规范作业单元测试六教学课件

1、 4 （2 2）两无限大平板）两无限大平板A A、B B。A A带电荷面密度为带电荷面密度为 ，B B带带 电荷面密度电荷面密度-2 -2 ，则，则A A外侧场强大小为外侧场强大小为 、B B外外 测场强大小为测场强大小为 、ABAB之间场强大小为之间场强大小为 。 0 2 0 2 0 2 3 A 2 B ox 解：解： 0 2 A E 0 , B E iiE 00 2 iiE 00 2 iiE 00 2 A E A E A E A A板左侧板左侧 B B板右侧板右侧 两极板间两极板间 AB i 0 2 i 0 2 i 0 2 3 B E B E B E 5 3、 导体球壳的内外半径分别为导体

2、球壳的内外半径分别为R R1 1和和R R2 2，若在距球心，若在距球心O O 为为r r的的P P点放置一点电荷点放置一点电荷Q Q，如图所示，则导体球壳的，如图所示，则导体球壳的 电势电势 ；中心；中心O O点的电势点的电势 。 解：静电平衡时球壳的外表面带电量与静电平衡时球壳的外表面带电量与 p点的电量相同，且由于球壳的外表面点的电量相同，且由于球壳的外表面 曲率半径相同，电荷密度也相同，即电曲率半径相同，电荷密度也相同，即电 荷是均匀分布在球面上的。电势为荷是均匀分布在球面上的。电势为 Q 20 4R Q 中心中心O O点的电势是点的电势是p p点的电荷、内表面点的电荷、内表面R R1

3、 1 和外表面和外表面R R2 2的电荷共同贡献的由电势的的电荷共同贡献的由电势的 叠加原理：叠加原理： 20 4R Q U Q r Q R dq R dq U QQ 0020010 444 r Q R Q R Q 01020 444 6 r Q R dq R dq U QQ 0020010 444 r Q R Q R Q 01020 444 7 。点的电势处 线在轴线与窄缝之间离轴点的电势取为零，那么若将 点处的场强心圆柱面半径。则轴线中 远小于线的窄缝，窄缝的宽度这柱面上有一平行于轴 ，在圆柱面，面电荷密度为、一均匀带电细而长的 p UP R E l 3 0 0 4 解用补偿法：设想圆柱原

4、来没有窄缝，用解用补偿法：设想圆柱原来没有窄缝，用 宽度为宽度为l,面电荷密度为面电荷密度为-的带电窄条补在窄的带电窄条补在窄 缝处，由于圆柱面对场强的贡献为缝处，由于圆柱面对场强的贡献为0， p点点 的场强由该窄条产生的场强由该窄条产生,该窄条的电荷线密度该窄条的电荷线密度 为为l 0点的场强为点的场强为 R l E 0 2 j R l 0 2 3 2 ln 2 0 l 8 取取0点的电势为点的电势为0，p点的场强由点的场强由 )(2 0 yR l E 电势电势 dy yR l U R p 3/ 0 0 )(2 3 2 ln 2 0 l 9 电源接通情况下电容器两端电压不变：分析： ,不变不

5、变 EV 0 0 0 EE 电源断开情况下电容器极板上带电量不变： 不变不变 Dq, 0 ED r 00 DD r E 0 0 (5)(5)一空气平行板电容器，接上电源后，两极板上的电一空气平行板电容器，接上电源后，两极板上的电 荷面密度分别为荷面密度分别为。在保持电源接通情况下，将相。在保持电源接通情况下，将相 对介电常数为对介电常数为r r的各向同性均匀电介质充满其中，忽的各向同性均匀电介质充满其中，忽 略边缘效应，介质中的场强大小应为略边缘效应，介质中的场强大小应为 。而。而 断开电源再充满该种介质，则介质中的场强大小又断开电源再充满该种介质，则介质中的场强大小又 为为 。 0 r 0

6、0 0 0 10 计算题计算题1 1、一细玻璃棒弯成半径为、一细玻璃棒弯成半径为R R的半圆形，沿上半部的半圆形，沿上半部 均匀分布有电荷均匀分布有电荷+q+q，沿下半部均匀分布有电荷，沿下半部均匀分布有电荷-q-q，求半，求半 圆中心圆中心0 0处的电场强度处的电场强度E E。 解解1:由对称性，带电荷为由对称性，带电荷为+q的的1/4圆圆 弧产生的电场在第四象限。弧产生的电场在第四象限。 带电荷为带电荷为-q的的1/4圆弧产生的电场方向圆弧产生的电场方向 在第三象限。它们的合场强沿在第三象限。它们的合场强沿-y 取电荷元如图则取电荷元如图则 cos 4 1 2 0 R Rd dEy 对上式

7、积分且考虑到两个对上式积分且考虑到两个1/4圆弧产生的场强圆弧产生的场强y分量大小分量大小 相同相同： cos 4 1 2 2 0 2/ 0 R Rd Ey d R cos 4 1 2 2/ 00 11 d R Eycos 4 1 2 2/ 00 R 04 1 2 把把= q/(R/2)代入上式得代入上式得 j R Rq jEE y /2 4 1 2 0 j R q 2 0 2 解解2：先计算先计算1/4圆弧的场强，由对称性可知场强的方向圆弧的场强，由对称性可知场强的方向 在从圆心到圆弧中点连线上，电荷线密度在从圆心到圆弧中点连线上，电荷线密度同上。取如同上。取如 图所示的电荷元，产生的电场分

8、量图所示的电荷元，产生的电场分量 Ed cos 4 2 0R Rd dE cos 4 0R d 积分得积分得 cos 4 0 4/ 4/ R d E 4/ 4/ 0 sin 4 RR 0 4 2 12 R E 0 4 2 E 结果如图。结果如图。 45cos2EEy 2 1 4 2 2 0R R 0 2 2 0 2 R q j R q E 2 0 2 电场强度沿电场强度沿 y 方向方向 同样可以得到同样可以得到-q的场强的场强,则则 合场强为：合场强为： E 13 2、地球表面上方电场方向向下，大小可能随高度改变，、地球表面上方电场方向向下，大小可能随高度改变， 如图所示。设在地面上方如图所示

9、。设在地面上方100m高处场强为高处场强为150N/C， 300m高处场强为高处场强为100N/C 。试由高斯定律求在这两个高。试由高斯定律求在这两个高 度之间的平均体电荷密度，以多余的或缺少的电子数度之间的平均体电荷密度，以多余的或缺少的电子数 密度表示。密度表示。 解：在空气中取一柱形高斯面，上解：在空气中取一柱形高斯面，上 表面在表面在300m处，处，场强为场强为E1，下表面下表面 在在100m处，处，场强为场强为E2,截面积为截面积为s。 由高斯定理由高斯定理 s sEsESdE 21 0 sh 得到电荷密度得到电荷密度 )( 12 0 EE h s h 14 )100150( 200

10、 1085. 8 12 312 /1021. 2mC 单位体积内的电子数为单位体积内的电子数为 37 19 12 /1038. 1 106 . 1 1021. 2 m e n 由于所带的是正点荷，空气中缺少电子。由于所带的是正点荷，空气中缺少电子。 15 3、如图所示，三块互相平行的均匀带电大平面，面电、如图所示，三块互相平行的均匀带电大平面，面电 荷密度为荷密度为1=1.210-4C/m2， 2=210-5C/m2 ， 3=1.110-4C/m2 。A点与平面点与平面相距为相距为5.0cm，B点与点与 平面平面相距相距7.0cm。（。（1）计算）计算A、B两点的电势差；两点的电势差； （2）

11、设把电量）设把电量q o= 1.010-8C的点电荷从的点电荷从A点移到点移到B 点，外力克服电场力做多少功？点，外力克服电场力做多少功？ 解：取解：取x轴如图。设轴如图。设平面平面间的场强间的场强EA,平平 面面 的场强的场强EB。由叠加原理由叠加原理 0 321 2 A E 0 321 2 B E x 取取平面平面为电势为电势0点点,A 距离为距离为d1, B 距距 离为离为d2. )cos( 22 1 0 321 2 0 321 ddUU AB 16 1 0 321 2 0 321 22 ddUU AB 05. 0 1085. 82 10) 1 . 12 . 02 . 1 ( 07. 0

12、 1085. 82 10) 1 . 12 . 02 . 1 ( 12 4 12 4 v 4 1004. 9 JvUUqA AB 458 0 1004. 91004. 9100 . 1)( 电场力做功电场力做功 17 4、 一导体球半径为一导体球半径为R R1 1，其外同心地罩以内、外半径分，其外同心地罩以内、外半径分 别为别为R R2 2和和R R3 3的厚导体球壳，此系统带电后内球电势为的厚导体球壳，此系统带电后内球电势为U U1 1， 外球所带总电量为外球所带总电量为Q。求此系统各处的电势和电场分布。求此系统各处的电势和电场分布。 解：设导体球带电量为解：设导体球带电量为 q，则由电势则由

13、电势 的叠加原理，导体球的电势是球壳的的叠加原理，导体球的电势是球壳的 电势与内球与外球间的电势差之和为电势与内球与外球间的电势差之和为 1 R 3 R 2 R Q 1 U ) 11 ( 44 21030 1 RR q R qQ U 内球带电量为内球带电量为 )/1/1/1 ( 4 321 10 RRR QU q 18 )/1/1/1 ( 4 321 10 RRR QU q 利用上式可以求出场强、电势利用上式可以求出场强、电势 E 3 2 0 4 1 Rr r Qq 32 0RrR 21 2 0 4 1 RrR r q 1 0Rr 19 U 3 0 4 1 Rr r Qq 21 3020 4

14、) 11 ( 4 RrR R Qq Rr q 32 30 4 1 RrR R Qq 211 RrRU 20 5、一个接地的导体球，半径为一个接地的导体球，半径为R，原来不带电。今将一，原来不带电。今将一 点电荷点电荷q放在球外距球心的距离为放在球外距球心的距离为r r的地方，求球上的感的地方，求球上的感 生电荷总量。生电荷总量。 解：设解：设q放入后在导体球上感生的电放入后在导体球上感生的电 荷总量为荷总量为Q，则由电势的叠加原理，则由电势的叠加原理， 导体球球心的电势为导体球球心的电势为 q r R Q r q R dq U Q 0 0 0 0 44 r q R Q 00 44 由于导体球接

15、地电势等由于导体球接地电势等0，得到，得到感生电荷总量感生电荷总量 0 q r R Q 21 6、为了测量电介质材料的相对介电常量，将一块厚为为了测量电介质材料的相对介电常量，将一块厚为 1.5cm的平板材料慢慢地插进一电容器的距离为的平板材料慢慢地插进一电容器的距离为2.0cm2.0cm 的两平行板之间。在插入过程中，电容器的电荷保持的两平行板之间。在插入过程中，电容器的电荷保持 不变。插入之后，两板间的电势差减少为原来的不变。插入之后，两板间的电势差减少为原来的60%60%， 求电介质的相对介电常量多大？求电介质的相对介电常量多大？ r 解：设电容器极板间距为解：设电容器极板间距为d,电荷密度为电荷密度为 ，电介质未插入时，极板间的场