《新编基础物理学》下册习题解答和分析.pdf

新编基础物理学下册习题解答和分析第九章习题解答9-1两个小球都带正电，总共带有电荷5.0X10-5C,如果当两小球相距2.0m时，任一球受另一球的斥力为1.0N.试求总电荷在两球上是如何分配的？分析：运用库仑定律求解。解：如图所示，设两小球分别带电夕1，伙则有i+2=5.0X10-5C+矶 o-O+?2题9-1解图由题意，由库仑定律得:4%_9 xl(rxqx%=47tnr2 4由联立得:=1.2xlO-5C%=3.8x109-2两根6.0X10-2m长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为OXl Og的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60角的位置上。求每一个小球的电量。分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。解：设两小球带电夕产夕2=夕，小球受力如图所示F=q=Tcos300 4%R2mg=T sin 30。联立得：丝驾K=tan30。q其r=/sin 60=6 x 10-2=3百 x 10-2(m)R=2r代入式，即：0=1.01X10-7c9-3电场中某一点的场强定义为后备若该点没有试验电荷，那么该点是否存在场强？为什么？答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位置有关,与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷他所受力户与go成正比，故后=是与的无关的。%9-4直角三角形4BC如题图9.4所示，4B为斜边，/点上有一点荷=1.8xio-9 c,8点上有一点电荷%mTSxkTc,已知5C=0.04m,/C=0.03m,求C点电场强度后的大小和方向(c os37 0.8,sin37七0.6).分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。解：如题图外4所示c点的电场强度为后=瓦+曷,=如?4ne0(AC)25*L 8x明N/C)q2 _ 4.8xlQ-9x9 xlO94 兀 o(5C)2 (0.04=2.7x104(N/C)E=依+E；=/1.82+2.72 x104=3.24x1()4(n/C)或(V/m)题9 4解图方向为：nfarctan 邦=33.7。即方向与方。边成33.7 o9-5两个点电荷d=4x l()Yc,%=8x 10-6(3的间距为0.1m,求距离它们都是0.1m处的电场强度后。分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。解：如图所示：,=%_ 9 xl0%102=3.6x1 O(N/C)E2=q2 _ 9 xl0b102=7.2x106(N/C)瓦，瓦沿x、7轴分解:纥=%+E2x=E,cos60+E2c os120=-1.8x106(N/C)Ey=Elv+E2y=Ei sin 60+E2 sin 120=9.36xl06(N/C)4兀*4%日E=+&=9.52x1 06(N/C)=arctan=arctan E、9.36X106-1.8X106=101%6有一边长为的如题图96所示的正六角形，四个顶点都放有电荷夕，两个顶点放有电荷一分试计算图中在六角形中 心O点处的场强。分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。解：如图所示.设夕1=夕2=16=夕，各点电荷夕在。点产生的电场强度大小均为:各电场方向如图所示，由图可知及与瓦抵消Eq=+旦+El+E，据矢量合成，按余弦定理有:E02=(2E)2+(2E)2-2(2E)(2E)c os(18 00-60)E0=2E6=2 1J小 堂方向垂直向下.4疫0。2在0。注意：先电荷元的场强矢量分解后积分,/的直线上，求带电直线的中垂线上与带电直线相距为火运用点电荷场强公式表示电荷元的场强，再积分求解。并利用场强对称性。解：如图建立坐标，带电线上任一电荷元在产点产生的场强为:d E=世,5 4f(R?+尤 2)E的方向是y轴的方向根据坐标对称性分析,电荷异题9-8解图题9-7解图析：运Zd x.J，J*兀 25R2 兀 2、r2.圆环在O点产生的场强为：豆=-$19-13两平行无限大均匀带电平面上的面电荷密度分别为+5和.2%如题图9U3所示，求:图中三个区域的场强小 民，目的表达式；（2）若=4.43X104C-m-2,那么，瓦,瓦,瓦各多大?分析：首先确占;胃十二彳然后利用无限大均匀带电平板场强及场强叠加原理求解。解：（1）无限I I|,n周围一点的场强大小为：题图 9-13 E=9工在I区域：及=二+也2。2/O T3(7 T-1 2。II区域：e2=三工+过工2。25in区域：及2当2a2。(2)若 a=4.43Xl(r6c 疝？则,=F=2.50 xl05F(Vm-1)E2=F=7.50 x105F(V/-)2%E=-F=-2.50 xl05F(Vm-1)29-14边长为a的立方盒子的六个面分别平行于x Oy,yOz和x Oz平面，盒子的一角在坐标原点处，在此区域有匀强电场,场强月=2007+300JV 加,求通过各面的电通量。分析：运用电通量定义求解，注意对于闭合曲面，外法线方向为正。解：%=庐.源=J(200F+3007)FJ5,=J200dsi=200a2(/V m2-C-1)5 s%=户.而2=J(200f+300j)(-OJS2=J-200ds2=-200a2(TV-w2-C-1)s2 s2 s2%=p-rf53=J(200f+300；)(j)d S3=-300a2(TV w2-C-1)$3 S3%=p=j(200f+300J)(7)/S4=300a2(2V-m2-C-)$4$4%=.=J(200i+3OO7)(-)JS5=0$5$5%=向双=J(200r+3007)(jt)JS6=0$6$6即平行于x Oy平面的两平面的电通量为0；平行于yOz平面的两平面的电通量为土200a2nm2 C1；平行于x Oz平面的两平面的电通量为300/nm2c L9-15 一均匀带电半圆环，半径为R,电量为+Q,求环心处的电势。分析：微分取电荷元，运用点电荷电势公式及电势叠加原理积分求解。将带电半圆环分割成无数个电荷元，根据点电荷 电势公式表示电荷元的电势，再利用电势叠加原理求解。解：把半圆环无穷分割，取线元出，其带电量为必=名闻，则其在圆心。的电势为:71 Rd u=_d g_=Qd l4tieqR 4tieqR tiR.整个半圆环在环心o点处的电势为:Qd lQ“1 4 兀 0R tiR 4tie0R9-16 一面电荷密度为。的无限大均匀带电平面，若以该平面处为电势零点，求带电平面周围的电势分布。分析：利用无限大均匀带电平面的场强公式及电势与电场强度的积分关系求解。解：无限大平面周围的场强分布为:一 O 一E=-i2%取该平面电势为零，则周围任一点产的电势为:3 f 土二堂9-17 如题图 947 所示，已知 4=8X101,b=6 X 10-2m,ql=3 X108C,q2=-3 X108C,。为夕 1,敦连线中点，求：（1）。点和B点的场强和电势;A点和C点的电势；（3）将电量为2X10 9C的点电荷go由/点移到。点，电场力所作的功；（4）将费由5点移到D点，电场力所作的功。题图9-17题9-17解图分析：由点电荷的场强、电势的公式及叠加原理求场强和电势。静电力是保守力,保守力做功等于从初位置到末位置势能增量的负值。解：（1）建立如图题9/7解图所示坐标系:=%;9 xl09x3xl0-8r 27 1A 5r,z.、E?n=-=-r-r：i=xlO i(VIm)2D 4 您0,(4x10-2)2 16:.E=EXD+E2D=3.38x105F(V/w)q,9 xl09 x3xlO-8 27 5 七广痴1 团二Exb-=-tz-zr=xlO(V/m)9 向 JU 图ZJ.o-3 二(4x10 一 2)2+(6x10-2)2 52而。+60=一一=9x103x10-=27 x 1()5/m 方向如图示。28 小2(4x10-2)2+(6x10-2)2 52 人你。III+b/.Eb=Yp-xHxl5=5.76xlO4(V/m);方向平行于 X 轴.4%3x10-8x9 x109.(a (a)4x10-2例(5)4n 2)3x10-8x9x109 a-=V4x10-2同理，%=0.如%(2)uA4 兀埒6 4n0y/b2+a29、l：x宰I _ a6：M）；：iO-2）2 EalOV）%=4兀。京、“+篇=强：案；0_2）2_9乂1黑：?0 ISxlOv）3)U ac=t/A-c=1.8xlO3+1.8xlO3(V)=3.6xlO3(V)WAC=q0UAC=2x10-9x3.6x103=7.2x10-6(J)(4)uBD=uB-uD=o9-18设在均匀电场中，场强月与半径为A的半球面的轴相平行，试计算通过此半球面的电场强度通量？分析：如图所示，由高斯定理可知，穿过圆平面S的电力线必通过半球面。解：在圆平面Si上:=Ed S=E-兀R?所以通过此半球面的电通量为：量异号电荷的无限大同轴圆柱面，半径分别为&和用（&以）.4,求离轴线为r处的电场强度：（1）与；凡&；r&称的，做同轴圆柱面，运用高斯定理求解。解：(1)在rK时，作如图所示同轴圆柱面为高斯面.由于场为柱对称的，所以通过侧面的电通量为2兀演，通过上下底面 的电通量为零.据高斯定理，因为此高斯面没有包围电荷，所以有：2兀的=0,即E=0(2)对为%,作类似高斯面，有：/，,其二二127cr/E=(M-M)=O 题 9-20 解图故得：E=0。9-20静电场中4点的电势为300V,万点电势为J0V.如把5X10%的电荷从办点移到。点,试求电场力作的功?分析：电场力作功等于电势能增量的负值。解：依题意可以有如图的示意图：把正电荷由点移到b点时电场力作功Wx q Ux q S)=5x10-8x 300-(-10)=1.55x10-5(J)反之，当正电荷从6点移到4点时，电场力作功：服=-%,=-L55x1(T(J)负功表示当正电荷向低电势向高电势移动时，它要克服电场力作功，从而增加了它的电势能。9-21在半径为&和用的两个同心球面上分别均匀带电夕1和夕2,求在0与，%三个区域内的电势分布。分析：由于场为球对称的，做同心球面，利用高斯定理求出场强。再利用电势与场强的积分关系。=月疗求电势。注意:积分路径上的场强是分段函数。解：利用高斯定理求出：E.=0(r)4阳/电势的分布:U川E,d rd r 4码r4f r(r R2)U=瓦+鼠 d r S +扁+E d r=qdr+=，依+*(&)=，但+幻&.)，4飞尸 4做6 r)R/第十章习题解答10-1如题图10-1所示，三块平行的金属板A,B和C,面积均为200c m2,A与B相距4mm,A与C相距2mm,B和C 两板均接地，若A板所带电量2=3.0Xl（f7c,忽略边缘效应，求：（1）B和C上的感应电荷？（2）A板的电势（设地面 电势为零）。题10-1解图分析：当导夕所以有Zc C题图10-1防守恒定律，可以求得导体的电荷分布，又因为B、C两板都接地,解：（1）设反。械上的电荷分别为外、%。因3块导体板靠的较近，可将6个导体面视为6个无限大带电平面。导体表 面电荷分布均匀，且其间的场强方向垂直于导体表面。作如图中虚线所示的圆柱形高斯面。因导体达到静电平衡后，内 部场强为零，故由高斯定理得:偌=一%以2=一名即 以=+%）又因为：九内心而：Uac=Eac-Uab=Ea1s-dEac=2%于是：丝=2红o Eq两边乘以面积S可得：迎=2%o o即：qc=2q 联立求得：%=-2x10-7（7,%=-lxlOC UA=UAC+UC=UAC=Eac-=-=-2 o 2 So 2A-7=-x2xl0-3=2.26x103（V）200 x10 X8.85X10-210-2 如题图10.2所示，平行板电容器充电后，A和B极板上的面电荷密度分别为+和一6,设尸为两极板间任意一 点，略去边缘效应，求：(1)A,B板上的电荷分别在P点产生的场强&再b；(2)A,B板上的电荷在尸点产生的合场强七；(3)拿走B板后尸点处的场强E/。分析：运用无限大均匀带电平板在空间产生的场强表达式及场强叠加原理求解。解：(1)4、8两板可视为无限大平板.所以4 5板上的电何在尸点产生的场强分别为：斗=，方向为：垂直于4板由4指向5板 A E2。a二BEb=,方向与忆相同.3 E题图10-2(2)E=2EA=-,方向于既相同(3)拿走夕板后：=，方向垂直力板指向无限远处.10-3电量为g的点电荷处导体球壳的中心，球壳的内、外半径分别为B和&，求场强和电势的分布。分析：由场强分布的对称性，利用高斯定理求出各区域场强分布。再应用电势与场强的积分关系求电势，注意积分要分 段进行。解：由静电感应在球壳的内表面上感应出-4的电量，外表面上感应出Q的电量.即：E=q4%,(r RJ0(Rlr R2)%=&=(r NR,)3 L 3 Jr 47t岛/47tr 27E2.d r+E.d r=1%d/=七,(R2)10-4半径为用的导体球，带有电量夕；球外有内、外半径分别为显，曷的同心导体球壳，球壳带有电量2。（1）求导 体球和球壳的电势U1，。2；（2）若球壳接地，求5，。2；（3）若导体球接地（设球壳离地面很远），求U1，5。分析：由场强分布的对称性，利用高斯定理求出各区域场强分布；再由电势定义求电势。接地导体电势为零，电荷重新 分布达到新的静电平衡，电势分布发生变化。解:如图题10-4解图（a）所示,当导体达到静电平衡时,分布在导体球的表面上.由于静电感应在外球壳的内表面上感应出电量.外表面上感应出“电量，则球壳外表面上共带电荷（。+4）.由于场的对称性.由高斯定理求得各区域&=0(r RJ题10-4解图（a）的场强分布为:旦=*3=0(R2 Vr尺3)Q+q 4兀户(&r)4吗产E的方向均沿经向向外.取无限远处电势为零，则由电势的定义可得:内球体内任一场点R（rRJ的电势q为 4=及#+瓦司+C艮司+匚瓦可=r-dr+用 g 口里如4兀0产 加4兀/4兀/（与 R2 R3 J外球壳体内任一场点/%（/?2&）的电势为：U2=后3 dr+4 dr=4+=)况*3 4ji eor2 4ji oR3(2)若外球壳接地.球壳外表面的电荷为零，等量异号电荷分布在球体表面和球壳内表面上，此时电场只分布在国&)的空间，如图题10-4解图(b)所示.由于外球壳力=0则内球体内任一点月(yrj的电势为：(3)当内球接地时，内球的电势q=o,题解图 但无限远处的电势也为零，这就要求外球壳所带电量在内外表 面上重新分配，使球壳外的电场沿着经向指向无限远处，球壳内的电场经向指向球心处；因此，内球必然带负电荷。因 为内球接地，随着它上面正电荷的减少，球壳内表面上的负电荷也相应减少；当内球上正电荷全部消失时，球壳内表面 上的负电荷全部消失完；但就球壳而言，仍带有电量+0。由于静电感应，在内球和大地这一导体，系统中便会感应出等 量的负电荷此负电荷(-0)的一部分(设为-/)均匀分布在内球表面上。球壳内表面上将出现等量的正电荷(+/)与之平衡.因此，在达到静电平衡后，内球带电荷,球壳内表面带电量+0,外表面上带电量(Qq ),如图所示.由高斯定理可知各区域的场强分布为：耳=0(rRJ球壳上任一场点2(&,舄)相对于 题4解图 无限远处和相对于接地内球的电势，应用电势定义分别计算,可得：联立上述两式，求得:将/代入卫的表达式中可得:RRzQR7?2+R2R3 u2=-4兀。+R2A3 叫火3(7?2r/?3)1=0,（rRJ10-5三个半径分别为舄，即&（旦蜃火3）的导体同心薄球壳，所带电量依次为夕1，02,夕3.求：（1）各球壳的电势;（2）外球壳接地时，各球壳的电势。分析：根据静电平衡条件先确定球的电荷分布情况，再根据电荷分布的球对称性，利用高斯定理求出电场强度分布，进 而利用电势与电场强度的积分关系求出电势分布。对于电荷球对称分布的带电体，也可直接利用电势叠加原理求得电势 分布。接地导体时电势为零，电荷重新分布达到新的静电平衡，新的电荷分布引起电场和电势分布发生变化。解：（1）如图题10-5解图（a）所示，半径为兆的导体球壳外表面上均匀的分布电量5,由于静电感应，半径为尼的球壳内 表面上感应出-6的电量.外表面上感应出+q的电量.因此，半径为尼的球壳外表面上的电量为6+0,同理，半径为尼的 球壳内表面上感应出-（6+6）的电量.外表面上感应出+（s+s）的电量.所以用的球壳外表面上的电量为（6+羹+6）o（方法一）由于场的分布具有对称性,可用高斯定理求得各区域的场强分别为E=0 9(r/?!)(R2r R3)4ne0r2（&力题10-5解图（a）E的方向均沿径向向外.取无限远处为电势零点.4“苫”+工区疗+。0”如 4兀 or2 加 4it Eor2 限 4ji 0r23年沂葭却叱+号”+q 诙痂/?2 R34+%网 取例?（方法二）可把各球壳上的电势视为由电量为S,半径为兄；电量为02,半径为石；电量为5,半径为舄的三个同心带电球壳分别在各点所共同产生的电势的叠加.由于在半径为此的球壳外表面上的尸点由三个带电球壳电势的叠加.故有47r(Ri R2 R3q=1如+组1同理：u2=d+%&R_5=R34n苞（2）由于外球壳接地,球壳外表面的电荷为零，内表面的电量为-（6+&（方法一）用高斯定理求得各区域的场强分别为:=0,(RJ(Rtr R2)E4=0,(R3 r)t/3=0&%+%加 4nE0r 帆 4iiE0r 4 兀(R R2L+山 _L_L4 兀岛(/?2&J 4710 1&R2&包115%4+%（方法二）可把兄视为带电量为S，半径为发；带电量为3,半径为兄，带电量为-（0+0）,半径为用的同心带电球面在半径为兄的球壳外表面上的电势的叠加.5=口如+生-547r Eo I&R2 R3)把视为带电量为6+我半径为Rz.带电量为-(s+s)，半径为尼的同心球面在半径为此的球壳外表面上的电势的叠加:.U:1 缶+%1 1 因为外球壳接地，所以：=010-6 一球形电容器，由两个同心的导体球壳所组成，内球壳半径为小外球壳半径为儿 求电容器的电容。分析：设球壳内外表带电量0,由于电荷分布具有对称性，应用高斯定理确定场强的分布。由电势与场强的积分关系确 定电容器两极板间电势差，再由电容定义式求电容。解：设内球壳外表面带电量为+Q.则外球壳内表面带电量为-Q,两球面间的场强分布具有对称性，应用高斯定理，求得两 球面间的场强大小为：据场强与电势差的关系:4tt o a b J于是有：10-7 一平行板电容器两极板的面积均为S,相距为d,其间还有一厚度为，面积也为S的平行放置着的金属板，如题图 107所示，略去边缘效应.(1)求电容C.(2)金属板离两极板的远近对电容C有无影响？(3)在仁0和上时的C为多 少？分析：由于金属板的两个表面在电容器中构成新电容器的两个板板，所以4c间的电容器可看作四、比两电容器的串联.解：以鹭=壬二 二 之题10-7解图.4C间的电容为:SqS 8qSC=C-bGc _ dT-x x _ s CAB+CBC _+o d-t d-t-x x(2)由上述推导可知，金属板离两极板远近对C无影响当Q0时：。=空d当力刃时：00010-8平行板电容器的两极板间距d=2.00mm,电势差/=400V,其间充满相对电容率j=5的均匀玻璃片，略去边缘效应，求:(1)极板上的面电荷密度4;(2)玻璃界面上的极化面电荷密度，。分析：根据电容的定义式及平行板电容器公式求解自由电荷面密度。再利用极化面电荷密度和自由电荷面密度关系求 解，。解：(1)据电容的定义式：C 二。勿 u d即：:鸟勿u d.仇=竺&=40 x&85x10TX=8 85xl0-.(c/m2)d 2x10-3(2)4=(1 一 扑8.85*10=7.08xl()Y(c/m2)10-9如题图10-9所示，一平行板电容器中有两层厚度分别为必的电介质，其相对电容率分别为和，j，极板的面积为S,所带面电荷密度为+%和-%.求：(1)两层介质中的场强后卢2；(2)该电容器的电容。分析：此电容器可视为上下两电容器串联而成。解：(D平行板电容器为介质是真空时当充满相对电容率为的介质时，场强分别为:%吟.篙含方向为垂直极板向下。X。方向为垂直极板向下。(2)该电容可以看成是G与的串联。C 二。，2r _ 0r2Sc2 r()，|S J,2SG C _ 4d2 _。”6-2S _”与2品$G+G gOgrl5 e0r2S 玩邑2+/J2sd i rd2+Er2d14 d210-10 一无限长的圆柱形导体，半径为R,沿轴线单位长度上所带电荷为人将此圆柱放在无限大的均匀电介质中，电 介质的相对电容率为4,求：(1)电场强度E的分布规律；(2)电势U的分布规律(设圆柱形导体的电势为5)分析：介质中高斯定理的应用。先利用介质中高斯定理求以月的空间分布，然后再由电势与场强的关系确定空间电势分 布。解：由于电荷分布呈对称性，故、月分布亦呈对称性，方向沿径向.以r为半径作一同轴圆柱形柱面，圆柱长为/。如图 中虚线所示，则通过此面的通量为:b d s=lit r lD由高斯定理可知：Dd s=2nr lD=Al r：0(rR)tie r )由。=与h可知：0(r/?)题10-10解图(2)据电势与场强的关系可知：取圆柱面附近某点B处电势为零.cB U=E d l,则：Uo=Ed i当 时，U=Ed T+Ed l=O+Uo=Uo 当 rHE时，U=Ed l=Ed l+Ed l=Ed l-Ed l=U0-P-dr=Uo-In=Uo H In .Jr Jr Jr 2nr e0r 2no,R 27c o J r综上可知电势分布为：u。(r R)10-11设有两个同心的薄导体球壳A与B,其半径分别为Ki=10c m,&=20c in,所带电量分别为0=4.0*10-匕”Ox io-c.球壳间有两层电介质球壳，内层的相对电容率加=4,外层的%=2,它们分界面的半径？=15cm,球壳3外的电介质为空 气，求：(1)A球的电势，5球的电势Ub；(2)两球壳的电势差；(3)离球心30c m处的场强；(4)由球壳A与B组 成的电容器的电容分析：介质中高斯定理的应用。先由介质中高斯定理求、的空间分布，然后由电势与场强的关系求电势、电势差，再 根据电容定义式求电容。解：(1)由于电荷分布呈球对称性.、后分布亦呈球对称性.方向沿径向.由高斯定理可得:P d8=Z%iD 420。=上 4兀r2%+%47t r2又由于。=与转r/?!/?!r Z?2R2r题10-11解图0,%4+岛和q、4兀,。,2一+%4兀/r /?!Rlr R/Rr R2由场强与电势的关系可知:r iH-co 一E d l=j E d r3 m_9x109x(-4.0 x10-8+L0 x10-7)_ 2 7xio3(V)20 x10-2Ed r=Ed r+Ed r+Ed r=r +g”如 47r痂a/*4ne0r2r 加 4ne0r4%的一f-+2.7xl034吗,2(R_-4x10-8x9x10VJ_ _ _ _ _4 血0J5 J=2.1x103(V)Tx10-8x9x1()92+2,7X103(2)t/4B=t/x-t/B=2.1xl03-2.7xl03=-600(V)(3)r 30c m R2E=/+/_(-4x10+1x10-7)x9 x1094兀 Eor2(0.3)2=6xlO3(V/m)(4)由静电感应，达到静电平衡时，半径为尼的导体球壳内表面上分布有的电量.以=胃=需=67领10-12如题图10-12所示，平行板电容器极板面积为S,相距为d,电势差为U,极板间放着一厚度为f,相对电容率为r的电介质板，略去边缘效应，求：(1)介质中的电位移场强号(2)极板上的电量,(3)极板与介质间的场强；(4)电容C。分析：介质中高斯定理的应用。由电势与场强的关系和D、E之间的关系，可得出空气、介质中的场强，由高斯定理可求出介质中的电位移D,进而求出电量及电容。解：(1)设介质中的场强为E、介质外的场强为心，则有:U=Et+E0(d-t)=Et+erE(d-t)E=-;D=gE=空也一;Erd+(l-ff)z rd+(l-r)z(2)作一柱形高斯面S,如图中虚所示，有J方曲=%即:DA 5=cr A Sq=cr05=DS=3SU rd+(-r)t极板与介质间的场强：口合就坛咐SU（4）二,。,$U V erd+（-r）t10-13 平行板电容器，极板间距，=5.00mm,极板面积Sul OOc m?,用电动势E=300V的电源给电容器充电.（1）若两板间为真空，求此电容器的电容a，极板上的面电荷密度生，两极板间的场强绘；（2）该电容器充电后，与电源断开，再在两板间插入厚度d=5.00mm的玻璃片（相对电容率彳=5.0）,求其电容C,两板 间的场强E以及电势差A U;（3）该电容器充电后，仍与电源相接，在两极板间插入与（2）相同的玻璃片，求其电容C，两板间的场强6以及两板上的电荷量夕。分析：电容器充电后，断开电源，电容器存储的电量不变。而充电后，电容器仍与电源相接，则电容器两极板间电压不 变。插入介质后电容器的电容增大。解：（1）两极板间为真空，则有：/S _ 8.85xl()T2 xlOOxK T4d 5x10-3=17.7(pF)又二co=%_ 4suir_ CU 17.7x10-12x300。一S lOOxlO-=5.31xl0-7(c/m2)%=六券=61。4（丫/加）（2）插入介质后C=rCo=5.Oxl 7.7=88.5(pF)=J-Eo=1.2xlO4(V/m)A t/=EJ=1.2xl04x5xl0-3=60(V)（3）充电后，仍与电源相接，则A U=300V不变.Cz=C=88.5(pF)=半=翁=6x4(V/m)V c =2u q=CU=88.5X10-2 x300=2.66xlO-8（C）10-14 一圆柱形电容器由半径为4的导线和与它同轴的导体圆筒构成，圆筒长为/,内半径为火2,导线与圆筒间充满相 对电容率为彳的电介质，设沿轴线单位长度上导线的电量为心 圆筒的电量为-4,略去边缘效应，求：（1）电介质中电 位移小 场强B（2）两极板的电势差。分析：介质中的高斯定理的应用。根据介质中的高斯定理求出、E,再由电势差与场强的关系求电势差。解：（1）电荷分布具有对称性，即4E的分布变量呈对称性方向沿径向向外.作如图所示的圆柱形高斯面，由高斯定理可知:Jo d s=Z%=（R（鼠心即 D Inr x=Ax d=(RKKRj2nrE=-=(RKKRj27r eoerrA 的方向均沿径向向外.(2)UAB-C：E d r=p-d r-In 10-15如题图10-15所示，每个电容器题10-14解图求：（1）各个电容器上的电量；（2）整个的电容。均为3 F,现将a,b两端加上沪450V的电压,电容器组所贮存的电能；（3）如果在电容器C3中，充入相对电容率q=2的电介质，各个电容器上的电量。L i 1111116 _yI.1分 c,r q oa析：画出 解：题图10-15（1）画出 题加5解图等效电路，利用电容器的串、并联特点求解。该电路的等效图如图示Cl2=C,+C2=6(g F)_=2(C|2+G 6+3。总=G/昉=2x1O-6x45O=9x1OT(C)而&=02=0=9 x10-4(0而。I+2=册且。尸。20=02=4.5x10-4(0即各电容器的电量为：2=02=4.5x10-4(0；03=9 x10-4(6(2)w=；C/2=；X 2x10-6x(450)2=0.203(J)(3)在G中充入J=2的电介质后，其电容为，则有：C；=,G=2x3=63 F)墨=篝=3(阳 C3+C12 o+oQ%=C&Ua b=3 x 1 Of x 450=1.35 x 1 Of(c)。3=。总=1.3513-3(。)0=02=；03=6.75x1OT(c)h第H章电流与磁场11-1电源中的非静电力与静电力有什么不同？答：在电路中，电源中非静电力的作用是，迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极移动到高电位的电源正极，使 两极间维持一电位差。而静电场的作用是在外电路中把正电荷由高电位的地方移动到低电位的地方，起到推动电流的作 用；在电源内部正好相反，静电场起的是抵制电流的作用。电源中存在的电场有两种：1、非静电起源的场；2、稳恒场。把这两种场与静电场比较，静电场由静止电荷所激发，它不随时间的变化而变化。非静电场不由静止电荷产生，它的大小决定于单位正电荷所受的非静电力，=如。当然电源 q种类不同，网的起因也不同。口-2静电场与恒定电场相同处和不同处？为什么恒定电场中仍可应用电势概念？答：稳恒电场与静电场有相同之处，即是它们都不随时间的变化而变化，基本规律相同，并且都是位场。但稳恒电场由 分布不随时间变化的电荷产生，电荷本身却在移动。正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化，因此静电场的两条基本定理，即高斯定理和环路定理仍然适用，所以仍 可引入电势的概念。11-3一根铜导线表面涂以银层，当两端加上电压后，在铜线和银层中，电场强度是否相同？电流密度是否相同？电流强 度是否相同？为什么？答：此题涉及知识点：电流强度/=口面，电流密度概念，电场强度概念，欧姆定律的微分形式”肩。设铜线材料横截 S面均匀，银层的材料和厚度也均匀。由于加在两者上的电压相同，两者的长度又相等，故铜线和银层的场强后相同。由于 铜线和银层的电导率。不同，根据”4知，它们中的电流密度7不相同。电流强度/=J7d6,铜线和银层的7不同但相差S不太大，而它们的横截面积一般相差较大，所以通过两者的电流强度，一般说来是不相同的。11-4 一束质子发生侧向偏转，造成这个偏转的原因可否是：（1）电场？（2）磁场？（3）若是电场和磁场在起作用，如 何判断是哪一种场？答：造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。可以改变质子的运动方向，通过质子观察运动轨迹来判断是电场还是磁场 在起作用。11-5三个粒子，当它们通过磁场时沿着如题图115所示的路径运动，对每个粒子可作出什么判断？答：根据带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力规律，通过观察运动轨迹的不同可以判断三种粒子是否带电和带电种类。11-6 一长直载流导线如题11-6图所示，沿行轴正向放置，在原点。处取一电流元应，求该电流元在（a,0,0）,（0,a,0）,（a,a,0）,Ca,a,a）各点处的磁感应强度用。分析：根据毕奥-萨伐尔定律求解。解：由毕奥-萨伐尔定律豆=丛吗包.4兀r3原点。处的电流元忒在（a,0,0）点d B=区吗点=4a冰）=-纽红 4万 a3 句/My?而在（0,a,0）点产生的月为：的=反吗应=绥（、力=0,47t a 4na而在（a,a,0）点产生的月为：屈=%_ Id ix（a i+a J）=_何。皿 q4%（V2a）3 16 万a 2应在（a,a,a）点产生的以为痔&I丽x +5+/）=岛.47t（Ga）3 36na2题11-5图题11-6图11-7用两根彼此平行的长直导线将半径为月的均匀导体圆环联到电源上，如题11-7图所示，b点为切点，求0点的磁感应强度。分析:应用毕奥-萨伐尔定律分别求出载流直导线乙和心以及导体圆环上并联的大圆弧帅大和小圆弧明、在0点产生的磁感 应强度，再利用磁感应强度的矢量和叠加求解。解：先看导体圆环，由于心大和西卜并联，设大圆弧有电流小圆弧有电流八，必有：iR大=%&、.由于圆环材料相同，电阻率相同，截面积S相同，实际电阻与圆环弧的弧长，大和，小有关，即：聿大=/人,则人在0点产生的耳的大小为而人在0点产生的瓦的大小为题11-7图瓦和瓦方向相反,大小相等.即用+瓦=0。直导线4在。点产生的瓦=0。直导线L,在。点产生的劣=怨，方向垂直纸面向外。4砥则。点总的磁感强度大小为11-8 一载有电流/的长导线弯折成如题11-8图所示的形状，5为1/4圆弧，半径为此圆心。在4C,所的延长线上.求。点处磁场的场强。分析：。点的磁感强度后为各段载流导线在0点产生磁感强度的矢量和。解：因为。点在4。和斯的延长线上，故4。和断段对0点的磁场没有贡献。切段：%=甯%居段：(cos 45-cos 135)=%/4版 4 兀扬？/2 2nR。点总磁感应强度为B=Bde+Bcd=-+虹DE CD 2nR 8/?=4+4.2R(4 nJ方同垂直纸面向外.一平面内距板边为。的尸点处的磁感应强度。11-9 一无限电流板宽为a,求在电流板同分析：微分无限长薄电流板，对微分电流应用题图9无限长载流直导线产生的磁场公式求解届并将而再积分 求解总的磁感应强度。注意利用场的对称性。解：在电流板上距产点x处取宽为乱并平行于电流/的无限长窄条，狭条中的电流为d/=dx.a d/在尸点处产生的磁感强度为：曲=要，方向垂直纸面向里。27tx整个电流板上各窄条电流在产点处产生的此方向相同，故B=11-10在半径R=1.的“无限长”半圆柱形金属薄片中，有电流/=5A自下而上地通过，如题11-10图所示。试求圆柱轴 线上一点月处的磁感应强度。分析：微分半圆柱形金属薄片，对微分电流以应用无限长载流直导线产生的磁场公式求解而。并将场强矢量而分解后再 积分求解总的磁感应强度。注意利用场的对称性。解：无限长载流半圆形金属薄片可看成由许多宽为d/=Rd。的无限长电流窄条所组成，每根导线上的电流在产点产生的磁 场d B大小为曲=”,方向按右手螺旋法则确定，如解11T0图所示。题11-10图d I=_Ldi=-LRd0,叫=皿=/.冤R ttR 2rR R由于各电流窄条产生的磁场方向各不相同，尸点的总磁场应化矢量积分为标量积分，即 纥=陛=.*=（鬻sin”条 B、=JdBv=JdBcos6=f cos6=0.喘=嘿辞=6.37幻。-町,方向沿、正向.11-11在半径为E及r的两圆周之间，有一总匝数为“的均匀密绕平面线圈（如题11T1图）通有电流/,求线圈中心（即两圆圆心）处的磁感应强度。分析：微分密绕平面线圈，计算出相应的微分电流d/,利用载流圆环在其圆心处产生的磁场公式求解而。并将矢量而再 积分求解总的磁感应强度。解：由于载流螺旋线绕得很密，可以将它看成由许多同心的圆电流所组成，在沿径向r到火范围内，单位长度的线圈匝数为N n=-.R-r任取半径夕，宽为d0的电流环，该电流环共有电流为R-r该电流环在线圈中心产生的磁感强度大小 为由=风/处=的心里2P 2(i p圆心处总磁感强度大小 J/题11-11图8=同=44&=-4竺比J 2(/?-r)p 2(/?-r)r方向垂直纸面向外。11-12如题11-12图所示，在顶角为2。的圆锥台上密绕以线圈，共匝，通以电流/,绕有线圈部分的上下底半径分别 为r和R.求圆锥顶。处的磁感应强度的大小.分析：微分密绕线圈，计算出相应的微分电流，利用载流圆环在其轴线上产生的磁场公式求解而。并将矢量而再积分 求解总的磁感应强度。解：只要将题11-11中的均匀密绕平面线圈沿通过中心的轴垂直上提，便与本题条件相一致，故解题思路也相似。如解11-12图建立坐标，取半径为0宽为必的电流环的密绕线圈，其含有匝数为一匚即，通电流为d/=2-d/x R-r因为 x=/c ot6,d x=d p c o X0。半径为夕的一小匝电流在。点产生的如大小为d B=噌，=2 W 上一dp2(加+(2 严 2(02+02间26)3,2(R_r)尸_ Uo Nl d p _ jU0NI sin3 0 d/?2c sc*(R-r)p 2(7?-r)p所有电流产生的磁场方向均沿X轴，所以其磁感强度大小为B _ AN】sin3 6d/J _ 氏NI sin3 6 小夫2(7?-r)p 2(R-r)题11-12图解11-12图11-13半径为火的木球上绕有细导线，所绕线圈很紧密，相邻的线圈彼此平行地靠着，以单层盖住半个球面共有及匝,如题11-13图所示。设导线中通有电流/，求在球心。处的磁感应强度。分析：考虑线圈沿圆弧均匀分布，微分密绕线圈，计算出相应的微分电流利用载流圆环在其轴线上产生的磁感应强度公式求解而。并将矢量而再积分求解总的磁感应强度。解：建立如解1