普通物理学程守洙第五版第九章答案

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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 AB
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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 。
(2)
U2= U12 =
C1C2 +3 C3UAB
=
5 5+15
× 100
=25(V)
Q2= C2U2 =5.0×10-6×25 =1.25×10-4(C)
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(3) U3= UAB =100(V) Q3= C3U3 =5.0×10-6×100 =5.0×10-4(C)
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9-15 如图，C1=C2=C4=2.0mF， C3=C5=C6=4.0mF 。
= 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：
（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？
v=
2ad
=
σqd
2e 0m
t
=
v a
=
σqd
2e 0m
. 2σe 0qm
=
4σe 0qmd
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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
UA UB = UA UC
EAB dAB = EAC dAC
EAB
=
q1
e0S
EAC
=
q2
e0S
2mm 4mm
q1 q2
=
EAB EAC
=
dAC dAB
=
1 2
q1= 1.0×10-7(C)
q2= 2.0×10-7(C)
C AB q1 q2 -q1 -q2
qB= -q1= -1.0×10-7(C)
qC= -q2= -2.0×10-7(C)
σ2 1o+
σ2
2o
σ +
2
3
o
σ
2
4
o
=
0
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σ1 σ2 σ3
来自百度文库
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
A
C1
C2
C2
B
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证：
1 CAB
=
1 C1
+
1 C1+
C2
=
2C1+ C2 C1( C1+ C2 )
CAB
=
C1( C1+ C2 2C1+ C2
)
=
C2
C22+ C2C2 C12 = 0 A
C1
C2 = 0.618C1
C2 C2 B
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9-14 如图，C1=10mF， C2=5.0mF， C3=5.0mF。
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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。
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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)
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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。
QC442=7.3×10-3(J)
W5=W6 =
1 2
QC552=2.0×10-2(J)
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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。
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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)
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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
外球的电势为： U2´ = 0
(3)设内球电量为q1,内球电势为零
U1
=
q1
4pe0
r1
q
+ 4pe0 r2
=0
U外
=
q1 q
4pe0 r2
q1
=
r1 r2
q
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U外
=
q1 q
4pe0 r2
外球的电势改变为：
ΔU = U外
U2
=
r1q
4pe0
r2 2
=
(r1 2r2 ) q
4pe0
r2 2
2r2q
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
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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。
U
=
q1 +q2
4pe0R2
=
2.03×103(V)
ΔU内 = 2.7×103 2.03×103
4pe0
r2 2
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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。
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解：(1)
UR2=
（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
（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)。
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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
+
1 C6
=
41.0+
1 4.0
Cb =2.0mF
CAB = Ca + Cb =2.86mF
Q5 =Q6 = CbUAB = 2.0×10-6×200
=4.0×10-4(C)
Q2 =Q4 = Q13 =CaUAB= 0.86×10-6×200
=1.72×10-4(C)
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Q1=
C1 C1 + C3
（1）求A、B间的电容：
（2）在A、B间加上100V的电压，求C2上 的电荷量和电压；
（3）如果q 被击穿，问C3上的电荷量和电 压各是多少？
A
C1
C2
B
C3
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解：
(1) C12 = C1+C2 =10.0+5.0=15(mF)
CAB
=
C12C3 C12+C3
15×5 = 15+5
=3.75(mF)
r
q
q
d +q
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E+ =E
q
= 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
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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：
=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。
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
荷面密度σ 。
+σ +σ
q
m
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解：
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
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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:
σ F = 2e02ΔS en
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1 2 34
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解：设两个板四个面的电荷面密度分别为
s1, s2, s3, s4,
σ σ σ σ q1
1
2
q2
3
4
.a
.b
E 3 E2 E4
E1 E 4 E 1 E 2 E3
静电平衡时，导体内部任意一点的场强为零
ε ε ε ε σ σ σ σ ∴
a点：
1
2o
2
2o
3
2o
2
4=0
o
ε ε ε ε b点：
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解：(1)内球电势为
U1
=
1
4pe0
q1 R1
q1 R2
+
q1+Q R2
=9.0×109
1×10-10 1×10-2
1×10-10
3×10-2 +
12×10-10 4×10-2
=3.3×102(V)
外球电势
e U2
=
q1 +Q 4p 0 R3
=9.0×109×142××1100-2-10
证：在导体表面取面元 ΔS
面元上电荷面密度为：σ
面元外侧场强为：E
σ
= e0
内侧场强：
E 内 =0
ΔS
σ
面元外侧场强可视为面元ΔS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 + EΔS 面元ΔS还将在内侧所产生场强 EΔ´ S
且
EΔ´S = EΔS
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在静电平衡时，内侧的合场强（导体内 部）应为零。
导体与电介质习题
18-1 18-2 18-3 18-4 18-5 18-6 18-7 18-8 18-9 18-10 18-11 18-12 18-13 18-14 18-15 18-16 18-17 18-18 18-19 18-20 18-21 18-22 18-23 18-24 18-25 18-26 18-27 18-28 18-29 18-30 18-31 18-32 18-33 18-34 18-35 18-36 18-37 18-38 18-39 18-40 18-41 18-42 18-43 18-44 18-45
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解：
m
g
=q
E
=σS
σ
2e0
=
σ2
2e0
S
σ=
2e0mg
S
使金属板离开的条件为：
σ>
2e0mg
S
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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
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解：因为导体是一等势面。可以设想若在 左侧对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。
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9-1 一块很大的带电金属薄板，其电荷
面密度为σ，离金属板为d处有一质量为m、
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
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解：
F =qE =ma
σ
2e 0 q =ma
a
=
σq
2e 0m
q
4pe0 R2
=
9.0×109×
4.0×10-10 3.0×10-2
=120(V)
(2)由静电感应和电势叠加原理
Ur
=
1
4pe0
q r
qq R1 + R2
1
=9.0×109×4×10-10× 1×10-2
1 2×10-2
+
1 3×10-2
=300(V)
(3)因不影响导体壳外表面电荷，所以电势
与(1)相同。
E内 = E1 + EΔ´ S = E1 EΔS =0
E1= EΔS =
1E
2
F =σΔS E1 = σ2e02ΔS
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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。
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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？
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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