范文一:电磁学答案第二章
习题参考选解-4
赵凯华,陈熙谋. 新概念物理教程 电磁学 北京:高等教育出版社. 2005 P. 143, 2-7【解】:参见右图,
1 1 无限大平面电流的磁场 B1 = μ0i1 B2 = μ0i2 2 2 1 Bin = μ0 ( i1 i2 ) i1>i2 ⑴ 两面间 2 1 Bout = μ0 ( i1 + i2 ) ⑵ 两面外 2 Bout = μ0i Bin = 0 ⑶ 电流相等
i1
i2
⑷ 电流相反 ⑸ 电流垂直
Bin = μ0i
Bout = 0
2 μ0i B= 2
45°方向
P. 144, 2-13 【已知】: R , ω , σ e , μ 0 【求】:转轴上 磁感应强度. 【解】:如图取圆电流
dI =
y
dθ
θ
●
P
x
ω
2π
2
σ e 2π R sin θ R d θ
a x ● dx
dB =
μ 0 y dI
2
2[ y + ( a x ) ]
2 2 2
2
3
2
=
μ 0 y 2 σ e ω R 2 sin θ d θ
2 ( y + a + x 2 ax )
3 2
讨论: d x = R d θ ? 2 2 2 x + y =R ∵ x = R cos θ ∴ R sin θ d θ = d x , 方向沿 x
=
μ 0σ eω R
2
( R 2 x 2 )d x ( R 2 + a 2 2 ax )
3 2
B =
μ 0σ eω R
2
R R
∫
( R 2 x 2 )d x (R
2
+a
2
2 ax )
3
2
调换上下限 变号
R
积分①:
R R
∫
R 2dx ( R + a 2 ax )
2 2 3 2
R2 1 = 2 a 1 ( R 2 + a 2 2 ax ) 1 2 2
R2 = a 1 1 Ra R+a
R
2R2 R 2 a 2 (a R ) 2 2 a (a R )
R
积分②: 令 则
R
∫
x 2dx ( R + a 2 ax )
2 2
2 2 3 2
R + a 2ax = Z
1 2 2 2 x = (R + a Z ) 2a Z dx = dZ a R a (a R)
当 x = R , Z = R+ a
2( R 2 + 2a 2 ) Ra 3( R 2 a 2 ) ( a R ) 3 2 2 3a ( a R )
× 由(① — ②)
μ 0σ eω R
2
可得
(a R )
2 3 μ 0σ eω R B= 3 2 μ 0σ eω R R 3 3 a
或
μ 0Q ω 6π R B= μ 0Q ω R 3 3 6π R a
(a R )
若已知 电量Q
#
P. 144, 2-14 【已知】:
R, ω , σ e , μ0
【求】:轴上 x 处的磁感应强度 【解】: 如图所示取圆电流 ω dI = σ e 2 π r dr 2π = σ e ω r dr 则
dB =
=
R r dr
x
●
ω
μ 0r 2dI
2(x + r )
2 2 3 2
μ 0σ eω r 3 d r
2( x + r )
2 2 3 2
方向沿轴向
故
B=
∫ 2( x
0
R
μ 0σ e ω r d r
3 2
+r )
2
3
2
=
μ 0σ e ω
2
2
r d ∫ 0
R 2
2 2 x +r 1
R μ 0σ e ω = ∫ d 2 0 =
r + 2 2 x +r
∫
0 2
R
2 2 x +r 2 rdr
2
μ 0σ e ω
2
+ 2 R + x ± 2x 2 2 R +x R2
即
B =
μ 0σ eω R 2 + 2 x 2
2 R2 + x2
± 2x
x 0,
取r = 0
P. 145, 2-21 【已知】:右图,N,I 【证】:利用安培环路定律
( )
D2 h D1
∫ L
B d l = μ 0 NI = B 2π r
对称分析 则得 磁通量
φB =
(S )
( )
∫ B dl L
μ 0 NI B= 2π r
D1 2
∫∫ B dS = ∫
D2
2
μ 0 NI μ 0 NIh D1 hdr = ln D2 2π r 2π
P. 145, 2-22 【解】:参见右图, 作矩形对称环路L,回路平面与电流垂直,长 l 两边 平行于电流平面,另两短边垂直于电流平面. 有对称性分析可得:
( L)
∫ B dl ∫ B dl
= B 2l = μ 0 li
i
(L)
L
联列解得 或
1 B = μ0i 2 B=
μ0 I
4a
P. 146, 2-25 【解】: ⑴ 由 得
q
F = IlB
和
lB d q = m d υ
Fdt = m dυ
积分 再由
∫ lB d q = ∫ m d υ
0 0
υ
得 得
lB q = mυ
υ=
2 gh
m 2 gh q= lB
⑵
10 × 10 3 2 × 9.8 × 3.0 q= = 3.8C 2 20 × 10 × 0.10
P. 146, 2-29 【解】: ⑴ 螺线管的磁矩
Pm = nlI
π D2
4
= 100 × 30 × 2.0 × = 1.06A m 2
π × (15 × 10
4
3
)
2
⑵ 最大力矩
M max = =
π π
4
nlID2 B ×100 × 30 × 2.0 × 15 ×10
4 = 4.24N m
(
3 2
)
× 4.0
P. 147, 2-33 【解】:参见右图, 左右两半受力均沿x方向 左半边
d F1 x = I 2 d lB1 cos θ
dl = rdθ μ 0 I1 B1 = 2π (l r cos θ )
μ 0 I 1 I 2 r cos θ dθ d F1 x = 2π l r cos θ
π
I1
dF1x
I2
θ
r
θ
x
dF2 x
l
F1x = 2 ∫ dF1x
0
2
μ0 I1I 2r π 2l l +r + ,方向 i = arctan l r π 2r r l 2 r 2
右半边
μ 0 I1 I 2 r cos θ dθ dF2 x = 2π l + r cos θ
π
F2 x = 2
∫ dF
0
2
2x
l r μ 0 I1 I 2 r π 2l = arctan l+r π 2r r l 2 r 2
方向 i
F = F2x F x 1
μ 0 I1 I 2 r π 2l = π r r l2 r2
由 得
arctan
l+r l r arctan + arctan lr l + r
π l+r = arctan lr 2
π πl r r l2 r2
l
lr l+r
μ 0 I1 I 2 r F = π
= μ 0 I1 I 2 1
(F
另法:
μ 0 I1 I 2 F= 2π
π
1 1 dy ∫r l r 2 y 2 l + r 2 y 2
r
积分公式:
∫
0
dθ = a + b cos θ
2
π
π
∫
0
a2 b2 arccos b dθ a = a + b cos θ a2 b2
tan 1 a 2 b 2 sin θ b + a cos θ
(a > b > 0 )
(a > b )
( a > b > 0)
dθ ∫ a + b cos θ =
1 a 2 b2
ta n θ
在 0 2π 上 不 连 续
ta n 1 x
π 的 主 值 在 0, 2
)
P. 148, 2-40 【解】:参见右图, ⑴ eυ × B ,向东偏; ⑵
1T=10 4 Gauss ) (
2Ek eB 2Ek , eυ B = ma, ∴ a = υ= = 6.3 ×1014 m s2 m m m
1.6 ×1019 × 0.55 ×104 a= 9.1×1031 2 ×1.2 ×104 ×1.6 ×1019 9.1×1031
⑶
mυ 2mEk R= = = 6.59m eB eυ B
x
h R
x = R R2 h2 = 3mm
⑷ 像素同时向东偏,不影响看电视.
P. 149, 2-47 【证】: 轨道半径 则 频率(转/秒) 即
D mυ = 2 eB eBD υ= 2m
υ f = πD
eB f = 2π m
视电子群为点电荷(均匀带电小球),则电势的变化
eN 1 1 U0 = r r +D 4πε 0 1 1
P. 149, 2-48 【解】:参见右图, 电场力
Fe = eE = eE k
B
z
E
沿 -z 方向的匀加速直线运动; 磁场力
f L = eυ × B
υ
y
x
在 yz平面上的匀速圆周运动; 合运动为 yz 平面上的摆线.
P. 149, 2-50 【解】:参见右图, ⑴
U H > 0
,
B
A'
A面电动势高, 为 n 型半导体;
UH 1 IB = nq a
a
y
A
⑵ 由
x
I
IB n= aeU H 1.0 × 10 3 × 3000 × 10 4 = 0.10 × 10 2 × 1.6 × 10 19 × 6.55 × 10 3 = 2.86 × 10 20 m 3
( 2.9 ×10
14
cm -3 )
范文二:电磁学第二章
第二章 静电场中导体和电介质
一、 选择题
1、 一带正电荷的物体M ,靠近一不带电的金属导体N ,N 的左端感应出负电荷,右端感应出正电荷。若将N 的左端接地,则:
A 、 N 上的负电荷入地。 B 、N 上的正电荷入地。
C 、N 上的电荷不动。 D 、N 上所有电荷都入地 答案:B 2、 有一接地的金属球,用一弹簧吊起,金属球原来不带电。若在它的下方放置一电量为q 的点电荷,则:
A 、只有当q>0时,金属球才能下移 B 、只有当q<>
C 、无论q 是正是负金属球都下移 D 、无论q 是正是负金属球都不动 答案:C 3、 一“无限大”均匀带电平面A ,其附近放一与它平行的有一定厚度的“无限大”平面导体板B ,已知A 上的电荷密度为+σ,
则在导体板B 的两个表面1和2上的感应电荷面密度为: A 、σ1 C 、σ1
=-σ, σ2=+σ B 、σ1
D 、σ1
11
=-σ, σ2=+σ
22
11
=-σ, σ2=-σ
22
=-σ, σ2=0 答案:B
4、 半径分别为R 和r 的两个金属球,相距很远。用一根细长导线将两球连接在一起并使它们带电。在忽略导线的影响下,两球表
面的电荷面密度之比A 、R
σR
r r
2
为:
C 、r
2
B 、R
2
R
2
D 、 答案:D
5、 一厚度为d 的“无限大”均匀带电导体板,电荷面密度为σ,则板的两侧离板距离均为h 的两点a,b 之间的电势差为()
A 、零 B 、
σ
2ε0
C 、
σh 2σh D 、 ε0ε0
答案:A 6、 一电荷面密度为σ的带电大导体平板,置于电场强度为E 0(E 0指向右边)的均匀外电场中,并使板面垂直于E 0的方向,
设外电场不因带电平板的引入而受干扰,则板的附近左右两侧的全场强为() A 、E 0
-
σσ
, E 0+2ε02ε0σσ, E 0-2ε02ε0
B 、E 0
+
σσ
, E 0+
2ε02ε0σσ, E 0-2ε02ε0
答案:A
C 、E 0
+
D 、E 0
-
7、 A ,B 为两导体大平板,面积均为S ,平行放置,A 板带电荷+Q1,B 板带电荷+Q2,如果使B 板接地,则AB 间电场强度的大 小E 为() A 、
Q 1
2ε0S
B 、
Q 1-Q 22ε0S
C 、
Q 1ε0S
D 、
Q 1+Q 22ε0S
答案:C
8、带电时为q 1的导体A 移近中性导体B ,在B 的近端出现感应电荷q 2, 远端出现感应电荷q 3, 这时B 表面附近P 点的场强为
σ ?E E =n ,问是谁的贡献?()
ε0
A 、只是q 1的贡献 B 、只是q 2和q 3的贡献
只是q 1,q 2,q 3的总贡献 D 、只是P 点附近面元上电荷的贡献 答案:C 9、 三块互相平行的导体板,相互之间的距离d 1和d 2比板面积线度小得多, 外面二板用导线连接,中间板上带电,设左右两面上
电荷面密度分别为,如图所示,则比值A 、 答案:B
10、有两个带电不等的金属球,直径相等,但一个是空心,一个是实心,现使它们互相接触,则这两个金属球上的电荷()
A 、不变化 B 、平均分配 C 、空心球电量多 D 、实心球电量多 答案:B 11、一带负电荷的金属球,外面同心地罩一不带电的金属球壳,则在球壳中一点P 处的场强大小与电势(设无穷远处为电势零点)
分别为()
A 、E=0,U>0 B 、E=0,U<0 c="" 、e="0,U=0" d="" 、e="">0,U<0 答案:b="" 12、一半径为r="" 的簿金属球壳,带电量为-q="" ,设无穷远处电势为零,,则在球壳内各点的电势u="" i="">0>
A 、U i
σ1
2
为()
22
d 1
2
B 、
d 2
1
C 、1 D 、d
d 22
<>
Q Q Q Q
<0 答案:b="" b="" 、u="" i="-K" c="" 、u="" i="">-K D 、-K
R R R R
13、一均匀带电球体,总电量为+Q,其外部同心地罩一内、外半径分别为r 1,r 2的金属球壳,设无穷远处为电势零点,则在球壳内
半径为r 的P 点处的场强和电势为() A 、E
=
Q 4πε0r
, U =2
Q 4πε0r
Q 4πε0r
B 、E =0, U =
Q 4πε0r 1
Q 4πε0r 2
C 、E =0, U = D 、E =0, U =
答案:D
14、平板电容器充电后断开电源,场强为E 0,现充满相对介电常数为εr 的电介质,则其极化强度为()
A 、ε0 1-
??
?1?1? E B 、1-0 εεr ??r ??1??ε0
??ε-1E C 、 D 、E 0 答案:A E 00 ε??0
ε?r ?r ?
15、维持平板电容器的电压U 不变,设真空时其电容,电位移矢量,能量分别为C 0,D 0,W 0,现充满相对介电常数为εr 的电介质,
则充入介质后相应的各量变为() A 、εr C 0, D 0, εr W 0 B 、εr C 0,
D 0
εr
, εr W 0 C 、εr C 0, εr D 0, εr W 0 D 、εr C 0, εr D 0,
W 0
εr
答案:C
16、在带电量为+Q的金属球产生的电场中,为测量某点场强E ,在该点引入一带电量为+Q 3的点电荷,测得其受力F
点场E 的大小为()
A 、E
。则该
=
3F Q
B 、E >
3F Q
C 、E
3F Q
D 、 无法判断 答案:B
17、一带电量为q 的导体球壳,内半径为R 1,外半径为R 2,壳内球心处有一电量为q 的点电荷,若以无穷远处为电势零点,则球
壳的电势为() A 、
Q 4πε0R 2
B 、
Q ?11?Q
?+ C 、?4πε0 2πε0R 1?R 1R 2?
D 、
q 2πε0R 2
答案:
D
18、同心导体球与导体球壳周围电场的电力线分布如图所示,由电力线分布情况可知球壳上所带总电量为()
A 、q>0 B 、q=0 C 、q<0 d="" 、无法确定="">0>
19、有两个大小不相同的金属球,大球直径是小球的两倍,大球带电,小球不带电,两者相距很远,今用细长导线将两者相连,在
忽略导线的影响下,则大球与小球的带电之比为()
A 、1 B 、2 C 、1/2 D 、0 答案:B 20、当一个带电导体达到静电平衡时()
A 、表面上电荷密度较大处电势校高。 B 、表面曲率较大处电势较高
C 、导体内部的电势比导体表面的电势高。 D 、导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零 答案:D
21、有两个直径相同带电量不同的金属球,一个是实心的,一个是空心的,现使两者相互接触一下再分开,则两导体球上的电荷()
A 、不变化 B 、平均分配 C 、集中到空心导体球上 D 、集中到实心导体球上 答案:B
22、把A ,B
两块不带电的导体放在一带正电导体的电场中,如图所示,设无限远处为电势零点,
A 的电势为U
A ,B 的电势为
U B ,则()
A 、U B >UA >0 B 、U B >UA ≠0 C 、U B =UA D 、U B
23、两个完全相同的电容器C 1和C 2,串联后与电源连接,现将一各向同性均匀电介质板插入C 1中,则()
A 、电容器组总电容减小。 B 、C 1上的电量大于C 2上的电量 C 、C 1上的电压高于C 2上的电压 D 、电容器组贮存的总能量增大 答案:D
24、在一个原来不带电的外表面为球形的空腔导体A 内,放有一带电量为+Q的带导体B , 如图所示,则比较空腔导体A 的电势U A 和导体B 的电势U B 时,可得以下结论()
A 、U A =UB B 、U A >UB C 、U A
25、在相对介电常数为的电介质中挖去一个细长的圆柱形空腔,直径d, 高为h(h》d) ,外电场E 垂直穿过圆柱底面则空腔中心P 点
的场强为() A 、
(εr -1)E B 、
d E
C 、εr E D 、E
h εr -1
答案:D
26、已知厚度为d 的无限大带电导体平板两表面上电荷均匀分布,电荷面密度均为σ,则板外两侧的电场强度的大小为()
A 、E
=
σ
2ε0
B 、E =
2σ
ε0
C 、E =
σε0
D 、E =
σd 2ε0
答案:C
27、关于高斯定理,下列说法中哪一个是正确的?()
A 、 高斯面内不包围自由电荷,则面上各点电位移矢量D 为零 B 、高斯面上处处D 为零,则面内必不存在自由电荷
C 、高斯面的D 通量仅与面内自由电荷有关 D 、以上说法都不正确 答案:C
28、一带电量为q 半径为r 的金属球A ,放在内外半径分别为R 1和R 2的不带电金属球壳B 内任意位置,如图所示,A 与B 之间及
B 外均为真空,若用导线把A ,B 连接,则A 球电势为(设无穷远处电势为零)() A 、0 B 、答案:B
29、如图所示, 一封闭的导体壳A 内有两个导体B 和C,A.C 不带电,B 带正电, 则A.B.C 三导体的电势UA、U B 、U C 的大小关系是( ) A 、 UA=UB =UC B 、 U B >UA=UC
C 、 U B >UC >UA D 、 U B >UA>U
C 答案:C
30、一导体球外充满相对介电常数为
q 4πε0R 2
C 、
q 4πε0R 1
D 、
1?q q ?
?-? 4πε0 R R 2??1
εr 的均匀电介质, 若测得导体表面附近场强为E, 则导体球面上的自由电荷面密度σ为( )
εr E D 、(ε0εr -ε0) E 答案:B
A 、ε0E B 、ε0εr E C 、
31、在空气平行板电容器中,插上一块较空气厚度为薄的各向同性均匀电介质板, 当电容器充电后, 若忽略边缘效应, 则电介质
E 中的场强与空气中的场强E 0相比较, 应有( )
A 、E>E0,两者方向相同 B 、E=E0,两者方向相同
C 、E
外均为真空时,球壳外一点的场强大小和电势用E 2和U 2表示,则两种情况下壳外同一点处的场强大小和电势大小的关系为() A 、E 1=E2,U 1=U2 B 、E 1=E2,U 1>U2 C 、E 1>E2,U 1>U2 D 、E 1
33、在一静电场中,作一闭合曲面S ,若有D d S =0(式中D 为电位移矢量)则S 面内必定()
S
A 、既无自由电荷,也无束缚电荷 B 、没有自由电荷
C 、自由电荷和束缚电荷的代数和为零 D 、自由电荷的代数和为零 答案:D 34、两个半径相同的金属球,一为空心,一为实心,把两者各自孤立时的电容值加以比较,则() A 、空心球电容值大 B 、实心球的电容值大
C 、两球电容值相等 D 、大小关系无法确定 答案:C 35、金属球A 与同心金属壳B 组成电容器,球A 上带电荷q 壳B 上带电荷Q ,测得球与壳间电势差为U AB ,可知该电容器的电容 值为()
A 、
q U AB
B 、
Q U AB
C 、
(q +Q ) q
D 、
U AB 2U AB
答案:A
36、两只电容器C 1,此时两极板的电势差为() =8μF , C 2=2μF A 、0v B 、200v C 、600v D 、1000v 答案:C
37、一个平行板电容器,充电后与电源断开,当用绝缘手柄将电容器两极板间距离拉大,则两极板间的电势差U 12电场强度的大 小E ,电场能量W 将发生如下变化()
A 、U 12减小,E 减小,W 减小 B 、U 12增大,E 增大,W 增大
C 、U 12增大,E 不变,W 增大 D 、U 12减小,E 不变,W 不变 答案:C 38、一平行板电容器充电后切断电源,若改变两极间的距离,则下述物理量中哪个保持不变?() A 、电容器的电容量 B 、两极板间的场强
C 、两极板间的电势差 D 、电容器储存的能量 答案:B 39、一空气平行板电容器充电后与电源断开,然后在两极板间充满某种各向同性,均匀电介质,则电场强度的大小E ,电容C ,
电压U 电场能量W 四个量各自与充入介质前相比较增大(↑)或减小(↓)的情形为() A 、E
↑, C ↑, U ↑, W ↑ B 、E ↓, C ↑, U ↓, W ↓ C 、E ↓, C ↑, U ↑, W ↓ D 、E ↑, C ↓, U ↓, W ↑
答案:B
40、C 1和C 2两个电容器,其上分别标明200PF (电容器),500v (耐压值)和300PF ,900v 。把它们串联起来在两端加上1000v 电压,则()
A 、C 1被击穿,C 2不被击穿 B) C2被击穿,C 1不被击穿 C) 两者都被击穿 D) 两者都不被击穿 答案:C
41、 C 1和C 2两空气电容器并联起来接上电源充电, 然后将电源断开, 再把一电介质板插C 1中, 则( )
A 、C 1和C 2极板上电量都不变 B 、C 1极板上电量增大, C2极板上电量不变
C 、C 1极板上电量增大, C2极板上电量减小 D 、C 1极板上电量减小, C2极板上电量增大 答案:C 42、如果某带电体其电荷分布的体密度ρ增大, 为原来的2倍, 则其电场的能量变为原来的( )
A 、2倍 B 、1/2倍 C 、4倍 D 、1/4倍 答案:C
43、一球形导体, 带电量q, 置于一任意形状的空腔导体中, 当用导线将两者连接后, 则与未连接前相比系统静电场能将( ) A 、增大 B 、减小 C 、不变 D 、如何变化无法确定 答案:B 44、一平行板电容器充电后与电源连接, 若用绝缘手柄将电容器两极板间距离拉大, 则极板上的电量Q, 电场强度的大小E 和电场能量W 将发后如下变化( )
A 、Q 增大,E 增大,W 增大 B 、 Q 减小,E 减小,W 减小
C 、 Q 增大,E 减小,W 增大 D 、Q 增大,E 增大,W 减小 答案:B 45、一空气平行板电容器, 充电后把电源断开, 这时电容器中储存的能量为W 0, 然后在两极板之间充满相对介电常数为εr 的各向同性均匀电介质, 则该电容器中储存的能量W 为( ) A 、W
=εr W 0 B 、W =
W 0
εr
C 、
W =(1+εr ) W 0 D 、W =W 0 答案:B
46、用力F 把电容器中的电介质板拉出, 在图(a)和图(b)的两种情况下, 电容器中储存的静电能量将( ) A 、都增加 B 、都减小
C 、(a ) 增加,(b )减小 D 、(a )减小,(b )增加 答案:D
二、填空题(每空2分)
1、两块很大的导体平板平行放置,面积都是S ,有一定厚度,带电量分别为Q 1和Q 2。如不计边缘效应,则A 、B 、C 、D 四个表
面上的电荷面密度分别为
答案:
Q 1+Q 2
2S
;
Q 1-Q 2
2S
;
Q 2-Q 1
2S
;
Q 1+Q 2
2S
2、将一负电荷从无穷远处移到一个不带电的导体附近,则导体内的电场强度,导体的电势 答案:不变,减小
3、两块“无限大”平行导体板,相距为2d ,且都与地连接,如图所示, 两板间充满正离子气体(与导体板绝缘)离子数密度为n ,每一离子 的带电量为q. 如果气体中的极化现象不计,可以认为电场分布相对
中心平面OO`是对称的,则在两板间的场强分布为E =
电势分布
答案:
nq ε0
RU 0r 2
(0≤x ≤d );
nq 2
(d -x 2)(-d ≤x ≤d ) 2ε0
4、选无穷远处为电势零点,半径为R 的导体球带电后,其电势为U 0,则球外离球心距离为r 处的电场强度的大小为 答案:
5、一空心导体球壳,其内处半径分别为R 1和R 2,带电量q. 当球壳中心处再放一电量为q 的点电荷时,则导体球壳的电势(设无穷
远处为电势零点)为 答案:
q 2πε0R 2
6、 两个同心金属球壳,半径分别为R 1和R 2(R 2>R1),若分别带上电量为q 1和q 2的电荷,则两者的电势分别为U 1和U 2(选取无
穷远处为电势零点)。现用导线将两球壳连接,则它们的电势为 答案:U 2 7、在静电场中有一立方形均匀导体,边长为a 。已知立方导体中心O 处的电势为U 0,则立方体顶点A 的电势为 答案:U 0
8、A 、B 两个导体球,它们的半径之比为2:1,A 球带正电荷Q ,B 球不带电,若使两球接触一下再分离,当A 、B 两球相距为R 时,(R 远大于两球半径,以致可认为A 、B 是点电荷)则两球间的静电力F= 答案:
Q 218πε0R
2
9、三个半径相同的金属小球,其中甲、乙两球带有等量同号电荷,丙球不带电。已知甲、乙两球间距离远大于本身直径,它们之间的静电力为F ,现用带绝缘柄的丙球先与甲球接触,再与乙球接触,然后移去,则此时甲、乙两球间的静电力为 答案:3F/8
10、在一个带负电荷的金属球附近,放一个带正电的点电荷q 0,测得q 0所受的力为F ,则F/ q0的值一定 于不放q 0时该 点原有的场强大小(填大,等,小) 答案:大
11、一金属球壳的内外半径分别为R 1和R 2,带电量为Q 。在球壳内距球心O 为r 处有一带电量为q 的点电荷,则球心处的电势为
q ?111?Q
?+-+ 答案:?4πε0 ?r R 2R 1?4πε0R 2
答案:无极分子;电偶极子
12、分子的正负荷中心重合的电介质叫做电介质,在外电场作用下,分子的正负电荷中心发生相对位移形成13、一平行板电容器,充电后与电源保持联接,然后使两极板间充满相对介电常数为εr 的各向同性均匀电介质,这时两极板上的电量是原来的 倍;电场强度是原来的 倍;电场能量是原来的 倍 答案:εr ;1;εr 14、一平行板电容器,充电后切断电源,然后使两极板间充满相对介电常数为εr 的各向同性均匀电介质,此时两极板间的电场强度是原来的 倍;电场能量是原来的 倍 答案:1/εr ;1/εr 15、电介质在电容器中的作用是:(1)2) 答案:增大电容;提高电容器的耐压能力 16、在静电场中,电位移线从 答案:正的自由电荷;负的自由电荷 17、A 、B 为两块无限大均匀带电平行薄平板,两板间和左右两侧充满相对介电常数为εr 的各向同性均匀电介质。已知两板间的场强大小为E 0,方向如图,则A 、B 两板所带电荷面密度分别为σA
=
σB =
答案:-
2ε0εr E 0
;
4ε0εr E 0
18、一平行板电容器中充满相对介电常数为εr 的各向同性均匀电介质。已知介质表面极化电荷面密度为±σ,则极化电荷在电
容器中产生的电场强度的大小为 答案:
σε0
19、一平行板电容器始终与一端电压一定的电源相联。当电容器两极板间为真空时,电场强度为E 0,电位移为D 0,而当两极板
间充满相对介电常数为εr 的各向同性均匀电介质时,电场强度为E ,电位移为D ,则 答案:E =E 0;D =εr
D 0
20、真空中,半径为R 1和R 2的两个导体球相距很远,则两球的电容之比C 1/C2 E 1/E2R 1/R2;4
21、一个大平行板电容器水平放置,两极板间的一半空间充有各向同性均匀电介质,另一半为空气, 当两极板带上恒定的等量异号电荷时,有一个质量为m ,带电量为+q的质点,平衡在极板间的 空气区域中,此后,若把电介质抽去则该质点 运动)答案:向上运动
22、A 、B 两个电容值都等于C 的电容器,已知A 带电量为Q ,B 带电量为2Q ,现将A 、B 并联后,系统电场能量的增量?W = 答案:-Q 2/(4C ) 23、真空中均匀带电的球面和球体,如果两者的半径 和总电量都相等,则带电球面的电场能量W 1与带电球体的电场能量W 2相比,W 1W 2(填<,>,=) 答案:
24、一空气平行板电容器,极板间距为d ,电容为C 。若在两板中间平行地插入一块厚度为d/3的金属板,则其电容值变为 答案:3C/2
;R /R
三、计算题
1、三块平行导体板A 、B 、C ,面积都是200cm 2,A 、B 相距4.0mm ,A 、C 相距2.0mm ,B 、C 两板接地,如图所示。如果使A 板
带正电3. 0?10
-7
C ,忽略边缘效应,问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?(12分)
解:根据静电平衡时,导体中的场强为零,又由B 、C 接地:
∴
(4分)
Q (d -x )Q (d -x )Qx Qx
; σ3=; σ4=; σ5=-
解以上方程组得出:Sd Sd Sd Sd (4分)
B 板上感应电荷:
σ2=-
Q (d -x )3. 0?10-7?2. 0?10-3
Q B =σ2S =-=-=-1. 0?10-7(库)-3
d 6. 0?10
C 板上感应电荷:
Qx 3. 0?10-7?4. 0?10-3-7
(库)Q C =σ5S =-=-=-2. 0?10-3
d 6. 0?10
2、一内半径为a 外半径为b 的金属球壳,带有电量Q ,在球壳空腔内距离球心r 处有一点电荷q ,设无限远处为电势零点,试求1)
球壳内外表面上的电荷(2)球心O 点处,由球壳内表面上电荷产生的电势(3)球心O 点处的总电势(10分) 解:(1)由静电感应,金属球壳的内表面上有感应电荷-q ,外表面上带电荷q+Q(2分)
(2)不论球壳内表面上的感应电荷是如何分布的,因为任一电荷元离O 点的距离都是a ,所以由这些电荷在O 点产生的电
势为U -q
=
dq
4πε0a
=-
q 4πε0a
(4分)
(3)球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 在O 点产生的电势和代数和
U 0=U +q +U -q +U Q +q
Q +q q ?111?Q
=-+=4分) -+?+
4πε0r 4πε0a 4πε0b 4πε0?r a b ?4πε0b
q q
3、点电荷q 放在导体球壳的中心,球壳的内外半径分别为R 1和R 2。求空间的场强分布,并画E-r 和U-r 曲线(12分)
解:(a )场强分布:得用高斯定理可求得:(1分)
r
q 4πε0r
2
?r ; R 1 q 4πε0r 2 ?(3分) r (b )电位分布:设距球心为r 处的电位U : r ≥R 2:U =?r ∞ E d l = q 4πε0r 4πε0R 2 ∞ R ∞q q r ≤R 1; U =?r E d l =?r +?R 22 4πεr 4πεr 1 2 R 1≤r ≤R 2; U = q = q ?111? ?-+ 4πε0?r R 1R 2?? E-r,U-r曲线如图 4、两个极薄的同心球壳,内外球壳半径分别为a,b ,内球壳带电Q 1,试问(1)外球壳带多大电量,才能使内球壳电势为零?(2) 距球心为r 处的电势是多少?(10分) 解:(1)设外球壳B 所带电量为Q 2 U A = b Q 1+Q 2Q 1Q 1+Q 2Q 1 +?=-a 4πεr 24πε0b 4πε0b 4πε00b ?11? -?=0∴Q 2=-Q 1(4分) a ?b a ? (2)当r ≥b 时,U = Q 1+Q 2Q 1?b ? = 1-?(2分) 4πε0r 4πε0r ?a ? 当a ≤r ≤b 时, U = Q 1+Q 2Q ?11?Q ?11? +1 -?=1 -?(2分); 当r ≤a 时, U =0(2分) 4πε0b 4πε0?r b ?4πε0?r a ? 5、有一半径为R 的接地金属球,距球心d=2R处有一点电荷q(q>0),试求球上的感应电荷q`(设金属球远离地面及其他物体)(10 分) 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=0。球心处的电位也为零,根据迭加原理知,球心上电位等于点电荷q 及球面上电荷在O 点的电位的代数和: 电荷q 在球心处的电位: U q = q 8πε0R (2分) 球面上的电荷在球心产生的电位:设球面上某面元的电荷面密度为σ; U R =σdS 1q ' ()(2分) =σdS 2分=4πε0R 4πε0R 4πε0R =U q +U R = q 8πε0R + q '4πε0R =0(2分)∴q '=- q (2分) 2 由迭加原理得:U 讨论:q`的大小与q 到球心的距离有关, 当q 很靠近球面时, 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 σ2 σ21122 ????6、证明静电平衡时导体表面某面元所受的力F =单位面积受的力f =?S n =ε0E ?S n ,n =ε0E n 式中E 2ε022ε02 是导体外部靠近导体表面处的场强. (12分) 证:在静电平衡时, 对任意导体上取一小面元?S , 其面电荷密度为σ, 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 σ 点产生的场强E 2p 可用无限大带电平面公式表示: E 1p =-n (2分), 设导体表面除小面之外其余电荷在P 点产生的场强为 2ε0 ,P 点的总场强是面上所有电荷在该点场强的总贡献, 即, 根据静电平衡条件知, 在导体内部场强E 1p E p =E 1p +E 2p E 内=0 即: σ ?(2分), 因P 点是距?S 极近的点, 所以小面元?S 外的其余电荷在P 点与面E 1p +E 2p =0(2分)∴E 2p =-E 1p =n 2ε0 元?S 所在处产生的场强是相同的, 均为 σ ?, ∴小面元?S 所受的力: n 2ε0 2 ε02σσσ ?(2分)=? E =(2分)∴F =E ?S n ?(2分)∴单位面元所受的力F =E 2?S σ=?S σn ?S n 2ε02ε0ε02 为 ε0 2 ?(2分) E 2n 7、一导体球壳的内外半径分别为a 和b, 带有电荷Q>0,腔内距球心O 为r 处有一点电荷q 。试求球心O 处的电势(10分) 解:用高斯定理可证得:金属腔内表面S x 所带电量为-q ,金属腔外表面所带电量为Q+q,(2分) ∴球心O 的电位:U 1分)=0=U q +U -q +U q +Q (q ++ q 4πε0a -q 4πε0a σa dS σb dS (2分) ++4πε0r S 4πε0a S 4πε0b q a b = 4πε0r q 4πε0r σa dS + S a 4πε0b S b q σb dS (2分) Q ?111? (1分) -+?+ ?r a b ?4πε0b =+ Q +q (2分)=q 4πε0b 4πε0 8、如图所示,同轴传输线的内导体是半径为R 1的金属直圆柱,外导体是内半径为R 2的同轴金属圆筒。内外导体的电势分别为U 1 和U 2,试求离轴为r(R1<> 解:设外圆柱表面沿轴线单位长度上所带电量为λ,P 点是两圆柱体间距离轴线为 r 的任意一点,其场强E= λ ,内外柱 2πε0r 体的电位差:U 1 -U 2=? R 2 R 1 R λλ (2分 )=ln 2(1 分) ; 2πε0r 2πε0R 1 内圆柱体与P 点的电位差:U 1 -U p =?R r 1 λλ=ln 2πε0r 2πε0λr ln =U 1-(U 1-U 由(1)、(2)两式可得:U p =U 1- 2πε0R 1 1 9、如图所示,平行板电容器两极板的面积都是S ,相距为d ,其间有一厚度为t 的金属板,略去边缘效应。(1)求电容C (2)金 属板离极板的远近对电容有无影响?(3)设没有金属板时电容器的电容为C 0度t=d/4的金属板时,求电容及两极板间的电势差。(12分) 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x ∴C AB =600μF ,两极板间的电势差为10v 。当放厚 = ε0S d AB = ε0S d -t -x (1分); C BC =ε0S d BC = ε0S x (1分); C = C AB ?C BC εS =02分 C AB +C BC d -t (2)因为C=(3) ε0S 与x 无关,所以金属板的位置对C 无影响(2分) d -t 4Q C 0U 03 (1分); C =d =C 0=800(μF ) (2分)∴U ==(1分)=10?=7. 5(v ) (2分) C 0=d 3C C 4d - 4 10、 三个电容器串联,电容分别为8μF ,8μF ,4μF ,其两端A 、B 间的电压为12v ,(1) 求电容为4μF 的电容器的电量(2)将三者拆开再并联(同性极板联在一起)求电容器组两端的电压。(10分) 解:(1)根据电荷守恒定律,三个串联电容上的电量相等: C AB ε0S εε0S =2(μF )(2分) ∴Q =C A B U A B =2?10-6?12=24?10-6(C )(1分) ∴Q 1=Q 2=Q 3=24?10-6(C )(1分) (2)将三个电容器同性极边在一起后,(如图)(1分),总电量: Q AB =Q 1+Q 2+Q 3=3?24?10-6=72?10-6(C )(1分) C AB =C 1+C 2+C 3=20(μF )(2分)∴U AB Q AB 72?10-6 ===3. 6(V )(2分)C AB 2?10-5 11、 两块“无限大”平行导体板,相距为2d 离子带电量为q 。如果忽略气体中的极化现象,可以认为电场分布相对中心平面OO`是对称的,试求两板间的场强分布和电 势分布(10分) 解:选X 轴垂直导体板,原点在中心平面上,作一底面为S ,长为2x 的柱形高斯面,其轴线与X 轴平行,上下底面与导体板 平行且与中心平面对称,由电荷分布知电场分布与中面对称。设底面处场强大小为E 。应用高斯定理: 2SE =∑q =20(1分) 得E= (2分)方向如图所示(2分),由于导体板接地,电势为零(1分),所以x 处的电势为 d ??d xdx ?=?nq ?(d 2-x 2)(2分) U =?Edx (2分)=? ? ? ?x ??ε0??0???x 12、一厚度为d 的“无限大”均匀带电导体板,单位面积上两面带电量之和为σ,试求离左板面距离为a 的一点与离右板面距离 为b 的一点之间的电势差(10分) 解:选坐标如图。由高斯定理,平板内,外的场强分布为:E=0(1分)(板内)E z =±σ b d 2 ?d ?- a +? 2??- ε0 (板外)(4 a 、 b 两点间电势差U a -U b =?E x dx =? a d b +σσσ (b -a )(2分)dx +d 2dx (3分)= 2ε02ε02ε0 2 13、假想从无限远处陆续移来微量电荷使一半径R 的导体球带电(1)当球上已带有电荷q 时,再将一个电荷元dq 从无限远处移 到球上的过程中,外力作多少功?(2)使球上电荷从零开始增加到Q 的过程中,外力共作多少功?(10分) 解:(1)令无限远处电势为零,则带电量为q 的导体球,其电势为U= q 4πε0R (2分) 将dq 从无限远处搬到球上过程中,外力作的功等于该电荷元在球上所具有的电势能dA=dW= q 4πε0R dq (4分) (2)带电球体的电荷从零增加到Q 的过程中,外力作功为A= ?dA =? Q qdq Q 2 (4分) = 4πε0R 8πε0R 14、两根平行“无限长”均匀带电下、、直导线,相距为d ,导线半径都是R (R 《d )。导线上电荷线密度分别为+ 试求该导体组单位长度的电容。(10分) 解:以左边的导线上的一点作原点,X 轴通过两导线并垂直于导线, 两导线间x 处的场强为E= λ和-λ, λλ (3分) + 2πε0x 2πε0d -x 两导线间的电势差为U = λ2πε0 ? d -R R ?11?λ?d -R R ?d -R (4分) +dx =ln -ln =ln ??x d -x ?2πε0?R d -R ?πε0R ?? =Q 故单位长度的电容 设导线长为L 的一段上所带电量为Q ,则有λ C= Q =λ = d -R ?ln ? ??? πε0 (3分) 15、在介电常数为ε的无限大各向同性均匀介质中,有一半径为R 的导体球,带电量为Q ,求电场能量(10分) 解:由高斯定理可得:导体球内E 1=0(r<> 球外介质中E 2则电场能量为 =Q 4πεr 2 (r >R )(2分) 2 22∞121∞?Q ?2Q Q 4πr dr =W=???dW =???εE dV (2分) =ε?(2分) 22(2分) =?R ?R ?8πε) 8πεR ) 4πεr ) r 2??v v 2 () 16、在介电常数为ε的无限大各向同性均匀电介质中,有一半径为R 的孤立导体球,若对它不断充电使其带电量达到Q ,试通过 Q 2 充电过程中外力作功,证明带电导体球的静电能量为W= 8πεR dA =-?Edqdr (2分)=?- ∞ ∞ R R (10分) 证:设导体球上某时刻已带有电量q ,如果将一微小电量dq 从无穷远处移到球上,则外力克服静电斥力需作功 qdqdr qdq =(2分) πεR 4πεr 2 导体球从电量为零充到Q 时,外力作总功为A= ? q qdq πεR 2 Q (2分)= πεR (2分) πεR (2分) 2Q 上述名力的功是外界能量转换为静电能量的量度,故导体球的静电能量为W= 17、两金属球的半径之比为1:4,带等量的同号电荷,当两者的距离远大于两球半径时,有一定的电势能,若将两球接触一下再 移回原处,则电势能变为原来的多少倍?(12分) 解:因两球间距离比两球的半径大得多,这两个带电球可视为点时荷,设两球各带电量为Q ,若选无穷远处为电势零点,则两 5Q 2 带电球之间的电势能为W 0= 32πε0R 0 (4分)式中R 0为小球半径,当两球接触时,电子电荷将在两球间重新分配,因 两球半径之比为1:4,故两球电量之比Q 1:Q 2=1:4,Q 2=4Q1(2分);但Q 1+Q2= Q1+4Q1=5Q1=2 Q(2分) ∴Q 1=2Q ; Q 2=4?2Q =8Q (2分)当返回原处时,电势能为W= Q 1Q 216 =W 1(2分) 4πε0d 25 18、空气中有一半径为R 的孤立导体球,令无限远处电势为零,试计算:(1)该导体的电容;(2)球上所带电荷为Q 时储存的静 电能;(3)若空气的击穿场为Eg ,导体球上能储存的最大电荷值(12分) 解:(1)设导体球上带电荷Q ,则导体球的电势为U= Q πε0R (2分);按孤立导体电容的定义C=Q/U= 4πε0R (3分) (2)导体球上的电荷为Q 时,储存的静电能W=Q2/(2C )=Q2/8πξ0R (3分) (3)导体球上能储存Q 时,必须空气中最大场强E=Q/4πε0R 因此,球上能储存的最大电荷值Q M 2 ≤Eg (2分) =4πε0R 2Eg (2分) 19、两个同心金属球壳,内球壳半径为R 1, 外球壳半径为R 2,中间是空气,构成一个球形空气电容器。设内外球壳上分别带有电荷 +Q和-Q 。求:(1)电容器的电容;(2)电容器储存的能量。(12分) 解:(1)已知内球壳上带正电荷Q ,则两球壳中的场强大小为E= Q 4πε0r 2 (3分) 两球壳电势差U 12= ? R 2 R 1 4πε0R 1R 2Q ?11?Q (R 2-R 1) -?;电容C=Q/U12(1分)=(2 分) E ?d r =?=4πεR R 3分) 4πε0 R R R 2-R 12?012?1 Q 2(R 2-R 1)Q 2 (1分)=(2)电场能量W=(2 分) 2C 8πε0R 1R 2 20、如图所示,平行板电容器两极板相距d ,面积为S ,电势差为U ,中间放有一层厚为t 的电介质,相对电容率为,略去边缘效 应,求:(1)电介质中的E ,D 和P ;(2)极板上的电量;(3)极板和电介质间隙中的场强;(4)电容器的电容。(15分) 解:设空气中的场强为E 0,U =E 0 x +Et +E 0(d -x -t )=E 0(d -t )+Et D D 由高斯定理可知,在两板间 D 处处相等E 0=; E = ε0ε0εr ∴U =∴D = D ε0 (d -t )+ U ε0 t D ε0εr t = D ?t d -t +ε0 εr ? = d -t + U ε0εr εr d +(1-εr ) t ???(2分)? (2分); E =D = ε0εr U (2分); εr d +(1-εr ) t εr U ε0(εr -1) (2分) εr d +(1-εr ) t P =ε0(εr -1)E = (2)如图所示,作一柱形高斯面,由高斯定理可得:σ0 =D (1分)∴Q =σ0S =DS = U ε0εr S (2分) εr d +(1-εr ) t (3)极板和介质间隙中的场强:E 0 = D ε0 = ε0εr S U εr Q (2分)(4)C=(2分) = εr d +(1-εr ) t U εr d +(1-εr ) t 21、平行板电容器两极板相距d ,面积为S ,用电源给其充电,当电压为U 0时,拆去电源,然后将介质板插入(其厚度为t ,相对 介电常数为εr ),求此情况下:(1)极板上的电量Q (2)介质中的E 、D (3)两极板间的电位差U 及电容C (15分) 解:(1)极板上所带电量:Q =U 0C 0= U 0ε0S d (3分);(2)用高斯定理求得:D =σ0= Q U 0ε0 =S d (3分) D = 介质中的D 与空气中的D 相等,∴介质中的场强:E = ε0εr U 0 =(3分);(3)空气中的场强 ε0εr S εr d Q E 0= D 0 ε0 = U 0 (1分)∴U =E 0(d -t )+Et =U 0(d -t )+U 0t =U 0[εr d +(1-εr )t ](2分)d d εr d εr d ∴C = ε0εr S Q (3分)= U εr d +1-εr t 22、如图所示,半径为R 1的导体球带电是q ,在它外面同心地罩一金属球壳,其内外壁的半径分别为R 2与R 3,已知R 2=2R1,R 3=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)球壳带的总电量是多大?(2)如用导线将壳内导体球与壳相连,球壳带电量是多少?(15分) 解:点电荷Q 在球心O 点的电位:U Q = Q 4πε0d (1分) S 1,S 2, S 3三个面上的电荷对球心O 点的电位贡献: U S =1 S 1 σ1dS q (1分); U S =σ2dS =-(由高斯定理得S 2现丰的总电= 4πε0R 14πε0R 14πε0R 24πε0R 2 2 S 2 量为-q ) U S =3 S 2 σ3dS Q ' = 4πε0R 34πε0R 3 1 2 3 ; 根据电位迭加原理, 球心O 点的电位: U 0=U Q +U S +U S +U S (1分)=∴ R 1?Q Q '-q q ?q q ?1 ? +++又∴U =dr =-0?2 ?R 4πε0?d R 3R 2R ?4πε0r 4πε0?R 1 21 1?Q Q '-q q ?q ?11?3 ' ? ?()+++=-1分解得:Q =-Q (1分) ? ?4πε0?d R 3R 2R ?4πε0?R 1R 2?4 3 Q -q (1分) 4 所以球壳带的总电量为:- (2)内外球用导线相连时, 仍用电位迭加原理计算球心O 点的电位: Q 4πε0d +S 2 σdS Q Q '3 =0; 即+=0(2分); 解之得:Q '=-Q (2分) 4πε0R 24πε0d 4πε0R 34 23、两个同心球壳,其间充满相对介电常数为εr 的各向同性均匀电介质,外球壳以外为真 空,内球壳半径为R 1,带电量为Q 1;外球壳内、外半径分别为R 2和R 3,带电量是Q 2。(1) 求整个空间的电场强度E 的表达式,并定性画出场强大小的径向分布曲线;(12分) (2)求电介质中电场能量W 0的表达式;(3)若 Q 1=2?10-9C , Q 2=-3Q 1, εr =3, R 1=3?102m , R 2=2R 1 R 3=3R 1,计算上一问中的W 0的值(已知ε0=8. 85?10-12C 2?N -1?m -2) 解:(1)场强表示式 E 1=0(r Q 14πε0εr r 3 r (R 1 R 2< q="" +q="" 2="" e="" 4="1r" (r="">R 3)(1分) 4πε0r 3 22 R 2Q 1Q 1?1121?2 ?()(2分)(2) w 0=?εE 2dV (1分)=??4πr dr 1分=-24 ?R 13228πε?R 1R 2?πε0εr r (3) 将Q 1和R 1, R 2的值代入有:W e = Q 1 =9. 98?10-8J (2分)16πεR 1 2 24、证明:半径为R 的孤立球形导体,带电量为2Q ,其电场能量恰与半径为R/4,带电量为Q 的孤立球形导体的电场能量相等(8 分) 证:电场能量W e =?w e dV υ 讨论带电量为Q`,半径为R 1的孤立球形导体: ∞Q '1Q '2Q '22242 (1分); w =ε0E =Q '/32πε0r (1分); W =?R 24?4πr dr (1分)=E =2 13228πε04πε0r πε0r () dr ?R 1r 2 ∞ =Q ' 2 πε0R 1 (2分); 令Q '=2Q , R 1=R 或令Q '=Q , R 1=R /4(2分)都可得W C = Q 2 2πε0R (1分) 即两种情形电场能量相等 25、一平行板电容器面积为S ,两极板间距离为d ,中间充满均匀电介质,已知当一板上自由电荷 为Q 时,整块介质的总偶极距为P 总,求电容器中的电场强度(10分) P 总 解:如图所示,整块介质的总偶极矩为P 总,所以极化强度P =sd ?上,n ?下是电介质上下两面的外法线, (2分),设n '=P ?n '=P ?n ?上=-P n =-P , σ下?下=P n =P (2分),自由电荷激发的场强: ∴σ上 σ' σ Q P 总 σ' P ,极化电荷激发的场强:E '=下r =-下r =-E 0=0r AB =r AB (2分)r =-r AB (2 BA AB AB ε0S ε0ε0ε0ε0Sd ε0 ?Q P 总? 1?p ? ?分)∴电容器中电场强度:E =E 0+E '= -r =Q - ?r AB (2分) AB S ε?S ε0?d ??0Sd ε0? 26、求一均匀极化的电介质球表面上极化电荷的分布,已知极化强度为 P ,如图所示(8分) 解:取球心O 为原点,极轴与P 平行的球坐标(1分),由于轴对称性,表面上任一点A 的 极化电荷面密度σ'只与θ '角有关(1分)。这也是A 点外法线n 与P 的夹角,故σ=P ?n =Pcosθ (2分), 这表明:在右 半球σ'为正,左半球σ'为负(2分);在两半球分界面上,θ= π 2 处σ'=0;在θ=0与π 处,则最大(2分) 27、图中沿X 轴放置的介质圆柱,底面积S ,周围是真空,已知介质内各点极化矢量P =kx i (k 为常数)(1)求圆柱两底面上 '和σb ';的极化电荷面密度σa (2)求出圆柱内体电荷密度ρ'(8分) '=P a ?n '=P b ?n ?a =P a cos π=-ka (2分); σb ?b =P b cos 0=kb (2分解:(1)σa (2)由定义得:ρ' = -P d S S τ (2分)=-(P x +dx -p x ) S =-Skdx =-k (2分)Sdx Sdx 四川师范大学教案 物理与电子工程学院 电磁学 物理与电子工程学院 注:教案按授课章数填写,每一章均应填写一份。重复班授课可不另填写教案。教学内容须另 加附页。 第二章 有导体时的静电场 第一章讲了静电场的基本规律,引入了描述电场性质的两个重要物理量(电场强度、电势),并阐明了描述电场基本性质的两个定理:高斯定理和环路定理。在这一章,将在静电场中引入导体,从而讨论静电场和导体之间的相互作用和相互影响。实际上,在静电场中引入导体后,将引起静电感应现象,在导体的表面上出现等值异号的感应电荷,感应电荷的出现又反过来影响原有的静电场。 §1 静电场中的导体 一、导体 1、导体的分类(按是否带电) P43 (1)带电导体:所带总电荷不为零的导体叫做带电导体。若总电荷为正,则说这导体带正电,若总电荷为负,则说导体带负电。 (2)中性导体:所带总电荷为零的导体叫做中性导体。 (3)孤立导体:与其它物体距离足够远的导体叫做孤立导体。“足够远”指其它物体的电荷在该导体上激发的场强小到可以忽略,这时就说孤立导体之外没有其他物体。 2、导体(金属导体)的特点 很多种物体都属于导体,比如金属,石墨,电解液,甚至人体、地球等等。在这主要讨论金属导体,它具有以下特点: (1)金属导体中具有大量的自由电子。从微观角度说,这些自由电子时刻作无规则的混乱运动称为“热运动”,从宏观角度讲,(虽然 其中有大量的自由电子)金属导体对外不显电性,即通常情况下金属导体为中性导体。 (2)静电感应 将导体置于静电场中,其中的自由电子除无规则的热运动外,还要受电场力的作用而作定向移动(这是一种有规律的宏观运动)。这种定向运动的宏观效应:就是在导体中出现了感应电荷。 如:导体B 放入点电荷A 产生的电场中,B 中的自由电子在电场作用下向左移动,结果B 的左端带负电,右端带正电。 定义:导体B 上的电荷在电场力作用下重新分布的这种现象称为静电感应。(出现静电感应现象是由于导体中的电荷可以自由移动——自由电子) 二、静电平衡 1、静电平衡状态 定义:当导体中的自由电子不作宏观运动(没有电流)时,就说导体处在静电平衡的状态。一个电中性的导体,在周围没有带电体时,它的内部及表面上净电荷的体密度为零,从而内部各点场强为零,这是一种最简单的静电平衡状态(如一个孤立的导体B )。 注意:(1)导体的静电平衡状态是相对的,可以由于外部条件的 物理与电子工程学院 注:教案按授课章数填写,每一章均应填写一份。重复班授课可不另填写教案。教学内容须另 加附页。 1 (3)在导体外,紧靠导体表面的点的场强方向与导体表面垂直,场强大小与导体表面对应点的电荷面密度成正比。 由电场线与等势面垂直出发,可知导体表面附近的场强与表面垂直。而场强大小与面密度的关系,由高斯定理推出。 如图,在导体表面外紧靠导体表面取一点P ,过P 点作导体表面 ??方?,的外法线方向单位矢n 则P 点场强可表示为E P =E n n (E n 为E P 在n 向的投影,E n 可正可负)。过P 点取一小圆形面元?S 1,以?S 1为底作一圆柱形高斯面,圆柱面的另一底?S 2在导体内部。由高斯定理有: φS =S E ?d s = ?S 1 ??E ?d s +??E ?d s +??E ?d s = ?S 2 侧 ?S 1 ??E ?d s = ?S 1 ?E n ?d s ??n (导体内E =0导体表面附近E ⊥d s ) =E n ?S 1=σ?S 1/ε0 (导体的电荷只能分布在导体表面,若面密度为σ,则面内电荷为 σ?S 1,且因?S 1很小,视σ为均匀的) σ E n = ε0 ∴ σ ?即E =n ?σ>0,E n >0 ? ?σ<0,e n="">0,e><> ?同向 ?σ>0,E ,n ? ?反向?σ<0,e>0,e> 2 ε0 可见:导体表面附近的场强与表面上对应点的电荷面密度成正比,且无论场和电荷分布怎样变化,这个关系始终成立。 σ ?中的E 是场中全部电荷贡献的合场强,并非只是高n E = ε0 斯面内电荷σ?S 的贡献。这一点是由高斯定理得来的。P45-46 σ ?;没提表面上的。 导体内部E =0,表面外附近E =εn 0 在电磁学中的点、面均为一种物理模型,有了面模型这一概念,场强在带电面上就有突变(P23小字),如果不用面模型,突变就会消失。但不用面模型,讨论问题太复杂了,所以我们只谈“表面附近”而不谈表面上。 补充例:习题2.1.1(不讲) Rd θ σ2 ?,dS n 解:利用上面的结果,球面上某面元所受的力:d F =2ε0 利用对称性知,带有同号电荷的球面所受的力是沿x 轴方向: 右半球所受的力: 3 22 σ2σσ33200?=?=? F 右=??cos θdS i cos θdS i cos θR sin θd θd ?i ????2ε02ε02ε0 22π σ02R 22πσ30R π?2?d ??cos θsin θd θi =i =?002ε04ε0 σ02R 2π?F 左=-i 4ε0 补充例:P53 例1的前半部分。 证明:对于两个无限大带电平板导体来说:(1)相向的两面上,电荷面密度总是大小相等符号相反;(2)相背的两面上,电荷面密度总是大小相等符号相同。 证明:(1)由前面静电场中导体的性质知:电荷分布于表 σ E =面,E 内=0,导体表面为等势面,导体表面外一点ε。 σσ4 S 2? P'' n 平板导体所带电荷分布于表面,因为无限大,所以均匀分布,设 1、2、3、4面分别带电荷面密度为σ1、σ2、σ3、σ4。利用上述性质, 选取如图的高斯面,有(由高斯高理): φES =φES +φES 1 2 ∵ E 内=0 σ2S 1+σ3S 2σ2+σ3 +φES 侧==??S ε0ε0 ∴ φES 1=φES 2=0 4 又 E 侧⊥S 侧 ∴φES 侧=0 即φES =0 故 σ2+σ3=0σ2=-σ3 (2)在导体内任取一点P (任意的) ∵ E 内P =0?E 1+E 2+E 3+E 4=0 即 σ3σσσ ?+2n ?+1n ?-4n ?=0 n 2ε02ε02ε02ε0 σ2=-σ3 ∴σ1=σ4 σσ=; (由四如果P 点在导体外,如图中的P ′点,则E P '=εε 板场强迭加得到或由静电平衡时导体表面外一点的场强得到) σ4σ1=如果P 点在导体外,如图中的P ''点,则E P ''=εε。 三、综合本节内容,得到两个结论:P58—59 P58: 的影响;接地封闭导体壳外部静电场不受壳内电荷的影响。 P58-59Q 1,壳内表面电荷为Q 2(=-Q 1),壳外表面电荷为Q 3,壳外空间电荷为Q 4,则无论导体壳是否接地,壳内电荷Q 1和导体壳内表面上的电荷Q 2,在导体壳内表面之外任一点激发的合场强为零;壳外表面上电荷Q 3和壳外电荷Q 4,在导体壳外表面之内任一点激发的合场强为零。 例(补充):习题2、2、3 P79 5 3 A B 解:根据高斯定理及电荷守恒定律可得出以下结论: (1) Q S1=Q A Q S2=-Q A Q S3=Q A +Q B (2) V Q A +Q B B =4πε 0R B V R B Q A 1?A =V B +? R = Q B Q A ? ?A 4πε0r 24πε0 ?R +B R A ?? (3)B 球接地 Q S1=Q A Q S2=-Q A Q S3=0 V B =0 V A ?11A = Q 4πε ? 0 ?R -? A R B ?? (4)A 球接地:接地导体球A 外还有带电导体球壳B ,所以球表面电荷面密度不为零。 设A 球所带电荷为Q 'A ,则 V Q B +Q 'A Q 'A ?A =4πε- 11?0R B 4πε0 ?R -?B R A ?? =0 (电势迭加) A 6 ∴ Q 'A =- R A Q B R B R A Q B R B R A Q B R B Q S 1=Q 'A =-Q S 2=-Q 'A = (R -R )Q R Q A S 3=Q B +Q 'A =Q B - R Q A B B =B B R B V Q B +Q 'A (R B -R A )Q B B =4πε=4πε2 0R B 0R B (5)在B 外再罩一个同心且很薄中性金属壳C 后 5 Q S 1=Q A , Q S 2=-Q A , Q S 3=Q A +Q B , Q S 4=-(Q A +Q B )=-Q S 5V Q A +Q B C = 4πε0R C V = Q A +Q B B 4πε0R B ∴ V 1?Q A =4πε 0 B ?R +Q A ?? B R A ?? 例1(补充) :习题2、3、3, P80 外球B R 2 R 1 R 内球A 地球 证明:如果内球未接地,此时的球形电容器的电容为: 7 C AB 4πε0R 1R 2= R 2-R 1 如果内球A 接地,这时除内外球可视为一个电容器外,外球表面与地面也形成一个电容器。此时的总电容可看成是两个电容器的并联电容。而 C =4πε0RR 2B 地 R -R = 4πε02 11 R -2R 又 R >>R 2 ∴ C B 地=4πε0R 2(是孤立球形导体的电容) ∴ C =C =4πεR 2 02R 14AB +C B 地R +4πεπε0R 20R 2= 2-R 1R 2-R 1 证毕。 例2(补充) : 习题2、3、4 P80 等效图1 等效图2 解:(1)此时可将电容器等效成: 8 C AK 2ε0S == d 2d ε0S 2εS εS C KB =0d , C AB = 0d C AK 、C KB 串联: C C AK C KB ε0S K =C =d AK +C KB ∴ C 总=C K +C AB =2ε0S d =2C AB 即电容器电容变为原来的两倍。 (2)此时的等效图为(B 与K 相连接) (AB 之间的电压其实就是AK 之间的电压)C = 2ε0S 0S AK d C AB = εd C =C AK +C =3ε0S AB d =3C AB 即电容器电容变为原来的三倍。 例3(补充) : 2、1、4 P78 σ σ2 σσ4 A B d 解:利用静电平衡条件列方程得: 9 ??σ1=σ4?? σ2=-σ3? σ+σ=q A (无限大平行金属板) ?1 2? S ??σ3+σ4=0 解得:σq A 1= 2S =σ2=σ4 σq A 3= 2S ∴V =?E ?d l =E σq d 内内d =2εd =A 02ε0S 将B 板接地:(σ4=0) ? ??? σ1=σ4=0? ? σ2=-σ3?? σ1+σq ?A 2=S ∴ σ2 =-σ3= q A S V =?E σq d 内?d l =E 内d =2εd =A 02ε0S 10 一、填空题 1、一面积为S、间距为d的平行板电容器,若在其中插入厚度为d 的导体板,则其电容 为 ;答案内容:2?0S ; 2、导体静电平衡必要条件是 ,此时电荷只分布在 。 答案内容:内部电场处处为零,外表面; 3、若先把均匀介质充满平行板电容器,(极板面积为S,极反间距为L,板间介电常数为 ?r)然后使电容器充电至电压U。在这个过程中,电场能量的增量是 ; ?0?rs U2L答案内容: 2 4、在一电中性的金属球内,挖一任意形状的空腔,腔内绝缘地放一电量为q的点电荷,如图所示,球外离开球心为r处的P点的场强 ; 答案内容: ?E? ? e4??0r2r; q 5、 在金属球壳外距球心O为d处置一点电荷q,球心O处电势 ; q 答案内容:4??0d; 6、如图所示,金属球壳内外半径分别为a和b,带电量为Q,球壳腔内距球心O为r处置一电量为q的点电荷,球心O点的电势 。 1?qqQ?q?????4??rab?? 答案内容:0 7、导体静电平衡的特征是 ,必要条件是 。 答案内容:电荷宏观运动停止,内部电场处处为零; 8、判断图1、图2中的两个球形电容器是串连还是并联,图1是_________联,图2是________联。 答案内容:并联,串联; 9、在点电荷?q的电场中,放一金属导体球,球心到点电荷的距离为r,则导体球上感应电荷在球心处产生的电场强度大小为: 。 答案内容: q ; 4??0r2 1 10、 一平板电容器,用电源将其充电后再与电源断开,这时电容器中储存能量为W。然后将介电常数为ε的电介质充满整个电容器,此时电容器内存储能量为 。 答案内容: ?0 W0 ; ? 11、半径分别为R及r的两个球形导体(R>r),用一根很长的细导线将它们连接起来,使二个导体带电,电势为u,则二球表面电荷面密度比?R/?r?。 答案内容:r/R ; 12、一带电量 为Q的半径为rA的金属球A,放置在内外半径各为rB和rC的金属球壳B内。A、B间为真空,B外为真空,若用导线把A、B接通后,则A球电位 (无限远处u=0)。 答案内容:Q/?4??0rc? ; 13、一平行板电容器的电容为C ,若将它接在电压为U 的恒压源上,其板间电场强度为E,现不断开电源而将两极板的距离拉大一倍,则其电容为______,板间电场强度为_____。 答案内容: 11 C, E 。 2 2 14、一平行板电容器的电容为C ,若将它接在电压为U 的恒压源上,其板间电场强度为E,现断开电源后,将两极板的距离拉大一倍,则其电容为________,板间电场强度为_____。 答案内容: 1 C, E 不变 2 二、单选择题 1、将一带电量为Q的金属小球靠近一个不带电的金属导体时,则有( ) (A)金属导体因静电感应带电,总电量为-Q; (B)金属导体因感应带电,靠近小球的一端带-Q,远端带+Q; (C)金属导体两端带等量异号电荷,且电量q (D)当金属小球与金属导体相接触后再分离,金属导体所带电量大于金属小球所带电量。 答案内容:C ; 2、关于导体有以下几种说法:( ) (A)接地的导体都不带电; (B)接地的导体可带正电,也可带负电; (C)一导体的电势零,则该导体不带电; (D)任何导体,只要它所带的电量不变,则其电势也是不变的。 答案内容: B ; 3、将一接地的导体B移近一带正电的孤立导体A时,A的电势。( ) (A)升高 (B)降低 (C)不变 (D)无法判断 答案内容:B ; 4、一个电容量为C的平行板电容器,两极板的面积都是S,相距为d,当两极板加上电压U时,(略去边缘效应),则两极板间的作用力为:( ) CU2CU2 F?F? 2d排斥力 (B)d 排斥力 (A) CU22CU2 F?F? 2d吸引力 (D)d吸引力 (C) 答案内容:C ; 5、把一相对介电常数为?r的均匀电介质球壳套在一半径为a的金属球外,金属球带有电量q,设介质球壳的内半径为a,外半径为b,则系统的静电能为:( ) q21?r?1q2 W??)W?2 8???ab8??a0r0(A) (B) q211q21??r11 W??)W??) 8??0?rab (D)8??0?rab (C) 答案内容:B ; 6、平行板电容器在接入电源后,把两板间距拉大,则电容器的( ): (A) 电容增大; (B) 电场强度增大; (C) 所带电量增大; (D) 电容、电量及两板内场强都减小。 答案内容:D ; 7、平行板电容器在接入电源后,把两板间距拉大,则电容器的( ): A 电容增大; B 电场强度增大; C 所带电量增大; D 电容、电量及两板内场强都减小。 答案内容:D ; 8、一封闭的金属壳内有一带电量q的金属物体,要使这金属物体的电位与金属壳的电位相等,可以使 。 A.金属壳带等量负电荷; B.q=0; C.金属壳带等量正电荷; D.q→∞ 答案内容:B ; 9、如图所示,在平行板电容器之间放一金属板,设厚度为两极板距离的一半,则电容器的电容将 。 A. 减为原来的一半; B. 增加为原来的2倍; C. 减小为原来的2倍; D. 不增不减 答案内容:B ; 10、对于一个接地导体,其。 A. 所带电量一定为零; B. 电位一定为零; C. 导体附近场强一定为零; D. 以上结论都不对 答案内容:D ; 11、在平行板电容器之间放一金属板,设其厚度为两极板距离d的一半,则电容器的电容将 。 A. 减小为原来(原电容为C0)的一半; B. 增加为2C0; C. 不增不减; D 增加为4C0 。 答案内容:B ; 12、平行板电容器充电后与电源断开,然后将其中充满相对介电常数为εr的均匀介质,则电容c电压u、电场能 w和充介质前相比变化情况是(箭头向上表示增加,向下表示减少) A. c↓,u↑,w↑; B. c↑,u↓,w↓; C. c↑,u↑,w↓; D. c↑,u↓,w↑ 答案内容: B ; 13、将一带正电的导体移近一个不带电的绝缘导体B时,导体B的电势将( )。 A、升高; B、降低; C、不变。 答案内容:A ; 14、空间有一导体组,其中A导体的某处,有面积元ds,其上的电荷面密度为??,表面外紧靠该表面处的电场强度为E? ? ,这是:( )。 ?0 A、该处表面无限小面无上电荷所产生的电场; B、A导体上全部电荷在该处产生的电场; C、空间所有电荷在该处产生的。 答案内容:C ; 三、 简 答 题 1、简述导体处于静电平衡时的性质。 答案内容:导体是等势体,导体表面是等势面;导体内部电荷体密度为0,电荷只能分布在导体表面;导体外部,紧靠导体表面的点的场强方向与导体表面垂直,场强大小与导体表面对应点的电荷面密度成正比。 2、什么叫静电屏蔽? 答案内容:封闭导体壳内部的静电场不受壳外电荷的影响;接地的封闭导体壳外部的静电场不受壳内电荷的影响,这种现象叫做静电屏蔽。 3、封闭金属壳M内有一电量为q的导体A,试说明:为使UA?UM,唯一的方法是令q=0 。 答案内容:若qA?0,则qA发出的电力线只能终止于金属壳M的内壁上,这将使uA?uM,若qA?0,用同样方法,必然推得结论uA?uM,因此只有q?0时,才可能有uA?uM结论。 4、在带正电的导体A附近有一不接地的中性导体B,试证A离B越近,A的电位越低。 答案内容:此导体组系统的静电能W?故系统静电能W? 11 QAuA?QBuB, 根据题设条件B为中性QB?0,22 1 QAuA,而导体A与B的静电力为吸力,当二者靠近时,静电力做正2 功,静电能减小,而已知QA?0且数值不变,因而可知导体A的电位必降低。 四、 判 断 题 1、一带电导体放在在封闭的金属壳内部,若将另一带电体从外面移近金属壳,则壳内电场不发生变化。 正确 。 2、一带电导体放在在封闭的金属壳内部,若将带电体与金属壳内壁接触,则壳外电场发生变化。 不正确 。 3、电容器的电容与其带电量有关,带电量多,则电容大。 不正确 。 4、电容器的电容取决于两极板的大小、形状、相对位置及极板间电介质的电容率,而极板带电的多寡无关。 正确 。 五、 计 算 题 1、两个相同的空气电容器,电容都是900uF,分别充电到900V电压后切断电源,若把一个电容器浸入煤油中,(煤油的介电常数?r=2.0),再将两电容并联。(1)求一电容器浸入煤油过程中能量的损失;(2)求两电容器并联后的电压; ?6?2 Q?CU?900?10?900?81?10C 0解:(1)电容器极板上的电量为: 电容器在空气中的储蓄的能量为: 1Q21812?10?4 W0???182.3J?6 2C22?900?100 ?1?82.2J0 能量损失为 ?W?W??W (1??r)C0 (2)并联后总电容为: C?C0??rC0?并联后总电量为: Q总?2Q 2Q2?81?10?2 U????600V?6 C(?r?1)C0(2?1)?900?10所以并联后电压为: Q总 2、半径分别为R1和R2的两个同心球面都均匀带电,带电量分别为Q1和Q2,两球面把空间分划为三个区域,求各区域的电势分布。 ??q 解:根据高斯定理???E?dS?;得三个区域如图所示,场强变化规律是 S ?0 EI?0 1Q1 EII? 4??0r2 1Q1?Q2 EIII? 4??0r2 根据电势与场强的积分关系式得 ?????R1R2? ?I??E?dr??E1dr??E2dr??E3dr r R1 R2 ?Q1Q2???R?R?? 2? ?1 R2?11?Q1Q1Q1Q2? ???II??E2dr??E3dr????? rR2 4??0?R2R2R2??r?4??0 ?1 4??0 ?Q1Q2Q1Q2?1???????RRR2R2?2?1?4??0 ?Q1Q2? ??r?R?? 2? ? Q1?Q2 ?r 4??0r 3、电量为q的点电荷绝缘地放在导体球壳的中心,球壳的内半径为R1,外半径为R2, ?III? ? E3dr? 求球壳的电势。 解:点电荷位于球壳的中心,球壳内表面将均匀带有总电量-q,球壳外表面均匀带有总电量q,电场的分布具有球对称性,作半径为r?r?R2?的同心球面为高斯面,由高斯定理可得壳外的电场强度E外。 ?q? ?E外?dS? ?0 E外?4?r2? q ?0 ? E外? q4??0r dr?2 q4??0r q 2 ??? V??E?dr?? R2 4??0R2 4、两导体球,半径分别为R和r,相距甚远,分别带有电量Q和q,今用一细导线连接两球,求达到静电平衡时,两导体球上的电荷面密度之比值。 解:当导体球相距甚远时,每一导体球都可以看作为孤立导体处理。导体球的电势分别为 ?? 1q1Q ?? 4??0r 4??0R '' 当用导线连结时,两导体球上的电荷重新分布,电量变为 Q和 q但导线很细,分布在 导线上的电荷忽略不计。这是两导体球的电势相等,即 Q'q' ?Rr ''Q?q?Q?q 而 Q'? 由此可求得 rR q'?(Q?q)(Q?q) R?rR?r Q'q?Q1 ? 4?R24?(R?r)R q'q?Q1 ? 4?r24?(R?r)r ?R? 面电荷密度 ?r? ?Rr ??R 所以 r 5、球形金属腔带电量为Q>0,内半径为a,外半径为b,腔内距球心O为r处有一点电荷q,求球心O的电位。 解:由于静电感应,金属腔内表面带总电量为?q,由电荷守恒,金属腔外表面带电量为 Q?q。 u? 球心电位 u0?uq?u?q??Q q ?ads?0ds ???????4??0r4??0a4??0b q ? q4??0r ??q4??0a ? qQ?q? 4??0b4??0Q?111? ????? ?rab?4??0b 6、如图所示,一平行板电容器两极板相距为d,其间充满两种电介质,相对介电常数为?r1的介质所占的面积为S1,相对介电常数为?r2的介质所占的面积为S2,略去边缘效应,证明,其电容为 C? ?0(?rS1??rS2) 1 2 d 解:等效于两电容并联 c?c1?c2 ? ?r1?0s1 d ? ?r2?0s2 d ? ?0(?r1s1??r2s2) d 范文三:电磁学第二章
范文四:电磁学第二章例题
范文五:电磁学试题库电磁学第二章试题(含答案)