(完整版)大学物理学上下册习题与答案

习题九9.3面积为S的空气平行板电容器，极板上分别带电量间的相互作用力为(A)oS2q(B)：2oS2q(C)22oS(D)oS2、选择题9.1关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是：如果高斯面上E处处为零，则该面内必无电荷.如果高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零.如果高斯面上E处处不为零，则高斯面内必有电荷.如果高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电场强度通量必不为零.:A(本章中不涉及导体卜D:9.2有一边长为a的正方形平面，在其中垂线上距中心0点a/2处，有一电荷为q的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量为q(A)30(B)q40q-(C).-6q0[D:-a]30a1Oa/21题图9.1q，若不考虑边缘效应，则两极板试验电荷q0置于该点时具有的电势能.单位试验电荷置于该点时具有的电势能.单位正电荷置于该点时具有的电势能.把单位正电荷从该点移到电势零点外力所作的功.[B]9.4如题图9.2所示，直线MN长为21,弧OCD是以N点为中心，I为半径的半圆弧，N点有正电荷q,M点有负电荷q•今将一试验电荷q0从0点出发沿路径OCDP移到无穷远处，设无穷远处电势为零，则电场力作功Av0,且为有限常量.(B)A>0,且为有限常量.(C)A=2(D)A=0.:D,VO0:[C]题图9.39.6已知某电场的电场线分布情况如题图9.3所示.现观察到一负电荷从M点移到N点.有人根据这个图作出下列几点结论，其中哪点是正确的？(A)电场强度EmEn.(B)电势UmUn.(C)电势能WmWn.(D)电场力的功A>0.[C]二、计算题x轴上9.7电荷为q和2q的两个点电荷分别置于x1m和x1m处.一试验电荷置于2q何处，它受到的合力等于零?q。即:解：设试验电荷q°置于x处所受合力为零，根据电力叠加原理可得q1qq。?2卜40x141x12(2q)q。~20x1(2)_122x2x6x12x03.2点处于q、一2q两点电荷之间,x32x1(322)该处场强不可能为零.故舍去.得2.2m9.8一个细玻璃棒被弯成半径为R的半圆形，沿其上半部分均匀分布有电荷Q，沿其下半部分均匀分布有电荷Q，如题图9.4所示•试求圆心0处的电场强度.题图9.4解：把所有电荷都当作正电荷处理产生场强.在处取微小电荷dqdl2Qd/，它在O处dEdq40R2按角变化，将dE分解成二个分量:dExdEsin2Qr2sind20R00dEydEcos2cosd0R2对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷Q22°R2/2cosd0Ex/2sin0sin/2所以cosd/2EExi9.9如图9.5所示，一电荷线密度为Q.20R2j。的无限长带电直导线垂直纸面通过A点；附近有Eyj电量为Q的均匀带电球体，其球心位于O点。AOP是边长为a的等边三角形。已知P处场强方向垂直于0P，求：和Q间的关系。Av题型5解：如图建立坐标系。根据题意可知Ex0Q40a2cos600020a9.10如题图9.6所示，一电荷面密度为的无限大”平面，在距离平面a处的一点的场强大小的一半是由平面上的一个半径为R的圆面积范围内的电荷所产生的•试求该圆半径的大小.解：电荷面密度为的无限大均匀带电平面在任意点的场强大小为：E/20。以图中0点为圆心，取半径为rrdr的环形面积，其电量为dq2rdr。它在距离平面为a的一点处产生的场强dER—2o则半径为R的圆面积内的电荷在该点的场强为Ra22200aErrdr23/2ardraa2R2由题意，ErE/2/40，得到.a2—R24o2a,a2R24a2、a2R2a2R2a.a2R3aoR29.11如题图9.7所示，一均匀带电直导线长为d，电荷线密度为。过导线中点O作半径为R[Rd2]的球面S,P为带电直导线的延长线与球面S的交点。求：(1)、通过该球面的电场强度通量qintdE(2)、P处电场强度的大小和方向。解：(1)利用静电场的高斯定理即可得:(2)如图建立一维坐标系，坐标原点与圆心重合。在带电导线上坐标为x处取长度为dx的带电兀，其所带电荷量为dqrdEdx,dq在P点产生的电场强度为dq?dx:?40(Rx)24°(Rx)2P点的电场强度为rEd2rdEd2?d2dxi?d2d(Rx)i?Rd2dyid240(Rx)240d2(Rx)240Rd2y2i?Rd2r1i?1140yRd240Rd2Rd2i?11i?(4R2d)(4R2d)di?04R2d4R2d0(4R2d)(4R2d)0(4R2d2)9.12题图9.8中，虚线所示为一立方形的高斯面，已知空间的场强分布为：Exbx,Ey0,Ez0。高斯面边长a=0.1m,常量b=1000N/(Cm).试求该闭合面中包含的净电荷.(真空介电常数0=8.8510-12C2N-1m-2)题副勺飞解：设闭合面内包含净电荷为Q.因场强只有x分量不为零，故只是二个垂直于x轴的平面上电场强度通量不为零.由高斯定理得：9.13体图9.9所示，有一带电球壳，内、球心处有一点电荷Q。证明：当A(无关。a、b，电荷体密度为Ar，在、外半径分别为Q(2a2)时，球壳区域内电场强度E的大小与半径r证：用高斯定理求球壳内场强:vdSE4r2dV/dVvr2drrArdr0QE-r24°ra240厂Q40r2Aa22E1SE2S2Q0S2S)Q0S(E2E1)0Sb(x2X1)0a2b(2aa)0a3b8.851012C图9.9要使E的大小与r无关，则应有Q4or2Aa2Q2a2kx9.14如题图9.10所示，一厚为b的无限大”带电平板，其电荷体密度分布为(0xb),式中k为一正的常量.求：平板外两侧任一点P和卩2处的电场强度大小；平板内任一点P处的电场强度；场强为零的点在何处？2)2)题銅ia解：(1)由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面.设场强大小为E.作一柱形高斯面垂直于平面•其底面大小为S,如图所示.按高斯定理E即:0，bErBv°Edsqht2SE-SdxkSbxdx00kSb2得到:kb240(板外两侧)S.设该处场强为E，如图所示•按高(2)过P点垂直平板作一柱形高斯面，底面为斯定理有：EESkSx00kSx2EEkx220xdx20得到：Ek2xb2(0xb)202⑶E20,必须是xb20,可得xb/2。29.15一球体内均匀分布着电荷体密度为的正电荷，若保持电荷分布不变，在该球体挖去半径为r的一个小球体，球心为0，两球心间距离OOd，如题图9.11所示。求:(1)在球形空腔内，球心0处的电场强度E0;⑵在球体内解：挖去电荷体密度为的小球，以形成球腔时的求电场问题，可在不挖时求出电场E1,而另在挖去处放上电荷体密度为的同样大小的球体，求出电场E2，并令任意点OPd。的场强为此二者的矢量叠加，即：E0EiE20=0在图(a)中，以O点为球心，d为半径作球面为高斯面21OElE14dS,则可求出O与P处场强的大小。3得:E1OE1PE1-d0方向分别如图所示。点E20.又以0为心，2d为半径在图(b)中，以0点为小球体的球心，可知在作球面为高斯面S可求得P点场强E2P。&E2dsE24(2d)2412od3r)/30,E2P(1)求O点的场强Eo'。由图(a)、(b)可得EO'E1O'方向如图(c)所示.(2)求P点的场强Ep.由图(a)、(b)可得EPE1PE2P3r2方向如(d)图所示.4d9.16(1)⑵远？q和—3q,相距为d•试求:如题图9.12所示，两个点电荷+在它们的连线上电场强度E0的点与电荷为+q的点电荷相距多远？若选无穷远处电势为零，两点电荷之间电势U0的点与电荷为+q的点电荷相距多一匕解：设点电荷(1)设Eq所在处为坐标原点O,x轴沿两点电荷的连线.0的点的坐标为x，贝UE二40X2x22dxS'0xdd20解出:2-31⑵设坐标x处U另有一解x2d不符合题意，舍去.0，则得:9.17—均匀静电场，电场强度E(400i(x,y以米计)。求a,b两点之间的电势差Uab。解：空间某点的位矢表示为600j)V1，空间有两点a(3,2)和b(1,0),UabVa'xi?y?，则brrVbEdrab(400i?600?)(fdx?y)b(400dxa1600dy)§400dx02600dy2000(V)9.18题图9.13所示，为一沿a),0为一常量.0(X1的不均匀带电细棒，其电荷线密度为取无穷远处为电势零点，求坐标原点X轴放置的长度为O处的电势.解：在任意位置x处取长度元dx,其上带有电荷dq0xa0xadx4°xdx。它在O点产生的电势O点总电势:dU1dx1dxalalna9.19题图9.14所示，电荷q均匀分布在长为21的细杆上。求、在杆外延长线上与杆端距离为a的P点的电势(设无穷远处为电势零点)。、杆的中垂线上与杆中心距离为a的P点的电势。(设无穷远处为电势零点).14(b)解：(1)设坐标原点位于杆中心O点，x轴沿杆的方向，如图所示.J细杆的电荷线密度电势为q/2l，在x处取电荷元dqdxqdx/21，它在P点产生的整个杆上电荷在UpdUP4P点产生的电势：qldx8olllaxdqlaxqdxolla(2)设坐标原点位于杆中心O点,杆的电荷线密度•ln8olx轴沿杆的方向，如图所示xq/2l.在x处取电荷元dqdqo〔a2dUPdxqdx/2l，它在qdx22x整个杆上电荷产生的电势:o1P点产生的电势lolla2l2lnol■■-a2x2l.a2l2l■a2l2l.a2l2l.a2l2l、a2l2l9.20两个带等量异号电荷的均匀带电同心球面，半径分别为Ri=0.03m和R2=0.10m.已知两者的电势差为450V，求内球面上所带的电荷.解：设内球上所带电荷为Q,则两球间的电场强度的大小为Q4or2(R1vrvR2)两球的电势差:R2U12RiEdrQ$dr4oR|R2Q4oRR』12=2.14>10-9cR2R19.21电荷以相同的面密度分布在半径为门=10cm和「2=20cm的两个同心球面上.设无限远处电势为零，球心处的电势为Uo=300V.:0=8.85>-12C2/(Nm2):求电荷面密度解：⑴若要使球心处的电势也为零，外球面上应放掉多少电荷？球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即-「1「20TOC\o"1-5"\h\zHYPERLINK\l"bookmark299"qq214「124「；U040「1「240「1「2HYPERLINK\l"bookmark301"U0092——=8.85>-9C/m2「1设外球面上放电后电荷面密度为，则应有:U。「1「1外球面上应变成带负电，共应放掉电荷:40U0r2=6.67>0-9C9.22如题图9.15所示，半径为匀带电细线，电荷线密度为R的均匀带电球面，带有电荷q.沿某一半径方向上有一均，长度为I，细线左端离球心距离为「0.设球和线上的电荷分(设无穷布不受相互作用影响，试求细线所受球面电荷的电场力和细线在该电场中的电势能远处的电势为零).该线元在带电球面的电场中所受电场力为:dx,dFqdx40X2qr01dxF240r0xqI，方向沿x正方向I40「0r°电荷元在球面电荷电场中具有电势能：qdxdW-40X整个线电荷在电场中具有电势能：wqr0'dxqInr0I40r0x40r。整个细线所受电场力为:Ri=5X10-49.23一真空二极管，其主要构件是一个半径外的半径R2=4.5M0-3m的同轴圆筒形阳极忽略边缘效应•求电子刚从阴极射出时所受的电场力.m的圆柱形阴极A和一个套在阴极B，如题图9.16所示.阳极电势比阴极高300V,(基本电荷e=1.6W0-19C)解：与阴极同轴作半径为度为•按高斯定理有：r(RivrvR2)的单位长度的圆柱形高斯面，设阴极上电荷线密rE—0即两极间的电场强度可表示为:E0r(RivrvR2),E的方向沿半径指向轴线.两极之间电势差BvvEdrAUaUbRdr20冃rUbUa——In昱20RInR2/R1所以，两极间的电场强度为:InR2/R在阴极表面处电子受电场力的大小为FeER1UbUaeInR2/R|—=4.37W-14NR1-14方向沿半径指向阳极.9.24题图9.17为一球形电容器，在外球壳的半径b及内外导体间的电势差U维持恒定的条件下，内球半径a为多大时才能使内球表面附近的电场强度最小？求这个最小电场强度的大小.解：设内球壳带电量为场强度的大小为r的同心球面上各点电题戲，1Tq，则根据高斯定理可得出两球壳之间半径为qE—240r内外导体间的电势差：brrq11UEdra40ab当内外导体间电势差U为已知时，内球壳上所带电何即可求出为abUq内球表面附近的电场强度大小为:aba欲求内球表面的最小场强，令dEda0，则得到:dEda并有d2Eda2可知这时有最小电场强度：Eminb/24aba9.25题图9.18所示，一半径为R的无限长”圆柱形带电体，电荷体密度为Ar(rR),式中A为常量.求：圆柱体内、外各点场强大小分布；选与圆柱轴线的距离为1(1>R)处为电势零点，计算圆柱体内、外各点的电势分布.解：(1)取半径为r、高为h的高斯圆柱面(如图所示).面上各点场强大小为E并垂直于柱面•则穿过该柱面的电场强度通量为：题图&18°EdS2rhEs为求高斯面内的电荷，rR时，取一半径为r，厚dr、高h的圆筒，其电荷为：2dV2Ahr2dr则包围在高斯面内的总电荷为rdV2Ahr2dr2Ahr3/3V0由咼斯定理得：2rhE2Ahr3/30解出：2EAr/30(rR)rR时，包围在高斯面内总电荷为：RdV2Ahr2dr2AhR3/3V0由高斯定理：2rhE2AhR3/30解出：EAR3/30r(rR)(2)计算电势分布当rR时：当rR时:IRA2|AR3drUEdrrdrrr30R30rA厂33AR3,IR3rIn9030RI1AR3drAR3IUEdrInrr30r30r9.26已知某静电场的电势函数U量值.解：由场强与电势梯度的关系式得,x2y2Inx(Si).求点(4,3,0)处的电场强度各分Ex—=-1000V/m;Eyx0；Ez9.27如题图9.19所示，在电矩为pe的电偶极子的电场中，将一电荷为q的点电荷从A点沿半径为R的圆弧(圆心与电偶极子中心重合，R电偶极子正负电荷之间距离)移到B点,求此过程中电场力所作的功。题39-19解：用电势叠加原理可导出电偶极子在空间任意点的电势vvPr3orV-4于是知式中r为从电偶极子中心到场点的矢径.Vaq从A移到B电场力作功P4oR2(与路径无关；VbP_0R2)为AqVaVbqp2oR2A、B两点电势分别为习题十一、选择题10.1当一个带电导体达到静电平衡时：表面上电荷密度较大处电势较高表面曲率较大处电势较高.导体内部的电势比导体表面的电势高.导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零.[D:10.2在一个孤立的导体球壳内，若在偏离球中心处放一个点电荷，则在球壳内、外表面上将出现感应电荷，其分布将是：内表面均匀，外表面也均匀.内表面不均匀，外表面均匀.内表面均匀，外表面不均匀.内表面不均匀，外表面也不均匀.[B:10.3在一不带电荷的导体球壳的球心处放一点电荷，并测量球壳内外的场强分布.如果将此点电荷从球心移到球壳内其它位置，重新测量球壳内外的场强分布，则将发现：球壳内、外场强分布均无变化.球壳内场强分布改变，球壳外不变.球壳外场强分布改变，球壳内不变.球壳内、外场强分布均改变.[B:R的导体球带电后，其电势为Vo,则球外离球心距离10.4选无穷远处为电势零点，半径为为r处的电场强度的大小为(A)空r(C)学r(D)V°r(B)V°R10.5如题图10.1所示，一厚度为d的无限大"均匀带电导体板，电荷面密度为两侧离板面距离均为h的两点a、b之间的电势差为：(C)—(A)0.(B)厂20[C]，则板的10.6一个未带电的空腔导体球壳，内半径为R.在腔内离球心的距离为d处(dR)固定一点电荷q，如题图10.2所示.用导线把球壳接地后，再把地线撤去.选无穷远处为电势零点，则球心0处的电势为q一、qq110.(B).(C).(D)[D:4od4oR4odR10.7关于D的高斯定理，下列说法中哪一个是正确的？高斯面内不包围自由电荷，则面上各点电位移矢量D为零.高斯面上处处D为零，则面内必不存在自由电荷.高斯面的D通量仅与面内自由电荷有关.以上说法都不正确.[C]10.10一平行板电容器中充满相对介电常量为r的各向同性均匀电介质.已知介质表面极化10.8静电场中，关系式DoEP只适用于各向同性线性电介质.只适用于均匀电介质.适用于线性电介质.适用于任何电介质.[D:10.9一导体球外充满相对介电常量为r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为:(A)0E(B)E(C)rE(D)(0)E[B:电荷面密度为，则极化电荷在电容器中产生的电场强度的大小为:(A).(B).(C).(D)—.[A:0Or20r10.11一平行板电容器始终与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E0，电位移为D0,而当两极板间充满相对介电常量为r的各向同性均匀电介质时，电场强度为E,电位移为D，则(A)EE。/r,DD0.(B)EE°,DrD0.(C)EE。/r,DD°/r.(D)EE0,DD0.[B:10.12如题图10.3所示,一球形导体，带有电荷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量将(A)增大.(B)减小.(C)不变.(D)如何变化无法确定.[B:题图10.4二、计算题10.13如题图10.4所示，一内半径为a、外半径为b的金属球壳，带有电荷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：球壳内外表面上的电荷.球心O点处，由球壳内表面上电荷产生的电势.q，外表面上带电荷Qq.因为任一电荷元离O点的距离都是a,球心O点处的总电势.解：⑴⑵由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，所以由这些电荷在O点产生的电势为dqq4°a(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的代数和4oaq在O点产生的电势q4orUoUqqQq40a40bQ4ob10.14有一”无限大”的接地导体板，在距离板面b处有一电荷为q的点电荷.如题图10.5(a)所示，试求：导体板面上各点的感生电荷面密度分布(参考题图10.5(b));面上感生电荷的总电荷(参考题图10.5(c))。无茎=2.题10.5(b)题10.5(c)解:(1)选点电荷所在点到平面的垂足O为原点，取平面上任意点p,p点距离原点为r,设P点的感生电荷面密度为按场强叠加原理，•在P点左边邻近处(导体内)场强为零，其法向分量也是零，Eqcos0匚p2.2040rb20题图10.7C1C2C3题图10.7C1C2C3qbqcosb12b2r2b23/2(2)以O点为圆心，r为半径,dr为宽度取一小圆环面，其上电荷为dQdS2rdrqbrdrr223/2b2总电荷为QdSS,rdrq0r2b23/2dr2b2^qbb2当qbqy_b⑵当C3被击穿时，在电容G上的电荷和电压各变为多少?半径为R,它离地球很远.在与球心qA和qB的点电荷，达到静电平衡后，10.15如题图10.6所示，分别为a与b的B、C两点，分别放上电荷为金属球A内及其表面有电荷分布吗？金属球A中的P点处电势为多大？(选无穷远处为电势零点)中性金属球A,O相距问：(i)⑵qB解：(1)静电平衡后，金属球A内无电荷，其表面有正、负电荷分布，净带电荷为零.解：⑴(C1C2)C33.16106F(2)金属球为等势体，设金属球表面电荷面密度为UpUoOsadS/4°RqA/aqB/b/4°odS0SaUPqA/aqB/b/4010.16三个电容器如题图10.7联接，其中C110106F,C256410F，当A、B间电压U100/时，试求：106f,10.21r10.21r3⑵Ci上电压升到U100/，电荷增加到QiC1U110C10.17一个可变电容器，由于某种原因所有动片相对定片都产生了一个相对位移，使得两个相邻的极板间隔之比为1:2，问电容器的电容与原来的电容相比改变了多少？囱a爭讦栃电客器绢静片，n片跡片.站1片團b册片相対務片发生了晤勒解：如图，设可变电容器的静片数为定片数为n1，标准情况下，极板间的距离为d［图a］，极板相对面积为S。则该电容器组为2(n1)个相同的平行板电容器并联［图a］。S总电容为C2(n1)0-。d当动片由于某种原因发生相对位移而使相邻的极板间隔变为-(n1)aC(n1)0a:b1:2后，总电容为:-0b(n1)oS旦bab(n1)(n1)所以电容增加了:17n1)10.18一平行板空气电容器充电后，极板上的自由电荷面密度0=1.7710-6C/m2.将极板与电源断开，并平行于极板插入一块相对介电常量为r8的各向同性均匀电介质板•计算电介质中的电位移D、场强E和电极化强度P的大小。(真空介电常量0=8.85氷0-12C2/Nm2)解：由D的高斯定理求得电位移的大小为D01.77106C/m2由D0上的关系式得到场强E的大小为D4E=2.5104V/m0r介质中的电极化强度的大小为P0eE=0(r1)E1.55106C/m210.19如题图10.8所示，一空气平行板电容器，极板面积为S，两极板之间距离为d,其中平行地放有一层厚度为t((td)、相对介电常量为r的各向同性均匀电介质.略去边缘效应，试求其电容值。td题图10.8解：设极板上的自由电荷面密度为0.应用D的高斯定理可得两极板之间的电位移大小为D由D0rE得：空气中的电场强度大小为E000;电介质中的电场强度的大小为E00(0r)°两极板之间的电势差为U电容器的电容为作法二：E0(dt)Et—dt0——trd1rt0r0rrSrd1看成二个电容串联，C10SdtC2，则C1C2rSCiC2rd1rt10.20一平行板电容器，极板间距离为10cm，其间有一半充以相对介电常量r10的各向同性均匀电介质，其余部分为空气，如题图10.9所示.当两极间电势差为100V时，试分别求空气中和介质中的电位移矢量和电场强度矢量。题图10.9解：设空气中和介质中的电位移矢量和电场强度矢量分别为D1、D2和E1、D1D2E1dE2d0E10rE2E2，则(1)⑵联立解得方向均相同,E1E2UddD10E18.85109C/m2；由正极板垂直指向负极板.1000V/mD20rE28.85108C/m2一导体球带电荷Q1.0C，放在相对介电常量为匀电介质中•求介质与导体球的分界面上的束缚电荷Q°解：导体球处于静电平衡时，其电荷均匀分布在球面上•以5的无限大各向同性均(rR)为半径作一同心高斯球面S.按D的高斯定理，可求出介质内半径r的同心球面S上各点电位移的大小ODS介质与导体球的分界面上各点的电场强度大小为DrQ4r2DQDQ4r2,(rR)Er电极化强度的大小为Pr1)ErQ4R2极化电荷面密度为(?)PrQ4R2分界面上的束缚电荷为4R20.8C10.22半径为R的介质球，相对介电常量为式中°为常量，r是球心到球内某点的距离•试求:(1)介质球内的电位移和场强分布.r、其自由电体荷密度(2)在半径r多大处场强最大?0(1rR),解：(1)在介质中，取半径为rdqdV01dr的同心薄壳层，其中包含电荷4r2/R4rdr3/Rdr取半径为r的同心球形高斯面，应用2r4r2D40orD的高斯定理,3-drR4r4R2r4R则介质内半径为r的球面上各点的电位移为：2r4RvrDDg03介质内半径为r的球面上各点的电场为(?为径向单位矢量)(2)对E(r)求极值2得r2r，且因d2Edr2D/2r4RdEdrr2R0,所以2rR处E最大。310.23如题图10.10,一各向同性均匀电介质球，半径为R,其相对介电常量为r，球内均匀分布有自由电荷，其体密度为0.求球内的束缚电荷体密度和球表面上的束缚电荷面密度。题图10.11解：设两极板上分别带自由电荷面密度0，则介质中的电场强度分布为题图10.11解：设两极板上分别带自由电荷面密度0，则介质中的电场强度分布为解：•••介质是球对称的，且为球对称分布.用D的高斯定理,or3在介质内，取半径r略去dr的高次项，则叶dr题图10.100均匀分布，•••可求得半径为r(r也必为球对称分布.R）的同心球面上因而电场必P0eEdr间的球壳为体元，则可求出介质内极化电荷体密度Pds0sS亍(r4[r322Prdr4(rdr)P4r4r2dr34r33r4r2drdr)3223rdr3r(dr)24rdr3(dr)]1丄0,（与0异号）r介质表面极化电荷面密度：PR?1Pr亠R10R,(与0同号).rr310.24如题图间充满介电常量按该电容器的电容。10.11所示，一平行板电容器，极板面积为s,两极板之间距离为d，中0（1x/d）规律变化的电介质。在忽略边缘效应的情况下，试计算Od0d0(1x/d)两极板之间的电势差为UdEdx-00dddx00dx0dln20该电容器的电容值为C0S0SUdln210.25如题图10.12所示，一电容器由两个同轴圆筒组成，内筒半径为a，外筒半径为b,筒长都是L,中间充满相对介电常量为r的各向同性均匀电介质。内、外筒分别带有等量异号电荷Q和Q•设(ba)a,Lb，可以忽略边缘效应，求：(1)解：(1)、由题给条件(ba)b，忽略边缘效应，应用高斯定理可求出两筒之间的场强为两筒间的电势差电容器的电容(2)、电容器贮存的能量E(Q/L)/(20rr)Q/(20rLr)UbQdrQ,bIn20rLaa20rLrCQ/U(20rL)/[ln(b/a)]W」cu22[Q2/(40丄)]ln(b/a)。10.26两个相同的空气电容器，其电容都是Co91010F，都充电到电压各为U。900V后断开电源，然后把其中之一浸入煤油(r2)中，然后把两个电容器并联，求(2)、并联过程中损失的静电能。、浸入煤油过程中损失的静电能;解：(1)电容器浸入煤油前的能量为11W12CU22i90023-65104J浸入煤油后，电容器的能量3.65104,J1.82104J在此过程中损失的能量为W,W11.83104J。、并联前，两个电容器的总能量为444W2wW3.65101.82105.4710J并联后的总电容CCrC(1r)C。并联电容器上的总电量q2CU并联后电容器的总能量为2W2q2C(2CU)22(1r)C并联过程中损失的能量为W,W22CU244W二W4.86104J1r1r345.47104.861040.61104j。10.27电容Ci4F的电容器在800V的电势差下充电，然后切断电源，并将此电容器的两个极板与原来不带电、C26F的电容器的两极板相连，求：、每个电容器极板所带的电荷量；、连接前后的静电能。解：1)、电容器的总电荷量为：qC,U4106800C3.2103C设两个电容器极板所带的电荷量分别为q1和q2，则由q1q2q，严生UC2得:q1C1q1.28C1C2103C，q2qq11.92103C2)、连接前的静电场能就是连接前第一个电容器的能量,121W1-C1U-422连接后的静电场能即并联后电容器的能量，即:62108001.28J即:W22(GC2)(3.2103)22(41066106)0.512J10.28一平行板电容器的极板面积为S=1m2,两极板夹着一块d=5mm厚的同样面积的玻璃板.已知玻璃的相对介电常量为r5。电容器充电到电压U=12V以后切断电源。求把玻璃板从电容器中抽出来外力需做多少功。(真空介电常量0=8.8510-12C2N-1m-2)解:玻璃板抽出前后电容器能量的变化即外力作的功.抽出玻璃板前后的电容值分别为C(0rS)/d,C(°S)/d撤电源后再抽玻璃板•板上电荷不变，但电压改变，即QCUCU•••U(CU)/CrU抽玻璃板前后电容器的能量分别为W^CU21(2(02rS/d)UW£cu21(2(0rS/d)U2外力作功AWW2(0r2SU2/d)(r1)=2.55w6J10.29一平行板电容器，极板面积为S,两极板之间距离为d,中间充满相对介电常量为r的各向同性均匀电介质•设极板之间电势差为U.试求在维持电势差U不变下将介质取出，外力需作功多少？解：在两极板之间电势差U不变下，有介质时电容器中的电场能量为121U2W1GU01rS22d取出介质后的电场能量为121u2W2C2U0S22d在两极板之间电势差U不变卜，由于电容值改变，极板上电何发生变化qq?qc?uC1U0-1rUd电源作功A2Uq0S1drU2设外力作功为A1,则根据功能原理，A1+A2WW2W1故外力作功A1WA21rS210—U22d习题十一一选择题11.1室温下，铜导线内自由电子数密度为n8.5108个/m3,导线中电流密度的大小62J210A/m，则电子定向漂移速率为：1.5氷0-4m/s.(B)1.5X0-2m/s.(C)5.4X02m/s.(D)1.1X05m/s.:A:两导体的电导率可以认为当在圆柱与圆筒间加上一定11.2在一个长直圆柱形导体外面套一个与它共轴的导体长圆筒，是无限大.在圆柱与圆筒之间充满电导率为的均匀导电物质,I，如题图11.1所示•则在柱与筒之间与电压时，在长度为I的一段导体上总的径向电流为轴线的距离为r的点的电场强度为：(A)2rIl2；(B)2rl(C)2r2；(D)肓。:BI题图11.111.3已知直径为0.02m、长为0.1m的圆柱形导线中通有稳恒电流，在60秒钟内导线放出的热量为100J。已知导线的电导率为61071(A)2.78氷0-13Vm-1.(B)10-13Vm-1.(C)2.97m1W-2Vm-1.(D)3.18V，则导线中的电场强度为:m-1[C]11.4如题图11.2所示的电路中，两电源的电动势分别为个负载电阻阻值分别为势增量VB222，内阻分别为R“R2，R，电流分别为丨1,丨2,13，方向如题图11.2。则r1,A到E的电Va为：111R1111(R1I2R2I3R.r1)I2(R2r2)I3R.11.5在题图11.3的电路中，电源的电动势分别为1、2和3，内阻分别是r1、r2和r3，电阻分别为R1、R2和R3，电流分别为I1、I2和13，方向如图。卜列各式屮正确的是(A)3111(R1I3(R3◎0(B)I112130(C)21I1(R1「2)l2(R2D)0(D)23I2(R2「2)I3(R3Q0[A:二、计算题外11.6已知导线中的电流按It20.5t6的规律随时间变化，式中各量均采用国际单位。i11(Riri)12(R2a).(D)2111(R1ri)12(R2r2).(C)[C]题图11.3计算在t11s到t23s的时间内通过导线截面的电荷量。解：导线中的电流不是恒定的，在dt时间间隔内通过导线截面的电量dqIdt。在t1t2时间段内，通过导线截面的电量TOC\o"1-5"\h\zt2t22Idt(t20.5t6)dt18.7Ct1t111.7内外半径分别为r1、a的两个同心球壳构成一电阻元件，当两球壳间填满电阻率为的材料后，求该电阻器沿径向的电阻。drdr解：在半径rrdr间取球壳(匚rr2)，该球壳沿经向的电阻为dR该电阻器沿经向的总电阻应为这些壳层电阻的串联,11.8当电流为1A，「2dR端压为2V时，试求下列各情形中电流的功率以及1s内产生的热量。1.3V；2.6V。电流通过导线；电流通过充电的蓄电池，该蓄电池的电动势为电流通过充电的蓄电池，该蓄电池的电动势为解：(1)、电流的功率RUI212W。电流在1s内产生的热量Q1Rt212J。⑵、电流的功率F2UI212W。当给电动势为21.3V、内阻为r2的蓄电池充电时，有:2Ir2r2故电流在1s内产生的热量:2Q2Ir2tI(U2)t1(21.3)10.7J。⑶、电流的功率F3UI212W。当电动势为32.6V、内阻为r3的蓄电池放电时，有:3Ir3r3故电流在1s内产生的热量：Q3I2r3tI(2U)t1(2.62)10.6J。11.9在一由电动势恒定的直流电源供电的载流导线表面某处带有正电荷,已知其电荷面密度为0，在该处导线表面内侧的电流密度为J，其方向沿导线表面切线方向,如图11.4所示.导线的电导率为，求在该处导线外侧的电场强度题图11.4解：在导线内侧和导线外侧各物理量分别用角标1,2区分•由高斯定理可求得导线表面电场强度的垂直分量：Ey0/0由边界条件和欧姆定律可求得导线外侧电场强度的平行分量：ExJ/则导线外侧电场强度的大小E2的方向：2222'0JE2,EyEx22\0.Ey0丄10tg,tgEJjx00J11.10在如题图11.5所示的电路中，两电源的电动势分别为19V和27V，内阻分别为r13和r21，电阻R8，求电阻R两端的电位差。题图11,5解：设各支路的电流为I1、I2和I3，如图.1I1门13R0I1121302I2「2I3R0由①、②、③三式联立解得：0.343AIr22riI3Rrir订2Rr2UabVaVbI3R2.74V.11.11如题图11.6所示的电路中，电源电动势分别为i12V，28V，310V，内阻为r1r2r31。R1R2R32，R41，R53。求:(1)a、b两点间的电位差Uab⑵a、b短路后，电阻R5上电流大小和流向。题图11.%題圉li.Eb解：⑴、参考题图11.6a,因为I124AA；I50，R1R2R3R4r1「295UabI1(R1r1R4)I5(R5r3)13)|v9(2)、a、b短接后，设各支路的电流方向如题图11.6b所示。则：所以:15211115231h(RRr1)I5(R5r3)24I14I523I5(r3R5)I2(R?R3「2)24155I2解得：13i1…11A,15A,1228287即，如果a、b短路，电阻R5上电流的大小为128(A)，方向自左向右。_1=1~~T—11尽K/C―I1_I——L=凡%%"I—jo11.12在如题图11.7所示的电路中,已知，18.0V，22.0V，R,20,R240，(1)60。0点接地，K为开关,开关闭合前A点的电势Va1；C为电容。求:开关闭合后A点的电势Va2。(开关闭合前后，A点的电势及电容器极板上的电荷量均指电路稳态时的值)。解:(1)、开关闭合前，参考题图11.7a，可得Va1VaVoUao(1)8V0题图11.了爼题團117b⑵、开关闭合后，设各支路电流参考方向如题图11.7b标出，列KCL、KVL方程,111I2I3I3R2I2R2111R]I2R2213260l340I2820I140I2解得结果为I10.2A；I20.1A；I30.1A。故此时A点的电势为:VA2UA0I3R3(1)0.1602V11.13在如题图11.8所示的电路中，已知,R1R3R4，R26，16V，22V。各电池的内阻均可忽略。求:UBC1)、当开关K打开时，求电路中B、C两点间的电位差2)、当开关K闭合后，若已知此时A、B两点的电位相等，求电阻R。2C6VKP—-2Q2C2V詩BR4题Uli,3解：1）、开关打开时，闭和回路中的电流为：2R1R2R3R41-A，（顺时针流动）6在B、C两点间取一段电路，如题图11.8a,UbcVbVcI(R4根据一段含源电路的欧姆定律得:23R2RJ（1）—VZ26VT—CEl2QE4题Ole*2）、K闭和后，设三个支路中电流分别为11，I2和13，其参考方向如题图11.8b表示。因为A、B两点电势相等，则根据一段含源电路的欧姆定律得:代入数值后:Uab11R212R40；UABI1R1I2R2(2)06I12120；2112I22I2解得:又因为：12I1I3，所以：I32A。再根据一段含源电路的欧姆定律得:UDCI1(R2R1)(1)462V11.14电容器由如图所示的任意形状的两个导体A、B之间充满各向同性的均匀电介质组成。电介质的相对介电常数为的关系为：C0rR。•)漏电电阻率为..。一试证明两导体之间的电容C和电阻R之间题图ll.g证明：如上图，使A和B分别带上自由电荷Qo。包围A(或B)作闭合曲面S,S为高斯面，运用D的高斯定理：把各向同性电介质的性能方程、0:DdsqointQorDSorE和欧姆定律的微分形式Jrrr0rrr-JdsQooJdsQoS0rIQo设导体A、B之间的电位差为而A、B之间的漏电电阻为：把(2)、(3)带入(1)得：U，则根据电容的定义有:QoE代入上式得:(1)⑵(3)习题十二一、选择题12.1均匀磁场的磁感强度B垂直于半径为r的圆面.今以该圆周为边线，作一半球面S,则通过S面的磁通量的大小为22TOC\o"1-5"\h\z2rB.(B)rB.(C)0.(D)无法确定的量.[B:12.2载流的圆形线圈(半径a1)与正方形线圈(边长a2)通有相同电流I.若两个线圈的中心。1、。2处的磁感强度大小相同，则半径印与边长a2之比aja?为1:1(B)2:1(C)、2:4(D)2:8:D:12.3如题图12.1，两根直导线ab和cd沿半径方向被接到一个截面处处相等的铁环上，稳恒电流I从a端流入而从d端流出，则磁感强度B沿图中闭合路径L的积分：“Bdl等于L(A)oI.(B)oI/3.(C)oI/4.(D)2oI/3.[D:L12.4如题图12.2，在一固定的载流大平板附近有一载流小线框能自由转动或平动•线框平面与大平板垂直。大平板的电流与线框中电流方向如图所示。则在同一侧且对着大平板看，通电线框的运动情况是：(A)靠近大平板.(B)顺时针转动.(C)逆时针转动.(D)离开大平板向外运动.[B:12.5在匀强磁场中，有两个平面线圈，其面积Ai=2A2,通有电流Ii=212,它们所受的最大磁力矩之比Mi/M2等于[C](A)1.(B)2.(C)4.(D)1/4.12.6如题图12.3所示，无限长直导线在P处弯成半径为R的圆，当通以电流I时，则在圆心0点的磁感强度大小等于(A)养；(b＞诸；(C)洼题图12.312.7如图所示，处在某匀强磁场中的载流金属导体块中出现霍耳效应，测得两底面M、N的电势差为VmVn0.3103V，则图中所加匀强磁场的方向为:(A)、竖直向上;(B)、(D)、水平向后。[C]、计算题导线的中心轴线，另一边是S平面与导线表面的交线，如图题图12.6所示•试计算通过沿导线的中心轴线，另一边是S平面与导线表面的交线，如图题图12.6所示•试计算通过沿60°的折线。求角平分线上与导线的垂直距离均为0.1cm的P点处的磁感强度.（已知012.8如题图12.4所示，一无限长直导线通有电流I10A，在一处折成夹角题图12.4解：P处的B可以看作是两载流直导线所产生的,Bi与B2的方向相同.BB1B2必[sin600sin900)]丛[sin600sin900)]4r4rI2-0-1「3/23.73103Tr方向垂直纸面向上。12.9如题图12.5所示，半径为R,线电荷密度为（0）的均匀带电的圆线圈，绕过圆心与圆平面垂直的轴以角速度转动，求轴线上任一点的B的大小及其方向.解：因为IRBBy?R32(R2y2)3/2?，(B的方向与y轴正向一致）.12.10一根很长的圆柱形铜导线均匀载有10A电流，在导线内部作一平面S,S的一个边是导线长度方向长为1m的一段S平面的磁通量.（真空的磁导率04107Tm/A，铜的相对磁导率r1)。■■■=：■"■=：dr题團12.6乩解：如题图12.6a，在距离导线中心轴线为x与xdx处,作一个单位长窄条，其面积为dS1dxdx•窄条处的磁感强度r0Ix02R2所以通过dS的磁通量为:BdS+dx2R2通过1m长的一段S平面的磁通量为Ixdx6Wb12.11如题图12.7所示，一半径为R的均匀带电无限长直圆筒,面电荷密度为.该筒以角解：如题图12.7a图所示，圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流,速度面电流密度i的大小为:i2R/(2)R作矩形有向闭合环路如图中所示•从电流分布的对称性分析可知，在ab上各点B的大小和方向均相同，而且B的方向平行于ab，在be和fa上各点B的方向与线元垂直，在de,fe,cd上各点B0•应用安培环路定理dl0Iint可得Bab0iabB0i0R0R，B方向平行于轴圆筒内部为均匀磁场，当0时，磁感强度的大小为B线向右.r的阴影部分均匀带正电12.12如题图12.8所示，一半径为R的带电塑料圆盘，其中半径为荷，面电荷密度为，其余部分均匀带负电荷，面电荷密度为当圆盘以角速度旋转时，测得圆盘中心0点的磁感强度为零，问R与r满足什么关系?0点的叠加.某一半径为12.13有一闭合回路由半径为a和b的两个同心共面半圆连接而成，如题图12.8所示.其上均匀分布线密度为的电荷，当回路以匀角速度绕过0点垂直于回路平面的轴转动dB°di/(2)而di2d[/(2)]ddBod/(2)-0d2正电部分产生的磁感强度为rB-0dr022负电部分产生的磁感强度为RB—-d(Rr)r22今BB，得R2r时，求圆心0点处的磁感强度的大小.解:BB1B2B3B3为沿直径的带Bi、B2分别为带电的大半圆线圈和小半圆线圈转动产生的磁感强度,电线段转动产生的磁感强度.又由于所以1bB10110b022b2b24aB20120a0222a2a24Ibdl3dr/(2),B3drlnba题图12.912.14如题图12.9所示，一无限长圆柱形直导体，横截面半径为R，在导体内有一半径为a的圆柱形孔，它的轴平行于导体轴并与它相距为b，设导体载有均匀分布的电流I，求孔内任意一点P的磁感强度B的表达式。PRba解：电流密度J(R2話。P点场强为充满圆柱并与I同向的电流Il，及充满孔并与|反向的电流I2的场叠加而成.取垂直于圆柱轴并包含P点的平面，令柱轴与孔轴所在处分别为0与0,P点与两轴的距离分别为r,与r2，并建立坐标如图。利用安培环路定理可知P点场强为与I同向的I,和与I反向的I2的场的叠加，且有11Jr,,12JaBi上；B2亠2r,22r22B,,B2方向如图所示.P点总场：BB,B2BxB2sin2B,sin,0J(r2sin22r,sin,)ByB,cos,B2cos2J(r,cos「2cos2)JbBBy0JbobI2(R2a2)B与r,、r2无关，可知圆柱孔内为匀强场，即磁场方向与两轴组成的平面垂直，方向沿y轴正向。,2.,5在一平面内有三根平行的载流直长导线，已知导线〔和导线2中的电流H=I2流向相同，两者相距d，并且在导线〔和导线2之间距导线〔为a=d/3处B=0,如题图所示。求第三根导线放置的位置与所通电流I3之间的关系。：＜^：B=0题图12.10解：取x坐标如图（原点在I,处）•设第三根导线放在与I,相距为x处，电流流向同于11,则有B0"022a2a2(ax)I32I,2I3彳即x〔a(ax)aI,当I3与“同方向时，第三根导线在B=0处的右侧，当I3与H反方向时，第三根导线在B=0处的左侧.12.16—圆线圈的半径为R,载有电流I，置于均匀外磁场B中（如题图12.12所示）.在不考虑载流圆线圈本身所激发的磁场的情况下，求线圈导线上的张力.（载流线圈的法线方向规定与B的方向相同.）故:题图12.12解：考虑半圆形载流弧导线••AFm**■1•B・I/・co-»J■X«VT卜+TT*-44CD所受的安培力FmIB2R。列出力的平衡方程式IB2R2TTIBR12.17如题图12.13所示，半径为直线电流的磁场中，直线电流线电流I1的磁力.解：长直导线在周围空间产生的磁场分布为圆线圈所在处各点产生的磁感强度大小为：R的半圆线圈ACD通有电流12,置于电流为I1的无限长I1恰过半圆的直径，两导线相互绝缘•求半圆线圈受到长直Bo11/（2r）取xOy坐标系如图，则在半方向垂直纸面向里题图12.13式中为场点至圆心的联线与y轴的夹角•半圆线圈上dl段线电流所受的力为:vv0I1I2dFI2dlBI2Bdl—Rd2nRsindFydFsin，根据对称性知：FydFy0。dFxdFcos，则:FxdFx00I11220I112o2•••半圆线圈受Ii的磁力的大小为:011122方向：垂直11向右.12.18已知半径之比为2:1的两载流圆线圈各自在其中心处产生的磁感强度相等，求当两线圈平行放在均匀外场中时，两圆线圈所受力矩大小之比.解：设两圆线圈半径分别为Rl,R2,分别通以电流11,12.则其中心处磁感强度分别为：B100112R1，B20誇2R2因为B10B20，所以I1/I2R-i/R2o设外磁场磁感强度为B，两线圈磁矩p1和p2与B夹角均为，则两线圈所受力矩大小M1p1BsinR1211Bsin；M2p2BsinR；l2BsinM1R；l13RiQ80m2R；l2R212.19在垂直于长直电流I。的平面内放置扇形载流线圈abcda，线圈电流为I，半径分别为R和R2，张角为，如题图12.14所示。求：（1）线圈各边所受的磁力；⑵线圈所受的磁力矩。题图1乙M解：（1）如图，以扇形载流线圈abcda所在的平面与载流长直导线的垂直交点0为坐标原点，沿经向在ab边上半径为r处取电流元Idr，该电流元在I。产生的磁场中所受的安培RIdrBr。Fab的方向垂力为dFFIdrBr，因此载流线圈的ab所受的安培力为Fab直纸面向外、大小为ab20BrIdrsin900R1rR2010Ri2rIdr0I0丨2In同理可得出:Fdco"0"In匹，Fdc方向垂直纸面向里。2R1另外，由于8d上各电流元的方向与其所在处磁感应强度BR1的方向相同，所以Fad0。同理Fbc0。(2)分析可知，在题图12.14所示的情况下，Fab和Fdc的作用效果是使得扇形载流线圈rrrrrrrabcda绕z轴转动。电流元Idr所受的安培力dFIdrBr对O点的力矩dMrdF。该力矩在z轴上的分量为：dMzdMsin—Idr