正比，故0
F E q =
是与q 0无关的。

9-4 直角三角形ABC 如题图9-4所示，AB 为斜边，A 点上有一点荷91 1.810C q -=⨯，B 点上有一点电荷92 4.810C q -=-⨯，已知
BC =0.04m ，AC =0.03m ，求C 点电场强度E
的大小和方向(cos37°≈0.8, sin37°≈0.6). 分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。

题9-1解图
解：如题图9-4所示C 点的电场强度为12E E E =+
99
42222
0 4.810910 2.710(N/C)4π()(0.04)q E BC ε-⨯⨯⨯===⨯ 方向为：o
4
4217.3310
7.2108.1arctan E E arctan =⨯⨯==α
即方向与BC 边成33.7°。

距为0.1m ，求距离它们都是0.1m
处的电场强度E。

9-5 两个点电荷6
6
12410
C,810C q q --=⨯=⨯的间
分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。

解：如图所示：966
1122
01910410 3.610(N/C)4π10
q E r ε--⨯⨯⨯===⨯ 1E ，2E
沿
x 、y 轴分解：
9-6有一边长为a 的如题图9-6所示的正六角形，四个顶点都放有电荷q ，两个顶点放有电荷－q 。

试计算图中在六角形中心O 点处的场强。

分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。

解：如图所示.设q 1=q 2=…=q 6=q ，各点电荷q 在O 点产生的 电场强度大小均为：
各电场方向如图所示，由图可知3E 与6E
抵消. 据矢量合成，按余弦定理有：
2
02
0023342
32a q a
q E E πεπε=
==方向垂直向下.
9-7 电荷以线密度λ均匀地分布在长为
l 的直线上，求带电直线的中垂线上与带电直线相距为R
的点的场强。

分析：将带电直线无穷分割，取电荷元，
运用点电荷场强公式表示电荷元的场强，再积分求解。

注意：先电荷元的场强矢量分解后积分，
并利用场强对称性。

解：如图建立坐标，带电线上任一电荷元在P 点产生的场强为：
题9-4解图
C
q
q
q q -q
-q
题图9-6
O . 题9-6解图
题9-7解图
题9-8解图
根据坐标对称性分析，E 的方向是y 轴的方向
两个点电荷q 1和q 2相距为l ，若（1）两电荷同号；（2）9-8
两电荷异号，求电荷连线上电场强度为零的点的位置. 分
析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。

解：如图所示建立坐标系，取q 1为坐标原点，指向q 2的方向为x 轴
正
方
向.
(1) 两电荷同号.场强为零的点只可能在q 1、q 2之间，设距q 1为x 的A 点. 据题意：E 1=E 2即：
(2) 两电荷异号.场强为零的点在q 1q 2连线的延长线或反向延长线上，即E 1=E 2
解之得：112||||||
q l x q q =
-
9-9 如题图9-9所示，长l =0.15m 的细直棒AB 上，均匀地分布着线密度915.0010C m λ--=⨯⋅的正电荷，试求：（1）在细棒的延长线上，距棒近端d 1=0.05m 处P 点的场强；（2）在细线的垂直平分线上与细棒相距d 2=0.05m 的Q 点处的场强；(3) 在细棒的一侧，与棒垂直距离为d 2=0.05m ，垂足距棒一端为d 3=0.10m 的S 点处的场强.
分析：将均匀带电细棒分割成无数个电荷元，每个电荷元在考察点产生的场强可用点电荷场强公式表示，然后利用场强叠加原理积分求解，便可求出带电细棒在考察点产生的总场强。

注意：先电荷元的场强矢量分解后积分，并利用场强对称性。

解：(1) 以P 点为坐标原点，建立
如图（1）所示坐标系，将细棒分成许多线元d y .其所带电量为
d q dy λ=，其在
P 点的场强为d E ，则
方向沿Y 轴负方向 (2) 建立如图所示的坐标系，将
细棒分成许多线元d y .其所带电量为d q dy λ=。

它在Q 点的场强
d E 的大小为：
d E 在x 、y 轴的投影为：2
0πsin d d cos d sin d 24πx E E E y r λθ
θθε⎛⎫=-
== ⎪⎝
⎭ 由图可见：
2c y d tg θ
=，2csc r d θ=
题图9-9
题9-9解图(1)
dy
由于对称性，d E y 分量可抵消，则 又∵θ1=π-θ2 方向沿X 轴正方向
(3) 在细
棒一侧的S 点处的场强。

建立如图（3）所示的坐标系，分析
如（2）则： 31222
2
3
2
0.12
cos 5
0.10.05
d d d
θ=
=
=
++；11sin 5θ=
其
中
：
方向：与x 轴的夹角：54.2y x
E arctg
E =︒
9-10无限长均匀带电直线，电荷线密度为λ,被折成直角的两部分.试求如题图9-10所示的P 点和P ′点的电场强度. 分析：运用均匀带电细棒附近的场强公式及场强叠加原理求解。

解：以P 点为坐标原点，建立如题9-10解图(1) 所示坐标系 均匀带电细棒的场强： 在P 点：1π
4
θ=，2πθ→ ∴竖直棒在P 点的场强为：
1022
14π22a λε⎡⎤
⎛⎫=
+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦
E i j 水平棒在P 点的场强为： ∴在P 点的合场强： 即024πE a
λ
ε=
：方向与x 轴正方向成45°.
同理以P ′点为坐标原点，建立如图题9-10解图(2)坐标： 在P ′点：13π4
θ=
，2πθ→
∴竖直棒在P ′点的场强为：
102214π22a λε⎡⎤
⎛⎫=--+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝
⎭⎣⎦
E i j 水平棒在P ′点的场强为：
题图9-10
题9-10解图(1)
x
题9-9解图(2)
题9-9解图(3)
题9-12解图
∴在P ′点的合场强为：120[]4πa
λ
ε-=+=+E E E i j 即：024πE a
λε=
，方向与x 轴成-135°.
9-11 无限长均匀带电棒1l 上的线电荷密度为1λ,2l 上的线电荷密度为2λ-，1l 与2l 平行,在与1l ，2l 垂直的平面上有一点P ,它们之间的距离如题图9-11所示,求P 点的电场强度。

分析：运用无限长均匀带电细棒的场强公式及场强叠加原理求解。

解：1l 在P 点产生的场强为：
2l 在
P 点产生的场强大小为：
方向如题9-11解图所示。

把2E
写成分量形式为：
∴在P 点产生的合场强为：
题9-11解图
9-12 一细棒被弯成半径为R 的半圆形,其上部均匀分布有电荷+Q ,下部均匀分布电荷-Q .如题图9-12所示,求圆心O 点处的电场强度。

分析：微分取电荷元，运用点电荷场强公式及场强叠加原理积分求解。

将带电半圆环分割成无数个电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元场强。

将电荷元电场进行矢量分解，再进行对称性分析，然后积分求解。

解：把圆环分成无限多线元d l ，d l 所带电量为2d d πQ
q l R
=，产生的场强为d E 。

则d E 的大小为：
2322
00d d d 2π2πQ l Q E R R θ
εε=
=
把d E 分解成d E x 和d E y ，则：
由于+Q 、-Q 带电量的对称性，x 轴上的分量相互抵消，则：0x E =
题图9-11
题图
9-12
题9-15解图
题9-16解图
∴圆环在O 点产生的场强为：
22
0Q
E j
R
πε=-
9-13 两平行无限大均匀带电平面上的面电荷密度分别为+б和-2б,如题图9-13所示,求: (1)图中三个区域的场强1E
，2E
，
3E 的表达式；
（2）若б=4.43×10-6C ·m -2
，那么，1E ，2E ，3E 各多大？ 分析：首先确定场强正方向，然后利用无限大均匀带电平板场强及场强叠加原理求解。

解：（1）无限大均匀带电平板周围一点的场强大小为：
∴在Ⅰ区域：10
00
2222σ
σσεεε-=+=E i i i
Ⅱ区域：2000
23222σσσεεε=+=E i i i Ⅲ区域：3000
2222σσσεεε=
-=-E i i i （2）若σ=4.43×10-6C ·m -2则
9-14 边长为a 的立方盒子的六个面分别平行于xOy ，yOz 和xOz 平面，盒子的一角在坐标原点处，在此区域有匀强电场，场强-1200300E V m =+⋅i j ,求通过各面的电通量。

分析：运用电通量定义求解，注意对于闭合曲面，外法线方向为正。

解：
)(200200)300200(1221111
1
1
1-⋅⋅==⋅+=⋅=⎰⎰⎰C m N a dS dS i j i S d E s s s s
φ
即平行于xOy 平面的两平面的电通量为0；
平行于y Oz 平面的两平面的电通量为±200a 2N ·m 2·C -1； 平行于x Oz 平面的两平面的电通量为±300a 2N ·m 2·C -1。

一均匀带电半圆环，半径为R ，电量为+Q ，求环心处的电势。

9-15 分析：微分取电荷元，运用点电荷电势公式及电势叠加原理积分求解。

将带电半圆环分割成无数
个电荷元，根据点电荷电势公式表示电荷元的电势，再利用电势叠
加原理求解。

解：把半圆环无穷分割，取线元d l ，其带电量为d d πQ
q l R
=，则其在圆心O 的电势为：
∴整个半圆环在环心O 点处的电势为：
9-16 一面电荷密度为б的无限大均匀带电平面，若以该平面处为电势零点，求带电平面周围的电势分布。

题图9-13
题9-17解图
分析：利用无限大均匀带电平面的场强公式及电势与电场强度的积分关系求解。

解：无限大平面周围的场强分布为：
取该平面电势为零，则周围任一点P 的电势为：
9-17 如题图9-17所示，已知a =8×10-2m ，b =6×10-2m, q 1=3×10-8C, q 2=－3×10-8C ，D 为q 1,q 2连线中点，求：（1）D 点和B 点的场强和电势; (2) A 点和C 点的电势；（3）将电量为2×10-9C 的点电荷q 0由A 点移到C 点，电场力所作的功；（4）将q 0由B 点移到D 点，电场力所作的功。

分析：由点电荷的场强、电势的公式及叠加原理求场强和电势。

静电力是保守力，
保守力做功等于从初位置到末位置势能增量的负值。

解：（1）建立如图题9-17解图所示坐标系：
985
1
122222
209103102710(V/m)(410)(610)
524π2B q E a b ε---⨯⨯⨯===⨯⨯+⨯⎡⎤⎛⎫+⎢⎥
⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦
，方向如图示。

985
2
222222
2
0910*******(V/m)(410)(610)524π2B
q E a b ε---⨯⨯⨯===⨯⨯+⨯⎡⎤⎛⎫+⎢⎥
⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦
，方向如图示。

∴)/(1076.51052
27
1313445m V E B
⨯=⨯⨯=
；方向平行于x 轴.
同理，U B =0. （2）12
22
004π4πA q q U b b a εε=
+
+
9898322222910310910310 1.810(V)610(610)(810)-----⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-=⨯⨯⨯+⨯98983
12222222200910310910310 1.810(V)4π6104π(610)(810)C q q U b b a εε-----⨯⨯⨯⨯⨯⨯=+=-=-⨯⨯+⨯+⨯（3）
3331.810 1.810(V) 3.610(V)AC A C U U U =-=⨯+⨯=⨯
（4）0BD B D U U U =-=
9-18 设在均匀电场中，场强E 与半径为R 的半球面的轴相平行，试计算通过此半球面的电场强度通量？ 分析：如图所示，由高斯定理可知，穿过圆平面S 1的电力线必通过半球面。

题图
9-17
题9-18解图
题9-19解图
题9-20解图
解：在圆平面S 1上：1
21s E dS E dS E R φπ=⋅==⋅⎰⎰－－
所以通过此半球面的电通量为：
2πe E R φ=
9-19 两个带有等
量异号电荷的无限大同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2（R 2>R 1）.
单位长度上的电量为λ,求离轴线为r 处的电场强度：(1)
1r R <；(2) 12R r R <<；(3) 2r R >
分
析：由于场为柱对
称的，做同轴圆柱面，运用高斯定理求解。

解：（1）在1r R <时，作如图所示同轴圆柱面为高斯面.由于场为柱对称的，所以通过侧面的电通量为2πrlE ，通过上下底面的电通量为零.据高斯定理，因为此高斯面没有包围电荷，所以有：2π0,0rlE E ==即 （2）对12R r R <<，类似（1）作高斯面，有： 故得：012πE r
λ
ε=
（3）对2r R >，作类似高斯面，有： 故得：E =0。

9-20 静电场中a 点的电势为300V ，b 点电势为-10V .如把5×10-8C 的电荷从b 点移到a 点,试求电场力作的功？ 分析：电场力作功等于电势能增量的负值。

解：依题意可以有如图的示意图： 把正电荷由a 点移到b 点时电场力作功
反之，当正电荷从b 点移到a 点时，电场力作功：
负功表示当正电荷向低电势向高电势移动时，它要克服电场力作功，从而增加了它的电势能。

9-21 在半径为R 1和R 2的两个同心球面上分别均匀带电q 1和q 2,求在10r R <<,
12R r R <<,2r R >三个区域内的电势分布。

分析：由于场为球对称的，做同心球面，利用高斯定理求出场强。

再利用电势与场强的积分关系r U E dr +∞
=⎰求电势。

注意：
积分路径上的场强是分段函数。

解：利用高斯定理求出： 电势的分布：
第十章习题解答
10-1 如题图10-1所示，三块平行的金属板A ，B 和C ，面积均为200cm 2,A 与B 相距4mm ，A 与C 相距2mm ，B 和C 两板均接地，若A 板所带电量Q =3.0×10-7C ，忽略边缘效应,求：（1）B 和C 上的感应电荷？（2）A 板的电势（设地面电势为零）。

分析：当导体处于静电平衡时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律，可以求得导体的电荷分布，又因为B 、C 两板都接地，所以有AC AB U U =。

解：（1）设B 、C 板上的电荷分别为B q 、C q 。

因3块导体板靠的较近，可将6个导体面视为6个无限大带电平面。

导体表面电荷分布均匀，且其间的场强方向垂直于导体表面。

作如图中虚线所示的圆柱形高斯面。

因导体达到静电平衡后，内部场强为零，故由高斯定理得：
即 ()A B C q q q =-+ ① 又因为： AC AB U U = 而: 2
AC AC d
U E =⋅
于是：
00
2C B σσ
εε =⋅ 两边乘以面积S 可得： 00
2C B S S σσ
εε =⋅
即： 2C B q q = ② 联立①②求得: 77210,110C B q C q C --=-⨯=-⨯
(2) 002
22
C C A AC C AC AC q d d d U U U U E S σεε =+==⋅=
⋅=⋅ 10-2 如题图10-2所示，平行板电容器充电后，A 和B 极板上的面电荷密度分别为+б和－б，设P 为两极板间任意一点，略去边缘效应，求：
（1）A,B 板上的电荷分别在P 点产生的场强E A ,E B ; （2）A,B 板上的电荷在P 点产生的合场强E ； (3)拿走B 板后P 点处的场强E ′。

分析：运用无限大均匀带电平板在空间产生的场强表达式及场强叠加原理求解。

解：（1） A 、B 两板可视为无限大平板. 所以A 、B 板上的电何在P 点产生的场强分别为:
题图10-1
题10-1解图
d
02εσ=
A E ,方向为：垂直于A 板由A 指向
B 板 0
2εσ=
B E ，方向与A E 相同.
(2)0
2εσ
=
=A
E E ，方向于A E 相同 (3) 拿走B 板后：0
2'εσ=E ，方向垂直A 板指向无限远处.
10-3 电量为q 的点电荷处导体球壳的中心，球壳的内、外半径分别为R 1和R 2，求场强和电势的分布。

分析：由场强分布的对称性，利用高斯定理求出各区域场强分布。

再应用电势与场强的积分关系求电势，注意积分要分段进行。

解：由静电感应在球壳的内表面上感应出q -的电量，外表面上感应出q 的电量.
所以由高斯定理求得各区域的场强分布为：
即： 122
012(,)4π0()
q
r R r R r
E R r R ε⎧<>⎪=⎨⎪<<⎩
综上可知:
10-4 半径为R 1的导体球，带有电量q ；球外有内、外半径分别为R 2，
R 3的同心导体球壳，球壳带有电量Q 。

（1）求导体球和球壳的电势
U 1，U 2；（2）若球壳接地，求U 1，U 2；（3）若导体球接地（设球壳离地面很远），求U 1，U 2。

分析：由场强分布的对称性，利用高斯定理求出各区域场强分布；再由电势定义求电势。

接地导体电势为零，电荷重新分布达到新的静电平衡，电势分布发生变化。

解:如图题10-4解图（a ）所示,当导体达到静电平衡时,q 分布在导体球的表面上.由于静电感应在外球壳的内表面上感应出q -电量.外表面上感应出q +电量，则球壳外表面上共带电荷()Q q +. (1)
由于场的对称性.由高斯定理求得各区域
的场强分布为：
E 的方向均沿经向向外.
取无限远处电势为零，则由电势的定义可得： 内球体内任一场点p 11()r R <的电势1U 为 外球壳体内任一场点p 223()R r R <<的电势为:
题10-3解图
题10-4解图（a ）
题图10-2
（2）若外球壳接地.球壳外表面的电荷为零，等量异号电荷分布在球体表面和球壳内表面上,此时电场只分布在12()R r R <<的空间，如图题10-4解图（b ）所示.由于外球壳20U =则内球体内任一点P 11()r R <的电势U 1为: 但无限远处的电势也为零，这就要求外球壳所带电量在内外表(3) 当内球接地时，内球的电势10U =，面上重新分配，使球壳外的电场沿着经向指向无限远处，球壳内的电场经向指向球心处；因此，内球必然带负电荷。

因为内球接地，随着它上面正电荷的减少，球壳内表面上的负电荷也相应减少；当内球上正电荷全部消失时，球壳内表面上的负电荷全部消失完；但就球壳而言，仍带有电量+Q 。

由于静电感应，在内球和大地这一导体，系统
中便会感应出等量的负电荷-Q ,此负电荷（-Q ）的一部分（设
为-q ′）均匀分布在内球表面上。

球壳内表面上将出现等量的正电荷(+q ′)与之平衡.因此，在达到静电平衡后，内球带电荷-q ′，球壳内表面带电量+q ′，外表面上带电量（Q -q ′），如图所示. 由高斯定理可知各区域的场强分布为:
22
04πq E r ε'
=-
12()R r R <<
无限远处和相对于接地内球的电势，应用电势定义分别计算，
球壳上任一场点P 223()R r R <<相对于可得:
联立上述两式，求得：
将q '代入U 2的表达式中可得:
10-5 三个半径分别为R 1，R 2，R 3（R 1< R 2< R 3）的导体同心薄球壳，所带电量依次为q 1，q 2，q 3.求：（1）各球壳的电势；（2）外球壳接地时，各球壳的电势。

分析：根据静电平衡条件先确定球的电荷分布情况，再根据电荷分布的球对称性，利用高斯定理求出电场强度分布，进而利用电势与电场强度的积分关系求出电势分布。

对于电荷球对称分布的带电体，也可直接利用电势叠加原理求得电势分布。

接地导体时电势为零，电荷重新分布达到新的静电平衡，新的电荷分布引起电场和电势分布发生变化。

解：(1) 如图题10-5解图(a)所示，半径为R 1的导体球壳外表面上均匀的分布电量q 1，由于静电感应，半径为R 2的球壳内表面上感应出-q 1的电量.外表面上感应出+q 1的电量.因此，半径为R 2的球壳外表面上的电量为q 1+q 2，同理，半径为R 3的球壳内表面上感应出-(q 1+q 2)的电量.外表面上感应出+(q 1+q 2)的电量.所以R 3的球壳外表面上的电量为(q 1+q 2+q 3)。

(方法一) 由于场的分布具有对称性,可用高斯定理求得各区域的场强分别为
题10-4解图（b ）
题10-4解图（c ）
122
04πq E r ε=
， 12()R r R <<
E 的方向均沿径向向外.
取无限远处为电势零点.
（方法二）可把各球壳上的电势视为由电量为q 1,半径为R 1；电量为q 2，半径为R 2；电量为q 3，半径为R 3的三个同心带电球壳分别在各
点所共同产生的电势的叠加.
由于在半径为R 1的球壳外表面上的P 点由三个带电球壳电势的叠加.故有 同理: 312202314πq q q U R R ε⎛⎫
+=+
⎪⎝⎭
(2)
由于外球壳接地,球壳外表面的电荷为零，内表面的电量为-(q 1+q 2)
(方法一) 用高斯定理求得各区域的场强分别为：
10E = ， 1()r R <
（方法二）可把U 1,视为带电量为q 1，半径为R 1；带电量为q 2，半径为R 2，带电量为-(q 1+q 2)，半径为R 3的同心带电球面在半径为R 1的球壳外表面上的电势的叠加.
把U 2视为带电量为q 1+q 2,半径为R 2.带电量为-(q 1+q 2)，半径为R 3的同心球面在半径为R 2的球壳外
表面上的电势的叠加
因为外球壳接地，所以：30U = 10-6 一球形电容器，由两个同心的导体球壳所组成，内球壳半径为a ，外球壳半径为b ，求电
容器的电容。

分析：设球壳内外表带电量Q ±，由于电荷分布具有对称性，应用高斯定理确定场强的分布。

由电势与场强的积分关系确定电容器两极板间电势差，再由电容定义式求电容。

解：设内球壳外表面带电量为+Q.则外球壳内表面带电量为-Q,两球面间的场强分布具有对称性，应用高斯定理，求得两球面间的场强大小为： 据场强与电势差的关系： 于是有：
10-7 一平行板电容器两极板的面积均为S ，相距为d ，其间还有一厚度为t ,面积也为S 的平行放置着的金属板，如题图10-7所示，略去边缘效应.(1) 求电容C .（2）金属板离两极板的远近对电容C 有无影响？（3）在t =0和t =d 时的C
为多
题10-5解图
(a)
题10-5解图（b ）
少？
分析： 由于金属板的两个表面在电容器中构成新电容器的两个板板，所以AC 间的电容器可看作AB 、BC 两电容器的串联. 解：（1）00AB AB
s
s
C d d t x
εε=
=
--
∴AC 间的电容为:
(2) 由上述推导可知，金属板离两极板远近对C 无影响
(3)
当t =0时:0s
C d
ε=
当t=d 时:C=∞
10-8 平行板电容器的两极板间距d =2.00mm,电势差U =400V ，其间充满相对电容率5r ε=的均匀玻璃片,略去边缘效应,求：（1）极板上的面电荷密度0σ；(2)玻璃界面上的极化面电荷密度σ'。

分析：根据电容的定义式及平行板电容器公式求解自由电荷面密度0σ。

再利用极化面电荷密度和自由电荷面密度关系求解σ'。

解：（1） 据电容的定义式： 即: 00r s
s
u
d
σεε=
(2) 662
011118.85107.0810(c/m )5r σσε--⎛
⎫⎛⎫'=-
=-⨯⨯=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭ 10-9 如题图10-9所示，一平行板电容器中有两层厚度分别为d 1，d 2的电介质，其相对电容率分别为1r ε，2r ε，极板的面积为S ，所带面电荷密度为+б0和-б0.求：（1）两层介质中的场强E 1,E 2;（2）该电容器的电容。

分析：此电容器可视为上下两电容器串联而成。

解: (1) 平行板电容器为介质是真空时 分别为： 当充满相对电容率为12,r r εε的介质时，场强
01101
r r E E σ
εεε==，方向为垂
直极板向下。

22
02
r r E E σεεε=
=
，方向为垂直极板向下。

(2) 该电容可以看成是12C C 与的串联。

10-10 一无限长的圆柱形导体，半径为R ，沿轴线单位长度上所带电荷为λ，将此圆柱放在无限大的均匀电介质中，电介质的相对电容率为r ε，求：（1）电场强度E 的分布规律；（2）电势U 的分布规律（设圆柱形导体的电势为U 0）
题10-7解图
题10-9解图
分析：介质中高斯定理的应用。

先利用介质中高斯定理求D 、E 的空间分布，然后再由电势与场强的关系确定空间电势分布。

解：由于电荷分布呈对称性，故D 、E 分布亦呈对称性，方向沿径向.以r 为半径作一同轴圆柱形柱面，圆柱长为l 。

如图中虚线所示，则通过此面的D 通量为: 由高斯定理可知:
解之得: ()()
2πr R D r R r
λ
⎧<⎪=⎨>⎪⎩
由0r D E εε=可知:
（2）据电势与场强的关系可知：取圆
柱面附近某点B 处电势为零.
则：0B
R U =E
dl
⎰
当r ≤R 时, 000R
B r R
U E dl E dl =U U =++=⎰⎰
当r ≥R 时, B
B
R r
r
R
U E dl E dl E dl
==+⎰⎰⎰
综上可知电势分布为：
10-11 设有两个同心的薄导体球壳A 与B ，其半径分别为R 1=10cm, R 2=20cm ，所带电量分别为87124.010C, 1.010C q q --=-⨯=⨯.球壳间有两层电介质球壳，内层的相对电容率1
4r
ε=，外层的22r ε=，它们分界面的半径15cm R '=，球壳
B 外的电介质为空
气，求：（1）A 球的电势U A ，B 球的电势U B ；（2）两球壳的电势差；（3）离球心30cm 处的场强；（4）由球壳A 与B 组成的电容器的电容
分析：介质中高斯定理的应用。

先由介质中高斯定理求D 、E 的空间分布，然后由电势与场强的关系求电势、电势差，再根据电容定义式求电容。

解：（1） 由于电荷分布呈球对称性.
∴D 、E 分布亦呈球对称性.方向沿径向.由高斯定理可得:
d i i
D s q =∑⎰
又由于0r D E εε=
由场强与电势的关系可知: (2)
33B B 2.110 2.710600(V)A A U U U =-=⨯-⨯=-
题10-10解图
A
B
R '
1R
2R
1r ε
2r ε
题10-11解图
(3) 230r cm R =>
(4)由静电感应，达到静电平衡时，半径为R 2的导体球壳内表面上分布有-q 1的电量.
10-12 如题图10-12所示，平行板电容器极板面积为S ，相距为d ，电势差为U ，极板间放着一厚度为t ，相对电容率为r ε的电介质板，略去边缘效应，求：（1）介质中的电位移D ，场强E ；（2）极板上的电量q ；（3）极板与介质间的场强E ；（4）电容C 。

分析：介质中高斯定理的应用。

由电势与场强的关系和D 、E 之间的关系，可得出空气、介质中的场强，由高斯定理可求出介质中的电位移D ，进而求出电量及电容。

解：（1）设介质中的场强为E 、介质外的场强为0E ，则有：
0()()r U Et E d t Et E d t ε=+-=+-
(2) 作一柱形高斯面S ，如图中虚所示，有 即： D S S σ∆=∆ 0(1)r r r r U E E d t
εεεε==
+-
(3) 极板与介质间的场强：
(4) 00(1)(1)r r r r r r SU
S d t
q C U
U
d t
εεεεεεεε+-==
=
+-
10-13 一平行板电容器，极板间距d =5.00mm ，极板面积S =100cm 2, 用电动势E=300V 的电源给电容器充电. （1）若两板间为真空，求此电容器的电容0C ，极板上的面电荷密度0σ，两极板间的场强0E ；
（2）该电容器充电后，与电源断开，再在两板间插入厚度d =5.00mm 的玻璃片（相对电容率 5.0r ε=）,求其电容C ，两板间的场强E 以及电势差ΔU ；
（3）该电容器充电后，仍与电源相接，在两极板间插入与（2）相同的玻璃片，求其电容C '，两板间的场强E '以及两板上的电荷量q 。

分析：电容器充电后，断开电源，电容器存储的电量不变。

而充电后，电容器仍与电源相接，则电容器两极板间电压不变。

插入介质后电容器的电容增大。

解：（1） 两极板间为真空，则有： 又∵ 000q S
C U U
σ==
（2）插入介质后
（3）充电后，仍与电源相接，则300U V ∆=不变.
10-14 一圆柱形电容器由半径为R 1的导线和与它同轴的导体圆筒构成，圆筒长为l ，内半径为R 2
，导线与圆筒间充满相
题10-12解图
对电容率为r ε的电介质，设沿轴线单位长度上导线的电量为λ，圆筒的电量为λ－，略去边缘效应，求：（1）电介质中电位移D ，场强E ；（2）两极板的电势差。

分析：介质中的高斯定理的应用。

根据介质中的高斯定理求出D 、E ，再由电势差与场强的关系求电势差。

解：（1）电荷分布具有对称性,即D 、E 的分布变量呈对称性方向沿径向向外.作如图所示的圆柱形高斯面，由高斯定理可知：
i
i
D ds q
x λ==∑⎰ (R 1<R <R 2)
即 2D rx x πλ= ∴ 2πD r λ
=
(R 1<r <R 2)
002πr
r D
E r
λ
εεεε=
=
(R 1<r <R 2)
D 、
E 的方向均沿径向向外.
(2) 2
2
1
1
2001
ln 22R R AB R
R r r R U E dr dr r R λλ
πεεπεε===⎰⎰
10-15 如题图10-15所示，每个电容器的电容C 均为3μF ，现将a ,b 两端加上U =450V 的电压，求：（1）各个电容器上的电量；（2）整个
电容器组所贮存的电能；（3）如果在电容器3C 中，充入
相对电容率2r ε=的电介质，各个电容器上的电量。

分析：画出等效电路，利用电容器的串、并联特点求解。

解：
（1）画出
该电路的等效图如图示
而 4
910)Q Q Q C ===⨯－312总（
而 Q Q Q +=1212 且 Q Q 12＝
即各电容器的电量为：44510)Q Q C ==⨯－12.（；4910)Q C =⨯－3（
(2) 26211W=C 210(450)0.203()2
2
U J -=⨯⨯⨯=总
(3)在3C 中充入2
r ε=的电介质后，其电容为3
C '，则有：
4
1 6.7510)2
Q Q Q C ===⨯－123（h
题10-14解图
题10-15解图
题图10-15
第十一章 电流与磁场
11-1 电源中的非静电力与静电力有什么不同？
答：在电路中，电源中非静电力的作用是，迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极移动到高电位的电源正极，使两极间维持一电位差。

而静电场的作用是在外电路中把正电荷由高电位的地方移动到低电位的地方，起到推动电流的作用；在电源内部正好相反，静电场起的是抵制电流的作用。

电源中存在的电场有两种：1、非静电起源的场；2、稳恒场。

把这两种场与静电场比较，静电场由静止电荷所激发，它不随时间的变化而变化。

非静电场不由静止电荷产生，它的大小决定于单位正电荷所受的非静电力，q
非
F E =。

当然电源
种类不同，非F 的起因也不同。

11-2静电场与恒定电场相同处和不同处？为什么恒定电场中仍可应用电势概念？
答：稳恒电场与静电场有相同之处，即是它们都不随时间的变化而变化，基本规律相同，并且都是位场。

但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生，电荷本身却在移动。

正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化，因此静电场的两条基本定理，即高斯定理和环路定理仍然适用，所以仍可引入电势的概念。

11-3一根铜导线表面涂以银层，当两端加上电压后，在铜线和银层中，电场强度是否相同？电流密度是否相同？电流强度是否相同？为什么？
答：此题涉及知识点：电流强度d s
I =⋅⎰j s ，电流密度概念，电场强度概念，欧姆定律的微分形式j E σ=。

设铜线材料横截
面均匀，银层的材料和厚度也均匀。

由于加在两者上的电压相同，两者的长度又相等，故铜线和银层的场强E 相同。

由于铜线和银层的电导率σ不同，根据j E σ=知，它们中的电流密度j 不相同。

电流强度d s
I =⋅⎰j s ，铜线和银层的j 不同但相差
不太大，而它们的横截面积一般相差较大，所以通过两者的电流强度，一般说来是不相同的。

11-4一束质子发生侧向偏转，造成这个偏转的原因可否是：（1）电场？（2）磁场？（3）若是电场和磁场在起作用，如何判断是哪一种场？
答：造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。

可以改变质子的运动方向，通过质子观察运动轨迹来判断是电场还是磁场在起作用。

11-5 三个粒子，当它们通过磁场时沿着如题图11－5所示的路径运动，对每个粒子可作出什么判断？
答：根据带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力规律，通过观察运动轨迹的不同可以判断三种粒子是否带电和带电种类。