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电介质物理_西安交通大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年
电介质物理_西安交通大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年1.非线性光学效应仅存在于光强很高的情况答案:正确2.BaTiO3为位移型铁电体。
答案:正确3.电畴的形成是系统自由能取极大值的结果。
答案:错误4.铁电体中电畴不能在空间任意取向，只能沿晶体的某几个特定晶向取向，电畴所能允许的晶向取决于该种铁电体原型结构的对称性，即在铁电体的原型结构中与铁电体极化轴等效的晶向。
答案:正确5.自由晶体受热时热释电效应是第一类效应和第二类效应之和答案:正确6.热释电材料和铁电材料属于压电材料。
答案:正确7.经过极化处理后，铁电体的剩余极化强度是不稳定的且随时间而衰减，从而造成其介电，压电，热释电性质发生变化，这种现象就是铁电体的陈化。
答案:正确8.自发极化能被外电场重新定向的热释电晶体就是铁电体；铁电体的电畴结构受铁电体原型结构对称性的限制。
答案:正确9.铁电体的表观特征是具有电滞回线，描述了极化强度和电场强度之间的滞后关系，从该曲线可以直观观察到的两个物理量是剩余极化和矫顽场。
答案:正确10.具有自发极化的晶体称为热释电体，在温度变化时可以释放电荷，该效应与电卡效应互为逆效应。
答案:正确11.自发极化只存在具有单一极轴的点群中，共有21种。
答案:12.沿x3轴极化的压电陶瓷通过坐标变换后，有哪些独立分量（）答案:13.以下哪个材料不是铁电体或反铁电体材料（）答案:Al2O314.室温下将铁电四方BaTiO3陶瓷极化，其饱和极化强度与晶体自发极化强度的关系是（）。
答案:15.沿x3轴极化的压电陶瓷的弹性柔顺系数的独立分量为：s11、s12、s13、s33、s44、s55。
答案:错误16.应力张量【图片】与以下哪个应力张量等价（）答案:17.沿x3轴极化的压电陶瓷为4mm点群，属于四方晶系，则X3轴为四次轴绕X3轴进行四次旋转对称操作，则产生的下标变换关系为：1→2、2→-1、3→3。
答案:正确18.晶体中有8种宏观对称操作，共构成32种晶体学点群，其中11种晶体学点群具有对称中心，10种晶体学点群具有单一极轴。
大学物理课后习题答案第五章-推荐下载
vx ' u
1
v c2
vx
'
3 4
c
（2） vBA vAB vx ' 0.4c
5.6 惯性系S′相对另一惯性系 S 沿 x 轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为
计时起点．在S系中测得两事件的时空坐标分别为 x1 =6×104m, t1 =2×10-4s，以及
x2 =12×104m, t2 =1×10-4s．已知在S′系中测得该两事件同时发生．试问：
问在以下两种情况中，它们对 S ' 系是否同时发生？
（1）两事件发生于 S 系的同一地点；
（2）两事件发生于 S 系的不同地点。
解 由洛伦兹变化 t (t v x) 知，第一种情况， x 0 ， t 0 ，故 S ' 系 c2
中 t 0 ，即两事件同时发生；第二种情况， x 0 ， t 0 ，故 S ' 系中 t 0 ，两
第 5 章 狭义相对论 习题及答案
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电通，力1根保过据护管生高线0产中不工资仅艺料可高试以中卷解资配决料置吊试技顶卷术层要是配求指置，机不对组规电在范气进高设行中备继资进电料行保试空护卷载高问与中题带资22负料，荷试而下卷且高总可中体保资配障料置各试时类卷，管调需路控要习试在题验最到；大位对限。设度在备内管进来路行确敷调保设整机过使组程其高1在中正资，常料要工试加况卷强下安看2与全22过，22度并22工且22作尽2下可护1都能关可地于以缩管正小路常故高工障中作高资；中料对资试于料卷继试连电卷接保破管护坏口进范处行围理整，高核或中对者资定对料值某试，些卷审异弯核常扁与高度校中固对资定图料盒纸试位，卷置编工.写况保复进护杂行层设自防备动腐与处跨装理接置，地高尤线中其弯资要曲料避半试免径卷错标调误高试高等方中，案资要，料求编5试技写、卷术重电保交要气护底设设装。备备4置管高调、动线中试电作敷资高气，设料中课并3技试资件且、术卷料拒管中试试调绝路包验卷试动敷含方技作设线案术，技槽以来术、及避管系免架统不等启必多动要项方高方案中式；资，对料为整试解套卷决启突高动然中过停语程机文中。电高因气中此课资，件料电中试力管卷高壁电中薄气资、设料接备试口进卷不行保严调护等试装问工置题作调，并试合且技理进术利行，用过要管关求线运电敷行力设高保技中护术资装。料置线试做缆卷到敷技准设术确原指灵则导活：。。在对对分于于线调差盒试动处过保，程护当中装不高置同中高电资中压料资回试料路卷试交技卷叉术调时问试，题技应，术采作是用为指金调发属试电隔人机板员一进，变行需压隔要器开在组处事在理前发；掌生同握内一图部线纸故槽资障内料时，、，强设需电备要回制进路造行须厂外同家部时出电切具源断高高习中中题资资电料料源试试，卷卷线试切缆验除敷报从设告而完与采毕相用，关高要技中进术资行资料检料试查，卷和并主检且要测了保处解护理现装。场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
大学物理(交大3版)答案(21-23章)
21-9．一个氢原子从 n = 1 的基态激发到 n = 4 的能态。 （1）计算原子所吸收的能量； （2）若原子回到基态，可能发射哪些不同能量的光子？ （3）若氢原子原来静止，则从 n = 4 直接跃回到基态时，计算原子的反冲速率。 解： （1 ） Δ E =
E1 − 13.6 − E1 = − (−13.6) = 12.75eV 2 16 4
λ1 4 5 Rc 5 = ⋅ = λ2 Rc 36 9
21-6．根据氢原子理论推导类氢离子（核电荷数为 Ze ，核外只剩最后一个电子）轨道 半径，电子绕核运动的线速度及原子的能级和电子跃迁时所发射单色光的频率公式。
答：应用牛顿定律和库仑定律得： 根据量子化条件 L = mvr = n
Ze 2 v2 m = r 4πε 0 r 2
答：图（C）
21-2．试比较光电效应与康普顿效应之间的异同。 答：光电效应和康普顿效应都通过光和物质的相互作用过程揭示了光具有粒子性的一 面。 光电效应揭示了光子能量与频率的关系， 康普顿效应则进一步揭示了光子动量与波长的 光系。 两者区别源于产生这两效应的能量范围大不相同， 光电效应中光子的波长在光学范围， 能量的数量级是几个eV，金属中电子逸出功的数量级是1eV。在线性光学范围内的光电效应 中，入射光子能量大于或等于逸出功时，一个电子吸收一个光子，电子和光子系统的能量守 恒，而因电子受束缚，系统的动量不守恒；康普顿效应中的光子在X射线波段，具有104eV 数量级的能量， 相对来说电子逸出功和电子热运动的能量都可以忽略， 原子的外层电子可看 作是自由的、 静止的。 所以康普顿效应反映的是高能光子和低能自由态电子间的弹性碰撞问 题，系统的能量和动量都守恒。 21-3．用可见光照射能否使基态氢原子受到激发？为什么？ 答：使基态氢原子受到激发所需要的最小能量为
电介质物理及其应用-极化和介损部分
3.介质极化的宏观参数—介电常数
电介质的介电常数(εr)是描述电介质极化的宏观参数.
r
D
解： P cos
00
P
900 0
1800 P
0E
D、E——分别为电介质中电感应强度、宏观电场强度 介电常数的意义：用平板电容器为例进行说明
极化前
极化后
Dx = qEi / k
q Ei a Ei k
2
x
4 0 a 3 Ei Ze
a
Ei
qx
e 4 0 a 3
q2 k
e Zex 4 0 a 3 Ei
异性离子的相互作用势能为：
u x q2 b 4 0 x 4 0 x n
n 1 q 解得： k 3
4 0 a
∴离子极化率为： a E
、
i
q 2 4 0 a 3 k n 1
偶极分子位能大小：
u ql E 0 Ei 0 Ei cos
离子中心距离a可以认为是正、负离子的半径之和
a
4 0 r r n 1
α—极化率，单位是Fm2，
P Nμ i N E i
Cm Cm F m2 V/m V
2
所以极化强度P又可表示为：
P 0 r 1 E N Ei
⑤夹层（界面）极化 说明：在实际介质中，往往是多种机化并存！
r 1
N E i (克劳休斯Clausius 方程) 0E
建立时间约为10-12~10-13s,当交变电场的 特点： 频率f<红外光频率时，离子极化来得及建立。
西安交大大物作业题答案(上)
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西安交大《高电压绝缘技术》课后题答案
西安交大《高电压绝缘技术》课后题答案高电压绝缘技术课后答案第一章f ，其中内导体外直径为 100 mm ，外壳的内直径为 320 mm 其中R=160mm ， r=50mm 。
代入上式可得f=1.89<2，所以此时电场是稍不均匀的2. 离地高度10m 处悬挂单根直径3cm 导线，导线上施加有效值 63.5kV 工频交流电压,大场强。
若将该导线更换为水平布置的双分裂导线， 两导线总截面积保持与单根导线一致, 请重新计算导线表面最大场强。
r In其中 U=63.5kV ，d=10m ，r=1.5cm 。
代入上式可得： E max 5.858kV / cm 。
A 0.0106 0 0353对于二分裂导线，由课本 P9页可查得公式。
S 0.3所以EU (1「1 叮2 1 2 12 )s s 2 ，其中 H=10m, E max 5.450kV / cmmaxr“ I n(2 H)23. 总结常用调整电场强度的措施。
解：1） 、改变电极形状①增大电极曲率半径；②改善电极边缘；③使电极具有最佳外形;2） 、改善电极间电容分布①加屏蔽环；②增设中间电极；3）、利用其他措施调整电场①采用不同的电介质；②利用电阻压降；③利用外施电压强制电压分布;第二章1.计算同轴圆柱电极的不均匀系数解： d R rEavU "dEmaxUEmaxdR ' fr r ln E avln rdr/r请计算导线表面最 线间距离30cm ，解：1）：等效成圆柱一板电极：由课本P9页可查的公式为Emax0.9 22）由题意可知：2 r 1 2r ，可得：r 11.06cm 0.0106m ，两导线相邻 S=30cm=0.3m,1、解：由题意:2m e V e2eV，因此：v 2.75 10 6m / shv eV,v c hc,所以57.6 nm。
水蒸气的电离电位为12.7eV。
97.7nm可见光的波长范围在400-750nm，不在可见光的范围。
大学物理课后答案9-10
物理学教程（二）下册答案9—13 马文蔚第九章 静 电 场9－1 电荷面密度均为＋ζ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( )题 9-1 图分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为2εζ，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 ). 9－2 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 ). 9－3 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 ).*9－4 在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p 的方向如图所示.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题 9-4 图分析与解 电偶极子在非均匀外电场中，除了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，因而正确答案为(B ). 9－5 精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21e ，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e ，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？ 若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析 考虑到极限情况， 假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21e ，中子电量为10－21e ，则由一个氧原子所包含的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.由库仑定律可以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 显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e 范围内时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力.9－6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e 32的上夸克和两个带e 31-的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20 m)，中子内的两个下夸克之间相距2.60×10－15m .求它们之间的相互作用力.解 由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律()r rr re r q q e e e F N 78.3π41π412202210===εε F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.9－7 点电荷如图分布，试求P 点的电场强度. 分析 依照电场叠加原理，P 点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P 点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q 的一对点电荷在P 点激发的电场强度大小相等、方向相反而相互抵消，P 点的电场强度就等于电荷量为2.0q 的点电荷在该点单独激发的场强度. 解 根据上述分析2020π1)2/(2π41aqa q E P εε==题 9-7 图9－8 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 QεE -=(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为2204π21Lr r QεE +=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.题 9-8 图分析 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 qεe 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，⎰=L E 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⎰⎰==L y E E j j E d sin d α证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=Lr qE 20π2d ε，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则()220022204π12/12/1π4d π41L r QεL 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 εqαE 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()2202/32222041π2d π41Lr r Q r x L x rQ E L/-L/+=+=⎰εε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rελL r L Q r εE l 0220π2 /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r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.9－9 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为ζ，求球心处电场强度的大小.题 9-9 图分析 这仍是一个连续带电体问题，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，如图所示，从教材第9－3节的例2可以看出，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θθδδd sin π2d d 2⋅⋅==R S q ，在点O 激发的电场强度为()i E 2/3220d 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()θθθεδθθδθεεd cos sin 2 d sin π2cos π41d π41d 02303/2220=⋅=+=R RR r x q x E积分得 02/π004d cos sin 2εδθθθεδ⎰==E9－10 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，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.题 9-10 图分析 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θcos 20er p =，方向沿对称轴线，如图所示.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302π41x pεE =可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布. 解1 水分子的电偶极矩θθcos 2cos 200er p p ==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 ，则该点的电场强度+-+=E E E2020π42π4cos 2cos 2xεer εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=代入得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=22/30202001cos 2cos π42x xr r x r x e E θθε 测量分子的电场时， 总有x ＞＞r 0 ， 因此， 式中()⎪⎭⎫⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫⎝⎛-≈-+x r x x r x xr r xθθθcos 2231cos 21cos 2032/3032/30202，将上式化简并略去微小量后，得300cos π1xθe r εE =9－11 两条无限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) 求两导线构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.题 9-11 图分析 (1) 在两导线构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，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解 (1) 设点P 在导线构成的平面上，E ＋、E －分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有()ii E E E x r x r x r x -=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+=+=+-00000π211π2ελελ(2) 设F ＋、F －分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有i E F 00π2r ελλ==-+ i E F 002π2r ελλ-=-=+-显然有F ＋＝F －，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.9－12 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.题 9-12 图分析 方法1：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 εSS 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 SS E S E Φd d方法2：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即⎰⋅=S S d s E Φ解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有⎰⎰'⋅-=⋅=S SS 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 R E 22ππcos 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()r E e e e E ϕθθϕϕθϕsin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=ER ER ER S S 2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰ϕϕθθϕθϕθS E Φ9－13 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，大气电离层总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∑--⋅⨯-=-≈=2902m C 1006.1π4/E R q E εσ单位面积额外电子数25cm 1063.6)/(-⨯=-=e n σ9－14 设在半径为R 的球体内电荷均匀分布，电荷体密度为ρ,求带电球内外的电场强度分布.分析 电荷均匀分布在球体内呈球对称，带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场，电场强度应该沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球内外的电场分布.以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面，依照高斯定理有⎰==⋅sQ E r S E 0i2π4d ε上式中i Q 是高斯面内的电荷量，分别求出处于带电球内外的高斯面内的电荷量，即可求得带电球内外的电场强度分布.解 依照上述分析，由高斯定理可得R r <时， 302π34π4r E r ερ=假设球体带正电荷，电场强度方向沿径向朝外.考虑到电场强度的方向，带电球体内的电场强度为r E 03ερ=R r >时， 302π34π4R E r ερ=考虑到电场强度沿径向朝外，带电球体外的电场强度为 re rR E 2033ερ=9－15 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 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 .题 9-15 图分析 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 E r ＜R 1 ， 0=∑q 01=ER 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，如图（b ）所示，电场强度有一跃变00π2π2ΔεζrL εL λr ελE ===9－16 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.题 9-16 图分析 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()22031π2y 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()dεQ y 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.9－17 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r rελe E 0π2= 其中λ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，我们曾取r →∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？ 试说明. 解 (1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E (2) 不能.严格地讲，电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，r →∞处的电势应与直线上的电势相等.9－18 一个球形雨滴半径为0.40 mm ，带有电量1.6 pC ，它表面的电势有多大？ 两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这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Rq εV 0π41= 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为R 32，代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势.解 根据已知条件球形雨滴半径R 1＝0.40 mm ，带有电量q 1＝1.6 pC ，可以求得带电球形雨滴表面电势V 36π411101==R q εV 当两个球形雨滴合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 εV 9－19 电荷面密度分别为＋ζ和－ζ的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图(a )放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x 变化的关系曲线.题 9-19 图分析 由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布.解 由“无限大” 均匀带电平板的电场强度i 02εζ±，叠加求得电场强度的分布， ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a a x 0 00i E εσ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 εζV x<<--=⋅=⎰ d 00l E ()a x a εζV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 00a-a x l E l E ()a x a V >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 00a a x εσl E l E 电势变化曲线如图(b )所示. 9－20 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？题 9-20 图分析 通常可采用两种方法.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 l E 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 -=-== 9－21 一半径为R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.题 9-21 图分析 无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理⎰⎰=⋅V V d 1d 0ρεS E可求得电场分布E (r )，再根据电势差的定义()l E d ⋅=-⎰ba b 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，空间电势的分布有当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V R r -==⎰当r ≥R 时 ()r R εR ρr r εR ρr V R r ln 2d 20202==⎰如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线. 9－22 一圆盘半径R ＝3.00 ×10－2 m .圆盘均匀带电，电荷面密度ζ＝2.00×10－5 C·m－2 .(1) 求轴线上的电势分布；(2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布；(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.题 9-22 图分析 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分布，再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.解 (1) 如图所示，圆盘上半径为r 的带电细圆环在轴线上任一点P 激发的电势220d π2π41d xr r r ζεV +=由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的 ()x x R εζx r r r εζV R -+=+=⎰22002202d 2 (1) (2) 轴线上任一点的电场强度为 i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R x εζx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向. (3) 将场点至盘心的距离x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得V 6911=V-1m V 6075⋅=E当x ＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-⨯==ζR 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，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过0.3％和0.8％，这已足以满足一般的测量精度.9－23 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝3.0×10－2m ，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9－15 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 475 7π2-⋅==rE ελ 9－24 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过程，叫做核聚变.在此过程中可以释放出巨大的能量.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25.9MeV 的能量.即MeV 25.9e 2He H 4014211++→这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源.如果我们能在地球上实现核聚变，就能获得丰富廉价的能源.但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非常大，才能使原子核相碰而结合，故核聚变反应又称作热核反应.试估算：(1)一个质子(H 11)以多大的动能(以电子伏特表示)运动，才能从很远处到达与另一个质子相接触的距离？ (2)平均热运动动能达到此值时，温度有多高？ (质子的半径约为1.0 ×10－15 m ) 分析 作为估算，可以将质子上的电荷分布看作球对称分布，因此质子周围的电势分布为rεe V 0π4= 将质子作为经典粒子处理，当另一质子从无穷远处以动能E k 飞向该质子时，势能增加，动能减少，如能克服库仑斥力而使两质子相碰，则质子的初始动能Re r eV E 2π41202R k0ε=≥ 假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能，根据分子动理论知：kT E 23k = 由上述分析可估算出质子的动能和此时氢气的温度.解 (1) 两个质子相接触时势能最大，根据能量守恒eV 102.72π415202R K0⨯==≥Re r εeV E 由20k021v m E =可估算出质子初始速率 17k00s m 102.1/2-⋅⨯==m E v该速度已达到光速的4％.(2) 依照上述假设，质子的初始动能等于氢分子的平均动能kT E E 23k k0== 得 K 106.5329k0⨯≈=kE T 实际上在这么高的温度下，中性原子已被离解为电子和正离子，称作等离子态，高温的等离子体不能用常规的容器来约束，只能采用磁场来约束(托卡马克装置)9－25 在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为109 Ｖ，被迁移的电荷约为30C .(1) 如果释放出来的能量都用来使0 ℃的冰融化成0 ℃的水，则可溶解多少冰？ (冰的融化热L ＝3.34 ×105 J· kg )(2) 假设每一个家庭一年消耗的能量为3 000kW·h ，则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？解 (1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量kg 1098.8Δ4⨯===LqU L E m 即可融化约 90 吨冰.(2) 一个家庭一年消耗的能量为J 1008.1h kW 0003100⨯=⋅=E8.2Δ00===E qU E E n 一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能. 9－26 已知水分子的电偶极矩p =6.17×10－30 C· m .这个水分子在电场强度E ＝1.0 ×105 V · m -1的电场中所受力矩的最大值是多少?分析与解 在均匀外电场中，电偶极子所受的力矩为E p M ⨯=当电偶极子与外电场正交时，电偶极子所受的力矩取最大值.因而有m N 1017.625max ⋅⨯==-pE M9-27 电子束焊接机中的电子枪如图所示，K 为阴极，A 为阳极，阴极发射的电子在阴极和阳极电场加速下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上使两块金属熔化在一起.已知V 105.24A K ⨯=U ，并设电子从阴极发射时的初速度为零，求：（1）电子到达被焊接金属时具有的动能；（2）电子射到金属上时的速度.分析 电子被阴极和阳极间的电场加速获得动能，获得的动能等于电子在电场中减少的势能.由电子动能与速率的关系可以求得电子射到金属上时的速度.解 （1）依照上述分析，电子到达被焊接金属时具有的动能eV 105.24A K k ⨯==eU E(2)由于电子运动的动能远小于电子静止的能量，可以将电子当做经典粒子处理.电子射到金属上时的速度题 9-27 图第十章 静电场中的导体与电介质10－1 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 ）.10－2 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 （B ）N 上的正电荷入地（C ） N 上的所有电荷入地 （D ）N 上所有的感应电荷入地题 10-2 图分析与解 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 ）.10－3 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 ）d εq V E 0π4,0== （B ）dεq V d εq E 020π4,π4== （C ）0,0==V E （D ）Rεq V d εq E 020π4,π4==题 10-3 图分析与解 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 ）.10－4 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。
大学物理(第四版)课后习题及答案电介质
电解质题8.1：一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1 = 5.0⨯10-4 m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外，半径m 105.432-⨯=R 的同轴圆筒形阳极。
阳极电势比阴极电势高300 V ，阴极与阳极的长度均为L = 2.5⨯10-2 m 。
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。
题8.1分析：（1）由于半径L R <<1，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，电于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E F q =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J 108.417ep -⨯-=-=∆eV E由于电子的初始速度为零，故J 108.417ep ek ek -⨯=∆-=∆-E E E因此电子到达阳极的速率为17eks m 1003.122-⋅⨯===meVmE v （2）两极间的电场强度为r 02e E r πελ-=两极间的电势差 1200ln 2d 2d 2121R R r r V R R R R πελπελ-=-=⋅=⎰⎰r E 负号表示阳极电势高于阴极电势。
阴极表面电场强度r 121r 10ln 2e e E R R R VR =-=πελ电子在阴极表面受力N e E F r 141037.4-⨯=-=e这个力尽管很小，但作用在质量为9.11⨯10－31 kg 的电子上，电子获得的加速度可达重力加速度的5⨯1015倍。
题8.2：一导体球半径为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。
题8.2分析：不失一般情况，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。
【西安交通大学】【电介质物理】【姚熹张良莹】【课后习题答案】【第一章】
第一章 静电场中的电介质1-1 半径为a 的 球带电量为q ，电荷密度正比于距球心的居里。
求空间的电位和电场分布。
解： 由题意可知，可设kr =ρ再由于 ⎰=q dv ρ，代入可以求出常数k 即 ⎰=424ka krdr r ππ 所以 4a q k π=r aq 4πρ= 当 a r >.时 由高斯定理可知24επqr E =⋅ ； 204r q E πε=⎰∞=⋅=rrq dr E U 04πε当 a r <<0时 由高斯定理可知4042040024114aqr dr r r a q dv r E rrεππερεπ=⋅==⋅⎰⎰4024a qr E πε=dr rqr dr a qr dr E U a r ar⎰⎰⎰∞∞+=⋅=20240244πεπε aq r a aq 033404)(12πεπε+-=)4(123340r a a q -=πε1-2 电量为q 的8个点电荷分别位于边长为a 的立方体的各顶角。
求其对以下各点的电距：（1）立方体中心；（2）某一面的中心；（3）某一顶角；（4）某一棱的中点。
若8个点电荷中4个为正电荷、4个为负电荷，重新计算上述问题解 ：由电矩的定义 ∑∑==ii i ii i r q r q μ（一）八个电荷均为正电荷的情形（1）立方体的在中心： 八个顶点相对于立方体中心的矢量和为∑==810i i r ，故0==∑ii i r q μ（2）某一面心： 该面的四个顶点到此面心的矢量和∑==410i ir，对面的四个顶点到此点的矢量和∑==854i i a r故qa 4=μ；（3）某一顶角 ：其余的七个顶点到此顶点的矢量和为：∑==7534i ia r故qa 34=μ；（4）某一棱的中心 ；八个顶点到此点的矢量和为∑==7524i i a r故qa 24=μ；（二）八个电荷中有四个正电荷和四个负电荷的情形与此类似； 1-3 设正、负电荷q 分别位于（0，0，l /2）、（0，0，－l /2），如图所示。
大学物理西南交大作业参考答案
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 ）rQq 04πε+； （D ）)(041R qQ rq -+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 ）)(21114r r qQ-πε；（C ）)(210114r 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 ]3N 点，有人（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。
r 2 (-Qbr 1B a（q ）[ 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。
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 Qπε4+，外r Q 04πε-； （B ）内r Qπε4+，0； 参考：电势叠加原理。
电子材料物理部分参考答案.
（2）少量TiO2溶入ZnFe2O4, 高价的Ti4+取代Fe3+, 生成金 属不足置换固溶体。
（3）向ZnO晶体中固溶少量Al2O3 ，写出可能存在的缺陷 准化学反应方程式。
实际存在的可能性不大
低掺杂量
高掺杂量
第三章 作业题
1. 什么是霍尔效应？为什么可以利用霍尔效应检验材料是否 存在电子电导？并分析制作霍尔元件的材料为什么常采用N 型半导体？ 2. ZrO2用做汽车氧传感器时，通常用来测量发动机空燃比。 请你查阅资料，阐述其工作原理并弄清目前发动机空燃比 达到多少时效果最佳。 3. TiO2在缺氧的气氛中易形成阴离子缺位，利用缺陷化学原 理，分析TiO2电导率与氧分压的关系。 P108 3.1 3.3 3.9 3.10
n
N 4 4 22 3 3 4 10 cm 8 3 V a 4.62 10
22 19 2
4 10 2 1.6 10 5 1012 nq 7 1 1 D 8.37 10 cm kT 1.38 1023 1500 273
AlZn VO
Cui
Mg Zr
答：Al3+占据Zn2+的位置，带有一个单位正电荷； 氧空位，带两个单位正电荷； Cu2+填隙，带两个单位正电荷； Mg2+占据Zr4+的位置，带两个单位负电荷。
3.写出下列过程中的缺陷反应方程式: （1）在纯ZrO2中分别固溶CaO、Y2O3，请写出该固溶过程 中产生VO••的缺陷反应方程式；
2.什么是Leabharlann 体的宏观对称性？它包括哪些宏观对称操作及相应的对称 元素？独立的对称操作元素有那些？
答：晶体通过旋转、反映、反演及旋转-反演等操作而使等同部分重合，相应 的对称性称为晶体的宏观对称性。 旋转：晶体绕某一固定轴(旋转轴)旋转角度θ=2π/n之后自身重合, 则此旋转 轴 为n次旋转对称轴。对称元素为对称轴。 反映：对称面的对称操作。对称元素：反映面 反演：对称中心的对称操作。对称元素：对称中心 旋转-反演：晶体绕某一固定轴(旋转轴)旋转角度θ=2π/n之后，再经过中心 反演，晶体能自身重合, 则此旋转轴为n度旋转-反演轴。对称元素：反轴
大学物理课后答案详解第七章的静电场中地导体和电介质
习题77-2 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题7-2图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题7-2图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题7-2图(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 7-3 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q(1)(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题7-3图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε (2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=7-4 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U7-4图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+RqR q εε得 -='q 3q 7-5有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力；(2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2解: 由题意知 2020π4rq F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =', 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电q q 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'2F rqr q q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q.∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r qq F ==ε7-6如题7-6图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势． 解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U U AB =可得以下6个方程题7-6图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A 解得 Sq261==σσS q d U2032-=-=εσσ Sq dU2054+=-=εσσ所以CB 间电场 Sqd U E 00422εεσ+==)2d (212d 02Sq U E U U CB C ε+=== 注意：因为C 片带电，所以2U U C ≠，若C 片不带电，显然2U U C = 7-7 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强；(2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4rrQ E r r Q D r εε ==内; 介质外)(2R r <场强303π4,π4rrQ E r Qr D ε ==外 (2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外介质内)(21R r R <<电势rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内2020π4)11(π4R QR r qr εεε+-=)11(π420R r Q r r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r -+=εεε7-8如题7-8图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题7-8图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=d21U E E == ∴r D D εσσ==1212题7-8图7-9 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B 的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求： (1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度． 解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即2210π41r q q F ε=但2q 处于金属球壳中心，它受合力．．为零，没有加速度． (2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41rq q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题7-9图7-10 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C(1)整个电场储存的能量；(2)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题7-10图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε= 3R r >时 302π4r rQ E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q r r Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)电容器电容 )11/(π422102R R QW C -==ε 121049.4-⨯=F。
大学物理第六章课后习题答案
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（）（B）N上的正电荷入地（A ）N上的负电荷入地（C）N上的所有电荷入地地（D）N上所有的感应电荷入题6-2图分析与解导体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0点有（）（A）E =0,V —4 n^d（B）E J,V L4 n%d 4 n %d （C）E = 0,V = 0题6-3图分析与解 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土 q',导体球表面的感应电荷土 q'在球心 0点激发的电势为零，0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。
西安交大 大学化学 第五章 课后答案
第5章电化学基础……问题1. 什么是氧化还原的半反应式？原电池的电极反应与氧化还原反应式有何关系？答：任何一个氧化还原反应都可以分写成两个半反应：一个是还原反应，表示氧化剂被还原；一个是氧化反应，表示还原剂被氧化。
即：还原反应：氧化态＋n e－→ 还原态；氧化反应：还原态－n e－→氧化态这两个式子称为氧化还原的半反应式。
原电池的总反应是一个氧化还原反应，原电池的两个电极反应各乘以一个适当的系数后再加和起来，即得原电池总反应式……氧化还原反应式。
2. 原电池由那些部分组成？试分别叙述每一部分的作用。
答：原电池主要由以下几个部分组成：E正极得到电子，发生还原反应； 负极提供电子，发生氧化反应；●在双液电池中盐桥也必不可少，其作用是通过离子扩散来保持溶液的电中性，消除电极反应产生的过剩电荷的阻力，导通电流；❍导线是导通电流，确保反应持续进行。
3. 如何将一个在溶液中进行的氧化还原反应设计成原电池？答：E先将氧化还原反应分写成两个半反应：一个是还原反应，表示氧化剂被还原；一个是氧化反应，表示还原剂被氧化； 根据两个半反应的电对特点将其设计成电极，并用符号表示电极的组成；●确定正负极：氧化反应对应于阳极，即负极；而还原反应对应于阴极，即正极；❍不同的电解质间要用盐桥连接以减小液接电势。
例如：将反应2KMnO4＋5Na2SO3＋3H2SO4＝2MnSO4＋5Na2SO4＋K2SO4＋3H2O设计成原电池。
E氧化反应；SO32－－ne－→ SO42－ ●电极组成：(－) Pt| Na2SO4，Na2SO3还原反应：MnO4－＋ne－→ Mn2+(+) Pt| KMnO4，MnSO4，H2SO4❍电池符号：(－)Pt| Na2SO4，Na2SO3‖KMnO4，MnSO4，H2SO4| Pt(+)4. 如何用符号表示一个原电池？写出原电池：Pt|H2|H+||Cl－|AgCl|Ag的电极反应及电池反应式。
答：用符号表示一个原电池的一般规则为：E负极在左，正极在右； 用“|”表示两相之间的相界面，用“||”表示盐桥；●溶液应注明浓度(mol∙L－1)，气体应注明分压(kPa)；❍从负极开始沿着电池内部依次书写到正极。
介电测量技术试验指导书试验一铁电体介电常数与介电温谱测试一
介电测量技术实验指导书：实验一铁电体介电常数与介电温谱测试一、实验目的1．掌握介电常数的定义及测量原理；2．熟悉介电测量设备的使用方法；3．了解几种不同的铁电体的介电温谱及其相变行为；4．掌握数据处理方法和对数据的分析。
二、实验原理介电常数是表征介质极化能力的一个参数，它正比于单位电场在介质中诱导的电位移大小。
一般说来，固体介质中存在的极化机制有电子位移极化、离子位移极化、偶极取向极化和空间电荷极化四种类型。
决定于具体的极化机制，固体介质的介电常数可以处于从2到104的宽广范围内。
对于铁电体而言，极化的情况相比较于一般介质要复杂得多，既有极化的非线性，又有因为铁电畴的存在而带来的不可逆过程和滞后效应的影响。
根据测量时电场强弱与计算范围的大小，铁电体介电常数可以分为三种：小信号介电常数，交流介电常数以及微分介电常数。
如表1所示。
表1铁电体介电常数的分类测量电场计算范围公式测量方法小信号介电常数（可逆介电常数）小信号交变电场小信号范围ε＝ΔP/ΔE LCR交流介电常数（有效/等效介电常数）强交流电场大范围内平均量ε＝P/E电滞回线西林电桥微分介电常数强交变电场局部小范围ε＝dP/dE 电滞回线微分在本实验中只要求测量小信号介电常数及其温度依赖关系。
低频下测量铁电材料的小信号介电常数的方法主要是应用平行板电极电容器的测量原理，通过测量样品的电容量，经计算求得的。
若忽视平行板电容器的边缘效应，电容量与介电常数的关系如下：dA C rεε0=（1）式中C 为被测样品在低频下的电容量，A 为平行板重叠部分面积，d 为两平行板之间的距离，0ε＝8.85×10-12（F/m ）为真空介电常数，r ε为相对介电常数。
由ACdr 0εε=即可计算出相对介电常数。
平行板电容器一般要求样品的横向尺寸（直径/边长）要大于10倍样品厚度。
铁电体的介电常数温谱曲线携带了铁电相变的信息，对于一级相变和二级相变铁电体，其相变温度（T c ）以上的介温曲线满足居里外斯定律T T C r −=ε（2）其中，一级相变铁电体满足T 0<T c ，如钛酸钡（BT ），而二级相变铁电体满足T 0=T c ，如磷酸二氢钾（KDP ）。
影响电解液闪火电压因素的研究
影响电解液闪火电压因素的研究刘杰（新疆众和股份有限公司乌鲁木齐 830013）摘要：研究了不同介质、PH值、导电离子电导率、杂质离子对电解液闪火电压的影响，适当的提高PH值、减少杂质离子和降低电导率等可以提高闪火电压。
关键词：电解液闪火电压氧离子浓度PH值温度1引言电解液主要用于高压电容器、变压器、和电缆的浸渍和灌注中，并作为化学反应的电介质广泛地用于工业生产和科学研究领域。
因此，电解液闪火电压的高低直接影响到产品的工作性能。
而通常电解液的闪火电压与其电导率有着非常直接的关系，在保证足够的电导率的情况下做到提高闪火电压不是一件容易的事情。
显然对于高压工作电解液，提高电解液的闪火电压将是我们今后研究工作的主要内容。
2 影响闪火电压的因素闪火是金属氧化膜与电解液界面处氧离子浓度增加到了可释放电子的电位，自由电子在电场下加速向膜内发射，撞击氧化膜结构，发展成为局部电击穿。
电解液的电导和击穿是个相当复杂的过程，影响因素很多，几十年来很多科学家进行了大量的工作，有关理论正在不断完善和发展。
从图2可以看出，在恒电流条件下，氧化膜随氧化时间的延长而增长，到一定厚度有微闪火发生且极化电压升高。
当氧化电压超过某值时，随时会出现振荡，此时电解液呈现闪火现象，并伴有噼啪声。
A点的电压值即可定义为该电解液的闪火电压。
图1 恒定电流氧化时氧化电压与时间的关系曲线归纳一下，影响闪火电压的主要因素如下：（1）氧化电极金属本身的物理性质不同，闪火电压各不相同。
（2）电解液的组成成分以及杂质离子的影响。
如果电解液中存在活化能力很强比氧离子更低电位的杂质离子，具有较强的释放电子的能力，就会使闪火电压降低，并且能破坏氧化膜。
（3）电解液的浓度与电阻率与闪火电压有着密切的关系。
U闪＝algρ+b (V)其中ρ为电解液的电阻率（Ω. cm）；a ，b为电解液的有关的常数。
因此，在一定的浓度范围内，浓度低表明有较高的闪火电压。
（4）电解液温度对闪火电压的影响对电解液温度的高低对闪火电压的影响有不同的说法，有的认为温度上升，导致闪火电压有些下降是由于电解液的电阻率与温度的关系所造成，T上升，ρ值下降，使U闪下降。
第三章 静电场中的电介质习题及答案
第三章 静电场中的电介质一、判断题1、当同一电容器内部充满同一种均匀电介质后，介质电容器的电容为真空电容器的r ε1倍。
×2、对有极分子组成的介质，它的介电常数将随温度而改变。
√3、在均匀介质中一定没有体分布的极化电荷。
（内有自由电荷时，有体分布） ×4、均匀介质的极化与均匀极化的介质是等效的。
× )5、在无限大电介质中一定有自由电荷存在。
√6、如果一平行板电容器始终连在电源两端，则充满均匀电介质后的介质中的场强与真空中场强相等。
√7、在均匀电介质中，如果没有体分布的自由电荷，就一定没有体分布的极化电荷。
√8、在均匀电介质中，只有P为恒矢量时，才没有体分布的极化电荷。
P =恒矢量 0=∂∂+∂∂+∂∂z P y P x P zy x⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂-=zP y P x P z y x p ρ×9、电介质可以带上自由电荷，但导体不能带上极化电荷。
? √10、电位移矢量D仅决定于自由电荷。
×11、电位移线仅从正自由电荷发出，终止于负自由电荷。
√12、在无自由电荷的两种介质交界面上，P fE E 线连续，线不连续。
(其中，f E为自由电荷产生的电场，p E 为极化电荷产生的电场)√13、在两种介质的交界面上，当界面上无面分布的自由电荷时，电位移矢量的法向分量是连续的。
√14、在两种介质的交界面上，电场强度的法向分量是连续的。
, × 15、介质存在时的静电能等于在没有介质的情况下，把自由电荷和极化电荷从无穷远搬到场中原有位置的过程中外力作的功。
× 16、当均匀电介质充满电场存在的整个空间时，介质中的场强为自由电荷单独产生的场强的r ε分之一。
√二、选择题1. 一平行板真空电容器，充电到一定电压后与电源切断，把相对介质常数为r ε的均匀电介质充满电容器。
则下列说法中不正确的是：（A ） 介质中的场强为真空中场强的r ε1倍。
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第二章变化电场中的电介质2-1什么是瞬时极化、缓慢极化？它们所对应的微观机制代表什么？极化对电场响应的各种情况分别对何种极化有贡献？答案略2-2何谓缓慢极化电流？研究它有何意义？在实验中如何区分自由电荷、束缚电荷随产生的传到电流？答案略2-3何谓时域响应、频域响应？两者的关系如何？对材料研究而言，时域、频域的分析各由什么优缺点？答案略2-4已知某材料的极化弛豫函数，同时材料有自由电荷传导，其电导率为，求该材料的介质损耗角正切。
解：由弛豫函数可知德拜模型极化损耗，漏导损耗如果交变电场的频率为；则==该材料的介质损耗正切为：=+2-5在一平板介质（厚度为d，面积为S）上加一恒定电压V，得到通过介质的总电流为,已知介质的光频介电常数为，求单位体积内的介质损耗、自由电子的电导损耗、极化弛豫与时间的关系。
若施加频率为的交变电场，其值又为多少？并求出介质极化弛豫函数f（t）。
解：在电场的作用下（恒场）介质中的功率损耗即为介质损耗电功单位体积中的介电损耗：自由电子电导损耗：极化弛豫损耗：电导率：,电流：其中为传导电流为极化电流另一方面故有因而，加交变电场时：极化损耗：电导损耗：单位体积中的极化损耗功率：单位体积中的电导损耗功率：弛豫函数：2-6若介质极化弛豫函数，电导率为，其上施加电场E(t)=0 (t<0);E(t)=at (t>0 , a为常数)求通过介质的电流密度。
解：已知：j(t)=2-7求德拜弛豫方程中吸收峰的半高宽？吸收峰高为多少？出现在什么频率点上？吸收峰中（以半高宽为范围）的变化为多少？占总变化量的百分之几？解：令可得半高半高宽由于在吸收峰的半高宽范围，的变化的总变化量占总变化量的百分数86.6%2－8 试对德拜方程加以变化，说明如何通过，的测量，最后确定弛豫时间。
解：在极大值处测量曲线测时，对应求测量曲线测时对应求弛豫时间：另,所以, , 且时，所以时，很大，可以求的2－9 已知一极性电介质具有单弛豫时间，为了确定这一弛豫时间，对其在一定的频率范围内进行测量（在一定的温度下），结果表明所对应的频率远高于所用的频率，证明得到的地变化满足形式其中若介质具有明显的直流电导，若介质没有明显的直流电导，与f的变化关系记成对数形式更有用，为什么？解：已知,,令即如果介质有明显的直流电导当时，漏导损耗可以用或者作图2-10一个以极性电介质（单弛豫）制作的电容器，在上施加一正弦交变电压，试写出热损耗对频率的函数。
并证明在极大值对应的频率下损耗为其极大值得一半。
试问能否用上面的结果作实际测量，以确定弛豫时间？解：单位体积中的介质损耗功率g为电容器中的介质在交变电场下的等效电导率，为介质电导率E 为宏观平均电场强度的有效值当的时候，当的时候,时，，高频下由于漏导很小不能确定弛豫时间因为忽略了介质中的漏导损耗2－11 已知电介质静态介电常数，折射率，温度时，极化弛豫时间常数，时。
（1）分别求出温度、下的极值频率，以及的极值频率,.(2)分别求出在以上极值频率下，，，，，。
（3）分别求出时的，，。
（4）从这些结果可以得出什么结论？（5）求该电介质极化粒子的活化能U（设该电介质为单弛弛豫时间）。
解：,n = 1.48 ,（1）,,时的，，（2）在极值频率下：（3）, , ,, ,（4）温度越高，极化弛豫时间越小，极值频率越大的频率大于频率(5),;该极化粒子的极化能U为0.56ev2－12 某极性电介质，，在某一温度下，求其分别在频率为交变电压作用下，电容器消耗的全部有功、无功电能中有多少被转化为热量。
解：由, , ,,2－13 已知某极性液体电介质，，在频率为下温度处出现，其粘度为，试求其分子半径a。
解：,,2-14在讨论介质弛豫时，介质中有效电场和宏观平均电场的不一致结果有什么影响？对什么结果没有影响？解：若有效电场与宏观平均E一致稳态时剩余跃迁粒子书弛豫极化强度弛豫时间如果随时间变化与 E 不一致，稳态时对没有影响，对有影响2－15 何谓电介质测量中的弥散区？弥散区的出现说明了什么？若某介质有明显的两个弥散区，则又说明了什么？解：在附近的频率范围，介电常数发生剧烈的变化,由；出现极大值这仪频率称为弥散区；弥散区的出现证明了极化机制中出现弛豫过程，造成极化能量损耗；出现两个弥散区，该电介质存在着弛豫时间不同的两种驰豫极化机制。
2－16 试分别对下面四种弛豫分布计算，（在0.5，1，10，100，点），并对接过进行讨论。
（1）单弛豫时间（德拜型）（2）（3）（4）其中c满足解：（1）单弛豫时间，德拜弛豫= 0 0.05 0.5 1== 0= 10 100== 0可见从；从（2）当的时候；其它==其中A和B皆为常数，且A和B分别为A =B =分别代入的值可以求的A和B的值，从而求的的值；此处略同理（3）（4）的算法同上此处略2－17 试证明：对单弛豫时间，有关系式对非单弛豫时间的情况其关系式为证明：对于单弛豫时间由德拜弛豫方程；；证毕对于非单弛豫时间；；由于对于弛豫时间有=比较上面两个式子可以知道：2－18 试证明：若某介质优两个弛豫时间（），且权重因子相同，则有关系式为证明：由题意可知因此：== 证毕2-19Jonscher给出经验关系其中，求其的极大值，并说明，和，和分别决定了介质低频端、高频端的形态。
其中Cole－Cole图在高低频端与轴的夹角分别为。
答案略2-20某介质的，，，在交变电场的频率Hz，温度时有个极大值，求极大值。
当极大值移向时，求相应的电场频率。
解：所以= 14.94即40的时候，极大值为0.13 ；极大值移向27时，相应的电场频率为2-21实验测得一种ZnO陶瓷的，，激活能为，且在17o C时，损耗峰的位置在附近，求（1）损耗峰的位置；（2）当温度升高到200o C时，损耗峰的位置。
解在处= 16.417时损耗峰值为200 Hz200时损耗峰值为2-22若某介质有两个分离的德拜弛豫极化过程A和B （1）给出和的频率关系；（2）作出一定温度下，和的频率关系曲线，并给出和的极值频率；（3）作出在一定温度下、温度关系曲线；（4）作出Cole－Cole图。
解：此处只给出和的频率关系作图略和2-23一平板电容器，其极板面积，极板间距离，，在阶跃电压作用下电流按衰减函数衰减（为弛豫时间），当阶跃电压时，（1）求在1kHz交变电压作用下介质的、和。
（2）求及其极值频率下的、。
（3）若电导率，求1kHz下计及漏导时候的、和。
解：（1）=;= 2.17= 0.03(2)（3）考虑漏导时= 2.17= 0.152-24有一电容器，，另一电容器，，求该二电容器并联时的电容量C和。
当为的空气电容器时，求与串联合并联时的。
解：串联时：所以 C = 50 pF并联时： C = C1 + C2 = 360pF由于：当C1为空气的时，串联时所以 C = 50pF并联时：C = C1 + C2 = 360.177pF2-25对共振吸收可按式（2－249）表示，试从该式给出以下参数：（1）在吸收区，取极值时对应的频率及其的对应的值；（2）、时对应的；（3）对应的吸收峰的位置及高度；解：（1）令可知；（2）(3)令可知2－26 从图2－32可见，在吸收区出现的n<1的区域，对此作如何解释。
答案略思考题第二章2－1 具有弛豫极化的电介质，加上电场以后，弛豫极化强度与时间的关系式如何描述？宏观上表征出来的是一个什么电流？解：宏观上表征出来是一随时间而逐渐衰减的吸收电流。
2－2 在交变电场的作用下，实际电介质的介电常数为什么要用复介电常数来描述。
解：在交变电场的作用下，由于电场的频率不同，介质的种类、所处的温度不同，介质在电场作用下的介电行为也不同。
当介质中存在弛豫极化时，介质中的电感应强度D与电场强度E 在时间上有一个显著的相位差，D将滞后于E。
的简单表示不再适用了。
并且电容器两个极板的电位于真实的电荷之间产生相位差，对正弦交变电场来说，电容器的充电电流超前电压的相角小于电容器的计算不能用的简单公式了。
在D和E之间存在相位差时，D将滞后于E，存在一相角，就用复数来描述D和E的关系：2－3 介质的德拜方程为，回答下列问题：（1）给出和的频率关系式；（2）作出在一定温度下的和的频率关系曲线，并给出和的极值频率；（3）作出在一定频率下的和温度关系曲线。
解：（1），（2），（3）作图略2－4 依德拜理论，具有单一弛豫时间的极性介质，在交流电场作用下，求得极化强度：式中：分别为位移极化和转向极化的极化率。
试求复介电常数的表达式，为多少？出现最大值的条件，等多少？并作出~的关系曲线。
解：按照已知条件：另，可得当时2－5 如何判断电介质是具有弛豫极化的介质？参考课本有关章节。
2－6 有单一的弛豫时间的德拜关系式，可推导出：以作纵坐标，作横坐标，圆心为[(,0)],半径为作图。
试求：图中圆周最高点A和原点O对圆作切线的切点B；满足A和B两点的、的关系式。
参考课本有关章节。
2－7 某介质的，，，请画出的关系曲线，标出的峰值位置，等于多少？的关系曲线下的面积是多少？参考课本有关章节。
2－8 根据德拜理论，请用图描述在不同的温度下，、、与频率的相关性。
解：参考课本上的有关章节。
2－9 根据德拜理论，在温度为已知函数的情况下，、、与频率的关系如何？解：参考课本上的有关章节。
2－10 什么是德拜函数，作出德拜函数图。
答：德拜函数为、。
德拜函数参考课本上的有关章节。
2－11 在单的情况下，，。
请写出～的关系式，画出Cole－Cole图。
解：～的关系式：其Cole－Cole图此处省略。
2－12 分析实际电介质中的损耗角正切～之间的关系。
解：参考课本上的有关章节。
2－13 为什么在工程技术中表征电介质的介质损耗时不用损耗功率W，而用损耗角正切？为何在实验中得到的～关系曲线中往往没有峰值出现？且作图表示。
答：因为和W相比较，可以直接用仪表测量：和W成比例关系；在多数情况下，介质的介电常数变化不大，当介电常数变化大的时候，用来表示，称为介质损耗因子。
2－14 用什么方法可以确定极性介质的弛豫时间是分布函数。
答：测量介质在整个频段（从低频到高频）的介电系数和损耗，作出～的关系曲线图。
根据其图与标准的Cole－Cole图相比较，即可作出判断。
2－15 为何在电子元器件的检测时，要规定检测的条件？因为电子元器件的参数，如、、等都与外场的频率、环境的温度条件有关。
所以在检测时要规定一定的检测条件。