大学物理课后习题答案.doc

第11章 热力学基本原理
11.1 一系统由如图所示的状态a沿abc到达c，有350J热量传入系统，而系统对外做功126J．
（1）经adc，系统对外做功42J，问系统吸热多少？
（2）当系统由状态c沿曲线ac回到状态a时，外界对系统做功为84J，问系统是吸热还是放热，在这一过程中系统与外界之间的传递的热量为多少？
V

O

p

a

b

c

d

图11.1

[解答]（1）当系统由状态a沿abc到达c时，根据热力学第一定律，吸收的热量Q和对外所做的功A的关系是
Q = ΔE + A，
其中ΔE是内能的增量．Q和A是过程量，也就是与系统经历的过程有关，而ΔE是状态量，与系统经历的过程无关．
当系统沿adc路径变化时，可得
Q1 = ΔE1 + A1，
这两个过程的内能的变化是相同的，即
ΔE1 = ΔE，
将两个热量公式相减可得系统吸收的热量为
Q1 = Q + A1 - A = 266(J)．
（2）当系统由状态c沿曲线ac回到状态a时，可得
Q2 = ΔE2 + A2，
其中，ΔE2 = -ΔE，A2 = -84(J)，可得
Q2 = -(Q – A) + A2 = -308(J)，
可见：系统放射热量，传递热量的大小为308J．

V/m3

O

p/Pa

2

m

1

2×105

1×105

1×10-2

5×10-2

图11.2

11.2 1mol氧气由状态1变化到状态2，所经历的过程如图，一次沿1→m→2路径，另一次沿1→2直线路径．试分别求出这两个过程中系统吸收热量Q、对外界所做的功A以及内能的变化E2 - E1．
[解答]根据理想气体状态方程pV = RT，可得气体在状态1和2的温度分别为
T1 = p1V1/R和T2 = p2V2．
氧气是双原子气体，自由度i = 5，由于内能是状态量，所以其状态从1到2不论从经过什么路径，内能的变化都是

= 7.5×103(J)．
系统状态从1→m的变化是等压变化，对外所做的功为
= 8.0×103(J)．
系统状态从m→2的变化是等容变化，对外不做功．因此系统状态沿1→m→2路径变化时，对外做功为8.0×103J；吸收的热量为
Q = ΔE + A = 1.55×104(J)．
系统状态直接从1→2的变化时所做的功就是直线下的面积，即
= 6.0×103(J)．
吸收的热量为
Q = ΔE + A = 1.35×104(J)．

11.3 1mol范氏气体，通过准静态等温过程，体积由V1膨胀至V2，求气体在此过程中所做的功？
[解答] 1mol范氏气体的方程为
，
通过准静态等温过程，体积由V1膨胀至V2时气体所做的功为

．

11.4 1mol氢在压强为1.013×105Pa，温度为20℃时的体积为V0，今使其经以下两种过程达同一状态：
（1）先保持体积不变，加热使其温度升高到80℃，然后令其作等温膨胀，体积变为原体积的2倍；
（2）先使其作等温膨胀至原体积的2倍，然后保持体积不变，升温至80℃．
试分别计算以上两过程中吸收的热量，气体所做的功和内能增量．将上述两过程画在同一p-V图上并说明所得结果．
V

O

p

T2

T1

V0

2V0

[解答]氢气是双原子气体，自由度i = 5，由于内能是状态量，所以不论从经过什么路径从初态到终态，内能的增量都是

= 1.2465×103(J)．
（1）气体先做等容变化时，对外不做功，而做等温变化时，对外所做的功为

= 2.0333×103(J)，
所吸收的热量为
Q2 = ΔE + A2 = 3.2798×103(J)．
（2）气体先做等温变化时，对外所做的功为

= 1.6877×103(J)，
所吸收的热量为
Q1 = ΔE + A1 = 2.9242×103(J)．
如图所示，气体在高温下做等温膨胀时，吸收的热量多些，曲线下的面积也大些．

11.5为了测定气体的γ（γ=Cp/CV），可用下列方法：一定量气体，它的初始温度、体积和压强分别为T0，V0和p0．用一根通电铂丝对它加热，设两次加热电流和时间相同，使气体吸收热量保持一样．第一次保持气体体积V0不变，而温度和压强变为T1，p1；第二次保持压强p0不变，而温度和体积则变为T2，V2，证明：
．
[证明]定容摩尔热容为
，
在本题中为
CV = ΔQ/(T1 – T0)；
定压摩尔热容为
，
在本题中为
Cp = ΔQ/(T2 – T0)．
对于等容过程有
p1/T1 = p0/T0，
所以
T1 = T0p1/p0；
对于等压过程有
V2/T2 = V0/T0，
所以
T2 = T0V2/V0．
因此

． 证毕．

11.6理想气体的既非等温也非绝热的过程可表示为pVn = 常数，这样的过程叫多方过程，n叫多方指数．
（1）说明n = 0，1，γ和∞各是什么过程．
（2）证明：多方过程中理想气体对外做功：．
（3）证明：多方过程中理想气体的摩尔热容量为：，
并就此说明（1）中各过程的值．
（1）[说明]当n = 0时，p为常数，因此是等压过程；
当n = 1时，根据理想气体状态方程pV = RT，温度T为常数，因此是等温过程；
当n = γ时表示绝热过程；
当n =∞时，则有p1/nV = 常数，表示等容过程．
（2）[证明]对于多方过程有
pVn = p1V1n = p2V2n = C(常数)，
理想气体对外所做的功为

．证毕．
（2）[证明]对于一摩尔理想气体有
pV = RT，
因此气体对外所做的功可表示为
，
气体吸收的热量为
Q = ΔE + A
= ，
摩尔热容量为

．证毕．

11.7一气缸内贮有10mol的单原子理想气体，在压缩过程中，外力做功209J，，气体温度升高1℃．试计算气体内能增量和所吸收的热量，在此过程中气体的摩尔热容是多少？
[解答]单原子分子的自由度为i = 3，一摩尔理想气体内能的增量为
= 12.465(J)，
10mol气体内能的增量为124.65J．
气体对外所做的功为A = - 209J，所以气体吸收的热量为
Q = ΔE + A = -84.35(J)．
1摩尔气体所吸收的热量为热容为-8.435J，所以摩尔热容为
C = -8.435(J·mol-1·K-1)．

11.8 一定量的单原子分子理想气体，从初态A出发，沿图示直线过程变到另一状态B，又经过等容、等压过程回到状态A．
（1）A→B，B→C，C→A，各过程中系统对外所做的功A，内能的增量ΔE以及所吸收的热量Q．
V/10-3m3

O

p/105Pa

3

2

1

1

2

B

A

C

图11.8

（2）整个循环过程中系统对外所做的总功以及从外界吸收的总热量（各过程吸热的代数和）．
[解答]单原子分子的自由度i = 3．
（1）在A→B的过程中，系统对外所做的功为AB直线下的面积，即
AAB = (pA + pB)(VB – VA)/2 = 200(J)，
内能的增量为

= 750(J)．
吸收的热量为
QAB = ΔEAB + AAB = 950(J)．
B→C是等容过程，系统对外不做功．内能的增量为

= -600(J)．
吸收的热量为
QBC = ΔEBC + ABC = -600(J)，
就是放出600J的热量．
C→A是等压过程，系统对外做的功为
ACA = pA(VA – VC) = -100(J)．
内能的增量为

= -150(J)．
吸收的热量为
QCA = ΔECA + ACA = -250(J)，
也就是放出250J的热量．
（2）对外做的总功为
A = AAB + ABC + ACA = 100(J)．
吸收的总热量为
Q = QAB + QBC + QCA = 100(J)．
由此可见：当系统循环一周时，内能不变化，从外界所吸收的热量全部转化为对外所做的功．

V

O

p

I

II

b

a

c

p0

9p0

V0

III

图11.9

11.9 1mol单原子分子的理想气体，经历如图所示的的可逆循环，连接ac两点的曲线Ⅲ的方程为p = p0V2/V02，a点的温度为T0．
（1）以T0，R表示Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ过程中气体吸收的热量．
（2）求此循环的效率．
[解答]由题可知：p0V0 = RT0．
（1）I是等容过程，系统不对外做功，内能的变化为

．
吸收的热量为
QI = ΔEI = 12RT0．
II是等容过程，根据III的方程，当pc = 9p0时，Vc = 3V0．系统对外所做的功为
AII = pb(Vc - Vb) = 9p02V0 = 18RT0．
内能的变化为

．
吸收的热量为
QII = ΔEII + AII = 45RT0．
在过程III中，系统对外所做的功为

．
内能的变化为

．
吸收的热量为
QIII = ΔEIII + AIII = -143RT0/3．
（2）系统对外做的总功为
A = AI + AII + AIII = 28RT0/3，
系统从高温热源吸收的热量为
Q1 = QI + QII = 57RT0，
循环效率为
= 16.37%．

11.10 1mol理想气体在400K和300K之间完成卡诺循环．在400K等温线上，初始体积为1×10-3m3，最后体积为5×10-3m3．试计算气体在此循环中所做的功及从高温热源所吸收的热量和向低温热源放出的热量．
[解答] 卡诺循环由气体的四个变化过程组成，等温膨胀过程，绝热膨胀过程，等温压缩过程，绝热压缩过程．
气体在等温膨胀过程内能不改变，所吸收的热量全部转化为对外所做的功，即

= 5.35×103(J)．
气体在等温压缩过程内能也不改变，所放出的热量是由外界对系统做功转化来的，即

，
利用两个绝热过程，可以证明
V4/V3 = V2/V1，
可得
Q2 = 4.01×103(J)．
气体在整个循环过程中所做的功为
A = Q1 - Q2 = 1.34×103(J)．

11.11一热机在1000K和300K的两热源之间工作，如果
（1）高温热源提高100K，
（2）低温热源降低100K，
从理论上说，哪一种方案提高的热效率高一些？为什么？
[解答]（1）热机效率为
η = 1 – T2/T1，
提高高温热源时，效率为
η1 = 1 – T2/(T1 + ΔT)，
提高的效率为

= 2.73%．
（2）降低低温热源时，效率为
η2 = 1 – (T2 - ΔT)/T1，
提高的效率为

= ΔT/T = 10%．
可见：降低低温热源更能提高热机效率．对于温度之比T2/T1，由于T2 < T1，显然，分子减少一个量比分母增加同一量要使比值降得更大，因而效率提得更高．

11.12 使用一制冷机将1mol，105Pa的空气从20℃等压冷却至18℃，对制冷机必须提供的最小机械功是多少？设该机向40℃的环境放热，将空气看作主要由双原子分子组成．
[解答]空气对外所做的功为

= p(V2 – V1) = R(T2 – T1)，
其中T2 = 291K，T1 = 293K．空气内能的增量为
，
其中i表示双原子分子的自由度：i = 5．空气吸收的热量为
Q = ΔE + A == -58.17(J)．
负号表示空气放出热量．因此，制冷机从空气中吸收的热量为
Q2 = -Q = 58.17(J)．
空气是低温热源，为了简化计算，取平均温度为
T`2 = (T2 + T1)/2 = 292(K)；
环境是高温热源，温度为
T`1 = 313(K)．
欲求制冷机提供的最小机械功，就要将制冷当作可逆卡诺机，根据卡诺循环中的公式
，
可得该机向高温热源放出的热量为
= 62.35(J)，
因此制冷机提供的最小机械功为
W = Q1 - Q2 = 4.18(J)．
[注意]由于低温热源的温度在变化，所以向高温热源放出的热量的微元为
，
其中，因此
，
积分得制冷机向高温热源放出的热量为
= 62.35(J)，
与低温热源取温度的平均值的计算结果相同（不计小数点后面2位以后的
数字）。

第12章 静电场
E2

E

E1

q2

A

C

q1

B

θ

图12.1

12.1 如图所示，在直角三角形ABCD的A点处，有点电荷q1 = 1.8×10-9C，B点处有点电荷q2 = -4.8×10-9C，AC = 3cm，BC = 4cm，试求C点的场强．
[解答]根据点电荷的场强大小的公式
，
其中1/(4πε0) = k = 9.0×109N·m2·C-2．
点电荷q1在C点产生的场强大小为

，
方向向下．
点电荷q2在C点产生的场强大小为

，
方向向右．
C处的总场强大小为

，
总场强与分场强E2的夹角为
．

Ex

x

E

θ

R

ds

Ey

O

y

12.2 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，其电线密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强．
[解答]在带正电的圆弧上取一弧元
ds = Rdθ，
电荷元为dq = λds，
在O点产生的场强大小为
，
场强的分量为dEx = dEcosθ，dEy = dEsinθ．
ds

Ex

x

E

θ

R

Ey

O

y

对于带负电的圆弧，同样可得在O点的场强的两个分量．由于弧形是对称的，x方向的合场强为零，总场强沿着y轴正方向，大小为

．

12.3 均匀带电细棒，棒长a = 20cm，电荷线密度为λ = 3×10-8C·m-1，求：
（1）棒的延长线上与棒的近端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．
[解答]（1）建立坐标系，其中L = a/2 = 0.1(m)，x = L+d1 = 0.18(m)．
o

lx

x

dl

y

P1

r

-L

L

d1

在细棒上取一线元dl，所带的电量为dq = λdl，
根据点电荷的场强公式，电荷元在P1点产生的场强的大小为

场强的方向沿x轴正向．因此P1点的总场强大小通过积分得

． ①
将数值代入公式得P1点的场强为

= 2.41×103(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 = λdl，
在棒的垂直平分线上的P2点产生的场强的大小为
，
由于棒是对称的，x方向的合场强为零，y分量为 dEy = dE2sinθ．
由图可知：r = d2/sinθ，l = d2cotθ，
所以 dl = -d2dθ/sin2θ，
因此 ，
总场强大小为

． ②
将数值代入公式得P2点的场强为

= 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①式，化简得
，
保持d1不变，当a→∞时，可得
， ③
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②式得

，
当a→∞时，得
， ④
这就是无限长带电直线在线外产生的场强公式．
如果d1=d2，则有大小关系Ey = 2E1．

θ

R

O

图12.4

12.4 一均匀带电的细棒被弯成如图所示的对称形状，试问θ为何值时，圆心O点处的场强为零．
θ

R

O

x

dφ

dE

φ

[解答]设电荷线密度为λ，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 dφ，
所带的电量为
dq = λds，
在圆心处产生的场强的大小为
，
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 = -dEcosφ．
总场强为

，
方向沿着x轴正向．
θ

O

E`

E``

x

R

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③可得半无限长带电直线在延长上O点产生的场强大小为
，
由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在O点产生的合场强为
，
方向沿着x轴负向．
当O点合场强为零时，必有，可得 tanθ/2 = 1，
因此 θ/2 = π/4，
所以 θ = π/2．

P

b

a

Q

d

图12.5

12.5 一宽为b的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为σ，如图所示．试求：
（1）平板所在平面内，距薄板边缘为a处的场强．
（2）通过薄板几何中心的垂直线上与薄板距离为d处的场强．
P

b

a

O

x

dx

y

[解答]（1）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
dλ = σd x，
根据直线带电线的场强公式
，
得带电直线在P点产生的场强为
，
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

． ①
场强方向沿x轴正向．
（2）为了便于观察，将薄板旋转建立坐标系．仍然在平面薄板上取一宽度为dx的带电直线，电荷的线密度仍然为
dλ = σd x，
带电直线在Q点产生的场强为
，
沿z轴方向的分量为
，
设x = dtanθ，则dx = ddθ/cos2θ，因此

积分得

． ②
场强方向沿z轴正向．
[讨论]（1）薄板单位长度上电荷为
λ = σb，
①式的场强可化为
，
当b→0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为
， ③
这正是带电直线的场强公式．
（2）②也可以化为
，
当b→0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为
，
这也是带电直线的场强公式．
当b→∞时，可得
， ④
这是无限大带电平面所产生的场强公式．

12.6（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？
[解答]点电荷产生的电通量为
Φe = q/ε0．
（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
Φ1 = Φe/6 = q/6ε0．
（2）当点电荷放在一个顶角时，电通量要穿过8个卦限，立方体的3个面在一个卦限中，通过每个面的电通量为
Φ1 = Φe/24 = q/24ε0；
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．

12.7 面电荷密度为σ的均匀无限大带电平板，以平板上的一点O为中心，R为半径作一半球面，如图所示．求通过此半球面的电通量．
R

O

图12.7

[解答]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
q = πR2σ，
通过球面的电通量为
Φe = q/ε0，
通过半球面的电通量为
Φ`e = Φe/2 = πR2σ/2ε0．

12.8 两无限长同轴圆柱面，半径分别为R1和R2(R1 > R2)，带有等量异号电荷，单位长度的电量为λ和-λ，求（1）r < R1；（2） R1 < r < R2；（3）r > R2处各点的场强．
[解答]由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性．
（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 < R1）．
（2）在两个圆柱之间做一长度为l，半径为r的同轴圆柱形高斯面，高斯面内包含的电荷为 q = λl，
穿过高斯面的电通量为
，
根据高斯定理Φe = q/ε0，所以
， (R1 < r < R2)．
（3）在外圆柱面之外做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内电荷的代数和为零，所以
E = 0，（r > R2）．

12.9 一厚度为d的均匀带电无限大平板，电荷体密度为ρ，求板内外各点的场强．
[解答]方法一：高斯定理法．
（1）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`．
S2

S1

E`

S1

S2

E

E

d

2r

S0

E`

S0

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与侧面垂直，通过高斯面的电通量为

，
高斯面内的体积为 V = 2rS，
包含的电量为 q =ρV = 2ρrS，
根据高斯定理 Φe = q/ε0，
可得场强为 E = ρr/ε0，(0≦r≦d/2)．①
（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 Φe = 2ES，
高斯面在板内的体积为V = Sd，
包含的电量为 q =ρV = ρSd，
根据高斯定理 Φe = q/ε0，
可得场强为 E = ρd/2ε0，(r≧d/2)． ②
方法二：场强叠加法．
E2

dy

r

y

o

E1

d

（1）由于平板的可视很多薄板叠而成的，以r为界，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
dσ = ρdy，
产生的场强为 dE1 = dσ/2ε0，
积分得
，③
同理，上面板产生的场强为
，④
r处的总场强为E = E1-E2 = ρr/ε0．
（2）在公式③和④中，令r = d/2，得
E2 = 0、E = E1 = ρd/2ε0，
E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，是均强电场，方向与平板垂直，大小等于平板表面的场强，也能得出②式．
O

R

a

R`

O`

图12.10

12.10 一半径为R的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ，若在球内挖去一块半径为R`<R的小球体，如图所示，试求两球心O与O`处的电场强度，并证明小球空腔内的电场为均强电场．
[解答]挖去一块小球体，相当于在该处填充一块电荷体密度为-ρ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ρ的球体来说，当场点P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

P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

P点场强大小为
．
O点在大球体中心、小球体之外．大球体在O点产生的场强为零，小球在O点产生的场强大小为
，
方向由O指向O`．
O`点在小球体中心、大球体之内．小球体在O`点产生的场强为零，大球在O点产生的场强大小为
，
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
，
，
方向如图所示．
设两场强之间的夹角为θ，合场强的平方为

，
根据余弦定理得
，
所以 ，
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O到O`的方向．因此空腔内的电场为匀强电场．

-q

+q

O

B

D

C

A

图12.11

12.11如图所示，在A、B两点处放有电量分别为+q和-q的点电荷，AB间距离为2R，现将另一正试验电荷q 0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．
[解答]正负电荷在O点的电势的和为零：
UO = 0；
在C点产生的电势为
，
电场力将正电荷q 0从O移到C所做的功为
W = q0UOD = q0(UO-UD) = q0q/6πε0R．

12.12真空中有两块相互平行的无限大均匀带电平面A和B．A平面的电荷面密度为2σ，B平面的电荷面密度为σ，两面间的距离为d．当点电荷q从A面移到B面时，电场力做的功为多少？
[解答]两平面产生的电场强度大小分别为
EA = 2σ/2ε0 = σ/ε0，EB = σ/2ε0，
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 = σ/2ε0，
方向由A平面指向B平面．
两平面间的电势差为
U = Ed = σd/2ε0，
当点电荷q从A面移到B面时，电场力做的功为
W = qU = qσd/2ε0．

12.13 一半径为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？
[解答]带电球面在外部产生的场强为
，
由于

，
当UR = 0时，．

12.14 电荷Q均匀地分布在半径为R的球体内，试证明离球心r（r<R）处的电势为
．
[证明]球的体积为，
电荷的体密度为 ．
利用13．10题的方法可求球内外的电场强度大小为
，（r≦R）；
，（r≧R）．
取无穷远处的电势为零，则r处的电势为

．

12.15 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ρ，其他地方无电荷．
（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E-y图．
[解答]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

．
高斯面内的体积为 V = 2yS，
包含的电量为 q = ρV = 2ρSy，
根据高斯定理 Φe = q/ε0，
可得场强为 E = ρy/ε0， (-b≦y≦b)．
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
Φe = 2ES，
高斯面在板内的体积为 V = S2b，
包含的电量为 q = ρV = ρS2b，
根据高斯定理 Φe = q/ε0，
可得场强为 E = ρb/ε0，　 (b≦y)；
E = -ρb/ε0，　(y≦-b )．
E-y图如左图所示．
（2）对于平面之间的点，电势为

，
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≧b时，电势为
，
在y = b处U = -ρb2/2ε0，所以C = ρb2/2ε0，因此电势为
，(b≦y)．
当y≦-b时，电势为
，
在y = -b处U = -ρb2/2ε0，所以C = ρd2/2ε0，因此电势为
，
两个公式综合得
，(|y|≧d)．
这是两条直线．
U-y图如右图所示．U-y图的斜率就形成E-y图，在y = ±b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 = ±b点相切．
o

y

E

-b

b

o

y

U

-b

b

[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．

A

B

P

图12.16

12.16 两块“无限大”平行带电板如图所示，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σ=3.3×10-6C·m-2，求：
（1）在两板之间离A板1.0cm处P点的电势；
（2）A板的电势．
[解答]两板之间的电场强度为
E=σ/ε0，
方向从A指向B．
A

B

P

r

o

以B板为原点建立坐标系，则rB = 0，rP = -0.04m，rA = -0.05m．
（1）P点和B板间的电势差为

，
由于UB = 0，所以P点的电势为
=1.493×104(V)．
（2）同理可得A板的电势为
=1.866×104(V)．

12.17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．
[解答]电荷的线密度为λ = q/2L．
o

x

dl

y

L

r

-L

P1

l

（1）建立坐标系，在细线上取一线元dl，所带的电量为
dq = λdl，
根据点电荷的电势公式，它在P1点产生的电势为

总电势为

．
o

lxx

x

dl

-L

L

y

r

θ

P2

（2）建立坐标系，在细线上取一线元dl，所带的电量为dq = λdl，
在线的垂直平分线上的P2点产生的电势为
，
积分得

．
（3）P1点的场强大小为

， ①
方向沿着x轴正向．
P2点的场强为

， ②
方向沿着y轴正向．
[讨论]习题12.3的解答已经计算了带电线的延长线上的场强为
，
由于2Lλ = q，取x = r，就得公式①．
（2）习题13．3的解答还计算了中垂线上的场强为

取d2 = r，可得公式②．
由此可见，电场强度可用场强叠加原理计算，也可以用电势的关系计算．

A

O

R1

B

R2

rA

rB

图12.18

12.18 如图所示，一个均匀带电，内、外半径分别为R1和R2的均匀带电球壳，所带电荷体密度为ρ，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．
[解答]（1）A点在球壳的空腔内，空腔内的电势处处相等，因此A点的电势就等于球心O点的电势．
O

R1

R2

r

dr

在半径为r的球壳处取一厚度为dr的薄壳，其体积为
dV = 4πr2dr，
包含的电量为
dq = ρdV = 4πρr2dr，
在球心处产生的电势为
，
球心处的总电势为
，
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．
球面外的电荷在B点产生的电势就等于这些电荷在球心处产生的电势，根据上面的推导可得
．
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B点产生的电势．球壳在球面内的体积为
，
包含的电量为 Q = ρV，
这些电荷集中在球心时在B点产生的电势为
．
B点的电势为
UB = U1 + U2
．
（2）A点的场强为
．
B点的场强为
．
[讨论] 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≦R1)．
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
，
包含的电量为 q = ρV，
根据高斯定理得方程 4πr2E = q/ε0，
可得B点的场强为
， (R1≦r≦R2)．
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
，
包含的电量为 q = ρV，
根据高斯定理得可得球壳外的场强为
，(R2≦r)．
A点的电势为

．
B点的电势为

．
A和B点的电势与前面计算的结果相同．

12.19（1）设地球表面附近的场强约为200V·m-1，方向指向地球中心，试求地球所带有的总电量．
（2）在离地面1400m高处，场强降为20V·m-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．
[解答]地球的平均半径为
R =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 = -σ/ε0，
电荷面密度为 σ = -ε0E；
地球表面积为 S = 4πR2，
地球所带有的总电量为
Q = σS = -4πε0R2E = -R2E/k，
k是静电力常量，因此电量为
=-9.02×105(C)．
（2）在离地面高为h = 1400m的球面内的电量为
=-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 = 4πR2h = 0.714×1018(m3)，
平均电荷密度为
ρ = q/V = 1.137×10-12(C·m-3)．

第13章 静电场中的导体和电介质

13.1一带电量为q，半径为rA的金属球A，与一原先不带电、内外半径分别为rB和rC的金属球壳B同心放置，如图所示，则图中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）
[解答]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
E4πr2 = q/ε0，
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-q时，外侧将出现同种电荷q．用导线将A和B连接起来后，正负电荷将中和．A球是一个等势体，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rc，所以A球的电势为
．

13.2 同轴电缆是由半径为R1的导体圆柱和半径为R2的同轴薄圆筒构成的，其间充满了相对介电常数为εr的均匀电介质，设沿轴线单位长度上导线的圆筒的带电量分别为+λ和-λ，则通过介质内长为l，半径为r的同轴封闭圆柱面的电位移通量为多少？圆柱面上任一点的场强为多少？
D

S1

S2

S0

r