电磁学第二章习题答案
电磁场与电磁波 第2章习题解答
第二章习题解答【习题2.1】101929=.=101.6102.0810e qR R mq e Cp m Ce e 解：电偶极矩p 其中 1.3可得电偶极矩p 的大小其方向为从负电荷指向正电荷，即从氯离子指向氢离子。
---´== =醋【习题2.2】解1解：由例2.2得，电偶极子所产生的电场为533()1[]4e e P R RP E RRπε=-0()R R << ……………………①其中 0e P qR = ，0R方向从负电荷指向正电荷，R是从电偶极子指向电场中任一点的矢量，起点在正负电荷连线的中点。
（如图）本题 100 1.310R m -=⨯ 1010010R m -=⨯满足 0R R << ．将①式整理：32013[()]4e e E P R R P RRπε=-令 ()e m k P R R P =-（23k R=）则 304m E Rπε=…………………………②欲求E的最大值，求出m最大值即可．222222[()]()2()()e e e e e e m k P R R P k P R R P k P R P R =-=+- 2222(2)()e e k R k P R P =-+2224296()()e e R P R P R R=-+ 2223()e e P R P R=+其中 00cos e P R qR R qR R θ== ， （θ是0R 和R之间的夹角）易见，当cos 1θ=，即0θ=时，2m可取最大值22222m ax 234e e e m R P P P R=+=则 m=2e P 代入②式得 m a x33m ax042e P mERRπεπε==将习题2.1中的结论 e P=2.082910c m -⨯⋅ 代入得29112103max2.08102 3.148.910(10010)EV m ----⨯=⋅⨯⨯⨯⨯⨯513.710V m-≈⨯⋅距离自由电子处的电场 191712121020 1.6101.41044 3.148.910(10010)e E V mV mRπε-----⨯==⋅≈⨯⋅⨯⨯⨯⨯⨯故 距离电偶极子处的电场最大值为 513.710V m -⨯⋅ 距离自由电子处的电场为 711.410V m -⨯⋅【习题2.2】解2解：设矢量0R e的方向从电荷C L -指向电荷H +R n 是从由C L - H +构成的电偶极子指向电场中的任一点的矢量，起点在正负电荷连线的中点，且0R 〈〈R. （ e , n 为单位矢量，θ是e , n的夹角）（1）003303cos 1[]4qR qR E n e R R θπε=- (41P )由向量减法的三角形法则及余弦定理得：=03024qR R πε⎛⎫⎪⎝⎭E =由上题得290( 2.110)e p qR cm -==⨯因此，当0θ=或θπ=时E有最大值， 03024qR E R πε==50302 3.7104qR V M R πε=⨯ （2）7201() 1.4104q R VE M R R πε==⨯【习题2.3】证明： 电偶极距qRe p =其方向为从负电荷指向正电荷。
电磁学第三版思考题与习题解答
电磁学第三版（梁灿彬）思考题与习题解答第一章 静电场的基本规律思考题1.1答案： （1） ×,正的试探电荷； （2） √ ；（3）× 在无外场是，球面上E⃗ 大小相等。
1.2 答案： 利用对称性分析，垂直轴的分量相互抵消。
1.3答案：（1）× 没有净电荷 ；（2）×； （3）×；（4）√；（5）×；（6）×；（7）×。
1.4答案：无外场时，对球外而言是正确的。
1.5答案：（1）无关 （2） 有关 （3）不能（导体球）、可以（介质球）。
场强叠加原理应用到有导体的问题时，要注意，带电导体单独存在时，有一种电荷分布，它们会产生一种电场；n 个带电导体放在一起时，由于静电感应，导体上的电荷分布发生变化，这时，应用叠加原理应将各个导体发生变化的电荷分布“冻结”起来，然后以“冻结”的电荷分布单独存在时产生的电场进行叠加。
1.6答案：（a 图） 能 ，叠加法（补偿法）； （b 图） 不能 。
1.7答案：222121q q φφφφεε-==+，；113131+ -q q φφφφεε==，；134410+0 -q φφφφε==，。
1.8答案：（1）× ；（2）×； （3）×；（4）×；（5）√；（6）×。
1.9答案：n VE en∂=-∂ ，例如匀强电场；E 大，电势的变化率就大，并非一定121122010101.+.=4424R q E dl E dl rR R R πεπεπεπε∞⎝⎰⎰.0E dl =，0n VE e n∂=-=∂。
1.14证明：设s 面上有场强平行于分量，补上另一半球后球内各点的总场强应为零，可见s 面上不能有场强的平行分量，s 面上只有场强垂直分量，故s 面上应为等势面。
习题1.2.1解：（1）设一个电量为q 1，则q 2=4q 1，由公式12204q q F r πε=可以得到： ()2122041.64 5.010q πε-=⨯解之得： q 1=±3.3×10−7(C)， q 2=1.33× 10−6(C) （2）当r=0.1时，所受排斥力为：12204q q F r πε==0.4（N ） 1.2.2解：设其中一个电荷电量为q ，则另一个电荷电量为Q -q ，由库仑力 ()2q Q q F k r -= 可知，当()220dF k Q q dq r =-=，即：2Qq = 时两电荷间的斥力最大，所以两者电量均为2Q。
电磁场与电磁波第二章课后答案
电磁场与电磁波第二章课后答案本页仅作为文档封面，使用时可以删除This document is for reference only-rar21year.March第二章 静电场重点和难点电场强度及电场线等概念容易接受，重点讲解如何由物理学中积分形式的静电场方程导出微分形式的静电场方程，即散度方程和旋度方程，并强调微分形式的场方程描述的是静电场的微分特性或称为点特性。
利用亥姆霍兹定理，直接导出真空中电场强度与电荷之间的关系。
通过书中列举的4个例子，总结归纳出根据电荷分布计算电场强度的三种方法。
至于媒质的介电特性，应着重说明均匀和非均匀、线性与非线性、各向同性与各向异性等概念。
讲解介质中静电场方程时，应强调电通密度仅与自由电荷有关。
介绍边界条件时，应说明仅可依据积分形式的静电场方程，由于边界上场量不连续，因而微分形式的场方程不成立。
关于静电场的能量与力，应总结出计算能量的三种方法，指出电场能量不符合迭加原理。
介绍利用虚位移的概念计算电场力，常电荷系统和常电位系统，以及广义力和广义坐标等概念。
至于电容和部分电容一节可以从简。
重要公式真空中静电场方程：积分形式：⎰=⋅SS E 0d εq⎰=⋅ll E 0d微分形式：ερ=⋅∇E0=⨯∇E已知电荷分布求解电场强度：1，)()(r r E ϕ-∇=； ⎰''-'=V Vd )(41)(|r r |r r ρπεϕ2，⎰'''-'-'=V V 3d |4))(()(|r r r r r r E περ3，⎰=⋅SS E 0d εq高斯定律介质中静电场方程：积分形式：q S=⋅⎰ d S D⎰=⋅ll E 0d微分形式：ρ=⋅∇D0=⨯∇E线性均匀各向同性介质中静电场方程：积分形式：εqS=⋅⎰ d S E⎰=⋅ll E 0d微分形式：ερ=⋅∇E0=⨯∇E静电场边界条件：1，t t E E 21=。
电磁学第四版赵凯华习题解析
电磁学第四版赵凯华习题解析第一章电磁场的基本概念题1.1解析：该题主要考察对电磁场基本概念的理解。
根据定义，电场强度E是单位正电荷所受到的电力，磁场强度B是单位长度为1、电流为1的导线所受到的磁力。
因此，电场强度E与电势差V之间的关系为E=-dV/dx，磁场强度B与安培环路定律有关，即B=μ₀I/2πr。
答案：电场强度E与电势差V之间的关系为E=-dV/dx，磁场强度B与安培环路定律有关，即B=μ₀I/2πr。
题1.2解析：该题考查对电场线和磁场线的基本理解。
电场线从正电荷出发，指向负电荷；磁场线从磁南极指向磁北极。
在非均匀磁场中，电荷的运动轨迹会受到磁场的影响，当电荷的运动速度与磁场垂直时，洛伦兹力提供向心力，使电荷沿磁场线运动。
答案：电场线从正电荷出发，指向负电荷；磁场线从磁南极指向磁北极。
在非均匀磁场中，电荷的运动轨迹会受到磁场的影响，当电荷的运动速度与磁场垂直时，洛伦兹力提供向心力，使电荷沿磁场线运动。
第二章电磁场的基本方程题2.1解析：该题考查对高斯定律的理解。
根据高斯定律，闭合曲面所包围的电荷量与该曲面上的电通量成正比，即∮E·dA=Q/ε₀。
其中，E为电场强度，dA为曲面元素，Q为曲面内的电荷量，ε₀为真空电容率。
答案：根据高斯定律，闭合曲面所包围的电荷量与该曲面上的电通量成正比，即∮E·dA=Q/ε₀。
题2.2解析：该题考查对法拉第电磁感应定律的理解。
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E与磁通量变化率ΔΦ/Δt成正比，即E=ΔΦ/Δt。
其中，E为感应电动势，ΔΦ为磁通量的变化量，Δt为时间变化量。
答案：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E与磁通量变化率ΔΦ/Δt成正比，即E=ΔΦ/Δt。
第三章电磁波的传播题3.1解析：该题考查对电磁波的基本理解。
电磁波是由振荡的电场和磁场组成的横波，其传播速度为光速c，波长λ与频率f之间的关系为c=λf。
电磁波在真空中的传播不受阻碍，但在介质中传播时，其速度会发生变化。
电磁学试题库电磁学第二章试题(含答案)复习过程
电磁学试题库电磁学第二章试题(含答案)一、填空题1、一面积为S 、间距为d 的平行板电容器，若在其中插入厚度为2d 的导体板，则其电容为 ；答案内容：;20d Sε2、导体静电平衡必要条件是 ，此时电荷只分布在 。
答案内容：内部电场处处为零，外表面；3、若先把均匀介质充满平行板电容器，（极板面积为S ，极反间距为L ，板间介电常数为r ε）然后使电容器充电至电压U 。
在这个过程中，电场能量的增量是 ；答案内容：202U L sr εε4、在一电中性的金属球内，挖一任意形状的空腔，腔内绝缘地放一电量为q 的点电荷，如图所示，球外离开球心为r 处的P 点的场强 ； 答案内容：r r qE e ∧=204πε ；5、 在金属球壳外距球心O 为d 处置一点电荷q ，球心O 处电势 ；答案内容：d q04πε；6、如图所示，金属球壳内外半径分别为a 和b ，带电量为Q ，球壳腔内距球心O 为r 处置一电量为q 的点电荷，球心O 点的电势 。
答案内容：⎪⎭⎫ ⎝⎛++-πεb q Q aq r q 0417、导体静电平衡的特征是 ，必要条件是 。
答案内容：电荷宏观运动停止，内部电场处处为零；8、判断图1、图2中的两个球形电容器是串连还是并联，图1是_________联，图2是________联。
答案内容：并联，串联；9、在点电荷q +的电场中，放一金属导体球，球心到点电荷的距离为r ，则导体球上感应电荷在球心处产生的电场强度大小为： 。
答案内容：2014qr πε ；10、 一平板电容器，用电源将其充电后再与电源断开，这时电容器中储存能量为W 。
然后将介电常数为ε的电介质充满整个电容器，此时电容器内存储能量为 。
答案内容：0W εε； 11、半径分别为R 及r 的两个球形导体（R ＞r ），用一根很长的细导线将它们连接起来，使二个导体带电，电势为u ，则二球表面电荷面密度比/R r σσ= 。
答案内容：/r R ；12、一带电量 为Q 的半径为r A 的金属球A ，放置在内外半径各为r B 和r C 的金属球壳B 内。
电磁学第二章习题课
εo S C0 Q C V 1 l ε r 1 d 1 l ε r 1 d εr d εr
0S
d
特例 : 当l d时, C r C 0
S
d
0 SV Q CV l r 1 1 d d r
0 d1
r1 S2 r2 +D 1
B
+
+ S 1 + E1 E 2
d1 d2
S1
S2 D2
q = S
σ d1 d 2 ) E1d1 E2 d 2 ( ) ( 1 2 ε0 ε r 1 ε r 2
d1 d2
q ε r 1 ε r 2 ε0 S εr 1 εr 2 d 0S (3) C C0 VA VB d1 d 2 εr 2d1 εr 1d 2 εr 2d1 εr 1d 2
+Q1 +Q2
可见，若VAB不变，则E1=E2=E，D1<D2，Q1<Q2
(2)电量Q不变
VA + + + + + A 0 E D d 1 VB – – – – – B
–Q +Q
V'A + + + + + A E2 D d V'B – – – – – B
–Q
+Q
Q 由介质中的高斯定量得 D1 D2 D S D2 Q D1 Q E2d , VAB E1d , VAB E1 , E2 S 0 0S
例3、讨论平板电容器两极板间为真空和充满电介质 时的电位移和场强：(1)电势差不变；(2)电量不变。 解：(1)电势差不变:VAB= VA–VB
电磁学答案第二章
× 由(① — ②)
μ 0σ eω R
2
可得
(a < R ) (a > R )
2 3 μ 0σ eω R B= 3 2 μ 0σ eω R R 3 3 a
或
μ 0Q ω 6π R B= μ 0Q ω R 3 3 6π R a
(a < R ) (a > R )
若已知 电量Q
#
(a > b > 0 )
(a > b )
( a > b > 0)
dθ ∫ a + b cos θ =
1 a 2 b2
ta n θ
在 0 2π 上 不 连 续
ta n 1 x
π 的 主 值 在 0, 2
)
P. 148, 2-40 【解】:参见右图, ⑴ eυ × B ,向东偏; ⑵
1T=10 4 Gauss ) (
π × (15 × 10
4
3
)
2
⑵ 最大力矩
M max = =
π π
4
nlID2 B ×100 × 30 × 2.0 × 15 ×10
4 = 4.24N m
(
3 2
)
× 4.0
P. 147, 2-33 【解】:参见右图, 左右两半受力均沿x方向 左半边
d F1 x = I 2 d lB1 cos θ
x
h R
x = R R2 h2 = 3mm
⑷ 像素同时向东偏,不影响看电视.
P. 149, 2-47 【证】: 轨道半径 则 频率(转/秒) 即
D mυ = 2 eB eBD υ= 2m
υ f = πD
eB f = 2π m
电磁学第二章习题答案
习题五（第二章 静电场中的导体和电介质）1、在带电量为Q 的金属球壳内部，放入一个带电量为q 的带电体，则金属球壳内表面所带的电量为 - q ，外表面所带电量为 q +Q 。
2、带电量Q 的导体A 置于外半径为R 的导体 球壳B 内，则球壳外离球心r 处的电场强度大小204/r Q E πε=，球壳的电势R Q V 04/πε=。
3、导体静电平衡的必要条件是导体内部场强为零。
4、两个带电不等的金属球，直径相等，但一个是空心，一个是实心的。
现使它们互相接触，则这两个金属球上的电荷( B )。
(A)不变化 (B)平均分配 (C)空心球电量多 (D)实心球电量多5、半径分别R 和r 的两个球导体(R ＞r)相距很远，今用细导线把它们连接起来，使两导体带电，电势为U 0，则两球表面的电荷面密度之比σR /σr 为 ( B )(A) R/r (B) r/R (C) R 2/r 2 (D) 16、有一电荷q 及金属导体A ，且A 处在静电平衡状态，则( C )(A)导体内E=0，q 不在导体内产生场强； (B)导体内E ≠0，q 在导体内产生场强； (C)导体内E=0，q 在导体内产生场强； (D)导体内E ≠0，q 不在导体内产生场强。
7、如图所示，一内半径为a ，外半径为b 的金属球壳，带有电量Q ， 在球壳空腔内距离球心为r 处有一点电荷q ，设无限远 处为电势零点。
试求： (1)球壳外表面上的电荷；(2)球心O 点处由球壳内表面上电荷产生的电势； (3)球心O 点处的总电势。
解: (1) 设球壳内、外表面电荷分别为q 1 , q 2,以O 为球心作一半径为R (a <R <b )的高斯球面S,由高斯定理01εqq dS E S +=⋅⎰⎰ ，根据导体静电平衡条件,当a <R <b 时，0=E。
则0=⋅⎰⎰SdS E ，即01=+q q ,得q q -=1根据电荷守恒定律,金属球壳上的电量为21q q Q +=q Q q Q q +=-=∴12(2)在内表面上任取一面元,其电量为dq ,在O 点产生的电势adq dV o πε411=q 1在O 点产生的电势aq aq adq dV V o o o πεπεπε4441111-====⎰⎰内内(3) 同理，外球面上的电荷q 2在O 点产生的电势bqQ bq V o o πεπε4422+== 点电荷q 在O 点产生的电势rq V o q πε4=∴ O 点的总点势o q V V V V πε41210=++=(bq Q a q r q ++-) 8、点电荷Q 放在导体球壳的中心，球的内、外半径分别为a 和b ，求场强和电势分布。
程稼夫电磁学第二版第二章习题解析
程稼夫电磁学篇第二章《恒定电流》因此两球间介质间的电阻：.法二：设总电流为，两球心间距，一球直径对另一球球心的张角利用电流的叠加原理，用张角为的这部分电流计算电势差：后同法一2-2变阻器在A位置时，焦耳热：，其中.变阻器在中间时，焦耳热：.代入题中数据，可得.2-32-4（1）即，在图中作出该直线，交伏安特性曲线于.电阻R热平衡：，解得.（2），即在图中作出该直线，交伏安特性曲线于.即.2-5（1）消耗的功率，不变，而随减小而增大，因而时，最大，消耗的功率最大.（2）电路中电流，消耗的功率根据均值不等式得，时，消耗的功率最大.2-6（1）电压按电阻分配.合上开关前，上电压为两端电压.（2）电源功率之比就等于干路电流之比，即总电阻之反比，设总电阻分别为，则.2-7未烧断前总电阻，烧断后，故干路电流之比为炉丝上电流由干路均分，所以故，几乎相等.2-8题意应是恰好不能烧开，即100℃时达到热平衡，断电后只下降1℃，可以认为散热功率是不变的：，其中水的比热容为2-9（1）周期，A位置时热平衡：，其中加热时间B位置时热平衡：，其中加热时间两式相除，解得（2）连续加热时热平衡：，解得.2-10注意电阻温度系数的基准是0℃，得.负载时，负载时，联立解得：.2-11题设是默认加热间断时间相等的，设为.电压最小时，，解得.2-12保险丝要保证熔断电流是一定的.在一定的融化温度下，辐射功率P与辐射体表面积S成正比.电流一定时，电功率Q与R成正比.解得，与无关.2-13绝缘层损坏使得相邻的两圈电阻丝接触，相当于损坏处产生的接触电阻与一圈漆包线并联之后，再与剩余九圈漆包线串联.一圈电阻为设绝缘层损坏处产生电阻为，则解得.2-14（1）作直线交A于，交B于故.（2）.即110V为A、B串联时的工作电压的等差中项作伏安特性曲线关于直线的对称图像，分别交另一曲线于和.得.2-15（1）电容器极板带电量，极板间电流保持为电势差为0时，极板不带电，所以.（2）最大动能的电子到达上极板时动能全部转化为电势能所以，得.2-16（1）设流过的电流为，上流过的电流为.所以，故.此时.（2），取最小值（此时）代入得.2-17设流过灯泡电流为，.设图中三个定值电阻从左至右分别为K闭合时，R3与R并联，流过R2的电流于是可列出：K断开时，R与R1串联，该支路总电压该支路与R2并联，为R2两端电压，又R2，R3串联，R3两端电压为可以列出：两式联立，代入数据可解得：.2-18（1）由基尔霍夫方程知：.（2）沿n个电源这一路计算：.2-20设通过电源1的逆时针电流为，通过电源2顺时针电流为于是在电源1与R1构成的回路可列出：在电源2与R1R2构成的回路中，可列出：代入数据可解得，通过R1的电流为1A，通过R2的电流为0.5A.设从1向O流的电流为，从2向O流的电流为，则从O向3流的电流为则可由三点的电势得到：代入数据，联立可解得：.2-23设R1上电流为，R2上电流为由并联得又由节点电流方程知：，联立解得：.又因为，所以可得即CD上电流大小为1.0A，方向由C流向D.2-24将R替换为导线，用叠加原理计算短路电流等效内阻，等效电源.将R替换为导线，用叠加原理计算短路电流.等效内阻，等效电源.2-25设有x组电池组串联，每组内有y个电池并联.法一：电源最大输出功率，电池个数.要使电源达到最大输出功率，则必有内阻与负载相等：解得法二：回路内满足：令，电源最少，要使最小代入得是关于x的一元二次方程，该方程要有实数解：将n带回原方程即可解得答案同法一答：至少需要120个电池.此时有20组电池组串联，每组内有6个电池并联.2-26首先，B与B’为同一节点，思考时可视为一点，由（2）可知电路对称，此时容易联想到的是Y-△变换的Y型电路（b），设出电阻即可求解，然后用Y-△变换得到△型电路（a）.2-27上式联立解得.2-28（i）由知122’1’回路为电路干路而无支路，该干路总电阻；1 2与1’2’间若有电阻，则应被导线短路.（ii）由知1 2与1’2’间确有电阻，设为；由于要求电路最简，不妨设12间仅有一个电阻；故此情况中两电阻并联：代入数据得：，带回各条件检查，满足.故电路图如下：，所以.2-29由分析知，安培表读数由两部分组成.第一部分，R2回路；第二部分，流过R1电流，于是流过R3R3（电流表）的电流：.所以安培表示数.2-30题意即5两端接电源.电压表示数是由其上电流决定的，所以可以把电压表全看成电阻，求其上电流比例.由分析，电路可简化为如下图：2-31（1）（2）设流经V1的电流为，流经V2的电流为，则流经V3从左到右的电流为则有2-32设电压表电阻为，电流表电阻为由并联两表电压相等可知由节点方程可知流经并联两表中电压表的电流欧姆定律：得.2-33由每个量程达到满偏时通过电流计的电流相同得：解得：.如用A修复，则在用1mA量程测量1mA电流时流过A的电流为0.195mA<0.2mA.若再串联一个电阻，则分到的电流更少.若并联，则由两个电阻并联变成三个电阻并联，A 在总电流中分到的电流依然会更少.综上：排除A 而B在此时分到的电流为0.57mA>0.5 mA故可以考虑并联一个17 欧的电阻或者串联一个40 欧的电阻。
电磁学答案第2章
第二章 导体周围的静电场2.1.1 证明： 对于两个无限大带电平板导体来说：（1）相向的两面（附图中2和3）上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；（2）相背的两面（附图中1和4）上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同；证：(1) 选一个侧面垂直于带电板，端面分别在A,B 板内的封闭圆柱形高斯面，由高斯定理得：S S E S E S d E S d E B A ∆+=∆+∆+•=•⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰032εσσ）（内内侧侧ϖϖϖϖ 侧侧S d E ϖϖΘ⊥ 0==内内R A E E⎰⎰=•∴0S d E ϖϖ 023=+σσ23σσ-=即：（2）在导体内任取一点P ，0=p E ϖΘ0ˆ2ˆ2ˆ2ˆ2040302034321=-++=+++=∴n n n n E E E E E p εσεσεσεσϖϖϖϖϖ 41σσ=∴其中nˆ是垂直导体板向右的单位矢。
2.1.2两平行金属板分别带有等量的正负电荷,若两板的电位差为160伏特,两板的面积都是平方厘米,两板相距毫米,略去边缘效应,求两板间的电场强度和各板上所带的电量(设其中一板接地).解：设A 板带负电，其电量是-q ，B 板带正电，其电量是+q ，且A 板接地。
两板间的电场强度： 米）伏/(10106.116053=⨯==-d V E 又因为εσ=E ）米库2751203/(1085.8101085.8--⨯=⨯⨯==∴E εσ根据上题结论：3241σσσσ-==； 又由于A 板接地，041==∴σσ）米（库2732/1085.8-⨯-=-=∴σσ库）板所带电量(102.3106.31085.8:10472---⨯-=⨯⨯⨯-==-∴S q A σB 板所带电量： 库）(102.3106.3.1085.810473---⨯=⨯⨯⨯==S q σ 2.1.3三块平行放置的金属板A,B,C 其面积均为S,AB 间距离为x,BC 间距离为d,设d 极小,金属板可视为无限大平面,忽略边缘效应与A 板的厚度,当B,C 接地(如图),且A 导体所带电荷为Q 时,试求: (1)B,C 板上的感应电荷; (2)空间的场强及电位分布. 解：（1）根据静电平衡时，导体中的场强为零，又由B,C 接地： ))((()(050243615432板的电位得由板的总电量得）由A x d x A Q S -==+==-=-=∴εσεσσσσσσσσσ 解以上方程组得出：Sd x d Q )(2--=σ Sd x d Q )(3-=σ Sd Qx =4σ SdQx-=5σ B 板上感应电荷：dx d Q S Q B )(2--==σ C 板上的感应电荷：dQx S Q c -==5σ (2)场强分布：0=ⅠE ϖ AB Ⅱr Sd x d Q E ˆ)(0ε-=ϖ AC Ⅲr Sd QxE ˆ0ε=ϖ 0=ⅣE ϖ 电位分布：;01=U 0=ⅣU )()(0r x Sd x d Q U Ⅱ--=ε)(r x d Sd Q U X--=︒εⅢ 其中r 是场点到板A 的距离。
叶邦角电磁学习题解答第二章
E AB =
QA Q + QA , EBC = , 方向均向下 e0S e0S QA Q + QA d1 + d =0 e0S e0S 2
第二章
2-1 (PB13000307 赵朴凝) 解: 设地球表面带电荷为Q，地球半径为R，则地球表面的电势为 Q V= 4πε R 地球表面电荷数与电荷量的关系为 Q N= e 式中e为每个电子所带的电荷量。所有移出地球的电子的总质量与电荷数的关系 为 m= Nm 以上三式合并，得 4πε RVm m= e 带入V=1V,R=6. 4 ×10 m，可得 m= 4 ×10 kg 2-2 (PB13000307 赵朴凝) 解 (1)取无限远电势为零，由电势与场强的关系可得 kq kq V= Edl = dl = 4πε l 8πε r (2)在这个问题中， 无穷远并不是一个等势面， 因此计算电势不能以无穷远为参照。 将平板切割为无数个同心圆，用a代表其半径，使相邻两个同心圆间距离很小,并 使得共同的圆心O与P的连线OP与平板垂直。这样一来，总电势等于每一个同心 圆上的电荷产生的电势之和。当平板的面电荷密度为σ时，P的电势为 kσ V= 2πada 4πε ( r +a ) 积分得 kσ (1 −2lnr ) +V V= 4ε 2-3 (PB13000307 赵朴凝) 解: 设内球电荷量为q，由内球的电势为零可得： 1 Q 1 q + =0 4πε R 4πε R 而球壳的电势由下式给出 1 Q +q V= 4πε R 由此可得： R q=− Q R
2-14 (王晨 PB13203127) 答：
电磁学第二篇课后习题
-σ
0 20 20
电势差 U 为 Ed ： d 0
根 据 电 容 的 定 义 式 ,则 有 : C Q S0 S U d d 0
§2-3 电容器及其电容
2）圆柱形电容器
设带电，则有：
E 2 0r
U E d r R2 dr
l
R1 2 0r
ln R2 2 0 R1
C Q L /( ln R2 )
2-1 静电场中的导体
2：在静电平衡时，导体内部无净电荷， 电荷只分布在导体的表面上.
证明：反证法.
设导体内有一未被抵消的净电荷 q0
EdS
q0
0
s
0
于是面上的不能处处为零， 与静电平衡条件矛盾。
2-1 静电场中的导体
3：静电平衡时，导体表面附近的场强方 向处处与表面垂直，大小与该处导体表面 的电荷面密度成正比.
第二章 有导体时的静电场 静电平衡 封闭金属壳内外的静电场 电容器及其电容 带电体系的静电能
2-1 静电场中的导体
静电感应: 导体内的电荷因外电场的作用而重新 分布的现象叫静电感应。由于静电感 应而出现的电荷叫感应电荷。
静电感应现象演示
2-1 静电场中的导体 一.静电平衡
静电平衡状态： 导体内部和表面都没有电荷定向移动的状态。
§2-5 带电体系的静电能
二、电容器的静电能
将一电池与电容器相连，电池给电容器充
电。在某一瞬间，电容器带电量 q、极板间
电位差为 U 时，将电量 dq由电容器的负极移
到正极时，电源克服电场力作功绝对值为：
AQudq1 QqdqQ2
0
C0
2C
此值等于体系静电能的增加量。利用 QCU
可以得到： W 1 QU
电磁场原理习题与解答(第2章)
由
所以： 第二步 单独作用产生的电场强度为，如图（c）所示。
第三步 将和在空洞中产生的场进行叠加，即 注： 2-7半径为 a介电常数为ε的介质球内，已知极化强度 （k为常数）。 试求：（1）极化电荷体密度和面密度 ；
（2）自由电荷体密度 ； （3）介质球内、外的电场强度。 解：(1) ，
（2） 因为是均匀介质，有
的电场与方位角无关，这样处取的元电荷，它产生的电场与点电荷产生
的场相同，为：
z
y
l/2
图2-2长直线电荷周围的电场
l/2
P
其两个分量：
（1）
（2）
又
所以：
（3）
式（3）分别代入式（1）（2）得：
；
（4）
又
（5）
式（5）代入式（4）得：
由于对称性，在z方向 分量互相抵消，故有
（2）建立如图所示的坐标系
应用叠加原理计算电场强度时，要注意是矢量的叠加。
2-4 真空中的两电荷的量值以及它们的位置是已知的，如题图2-4所示， 试写出电位和电场的表达式。 解：为子午面场，对称轴为极轴，因此选球坐标系，由点电荷产生的电 位公式得：
又，
题图2-4
2-5解， (1) 由静电感应的性质和电荷守恒原理，充电到U0后将ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ源拆去，各极 板带电情况如图（1）所示
解：设导电平板的面积为S。两平行板间的间隔为d=1cm。显然， 绝缘导电片的厚度。平板间的电压为。
（1） 忽略边缘效应，未插入绝缘导电片时
插入导电片后
所以，导电片中吸收的能量为
这部分能量使绝缘导电片中的正、负电荷分离，在导电片进入极板间 时，做机械工。
电磁学(赵凯华_陈熙谋第三版)第二章_习题及解答
新概念物理教程・电磁学# # 第二章# 恒磁场# 习题解答
# # ! ! " " 如本题图， 两条无限长直载流导线垂直而不 相交，其间最近距离为 # $ ! " $ !"， 电流分别为 %% $ " " $ # 和 %! $&’ $ #" & 点到两导线的距离都是 #， 求 & 点的磁感 应强度 !" !$ %! ( %! ! ! #! % ! " )(" %" )%$ !) ! ! !* # $ !!!"" $ ( &" $ $ $)" ! )%$ $ $$" )! %&" ! )(" %" )!" $ )%$ ! 的方向如下： 设电流 %% 的方向为 (* 轴方向， 电流 %! 的方向 解：’ $ 为 (+ 轴方向， 则 !% 沿 !+ 方向， !! 沿 (, 方向， ! 在 +, 平 "" $ 面内， 它与 , 轴的夹角为 ’(!)’* $ $((" )（见右图） 。 &" $
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% 点磁感应强度 ! 的方向在平行于导体薄板的平面内且与电流方向垂直。 （ ! ） 在维持 ! ’$ ( ! # 为常量的条件下令 #"% 时，% 点的磁感应强度为 ) ’ #& ! ( ! "
第2章习题参考答案 men
39
《电磁学》思考题和计算题
第二章
Q E e e 0 0S
b 板的电位为
Ub Ua
a ELeabharlann b b Ql dl 0 Edl 1.0 10 3V
a
0S
（２） 两板之间离 a 板 1.0mm 处的电位是
U b E dl Edl U b
（3）E—r 和 U—r 曲线如图所示
r R1 R1 r R2 r R2
E
U
r R1 R2 R1 R2
r
7、在上题中，若 q=4.0× 10-10C,R1=2cm，R2=3cm，求： （１） 导体球壳的电位； （２） 离球心 r=1cm 处的电位； （３） 把点电荷移开球心 1cm，求导体球壳的电位。 解： （1）导体球壳的电位为
R2 内球电位U 1 E dl
R1
1 1 R R 2 1 q 1 1 外球电位U 2 0 U 4 0 R R 2 1 q 4 0
（5）内球电位为零。设其上所带电量为 q′,
内球电位U 1 E dl
U 2 E dl
r
1 1 Q 1 1 r R R 4 R ( R1 r R 2 ) 2 3 0 3 qQ U 3 E dl ( R 2 r R3 )外球电位 r 4 0 R3 qQ U 4 E dl ( r R3 ) r 4 0 r
E
U
r R1 R2 R3
42
r R1 R2 R3
《电磁学》思考题和计算题
第二章
10、 设范德格喇夫起电机的球壳与传送带上喷射电荷的尖针之间的电位差为 3.0× 106V,如果 传送带迁移电荷到球壳上的速率为 3.0× 10-3C/s，则在仅考虑电力的情况下，必须用多 大的功率来开动传送带？ 解：开动传送带的功率至少应等于迁移电荷作功的功率
程稼夫电磁学第二版第二章习题解析
前言：特别感谢质心教育的题库与解析，以及“程稼夫力学、电磁学习题答案详解”的作者前辈和血色の寂宁前辈的资料.2-2变阻器在A位置时，焦耳热：，其中.变阻器在中间时，焦耳热：.代入题中数据，可得.2-32-4（1）即，在图中作出该直线，交伏安特性曲线于.两端电压.（2）电源功率之比就等于干路电流之比，即总电阻之反比，设总电阻分别为，则.2-7未烧断前总电阻，烧断后，故干路电流之比为22AB2-10注意电阻温度系数的基准是0℃，得.负载时，负载时，联立解得：.2-11题设是默认加热间断时间相等的，设为.即110V为A、B串联时的工作电压的等差中项作伏安特性曲线关于直线的对称图像，分别交另一曲线于和.得.2-15（1）电容器极板带电量，极板间电流保持为电势差为0时，极板不带电，所以.（2）最大动能的电子到达上极板时动能全部转化为电势能所以，得.K断开时，R与R1串联，该支路总电压该支路与R2并联，为R2两端电压，又R2，R3串联，R3两端电压为可以列出：两式联立，代入数据可解得：.2-18（1）由基尔霍夫方程知：.（2）沿n个电源这一路计算：2-22注意看题，不要啥都不想直接Y-△变换了设从1向O流的电流为，从2向O流的电流为，则从O向3流的电流为则可由三点的电势得到：2-即2-将等效内阻，等效电源. 2-25设有x组电池组串联，每组内有y个电池并联.法一：电源最大输出功率，电池个数.要使电源达到最大输出功率，则必有内阻与负载相等：解得法二：回路内满足：到的是Y-△变换的Y型电路（b），设出电阻即可求解，然后用Y-△变换得到△型电路（a）.2-27上式联立解得.2-28（i）由知122’1’回路为电路干路而无支路，该干路总电阻；1 2与1’2’间若有电阻，则应被导线短路.（ii）由知1 2与1’2’间确有电阻，设为；由于要求电路最简，不妨设12间仅有一个电阻；故此情况中两电阻并联：代入数据得：，带回各条件检查，满足.故电路图如下：所以安培表示数.2-30题意即5两端接电源.电压表示数是由其上电流决定的，所以可以把电压表全看成电阻，求其上电流比例.由分析，电路可简化为如下图：由节点方程可知流经并联两表中电压表的电流欧姆定律：得. 2-33由每个量程达到满偏时通过电流计的电流相同得：，干路电流为，而B，C间的电流为，即100kΩ电阻和电压表各分得干路电流的一半，可知电压表内阻也为100kΩ.在图（b）中，200kΩ电阻与电压表并联后的电阻为，电压表读数为A、B间所分的电压为.由本题推广，可以证明，电压表接入串联电路测得的数值与所测部分电阻成正比，此性质与电压表内阻无关.2-36首先说明，若测量过程中测得某两点间电阻为1Ω，由对称性及电阻串并联等效可以判断：特异电阻被短路，连接在另外两端点间.2-38等效电路图如下：其中，由电桥平衡条件，有，解得.2-39第一次实验，B端电压为40V，即电阻R分压40V，则左段电缆电阻为第二次实验，A端电压为40V，即电阻R分压40V，则右段电缆电阻为左右电缆的电阻之比为：由于电缆的电阻与长度成正比，可知左段电缆长度为由此得：2-41，解得，解得；对于上述两支路的交点A，列节点方程：；由欧姆定律，图中B点的电势为：.显然U1与U3所在支路的电流为0；由于电容所在支路电流为0，由节点方程，图中B与C之间的支路上电流为；对图中红圈内的部分列节点方程（以向下为正方向）：.2-42设该平行板电容器极板面积为S，极板间距为d，漏电流为I.由平行板电容器的电容公式，得玻璃的电阻为.由高斯2-44首先明确，无论短接哪个电阻，总电阻一定变小将五个电阻分两类，一类是四周的4 个电阻臂，一类是中间的100Ω桥上电阻.短接桥上电阻，总电阻变为203Ω；短接一支电阻臂，以500Ω的为例：两个100Ω的并联后与200Ω的串联再与300Ω的并联.可以看出300Ω的在这里与其他所有电阻并联，而并联电路中的总电阻不超过最小的电阻，故让100Ω与其他电阻并联可以使变化最大.2-45等效电阻整理得，故或.2-46本题为无穷网络等效电阻题.先分析对称性：电路呈轴对称，可将图中各个处于对称轴上的中点断开，于是电路转化为：转化为：再将A,B两点左侧网络“翻折”至右侧：单电路：，即两导线间电压为零.2-51本题为无穷网络等效电阻题，解题关键在于网络的自相似性.记A点左侧无穷网络等效电阻为R1.分析电路可知：故只需求出R1.分析R1结构可知：除去三个电阻r后剩余部分仍为一无穷网络R1：2-52（1）本题中的三角形电阻网络具有高度对称性，可将分割n次后的电阻网络（设其两顶点之间的电阻为；图中未画出分割后电阻网络的全貌；最初的只有三条边的三角形当作分割了0次）等效为如下的Y形网络：其中每个电阻的大小均为则下一次分割所得的电阻网络可以等效为三个上图所示的网络相连接而成（每个电阻变为一半），如下图所示：其中每个电阻大小为.这是一个简单的电阻网络，我们可以依据串并联关系计算其两端点间的电阻：（2，解得.2-53本题为等效电容题.（a）图中三电容实为并联；（b）图为中心对称图形，由对称性可知中间的C0等价为断路：整个线路和原来的线路完全一样，线路结构没有改变，各线上电流、各点的电势均无改变.可见，由点2到点n−1这n−2个点是完全等价的.因此，上述n−2个点的电势必然完全相同，从而这些点之间的连线上都没有电流，在考虑本题所问时，这些连线可以全部撤去，于是可得.2-58（1）电阻网络E、G两点间电压可表示为从图中的二极管D的正向伏安曲线中可査得，电压UDI对应的电流I1为25.0mA，此电流就是流过电阻R及由E点流入电阻网络的电流，将数据代入上式得由对称性可得H、A、C、F电势相等，其等效电路如图13-13所示（除两只电阻为外，（2）当引线两端P、Q与电阻网络B、D两点相接时，等效电路仍如图所示，易得通过二极管DD的电流与二极管两端电压有关系代入数据得这是一条联系UD与ID的方程，但是UD与ID又必须满足二极管的伏安特性曲线，在图中绘出上式所述直线，它与曲线的交点的纵坐标即为通过二极管的电流ID，由图中读出由对称性，，，则.2-59本题为图像分析题，同时需要用到“负载功率最大时，路端电压等于电源电动势的一半”的结论（此处证明从略）.图像显示电源可视为两个负载电流范围不同的电源``拼接''而成，分段讨论即可.电流小于0.26A时，电源电动势等于6.2V，故路端电压等于3.1V时（由（2）（3）C1电荷变化量C2电荷变化量故由a到b流过K的正电荷.2-62本题为含电容的电路分析题，只需分析始末状态和电量变化即可.通过K的电量即通过R的电量.闭合K前，两电容器不带电；闭合K并稳定后，两电容器靠近电键K的极板上均沿回路列出方程：联立解得代入数据.忽略接地信息的解法得到的答案与此一致，但无视了与大地间的电流和电位.。
电磁学习题第二章答案
电磁学习题第二章答案电磁学习题第二章答案电磁学习题是电磁学课程中的重要组成部分，通过解答学习题，可以帮助我们巩固理论知识，加深对电磁学的理解。
本文将为大家提供电磁学习题第二章的答案，希望对大家的学习有所帮助。
第一题：一根长为L的直导线，通以电流I，求其产生的磁场强度H。
答案：根据安培环路定理，直导线产生的磁场强度与电流成正比，与导线的长度成反比。
因此，直导线产生的磁场强度H与电流I和导线的长度L满足以下关系式：H = I / (2πL)其中，H为磁场强度，I为电流，L为导线长度。
第二题：一根直导线上通有电流I，求距离导线d处的磁感应强度B。
答案：根据比奥萨伐尔定律，距离直导线d处的磁感应强度B与电流I和距离d成正比。
因此，距离导线d处的磁感应强度B与电流I和距离d满足以下关系式：B = μ0I / (2πd)其中，B为磁感应强度，I为电流，d为距离导线的距离，μ0为真空中的磁导率，其值为4π×10^-7 T·m/A。
第三题：一根长为L的直导线，通以电流I，求距离导线d处的磁场强度H。
答案：根据比奥萨伐尔定律，距离直导线d处的磁感应强度B与电流I和距离d成正比。
而磁场强度H与磁感应强度B成正比。
因此，距离导线d处的磁场强度H与电流I、导线长度L和距离d满足以下关系式：H = μ0I / (2πd)其中，H为磁场强度，I为电流，L为导线长度，d为距离导线的距离，μ0为真空中的磁导率，其值为4π×10^-7 T·m/A。
第四题：一根长为L的直导线，通以电流I，求距离导线d处的磁场强度H和磁感应强度B。
答案：根据比奥萨伐尔定律，距离直导线d处的磁感应强度B与电流I和距离d成正比。
而磁场强度H与磁感应强度B成正比。
因此，距离导线d处的磁场强度H和磁感应强度B与电流I、导线长度L和距离d满足以下关系式：H = μ0I / (2πd)B = μ0I / (2πd)其中，H为磁场强度，B为磁感应强度，I为电流，L为导线长度，d为距离导线的距离，μ0为真空中的磁导率，其值为4π×10^-7 T·m/A。
电磁学试题库电磁学第二章试题(含答案)
一、填空题1、一面积为S 、间距为d 的平行板电容器，若在其中插入厚度为2d的导体板，则其电容为 ；答案内容：;20d Sε2、导体静电平衡必要条件是 ，此时电荷只分布在 。
答案内容：内部电场处处为零，外表面；3、若先把均匀介质充满平行板电容器，（极板面积为S ，极反间距为L ，板间介电常数为r ε）然后使电容器充电至电压U 。
在这个过程中，电场能量的增量是 ；答案内容：202ULsr εε4、在一电中性的金属球内，挖一任意形状的空腔，腔内绝缘地放一电量为q 的点电荷，如图所示，球外离开球心为r 处的P 点的场强 ； 答案内容：r r qE e ∧=204περ；5、 在金属球壳外距球心O 为d 处置一点电荷q ，球心O 处电势 ；答案内容：d q04πε；6、如图所示，金属球壳内外半径分别为a 和b ，带电量为Q ，球壳腔内距球心O 为r 处置一电量为q 的点电荷，球心O 点的电势 。
答案内容：⎪⎭⎫ ⎝⎛++-πεb q Q a q r q 041 7、导体静电平衡的特征是 ，必要条件是 。
答案内容：电荷宏观运动停止，内部电场处处为零；8、判断图1、图2中的两个球形电容器是串连还是并联，图1是_________联，图2是________联。
答案内容：并联，串联；9、在点电荷q +的电场中，放一金属导体球，球心到点电荷的距离为r ，则导体球上感应电荷在球心处产生的电场强度大小为： 。
答案内容：2014qr πε ；10、 一平板电容器，用电源将其充电后再与电源断开，这时电容器中储存能量为W 。
然后将介电常数为ε的电介质充满整个电容器，此时电容器内存储能量为 。
答案内容：0W εε； 11、半径分别为R 及r 的两个球形导体（R ＞r ），用一根很长的细导线将它们连接起来，使二个导体带电，电势为u ，则二球表面电荷面密度比/R r σσ= 。
答案内容：/r R ；12、一带电量 为Q 的半径为r A 的金属球A ，放置在内外半径各为r B 和r C 的金属球壳B 内。
电磁学(赵凯华)答案[第2章稳恒磁场]
![电磁学(赵凯华)答案[第2章稳恒磁场]](https://img.taocdn.com/s3/m/649c5d85561252d381eb6e60.png)
1.一边长为2a的载流正方形线圈，通有电流I。
试求：(1)轴线上距正方形中心为r0处的磁感应强度；(2) 当a=1.0cm , I=5.0A , r0=0 或10cm时，B等于多少特斯拉？解（1）沿轴向取坐标轴OX，如图所示。
利用一段载流直导线产生磁场的结果，正方形载流线圈每边在点P产生的磁感应强度的大小均为:,式中:由分析可知，4条边在点P的磁感应强度矢量的方向并不相同，其中AB边在P点的B1方向如图所示。
由对称性可知，点P上午B应沿X轴，其大小等于B1在X轴投影的4倍。
设B1与X轴夹角为α则:把r0=10cm , a=1.0cm ,I=5.0A 带入上式，得B=3.9×10-7(T)。
把r0=0cm , a=1.0cm ,I=5.0A 带入上式，得B=2.8×10-7(T)。
可见，正方形载流线圈中心的B要比轴线上的一点大的多。
2. 将一根导线折成正n边形，其外接圆半径为a，设导线栽有电流为I，如图所示。
试求：(1)外接圆中心处磁感应强度B0；(2) 当n→∞时，上述结果如何？解: （1）设正n边形线圈的边长为b，应用有限长载流直导线产生磁场的公式，可知各边在圆心处的感应强度大小相等，方向相同，即：所以，n边形线圈在O点产生的磁感应强度为：因为2θ=2π/n,θ=π/n，故有：由右手法则，B0方向垂直于纸面向外。
（2）当n→∞时，θ变的很小，tanθ≈θ，所以：代入上述结果中，得：此结果相当于一半径为a，载流为I的圆线圈在中心O点产生磁感应强度的结果，这一点在n→∞时，是不难想象的。
3. 如图所示，载流等边三角形线圈ACD，边长为2a，通有电流I。
试求轴线上距中心为r0处的磁感应强度。
解:由图可知，要求场点P的合场强B，先分别求出等边三角形载流线圈三条边P点产生的磁感应强度Bi ，再将三者进行矢量叠加。
由有限长载流导线的磁场公式可知，AC边在P点产生的磁感应强度BAC的大小为：由于⊿ACP为等腰三角形，且PC垂直AC，即：代入上述结果中，得：由右手螺旋定则可知，BAC的方向垂直于ACP平面向外，如图所示。
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习题五（第二章 静电场中的导体和电介质）1、在带电量为Q 的金属球壳内部，放入一个带电量为q 的带电体，则金属球壳内表面所带的电量为q ，外表面所带电量为 q +Q 。
2、带电量Q 的导体A 置于外半径为R 的导体 球壳B 内，则球壳外离球心r 处的电场强度大小204/r Q E πε=，球壳的电势R Q V 04/πε=。
3、导体静电平衡的必要条件是导体内部场强为零。
4、两个带电不等的金属球，直径相等，但一个是空心，一个是实心的。
现使它们互相接触，则这两个金属球上的电荷( B )。
(A)不变化 (B)平均分配 (C)空心球电量多 (D)实心球电量多5、半径分别R 和r 的两个球导体(R ＞r)相距很远，今用细导线把它们连接起来，使两导体带电，电势为U 0，则两球表面的电荷面密度之比σR /σr 为 ( B )(A) R/r (B) r/R (C) R 2/r 2 (D) 16、有一电荷q 及金属导体A ，且A 处在静电平衡状态，则( C )(A)导体内E=0，q 不在导体内产生场强； (B)导体内E ≠0，q 在导体内产生场强； (C)导体内E=0，q 在导体内产生场强； (D)导体内E ≠0，q 不在导体内产生场强。
7、如图所示，一内半径为a ，外半径为b 的金属球壳，带有电量Q ， 在球壳空腔内距离球心为r 处有一点电荷q ，设无限远 处为电势零点。
试求： (1)球壳外表面上的电荷；(2)球心O 点处由球壳内表面上电荷产生的电势； (3)球心O 点处的总电势。
解: (1) 设球壳内、外表面电荷分别为q 1 , q 2,以O 为球心作一半径为R (a <R <b )rARQ·O· Q ·b·Oarq B的高斯球面S,由高斯定理01εqq dS E S +=⋅⎰⎰ϖ，根据导体静电平衡条件,当a <R <b 时，0=E ϖ。
则0=⋅⎰⎰SdS E ϖ，即01=+q q ,得q q -=1根据电荷守恒定律,金属球壳上的电量为21q q Q +=q Q q Q q +=-=∴12(2)在内表面上任取一面元,其电量为dq ,在O 点产生的电势adq dV o πε411=q 1在O 点产生的电势aq aq adq dV V o o o πεπεπε4441111-====⎰⎰内内(3) 同理，外球面上的电荷q 2在O 点产生的电势bqQ bq V o o πεπε4422+== 点电荷q 在O 点产生的电势rq V o q πε4=∴ O 点的总点势o q V V V V πε41210=++=(bqQ a q r q ++-)8、点电荷Q 放在导体球壳的中心，球的内、外半径分别为a 和b ，求场强和电势分布。
解：根据静电平衡条件，球壳内、外球面分别带 电量Q 、Q 。
其场强分布为:2014/ , r πεQ E a r =<0 , 2=<<E b r a2034/ , r πεQ E b r =>电场中的电势分布：)111(4 ,03211ba r Qdr E dr E dr E V a r bbaar+-=++=<⎰⎰⎰∞πεbQ dr E V b r a b0324 ,πε==<<⎰∞aQ O b·rQ dr E V b r r0334 ,πε==>⎰∞习题六（第二章 静电场中的导体和电介质）1、分子的正负电荷中心重合的电介质叫 无极分子 电介质，在外电场的作用下，分子正负电荷中心发生相对位移，形成 位移极化 。
2、一平板电容器始终与端电压一定的电源相联，当电容器两极板间为真空时，电场强度为 0E ϖ，电位移为0D ϖ，而当极板间充满相对电容率为r ε的各向同性均匀电介质时，电场强度为E ϖ，电位移为D ϖ，则( B )(A)00 , /D D E E r ϖϖϖϖ==ε (B)00 , D D E E r ϖϖϖϖε==(C)000/ , /εεD D E E r ϖϖϖϖ== (D)00 , D D E E ϖϖϖϖ== 3、两个完全相同的电容器，把一个电容器充电，然后与另一个未充电的电容器并联，那么总电场能量将( C )(A)增加 (B)不变 (C)减少 (D)无法确定4、一空气平行板电容器，接电源充电后电容器中储存的能量为W 0，在保持电源接通的条件下，在两极板间充满相对电容率为r ε的各向同性均匀电介质，则该电容器中储存的能量W 为( A )(A) 0W W r ε= (B) r W W ε/0= (C) 0)1(W W r ε+= (D) 0W W =5、一平行板电容器，其极板面积为S ，间距为d ，中间有两层厚度各为d 1和d 2，相对电容率分别为εr1和εr2的电介质层（且d 1＋d 2 = d ）。
两极板上自由电荷面密度分别为±σ，求：(1)两介质层中的电位移和电场强度； (2)极板间的电势差；(3)电容解：(1) 电荷分布有平面对称性，可知极板间D 是均匀的，方向由A 指向B 。
⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⋅+⋅+⋅=⋅右侧左S d D S d D S d D S d D S ρϖρϖρϖρϖ111100S S D S d D ∆σ∆=⋅=⋅++=⎰⎰左ρϖ ∴D 1⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⋅+⋅+⋅=⋅右侧左S d D S d D S d D S d D S ρϖρϖρϖρϖ2⎰⎰+-=右左dSD dS D 2102221=+⋅-=S D S D ∆∆ ∴ σD D ==21由σεσε====222111 E D E D ，得 2022210111 r r D E D E εεσεεεσε====， 且有 121221 r r εεεεE E ==(2) 12112012111d E d E l d E l d E V V d d dd B A +=⋅+⋅=-⎰⎰+ϖϖϖϖ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2211εd εd σ210211222110)(r r r r r r εεεσd εd εεd εd εσ+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+= (3) B A V V q C -=B A V V S σ-=2112210d εd εS εεεr r r r +=0211221C d εd εdεεr r r r +=6、如图，在半径为a 的金属球外有一层外半径为b 的均匀电介质球壳，电介质的相对电容率为εr ，金属球带电Q ，求：(1)介质层内外的场强大小； (2)介质层内外的电势； (3)金属球的电势； (4)电场的总能量； (5)金属球的电容。
解：(1)电量Q 均匀分布在半径为a 的球面上，作一半径为r 的球面为高斯面，利用高斯定理可求得场强分布r < a : 1=0E ; a < r < b : 220=4r Q E r πεε; r > b : rQ E 034πε=(2) r < a : bQ b a Qdr E dr E dr E V r b ba ar 0032114)11(4πεεπε+-=++=⎰⎰⎰∞a < r <b : bQ b r Qdr E dr E V r bb r003224)11(4πεεπε+-=+=⎰⎰∞r > b : r Q dr E V r0334πε==⎰∞(3) 金属球的电势 aba b Q b Qb a QV V r r r επεεπεεπε00014)]1([4)11(4-+=+-==球(4) ab a b Q ab a b Q Q QV W r r r r επεεεπεε0208)]1([4)]1([2121-+=-+==球(5) )1(40-+==r r a b ab V Q C εεπε球或由221球CV W =得： 2220022)]1([)4(4)]1([2-+-+==r r r r a b Q ab ab a b Q V W C εεπεεπεε球)1(40-+=r r a b ab εεπε 7、一球形电容器，内球壳半径为R 1外球壳半径为R 2，两球壳间充满了相对电容率为r ε的各向同性均匀电介质，设两球壳间电势差为V 12，求： (1)电容器的电容； (2)电容器储存的能量。
解：(1) 设内外极板带电量为±Q 作与球壳同心的任意半径r 的高斯球面由 ==⋅=⋅∑⎰⎰q r πD S d D S24ρϖ得 =D∴∵ 21012214)(21R R R R Q dr E V V r R R επε-=⋅=-⎰∴ 12210214R R R R V V Q C r -=-=επε0， ( r > R 2 )0， ( r <rπQ 4， ( R 1< r < R 2 ) 0， ( r > R 2 )0， ( r < R 1 )-r επεQ r 04， ( R 1< r < R 2 )0， ( r > R 2 )0， ( r < R 1 ) ==rεεD E 0(2) 12212210212221R R V R R CV W r -==επε习题七（第二章 静电场中的导体和电介质）1、一个平行板电容器的电容值C ＝100Pf ，面积S ＝100cm 2，两板间充以相对电容率为εr ＝6的云母片，当把它接到50V 的电源上时，云母中电场强度大小E ＝9.42×103v/m ，金属板上的自由电荷量q ＝5.00×10-9C 。
解：)m (1031.5300-⨯==⇒=CS d dS C r r εεεε，)m/V (1042.91031.55033⨯=⨯==-d V E )C (1000.55010100912--⨯=⨯⨯==CV q2、一空气平行板电容器，电容为C ，两极板间距离为d ，充电后，两极板间相互作用力为F ，则两极板间的电势差为C Fd 2，极板上的电荷量大小为FCd 2。
解：CFdV d CV CV d V Q E F 222122=⇒===，FCd CFdCCV Q 2 2===3、一平行板电容器，两极板间电压为U 12，其间充满相对电容率为εr 的各向同性均匀电介质，电介质厚度为d ，则电介质中的电场能量密度为221202d U w r εε=。
解：将 dU E /12= 代入 220E w r εε=得结果。
4、如图在与电源连接的平行板电容器中，填入两种不同的均匀的电介质，则两种电介质中的场强相等,电位移不相等。
(填相等或不相等) （解法见课件）5、平行板电容器在接入电源后,把两板间距拉大，则电容器( D )(A)电容增大； (B)电场强度增大；(C)所带电量增大 (D)电容、电量及两板内场强都减小。