静电场中的导体和电介质答案

1、第6章静电场中的导体和电解质 一、选择题1. C2. C3. C4. A5. D6. D7. B8. B9. B10. A11. A12. B13. C14. C15. D16. D17. A18. D19. A20. A21. B22. A23. D24. A25. B26. B27. C28. C29. A30. D31. C32. D33. B34. C35. B36. C37. C 38. B 39. C 40. B 41. D 42. B 43. D 44. B 45. B 46. B 47. C 48. A 49. C 50. A 51.C 52. B 53. D二、填空题1.qQ

2、4冗& 01qQ4冗& 0l2. UA>UB>UC>0 3. q4 n£ 0R4. q4 n£OR5.qi4 n£(d-1R)6. C=N £ 0Sd 7. CC2C34=C15q8. W=-2 n£ 0l9. 1:5 3(3R323210.1+6R1R2+4R1R2+2R2)q3(3R322321+6R1R2+4R1R2+2R2)q40 nc20(R1+R1R2+R2)40 nc20(R1+R1R22+R2)10. -& 0SU4d211. 1:5三、计算题1.解：导体平衡时是一等势体，球的电势即球心

3、的电势.据电势叠加原理，球心的电势等于点电荷在A球心处的电势与导体球在球心处的电势之和 点电荷q在导体球A之球心处的电势为Uq=q4 n£ Or设导体球A的半径为R,因静电感应在为UA=dq'qA6-3-1 图dq'4 n£ ORq'14 n£ ORq'因导体球感应电荷之和为0,所以球心处的电势q'dq'=OU=Uq+UA=q4 n£ Or2.解：由上题的讨论可知，球心的电势应等于点电荷在A球心处的电势与导体球在球心处的电势以及导体球上感应电荷球心处的电势之和设导体球带电Q,它在球心处的电势为UQ=Q4冗&

4、amp; ORq4 n£ Orq4 n£ OrRr利用上题的结果， 球心处的电势为U=Uq+UA+UQ=+Q4冗& 0RQ4tt£ OR由题意有U=Uq+UA+UQ=+=O所以，导体球的带电量Q为Q=q3. 解：设金属丝单位长度上的电量为人由高斯定理可求得金属丝与圆筒之间离 轴线r处电场强度大小为E=入2 ncr于是，金属丝与圆筒之间的电势差为R外R外U=?r内E? dr=R内? 2 n£入?drr入2 n£InR外R内=rElnR外R内此式表明：Umax对应于Emax,由E=Umax入2 nerR外=R 内 EmaxlnR内-3知Em

5、ax对应着 入ma和r=R内=0.1? 10? 4.3? 10? In6100.1=1.98? 10(V)34. 解：(1)不计边缘效应，则金属板两相对表面均匀带电，设其上CT的电荷面密度分别为 cl和 讥 如A6-3-4(a)图所示因金属板原来不带 电，由电荷守恒定律有c 1+ c 2=0)满足EP=由、两式可解得A6-3-4(a)图V 1p一卜E设P点为厚板内任意一点，根据场强叠加原理及导体的静电平衡条件，可得 的场强应C02 e0+cl2 e0(t22 £0=0(T 1 =(T02J(T 2 =(T02(2)把金属板接地后，板与地成为一个导体，达到静电平衡后两者的电势必须相 等

6、，因而金属板右表面不能带电反证如下：设板的右表面带电，则必有电场线从金属板的正电荷发出终止于地面(或由地面发出终止于金属板的负电荷)，这样，板与地之间一定存在电势差，这与静电平 衡时导体的性质相矛盾，因而不可能.设接地后，板的左表面的电荷面密度为c,按与(1)中相同的解法，根据电场强度叠加原理和导体静电平衡条件，求得金属板内任一点处的电场强度满足c02 £0+c0A6-3-4(b)图二2 £0=0因此c=c 0即金属板接地后不仅(1)中板右表面的正电荷被来自地面的负电荷中 和，而且板的左表面的负电荷也增加了一倍，这时电场全部集中在带电平面与金属板之 间，如A6-3-4(b)

7、图所示.5. 解：接地意味着该金属板的电势与地电势同为零，为满足静电平衡条件和零电 势，感应电荷只出现在金属板上与点电荷相近一侧的表面，且不均匀分布.在金属板的带电面的内、外侧选取两个无限接过的场点P和P,它们与点电荷相距r，”分别表示点电荷和金属表面感应电荷与垂足0点相距R,如A6-3-5图所示设Eq 和 EP在P'点产生的电场强度，则根据导体的静电平衡条件，P'点的合场强为零，有''=0 EP'=Eq+EPP”=-Eq,由此得EP''的大小为即，EP''=-EPq''=EP24 n£ OrA6

8、-3-5图由于P和P'分居金属板带电面两侧，位置对称，可知其面上感应电荷在 此两点产生”的大小相等，而其方向如 A6-3-5图所示同时，的大小应与EP的场强也对 称，即，EP由于P和P二者无限接近，点电荷在此两点产生的场强相同因此，金属板外侧 P点的',由矢量合成图可见，合场强的大小 合场强EP=Eq+EPEP=2EqcosB =2q4 n£ Or2hrqh2n£ O(h+R)223/2EP的方向垂直表面指向导体内部，即与带电表面的外法线反向.CT根据静电平衡时导体表面电场强度 E=en,可得P点处感应电荷的面密度为£0二 £ 0EP=-

9、qh2 n (h+R)22c的绝对值最大，在3/2结果表明，金属板表面的感应电荷分布不均匀，在R=0处,离开0点很远处(即R-x)感应电荷面密度趋势于零.选取以0为中心，半径为R到R+dR的圆环，其上的电荷为dq'=(T '2 n RdR-qhR(h+R)223/2dR故整个表面上感应电荷的总量q'=?q'dq'=2-qhR(h+R)23/2dR=-q即与金属板旁点电荷q等量异号.6. 解：设电容器两极板加有电压 U，极板上的电量为 ±Q.由高斯定理可得，第i层介质内电场强度的大小为 DcQEi=i=£ i £ i 

10、3; iSA6-3-6 图极板间电压U=+E? dl=? Edl=+N刀i=1Eidi=QNESi=1di£ iSN由电容器电容的定义C=QU=E£i=1dii7. 解：设想通过球心的平面将一个球形电容器分成了两个半球形的电容器，再相 互并联.已知球形电容器的电容为C=4n£ R1R2AR1于是，两半球形电容器的电容分别为2n£ 0R1R22冗& R1R2 ,C £ = C0=R2-R1R2-R1所求之电容为C=C0+C £ =2n£ 0R1R2-R21+2n£ R1R2-R212n R1R2R-R1(&#

11、163; 0+ £)8. 解：设加上电压U后电容器极板上的带电量为±q,则电容器上极板所受的电力 为F=qE=qCT2 £0q22 £ 0Sd可得由电容定义q=CU和平板电容器C=F=12& OS& 0S(Ux)2A6-3-8 图天平平衡时F=mg所以F=12& 0S(Ux)29. 解：方法一设A , B两块板分别带有+q和-q的电量，在题设条件下，由导体的静电平衡条件 可确扑 盘I "» " . ' - ''."' r' - ' '

12、' . jrl- 住 - - - - - 定，电荷均匀分布在两极板的相对表面上，其电荷面密度分别为qS和口 - c =qSB，而插入的第三个金属板两侧表面感应带等量异号的面电荷.由无限大均匀带电平面的电场可知，金属板之间的电场强度的大小E=S1rCT£0q& os方向垂直于板面，而金属板内场强为零；因此 A , B两板之间的电势差为?U=E(d-l)=q(d-l)A6-3-9 图& 0S根据电容的定义式，得C=q?U& 0Sd-l解法二设所插入的金属板的左侧面与 A板相距d1,则其右侧面与B板相距d2=d-l-d1A , B之间的电容可看成A与插入的金

13、属板的左侧面之间的电容 C1和B与插入 的金属板的右侧面之间的电容C2串联而成由平板电容器电容公式，有C1 =& OSdiJ 一C2=d-I& OSd2由串联电容公式1C1C1+1C2d1+d2£ OS £ OS £ OS故A , B之间的电容为C=d-l两种解法结果相同.1O.解：（1）设两球壳分别带有+Q和-Q的电量，由导体的静电平衡条件可知，电荷 均匀分布于球面因此，两球面之间的电场强度方向沿径向，大小为E=Q4£ OrQ4 n£01R12两球壳之间的电势差为?U=?R2Q4£ OR2R1dr=(-1R2)A6-

14、3-10(a)图按定义，球形电容器的电容为C=Q?U4n& 0R1R2AR1(2)令内球壳接地，则其电势为零解法一由于无限远电势也为零，即与内球壳等电势，故此时外金属球壳和接地内 金属球壳之间的电容可看作一球形电容器 C1和一由外球壳与无限大(远)球壳构成 的电容器C2二者的并联，而后一电容器的电容实际就是孤立导体球的电容，因 此此时两金属球壳之间的电容为C=C1+C2=4n£ 0R1R2-R21+4 n£ 0R2=4冗 £0R22R2-R1A6-3-10(b)图解法二令金属球壳带电，由于内球壳接地，它所带的电荷不可能与外球壳的电荷 等量异号，而应满足一定

15、的关系设分别为 Q1和Q2，它们各自均匀分布在两 个球面上，由电势叠加原理，二同心均匀带电球面在内球面形成的电势为U1 =Q1Q2R2R1Q14冗& 0R1+Q24冗& 0R2=0因此=-Q14冗 £01R11R2又两金属球壳之间的电势差为 ？ U=(-)此时，外球壳是电容器的一个完整的电极，它所带的电荷才是电容器所带的电 量，因此按定义，电容值为C=Q?U=Q2?UR22=Q1R2R1?4n& 0R1R2Q1(flR1)=4 n£0R2-R1结果与解法一的相同.结果讨论：对球形电容器，如果两球壳的间距远小于球壳的半径，即？R=R2-R1vvR2,R

16、1，则4n R1Rb 4，为球壳面积S.由此电容器的电容可近2似为C=4n£ 0R1R2-R21& 0S?R式中？R是两电极之间的距离d， C=& 0Sd，球形电容器的电容演化为平板电容器的电容.11. 解：设由电荷分布的对称性和介质中的高斯定理得D=Eq 内DXq内4nr2r?, E=£ 4 nir2r?在r<R区域刀q=q43 q 内 4 nR3R3r333n rEq Dq1 =4 niR3r1 =4 nRr在r>R区域Xq内=qE2=q4 nir2 r?, Dq2=4冗 r2r?在整个空间的能量为RooW=12? VE? DdV=12? E

17、1? D1?4 n r2dr+102? E2? D2?4 n r2drR =q2? Rx8n 住？ 146rd叶？ ？10Rr2dr? ?R?=3q220 ncRr若 r<R W=1q22?E? DdV=12?ED2?r14? 1? 1?4n rdr=8 !?£6rdr0 ? ?0R?25qr140 n&R62W解得r=1.24R,不合题意.r>R, W"=12?VE? DdV=1R21r2?E1? D1?4n rdr+02?E2? D2? 4n r2drR2=q? R1r18n2?46rd叶？ORRr2dr? 23q2120n&Rq8 nzr2

18、W解得r=53R=1.67R12. 解：将雨点视为导体，其电荷分布在表面，所以静电能为W=12? Udq=2? 4 n£qq iqROdq=q28 n£ OR由题意，有2?43 n r=343nR r=3R2于是，两雨点的电势能之和为W=2?(q/2)28 n£ Orq2316 n£ Or2q216 n£ OR电能改变量为?2? q2?W=W-W=-= -1 ? 16 n£ 0R8 n? 2?GBRt£ OR2q2q2两雨点电荷相同，在?W<0表明，分成两个小雨点后静电能减少了，其原因是: 分开时相互排斥，电场力对外作了功.13. 解：平板电容器充电后具有静电能W=1q22C1qd2 & OS2与电源断开后，电容器极板上的电量不变充入电介质后，其静电能为W=iq22C'1qd2 £S2则静电能改的减少