第十章 靜電場中的導體與電介質(zhì)(答案)

姓名__________學號____________《大學物理Ⅰ》答題紙第十章PAGEPAGE9第十章靜電場中的導體和電介質(zhì)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=，2=．(C)1=，1=．(D)1=-，2=0．【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(nèi)部的場強為零，由場強疊加原理得：聯(lián)立解得：[C]2（基礎訓練4）、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【提示】設原來甲乙兩球各自所帶的電量為q，則；丙球與它們接觸后，甲帶電，乙?guī)щ姡瑑汕蜷g的靜電力為：[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，則球上的感生電荷為：(A)0．(B)．(C)-．(D)q． 【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：，，，其中d=2R，［C］4（基礎訓練8）兩只電容器，C1=8F，C2=2F，分別把它們充電到1000V，然后將它們反接(如圖所示)，此時兩極板間的電勢差為：(A)0V．(B)200V．(C)600V．(D)1000V【提示】反接，正負電荷抵消后的凈電量為這些電荷重新分布，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，電勢差為。［B］5（自測提高4）一導體球外充滿相對介電常量為的均勻電介質(zhì)，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為(A)．(B)．(C)．(D)【提示】導體外表面附近場強，∴.［D］6（自測提高5）一空心導體球殼，其內(nèi)、外半徑分別為R1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)．(B)．(C).(D)【提示】達到靜電平衡時，導體球殼的內(nèi)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(jù)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：【或者】由高斯定理，：→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=．【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(jù)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(chǎn)生的感應電荷（右表面為，左表面為）在該點的電勢疊加。2（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．則兩極板間的電勢差為，極板上的電荷為．【提示】一極板所受到的力是另一極板產(chǎn)生的電場（）施加的，設平行板電容器極板間的總場強為，則，得：，圖10-13圖10-133（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，板間距離是d，忽略邊緣效應。當B板不接地時，兩板間電勢差UAB=；B板接地時兩板間電勢差?！咎崾尽吭O從左到右電荷面密度分別為，如圖所示。不接地時：根據(jù)導體A、B內(nèi)部電場強度為零，以及電荷守恒，可得，，；接地后：4（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.【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，A板與B板之間的電勢差為（1）（2）聯(lián)立（1）和（2），可求得，則導體薄板的電勢為5（自測提高16）在相對介電常量r=4的各向同性均勻電介質(zhì)中，求：與電能密度we=2×106J/cm3相應的電場強度的大小E=3.36×1011V/m[真空介電常量0=8.85×10-12C2/(N·m2【提示】，=3.36×1011V/m（注意各個物理量的單位）6圖10-29（自測提高19）如圖10-29所示，一"無限大"接地金屬板，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'＝圖10-29【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(jù)靜電平衡條件，在O點左邊鄰近處(導體內(nèi))場強為零，根據(jù)場強疊加原理，→7、（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帶電量為2Q，現(xiàn)將A、B并聯(lián)后，系統(tǒng)電場能量的增量=。【提示】電容器的電場能量為：A、B并聯(lián)前：A、B并聯(lián)后：總電量為3Q，等效電容為C+C=2C，故能量為系統(tǒng)電場能量的增量三、計算題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（2）圖10-15圖10-152（基礎訓練21）如圖10-15所示，一內(nèi)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(nèi)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(nèi)外表面上的電荷；(2)球心O點處，由球殼內(nèi)表面上電荷產(chǎn)生的電勢；(3)球心O點處的總電勢。解：（1）球殼內(nèi)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(nèi)表面上電荷產(chǎn)生的電勢為：（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，內(nèi)表面，外表面得：3（基礎訓練22）兩金屬球的半徑之比為1∶4，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?？解：因兩球間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，式中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，兩球等電勢：→，又，解得：電勢能4（基礎訓練23）半徑為R1=1.0厘米的導體球，帶有電荷q1=1.0×10-10庫侖，球外有一個內(nèi)、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=11×10-10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；同心導體球殼的內(nèi)表面（半徑為R2）帶電荷；外表面（半徑為R3）帶電荷；所有電荷在球面上均勻分布。根據(jù)均勻帶電球面在空間的電勢分布：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。可得（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（3）外球接地，則：，而，所以；任一點的電勢等于兩個球面電荷在該點的電勢之和∴解法二：（1）；（2）（3）；5（基礎訓練25）三個電容器如圖聯(lián)接，其中C1=10×10-6F，C2=5×10-6F，C3=4×10-6F，當A、B間電壓U=100V時，試求：(1(2)當C3被擊穿時，在電容C1上的電荷和電壓各變?yōu)槎嗌?？解：?），得：（2）當C3被擊穿而短路時，100V的電壓加在了C1和C2上。6（基礎訓練27）一圓柱形電容器，內(nèi)圓柱的半徑為，外圓柱的半徑為，長為，兩圓柱之間充滿相對介電常量為的各向同性均勻電介質(zhì)。設內(nèi)外圓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(jù)高斯定理可求得：內(nèi)、外圓柱間的場強分布為，其中r為場點到圓柱體軸線的垂直距離。兩極板間電勢差為電容器的電容為（2）電容器儲存的能量為7（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，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，其電容為電容改變量為(2)極板上帶電荷±Q時，其電場能量為在電荷Q不變下，抽去導體板后，其電場能量為外力作功等于電場能量的增量，即8（自測提高22）兩導體球A、B的半徑分別為R1=0.5m，R2=1.0m，中間以導線連接，兩球外分別包以內(nèi)半徑為R=1.2m的同心導體球殼(與導線絕緣)并接地，導體間的介質(zhì)均為空氣，如圖所示．已知：空氣的擊穿場強為3×106V/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為多少？(設導線本身不帶電，且對電場無影響。)解：(1)兩導體球殼接地，殼外無電場．導體球A、B外的電場均呈球?qū)ΨQ分布．今先比較兩球外場強的大小，擊穿首先發(fā)生在場強最大處．設擊穿時，兩導體球A、B所帶的電荷分別為Q1、Q2，由于A、B用導線連接，故兩者等電勢，即滿足：解得：兩導體表面上的場強最強，其最大場強之比為可見，B球表面處的場強最大，這里先達到擊穿場強而擊穿，即（2）由上述E2max可解得：，擊穿時兩球所帶的總電荷為。附加題：（基礎訓練28）一接地的"無限大"導體板前垂直