第十章靜電場中的導體與電介質(答案)

1、姓名 _ 學號 _ 大學物理答題紙 第十章一、選擇題 B 1（基礎訓練2） 一“無限大”均勻帶電平面A，其附近放一+2與它平行的有一定厚度的“無限大”平面導體板B，如圖所示已知A上的電荷面密度為+ ，則在導體板B的兩個表面1和2上的感生電荷面密度為：(A) 1 = - ， 2 = + (B) 1 = -(C) 1 = -11， 2 =+ 22A11， 1 = - (D) 1 = - ， 2 = 0 22【提示】“無限大”平面導體板B是電中性的： 1S+ 2S=0，靜電平衡時平面導體板B內部的場強為零，由場強疊加原理得：+1-2=0 202020 聯(lián)立解得： 1=-2= 22 C 2（基礎訓練4

2、）、三個半徑相同的金屬小球，其中甲、乙兩球帶有等量同號電荷，丙球不帶電。已知甲、乙兩球間距離遠大于本身直徑，它們之間的靜電力為F；現(xiàn)用帶絕緣柄的丙球先與甲球接觸，再與乙球接觸，然后移去，則此后甲、乙兩球間的靜電力為：(A) 3F / 4 (B) F / 2 (C) 3F / 8 (D) F / 4【提示】設原來甲乙兩球各自所帶的電量為q，則F=q240r2；q3q ç3q3q24=F 丙球與它們接觸后，甲帶電，乙?guī)щ?，兩球間的靜電力為：F'=2440r28 C 3（基礎訓練6）半徑為R的金屬球與地連接。在與球心O相距d =2R處有一電荷為q的點電荷。如圖所示，設地的電勢為零，

3、則球上的感生電荷q'為：(A) 0 (B) qq (C) - (D) -q 22【提示】靜電平衡時金屬球是等勢體。金屬球接地，球心電勢為零。球心電勢可用電勢疊加法求得：q'dq'q1qq'qq+=0=-q'=-， ， ，其中d = 2R， dq'=-4R4dRd240R040d000q' C 4（基礎訓練8）兩只電容器，C1 = 8 F，C2 = 2 F，分別把它們充電到 1000 V，然后將它們反接(如圖所示)，此時兩極板間的電勢差為：姓名 _ 學號 _ 大學物理答題紙 第十章(A) 0 V (B) 200 V (C) 600 V (D

4、) 1000 V【提示】反接，正負電荷抵消后的凈電量為Q=Q1-Q2=CU-C2U=(8-2)10-61000=610-6C 1這些電荷重新分布，最后兩個電容器的電壓相等，相當于并聯(lián)。并聯(lián)的等效電容為C'=C1+C2=10-5F，電勢差為U'=Q=600(V)。 C' B 5（自測提高4）一導體球外充滿相對介電常量為r的均勻電介質，若測得導體表面附近場強為E，則導體球面上的自由電荷面密度0為(A) 0E (B) 0rE (C) rE (D) (0r-0)E【提示】導體外表面附近場強E=00，0=0rE. =0r D 6（自測提高5）一空心導體球殼，其內、外半徑分別為R1

5、和R2，帶電荷q，如圖所示。當球殼中心處再放一電荷為q的點電荷時，則導體球殼的電勢(設無窮遠處為電勢零點)為(A) q40R140R2qq(C) . (D) 20R120R2 (B) q q【提示】達到靜電平衡時，導體球殼的內表面帶電荷-q，外表面帶電荷為2q，導體球殼的電勢= R2處的電勢。根據電勢疊加原理，R2處的電勢應為三個帶電球面在該處的電勢之和：U=q40R2+-q2qq +=40R240R220R22qq2qU=Edr=dr=【或者】由高斯定理，r>R2：E= 24r2R40r2002R2R2二、填空題1（基礎訓練12）半徑為R的不帶電的金屬球，在球外離球心O距離為l處有一點

6、電荷，電荷為q如圖所示，若取無窮遠處為電勢零點，則靜電平衡后金屬球的電勢U = q40l 【提示】靜電平衡后，金屬球等電勢，金屬球的電勢即為球心O點的電勢。根據電勢疊加原理，球心O的電勢為點電荷+q在該點的電勢和金屬球表面產生的感應電荷±q'（右表面為-q'，左表面為+q'）在該點的電勢疊加。姓名 _ 學號 _ 大學物理答題紙 第十章故：UO=q40l+q'40R+-q'q=40R40l2（基礎訓練14）一空氣平行板電容器，電容為C，兩極板間距離為d充電后，兩極板間相互作用力為F 【提示】一極板所受到的力是另一極板產生的電場（E'）施加

7、的，設平行板電容器極板間的總場強為E，則E'=E/2EU/dCU2F=E'q=q=(CU)=，得：UQ=CU=222d3（基礎訓練15）如圖10-13所示，把一塊原來不帶電的金屬板B，移近一塊已帶有正電荷Q的金屬板A，平行放置。設兩板面積都是S，板間距Qd離是d，忽略邊緣效應。當B板不接地時，兩板間電勢差UAB = ；20SB板接地時兩板間電勢差U'AB=Qd。 0S【提示】設從左到右電荷面密度分別為1,2,3,4，如圖所示。 不接地時：根據導體A、B內部電場強度為零，以及電荷守恒，可得1=4=QQQd，2=-3=，UA-UB=Ed=2d=； 2S2S020S接地后：1

8、'=4'=0, 2'=-3'='QQd, UA'-UB'=E'd=2d= S00S4（自測提高11）一平行板電容器，極板面積為S，相距為d，若 B 板接地，且保持 A板的電勢 UA= U0 不變，如圖，把一塊面積相同的帶電量為 Q 的導體薄板 C 平行的插入兩板中間，則導體薄板的電勢 UC=U0Qd+ . 24S0【提示】導體各表面的電荷分布面密度如圖所示。AC之間和CB之間的場強分別為E1=1，E2=200A板與B板之間的電勢差為U0=E1dddd+E2=1+2 （1）220202姓名 _ 學號 _ 大學物理答題紙 第十章 -1

9、S+2S=Q （2）聯(lián)立（1）和（2），可求得1=0U0d-UQQ，2=00+ 2Sd2S則導體薄板的電勢為 UC=E2d2dU0Qd =+20224S05（自測提高16）在相對介電常量r = 4的各向同性均勻電介質中，求：與電能密度we =2×106 J/cm相應的電場強度的大小E = 3.36×101012 C2/(N·m2) -311真空介電常量 0 = 8.85×【提示】we=2we11DE=0rE2，E=3.36×1011 V/m 220r（注意各個物理量的單位）6（自測提高19）如圖10-29所示，一"無限大"接

10、地金屬板，在距離板面d處有一電荷為q的點電荷，則板上離點電荷最近一點處的感應電荷面密度' -q(2d2)【提示】 板上離點電荷最近的一點即垂足O點，設O點的感生電荷面密度為'根據靜電平衡條件，在O點左邊鄰近處(導體內)場強為零，根據場強疊加原理， E=q40d2+'=0 '=-q(2d2) 207、（自測提高20）A、B兩個電容值都等于C的電容器，已知A帶電量為Q，B帶電Q2。 量為2Q，現(xiàn)將A、B并聯(lián)后，系統(tǒng)電場能量的增量W= -4CQ2【提示】電容器的電場能量為：W= 2CQ2(2Q)A、B并聯(lián)前：W=WA+WB= +2C2C2(3Q)A、B并聯(lián)后：總電量為

11、3Q，等效電容為C+C=2C，故能量為W'= 22CQ2系統(tǒng)電場能量的增量W=W'-W=- 4C三、計算題4 2姓名 _ 學號 _ 大學物理答題紙 第十章 1（基礎訓練19）假定從無限遠處陸續(xù)移來微量電荷使一半徑為R的導體球帶電。（1）當球已帶有電荷q時，再將一個電荷元dq從無窮遠處移到球上的過程中，外力作功多少？（2）使球上電荷從零開始增加Q的過程中,外力共作功多少？解：（1）令無限遠處電勢為零，則帶電荷為q的導體球，其電勢為U=q 40RqqdA外力=-dA電場力=(U-U)dq= -0dq=dq 40R40RQQ（2） A外力=dA=0 dq=8R04R00qQ22（基礎

12、訓練21）如圖10-15所示，一內半徑為a、外半徑為b的金屬球殼，帶有電荷Q，在球殼空腔內距離球心r處有一點電荷q；設無限遠處為電勢零點，試求： (1) 球殼內外表面上的電荷；(2) 球心O點處，由球殼內表面上電荷產生的電勢；(3) 球心O點處的總電勢。解：（1）球殼內表面電荷為 q ，分布不均勻；球殼外表面電荷為Q+q，均勻分布。（2）球心O點處，由球殼內表面上電荷產生的電勢為： U內=dU=q40rdq40a=dq40a=-q40a （3）球心O點處的總電勢U等于所有電荷在該點的電勢疊加。 點電荷Uq= ，內表面U內=-q40a ，外表面U外=Q+q 40b得： U=Uq+U外=內+U1q

13、qQ+-+ 40rabq 3（基礎訓練22）兩金屬球的半徑之比為14，帶等量的同號電荷當兩者的距離遠大于兩球半徑時，有一定的電勢能若將兩球接觸一下再移回原處，則電勢能變?yōu)樵瓉淼亩嗌俦叮拷猓阂騼汕蜷g距離比兩球的半徑大得多,這兩個帶電球可視為點電荷.設兩球各帶電荷Q, 若選無窮遠處為電勢零點, 則兩帶電球系統(tǒng)的電勢能為 W0=QU=d 為兩球心間距離。當兩球接觸時，電荷將在兩球間重新分配。設兩球各帶電Q1 , Q2 ，5 Q240d ，式中姓名 _ 學號 _ 大學物理答題紙 第十章兩球等電勢：Q140R1=Q240R2Q1R11= ， 又Q1+Q2=2Q， Q2R24解得： Q1=2Q8Q , Q

14、2= 5516Q216電勢能 W=QU=Q=W 01240d2540d25Q2-104（基礎訓練23）半徑為R1=1.0厘米的導體球，帶有電荷q1=1.0×10庫侖，球外有-10一個內、外半徑分別為R2=3.0厘米、R3=4.0厘米的同心導體球殼，殼上帶有電荷Q=11×10庫侖，試計算：（1）兩球的電勢U1和U2；（2）用導線把球和殼聯(lián)接在一起后U1和U2分別是多少？（3）若外球接地，U1和U2為多少？解法一：（1）靜電平衡后，半徑R1的導體球表面帶電荷q1；同心導體球殼的內表面（半徑為R2）帶電荷-q1；外表面（半徑為R3）帶電荷q1+Q；所有電荷在球面上均勻分布。根據均

15、勻帶電球面在空間的電勢分布：q4R (rR)0U=q (r>R)40r以及電勢疊加原理，任一點的電勢等于三個球面電荷在該點的電勢之和?？傻肬1=UR1=Uq1+U-q1+Uq1+Q=U2=UR3=q140R3+q140R1+-q1q+Q+1=330V40R240R3-q1q+QQ+q+1=270V40R340R340R3（2）用導線把球和殼聯(lián)接后，則球與殼成為同一個導體，所有電荷q1+Q均勻分布在同心球殼的外表面上（半徑為R3），整個系統(tǒng)是等勢體。所以U1=U2=UR3=Q+q1=270V40R3，所以q外表面（3）外球接地，則：U2=0，而U2=等于兩個球面電荷在該點的電勢之和q外表面

16、40R3q1=0；任一點的電勢U1=UR1=Uq1+U-q1=解法二：40R1+-q1=60V40R2姓名 _ 學號 _ 大學物理答題紙 第十章（1）U1=UR1 R2=Edr=R1R1q140r2R3dr+R20dr+Q+q1dr 2R340r=q111Q+q1=330V； -+40R1R240R3Q+q1Q+q1dr=270V 24r4R003R3U2=UR3=（2）U1=U2=Q+q1Q+q1dr=270V 240R3R340rR2（3）U2=0；U1=R1 R2Edr=R1q140r2dr=q111 -=60V 40R1R2-5（基礎訓練25）三個電容器如圖聯(lián)接，其中C1 = 10&#

17、215;106 F，C2 = 5×106 F，C3 = 4-×106 F，當A、B間電壓U =100 V時，試求： (1) A、B之間的電容； (2) 當C3被擊穿時，在電容C1上的電荷和電壓各變?yōu)槎嗌伲?解：（1）111， =+CC3C1+C2得：C=(C1+C2)C3=60F=3.16F C1+C2+C319（2）當C3被擊穿而短路時，100V的電壓加在了C1 和C2上。U1=100V,q1=C1U1=110-3C6（基礎訓練27）一圓柱形電容器，內圓柱的半徑為R1，外圓柱的半徑為R2，長為L兩圓柱之間充滿相對介電常量為r的各向同性均勻電介質。設內外圓L>>

18、(R2R1)，柱單位長度上帶電荷(即電荷線密度)分別為和-，求：(1) 電容器的電容；(2) 電容器儲存的能量。解：（1）設圓柱體無限長。根據高斯定理可求得：內、外圓柱間的場強分布為 E= ，其中r為場點到圓柱體軸線的垂直距離。20rr姓名 _ 學號 _ 大學物理答題紙 第十章R 2兩極板間電勢差為 UAB=R 1Rdr=ln220rr20rR1電容器的電容為 C=20rLqL=UABUABlnR2R1R12L（2）電容器儲存的能量為 W=qUAB=ln2240rR17（自測提高21）一空氣平行板電容器，極板面積為S， 兩極板之間距離為d試求(1) 將一與極板面積相同而厚度為d / 3的導體板

19、平行地插入該電容器中，其電容將改變多大？(2) 設兩極板上帶電荷±Q，在電荷保持不變的條件下，將上述導體板從電容器中抽出，外力需作多少功？解： (1) 未插導體板時的電容為 C0=0Sd-Q，插導體板后，導體中的場強為零，相當于電容器的極板距離縮小為2d / 3，其電容為30S2d32dS電容改變量為 C=C-C0=02dC=(2) 極板上帶電荷±Q時，其電場能量為0S1Q2Q2dW= =2C30S在電荷Q不變下，抽去導體板后，其電場能量為1Q2Q2dW0= =2C020S外力作功等于電場能量的增量，即Q2d11Q2dA外=W0-W= -=0S2360S8（自測提高22）兩導體球A、B的半徑分別為R1=0.5m，R2 =1.0 m，中間以導線連接，兩球外分別包以內半徑為R =1.2 m的同心導體球殼(與導線絕緣)并接地，導體間的介質均為空氣，如圖所示已知：空氣的擊穿場強為3×106 V/m，今使A、B兩球所帶電荷逐漸增加，計算：(1) 此系統(tǒng)何處首先被擊穿？這里場強為何值?(2) 擊穿時兩球所帶的總電荷Q