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

´ EΔ S = EΔ S
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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
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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 A B
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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 。 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)
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(2)联接后 ´= U2 = q1 +Q =2.7×102(V) ´ U1 4pe0 R3 (3)外球接地 ´ U2´=0 内球电势 ´ = 1 q1 q1 =60(V) U1´ 4pe0 R1 R2
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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。
Δ U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？
C2 C1 C3 C3
A
C3
B
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C3
1 1 1 1 1 1 1 7.0 解： = C +C + C = + 6.0 + 2.0 = 6.0 Ca 2.0 2 13 4 Ca =0.86mF 1 1 1 1 1 Cb = C5 + C6 = 4.0 + 4.0 Cb =2.0mF CAB = Ca + Cb =2.86mF
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q1 q U外 = 4pe0 r2
外球的电势改变为：
r1q ΔU = U外 U2 = 4pe r 2 0 2 (r1 2r2 ) q = 4pe r 2 0 2
4pe0 r22
2r2q
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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。
=1.25×10-4(C)
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(3)
U3= UAB =100(V)
Q3= C3 U3 =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 。 （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。
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
v = 2ad = σ qd 2e 0m
4e 0m d v σ qd . 2e 0m t =a = 2e 0m σ q = σ q
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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 荷面密度σ 。 +σ
Q1=Q13 Q1 = 1.7×10-4
5.7×10-5
=1.1×10-4(C)
2 Q1 1 Q3 W1= 1 -4(J) W3= =8.1×10 =1.6×10-4(J) 2 C1 2 C3 2 2 Q4 1 Q2 W2= -3(J) W4= 1 =7.3×10 =7.3×10-3(J) 2 C2 2 C4 2 1 Q5 W5= W6 = =2.0×10-2(J) 结束 目录 2 C5 2
d +q
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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： （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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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)
A
C1 C3
C2
B
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解：
(1)
C12 = C1+C2 =10.0+5.0=15(mF)
C12C3 15×5 CAB = =3.75(mF) = C12+C3 15+5
(2) 5 × UAB = 100 U2= U12 = C12+C3 5+15 =25(V) Q2= C2 U2 =5.0×10-6×25 C3
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解：(1) U R 2=
q 4.0×10-10 = 9.0×109× 3.0×10-2 4pe0 R2
=120(V) (2)由静电感应和电势叠加原理 q q 1 q Ur = 4pe0 r R1 + R2
1 = 9.0×109×4×10-10× 1×10-2 =300(V)
1 1 -2 + 2×10 3×10-2
(3)因不影响导体壳外表面电荷，所以电势
与(1)相同。
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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
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。
1 2 3 4
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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, q2 q1
σ
1
E1 E 4 E 1 E 2 E3 E 3 E2 E4 静电平衡时，导体内部任意一点的场强为零
∴
.
a
σ σ
2
3
.
b
o
σ
4
a点： 2 ε
σ
1
σ
2 ε
2
σ
2 ε
3
σ b点：
o
1
+2 2 o ε ε
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解：
σ = σ 2S m g =q E = S σ 2 2 e0 e0 e 2 0mg σ= S σ>
e 2 0mg S
使金属板离开的条件为：
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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
d q
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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。 r
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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：
600×102 C地 = 4pe0 R = 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。 A C1
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 m d
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解：
F = qE =m a
σ q ma 2e 0 = σq a = 2e m 0
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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C1 Q 2.0 ×1.7×10-4 Q1 = C1 + C3 13 = 2.0+4.0
=5.7×10-5(C)
C2
C2
B
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证：
2C1+ C2 1 1 1 =C + = C (C +C ) CAB C1+ C2 1 1 1 2 C1( C1+ C2 ) CAB = = C2 2C1+ C2
C + C2C2 C = 0
2 2 2 1
A B
C1
C2 C2
C2 = 0.618 C1
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9-14 如图，C1=10mF， C2=5.0mF， C3=5.0mF。 （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？
+σ
q
m
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解： T cos q =mg
σ σ
q
T
F mg
σ q mg tg q = 2e 0
T sinq = qE = σ q 2e
0
σ=
2e 0 mg tg q
q
=5.0×10-9(C/m2)
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9-3 证明在静电平衡时，导体表面某面 元Δ S所受的静电力为:
F = σ Δ S en 2e0
σ
o
2
o
+2
σ
2 ε
σ
2 ε
4
ε
3
σ
o
4
=0 =0
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o
o
σ
2 ε
1
σ
2 ε
2
σ
2 ε
o
3
σ
o
1
σ σ
解得：
+2 2 o ε ε
1
σ
o
2
+2
σ
o
3
2 ε
σ
2 ε
4
σ S + 2S = q 1 σ 4S =q 2 3S +
ε
σ
o
4
=0 =0
o
o
q 1+ q 2 σ 1 =σ 4 = 2S q 1 q2 σ 2 = σ 3 = 2S