大学物理下学期总答案汇总

1、南校后勤服务中心专售第9章真空中的静电场习题解答91精密的实验已表明，一个电子与一个质子的电量在实验误差为1021e的范围内是相等的，而中子的电量在10-21e的范围内为零。考虑这些误差综合的最坏情况，问一个氧原子（含8个电子、8个质子、8个中子）所带的最大可能净电荷是多少？若将原子看成质点，试比较两个氧原子间的电力和万有引力的大小，其净 力是引力还是斥力？解：（1） 一个氧原子所带的最大可能净电荷为qmax=24父10 21e（2）两个氧原子间的电力和万有引力的大小之比为2qmaxfefG其净力是引力。24二；0 r1(24 102 1.6 10,9)24 二 8.85 102了11 (16

2、 1.67 10必)26.67 102)r2.8 10-69- 2 如习题9-2图所示,9 .在直角二角形 ABC的A点处，有点电荷q1 = 1.8 10 C, B点处有点电荷 q2 = 4.8 10-9C, AC = 3cm, BC = 4cm,试求解：根据点电荷场强大小的公式1 qJ 24 二；0 r点电荷q1在C点产生的场强大小为 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark825 o Current Document 1q1-. 24 二；0 AC91.8 1041二9 10-0=1.8 10 (N C )(3 10 )方向向下。点电荷q2在C点产生的场强大小为

3、E _，LqJE224二；0 BC=9父10隈(4=2.7父1043 C1)方向向右。C处的总场强大小为E = . E12 E2=0.9炳父104 =3.245 x104(N C-1),总场强与分场强 E2的夹角为E1a = arctan=33.69，E293半径为R的一段圆弧，圆心角为 60。，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其 电荷线密度分别为+入和-%求圆心处的场强。解：在带正电的圆弧上取一弧元ds = Rd 0, 电荷元为dq = ds, 在O点产生的场强大小为1 dq 1, dsdE = -Z2 = 2 = LT4二；0 R 4二；0 R 4二；0R场强的分量为 dEx= dEco

4、s0, dEy = dEsin &由于弧形是对称的，x方向的对于带负电的圆弧， 同样可得在。点的场强的两个分量. 合场强为零，总场强沿着 y轴正方向，大小为E =2Ey =【dEsin1,元6fn/6= JsinHd8=(-cosQ)2*oR 02吟R094均匀带电细棒，棒长 a = 20cm,电荷线密度为 入=3 10-8C -m-1,求:(1)棒的延长线上与棒的近端相距d1 = 8cm处的场强；(2)棒的垂直平分线上与棒的中点相距d2 = 8cm处的场强。解：(1)建立坐标系，其中L = a/2 = 0.1(m) , x = L+d 1=0.18(m)。在细棒上取一线元 dl,所带的电量为

5、dq =加l, 根据点电荷的场强公式，电荷元在Pi点产生的场强的大小为dE1dq _ dl，24二 0 (x -l)场强的方向沿 通过积分得x轴正向.因此Pi点的总场强大小Ei = L dl4二;0 人(x -l)2_ 14 二；0 x -1,L4 二；011(x -L - x L)1 2L二2724二；0 x -L将数值代入公式得 P1点的场强为E1=9 1092 0.1 3 10-8Z220.18 -0.1=2.41 W3(N C-1)方向沿着x轴正向。(2)建立坐标系，y = d2。在细棒上取一线元 dl,所带的电量为dq = 1在棒的垂直平分线上的P2点产生的场强的大小为dq dldE

6、2 =k 号=2r 4二；0 r由于棒是对称的，x方向的合场强为零，y分量为dEy = dEzsin 0。由图可知：r = d 2/sin 0, l = d 2cot 0所以dl = -d 2d 0/sin2 0因此 dEy =sin dd4 二；0d2总场强大小为LEy = sin ?d ?4；0d2 l -_L TOC o 1-5 h z .L HYPERLINK l bookmark45 o Current Document -cos 4n%d2占4 二;0d2l2=1 2L14二;0 d2 Jd； L2将数值代入公式得 P2点的场强为92 0.1 3 10-Ey =9 1022-3/2

7、y0.08(0.082 0.12)=5.27 103(N C-1)方向沿着y轴正向讨论：(1)由于L = a/2, x = L+d1，代入式，化简得E二=4二；0dl d1 a 4二；0dl d1 / a 1保持di不变，当a一8时，可得Ei 4 二；odi这就是半无限长带电直线在相距为d1的延长线上产生的场强大小（2）由式得Ey4二;0d2 . d2 (a/2)2二 14 二;0d2 (d2/a)2 (1/2)2当a8时，得这就是无限长带电直线在线外产生的场强公式。如果d=d2,则有大小关系 Ey = 2E1 95 无限长均匀带电细棒被弯成如习题95图所示的对称形状，试问。为何值时,圆心。点

8、处的场强为零。解：设电荷线密度为入，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场 强。在圆弧上取一弧元ds = R d（）所带的电量为dq = ?ds在圆心处产生的场强的大小为dEds24 ；0 Rd ：4二；R由于弧是对称的，场强只剩x分量，取x轴方向为正，场强为dEx = dEcos（j）总场强为O点产生的场强因此所以y卜-bOdxP2 二42Ex = cos :d :40 R -j222 n92=sin 中4喙R久2九.e sin2 二；oR 2方向沿着x轴正向。再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强.根据上一题的公式可得半无限长带电直线在延长上 大小为 TOC o 1-5 h z 、九E =4

9、二；0R由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在。点产生的合场强为L UU HYPERLINK l bookmark94 o Current Document Ex = 2E cos =cos22 二；0R 2方向沿着x轴负向当。点合场强为零时，必有 Ex = Ex ,可得tan 0/2 = 10/2 = 4,0= ”296 一宽为b的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为c如习题9 6图所示。试求平板所在平面内，离薄板边缘距离为a的P点处的场强。 TOC o 1-5 h z 解： 建立坐标系。在平面薄板上取一宽度为 dx的带电直线，|电荷的线密度为d 入=d xL b 卜 n F P根据直线带

10、电线的场强公式-E 2二;0r得带电直线在P点产生的场强为 d二dxdE =2二；0r 2二；0(b/2 a -x)其方向沿x轴正向。由于每条无限长直线在 P点的产生的场强方向相同，所以总场强为b/2E 2二；0 型2b/2 a -xdxb/2-CT2 二；0ln(b/2 a -x)_b/ 2二ln(1b)2 二；0a场强方向沿x轴正向。9-7有一半径为r的半球面，均匀地带有电荷电荷面密度为 CT ,求球心处的电场强度。解：如图所示，在球面上任取一面元 dS = r2si6d6d中， 其上带 电量为 dq =仃dS =仃2 sin 8dd中，电荷元dq在球心处产生 的场强的大小为1 dq 1

11、0 r2sin【dddE = -2 = -24 ；0 r 4 ；0 r方向如图。由对称性分析可知，球心处场强方向竖直向下，其大小为E =Ez2 二一；二= dEcosi - d : 2sinFcosMi00 4 二；09- 8 (1)点电荷q位于一个边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方 体一面的电通量是多少？(2)如果将该场源点电荷移到立方体的的一个角上，这时通过立方体各面的电通量是多少？解：点电荷产生的电通量为e = q/队(1)当点电荷放在中心时，电通量要穿过6个面，通过每一面的电通量为 1 =e/6 = q/6 9.(2)当点电荷放在一个顶角时，电通量要穿过8个卦限，立方体

12、的 3个面在一个卦限中，通过每个面的电通量为 1 =e/24 = q/24 0；立方体的另外3个面的法向与电力线垂直，通过每个面的电通量为零.。为中心，R为半径作99面电荷密度为 b的均匀无限大带电平板，以平板上的一点一半球面，如习题 99图所示。求通过此半球面的电通量。解：设想在平板下面补一个半球面，与上面的半球面合成一个球面。球面内包含的电荷为2q =兀 R d通过球面的电通量为e = q/ 0通过半球面的电通量为e = e/2 =兀2 Ri),带有等量异号电荷，单位长度的电量分别为 入和-入，求(1) r R; (2) Ri r R2处各点的场强。解：由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分

13、布也具有轴对称性。(1)在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以E = 0, (r Ri)(2)在两个圆柱之间做一长度为I,半径为r的同轴圆柱形高斯面，高斯面内包含的电荷为q =入I穿过高斯面的电通量为中 e = i E dS = sEdS = E2二rl根据高斯定理 e = q/0,所以E =，(Ri r R2)9-11 一厚度为d的均匀带电无限大平板，电荷体密度为p,求板内外各点的场强。解：方法一：高斯定理法(i)由于平板具有面对称性，因此产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E =E在板内取一底面积为 S,高为2r的圆柱面作为高斯面，场强与上下两表面的法线方向平等而

14、与侧面垂直，通过高斯面的电通量为力e = E dSe SSiE dSE dSE dSS2So高斯面内的体积为 包含的电量为 根据高斯定理 可得场强为=ES ES 0 =2ESV = 2rS, q = pV = 2 p rS 虫6 = q/ 0E = p r/o,s (0三 rd/2)(2)穿过平板作一底面积为S,高为2r的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为虫6 = 2ES高斯面在板内的体积为包含的电量为根据高斯定理可得场强为V = Sd, q = p V = p Sd e = q/ 上,E = p/2 0, (r 叁 d/2)方法二：场强叠加法(1)由于平板的可视很多薄板叠而成的，以 r为界

15、，下 面平板产生的场强方向向上，上面平板产生的场强方向向下。在下面板中取一薄层 dy,面电荷密度为产生的场强为积分得d 产 pdy, dEi = d(/2 0EiMT)同理，上面板产生的场强为d /2E2：dy2Tr处的总场强为 E = E1-E2 = p r/o (2)在公式和中，令 r = d/2,得E2 = 0、E = Ei = p/2oE就是平板表面的场强。平板外的场强是无数个无限薄的带电平板产生的电场叠加的结果, 平板垂直，大小等于平板表面的场强，也能得出式。是均强电场，方向与9 12 一个均匀带电圆盘，半径为 R ,电荷面密度为cr ,求:(1)轴线上任一点的电势(用x表示该点至圆

16、盘中心的距离)(2)利用电场强度与电势的关系求轴线上的场强分布。 解：如图所示，将均匀带电圆盘视为一系列连续分布的同心带电细圆环所组成，距O点r处取一宽为 dr的细圆环，其带电量为 dq=bdS =。，2nrdr , dq在P点处产生的电势为1 dq 1 二2二rdrdV =22.1 222.1 24 ；0 (r x )4 ；0 (r x )所以，整个带电圆盘在P点产生的电势为二 2 二 rdr -22.124 ；(r x )(.R2 x2 - x)轴线上的场强分布为Ex9 13 一半径为 R RR的小球体，如习题 腔内的电场为均强电场.的均匀带电球体内的电荷体密度为p,若在球内挖去一块半径为

17、9 13图所示，试求两球心 。与O处的电场强度，并证明小球空解：挖块小球体，相当于在该处填充一块电荷体密度为-P的小球体，因此，空间任何一点的场强是两个球体产生的场 强的叠加。对于一个半径为 R,电荷体密度为 p的球体来说，当场点 在球内时，过P点作一半径为r的同心球形高斯面，根据高斯定 理可得方程O ;dV 二x一二 一 (1 )dx 2 o r2 x221 43E4二 r =二 r ：-；0 3P点场强大小为当场点P在球外时，过P点作一半径为 r的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程E4二 r21 43 =二 R 1；o 3P点场强大小为*323 ；0rO点在大球体中心、小球体之外.大球体

18、在 场强大小为O点产生的场强为零，小球在 O点产生的EoDR33 -方向由O指向O、。O点在小球体中心、大球体之内.小球体在 场强大小为O点产生的场强为零，大球在O点产生的PEo- = a3；o方向也由O指向O证明：在小球内任一点 P,大球和小球产生的场强大小分别为PEr = -r3 -oE37r方向如图所示设两场强之间的夹角为也合场强的平方为E2 =Er2 Er、2 2ErEr、cosi:222_=()(r r 2rr cos 二)3毛根据余弦定理得a2 = r2 r - 2 r r c o s ()P所以 E = a；o可见，空腔内任意点的电场是一个常量。还可以证明，场强的方向沿着。到。、

19、的方向。因此空腔内的电场为匀强电场。914 如习题914图所示，在 A、B两点处放有电量分别为 +q和-q的点电荷， AO =0B = R ,现将另一正试验电荷 q o从O点经过半圆弧路径移到 C点，求移动过程中 电场力所做的功。解：正负电荷在。点的电势的和为零Uo = 0;在C点产生的电势为q-q-q=4 二；03R 4 二；0R 6 二；0R电场力将正电荷 q o从O移到C所做的功为W = qoUoD = qo(Uo-Ud) = q oq/6 兀 oR15真空中有两块相互平行的无限大均匀带电平面A和BA平面的电荷面密度为 2 gB平面的电荷面密度为d两面间的距离为 d.当点电荷q从A面移到

20、B面时，电场力做的功为多少？解：两平面产生的电场强度大小分别为Ea = 2(/2 so = / so, EB = c/2 由，两平面在它们之间产生的场强方向相反，因此，总场强大小为E = Ea- Eb= 32 o 方向由A平面指向B平面。 两平面间的电势差为U = Ed = b d2 由当点电荷q从A面移到B面时，电场力做的功为W = qU = q(rd2 o916 半径为R的均匀带电球面，带电量为 Q。若规定该球面上电势值为零，则无 限远处的电势为多少？解：带电球面在外部产生的场强为QE _.E 一42，二；0 r由于Q0二 jEdrRQOUr -U 二=E dlR二 QrL-Q4二；0rQ

21、4 二；0R当Ur = 0时，U/ l-AJ4二；0RQ(3R2 -r2)917电荷Q均匀地分布在半径为 R的球体内，试证明离球心 r (rR)处的电势为oC 38二；0R、一 43证明：球的体积为v = 4nR33电荷的体密度为3Q4 二 R3利用913题的方法可求球内外的电场强度大小为pE =r3 ；oQ 3 r , (r三R)4 二；0R3(r2 R)QE :2，4 ；0r取无穷远处的电势为零，则r处的电势为QOU 二 ErQ0EdrRRdl = JEdrrr 4二；oR3rdr2drQ8 二;0R3-Q+4 二；0 rQ8 二；0R3(R2-r2)Q4 二；0Rp其他22Q(3R -r

22、 )8 二；0R3918在y = -b和y = b两个“无限大”平面间均匀充满电荷，电荷体密度为 地方无电荷。(1)求此带电系统的电场分布，画 E-y图；(2)以y = 0作为零电势面，求电势分布，画 U-y图。解：平板电荷产生的场强的方向与平板垂直且对称于 中心面：E = E ,但方向相反(1)在板内取一底面积为 S,高为2y的圆柱面作为高 斯面，场强与上下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为=S E dSS2 E dSS E dS 二 2ES高斯面内的体积为 包含的电量为 根据高斯定理 可得场强为V = 2ySq = p V= 2 p Sy虫6 = q/ oE = py/

23、o (-b 三 yb)穿过平板作一底面积为 S,高为2y的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为地虫6= 2ES高斯面在板内的体积为V = S2b包含的电量为q = p V = p 2b根据高斯定理e = q/ 0s可得场强为E = pb/0产(b三y)E = - P bhe (y=-b)E-y图如左图所示(2)对于平面之间的点，电势为U - - E d l = - -y dy；o在y = 0处U = 0,所以C = 0,因此电势为(-b = y = b).这是一条开口向下的抛物线。当y皂b时，电势为- 一, nqb . nqb 入U =E d l = fdy = y + C，, ；0；0在y

24、= b处U = - pb2/2 0),所以C = p 12/2由，因此电势为：b=y；o：b2+2 ；o(b 三 y)当y三-b时，电势为U - - E d l = dy = -y C TOC o 1-5 h z ；o；o在y = -b处U = -B2/2o,所以C = P2/2,因此电势为 HYPERLINK l bookmark188 o Current Document ：b：b2一y 丁-o2 -o两个公式综合得 HYPERLINK l bookmark218 o Current Document ：b :b2“u = I y I +。， (lyl=d)；o2 ；o这是两条直线。U-y

25、图如右图所示.U-y图的斜率就形成 E-y图，在y =坨点，电场强度是连续的，因 此，在U-y图中两条直线与抛物线在 y = ib点相切。注意：根据电场求电势时，如果无法确定零势点，可不加积分的上下限，但是要在积分之后加一个积分常量。根据其他关系确定常量，就能求出电势，不过，线积分前面要加一个 负号，即这是因为积分的起点位置是积分下限。919两块“无限大”平行带电板如习题919图所示，A板带正电，B板带负电并接地(地的电势为零)，设A和B两板相隔5.0cm ,板上各带电荷产3.3 M0-6C m-2,求：A(1)在两板之间离 A板1.0cm处P点的电势；(2) A板的电势。解：两板之间的电场强

26、度为E= / 0方向从A指向B。以B板为原点建立坐标系，则 g = 0 , rp = -0.04m , rA = -0.05m(1) P点和B板间的电势差为rBrBU p -Ub u JE dl = J Edr TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark306 o Current Document rr HYPERLINK l bookmark755 o Current Document p1p仃，、=(B -p)；0由于Ub = 0,所以p点的电势为 HYPERLINK l bookmark226 o Current Document 1064U p =乂 0.04

27、 =1.493 10 (V)10(2)同理可得A板的电势为Ua =（b -a） =1.866 104（V）；0920电量q均匀分布在长为2L的细直线上，试求：(1)带电直线延长线上离中点为r处的电势；(2)带电直线中垂线上离中点为r处的电势；(3)由电势梯度算出上述两点的场强。解：电荷的线密度为入=q/2L(1)建立坐标系，在细线上取一线元dl,所带的电量为dq = ?dl根据点电荷的电势公式，它在p1点产生的电势为总电势为dU11, dl4二； r l-Lo | l dl L-4-U1L dl4二；0 ,r -1Eln（r-l）q r Lln8 二；0L r -L(2)建立坐标系，在细线上取

28、一线元 的p2点产生的电势为dl,所带的电量为dq =冶l,在线的垂直平分线上积分得dU2dl二 a72 |2 1/24 二； (rl )4 二；012 1/2 l2)dl-_L=一 ln(Jr2 +l2 +1)4吟q . -r2 L2L=ln -:8二 oL . r2 L2 -Lq . r2L2Lln HYPERLINK l bookmark212 o Current Document 4 二；0 Lr(3) Pi点的场强大小为匚 UEi 二 r=q(，一，)8二；0L r-L r L_ q 1一 4二;0 r2 - L2，方向沿着x轴正向。P2点的场强为匚 ：U2E2 =-二 rq 14二

29、；0L rrr2 L2 ( . r2 L2 L)=_q_14 二；0r r 2 l2方向沿着y轴正向。921如习题9 21图所示，一个均匀带电，内、外半径分别为 壳，所带电荷体密度为 p,试计算：(1) A, B两点的电势；(2)利用电势梯度求 A, B两点的场强。解：(1) A点在球壳的空腔内，空腔内的电势处处相等，因此 点的电势就等于球心 。点的电势。R和R2的均匀带电球在半彳5为r的球壳处取一厚度为 dr的薄壳，其体积为dV = 4 兀 2dr包含的电量为pdrdq = pdV = 4 兀在球心处产生的电势为duq4 二；0rP=-rdr；o球心处的总电势为R2U o = rdr:,0

30、R12 ；。(R22 - Ri2)R2球面外的电荷在 得这些电荷集中在球心时在B点产生的电势为, , Q2 一 4二;0rB3 ；0rB(rB3-Ri3)这就是A点的电势Ua。过B点作一球面，B的点电势是球面外的电荷和球面内的电荷共同产生的。B点产生的电势就等于这些电荷在球心处产生的电势，根据上面的推导可Ui球面内的电荷在 B点产生的电势等于这些电荷集中在球心处在 产生的电势。球壳在球面内的体积为4/33 V = w 二( -Ri ) 3包含的电量为B点的电势为Ub = Ui+ U2(3R；2Ri3B -2).rB(2) A点的场强为Ea：UaB点的场强为Eb-：Ub-：33；o(Q-斗3讨论

31、：过空腔中A点作一半径为r的同心球形高斯面，由于面内没有电荷， 根据高斯定理, 可得空腔中A点场强为E = 0,(r三 Ri)过球壳中B点作一半径为r的同心球形高斯面，面内球壳的体积为43_ 3V (r - R1 )3包含的电量为q = pV根据高斯定理得方程4兀2E = q/ 0可得B点的场强为 TOC o 1-5 h z :R3E = (r -马)，(Ri = r= r2)3Jr这两个结果与上面计算的结果相同。在球壳外面作一半径为 r的同心球形高斯面，面内球壳的体积为4_ 3_3V (R2 - R1)3包含的电量为q= V根据高斯定理得可得球壳外的场强为q24 ；0rD(R3 R3)3；r

32、2(R2 = r)A点的电势为Ua二 Eadl=EdraR=0drrAR2R 3 ；oRi0R3 (r 2)dr .：(R3-R3)R23 or2dr2 ；0(R2-Ri2).B点的电势为Ub=E dl = . Edrbr 3；。1B oR3(r - Ar)drr：?(R3-Ri3).2-drR 3 ；orIR2O(3R；A和B点的电势与前面计算的结果相同.922 (1)设地球表面附近的场强约为 有的总电量。(2)在离地面1400m高处，场强降为200V m-1,方向指向地球中心，试求地球所带20Vm-1,方向仍指向地球中心， 试计算在1400m下大气层里的平均电荷密度。解：地球的平均半径为R

33、 =6.371 106m.(1)将地球当作导体，电荷分布在地球表面，由于场强方向指向地面，所以地球带负 量。根据公式E = -(/ so电荷面密度为(T = - SoE地球表面积为S = 4卡2地球所带有的总电量为Q = = -4 % oR2E = -R2E/kk是静电力常量，因此电量为=-9.02 105(C)(6.371 106)2 200-T99 109(2)在离地面高为 h = 1400m的球面内的电量为Q =(R h)2Ek=-0.9 105(C)大气层中的电荷为q = Q - Q= 8.12 105(C)由于大气层的厚度远小于地球的半径，其体积约为V = 4锵=0.714 1018

34、(m3)平均电荷密度为p = q/V = 1.137 10-12(C m-3)南校后勤服务中心专售第10章 静电场中的导体和电介质习题解答10-1点电荷 +q处在导体球壳的中心，壳的内、外半径分别为R1和R2o试求：(1) rR1；(2) Rr R2三个区域的电场强度和电势。r为观察点到+ q的距离。- q r解：由高斯定理 E，dS=T 得 TOC o 1-5 h z qqq /I11、(1)当 rR 时，Ei=2 Ei 2 ,Vi (一 + )4二；0r4二；0r4二；0 r R R当 R1rR2时,巳=/三=言，V3=4iRi -_R2 -_R，一- q 111(2)当 r Ri 时V

35、= 1 E1 dr + 1 E2 dr + f T3 dr =(- -十)rB仁4二 0 r R R2当 R r R2时,R2V2 - E2rdrR- - -JE3 dr =q4二；0R2R一一一当 r aR2时，V3 = J E3 dr = rq4二；0r102 带电量为q,半径为rA的金属球 A,与一原先不带电、内外半径分别为S和rC的金属球壳B同心放置，如图所示，则习题102图中P点 的电场强度如何？若用导线将 A和B连接起来，则A球的电势为 多少？(设无穷远处电势为零)解：过P点作一个同心球面作为高斯面，尽管金属球壳内侧会感应出异种，但是高斯面内只有电荷q。根据高斯定理可得E4 42

36、= q/ 0可得P点的电场强度为当金属球壳内侧会感应出异种电荷接起来后，正负电荷将中和。A球是-q时，外侧将出现同种电荷q。用导线将A和B连个等势体，其电势等于球心的电势。A球的电势是球壳外侧的电荷产生的，这些电荷到球心的距离都是院,所以A球的电势为10 3 同轴电缆是由半径为 Ri的直导线和半径为 R2的同轴薄圆筒构成的， 其间充满了相对介电常数为0的均匀电介质，设沿轴线单位长度上导线和圆筒的带电量分别为和-力则通过介质内长为 I,半径为r的同轴封闭圆柱面的电位移通量为多少？该圆柱面上任一点的场强为多少？解：介质中的电场强度和电位移是轴对称分布的.在内外半径之间作一个半径为r、长为l的圆柱形

37、高斯面，根据介质中的高斯定理，So通过圆柱面的电位移通过等于该面包含的自由电荷，即 入l。设高斯面的侧面为 So,上下两底面分别为G和S2。通过高斯面的电位移通量为：d =?s D d S=D dSD dSD dS =2：rlDS)Si,昆可得电位移为D =改兀其方向垂直中心轴向外。电场强度为E = D/ r = 2 兀 oerr方向也垂直中心轴向外。104如习题i04图所示，金属球壳原来带有电量 Q,壳内外半径分别为 a、b,壳 内距球心为r处有一点电荷q,求球心。的电势为多少？解：点电荷q在内壳上感应出负电荷-q,不论电荷如何分布，距 离球心都为a。外壳上就有电荷 q+Q ,距离球为bo球

38、心的电势是所 有电荷产生的电势叠加，大小为Uoi q i -q i Q q I-I-4 二；0 r 4 二；0 a 4二；0 b10-5如习题105图所示，三块平行金属板 A、B和C,面积都是B 相距 di = 2mm , A、C 相距 d2 = 4mm , B、C 接地， 缘效应.求S = i00cm2, A、忽略边解: 分别为B、C板上的电荷为多少？A板电势为多少？(1)设A的左右两面的电荷面密度分别为5和qi = dS 和 q2 = (2SB、C板上分别感应异号电荷-qi和-q2,由电荷守恒得方程Cq = q i + q2 = 01S + c2sA、A、B间的场强为C间的场强为Ei =

39、5/33E2 = (2/ 33AU,贝U设A板与B板的电势差和 A板与C板的的电势差相等，设为AU = Eidi = E2d2,即edi = (2d2-解联立方程和得oi = qd2/S(di + d2) 所以qi = sS = qd2/(di+d2)= 2 1 打8(C)q2 = q - qi = 1 10-8(C)B、C板上的电荷分别为qB = -q i = -2 1 8(C)qc = -q 2 = -i i灯8(C)(2)两板电势差为AU = E idi = cidi/ 0 = qdid2/ ；sS(di+d2) 由于 k = 9 i09 = i/4兀出 所以 = i0-9/36兀 因此

40、AU = i44 兀=452.4(V)由于B板和C板的电势为零，所以Ua = AU = 452.4(V)A,带电量为q,在它的附近放一块与 A i0-6图所示。则在板 B的两个表面iS,则面电106 一无限大均匀带电平面 板B,板B有一定的厚度，如习题 和2上的感应电荷分别为多少？解：由于板B原来不带电，两边感应出电荷后，由电荷守恒得qi + q2 = 0虽然两板是无限大的，为了计算的方便，不妨设它们的面积为 荷密度分别为q=qi/S c2 = q幺S、 o- = q/S它们产生的场强大小分别为Ei = d/ SO、E2 = M 0、E = 6 h &在B板内部任取一点 P,其场强为零，其中i

41、面产生的场强向右，2面和A板产生的场强向 左，取向右的方向为正，可得Ei - E2 -E = 0即i - (2 - (T= 0或者说qi - q2 + q = 0解得电量分别为q2 = q/2, qi = -q2 = -q/210-7如习题iO-7图所示，两平行金属板带有等量异号电荷，若两板的电势差为i20V ,两板间相距为i.2mm,忽略边缘效应，求两个金属板的四个表面 的电荷面密度各为多少？解：由于左板接地，所以 =0由于两板之间的电荷相互吸引，右板右面的电荷会全部吸引到右板左面，所以C4 = 0由于两板带等量异号的电荷，所以=-(B两板之间的场强为E = C3/ 33而E = U/d所以

42、面电荷密度分别为(3 = qE = oU/d = 8.84 10-7(C m-2)-7-2攵=-3 = -8.84 1 QR2）证明 方法一：并联电容法.在外球外面再接一个半径为Ci二4二；011/ R -1/R2RiR2R2 -RR3大外球壳，外壳也接地.内球壳和外球壳之间是一个电容器， 电容为外球壳和大外球壳之间也是一个电容器，电容为1C2 - 4- - oz -1/R2 -1/R3外球壳是一极，由于内球壳和大外球壳都接地，共用一极，所以两个电容并联.当R3趋于无穷大时，C2 = 4 % 0R2 并联电容为C -C1 C2 =4二；。R2 -R4 二；0R2_ 4二;0R2 .R2 -R方

43、法二：电容定义法.假设外壳带正电为q,则内壳将感应电荷 q。内球的电势是两个电荷产生的叠加的结果。由于内球接地，所以其电势为零；由于内球是一个等势体，其球心 的电势为一一=04n名00 4兀w0R因此感应电荷为RR2根据高斯定理可得两球壳之间的场强为匚 _ q _ _ RqE -2 -,- 24 0r 4 ；0Rr负号表示场强方向由外球壳指向内球壳.取外球壳指向内球壳的一条电力线，两球壳之间的电势差为U = E dlR=EdrR1=(-R2Rq4二；0R2r2)drRq ,11、(一)4二；0R2 R1 R2(R -R)q4二；0R2球面间的电容为4二;0R2R2 -Ri109 如习题109图

44、所示, 空，另一半充满相对介电常数为解：球形电容器的电容为球形电容器的内、外半径分别为R1和R2,其间一半为真 用的均匀电介质，求该电容器的电容。C = 4二；0 = 4 二；01/ R1 -1/ R2R1R2对于半球来说，由于相对面积减少了一半，所以电容也减少一半。R2C12 二；0R1R2R2 -R当电容器中充满介质时，电容为C2 =2二RRR2 -R1由于内球是一极，外球是一极，所以两个电容器并联C =C1 C22 二；o(1；r)RRR2/板间有两层介质，介电d_d2CC1C21S 2s川1 . ；1d2；1 ；2s10-10如习题1010图所示，板面积为 S的平行板电容器, 常数分别

45、为q和2,厚度分别为d1和d2,求该电容器的电容。解：假设在两介质的介面插入一薄导体，可知两个电容器串联，电容分别为C1 = &S/d1 和 C2 = 2S/d2总电容的倒数为总电容为 C=一仝10-11圆柱形电容器是由半径为R的导线和与它同轴的内半径为R2的导体圆筒构成的，其间充满了介电常数为e的介质，其长为1。沿轴线单位长度上的导线和圆筒分别带电入和-%略去边缘效应。求：(1)两极板间的电势差 U;(2)介质中的电场强度 E和电位移D ;(3)电容Co解：介质中的电场强度和电位移是轴对称分布的. 在内外半径之 间作一个半径为r、长为1的圆柱形高斯面，侧面为 So,上下两底面 分别为Si和S

46、20通过高斯面的电位移通量为3 = SD dS=%D dS D dS qD dS =2二rlDq =入ld = q D = 12 71rE = D/kN2高斯面包围的自由电荷为 根据介质中的高斯定理 可得电位为方向垂直中心轴向外。电场强度为方向也垂直中心轴向外。取一条电力线为积分路径，电势差为R2,U = E dl = Edr = drLLR12 二；rIn2二； R电容为C=q=1UIn(R2/Ri)在真空时的电容为 q2二；olCo -U ln( R2/ Ri)所以倍数为C/Co = do。1012在半彳5为Ri的金属球外有一层相对介电常数为w的均匀介质，介质层的内、外半径分别为 R和设金

47、属球带电 Qo,求：(1)介质层内、外D、E、P的分布；(2)介质层内、外表面的极化电荷面密度。解：(1)在介质内，电场强度和电位移以及极化强度是球对称分布的。在内外半径之间作一个半径为r的球形高斯面，通过高斯面的电位移通量为6 =D dS= QDdS =4nr2D高斯面包围的自由电荷为q = Qo根据介质中的高斯定理虫 = q可得电位为D = Q o/4 % 2方向沿着径向，用矢量表示为3 D = Qor/4 兀 r电场强度为3E = D/ 0 $ = Qor/4 兀 ogr 方向沿着径向。由于D = E + P所以P = D - %E = （1 _X）_Q0T_;r 4二 rr = 1的介

48、质处理，所以Qo产生的场为在介质之外是真空，真空可当作介电常量D = Qor/4 兀 3, E = Qor/4 兀 or3, P = 0。（2）在介质层内靠近金属球处，自由电荷3Eo = Qor/4 兀 or极化电荷qi产生的场强为3E = qi r/4 710r总场强为 E = Qor/4兀oe/3由于E = E o + E解得极化电荷为，1-qi =(- -1)Qo-r介质层内表面的极化电荷面密度为qi4 二 R2Qo4 二 R2在介质层外表面，极化电荷为q2 二 一qi面密度为q224 二 R2二（iT 会1013 两个电容器电容之比 Ci:C2 = i:2 ,把它们串联后接到电源上充电

49、，它们的静 电能之比为多少？如果把它们并联后接到电源上充电，它们的静电能之比又是多少？解：两个电容器串联后充电，每个电容器带电量是相同的，根据静电能量公式W =Q2/2C,得静电能之比为Wi：W2 = C2：Ci = 2:i两个电容器并联后充电，每个电容器两端的电压是相同的，根据静电能量公式W = CU2/2,得静电能之比为南校后勤服务中心专售Wi:W2 = Ci:C2 = 1:210-14 一平行板电容器白极板面积为S,板间距离为d,接在电源上维持其电压为 U。将一块厚度为d、相对介电常数为 0的均匀电介质板插入电容器的一半空间内，求电容器的 静电能为多少？解：平行板电容器的电容为C = o

50、S/d,当面积减少一半时，电容为 Ci = oS/2d另一半插入电介质时，电容为C2 = o rS/2d两个电容器并联，总电容为C = Ci + C2 = (1 + r) sSZ2d静电能为W = CU 2/2 = (1 + %) SU2/4d10-15 一平行板电容器的极板面积为S,板间距离为d,两板竖直放着。若电容器两板充电到电压为 U时，断开电源，使电容器的一半浸在相对介电常数为0的液体中。求：(1)电容器的电容 C;(2)浸入液体后电容器的静电能；(3)极板上的自由电荷面密度。解：(1)如前所述，两电容器并联的电容为C = (1 + &) fiS/2d.(2)电容器充电前的电容为Co

51、= S/d,充电后所带电量为Q = CoU当电容器的一半浸在介质中后，电容虽然改变了，但是电量不变，所以静电能为W = Q 2/2C = C 02U2/2C = SU2/(1 + r)d(3)电容器的一半浸入介质后，真空的一半的电容为C1 = 1082d介质中的一半的电容为C2 = o rS/2d设两半的所带自由电荷分别为Q1和Q2,则 TOC o 1-5 h z Q1 + Q2 = Q由于C = Q/U ,所以U = Q 1/C1 = Q2/C2解联立方程得八C1QCoUQ1 =C1 C21 C2/C1真空中一半电容器的自由电荷面密度为_ Q1 _2CoU_ 2 ；oU-1S/2 (1 C2

52、/C1 )S (1 ；r)d同理，介质中一半电容器的自由电荷面密度为一2CoU2 ；。；U-2 一 一(C1/C2 1)S(1；)d1016 平行板电容器的极板面积为200cm2,板间距离为 1.0mm,电容器内有一块1.0mm厚的玻璃板(= 5)。将电容器与300V的电源相连。求： (1)维持两极板电压不变抽出玻璃板，电容器的能量变化为多少？ (2)断开电源维持板上电量不变，抽出玻璃板，电容器的能量变化为多少？ 解：平行板电容器的电容为C0 =s0 rS/d静电能为W0 = C0U2/2玻璃板抽出之后的电容为C= 0S/d(1)保持电压不变抽出玻璃板，静电能为W= CU 2/2电能器能量变化

53、为AW = W - W0 = (C - C0)U2/2 _ 2-5=(1 - r) gSU /2d = -3.18 10 (J)(2)充电后所带电量为Q = C0U保持电量不变抽出玻璃板，静电能为W = Q2/2C 电能器能量变化为.W =W -W0 =(C0 -1)C0U- C 20 rSU22d=1.59 10-4(J)1017设圆柱形电容器的内、外圆筒半径分别为a、b。试证明电容器能量的一半储存在a r Jab的圆柱壳内。解：设圆柱形电容器电荷线密度为入，场强为能量密度为 w = E2/2体积元为dV = 2 71rdr能量元为dW = wdV在半径a到R的圆柱体储存的能量为W = wd

54、V = E2dV-v.v 2E = 乂2兀0中R 2., ldra 4二；0r2., l4二；0lnR a当R = b时，能量为2l4二；lnb a当R=jab时，能量为所以W2 = Wi/2 ,即电容器能量的一半储存在半径R二痴 的圆柱体内1018两个同轴的导体圆柱面，长度均为1,半径分别为a和b,柱面之间充满介电常数为e的电介质(忽略边缘效应)。当这两个圆柱面分别带有等量异号电荷(=Q)时，求：(1)在半径为r (a r b)、厚度为dr、长度为1的圆柱薄壳中的电场总能量是多少？(2)电介质中的电场总能量是多少？(3)由电容器能量公式推算出圆柱形电容器的电容公式。解：(1)圆柱形内柱面的电

55、荷线密度为入=Q/1根据介质是高斯定理，可知电位移为D = 乂2兀尸Q/2兀rl场强为E = D/ = Q /2兀 rl能量密度为 w = D E/2 = DE/2 = Q2/8712 g 2|2薄壳的体积为dV = 2 71rtlr能量为dW = wdV = Q2dr/4 u IrbW = J dW = Ja(2)电介质中总能量为 TOC o 1-5 h z _ 2_ 2ln- a HYPERLINK l bookmark364 o Current Document Q , Q dr 4 二；Ir4 二；l(3)由公式 W = Q2/2c得电容为c Q22 二;lc =2W ln(b/a)1

56、019两个电容器，分别标明为200pF/500V和300pF/900V。把它们串联起来，等效电容多大？如果两端加上1000V电压，是否会被击穿？解：当两个电容串联时，由公式111 c2cl，-，-T-， ，C -C1 C2 - C1C2C1c2C = -=120PFC1 C2加上U = 1000V的电压后，带电量为Q = CU第一个电容器两端的电压为U1 = Q/C1 = CU/C1 = 600(V)第二个电容器两端的电压为U2 = Q/C2 = CU/C2 = 400(V)由此可知，第一个电容器上的电压超过它的耐压值，因此会被击穿；当第一个电容器被击穿后，两极连在一起，全部电压就加在第二个电

57、容器上，因此第二个电容器也接着被击穿。第11章习题答案11-1无限长直线电流的磁感应强度公式为B = M，当场点无限接近于导线时(即a-0),磁2 a感应强度B 8,这个结论正确吗？如何解释？答：结论不正确。公式 B =现只对理想线电流适用，忽略了导线粗细，当 a-0,导线的2 二a尺寸不能忽略，电流就不能称为线电流，此公式不适用。11-2如图所示，过一个圆形电流I附近的P点，作一个同心共面圆形环路L,由于电流分lB d 1=0,是否可由此得习题11-2图布的轴对称，L上各点的B大小相等，应用安培环路定理，可得成 出结论，L上各点的B均为零？为什么？答：L上各点的B不为零.由安培环路定理 B

58、dl = ；0% L得cJBd =0,说明圆形环路 L内的电流代数和为零，并不是说圆形环路L上B 一定为零。10-3设题10-3图中两导线中的电流均为 8A,对图示的三条闭合曲线 a,b,c,分别写出安培 环路定理等式右边电流的代数和.并讨论：在各条闭合曲线上，各点的磁感应强度B的大小是否相等？(2)在闭合曲线c上各点的B是否为零？为什么？解： B dl =80aB dl =8%ba:B dl =0c(1)在各条闭合曲线上，各点 B的大小不相等.(2)在闭合曲线C上各点B不为零.只是B的环路积分为零而非每点B=0.11-4把一根柔软的螺旋形弹簧挂起来，使它的下端和盛在杯里的水银刚好接触，形成串

59、联电路，再把它们接到直流电源上通以电流，如图所示，问弹簧会发生什么现象？怎样解释？答：弹簧会作机械振动。当弹簧通电后，弹簧内的线圈电流可看成是同向平行的，而同向平行电流会互相吸引，因此弹簧被压缩，下端会离开水银而电流被断开，磁力消失，而弹簧会伸长，于是电源又接通，弹簧通电以后又被压缩 ，这样不断重复，弹簧不停振动11-5如图所示为两根垂直于xy平面放置的导线俯视图，它们各载有大小为I但方向相反的电流.求：（1）x轴上任意一点的磁感应强度；（2）x为何值时，B TOC o 1-5 h z 值最大，并给出最大值Bmax. y解：（1）利用安培环路定理可求得1导线在P点产生的磁感,强度的大小为：o

60、dB _ JoI _ JoI1通B1 一 一 -一 , . 22.1/22nr2n （d +x ）习题 106 图2导线在P点产生的磁感强度的大小为：P r%I1B2-一 . 22 1/22 二r2 二(d x )B、b2的方向如图所示.p点总场Bx = B1x B2x = B1 cosu B2 cosuBy =B1yB2y =00 1dB(x)=rL0IdB(x)=%Ft dB(x)八(2)当=0d xd2B(x)dx2=0时，B（x）最大.I= 20 A , 0= 120 , a=2.0 mm,由此可得：x = 0处，B有最大值.11-6如图所示被折成钝角的长直载流导线中，通有电流 求A点