普通物理学第五版导体和电介质中的静电场章答案
大学物理_有导体和电介质存在时的静电场及习题解答.
R R1
E R R1 R2
13-5 电容器
一、孤立导体的电容：
反映了储存电荷和电能的能力
C q U
实验证明： 与导体的尺寸、形状与介质有关 与q和U无关
设孤立导体球带电Q
E
Q
4 0r 2
U
Q
dr
Q
R 4 0r 2
4 0R
C
Q U
4
0R
二、电容器 C q VAB
形态分类：平板、圆柱、球形 材料分类：空气、纸质、云母 充电：使极板带上等量异号电荷
2 3 0 - - - - -（- 3）
Q1
0
E4 E1 E2 E3
4 1 2 3 20 20 20 20 1 2 3 4 - - - - -（- 4）
1
2
4
Q 2S
3
Q 2S
2、第二块板接地，情况如何？
接地=电势为零 （不 一定是电荷为零）
E dr 0
' 1
4 0R3
r R1
+ + + +
内部E=0 外部E⊥表面
+ +
+
Q
-Q
+
Q
+
+ +
+
13-4 静电屏蔽
金属空壳内部不受外部静止电荷的电场影响
表面有感应电荷 + +
+
如果内部有电荷， 就会有电势差，
+
+ +
-
？
+ +
导体就不是等势体。
-+ +
+
结论：导体内部一定无电荷（电场）
导体和电介质习题解答
第十章 静电场中的导体和电介质一 选择题1. 半径为R 的导体球原不带电，今在距球心为a 处放一点电荷q ( a ＞R )。
设无限远处的电势为零，则导体球的电势为 ( ) 20200π4 . D )(π4 . C π4 . B π4 .A R)(a qa R a q a qR a q o --εεεε 解：导体球处于静电平衡，球心处的电势即为导体球电势，感应电荷q '±分布在导体球表面上，且0)(='-+'+q q ，它们在球心处的电势 ⎰⎰'±'±='='='q q q R R q V 0d π41π4d 00εε 点电荷q 在球心处的电势为 aq V 0π4ε= 据电势叠加原理，球心处的电势aq V V V 00π4ε='+=。
所以选（A ）2. 已知厚度为d 的无限大带电导体平板，两表面上电荷均匀分布，电荷面密度均为 ，如图所示，则板外两侧的电场强度的大小为 ( )00002 . D . C 2 . B2 .Aεd E=εE=E E σσεσεσ== 解：在导体平板两表面外侧取两对称平面，做侧面垂直平板的高斯面，根据高斯定理，考虑到两对称平面电场强度相等，且高斯面内电荷为S 2σ，可得 0εσ=E 。
所以选（C ）3. 如图，一个未带电的空腔导体球壳，内半径为R ，在腔内离球心的距离为 d 处(d<R )，固定一电量为+q 的点电荷。
用导线把球壳接地后，再把地线撤去，选无穷远处为电势零点，则球心o 处的电势为 ( ))Rd (q R d q 11π4 D. 4πq C. π4 B. 0 A.000-εεε 解：球壳内表面上的感应电荷为-q ，球壳外表面上的电o R d +q ． 选择题3图选择题2图d荷为零，所以有)π4π4000Rq d qV εε-+=。
所以选（ D ）4. 半径分别为R 和r 的两个金属球，相距很远，用一根细长导线将两球连接在一起并使它们带电，在忽略导线的影响下，两球表面的电荷面密度之比R /r 为 ( )A ． R ／r B. R 2 / r 2 C. r 2 / R 2 D. r / R 解：两球相连，当静电平衡时，两球带电量分别为Q 、q ，因两球相距很远，所以电荷在两球上均匀分布，且两球电势相等，取无穷远为电势零点，则r q R Q 00π4π4εε= 即 rR q Q = Rr r q R Q r R ==22 4/4/ππσσ 所以选（D ）5. 一导体球外充满相对介质电常数为εr 的均匀电介质，若测得导体表面附近场强为E ，则导体球面上的自由电荷面密度为 ( )A. ε0 EB. ε0εr EC. εr ED. (ε0εr -ε0) E 解：根据有介质情况下的高斯定理⎰⎰∑=⋅q S D d ，取导体球面为高斯面，则有S S D ⋅=⋅σ，即E D r 0εεσ==。
普通物理学程守洙第五版 答案
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结束 目录
9-8 有直径为16cm及10cm的非常薄的两 个铜制球壳，同心放置时，内球的电势为 2700V，外球带有电荷量为8.0×10-9C，现 把内球和外球接触，两球的电势各变化多少？
结束 目录
解：设内球电势为U1 ，电量为q1，外球 电势为U2 ，电量为q2
U1
=
1
4pe0
q1 R1
+
q2 R2
4pe0
r2 2
结束 目录
9-7 点电荷q =4.0×10-10C，处在导体球 壳的中心，壳的内外半径分别为R1=2.0cm 和R2=3.0cm ，求：
（1）导体球壳的电势； （2）离球心r =1.0cm处的电势； （3）把点电荷移开球心1.0cm后导体 球壳的电势。
结束 目录
解：(1)
UR2=
= 6.7×102(V) ΔU外 =0 外球电势不变。
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9-9 半径为R1=1.0cm的导体球，带有电荷 q1=1.0×10-10C,球外有一个内、外半径分别 为R2=3.0cm 、 R3=4.0cm的同心导体球壳， 壳上带有电荷Q =11×10-10C,试计算：
大学物理上册（第五版）重点总结归纳及试题详解第七章静电场中的导体和电介质
大学物理上册（第五版）重点总结归纳及试题详解第七章静电场中的导体和电介质第七章静电场中的导体和电介质一、基本要求1．掌握导体静电平衡的条件及静电平衡时导体电荷的分布规律；2．学会计算电容器的电容；3．了解介质的极化现象及其微观解释；4．了解各向同性介质中D 和E 的关系和区别； 5．了解介质中电场的高斯定理； 6．理解电场能量密度的概念。
二、基本内容1．导体静电平衡（1）静电平衡条件：导体任一点的电场强度为零（2）导体处于静电平衡时：①导体是等势体，其表面是等势面；②导体表面的场强垂直于导体表面。
（3）导体处于静电平衡时，导体内部处处没有净电荷存在，电荷只能分布在导体的表面上。
2．电容（1）孤立导体的电容 q C V=电容的物理意义是使导体电势升高单位电势所需的电量。
电容是导体的重要属性之一，它反映导体本身具有储存电荷和储存电能的能力。
它的大小仅由导体的几何形状、大小和周围介质决定，与导体是否带电无关。
（2）电容器的电容BA V V qC -=q 为构成电容器两极板上所带等量异号电荷的绝对值。
B A V V -为A 、B 两极间电势差。
电容器电容与电容器形状、大小及两极间介质有关，与电容器是否带电无关。
（3）电容器的串并联串联的特点：各电容器的极板上所带电量相等，总电势差为各电容器上电势差之和。
等效电容由121111nC C C C =+++进行计算。
并联的特点：电容器两极板间的电势差相等，不同电容器的电量不等，电容大者电量多。
等效电容为12n C C C C =+++。
（4）计算电容的一般步骤①设两极带电分别为q +和q -，由电荷分布求出两极间电场分布。
②由BA B A V V d -=??E l 求两极板间的电势差。
③根据电容定义求BA V V qC -=3．电位移矢量D人为引入的辅助物理量，定义0ε=+D E P ，D 既与E 有关，又与P 有关。
说明D 不是单纯描述电场，也不是单纯描述电介质的极化，而是同时描述场和电介质的。
05. 电介质 静电场能量答案
《大学物理》练习题 No .5电介质 静电场的能量班级 ___________ 学号 ___________ 姓名 ___________ 成绩 ________ 说明：字母为黑体者表示矢量一、 选择题1.极化强度P 是量度介质极化程度的物理量, 有一关系式为P = ε0(εr -1)E , 电位移矢量公式为 D = ε0E + P ,则[ D ] (A) 二公式适用于任何介质.(B) 二公式只适用于各向同性电介质.(C) 二公式只适用于各向同性且均匀的电介质.(D) 前者适用于各向同性电介质, 后者适用于任何电介质2. 一导体球外充满相对电容率为εr 的均匀电介质，若测得导体表面附近场强为E ，则导体球面上的自由电荷面密度σ为：[ B ] (A) ε0E .(B) ε0εr E .(C) εr E .(D) (ε0εr -ε0)E .3. 两个半径相同的金属球,一为空心,一为实心,把两者各自孤立时的电容值加以比较,则：[ C ] (A) 空心球电容值大.(B) 实心球电容值大.(C) 两球电容值相等.(D) 大小关系无法确定.4.平行板电容器充电后与电源断开,然后在两极板间插入一导体平板,则电容C , 极板间电压V ,极板空间(不含插入的导体板)电场强度E 以及电场的能量W 将(↑表示增大,↓表示减小)[ B ] (A) C ↓,U ↑,W ↑,E ↑.(B) C ↑,U ↓,W ↓,E 不变.(C) C ↑,U ↑,W ↑,E ↑.(D) C ↓,U ↓,W ↓,E ↓.二.填空题1.一平行板电容器,充电后断开电源, 然后使两极板间充满相对介电常数为εr 的各向同性均匀电介质, 此时两极板间的电场强度为原来的r ε1倍, 电场能量是原来的r ε1倍.2.分子的正负电荷中心重合的电介质叫做 无极分子 电介质，在外电场的作用下，分子的正负电荷中心发生相对位移，形成 电偶极子 。
3. 当平行板电容器板间为真空时，其电容为0C ，板间场强大小为0E ，电位移大小为0D ，当充满相对介电常数为r ε的电介质，则电容为0C r ε ，场强大小为 r E ε0 ，电位移大小为 0D 。
普通物理学第五版第9章导体和电介质中的静电场章答案
解： (1)由于静电感应，外球内表面电量为 -q，外表面电量为+q q 外球的电势为： U2 = 4pe0 r2 (2)外球内表面电量仍为-q,外表面电量为零 外球的电势为： ´ U2 = 0
(3)设内球电量为q1,内球电势为零 q1 q r1 U1 = q1 = r q 4pe0 r1 + 4pe0 r2 =0 2 q1 q U外 = 4pe0 r2
q1 q2 U1 = 4pe0 R1 + R2 q2 q1 = R1 4pe0 U1 R2
1
2700 -2 = 5.0×10 9.0×109 = 1.0×10-8(C) 8.0×10-9 8.0×10-2
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两球接触后，内球电荷q1全部移至外球 壳，两球为等势体。
q1 + q2 U= = 2.03×103(V) 4pe0R2 ΔU内 = 2.7×103 2.03×103 = 6.7×102(V)
d +q
结束 目录
9-6 半径为r1 、 r2 (r1 < r2 )的两个同心导 体球壳互相绝缘，现把+q 的电荷量给予内 球，求： （1）外球的电荷量及电势； （2）把外球接地后再重新绝缘，外球的 电荷量及电势； （3）然后把内球接地，内球的电荷量及 外球的电势的改变(设内球离地球很远)。
结束 目录
结束 目录
9-11 三平行金属板A、B 、C面积均为 200cm2，A、B 间相距4.0mm， A、C 间 相距2.0mm，B 和C 两板都接地。如果使A 板带正电3.0×10-7C ，求： （1）B 、C 板上感应电荷； （2）A 板的电势。 2mm 4mm C A B
目录
解：设A板带电为q =q1+q2，B、C两板的感 应电荷分别为- q1及- q2 。 EAB dAB = EAC dAC UA UB = UA UC q2 q1 EAC = EAB = e0S 2mm 4mm e0 S q1 EAB dAC 1 C A B = E =d = 2 q2 AC AB q1 q2 q1= 1.0×10-7(C) -q1 -q2 q2= 2.0×10-7(C) qB= -q1= -1.0×10-7(C) qC= -q2= -2.0×10-7(C)
《静电场中的导体与电介质》选择题解答与分析
13静电场中的导体与电介质 13.1静电平衡1. 当一个带电导体达到静电平衡时： (A) 表面上电荷密度较大处电势较高． (B) 表面曲率较大处电势较高． (C) 导体内部的电势比导体表面的电势高． (D) 导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零． 答案：(D) 参考解答：静电平衡时的导体电荷、场强和电势分布的特点： (1) 电荷仅分布在导体的表面,体内静电荷为零.(2) 导体表面附近的场强方向与导体表面垂直,大小与导体表面面电荷密度成正比;(3) 导体为等势体,表面为等势面.答案(D)正确，而(A)(B)(C)均需考虑电势是一个相对量，在场电荷的电量以及分布确定的同时,还必须选定一个电势零点,在这样的情况下,场中各点电势才能确定。
给出参考解答，进入下一题：2. 设一带电导体表面上某点附近电荷面密度为σ，则紧靠该表面外侧的场强为0/εσ=E . 若将另一带电体移近，(1) 该处场强改变，公式0/εσ=E 仍能用。
(2) 该处场强改变，公式0/εσ=E 不能用。
上述两种表述中正确的是(A) (1) . (B) (2).答案：(A) 参考解答：处于静电平衡的导体，其表面上各处的面电荷密度与相应表面外侧紧邻处的电场强度的大小成正比，即0εσ=E . 将另一带电体移近带电导体，紧表面外侧的场强会发生改变，电荷面密度为σ也会改变，但公式0εσ=E 仍能用。
给出参考解答，进入下一题：3. 无限大均匀带电平面（面电荷密度为σ）两侧场强为)2/(0εσ=E ，而在静电平衡状态下，导体表面（该处表面面电荷密度为σ）附近场强为0/εσ=E ，为什么前者比后者小一半？参考解答：关键是题目中两个式中的σ不是一回事。
下面为了讨论方便，我们把导体表面的面电荷密度改为σ′，其附近的场强则写为./0εσ'=E对于无限大均匀带电平面(面电荷密度为σ)，两侧场强为)2/(0εσ=E .这里的 σ 是指带电平面单位面积上所带的电荷。
大学大学物理习题解答参考答案-导体与电介质的静电场(一)
20XX年复习资料大学复习资料专业：班级：科目老师：日期：导体与电介质的静电场（一）20XXXX-1-1. 有一带正电荷的大导体，欲测其附近P 点处的场强，将一电荷量为q 0 (q 0 >0 )的点电荷放在P 点，如图所示，测得它所受的电场力为F ．若电荷量q 0不是足够小，则(A) F / q 0比P 点处场强的数值大． (B) F / q 0比P 点处场强的数值小．(C) F / q 0与P 点处场强的数值相等．(D) F / q 0与P 点处场强的数值哪个大无法确定． ［ ］ 20XXXX-1-2. 一带正电荷的物体M ，靠近一原不带电的金属导体N ，N 的左端感生出负电荷，右端感生出正电荷．若将N 的左端接地，如图所示，则(A)N 上有负电荷入地．(B) N 上有正电荷入地．(C ) N 上的电荷不动．(D) N 上所有电荷都入地． ［ ］20XXXX-1-3. 一“无限大”均匀带电平面A ，其附近放一与它平行的有一定厚度的“无限大”平面导体板B ，如图所示．已知A 上的电荷面密度为+ ，则在导体板B 的两个表面1和2上的感生电荷面密度为：(A) 1 = -， 2 = +．(B) 1 =σ21-， 2 =σ21+． (C) 1 =σ21-， 1 =σ21-． (D) 1 = -， 2 = 0． ［ ］20XXXX-1-4. 选无穷远处为电势零点，半径为R 的导体球带电后，其电势为U 0，则球外离球心距离为r 处的电场强度的大小为(A) 302rU R ． (B) R U 0． (C) 20rRU ． (D) r U 0． ［ ］ 20XXXX-1-5. 一长直导线横截面半径为a ，导线外同轴地套一半径为b 的薄圆筒，两者互相绝缘，并且外筒接地，如图所示．设导线单位长度的电荷为+，并设地的电势为零，则两导体之间的P 点( OP = r )的场强大小和电势分别为：q 0PM N A B +σ12(A) 204r E ελπ=，a b U ln 20ελπ=． (B) 204r E ελπ=，r b U ln 20ελπ=． (C) r E 02ελπ=，ra U ln 20ελπ=． (D) r E 02ελπ=，rb U ln 20ελπ=． ［ ］ 20XXXX-1-6. 如图所示，一厚度为d 的“无限大”均匀带电导体板，电荷面密度为，则板的两侧离板面距离均为h 的两点a 、b 之间的电势差为： (A) 0． (B) 02εσ． (C) 0εσh ． (D) 02εσh ． ［ ］ 20XXXX-1-7. 一带电大导体平板，平板二个表面的电荷面密度的代数和为 ，置于电场强度为0E 的均匀外电场中，且使板面垂直于0E 的方向．设外电场分布不因带电平板的引入而改变，则板的附近左、右两侧的合场强为：(A) 002εσ-E ，002εσ+E ． (B) 002εσ+E ，002εσ+E ． (C) 002εσ+E ，002εσ-E ． (D) 002εσ-E ，002εσ-E ． ［ ］ 20XXXX-1-8. A 、B 为两导体大平板，面积均为S ，平行放置，如图所示．A 板带电荷+Q 1，B 板带电荷+Q 2，如果使B板接地，则AB 间电场强度的大小E 为 (A) S Q 012ε ． (B) SQ Q 0212ε-． (C) S Q 01ε． (D) SQ Q 0212ε+． ［ ］ 20XXXX-1-9. 一空心导体球壳，其内、外半径分别为R 1和R 2，带电荷q ，如图所示．当球壳中心处再放一电荷为q 的点电荷时，则导体球壳的电势(设无穷远处为电势零点)为 (A) 104R q επ ． (B) 204R q επ ． O P r a b d b a hh σ 0E +Q 1 +Q 2 A B q q R 1 R 2(C) 102R q επ . (D) 20R qε2π ． ［ ］ 20XXXX-1-20XXXX. 两个同心薄金属球壳，半径分别为R 1和R 2 (R 2 > R 1 )，若分别带上电荷q 1和q 2，则两者的电势分别为U 1和U 2 (选无穷远处为电势零点)．现用导线将两球壳相连接，则它们的电势为(A) U 1． (B) U 2．(C) U 1 + U 2． (D) )(2121U U +． ［ ］20XXXX-1-20XXXX. 一个未带电的空腔导体球壳，内半径为R ．在腔内离球心的距离为d 处( d < R )，固定一点电荷+q ，如图所示. 用导线把球壳接地后，再把地线撤去．选无穷远处为电势零点，则球心O 处的电势为(A) 0 ． (B) dq 04επ． (C)R q 04επ-． (D) )11(40R d q -πε． ［ ］20XXXX-1-20XXXX. 三块互相平行的导体板，相互之间的距离d 1和d 2比板面积线度小得多，外面二板用导线连接．中间板上带电，设左右两面上电荷面密度分别为1和2，如图所示．则比值1 / 2为(A) d 1 / d 2． (B) d 2 / d 1．(C) 1． (D) 2122/d d ． ［ ］20XXXX-1-20XXXX. 如图所示，一带负电荷的金属球，外面同心地罩一不带电的金属球壳，则在球壳中一点P 处的场强大小与电势(设无穷远处为电势零点)分别为：(A) E = 0，U > 0． (B) E = 0，U < 0． (C) E = 0，U = 0． (D) E > 0，U < 0．［ ］20XXXX-1-20XXXX. 一半径为R 的薄金属球壳，带电荷-Q ．设无穷远处电势为零，则球壳内各点的电势U 可表示为： (041επ=K ) (A) R Q K U -<． (B) RQ K U -=． R O d +q d 1 d 2 σ2 σ1P(C) R Q K U ->． (D) 0<<-U RQ K ． ［ ］ 20XXXX-1-20XXXX. 在一不带电荷的导体球壳的球心处放一点电荷，并测量球壳内外的场强分布．如果将此点电荷从球心移到球壳内其它位置，重新测量球壳内外的场强分布，则将发现：(A) 球壳内、外场强分布均无变化．(B) 球壳内场强分布改变，球壳外不变． (C) 球壳外场强分布改变，球壳内不变．(D) 球壳内、外场强分布均改变． ［ ］ 20XXXX-1-20XXXX. 在带有电荷+Q 的金属球产生的电场中，为测量某点场强E ，在该点引入一电荷为+Q/3的点电荷，测得其受力为F ．则该点场强E 的大小(A) Q F E 3=． (B) QF E 3>． (C) QF E 3<． (D) 无法判断． ［ ］ 20XXXX-1-20XXXX. 在一个孤立的导体球壳内，若在偏离球中心处放一个点电荷，则在球壳内、外表面上将出现感应电荷，其分布将是：(A) 内表面均匀，外表面也均匀．(B) 内表面不均匀，外表面均匀．(C) 内表面均匀，外表面不均匀．(D) 内表面不均匀，外表面也不均匀． ［ ］20XXXX-1-20XXXX. 关于高斯定理，下列说法中哪一个是正确的？(A) 高斯面内不包围自由电荷，则面上各点电位移矢量D 为零． (B) 高斯面上处处D 为零，则面内必不存在自由电荷．(C) 高斯面的D 通量仅与面内自由电荷有关．(D) 以上说法都不正确． ［ ］20XXXX-1-20XXXX. 关于静电场中的电位移线，下列说法中，哪一个是正确的？(A) 起自正电荷，止于负电荷，不形成闭合线，不中断．(B) 任何两条电位移线互相平行．(C) 起自正自由电荷，止于负自由电荷，任何两条电位移线在无自由电荷的空间不相交．(D) 电位移线只出现在有电介质的空间． ［ ］20XXXX-1-20XX. 一导体球外充满相对介电常量为r 的均匀电介质，若测得导体表面附近场强为E ，则导体球面上的自由电荷面密度为(A) 0 E ． (B) 0 r E ．(C) r E ． (D) (0 r -0)E ． ［ ］导体与电介质的静电场（二）20XXXX-2-1. 在空气平行板电容器中，平行地插上一块各向同性均匀电介质板，如图所示．当电容器充电后，若忽略边缘效应，则电介质中的场强E 与空气中的场强0E 相比较，应有(A) E > E 0，两者方向相同． (B) E = E 0，两者方向相同．(C) E < E 0，两者方向相同． (D) E < E 0，两者方向相反． ［ ］20XXXX-2-2. 设有一个带正电的导体球壳．当球壳内充满电介质、球壳外是真空时，球壳外一点的场强大小和电势用E 1，U 1表示；而球壳内、外均为真空时，壳外一点的场强大小和电势用E 2，U 2表示，则两种情况下壳外同一点处的场强大小和电势大小的关系为(A) E 1 = E 2，U 1 = U 2． (B) E 1 = E 2，U 1 > U 2．(C) E 1 > E 2，U 1 > U 2． (D) E 1 < E 2，U 1 < U 2． ［ ］20XXXX-2-3. 两个半径相同的金属球，一为空心，一为实心，把两者各自孤立时的电容值加以比较，则(A) 空心球电容值大． (B) 实心球电容值大．(C) 两球电容值相等． (D) 大小关系无法确定． ［ ］20XXXX-2-4. 一个大平行板电容器水平放置，两极板间的一半空间充有各向同性均匀电介质，另一半为空气，如图．当两极板带上恒定的等量异号电荷时，有一个质量为m 、带电荷为+q 的质点，在极板间的空气区域中处于平衡．此后，若把电介质抽去 ，则该质点(A) 保持不动． (B) 向上运动．(C) 向下运动． (D) 是否运动不能确定． ［ ］20XXXX-2-5. 两只电容器，C 1 = 8 F ，C 2 = 2 F ，分别把它们充电到 20XXXX00 V ，然后将它们反接(如图所示)，此时两极板间的电势差为：(A) 0 V ． (B) 20XX0 V ．(C) 600 V ． (D) 20XXXX00V ． ［ ］20XXXX-2-6. 一个平行板电容器，充电后与电源断开，当用绝缘手柄将电容器两极板间距离拉大，则两极板间的电势差U 20XXXX 、电场强度的大小E 、电场能量W 将发生如下变化：(A)U 20XXXX 减小，E 减小，W 减小．(B) U 20XXXX 增大，E 增大，W 增大．(C) U 20XXXX 增大，E 不变，W 增大．(D) U 20XXXX 减小，E 不变，W 不变． ［ ］ E E 0+q mC 1 C 220XXXX-2-7. C 1和C 2两空气电容器串联以后接电源充电．在电源保持联接的情况下，在C 2中插入一电介质板，则 (A) C 1极板上电荷增加，C 2极板上电荷增加．(B) C 1极板上电荷减少，C 2极板上电荷增加．(C) C 1极板上电荷增加，C 2极板上电荷减少．(D) C 1极板上电荷减少，C 2极板上电荷减少． ［ ］20XXXX-2-8. C 1和C 2两空气电容器串联起来接上电源充电．然后将电源断开，再把一电介质板插入C 1中，如图所示. 则 (A) C 1上电势差减小，C 2上电势差增大．(B) C 1上电势差减小，C 2上电势差不变．(C) C 1上电势差增大，C 2上电势差减小．(D) C 1上电势差增大，C 2上电势差不变． ［ ］20XXXX-2-9. C 1和C 2两空气电容器并联以后接电源充电．在电源保持联接的情况下，在C 1中插入一电介质板，如图所示, 则(A) C 1极板上电荷增加，C 2极板上电荷减少． (B) C 1极板上电荷减少，C 2极板上电荷增加．(C) C 1极板上电荷增加，C 2极板上电荷不变．(D) C 1极板上电荷减少，C 2极板上电荷不变． ［ ］20XXXX-2-10. C 1和C 2两空气电容器，把它们串联成一电容器组．若在C 1中插入一电介质板，则(A) C 1的电容增大，电容器组总电容减小．(B) C 1的电容增大，电容器组总电容增大． (C) C 1的电容减小，电容器组总电容减小． (D) C 1的电容减小，电容器组总电容增大． ［ ］20XXXX-2-11. C 1和C 2两空气电容器并联起来接上电源充电．然后将电源断开，再把一电介质板插入C 1中，如图所示, 则 (A) C 1和C 2极板上电荷都不变．(B) C 1极板上电荷增大，C 2极板上电荷不变．(C) C 1极板上电荷增大，C 2极板上电荷减少．(D) C 1极板上电荷减少，C 2极板上电荷增大． ［ ］20XXXX-2-12. 如果在空气平行板电容器的两极板间平行地插入一块与极板面积相同的各向同性均匀电介质板，由于该电介质板的插入和它在两极板间的位置不同，对电容器电容的影响为：(A) 使电容减小，但与介质板相对极板的位置无关．(B) 使电容减小，且与介质板相对极板的位置有关．(C) 使电容增大，但与介质板相对极板的位置无关．(D) 使电容增大，且与介质板相对极板的位置有关． ［ ］C 1 C 2C 1 C 2C 1 C 212C 1 C 220XXXX-2-13. 如果在空气平行板电容器的两极板间平行地插入一块与极板面积相同的金属板，则由于金属板的插入及其相对极板所放位置的不同，对电容器电容的影响为：(A) 使电容减小，但与金属板相对极板的位置无关．(B) 使电容减小，且与金属板相对极板的位置有关．(C) 使电容增大，但与金属板相对极板的位置无关．(D) 使电容增大，且与金属板相对极板的位置有关． ［ ］20XXXX-2-14. 如果某带电体其电荷分布的体密度增大为原来的2倍，则其电场的能量变为原来的(A) 2倍． (B) 1/2倍．(C) 4倍． (D) 1/4倍． ［ ］20XXXX-2-15. 如图所示, 一球形导体，带有电荷q ，置于一任意形状的空腔导体中．当用导线将两者连接后，则与未连接前相比系统静电场能量将(A) 增大． (B) 减小．(C) 不变． (D) 如何变化无法确定．［ ］20XXXX-2-16. 用力F 把电容器中的电介质板拉出，在图(a)和图(b)的两种情况下，电容器中储存的静电能量将(A) 都增加．(B) 都减少．(C) (a)增加，(b)减少．(D) (a)减少，(b)增加． ［ ］20XXXX-2-17. 一空气平行板电容器充电后与电源断开，然后在两极板间充满某种各向同性、均匀电介质，则电场强度的大小E 、电容C 、电压U 、电场能量W 四个量各自与充入介质前相比较，增大(↑)或减小(↓)的情形为(A) E ↑，C ↑，U ↑，W ↑．(B) E ↓，C ↑，U ↓，W ↓．(C) E ↓，C ↑，U ↑，W ↓．(D) E ↑，C ↓，U ↓，W ↑． ［ ］20XXXX-2-18. 两个完全相同的电容器C 1和C 2，串联后与电源连接．现将一各向同性均匀电介质板插入C 1中，如图所示，则(A) 电容器组总电容减小．(B) C 1上的电荷大于C 2上的电荷．(C) C 1上的电压高于C 2上的电压 ．(D) 电容器组贮存的总能量增大． ［ ］20XXXX-2-19. 一平行板电容器充电后仍与电源连接，若用绝缘手柄将电容器两qF F 充电后仍与电源连接 充电后与电源断开C 1C 2极板间距离拉大，则极板上的电荷Q、电场强度的大小E和电场能量W将发生如下变化(A) Q增大，E增大，W增大．(B) Q减小，E减小，W减小．(C) Q增大，E减小，W增大．(D) Q增大，E增大，W减小．［］20XXXX-2-20. 真空中有“孤立的”均匀带电球体和一均匀带电球面，如果它们的半径和所带的电荷都相等．则它们的静电能之间的关系是(A) 球体的静电能等于球面的静电能．(B) 球体的静电能大于球面的静电能．(C) 球体的静电能小于球面的静电能．(D) 球体内的静电能大于球面内的静电能，球体外的静电能小于球面外的静电能．［］。
普通物理学第五版第8章静电场答案
2
代入得到:
x
=
q
(2π
2l 0 mg
)1
3
题号 结束
(1)若 l =1.20m, m =10g, x = 5.0cm
求: q
ε 解:
从式 x
=
(2πq
2l 0 mg
)1
3
得到:
ε q
=
(2π
0 mg x l
)3 1
2
=±2.38×10-8C
(2)若
dq dt
=1.0×10-9C/s
求:
dx dt
2.0 x2
5.0 + (x +0.10)2
(V/m)
题号 结束
(2)在-0.10<x <0区间
ε E2 =
1
4π
0
q2 (x +0.10)2
q1 x2
=
9×104
5.0 (x +0.10)2
2.0 x2
(V/m)
(3)在<x <-0.10区间
ε E3 =
1
4π
0
q1 x2
q2 (x +0.10)2
q2
C
B
题号 结束
已知： q1 =1.8×10-9C,q2= -4.8×10-6C、 BC = 0.04m，AC = 0.03m。
求:Ec 。
A
ε E1
=
4π
q1 0 (AC
)2
q1
=
9×109×(
1.8×10-9 3.0×10-2
)
2
C
E2
q2 B
=1.8×104 V/m
E1
大学物理作业参考答案
电势、导体与※电介质中的静电场 （参考答案）班级： 学号： 姓名： 成绩：一 选择题1．真空中一半径为R 的球面均匀带电Q ，在球心O 处有一带电量为q 的点电荷，如图所示，设无穷远处为电势零点，则在球内离球心O 距离为r 的P 点处的电势为： （A ）r q04πε； （B ）)(041R Qrq+πε；（C ）r Qq 04πε+； （D ）)(041R qQ r q-+πε；参考：电势叠加原理。
[ B ] 2．在带电量为-Q 的点电荷A 的静电场中，将另一带电量为q 的点电荷B 从a 点移动到b ，a 、b 两点距离点电荷A 的距离分别为r 1和r 2，如图，则移动过程中电场力做功为：（A ）)(210114r r Q --πε； （B ）)(210114r r qQ-πε；（C ）)(21114r r qQ --πε； （D ）)(4120r r qQ --πε。
参考：电场力做功＝势能的减小量。
A=W a -W b ＝q(U a -U b ) 。
[ C ] 3．某电场的电力线分布情况如图所示，一负电荷从M 点移到N 点，有人根据这个图做出以下几点结论，其中哪点是正确的？（A ）电场强度E M ＜E N ； （B ）电势U M ＜U N ； （C ）电势能W M ＜W N ； （D ）电场力的功A ＞0。
[ C ]4．一个未带电的空腔导体球壳内半径为R ，在腔内离球心距离为d （d ＜R ）处，固定一电量为+q 的点电荷，用导线把球壳接地后，再把地线撤去，选无穷远处为电势零点，则球心O 处的点势为：（A ）0； （B ）d q04πε； （C ）-R q04πε； （D ）)(1140R dq-πε。
参考：如图，先用高斯定理可知导体内表面电荷为-q ，外表面无电荷（可分析）。
虽然内表面电荷分布不均，但到O 点的距离相同，故由电势叠加原理可得。
[ D ] ※5．在半径为R 的球的介质球心处有电荷+Q ，在球面上均匀分布电荷-Q ，则在球内外处的电势分别为：（A ）内r Q πε4+，外r Q04πε-； （B ）内r Qπε4+，0； 参考：电势叠加原理。
8.导体和介电质中的静电场大学物理习题答案
r R1 ： E1
q 0 r ； 4 0 r 2 q 0 r 4 0 r 2
R1 r R2 ： E 2 0 ；
3
2
1 q
R1 -q
r R2 ： E 3
电势分布
q
r R1 ： U E d l E1 d l E 3 d r
Q 1 1 1 1 1 1 [( ) ( ) ] 4 0 r R1 r R1 R2 R2
R1 r R2 ： U 3 E d l E3 d r E 4 d r
r r R2
R2
Q 1 1 1 1 [ ( ) ] 4 0 r r R2 R2
3 B 球壳所带净电荷 Q ' q 'q Q q 4 3 （2）用导线将和相连，球上电荷与球壳内表面电荷相消。 Q" q' Q 4 2 8-3 两带有等量异号电荷的金属板 A 和 B， 相距 5.0mm，两板面积都是 150cm ，电量大小都是 2.66×l0 8C，
E dl
r
R0
r
E1 d l
R1
R0
E2 d r
R2
R2
R1
E3 d r
R2
E4 d r
R1
R0
Q dr 4 0 r 2
R2
R1
Q dr 4 0 r r 2
Q dr 4 0 r 2
大学物理课后习题答案马文蔚第五版
第六章 静电场中的导体与电介质6 －1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近,则导体B 的电势将A 升高B 降低C 不会发生变化D 无法确定分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势;由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时,在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷,不带电导体的电势将高于无穷远处,因而正确答案为A;6 －2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N,在N 的左端感应出正电荷,右端感应出负电荷;若将导体N 的左端接地如图所示,则 A N 上的负电荷入地 BN 上的正电荷入地 C N 上的所有电荷入地 DN 上所有的感应电荷入地分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势,即与无穷远处等电势,这与导体N 在哪一端接地无关;因而正确答案为A;6 －3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近,点电荷距导体球球心为d ,参见附图;设无穷远处为零电势,则在导体球球心O 点有 A dεqV E 0π4,0== B d εqV d εq E 020π4,π4==C 0,0==V ED RεqV d εq E 020π4,π4==分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零;点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′,导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零,O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势;因而正确答案为A; 6 －4 根据电介质中的高斯定理,在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和;下列推论正确的是A 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内一定没有自由电荷B 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内电荷的代数和一定等于零C 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零,曲面内一定有极化电荷D 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关E 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零,表明曲面内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布,介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关;因而正确答案为E;6 －5对于各向同性的均匀电介质,下列概念正确的是A 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时,电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍B 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍C 在电介质充满整个电场时,电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍D 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍分析与解电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成,由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布,由电介质中的高斯定理,仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时,在电介质中任意高斯面S有即E＝E０/εｒ,因而正确答案为A;6 －6不带电的导体球A 含有两个球形空腔,两空腔中心分别有一点电荷q b、q c,导体球外距导体球较远的r处还有一个点电荷q d如图所示;试求点电荷q b、q c、q d 各受多大的电场力;分析与解根据导体静电平衡时电荷分布的规律,空腔内点电荷的电场线终止于空腔内表面感应电荷；导体球A 外表面的感应电荷近似均匀分布,因而近似可看作均匀带电球对点电荷q d的作用力;点电荷q d与导体球A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零,点电荷q b 、q c 处于球形空腔的中心,空腔内表面感应电荷均匀分布,点电荷q b 、q c 受到的作用力为零.6 －7 一真空二极管,其主要构件是一个半径R １ ＝×10－4m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外,半径R ２ ＝×10－3m 的同轴圆筒形阳极．阳极电势比阴极电势高300V,阴极与阳极的长度均为L ＝×10－２m ．假设电子从阴极射出时的速度为零．求：１该电子到达阳极时所具有的动能和速率；２电子刚从阳极射出时所受的力． 分析 1 由于半径R １＜＜L ,因此可将电极视作无限长圆柱面,阴极和阳极之间的电场具有轴对称性．从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速,电子所获得的动能等于电场力所作的功,也即等于电子势能的减少．由此,可求得电子到达阳极时的动能和速率．2 计算阳极表面附近的电场强度,由F ＝q E 求出电子在阴极表面所受的电场力． 解 1 电子到达阳极时,势能的减少量为 由于电子的初始速度为零,故 因此电子到达阳极的速率为 2 两极间的电场强度为 两极间的电势差负号表示阳极电势高于阴极电势．阴极表面电场强度 电子在阴极表面受力这个力尽管很小,但作用在质量为９.1１ ×10－3１kg 的电子上,电子获得的加速度可达重力加速度的5 ×10１5 倍．6 －8 一导体球半径为R １ ,外罩一半径为R 2 的同心薄导体球壳,外球壳所带总电荷为Q ,而内球的电势为V ０ ．求此系统的电势和电场的分布． 分析 若200π4R εQV =,内球电势等于外球壳的电势,则外球壳内必定为等势体,电场强度处处为零,内球不带电．若200π4R εQV ≠,内球电势不等于外球壳电势,则外球壳内电场强度不为零,内球带电．一般情况下,假设内导体球带电q ,导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示．依照电荷的这一分布,利用高斯定理可求得电场分布．并由⎰∞⋅=pp V l E d 或电势叠加求出电势的分布．最后将电场强度和电势用已知量V 0、Q 、R １、R 2表示．解 根据静电平衡时电荷的分布,可知电场分布呈球对称．取同心球面为高斯面,由高斯定理()()∑⎰⋅=⋅=⋅02/π4d εq r E r r E S E ,根据不同半径的高斯面内的电荷分布,解得各区域内的电场分布为r ＜R １时, ()01=r ER １＜r ＜R 2 时,()202π4r εqr E =r ＞R 2 时, ()202π4r εqQ r E +=由电场强度与电势的积分关系,可得各相应区域内的电势分布．r ＜R １时, R １＜r ＜R 2 时, r ＞R 2 时,也可以从球面电势的叠加求电势的分布．在导体球内r ＜R １ 在导体球和球壳之间R １＜r ＜R 2 在球壳外r ＞R 2 由题意 得代入电场、电势的分布得r ＜R １时,01=E ；01V V =R １＜r ＜R 2 时,22012012π4r R εQ R r V R E -=；r R εQR r r V R V 201012π4)(--= r ＞R 2 时,220122013π4)(r R εQ R R r V R E --=；rR εQR R r V R V 2012013π4)(--= 6 －9 在一半径为R １ ＝ cm 的金属球A 外面套有一个同心的金属球壳B ．已知球壳B 的内、外半径分别为R 2＝ cm,R 3 ＝ cm ．设球A 带有总电荷Q A ＝ ×10－８C,球壳B 带有总电荷Q B ＝×10－８C ．１ 求球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势；2 将球壳B 接地然后断开,再把金属球A 接地,求金属球A 和球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势．分析１根据静电感应和静电平衡时导体表面电荷分布的规律,电荷Q A均匀分布在球A 表面,球壳B 内表面带电荷－Q A ,外表面带电荷Q B＋Q A ,电荷在导体表面均匀分布图ａ,由带电球面电势的叠加可求得球A 和球壳B 的电势．2 导体接地,表明导体与大地等电势大地电势通常取为零．球壳B 接地后,外表面的电荷与从大地流入的负电荷中和,球壳内表面带电－Q A图ｂ．断开球壳B 的接地后,再将球A 接地,此时球A 的电势为零．电势的变化必将引起电荷的重新分布,以保持导体的静电平衡．不失一般性可设此时球A 带电q A,根据静电平衡时导体上电荷的分布规律,可知球壳B 内表面感应－q A,外表面带电q A－Q A图c．此时球A 的电势可表示为由V A＝0 可解出球A 所带的电荷q A,再由带电球面电势的叠加,可求出球A 和球壳B 的电势．解１由分析可知,球A 的外表面带电×10－８C,球壳B 内表面带电－×10－８C,外表面带电×10－８C．由电势的叠加,球A 和球壳B 的电势分别为2 将球壳B 接地后断开,再把球A 接地,设球A 带电q A ,球A 和球壳B的电势为解得即球A 外表面带电×10－８C,由分析可推得球壳B 内表面带电－×10－８C,外表面带电×10－８C．另外球A 和球壳B 的电势分别为导体的接地使各导体的电势分布发生变化,打破了原有的静电平衡,导体表面的电荷将重新分布,以建立新的静电平衡．6 －10两块带电量分别为Q１、Q2的导体平板平行相对放置如图所示,假设导体平板面积为S,两块导体平板间距为d,并且S＞＞d．试证明１相向的两面电荷面密度大小相等符号相反；2 相背的两面电荷面密度大小相等符号相同．分析导体平板间距d ＜＜ S,忽略边缘效应,导体板近似可以当作无限大带电平板处理;取如图ｂ所示的圆柱面为高斯面,高斯面的侧面与电场强度E 平行,电场强度通量为零；高斯面的两个端面在导体内部,因导体内电场强度为零,因而电场强度通量也为零,由高斯定理得∑=0q上式表明处于静电平衡的平行导体板,相对两个面带等量异号电荷．再利用叠加原理,导体板上四个带电面在导体内任意一点激发的合电场强度必须为零,因而平行导体板外侧两个面带等量同号电荷．证明 １ 设两块导体平板表面的电荷面密度分别为σ１、σ2、σ3、σ4 ,取如图ｂ所示的圆柱面为高斯面,高斯面由侧面S １和两个端面S 2、S 3构成,由分析可知 得 0,0ΔΔ3232=+=+=∑σσS σS σq 相向的两面电荷面密度大小相等符号相反．2 由电场的叠加原理,取水平向右为参考正方向,导体内P 点的电场强度为 相背的两面电荷面密度大小相等符号相同．6 －11 将带电量为Q 的导体板A 从远处移至不带电的导体板B 附近,如 图ａ所示,两导体板几何形状完全相同,面积均为S,移近后两导体板距离为d d S ．１ 忽略边缘效应求两导体板间的电势差； 2 若将B 接地,结果又将如何分析 由习题6 －１0 可知,导体板达到静电平衡时,相对两个面带等量异号电荷；相背两个面带等量同号电荷．再由电荷守恒可以求出导体各表面的电荷分布,进一步求出电场分布和导体间的电势差．导体板B 接地后电势为零,B 的外侧表面不带电,根据导体板相背两个面带等量同号电荷可知,A 的外侧表面也不再带电,由电荷守恒可以求出导体各表面的电荷分布,进一步求出电场分布和导体间的电势差．解 １ 如图ｂ所示,依照题意和导体板达到静电平衡时的电荷分布规律可得 解得两导体板间电场强度为SεQE 02=；方向为A 指向B ． 两导体板间的电势差为 SεQdU AB 02=2 如图c 所示,导体板B 接地后电势为零． 两导体板间电场强度为SεQE 0='；方向为A 指向B ． 两导体板间的电势差为 SεQdU AB 0='6 －12如图所示球形金属腔带电量为Q ＞0,内半径为ɑ,外半径为b,腔内距球心O为r处有一点电荷q,求球心的电势．分析导体球达到静电平衡时,内表面感应电荷－q,外表面感应电荷q；内表面感应电荷不均匀分布,外表面感应电荷均匀分布．球心O点的电势由点电荷q、导体表面的感应电荷共同决定．在带电面上任意取一电荷元,电荷元在球心产生的电势由于R为常量,因而无论球面电荷如何分布,半径为R的带电球面在球心产生的电势为由电势的叠加可以求得球心的电势．解导体球内表面感应电荷－q,外表面感应电荷q；依照分析,球心的电势为6 －13在真空中,将半径为R的金属球接地,与球心O相距为rr＞R处放置一点电荷q,不计接地导线上电荷的影响．求金属球表面上的感应电荷总量．分析金属球为等势体,金属球上任一点的电势V等于点电荷q和金属球表面感应电荷q′在球心激发的电势之和．在球面上任意取一电荷元ｄq′,电荷元可以视为点电荷,金属球表面的感应电荷在点O激发的电势为点O总电势为而接地金属球的电势V0＝0,由此可解出感应电荷q′．解金属球接地,其球心的电势感应电荷总量6 －14地球和电离层可当作球形电容器,它们之间相距约为100 km,试估算地球－电离层系统的电容．设地球与电离层之间为真空．解由于地球半径R1＝×106 m；电离层半径R2＝×105 m ＋R1＝×106 m,根据球形电容器的电容公式,可得6 －15两线输电线,其导线半径为 mm,两线中心相距 m,导线位于地面上空很高处,因而大地影响可以忽略．求输电线单位长度的电容．解由教材第六章6 －4 节例3 可知两输电线的电势差因此,输电线单位长度的电容代入数据F=C⨯.512-52106 －16电容式计算机键盘的每一个键下面连接一小块金属片,金属片与底板上的另一块金属片间保持一定空气间隙,构成一小电容器如图;当按下按键时电容发生变化,通过与之相连的电子线路向计算机发出该键相应的代码信号;假设金属片面积为 mm 2 ,两金属片之间的距离是 mm;如果电路能检测出的电容变化量是 pF,试问按键需要按下多大的距离才能给出必要的信号分析 按下按键时两金属片之间的距离变小,电容增大,由电容的变化量可以求得按键按下的最小距离：解 按下按键时电容的变化量为 按键按下的最小距离为6 －17 盖革－米勒管可用来测量电离辐射．该管的基本结构如图所示,一半径为R 1 的长直导线作为一个电极,半径为R 2 的同轴圆柱筒为另一个电极．它们之间充以相对电容率εｒ ≈1 的气体．当电离粒子通过气体时,能使其电离．若两极间有电势差时,极间有电流,从而可测出电离粒子的数量．如以E1 表示半径为R 1 的长直导线附近的电场强度．1 求两极间电势差的关系式；2 若E 1 ＝ ×106 V · m －1,R 1 ＝ mm,R 2 ＝ mm,两极间的电势差为多少分析 两极间的电场可以近似认为是无限长同轴带电圆柱体间的电场,由于电荷在圆柱面上均匀分布,电场分布为轴对称．由高斯定理不难求得两极间的电场强度,并利用电场强度与电势差的积分关系⎰⋅=21d R R U l E 求出两极间的电势差．解 1 由上述分析,利用高斯定理可得L λεrL E 01π2=⋅,则两极间的电场强度 导线表面r ＝R 1 的电场强度 两极间的电势差2 当611 2.010V m E -=⨯⋅ ,R 1 ＝ mm,R 2 ＝ mm 时,6 －18 一片二氧化钛晶片,其面积为 cm 2 ,厚度为 mm ．把平行平板电容器的两极板紧贴在晶片两侧.1 求电容器的电容；2 当在电容器的两极间加上12 V 电压时,极板上的电荷为多少 此时自由电荷和极化电荷的面密度各为多少 3 求电容器内的电场强度．解 1 查表可知二氧化钛的相对电容率εr ＝173,故充满此介质的平板电容器的电容2 电容器加上U ＝12 V 的电压时,极板上的电荷 极板上自由电荷面密度为 晶片表面极化电荷密度3 晶片内的电场强度为6 －19 如图所示,半径R ＝ m 的导体球带有电荷Q ＝ ×10－８C,导体外有两层均匀介质,一层介质的εr ＝,厚度d ＝ m,另一层介质为空气,充满其余空间．求：1 离球心为r ＝5cm 、15 cm 、25 cm 处的D 和E ；2 离球心为r ＝5 cm 、15 cm 、25 cm 处的V ；3 极化电荷面密度σ′．分析 带电球上的自由电荷均匀分布在导体球表面,电介质的极化电荷也均匀分布在介质的球形界面上,因而介质中的电场是球对称分布的．任取同心球面为高斯面,电位移矢量D 的通量与自由电荷分布有关,因此,在高斯面上D 呈均匀对称分布,由高斯定理⎰∑=⋅0d q S D 可得Dr ．再由r εε0/D E =可得E r ．介质内电势的分布,可由电势和电场强度的积分关系⎰∞⋅=r V l E d 求得,或者由电势叠加原理求得．极化电荷分布在均匀介质的表面,其极化电荷面密度a p σ='． 解 1 取半径为r 的同心球面为高斯面,由高斯定理得r ＜R 0π421=⋅r D01=D ；01=ER ＜r ＜R ＋d Q r D =⋅22π422π4r QD =；202π4r εεQ E r = r ＞R ＋d Q r D =⋅23π423π4r QD =；203π4r εεQ E r= 将不同的r 值代入上述关系式,可得r ＝5 cm 、15 cm 和25 cm 时的电位移和电场强度的大小,其方向均沿径向朝外．r 1 ＝5 cm,该点在导体球内,则01=r D ；01=r Er 2 ＝15 cm,该点在介质层内,εｒ ＝,则2822m C 105.3π42--⋅⨯==r Q D r ；12220m V 100.8π42-⋅⨯==r εεQ E r r r 3 ＝25 cm,该点在空气层内,空气中ε≈ε0 ,则2823m C 103.1π43--⋅⨯==r Q D r ；12220m V 104.1π43-⋅⨯==r εQ E r 2 取无穷远处电势为零,由电势与电场强度的积分关系得r 3 ＝25 cm, r 2 ＝15 cm, r 1 ＝5 cm,3 均匀介质的极化电荷分布在介质界面上,因空气的电容率ε ＝ε0 ,极化电荷可忽略．故在介质外表面； 在介质内表面：介质球壳内、外表面的极化电荷面密度虽然不同,但是两表面极化电荷的总量还是等量异号．6 －20 人体的某些细胞壁两侧带有等量的异号电荷;设某细胞壁厚为 ×10－9 m,两表面所带面电荷密度为± ×10 －3C ／m 2,内表面为正电荷．如果细胞壁物质的相对电容率为,求1 细胞壁内的电场强度；2 细胞壁两表面间的电势差． 解 1细胞壁内的电场强度V /m 108.960⨯==rεεσE ；方向指向细胞外． 2 细胞壁两表面间的电势差V 101.52-⨯==Ed U ．6 －21 一平板电容器,充电后极板上电荷面密度为σ0 ＝×10-5 C · m -2．现将两极板与电源断开,然后再把相对电容率为εｒ ＝ 的电介质插入两极板之间．此时电介质中的D 、E 和P 各为多少分析 平板电容器极板上自由电荷均匀分布,电场强度和电位移矢量都是常矢量．充电后断开电源,在介质插入前后,导体板上自由电荷保持不变．取图所示的圆柱面为高斯面,由介质中的高斯定理可求得电位移矢量D ,再根据rεε0DE =,E D F 0ε-= 可求得电场强度E 和电极化强度矢量P ．解 由分析可知,介质中的电位移矢量的大小介质中的电场强度和极化强度的大小分别为D 、P 、E 方向相同,均由正极板指向负极板图中垂直向下．6 －22 在一半径为R 1 的长直导线外,套有氯丁橡胶绝缘护套,护套外半径为R 2 ,相对电容率为εｒ ．设沿轴线单位长度上,导线的电荷密度为λ．试求介质层内的D 、E 和P ．分析 将长直带电导线视作无限长,自由电荷均匀分布在导线表面．在绝缘介质层的内、外表面分别出现极化电荷,这些电荷在内外表面呈均匀分布,所以电场是轴对称分布．取同轴柱面为高斯面,由介质中的高斯定理可得电位移矢量D 的分布．在介质中0r εε=D E ,0ε=-P D E ,可进一步求得电场强度E 和电极化强度矢量P 的分布．解 由介质中的高斯定理,有得在均匀各向同性介质中6 －23 如图所示,球形电极浮在相对电容率为εr ＝ 的油槽中.球的一半浸没在油中,另一半在空气中.已知电极所带净电荷Q 0 ＝ ×10－6 C.问球的上、下部分各有多少电荷分析 由于导体球一半浸在油中,电荷在导体球上已不再是均匀分布,电场分布不再呈球对称,因此,不能简单地由高斯定理求电场和电荷的分布．我们可以将导体球理解为两个分别悬浮在油和空气中的半球形孤立电容器,静电平衡时导体球上的电荷分布使导体成为等势体,故可将导体球等效为两个半球电容并联,其相对无限远处的电势均为V ,且2211C Q C Q V == 1 另外导体球上的电荷总量保持不变,应有021Q Q Q =+ 2因而可解得Q 1 、Q 2 ．解 将导体球看作两个分别悬浮在油和空气中的半球形孤立电容器,上半球在空气中,电容为下半球在油中,电容为由分析中式1和式2可解得由于导体球周围部分区域充满介质,球上电荷均匀分布的状态将改变．可以证明,此时介质中的电场强度与真空中的电场强度也不再满足rεE E 0=的关系．事实上,只有当电介质均匀充满整个电场,并且自由电荷分布不变时,才满足r εE E 0= ． 6 －24 有两块相距为 的薄金属板A 、B 构成的空气平板电容器被屏蔽在一金属盒Ｋ 内,金属盒上、下两壁与A 、B 分别相距 mm,金属板面积为30 mm ×40 mm;求1 被屏蔽后电容器的电容变为原来的几倍；2 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰,问此时的电容又为原来的几倍分析 薄金属板A 、B 与金属盒一起构成三个电容器,其等效电路图如图ｂ所示,由于两导体间距离较小,电容器可视为平板电容器,通过分析等效电路图可以求得A 、B 间的电容;解 1 由等效电路图可知由于电容器可以视作平板电容器,且32122d d d ==,故1322C C C == ,因此A 、B 间的总电容2 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰,相当于C2 或者C3 极板短接,其电容为零,则总电容6 －25 在A 点和B 点之间有5 个电容器,其连接如图所示．1 求A 、B 两点之间的等效电容；2 若A 、B 之间的电势差为12 V,求U AC 、U CD 和U DB ．解 1 由电容器的串、并联,有求得等效电容C AB ＝4 μF．2 由于AB DB CD AC Q Q Q Q ===,得6 －26 有一个空气平板电容器,极板面积为S ,间距为d ．现将该电容器接在端电压为U 的电源上充电,当1 充足电后；2 然后平行插入一块面积相同、厚度为δδ ＜d 、相对电容率为εｒ 的电介质板；3 将上述电介质换为同样大小的导体板．分别求电容器的电容C,极板上的电荷Q 和极板间的电场强度E ．分析 电源对电容器充电,电容器极板间的电势差等于电源端电压U ．插入电介质后,由于介质界面出现极化电荷,极化电荷在介质中激发的电场与原电容器极板上自由电荷激发的电场方向相反,介质内的电场减弱．由于极板间的距离d 不变,因而与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷,以维持电势差不变,并有相类似的原因,在平板电容器极板之间,若平行地插入一块导体板,由于极板上的自由电荷和插入导体板上的感应电荷在导体板内激发的电场相互抵消,与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷,使间隙中的电场E 增强,以维持两极板间的电势差不变,并有综上所述,接上电源的平板电容器,插入介质或导体后,极板上的自由电荷 均会增加,而电势差保持不变．解 1 空气平板电容器的电容充电后,极板上的电荷和极板间的电场强度为2 插入电介质后,电容器的电容C 1 为故有介质内电场强度空气中电场强度3 插入导体达到静电平衡后,导体为等势体,其电容和极板上的电荷分别为导体中电场强度 02='E 空气中电场强度无论是插入介质还是插入导体,由于电容器的导体极板与电源相连,在维持电势差不变的同时都从电源获得了电荷,自由电荷分布的变化同样使得介质内的电场强度不再等于E 0/εｒ．6 －27 为了实时检测纺织品、纸张等材料的厚度待测材料可视作相对电容率为εｒ 的电介质,通常在生产流水线上设置如图所示的传感装置,其中A,B 为平板电容器的导体极板,d 0 为两极板间的距离．试说明检测原理,并推出直接测量量电容C与间接测量量厚度d 之间的函数关系．如果要检测钢板等金属材料的厚度,结果又将如何分析 导体极板A 、B 和待测物体构成一有介质的平板电容器,关于电容C 与材料的厚度的关系,可参见题6 －26 的分析．解 由分析可知,该装置的电容为则介质的厚度为如果待测材料是金属导体,其等效电容为导体材料的厚度实时地测量A 、B 间的电容量C ,根据上述关系式就可以间接地测出材料的厚度．通常智能化的仪表可以实时地显示出待测材料的厚度．6 －28 利用电容传感器测量油料液面高度．其原理如图所示,导体圆管A 与储油罐B 相连,圆管的内径为D,管中心同轴插入一根外径为d 的导体棒C,d 、D 均远小于管长L 并且相互绝缘．试证明：当导体圆管与导体棒之间接以电压为U 的电源时,圆管上的电荷与液面高度成正比油料的相对电容率为εｒ ．分析 由于d 、D ＜＜L ,导体A 、C 构成圆柱形电容器,可视为一个长XX 为液面高度的介质电容器C 1 和一个长L －X 的空气电容器C 2 的并联,它们的电容值均随X而改变．因此其等效电容C ＝C 1 ＋C 2 也是X 的函数．由于Q ＝CU ,在电压一定时,电荷Q 仅随C 而变化,求出Q 与液面高度X 的函数关系,即可得证证 由分析知,导体A 、C 构成一组柱形电容器,它们的电容分别为其总电容其中d D L εαln π20=；()dD L εεβr ln π20-= 即导体管上所带电荷Q 与液面高度X 成正比,油罐与电容器联通．两液面等高,测出电荷Q 即可确定油罐的液面高度．6 －29 有一电容为 μF 的平行平板电容器,两极板间被厚度为 mm 的聚四氟乙烯薄膜所隔开,1 求该电容器的额定电压；2 求电容器存贮的最大能量． 分析 通过查表可知聚四氟乙烯的击穿电场强度E b ＝ ×107 V ／m,电容器中的电场强度E ≤E b ,由此可以求得电容器的最大电势差和电容器存贮的最大能量．解 1 电容器两极板间的电势差2 电容器存贮的最大能量6 －30 半径为 cm 的长直导线,外面套有内半径为 cm 的共轴导体圆筒,导线与。
普通物理学第五版第9章导体和电介质中的静电场章答案
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在静电平衡时，内侧的合场强（导体内 部）应为零。 E内 = E1 + EΔ S = E1 EΔ S =0 ´
1E E1 = EΔ S = 2
F =σ Δ S E1 = σ Δ S eFra bibliotek202
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9-4 一质量为 m、面积为S 的均质薄金 属盘 ，放置在一无限大导体平板上，平板 水平放置,最初盘和平板都不带电，然后逐 渐使它们带电。问电荷面密度增加到何值 时，金属盘将离开平板。
2
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证：在导体表面取面元 Δ S 面元上电荷面密度为： σ
ΔS
σ 面元外侧场强为：E = e 0
E 内 =0 内侧场强： 面元外侧场强可视为面元Δ S在外侧所产 生的场强和导体其余部分电荷所产生的场 强E1之和，即： E = E1 + EΔ S
σ
面元Δ S还将在内侧所产生场强 EΔ S ´ 且
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解：(1)内球电势为 1 q1 q1 q1+Q U1 = 4pe0 R1 R2 + R2
1×10-10 1×10-10 12×10-10 = 9.0×109 1×10-2 3×10-2 + 4×10-2 =3.3×102(V)
外球电势
q1 +Q 12×10-10 U2 = = 9.0×109× 4×10-2 4pe0 R3 =2.7×102(V)
q
q
d +q
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q E+ =E = 4pe0 r2 E表面 = 2E+ cosq 2q cosq = 2 4pe0 r
E 表面
E+ E q r
q
σ E .dS = E表面 S cos1800 s E表面 Sσ =e 0 e0 E表面 = e0 q 2 cosq σ = 2pe0 r q d =r cosq = cos3q 2pd2
第五版大学物理答案(马文蔚)
第五章 静 电 场5 －1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( )分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为02εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ).5 －2 下列说法正确的是( )(A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷(B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零(C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ).5 －3 下列说法正确的是( )(A ) 电场强度为零的点，电势也一定为零(B ) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零(C ) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D ) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与解 电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D ).5 －9 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为 2204π1L r Q εE -= (2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为2204π21Lr r Q εE += 若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为r r q εe E 20d π41d '=整个带电体在点P 的电场强度 ⎰=E E d接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，⎰=LE i E d (2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A )所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是⎰⎰==Ly E αE j j E d sin d 证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r πεq E 202d ，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则 ()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为E r εq αE L d π4d sin 20⎰'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，22x r r +=' 统一积分变量，则()2203/22222041π2d π41L r r εQ r x L xrQ εE L/-L/+=+=⎰当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度rελLrLQrεEl22π2/41/π21lim=+=∞→此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B)］.这说明只要满足r2/L2＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.5 －13如图为电四极子，电四极子是由两个大小相等、方向相反的电偶极子组成.试求在两个电偶极子延长线上距中心为z的一点P的电场强度(假设z＞＞d).分析根据点电荷电场的叠加求P点的电场强度.解由点电荷电场公式，得()()kkkE222π41π412π41dzqεdzqεzqε++-+=考虑到z＞＞d，简化上式得()()kkkE42222222226π4...321...32112π4/11/1112π4zqdεqzdzdzdzdzzεqzdzdzzεq=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-=通常将Q＝2qd2称作电四极矩，代入得P 点的电场强度kE43π41zQε=5 －14设匀强电场的电场强度E与半径为R的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.分析 方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即⎰⋅=SS d s E Φ 方法2：作半径为R 的平面S ′与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理∑⎰==⋅01d 0q εS S E 这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，E R πR E 22πcos π=⋅⋅-=Φ解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为①()r θθθE e e e E sin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=E RθθERθθERSS2ππ2222πdsindsinddsinsind===⋅=⎰⎰⎰⎰SEΦ5 －17设在半径为R的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为()()Rrρkrρ>=≤≤=Rrk为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E与r的函数关系.分析通常有两种处理方法：(1) 利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有2Sπ4d rE⋅=⋅⎰SE根据高斯定理⎰⎰=⋅Vρεd1dSE，可解得电场强度的分布.(2) 利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为rrρq''⋅=dπ4d2，每个带电球壳在壳内激发的电场0d=E，而在球壳外激发的电场rrεqeE2π4dd=由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布()()()()R r r r R r>=≤≤=⎰⎰ d R r 0 d 00E E E E解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E 得球体内(0≤r ≤R ) ()400202πd π41π4r εk r r kr εr r E r ==⎰ ()r εkr r e E 024= 球体外(r ＞R )()400202πd π41π4r εk r r kr εr r E R ==⎰ ()r εkR r e E 024= 解2 将带电球分割成球壳，球壳带电r r r k V ρq '''==d π4d d 2由上述分析，球体内(0≤r ≤R )()r r rεkr r r r r k εr e e E 0222004d π4π41=''⋅'=⎰ 球体外(r ＞R )()r r Rr εkR r r r πr k πεr e e E 20222004d 441=''⋅'=⎰ 5 －21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 ＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且⎰⋅=rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理∑=⋅0/π2εq rL Er ＜R 1 ， 0=∑q01=E 在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变R 1 ＜r ＜R 2 ，L λq =∑rελE 02π2= r ＞R 2， 0=∑q03=E在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变00π2π2ΔεσrL εL λr ελE === 这与5 －20 题分析讨论的结果一致.5 －22 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.分析 由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为l E d 02⎰∞=Q W 其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度.(2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有()0202V Q V V Q W =-=∞其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势). 解1 由题意Q 1 所受的合力为零()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为 ()2/322031π2y d εQ E E E yy y +=+=将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为 ()d εQy y d εQ Q Q W y 022/3220002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E 解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=，并由电势的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势dεQ d εQ d εQ V 003010π2π4π4=+= 将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功dεQ V Q W 0202π8=-=' 比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多.. 5 －27 两个同心球面的半径分别为R 1 和R 2 ，各自带有电荷Q 1 和Q 2 .求：(1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？分析 通常可采用两种方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由⎰∞⋅=p p V lE d 可求得电势分布.(2) 利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为rεQ V 0π4= 在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势RεQ V 0π4= 其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.解1 (1) 由高斯定理可求得电场分布()()()22021321201211 π4 π40R r r εQ Q R r R r εQ R r r r >+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=r V l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1 时，有20210120212113211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞l E l E l E 当R 1 ≤r ≤R 2 时，有202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞l E l E当r ≥R 2 时，有rεQ Q V r 02133π4d +=⋅=⎰∞l E (2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r ≤R 1 ，则2021011π4π4R εQ R εQ V += 若该点位于两个球面之间，即R 1 ≤r ≤R 2 ，则202012π4π4R εQ r εQ V += 若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2 ，则rεQ Q V 0213π4+=(2) 两个球面间的电势差 ()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-== 5 －30 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝3.0×10－2 m ，R 2 ＝0.10 m )，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r ＝0.05 m 处的电场强度.解 (1) 由习题5 －21 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为rελE 0π2=根据电势差的定义有 120212ln π2d 21R R ελU R R =⋅=⎰l E解得 1812120m C 101.2ln /π2--⋅⨯==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度10m V 7475π2-⋅==rελE 第六章 静电场中的导体与电介质 6 －1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ）（A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。
静电场中的导体和电介质答案ppt课件
(A) 0
+
-+
O
d +q
-
+
-
-+
+
q (B)
40d
q (C)
4 0 R
(D)
q
40
1 d
1 R
9
选择题8：三块相互平行的导体板，相互之间的距离
d1 和 d2 比板的线度小得多，外面两板用导线连接起 来。若中间板上带电，并假设其左、右两面上电荷
的内表面带电量为
-q
；外表面带电量
为
-q
。
+q -q
+q -2q
11
填空题2：两个点电荷在真空中相距为r1时相互作 用力等于它们在某一“无限大”各向同性均匀电
介质中相距为r2时的相互作用力，则该电介质的
相对介电常数r =
。
q1q2
4 0 r12
q1q2
4 0 2 r22
r
r12 r22
面密度分别为σ1 和σ2 ，如图所示。则比值σ1/σ2为：
-σ1 σ1 σ2 -σ2
+σ1
+σ2
d1
d2
(A) d1 d2
(C) 1
(B) d2 d1
(D)
d
2 2
d12
1 0
d1
2 0
d2
10
填空题1：如图所示，两同心导体球壳，内球壳带
电量+q，外球壳带电量 -2q . 静电平衡时，外球壳
We
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大学物理_第五版答案
第五章 静 电 场5 －1 电荷面密度均为＋σ的两块“无穷大”均匀带电的平行平板如图(A)放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 转变的关系曲线为图(B)中的( )分析与解 “无穷大”均匀带电平板激发的电场强度为02εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理能够求得各区域电场强度的大小和方向.因此正确答案为(B).5 －2 以下说法正确的选项是( )(A)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内必然没有电荷(B)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必然为零(C)闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必然为零(D)闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必然为零，但不能确信曲面内必然没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确信曲面上各点的电场强度必然为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因此正确答案为(B).5 －3以下说法正确的选项是( )(A) 电场强度为零的点，电势也必然为零(B) 电场强度不为零的点，电势也必然不为零(C) 电势为零的点，电场强度也必然为零(D) 电势在某一区域内为常量，那么电场强度在该区域内必然为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示实验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将实验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意途径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因此正确答案为(D).*5 －4在一个带负电的带电棒周围有一个电偶极子，其电偶极矩p的方向如下图.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( )(A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止(B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动分析与解 电偶极子在非均匀外电场中，除受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因此正确答案为(B).5 －5 周密实验说明，电子与质子电量差值的最大范围可不能超过±10－21e ，而中子电量与零差值的最大范围也可不能超过±10－21e ，由最极端的情形考虑，一个有8 个电子，8 个质子和8 个中子组成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？ 假设将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析 考虑到极限情形， 假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21 e ，中子电量为10－21 e ，那么由一个氧原子所包括的8 个电子、8 个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律能够估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解 一个氧原子所带的最大可能净电荷为()e q 21max 10821-⨯⨯+=二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e 显然即便电子、质子、中子等微观粒子带电量存在不同，其不同在±10－21e 范围内时，关于像天体一类电中性物体的运动，起要紧作用的仍是万有引力. 5 －6 1964年，盖尔曼等人提出大体粒子是由更大体的夸克组成，中子确实是由一个带e 32 的上夸克和两个带e 31-的下夸克组成.假设将夸克作为经典粒子处置(夸克线度约为10－20 m)，中子内的两个下夸克之间相距×10－15 m .求它们之间的彼此作使劲.解 由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律()r r r re εr q q εe e e F N 78.3π41π412202210=== F 与径向单位矢量e r 方向相同说明它们之间为斥力.5 －7 质量为m ，电荷为－e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为E ｋ .证明电子的旋转频率知足4320232me E εk =v 其中ε0 是真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律.分析 依照题意将电子作为经典粒子处置.电子、氢核的大小约为10－15 m ，轨道半径约为10－10 m ，故电子、氢核都可视作点电荷.点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有2202π41re εr m =v 由此动身命题可证.证 由上述分析可得电子的动能为re εm E K 202π8121==v 电子旋转角速度为3022π4mr εe ω= 由上述两式消去r ，得432022232π4me E εωK ==v 5 －8 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl －与其最临近的八个一价铯离子Cs +组成如下图的立方晶格结构.(1) 求氯离子所受的库仑力；(2) 假设图中箭头所指处缺少一个铯离子(称作晶格缺点)，求现在氯离子所受的库仑力.分析 铯离子和氯离子都可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加.为方便计算能够利用晶格的对称性求氯离子所受的合力.解 (1) 由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故F 1 ＝0.(2) 除有缺点的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，因此氯离子所受的合力F 2 的值为N 1092.1π3π4920220212⨯===aεe r εq q F F 2 方向如下图.5 －9 假设电荷Q 均匀地散布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为2204π1L r Q εE -= (2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为2204π21Lr r Q εE += 假设棒为无穷长(即L →∞)，试将结果与无穷长均匀带电直线的电场强度相较较.分析 这是计算持续散布电荷的电场强度.现在棒的长度不能忽略，因此不能将棒看成点电荷处置.但带电细棒上的电荷可看做均匀散布在一维的长直线上.如下图，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为r r q εe E 20d π41d '=整个带电体在点P 的电场强度 ⎰=E E d接着针对具体问题来处置那个矢量积分.(1) 假设点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，⎰=LE i E d (2) 假设点P 在棒的垂直平分线上，如图(A)所示，那么电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度确实是⎰⎰==Ly E αE j j E d sin d 证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r πεq E 202d ，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.(2) 依照以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为E r εq αE L d π4d sin 2⎰'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，22x r r +=' 统一积分变量，则()2203/22222041π2d π41L r r εQ r x L xrQ εE L/-L/+=+=⎰当棒长L →∞时，假设棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度r ελL r L Q r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→此结果与无穷长带电直线周围的电场强度散布相同［图(B)］.这说明只要知足r 2/L 2＜＜1，带电长直细棒可视为无穷长带电直线.5 －10 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.分析 这仍是一个持续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如下图，从教材第5 －3 节的例1 能够看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθR δS δq d sin π2d d 2⋅==，在点O 激发的电场强度为()i E 3/2220d π41d r x qx ε+=由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有()θθθεδθθR πδR θR πεr x q x πεE d cos sin 2 d sin 2cos 41d 41d 02303/2220=⋅=+=积分得 02/004d cos sin 2εδθθθεδE π⎰== 5 －11 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如下图，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.分析 水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为00er P =，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θer P cos 20=，方向沿对称轴线，如下图.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度 302π41xp εE = 可求得电场的散布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场散布. 解1 水分子的电偶极矩θer θP P cos 2cos 200==在电偶极矩延长线上30030030cos π1cos 4π412π41xθer εx θer εx p εE === 解2 在对称轴线上任取一点A ，那么该点的电场强度+-+=E E E2020π42π4cos 2cos 2x εe r εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=代入得 ()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=23/20202001cos 2cos π42x θxr r x θr x εe E 测量分子的电场时， 总有x ＞＞r 0 ， 因此， 式中()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x θr x x θr x θxr r x cos 2231cos 21cos 2033/2033/20202，将上式化简并略去微小量后，得300cos π1x θe r εE = 5 －12 两条无穷长平行直导线相距为r 0 ，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线组成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x )；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.分析 (1) 在两导线组成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝q E ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE .应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身成立的电场可不能对自身电荷产生作使劲.解 (1) 设点P 在导线组成的平面上，E ＋、E －别离表示正、负带电导线在P 点的电场强度，那么有()i i E E E x r x r ελx r x ελ-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2(2) 设F ＋、F －别离表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，那么有iE F 00π2r ελλ==-+ i E F 002π2r ελλ-=-=+- 显然有F ＋＝F －，彼此作使劲大小相等，方向相反，两导线彼此吸引.5 －13 如图为电四极子，电四极子是由两个大小相等、方向相反的电偶极子组成.试求在两个电偶极子延长线上距中心为z 的一点P 的电场强度(假设z ＞＞d ).分析 依照点电荷电场的叠加求P 点的电场强度. 解 由点电荷电场公式，得()()k k k E 202020π41π412π41d z q εd z q εz q ε++-+= 考虑到z ＞＞d ，简化上式得()()k k k E 42022220222206π4...321...32112π4/11/1112π4zqd εq z d z d z d z d z z εq z d z d z z εq =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-= 通常将Q ＝2qd 2称作电四极矩，代入得P 点的电场强度kE43π41zQε=5 －14设匀强电场的电场强度E与半径为R的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.分析方式1：由电场强度通量的概念，对半球面S 求积分，即⎰⋅=SS dsEΦ方式2：作半径为R的平面S′与半球面S一路可组成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理∑⎰==⋅01dqεSSE这说明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因此⎰⎰'⋅-=⋅=SSSESEΦdd解1 由于闭合曲面内无电荷散布，依照高斯定理，有⎰⎰'⋅-=⋅=SSSESEΦdd依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S的方向，E R πR E 22πcos π=⋅⋅-=Φ解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为①()r θθθE e e e E sin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=ER θθER θθER S S2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰S E Φ5 －15 边长为a 的立方体如下图，其表面别离平行于Oxy 、Oyz 和Ozx 平面，立方体的一个极点为坐标原点.现将立方体置于电场强度()12E kx E +E =i +j (k ，E 1 ，E 2 为常数)的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量.解 如下图，由题意E 与Oxy 面平行，因此任何相对Oxy 面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即0==DEFG OABC ΦΦ.而()[]()2221ABGF d a E dS E kx E =⋅++=⋅=⎰⎰j j i S E Φ考虑到面CDEO 与面ABGF 的外法线方向相反，且该两面的电场散布相同，故有22a E ABGF CDEO -=-=ΦΦ同理 ()[]()2121AOEF d a E dS E E -=-⋅+=⋅=⎰⎰i j i S E Φ ()[]()()2121BCDG d a ka E dS E ka E Φ+=⋅++=⋅=⎰⎰i j i S E因此，整个立方体表面的电场强度通量3ka ==∑ΦΦ5 －16 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层老是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为1m V 120-⋅，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析 考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E 地球表面电荷面密度∑--⨯-=-≈=2902cm 1006.1π4/E εR q σE单位面积额外电子数25cm 1063.6/-⨯=-=e σn5 －17 设在半径为R 的球体内，其电荷为球对称散布，电荷体密度为()()R r ρkr ρ>=≤≤= 0R r 0k 为一常量.试别离用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E 与r 的函数关系.分析 通常有两种处置方式：(1) 利用高斯定理求球内外的电场散布.由题意知电荷呈球对称散布，因此电场散布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因此有2Sπ4d r E ⋅=⋅⎰S E 依照高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E ，可解得电场强度的散布. (2) 利用带电球壳电场叠加的方式求球内外的电场散布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为r r ρq ''⋅=d π4d 2，每一个带电球壳在壳内激发的电场0d =E ，而在球壳外激发的电场r rεq e E 20π4d d = 由电场叠加可解得带电球体内外的电场散布()()()()R r r r R r>=≤≤=⎰⎰ d R r 0 d 00E E E E解1 因电荷散布和电场散布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E 得球体内(0≤r ≤R )()400202πd π41π4r εk r r kr εr r E r ==⎰ ()r εkr r e E 024= 球体外(r ＞R )()400202πd π41π4r εk r r kr εr r E R ==⎰ ()r εkR r e E 024= 解2 将带电球分割成球壳，球壳带电r r r k V ρq '''==d π4d d 2由上述分析，球体内(0≤r ≤R )()r r rεkr r r r r k εr e e E 0222004d π4π41=''⋅'=⎰ 球体外(r ＞R )()r r Rr εkR r r r πr k πεr e e E 20222004d 441=''⋅'=⎰ 5 －18 一无穷大均匀带电薄平板，电荷面密度为σ，在平板中部有一半径为r 的小圆孔.求圆孔中心轴线上与平板相距为x 的一点P 的电场强度.分析 用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种超级特殊的对称性电场.此题的电场散布尽管不具有如此的对称性，但能够利用具有对称性的无穷大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的散布.假设把小圆孔看做由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷(电荷面密度σ′＝－σ)的小圆盘.如此中心轴线上的电场强度等效于平板和小圆盘各自独立在该处激发电场的矢量和. 解 由教材中第5 －4 节例4 可知，在无穷大带电平面周围n εσe E 012= n e 为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场n r x x εσe E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=220212 它们的合电场强度为 n r x x εσe E E E 220212+=+=在圆孔中心处x ＝0，则 E ＝0在距离圆孔较远时x ＞＞r ，则n n εσx r εσe e E 02202/112≈+= 上述结果说明，在x ＞＞r 时，带电平板上小圆孔对电场散布的阻碍能够忽略不计. 5 －19 在电荷体密度为ρ 的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，假设将带电体球心O 指向球形空腔球心O ′的矢量用a 表示(如下图).试证明球形空腔中任一点的电场强度为a E 03ερ=分析 此题带电体的电荷散布不知足球对称，其电场散布也不是球对称散布，因此无法直接利用高斯定理求电场的散布，但可用补偿法求解.挖去球形空腔的带电球体在电学上等效于一个完整的、电荷体密度为ρ 的均匀带电球和一个电荷体密度为－ρ、球心在O ′的带电小球体(半径等于空腔球体的半径).大小球体在空腔内P 点产生的电场强度别离为E 1 、E 2 ，则P 点的电场强度 E ＝E 1 ＋E 2 .证 带电球体内部一点的电场强度为r E 03ερ= 因此 r E 013ερ=，2023r E ερ-= ()210213r r E E E -=+=ερ 依照几何关系a r r =-21，上式可改写为a E 03ερ= 5 －20 一个内外半径别离为R 1 和R 2 的均匀带电球壳，总电荷为Q 1 ，球壳外同心罩一个半径为R 3 的均匀带电球面，球面带电荷为Q 2 .求电场散布.电场强度是不是为离球心距离r 的持续函数？ 试分析.分析 以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称散布，电场强度也为球对称散布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因此24d r πE ⋅=⎰S E .在确信高斯面内的电荷∑q 后，利用高斯定理∑⎰=0/d εq S E 即可求出电场强度的散布.解 取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析∑=⋅02/π4εq r Er ＜R 1 ，该高斯面内无电荷，0=∑q ，故01=ER 1 ＜r ＜R 2 ，高斯面内电荷()31323131R R R r Q q --=∑ 故 ()()23132031312π4r R R εR r Q E --= R 2 ＜r ＜R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ，故 2013π4rεQ E = r ＞R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ＋Q 2 ，故20214π4r εQ Q E += 电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度散布曲线如图(B )所示.在带电球面的双侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不持续，而在紧贴r ＝R 3 的带电球面双侧，电场强度的跃变量230234π4ΔεσR εQ E E E ==-=这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有必然厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是持续转变的，此题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E 的转变就变陡，最后当厚度趋于零时，E 的转变成为一跃变.5 －21 两个带有等量异号电荷的无穷长同轴圆柱面，半径别离为R 1 和R 2 ＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .分析 电荷散布在无穷长同轴圆柱面上，电场强度也必然沿轴对称散布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且⎰⋅=rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的散布.解 作同轴圆柱面为高斯面，依照高斯定理∑=⋅0/π2εq rL Er ＜R 1 ，0=∑q01=E在带电面周围，电场强度大小不持续，电场强度有一跃变 R 1 ＜r ＜R 2 ，L λq =∑rελE 02π2=r ＞R 2，0=∑q03=E在带电面周围，电场强度大小不持续，电场强度有一跃变00π2π2ΔεσrL εL λr ελE ===这与5 －20 题分析讨论的结果一致.5 －22 如下图，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距散布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情形下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.分析 由库仑力的概念，依照Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方式有两种：(1)依照功的概念，电场力作的功为l E d 02⎰∞=Q W其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度. (2) 依照电场力作功与电势能差的关系，有()0202V Q V V Q W =-=∞其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势). 解1 由题意Q 1 所受的合力为零()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为()2/322031π2yd εQ E E E yy y +=+=将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他途径所作的功相同，请想一想什么缘故？)外力所作的功为()d εQ y y d εQ Q Q W y 022/322002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E 解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=，并由电势 的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势dεQd εQ d εQ V 003010π2π4π4=+=将Q 2 从点O 推到无穷远处的进程中，外力作功dεQ V Q W 0202π8=-=' 比较上述两种方式，显然用功与电势能转变的关系来求解较为简练.这是因为在许多实际问题中直接求电场散布困难较大，而求电势散布要简单得多. 5 －23 已知均匀带电长直线周围的电场强度近似为r rελe E 0π2=为电荷线密度.(1)求在r ＝r 1 和r ＝r 2 两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，咱们曾取r →∞处的电势为零，求均匀带电长直线周围的电势时，可否如此取？ 试说明.解 (1) 由于电场力作功与途径无关，假设沿径向积分，那么有12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E (2) 不能.严格地讲，电场强度r e rελE 0π2=只适用于无穷长的均匀带电直线，而现在电荷散布在无穷空间，r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 5 －24 水分子的电偶极矩p 的大小为 ×10－30C· m .求在下述情形下，距离分子为r ＝ ×10－9 m 处的电势.(1)0θ=︒；(2) 45θ=︒；(3)90θ=︒，θ 为r 与p 之间的夹角.解 由点电荷电势的叠加2000P π4cos π4π4r εθp r εq r εq V V V =-+=+=-+-+(1) 若o0=θ V 1023.2π4320P -⨯==rεpV (2) 若o45=θ V 1058.1π445cos 320o P -⨯==rεp V (3) 若o90=θ 0π490cos 20oP ==r εp V5 －25 一个球形雨滴半径为 mm ，带有电量 pC ，它表面的电势有多大？ 两个如此的雨滴相遇后归并为一个较大的雨滴，那个雨滴表面的电势又是多大？分析 取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为RqεV 0π41=当两个球形雨滴归并为一个较大雨滴后，半径增大为R 32，代入上式后能够求出两雨滴相遇归并后，雨滴表面的电势.解 依照已知条件球形雨滴半径R 1 ＝ mm ，带有电量q 1 ＝ pC ，能够求得带电球形雨滴表面电势V 36π411101==R q εV当两个球形雨滴归并为一个较大雨滴后，雨滴半径1322R R =，带有电量q 2 ＝2q 1 ，雨滴表面电势V 5722π4113102==R q εV5 －26 电荷面密度别离为＋σ和－σ的两块“无穷大”均匀带电的平行平板，如图(a )放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势散布并画出电势随位置坐标x 转变的关系曲线.分析 由于“无穷大”均匀带电的平行平板电荷散布在“无穷”空间，不能采纳点电荷电势叠加的方式求电势散布：应该第一由“无穷大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的散布，然后依照电势的概念式求电势散布. 解 由“无穷大” 均匀带电平板的电场强度i 02εσ±，叠加求得电场强度的散布，()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a εσa x2 00i E 电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()a x a x εσV x <<--=⋅=⎰ d 0l E ()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 0a-axl E l E ()a x a εσV >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 0a-axl E l E 电势转变曲线如图(b )所示.5 －27 两个同心球面的半径别离为R 1 和R 2 ，各自带有电荷Q 1 和Q 2 .求：(1) 各区域电势散布，并画出散布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？分析 通常可采纳两种方式(1) 由于电荷均匀散布在球面上，电场散布也具有球对称性，因此，可依照电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度散布，再由⎰∞⋅=pp V lE d 可求得电势散布.(2) 利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为rεQV 0π4=在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势RεQV 0π4=其中R 是球面的半径.依照上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的散布. 解1 (1) 由高斯定理可求得电场散布()()()22021321201211 π4 π40R r rεQ Q R r R rεQ R r r r>+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=rV l E d 可求得各区域的电势散布.当r ≤R 1 时，有20210120212113211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r+=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞lE l E l E当R 1 ≤r ≤R 2 时，有202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r+=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞lE l E当r ≥R 2 时，有rεQ Q V r02133π4d +=⋅=⎰∞l E(2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势散布.假设该点位于两个球面内，即r ≤R 1 ，则2021011π4π4R εQ R εQ V +=假设该点位于两个球面之间，即R 1 ≤r ≤R 2 ，则202012π4π4R εQ r εQ V +=假设该点位于两个球面之外，即r ≥R 2 ，则rεQ Q V 0213π4+=(2) 两个球面间的电势差()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-==5 －28 一半径为R 的无穷长带电细棒，其内部的电荷均匀散布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势散布并画出散布曲线.分析 无穷长均匀带电细棒电荷散布呈轴对称，其电场和电势的散布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理⎰⎰=⋅V V εd 1d 0S E可求得电场散布E (r )，再依照电势差的概念()l E d ⋅=-⎰bab a r V V并取棒表面为零电势(V b ＝0)，即可得空间任意点a 的电势.解 取高度为l 、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理 当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅得 ()02εr ρr E = 当r ≥R 时02/ππ2ερl R rl E =⋅得 ()rεR ρr E 022=取棒表面为零电势，空间电势的散布有 当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V Rr-==⎰当r ≥R 时()rRεR ρr r εR ρr V Rrln 2d 20202==⎰如下图是电势V 随空间位置r 的散布曲线.5 －29 一圆盘半径R ＝ ×10－2 m .圆盘均匀带电，电荷面密度σ＝×10－5 C·m －2 .(1) 求轴线上的电势散布；(2) 依照电场强度与电势梯度的关系求电场散布；(3) 计算离盘心 cm 处的电势和电场强度.分析 将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即可求得带电圆盘在轴线上的电势散布，再依照电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的散布. 解 (1) 带电圆环激发的电势220d π2π41d xr rr σεV +=由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的()x x Rεσxr r r εσV R-+=+=⎰22222d 2 (1)(2) 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R xεσx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向.(3) 将场点至盘心的距离x ＝ cm 别离代入式(1)和式(2)，得V 1691=V -1m V 5607⋅=E当x ＞＞R 时，圆盘也能够视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有V 1695π40==xεq V 1-20m V 5649π4⋅==xεq E 由此可见，当x ＞＞R 时，能够忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘看成点电荷来处置.在此题中作如此的近似处置，E 和V 的误不同离不超过％和％，这已足以知足一样的测量精度.5 －30 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝×10－2 m ，R 2 ＝ m )，带有等量异号的电荷，二者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r ＝ m 处的电场强度.解 (1) 由习题5 －21 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为 rελE 0π2=依照电势差的概念有 120212ln π2d 21R R ελU R R =⋅=⎰l E 解得 1812120m C 101.2ln /π2--⋅⨯==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r ＝ 处的电场强度10m V 7475π2-⋅==rελE 5 －31 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的进程，叫做核聚变.在此进程中能够释放出庞大的能量.例如四个氢原子核(质子)结合成一个氦原子核(α粒子)时，可释放出 的能量.即MeV 25.9e 2He H 4014211++→这种聚变反映提供了太阳发光、发烧的能源.若是咱们能在地球上实现核聚变，就能够取得丰硕廉价的能源.可是要实现核聚变难度相当大，只有在极高的温度下，使原子热运动的速度超级大，才能使原子核相碰而结合，故核。
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电荷量为-q的点电荷从静止释放，计算电荷 的加速度及落到板上时的速度和时间。 （忽略重力和-q 对金属板上电荷分布的影 响）
σ
-q dm
结束 目录
解：
F =qE =ma
σ
2e 0
q
=ma
a
=
σq
2e 0m
v=
2ad
=
σqd
2e 0m
t
=
v a
=
σqd
2e 0m
目录
9-12 两个半径相同的金属球，其中一 个是实心的，另一个是空心的，电容是否相 同?如果把地球看作半径为6400km的球形 导体，试计算其电容。
结束 目录
解：两导体的电容相同
地球的电容为：
C地
=
4pe0
R
=
600×102 9.0×109
=7.1×10-4(F)
结束 目录
9-13 如图所示，证明A、B间的总电容等 于C2的条件是C2=0.618C1。
= 6.7×102(V) ΔU外 =0 外球电势不变。
结束 目录
9-9 半径为R1=1.0cm的导体球，带有电荷 q1=1.0×10-10C,球外有一个内、外半径分别 为R2=3.0cm 、 R3=4.0cm的同心导体球壳， 壳上带有电荷Q =11×10-10C,试计算：
（1）两球的电势U1和U2； （2）用导线把球和壳联接在一起后U1和 V2分别是多少？ （3）若外球接地，U1和U2为多少？
（1）外球的电荷量及电势； （2）把外球接地后再重新绝缘，外球的 电荷量及电势； （3）然后把内球接地，内球的电荷量及 外球的电势的改变(设内球离地球很远)。
结束 目录
解： (1)由于静电感应，外球内表面电量为
-q，外表面电量为+q
外球的电势为：
U2
=
q
4pe0 r2
(2)外球内表面电量仍为-q,外表面电量为零
结束 目录
解：
(1)
P = (er
1)
D
er
=
(5-1)
1 5
= 0.8(C/m2)
(2) ΣP =PΔV = 0.8×0.1= 0.08(C.m)
结束 目录
9-17 一扁平的电介质板er =5垂直放在
一均匀电场里，如果电介质表面上的极化
电荷面密度为σ´=0.5C／m2，求：
（1）电介质里的电极化强度和电位移； （2）介质板外的电位移； （3）介质板里和板外的场强。
T cosq =mg
T
sinq
=
qE
=
σ
2e 0
q
mg
tgq
=
σ
2e 0
q
σσ
q
σ=2e
0 mg q
tgq
=5.0×10-9(C/m2)
T F
mg
结束 目录
9-3 证明在静电平衡时，导体表面某面 元ΔS所受的静电力为:
σ2
F = 2e0ΔS en
结束 目录
证：在导体表面取面元 ΔS
面元上电荷面密度为：σ
. 2σe 0qm
=
4e 0md
σq
结束 目录
9-2 有一块很大的带电金属板及一小球，
已知小球的质量为m =1.0×10-3g，带有电
荷量q =2.0×10-8C，小球悬挂在一丝线的
下端，平衡时悬线与金属板面间的夹角为
300，如图所示。试计算带电金属板上的电
荷面密度σ 。
+σ +σ
q
m
结束 目录
解：
q1 =R1 4pe0 U1
q2 R2
= 5.0×10-2
2700 9.0×109
= 1.0×10-8(C)
8.0×10-9 8.0×10-2
结束 目录
两球接触后，内球电荷q1全部移至外球 壳，两球为等势体。
U
=
q1 +q2
4pe0R2
=
2.03×103(V)
ΔU内 = 2.7×103 2.03×103
Q13
=
2.0 2.0+4.0
×1.7×10-4
=5.7×10-5(C)
Q1=Q13 Q1=1.7×10-4 5.7×10-5
=1.1×10-4(C)
W1=
1 2
QC112=8.1×10-4(J)
W3=
1 2
QC332=1.6×10-4(J)
W2=
1 2
QC222=7.3×10-3(J)
W4=
1 2
（1）求A、B 间的电容； （2）如A、B 间的电压为200V，求每块 板上的电荷量；
（3）求出每一电容器中贮藏的能量。
A C3
C2
C1 C3 B
C3 C3
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解：
1 Ca
=
1 C2
+
1 C13
+
1 C4
=
1 2.0
+
1 6.0
+
21.0 =
7.0 6.0
Ca =0.86mF
1 Cb
=
1 C5
这里是普通物理学第五版
1、本答案是对普通物理学第五版第九章的 答案，本章共9节内容，习题有45题，希 望大家对不准确的地方提出宝贵意见 。
2、答案以ppt的格式，没有ppt的童鞋请自 己下一个，有智能手机的同学可以下一 个软件在手机上看的哦，亲们，赶快行 动吧。
9-1 一块很大的带电金属薄板，其电荷
=2.7×102(V)
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(2)联接后
U1´=
U2´=
q1 +Q
4pe0 R3
=2.7×102(V)
(3)外球接地
U2´´=0 内球电势
U1´´=
1
4pe0
q1 q1 R1 R2
=60(V)
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9-10 两块无限大带电平板导体如图排列， 证明在（1）相向的两面上（图中的2和3）， 其电荷面密度总是大小相等而符号相反； （2）背向的两面上（图中的1和4），其电 荷面密度总是大小相等且符号相同。
σ2 1o+
σ2
2o
σ +
2
3
o
σ
2
4
o
=
0
结束 目录
σ1 σ2 σ3
ε2 o ε2 o ε2 o
ε ε ε σ σ σ 2 1o+
2
2
o
+
2
3
o
σ 1S +σ 2S = q 1 σ 3S +σ 4S =q 2
εσ
2
4
o
=
0
εσ
2
4
o
=
0
解得：
σ
1
=σ
4
=
q 1+q 2 2S
σ
2
=
σ
3
=
q
1 q2 2S
结束 目录
9-8 有直径为16cm及10cm的非常薄的两 个铜制球壳，同心放置时，内球的电势为 2700V，外球带有电荷量为8.0×10-9C，现 把内球和外球接触，两球的电势各变化多少？
结束 目录
解：设内球电势为U1 ，电量为q1，外球 电势为U2 ，电量为q2
U1
=
1
4pe0
q1 R1
+
q2 R2
r
q
q
d +q
结束 目录
q
E+ =E = 4pe0 r2
E+ E 表面
E表面 = 2E+cosq
E
r
sE
=
2q
4pe0
r2
cosq
.dS = E表面Scos1800
σ=
=
=
Sσ
e0
e E 0 表面
q
=
e0
q
2pe0
cos3q
2pd2
r2
q
q
d
σ
+q
E表面
cosq
d =r cosq
结束 目录
9-6 半径为r1 、 r2 (r1 < r2 )的两个同心导 体球壳互相绝缘，现把+q 的电荷量给予内 球，求：
E1= EΔS =
1E
2
F =σΔS E1 = σ2e02ΔS
结束 目录
9-4 一质量为 m、面积为S 的均质薄金 属盘 ，放置在一无限大导体平板上，平板 水平放置,最初盘和平板都不带电，然后逐 渐使它们带电。问电荷面密度增加到何值 时，金属盘将离开平板。
结束 目录
解：
m
g
=q
E
=σS
σ
2e0
=
QC442=7.3×10-3(J)
W5=W6 =
1 2
QC552=2.0×10-2(J)
结束 目录
9-16 一块相对电客率er =5的扁平电介质，
垂直放置于D =1C/m2的均匀电场中，已知 电介质的体积为0.1m3,并且是均匀极化， 求： （1）电介质里的电极化强度； （2）电介质总的电偶极矩。
σ2
2e0
S
σ=
2e0mg
S
使金属板离开的条件为：
σ>
2e0mg
S
结束 目录
9-5 在一无限大接地导体平板附近有一 点电荷q，它离板面的距离为 d。求导体表
面上各点的感应电荷面密度σ 。
q
dq
结称位置上放置一带电量为-q的点电荷， 那么由这两个点电荷所形成的电场在板上仍 然为一等势面，即用-q去代替板上的感应电 荷，所产生的场是是一样的。