静电场习题课1

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2.两条无限长平行直导线相距为 0,均匀带有等量异号电荷,电 两条无限长平行直导线相距为r 均匀带有等量异号电荷, 两条无限长平行直导线相距为 .(1) 荷线密度为λ.( )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) (设该点到其中一线的垂直距离为 );( )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. 单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力. 分析: 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. 此所激发的电场的叠加. (2)由F = qE,单位长度导线所受 , 的电场力等于另一根导线在该导线 o 处的电场强度来乘以单位长度导线 所带电的量, 应该注意: 所带电的量,即:F = λE应该注意: 应该注意 式中的电场强度E是除去自身电荷 式中的电场强度 是除去自身电荷 外其它电荷的合电场强度. 外其它电荷的合电场强度.
= r0 λ i 2πε 0 x ( r0 x )
λ
E
E+
λ
p
o
分别表示正, (2)设F+,F-分别表示正,负带电 导线单位长度所受的电场力, 导线单位长度所受的电场力,则有
x
x
r0
λ2 F+ = λE = i 2πε0r0
λ2 F = λE+ = i 2πε0r0
相互作用力大小相等, 相互作用力大小相等,方向相 两导线相互吸引. 反,两导线相互吸引.
b2 x =0 2
2
x=
b , ( 0 ≤ x ≤ b) 2
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6.在一半径为 的金属球A外面套有一个同心的金属球壳 6.在一半径为R1 =6.0 cm的金属球 外面套有一个同心的金属球壳 在一半径为 的金属球 B.已知球壳 的内,外半径分别为 2 =8.0 cm,R3 =10.0 cm.设 的内, .已知球壳B的内 外半径分别为R , . 带有总电荷Q 球壳B带有总电荷 带有总电荷Q 球A带有总电荷 A= 3.0×10-8C ,球壳 带有总电荷 B= 2.0×10-8C. 带有总电荷 × × . 和球壳B的电势 (l)求球壳 内,外表面上所带的电荷以及球 和球壳 的电势; )求球壳B内 外表面上所带的电荷以及球A和球壳 的电势; 接地然后断开, 接地, 和球壳B (2)将球壳 接地然后断开,再把金属球 接地,求球 和球壳 )将球壳B接地然后断开 再把金属球A接地 求球A和球壳 外表面上所带的电荷以及球A和球壳 的电势. 和球壳B的电势 内,外表面上所带的电荷以及球 和球壳 的电势. 分析:( )根据静电感应和静电平衡 分析:(1) :( 时导体表面电荷分布的规律,电荷Q 时导体表面电荷分布的规律,电荷 A 均匀分布在球A表面 球壳B内表面带 表面, 均匀分布在球 表面,球壳 内表面带 电荷电荷-QA ,
DS = σ 0 S
D = σ 0 = 4.5 × 10 C m
5 2
S
介质中的电场强度和极化强度的大小分别为
E=
D
ε 0ε r
0
P
P2
σ ( x) E= 2ε 0
两侧均匀场, 两侧均匀场,方向 与平面垂直
x
x
Hale Waihona Puke 可知: 可知:平板外两侧电场仍为均匀电 方向与板面垂直! 场,方向与板面垂直!
b
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解:(1)平板外两侧任一点 1 和P2处 )平板外两侧任一点P 的电场强度E 的电场强度
2 SE = kSb 2 = 2ε 0
∫ ρS d x = ε ∫ x d x ε0 0 0 0
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5.如图所示,一厚度为b的"无限大"带电平板,其电荷体密 如图所示,一厚度为 的 无限大"带电平板, 如图所示 ),式中 为一常数, 度分布为ρ = kx(0 ≤ x ≤ b),式中 为一常数,求: ( ),式中k为一常数 处的电场强度; (1)平板外两侧任一点 1 和P2处的电场强度; )平板外两侧任一点P 处的电场强度; (2)平板内任一点 处的电场强度; )平板内任一点P处的电场强度 (3)场强为零的点在何处? )场强为零的点在何处? 分析: 分析:平板外两侧电场分布 在带电平板中取一平面, 在带电平板中取一平面, 平面 电荷面密度σ(x) P1
大学物理
习题讨论课
真空中的静电场 静电场中的导体与电介质
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1. 半径为 的带电细圆环,其电荷线密度为λ= λ0cosφ,式中λ0为一常数, 半径为R的带电细圆环 的带电细圆环, 为一常数, φ 为半径 与x轴所成的夹角,如图所示.试求环心 处的电场强度. 为半径R与 轴所成的夹角 如图所示.试求环心O处的电场强度 轴所成的夹角, 处的电场强度. 处取微小电量dq=λdl,它在 点 解:在任意角φ 处取微小电量 ,它在O点 产生的场强为: 产生的场强为: dq λ dl λ co s φ d φ dE = = = 0 4πε 0 R 2 4πε 0 R 2 4πε 0 R 它沿x,y轴上的二个分量为: 轴上的二个分量为: 它沿 , 轴上的二个分量为 dEx=dEcosφ , dEy=dEsinφ 对各分量分别求和
UA = 0
U B = 7.92 × 102 V
导体的接地使各导体的电势分布发生变化, 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, 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. 以建立新的静电平衡.
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7.由两块相距 的薄金属板A, 构成的空气平板电容器 7.由两块相距0.50 mm的薄金属板 ,B构成的空气平板电容器 由两块相距 的薄金属板 被屏蔽在一金属盒K内 金属盒上,下两壁与A, 分别相距 被屏蔽在一金属盒 内,金属盒上,下两壁与 ,B分别相距 0.25 mm,金属板面积为 ,金属板面积为30mm×40mm.求:( )被屏蔽后电 × . :(1) 容器的电容变为原来的几倍;( ;(2) 容器的电容变为原来的几倍;( )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. 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 , 与金属盒一 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 )所示, 较小.电容器可视为平板电容器, 较小.电容器可视为平板电容器, 通过分析等效电路图可求得A,B 通过分析等效电路图可求得 , 间的电容. 间的电容.
kb 2 E= 4ε 0
1
b
Sk b
P1
P 0
P2
s
x
x
处的电场强度E (2)平板内任一点 处的电场强度 ' )平板内任一点P处的电场强度
b
k b2 E′ = (x2 ) 2ε 0 2
( E ′ + E )S =
kS
kSx ∫ x d x = 2ε ε0 0 0
x
2
(3)场强为零的点在何处? )场强为零的点在何处?
2π λ0 λ0 2 Ex = ∫0 co s φ d φ = 4ε 0 R 4πε 0 R
2π λ0 Ey = ∫0 sin φ d(sin φ ) = 0 4πε 0 R
y
dq
R
d Ex φ O d Ey
φ
dφ
x
dE
λ0 i 点的场强为: 故O点的场强为: E = E x i = 点的场强为 4ε 0 R
Q A + QB
R1 R3 A
QA QA
R2
外表面带电荷Q 外表面带电荷 A+ QB,电荷在导体表面 均匀分布( 均匀分布(图(a)),由带电球面电势的 B ) 叠加可求得球A和球壳 的电势. 和球壳B的电势 叠加可求得球 和球壳 的电势.
(a )
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接地然后断开, 接地, 和球壳B内 (2)将球壳 接地然后断开,再把金属球 接地,求球 和球壳 内, ) 球壳B接地然后断开 再把金属球A接地 求球A和球壳 外表面上所带的电荷以及球A和球壳 的电势. 和球壳B的电势 外表面上所带的电荷以及球 和球壳 的电势. 导体接地,表明导体与大地等电势( 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 ).球壳 接地后, 通常取为零).球壳 接地后,外表面的电荷 与从大地流入的负电荷中和, 与从大地流入的负电荷中和,球壳内表面带电 )). -QA (图(b)). )) 再将球A接地,球壳内表面带电 再将球 接地,球壳内表面带电-QA? 接地 断开球壳B的接地后,再将球 接地 此时球A 接地, 断开球壳 的接地后,再将球A接地,此时球 的接地后 的电势为零. 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, 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 带电q 设此时球 带电 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 内表面感应 的分布规律,可知球壳 内表面感应qA,外表 面带电q )). 面带电 AQA(图(c)).此时球 的电势可表 )) 此时球A的电势可表 示为 qA qA q QA UA = + + A 4πε 0 R1 4πε 0 R2 4πε 0 R3
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解:(1)由等效电路图(b)可知 )由等效电路图( )
C = C23 + C1 = C 2 C3 + C1 C 2 + C3
由于电容器可视作平板电容器, 由于电容器可视作平板电容器, 且d1=2d2=2d3 C2 = C3 = 2C1 因此A,B间的总电容 因此 , 间的总电容
C = 2C1
λ
λ
p
x
x
r0
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在导线构成的平面上, 分别表示正, 解 :(1)设点 在导线构成的平面上,E+, E-分别表示正, ) 设点P在导线构成的平面上 负带电导线在P点的电场强度 点的电场强度, 负带电导线在 点的电场强度,则有
λ 1 1 + E = E+ + E = x r x i 2πε 0 0
UA = QA QA Q + QB + + A = 5.6 × 103V 4πε 0 R1 4πε 0 R2 4πε 0 R3
Q A + QB UB = = 4.5 × 103V 4πε 0 R3
2)将球壳B接地后断开 再把球A接地 设球A带电 接地后断开, 接地, 带电q (2)将球壳B接地后断开,再把球A接地,设球A带电qA, 和球壳B的电势为 球A和球壳 的电势为 和球壳
qA qA QA UA = + + =0 4πε 0 R1 4πε 0 R2 4πε 0 R3 qA
UB = qA QA 4πε 0 R3
解得
qA =
R1 R2QA = 2.12 × 10 8 C R1 R2 + R2 R3 R1 R 3
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-8 即球A外表面带电 由分析可推得球壳B内 即球 外表面带电 2.12×10 C ,由分析可推得球壳 内 × -8 -8 表面带电-2.12×10 C,外表面带电-0.9×10 C .另外 × , × 和球壳B的电势分别为 球A和球壳 的电势分别为 和球壳
(2)若电容器的一个引脚与屏蔽 ) 盒相碰,相当于C 或者C 盒相碰,相当于 2(或者 3)极板 短接,其电容为零, 短接,其电容为零,则总电容
C ′ = 3C1
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8.一平板电容充电后极板上电荷面密度为σ 8.一平板电容充电后极板上电荷面密度为σ0=4.5×10-5Cm-2. 一平板电容充电后极板上电荷面密度为 × 现将两极板与电源断开, 现将两极板与电源断开,然后再把相对电容率为εr=2.0的电介 的电介 质插人两极板之间.此时电介质中的D, 和 各为多少 各为多少? 质插人两极板之间.此时电介质中的 ,E和P各为多少? 解:介质中的电位移矢量的大小 由有电介质的高斯定理
R1
R3
A
B
R2
QA
QA
(b )
q A QA
R1 R3
A
R2
qA
qA B 可解出球A所带的电荷 所带的电荷q 再由带电球面电势的叠加, 由 UA= 0 可解出球 所带的电荷 A,再由带电球面电势的叠加, (c ) 可求出球A和球壳 的电势. 和球壳B的电势 可求出球 和球壳 的电势.
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由分析可知, 的外表面带电3.0× 解 : ( 1 ) 由分析可知 , 球 A的外表面带电 ×10-8C, 球壳 的外表面带电 , B内表面带电 -3.0×10-8C, 外表面带电 ×10-8C. 由电势的 内表面带电- × 内表面带电 , 外表面带电5.0× . 叠加, 和球壳B的电势分别为 叠加,球A和球壳 的电势分别为 和球壳