电磁学答案第2章

1、第二章 导体周围的静电场2.1.1证明：对于两个无限大带电平板导体来说:（1） 反；（2） 同；相向的两面（附图中2和3）上，电荷的面密度总是大小相等而符号相相背的两面（附图中1和4）上，电荷的面密度总是大小相等而符号相证:斯（1）选一个侧面垂直于带电板，端面分别在A,B板内的封闭圆柱形面E?dSE侧？dSEa内SEb内E侧dS侧Ea内Er内.=E?dS 0即：32（2）在导体内任取一点P，EpEpE1E2E3E4其中n?是垂直导体板向右的单位矢。2.1.2两平行金属板分别带有等量的正负电荷特,两板的面积都是平方厘米，两板相距毫米，略去边缘效应，求两板间的电场强 度和各板上所带的电量（设其中一

2、板接地）.解：设A板带负电，其电量是-q，B板带正电，其电量是+q，且A板接地。 两板间的电场强度：e Vd1601.6105（伏/米）30E 8.8510 12 1058.85 10 7（库 /米2）根据上题结论:,若两板的电位差为160伏4； 23又由于A板接地，14 0A板所带电量:q2S8.85 10 73.6 10 43.2 10 10（库）238.85B板所带电量：q3S 8.85 10 7 .3.6 10 4 3.2 10 10(库)2.1.3三块平行放置的金属板 A,B,C其面积均为S,AB间距离为x,BC间距离为 d,设d极小，金属板可视为无限大平面,忽略边缘效应与A板的厚度

3、,当B,C接地 (如图),且A导体所带电荷为Q时,试求：B,C板上的感应电荷；(2)空间的场强及电位分布.解：(1)根据静电平衡时，导体中的场强为零，又由B,C接地：56 04)S Q(由A板的总电量得)-(d x)(由A板的电位得)0丄X0解以上方程组得出:Q(d x)2 SdB板上感应电荷：Qb 2S 冬dC板上的感应电荷：QxdQc5Sx)Q(d x)SdQxQx4 Sd5Sd(2)场强分布:Ei 0EnQ(dSd 0x)rABQx?AcSd 0电位分布:Ui0；U IVQ(dSd 0r)QXU皿ST(d x r)其中r是场点到板A的距离。2.1.4一个接地无限大导体平面前放置一半无限长

4、均匀带电直线，使该带电线一端距导体平面距离为d,如图所示,若带电电线上线密度为.试求:(1) 垂足处0点的面电荷密度.(2) 求平面上距O点为r处的面电荷密度 解：(1)半无限长直带电线在 O电的场强：dx o?x=- ?4 d根据题意知：导体板左侧接地，没有面电荷，对导体板右侧面电荷以 O点为 中心对称分布，由对称性知导体板上的电荷在导体内 O点产生的场强只有导体板的法线分量，设O点的面密度为：E?2由叠加原理知，导体板内任一点的场强由带电线与导体板的电荷所共同产生 的，在静电平衡时，该场强为零。(2)dEx2 d半无限长直带电线在P点的场强x分量为:dEcosdx小 x2 -? 14 (x

5、2 r2)22、2(x r )2xdxr2 2 2(x r )2xdxd34(x2 r2)2Ex14 (x2 r2)2同理，在静电平衡时，导体板内的场强为零。因而其 x分量与y分量均 为零。在x方向：i4(x2 r2)2pi2 (r2 d2)2在y方向，Ey在导体内也为零。原因在于导体面上的电荷分布不均匀，这些电荷在P点所产生的场强与半无限长带电线在P点的场强y方向上恰好相抵。2.1.5半径为r的 金属球与大地相连，在与球心相距 d=2R处有一点电荷q(>0),求球上的感应电荷q有多大(设其距离地面及其他物体可认为是很远的)解金属球在静电平衡情况下是一个等位体，与地等电位，即U=Q球心处

6、的电位也为零。根据叠加原理知道，球心上电位等于点电荷q及球面上电荷在0点的点 位代数和：电荷q在求新出的点位：Uq球面上的 电荷在球心产生的点位： 设球面上某面元的电荷面密度为U Rds ?ds4 Rq4 R由叠加原理得:Uq Ur讨论：q的大小与q到球心的距离有关，当q很接近球面时，即q到球心的距离约为R时，球面对点电荷q所在处而言，可视为无限大平面，因而有q q .2.1.6如图所示，半径为R1的导体球带电量q,在它外面罩一同心的金属球壳，其内外壁的半径分别为 R2 R3,已知R2 2R1, R3 3R1 ,今在距球心为d 4R1处放一电量为Q的点电荷，并将球壳接地，试问：(1) 球壳带的

7、总电量是多大的电位:S , S2 S3三个面上的电荷对球心0点电位贡献:Us1dsO Sl 4 q R!Us22DS-S2 4Rq4R2（2）如用导线将壳内的导体球与壳相连，球壳带电量是多少 解：（1）点电荷Q在球心0点（有高斯定理得S2面上的总电荷量为-q ）在P点与面元S所在处产生的场强是连续的，均为 .'2 0 n 小面圆s所受的力:F=E2 S ? sn2 0E =0F=E2 Sn单位面元所受的力为尹2 n2?1?8 一个半径R=（厘米）的金属球，带有电量 q=10（微库），求半球所受的 力的大小。解：一个孤立导体球其上电荷均匀分布q qs 4 r2利用2?7?1题的结论导体表

8、面某面元所受的力；2F dsn2 0建立坐标，利用对称性可得出 yoz面分割的右半球面 所受的合力的方向是x轴方向，dsin sina isin sin dsiR2 sin sin2 d d i2R2 sin2 o o2d sin doMi2q320R210103212 28.85 101.510 4=103 i （牛顿）2.1.9 一置于均匀电场中的半径为 R的中性导体球，球面感应电荷面密度0COS ，求带有同号电荷的球面所受的力。解：利用2.1.7题结果，球面上某面元受的力是沿 x轴方向; 右半球所受的力：2dFSn2 0利用对称性可知，带有同种电荷所受的力是沿x轴方向：右半球所受的力：2

9、dsiF 右cos2 0u s= 西s34°RsQ，40 Rs根据电位迭加原理，球心 O点的电位：US3u。U QUs1U S2qRsqR2R2又因为：u。(丄丄4 0R1R2解得：Q耳球壳带的总电量为：-3Q q4(2) 内外球用导线相连时，仍用电位迭加原理计算球心0点的电位:即 Q+Qo40 d 40 R3解之得：Q -Q42.1.7某 面元所 受的力:在静电平衡时，导体表面2F =2 o面处的场强)sn1oE2 sn ；单位面积受的力为§ 0宀(其中E为紧靠导体表证：在静电平衡时，对任意导体上取一小面元其面电荷为，如图所示。在导体内侧离小面元s极近一点P,小面元s在该

10、点产生的场强E1p可用无限大带电平面公式表示：设在导体面除小面之外其余电荷在p点产生的场强为E2p，P点的总场强是面上所有电荷在该点场强的总贡献，即 在导体内部场强Ep =E1p +E2p。根据静电场平衡条件可知,即：Eip+E2p=0E2p=-Eip= n2 0因P点是距s极近的一点，所以除 s外的其余电荷cos22?cos R sin d d joR223cos sin d0oR2oR22.2.1点电荷q放在中性导体的中心，壳的内外半径分别为 R,和R2 （见俯图） 求场强和电位的分布，并画出 E-r和U-r曲线。解：（a）场强分布：利用高斯定理可求得：r<RiE4q r orR1&

11、lt; r < R2:E =or> R2:E4qor2r（b）电位分布：设距球心r处的电位U:r R2U=rE?d|q4 orR1rR2 ；U=40 R2q q/111、r R1 : Ud I =rdr +rdr =（r 匚 I r 4 or2R24 or24 0 r R1 R2E-r，U-r曲线如图。2.2.2如图所示，球形金属带电量 Q>0,内半径为 ，外半径b,腔内距球心O 为r处有一点电荷q，求球心O的电位。解：用高斯定理可证得：金属腔内表面Sx所带的总电量为-q，因为电荷守恒，金属腔外Sb 所带电量为Q+q球心0的电位:U°=Uq U q Uq qods+

12、上+=0r sa 40a sb 4 obq4 or4 °aosaads+ads40b sbq+qQq4 or4oa4obq111、Q(-)+4 orab4 ob2.2.1 一半径为Ra的金属球A外罩一个同心金属球壳B,球壳极薄，内外半径可看作RB。（如图所示）已经知道A带电量为QA，B带电量为QB，试求:（1）A的表面S2，S3的电量；（2）求A，B球的电位（无限远处电位为 0）;（3）在B外罩一个同心的很薄中性金属壳，再答（1），（2）两问；（4）用导线将A，B球相连，再答（1），（2）两问；（5）将B接地，再答（1），（2）两问（B外不再罩有球壳）；（6）将A接地，再答（1），（

13、2）两问（B外不再罩有球壳）；。解：根据高斯定理及电荷守恒定律可得出以下结论：（1 ） Qs1 QA， Qs2 QAS3Q A QB(2) UbQ A Q B40 RbUa Ub :dydrRa 4 or+斗丄4 o Rb4 o Ra1Rb1( Qb4 o RbQa)Ra)(3) 在B外再罩一个同心且很薄中性金属壳 C后,Qs1Qa , Qs2 Qa , Qs3Q AQbQS4(QA QB ) , QS5QAQBU C Qa Qb因为C壳很薄其内外半径均为Rc )40 RcQA Qb4o RbUa1( Qb4 o RbQa)(4) 用导线将A，B球相接后;QS1 0QS2 0QS3 Q A Q

14、 BQs4(Q a Qb)QS5QAQBQ AQ B40 RCUb UaQa Qb40 Rb(5) 将B球接地(B外不再有C壳)时;QqQaQs2QaQS30Ub OUaQa(140Ra1Rb(6) 将A球接地(B外不再有壳)时:设球所带电量为Qa，QbQaQa1 1 (RbRa4o Rb4 oRaQB RbQaRaQbRbQaRa QbRBQbQaQbRaQbRb(rb ra)QbRbQbQa( RbRa)Qb4o Rb42 o RbQs1)0QS3QaUaUb2. 2. 4为b,两个同心球壳，内球壳半径为a,外球壳半径 设球壳极薄，已知内球壳带电量为 Q!，试问:（1）在外球壳带多大电量时

15、，才能使内球壳 的电位为零。（2）距球心为r的处的电位多大解：（1）设外球壳B所带电量为Q2Qi Q24 obQiorRrQ1Q2Q1 . 1 1、()04ob 40 b aQ2-Q1a(2)当r b时:Q1Q2Q1(1 b4 or 4 or a当a r b时,UQ1Q2Q1 ( 140b40 r4Q( 3. 1计算大地的电容(将其当作真空中的导体球, 解：设地球所带电量为 Q其电位U=Q40R 根据电容的定义：C=Q 4 0R 48.85 10 12 6.37 1067.1 10U 2. 3. 2如图所示，平行板电容器两极板的面积都是丄)40 r a当r a时，U=02. 2. 5同轴传输线

16、是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属直圆柱体组成(见附图)。设内圆柱体的电位为U1，半径 为R1，外圆柱体的电位为U2，内半径为R2，求其间离轴为(R1 r R2)处的电位。解；设外圆柱表面沿轴线单位长度上所带电量为，P点是两圆柱体间离轴线为的任意一点其强度e=2or内外柱面的电位差:U1 U2：厂7dr厂瞪(1)内圆柱体与P点的电位差:U1 Uprrdr In -R -2020 R1(2)由(1)，(2)两式可得:UP U1(U1 U2)竽ln(wR=6370千米)。S,相距为d,(2) 金属板离极板的远近对电容值有无影响。(3) 设没有放金属板时的电容器的电容 C。600( F),两极板间电位

17、差为10伏，当放入厚度t= d的金属板时，求此时4电容C及两板间的电位差U (设电量不变)。解：(1)AC间的电容等于AB间电容与BC间电容的串联。 设BC间距离为xC ABoSd ABoSd t xCbc0Sd BCCAB.CBCCabCbc0Sd ts(2)因为C=q 与x无关，所以金属板的位置对 C无影响d t(3)C。0S d2. 03. 3求同轴圆柱形电容器的电容 C并证明：当两极的半径很小时(即R1-R2<<>时，它的电容公式趋于平形板电容公式。 边缘效应。)解：a)设内圆柱体所带电量q,其长度为(设内柱半径是R2,柱高L，怱略L,沿轴线单位长度所带的电量为qL内

18、外圆柱体的电位差:PS 厂 in RInR?R1C=QInRRiC=2°Lln&Rid=R Ri R2 Ri时，圆柱形电容公式趋于平板电容噐公式:2 丄RIn （1二）Ri由于R Rj，分母展成台劳级数，取第一项得:In (1 +R)=RiRR1(S=4R2)C=240R2R2 R1来表示。（提示：此时可看成两个球形电容噐并联,设地球半径为 R,并 R）> R2）解：A，看成两个极板，除内外球构成一个电容器之外，外球表面与地面也形成一个电容器，如图，即:Cab40R1R2R2 R140RR2R R1图为地球的半径R> R2所以：Cb地0 R240 R1R2所以：C

19、=Cab+Cb 地=R2 R1 +40R224oR2R2 R12. 3. 6如图示，空气平形板电容噐是由两块相距为0。5毫米的薄金属板A BC=R2 R1当 R2-R1 <<R1 时，贝U R1=R2=R C=4oR1R2=4 oR = oSR2 R1dd即平形板电容噐公式。2. 3. 5 一球形电容噐，内球与外球壳分别为 R1, R2 （球壳极薄），设该电容器 与地面和其它物体相距却很远，现将内球通过细导线接地，试证明：此时球面间 的电容可以有用公式oL = 2_=_=上 (S= 2 R1L)R/ RRR d即平板电容器公式2. 3. 4证明：同心球形电容噐两极的半径差很小（当R

20、2-R1«R1）时，它的电容公式趋于平形板电容公式。证：同心球形电容噐的公式：0R1R2构成，若将此电容噐放在一金属盒 K内，K金属盒上下两壁与分别相距 0。5毫 米。在不计边缘效应时，电容噐电容变为原来几倍若将盒中电容的一极板与金属 盒相连接，这时电容噐电容变为原来几倍解：1 ）第一种情况，可将电容噐等效成如图（A）所示的形式：oS=2 oSCAK d/2 d离）Ckb2 oSd（其中d=0.5mm,即A,B两板间的距CkC AK .C AB 20 S =0 SCak Cab所以：CabdS所以：2 0SC C K +C ABd2CaB可见，电容器变为原来的2倍2 ）第二种情况，可

21、将电容器等效成如图（B）所示的形式:Cab手。Cak d/2°S_2dC Cak +C ab20Sdc 7=3C°=800（微法）所以：u=Q=警=10亍（伏）°S=3V=3Cab可见电容器的电容变为原来的3倍2. 3. 7 图中所标数值为电容器的电容，单位是微法（1）求AB间总电容（2）若AB间电位差为900伏，求离AB最近的两电容器G,Co上的电量（3）若AB间电位差为900伏，求CD间电位差。解：（1）根据电容器串并联公式得：Gb=1（ f）(2)Q=CaBU=106 X 900=9X 10-4(库仑)1CabCiCef如图（a）等效电容CAB量板上的电量与

22、C、Cs 上的电量相等。G、C9上的电量也为9X 10-9库仑（3）Q G、G、三电容串联的电容为C ce=1（ f）C ce=C+CCd' =3（ f）C' EF等于 C2、CCd C 串联，C EF=1（ f）原图可等效成图（b）Q：8+GC EF=QQf2X 10-8 UEf-6 1GCef=10 uEf= GC823GC8+GC *ef= GC8=3GC ef=9X 10（库仑）2GC ef=3X 10-4（库仑）GC8=6X 10-4（库仑）UC汁 U+LEf=900（伏）C1+C9+CEFUEF=300伏）又 C2=C7=CCd=3（ f）如图（c）所示，UC2=U

23、C7=UCCdUCD= 300 =100（伏）32. 3. 8如图所示，三个分别为 & 8和4微法的电容器串联，其两端 A、B间电压为12伏（1）求4微法的电容的电量。（2）将三者拆开后再并联（同行极板再一起）求电容器组两端电压。解：（1）根据电荷守恒定律，三个串联电容上的电量相等：C ab=2（ f）Q=C aBUxb=2X 10-6 X 12=24X 10-6（库仑）Q 1=Q=Q=24X 10-6（库仑）（2）将三个电容器同极性在一 起，（如图），总电量： =GAb+Q+Q+Q=3X 24X 10-6=72X 10-6（库伦）CAb=C+C2+C=20( f)Ub=Qab = 7

24、2 105 =（伏）Cab 2 10,Cf （微法），G=（微法）,2. 3. 9 如图所示：C=（微法），C2=（微法）C3=（微法） q5=10-4（库伦）试求：q6、Ubc、P8、P2、Uc解：因C5与G串联：5u=2c bcQ=q6=10-4（库伦）4=10 =2X 10-6(伏)0.5 10其中e bc等于G与C6串联:CZ bc =( f)C" bc等于C4与C3串联:C1u"彼此=_( f)3Q3=q4=C bcUbc=1 X 10-6 X 2X 102=2 X 10-4 (库伦) 332 -4-4 5-4Q=q5+q3= X 10 +10 = X 103 3

25、5 10 43=丄(f) Uc2 10.53abqCab31 10 610 2(伏)Uac Uab Ubc 5 1022 1027 102（伏）2. 3. 10如图所示，每个电容器的电容单位都是微法, 试求：（1） a, b间的总电容（2） Ca 5 （微法）,若该电容器上所带的电荷电量为120微库，试求a , c两点的点位差。解（1） C1 C2 C3 12（ F）C6 C76( F)Cab4 123 641236325( F)Uac2.3.11法）。解:q3120 10 6'C35 10 6UabC224 41U cdC124 3q1q2 q39661072 12881 10 6（

26、库仑）q288 106C44 10 6UadUdb 24（C6C1 ）C5 （2C6C1C52UabCa'b 96 2 1b1q1.92 10 4（2） Uq6Cqq1q210 610 6UabUabC53 10 664 伏）24（伏）967212072（伏）10 6（库仑）10 6（库仑）10 67296（ 伏）行 2（F）61.92 10 4（库仑）求图中a,b间的总电容。设C2 10 （微法）,其余各电容器均为（微体中C1、C 3、4、C 5均为4 （微法）根据对称性C2上的电荷为零，C4与C3 串联得 Cab=2（ F）C1与C5串联得Ca"b 2（ F）Cab Ca

27、b Ca"b 224（ F）注：次题也可以先设a、b之间的电位差为U,在将各电容器上的电量用 U 的函数表示，按电容的定义求出总电容。2. 3. 12 一仪器需用一个0=120（微微法）、耐压为2000伏的电容，现在能否改用两个电容器 C1与C2，分别标明为C1: 200pF,1000V; C2：300Pf、1900V代替原电容解：Ci C , C2 C,使用时应将Ci, C2串联1 1CC11C2200 300200 300120（ pF）电容值符合要求。 在讨论电容器的耐压:U 2000 (伏)U U1 U2Q1 Q2 QC1U1 C2U 2U1C2U2C13u|U2 U2 U2

28、2U2 5U 5 2000 800（伏）U21200 （伏）U1>1000 (伏)C1易击穿而损坏，当 G击穿后，2000伏电压又加在了 C2上，结果使二者都有击穿。因此这种代替是不行的。2. 3. 13有两块面积各为S的相同金属板，两板这间的距离 d与板的大小比起 来为很小，其中一块板带电荷q另一块板带电荷2q。试求：(1) 两板间的电位差U等于多少(2) 两板之间以及外空间中电场的性质如何(画出电力线即可)(3) 在两板外面的电场强度为多少计划计算时略去边缘效应。解：(1) 根据静电平衡条件列方程得知：1 42 312 2q/s3 4 q/s解之得：3q12s2s两板相距很近，可视其

29、间为匀强强电场22S 0皿内d誥(2) 两板这间及板外空间的电场如图所示(3)3q2SQa，求解之得:qA / 2S242. 3. 14把带电金属平板A从远处移近中性金属平板B，已知A板带电量为两板长、宽均相等，面积为 S,移近后距离d (d<<鹉'S ),边缘效应可忽略, 两板的电 位差。若B接地，结果又如何 解：利用静电平衡条件列方程得:4a/2SU=Ed=d=0qAd2 oS将B板接地:QaSQaqAU=E内d=-qAd2?3?15在教材中节例3 (2)的基础上，撤去A的接地线，改用导线联 接A与B,如图所示。求三板六个面的电荷面密度。解：Uac+Ucb=Uab=OU

30、cB=d20U ABU AC +UCB-d1-d2002d 14d2=0而:0( C板是中性)d2)qASqB即六个面上的面电荷密度皆为零2?3?16三个平行胺A、B、组成一平行板导体组，如图所示。已知q =10 （微 库，qB=-4 （微库），qc =0,平板的面积为S=（米2）试求：（1）六个面的电荷面密度 。（2）用导线联接C, B两板，待达到静电平衡后又撤去连线，再求 六个面的电荷面密度 。（3）在（2）的基础上再用导线联接 A，B两板，再求六个壁的面电 荷密度（忽略边缘效应）解：（1）由教材中3?4节例2解得:13 ,27,57J6 3（2） C,B联接后qB qc3456S而4536又，1 2qA10S解之得：13,27,363（3=5 =0是由37,47447,40，50，C, B等位得出）在静电平衡以后，拆去C, B联线，电荷分布不变（3）拆去C, B联线再接A， B两板有：U AC U CB U AB 02d4d0 24 000而23,34724 7代入式得：43.533.5 ,23.553.51256qA qB 10 31323.533.543.5,535,632?5?1三个点电荷位置如图所示，计算(1)