2011广州市高考备考冲刺阶段数学学科训练材料

习题与解答第二章静电场2-1已知分布在半径为a的半圆周上的电荷线密度0sinl，0，试求圆心处的电场强度。解：建立直角坐标系，令线电荷位于xy平面，且以y轴为对称，如习题图21所示。那么点电荷dll在圆心处产生的电场强度具有两个分量xE和yE。由电荷分布以y轴为对称，左右两部分产生的xE分量相互抵消。因此，仅需考虑电场强度的yE分量，即20dddsin4lylEEa考虑到0dd,sinlla，代入上式求的合图21成电场强度为200000dsin48yyEeeaa2-2已知均匀分布的带电圆盘半径为a，面电荷密度为s，位于0z平面，且盘心与原点重合，试求圆盘轴线上任一点电场强度E。解:如习题图2-2所示，在圆盘上取一半径为r，宽度为dr的圆环，该圆环具有的电荷量为d2dsqrr。由于对称性，该圆环电荷在z轴上任一点P产生的电厂强度仅有z分量。所以该圆环电荷在P产生的电场强度z分量为3/2220dd2()szzrrErz图22dlEayxOyzx0rdrP(0,0,z)那么，整个圆盘电荷在P产生的电场强度为3/22222000d()22()asszzzzrrzzEeezrzaz2-3三根长度均为L，均匀线电荷密度分别为123,,lll的线电荷构成等边三角形。设12322lll，计算三角形中心处的电场强度。、解：如图2-3所示，设等边三角形位于yOz平面，其中心点为P，中心点到各边之间的距离为1tan33026lbl线电荷密度为1l的线段在P点产生的电场1E，因对称性只有y分量，大小为11111000333(coscos)()30150422243/6lllyEEbll同理，线电荷密度为2l，3l的线段产生的电场2,3EE，大小为2123003324llEEll由图可见，2E与3E叠加后也只有y分量，图2-311230033cos6048llyyEEll所以正三角形中心点处的电场为1111123000033332884llllyyyyEEEEllll2-4有两根长度均为d相互平行的均匀带电直线，分别带等量异号的电荷q，它们相隔距离为d，试求此带电系统中心处的电场。解：如图2-4所示，由于对称性，两根线上对称位置的两对线元，在中心O处产生的电场，其x分量相抵消为零，只有y分量。yzx0ρl1ρl3ρl2E1E2E3P下面一根线在O点产生的电场，依据库伦定律120sindd4lyxER可得1120(coscos)4lyEr而12/,,,/2,45135lqdrd所以1200/2(2/22/2)4/22yqdqEdd上面一根线在O点处产生的电场与上式相同。故两根线在O点产生的电场为图2-4202yqEd2-5两个无限长的ra和rb（ba）的同轴圆柱表面分别带有面电荷密度1和2。①计算各处的E；②欲使rb处0E，则1和2应具有什么关系？解：①利用高斯定理求解1:0raE1202:2alarbrlE则120raEar123022:2alblrbrlE则1230rabEar②令12300abEr得12ba2-6已知同轴圆柱电容器的内导体半径为a，外导体的内半径为b。若填充介质的相对介电常数2r。试求在外导体尺寸不变的情况下，为了获得最高耐压，内、外导体半径之比。解：已知若同轴线单位长度内的电荷量为1q，则同轴线内电场强度12rqEer。为了使yxdxdx-q+qdORdE2dE1θ1θ2d同轴线获得最高耐压，应在保持内，外导体之间的电位差U不变的情况下，使同轴线内最大的电场强度达到最小值，即应使内导体表面ra处的电场强度达到最小值。因为同轴线单位长度内的电容为11122ln()ln()qUqCbbUaa则同轴线内导体表面ra处电场强度为()()ln()ln()bUUaEabbbaaa令b不变，以比值ba为变量，对上式求极限，获知当比值bea时，()Ea取得最小值，即同轴线获得最高耐压。2-7一同心球电容器由半径为a的导体球和与它同心的导体球壳构成，壳的内半径为b，球与壳间的一半（沿径向分开）充满介电系数为1的均匀介质，另一半充满介电系数为2的均匀介质，试求该球形电容器的电容。解：在1与2两种介质的分界面上有12ttrEEE由于场分布具有对称性，可利用高斯定律得221222rrEqErr2122()rqEr内外导体间的电压为21212d11d()2()2()bbraaqrqUErabr故电容为122()qabCUba2-8已知内半径为a，外半径为b的均匀介质球壳的介电常数为，若在球心放置一个电荷量为q的点电荷，试求：①各区域中的电场强度；②介质壳内、外表面上的束缚电荷。解：先求各区域中的电场强度。根据介质中高斯定理在0ra区域中，电场强度为2004rDqEer在arb区域内，电场强度为24rDqEer在rb区域内，电场强度为2004rDqEer再求介质壳内外表面上的束缚电荷。由于0()PE，则介质壳内表面上束缚电荷面密度为0022()(1)44nrsqqPPeeaa外表面上束缚电荷面密度为0022()(1)44nrsqqPPeebb2-9半径为a的薄导体球壳在其内表面涂覆了一薄层绝缘膜。球内充满总电荷量为Q的电荷，球壳上又充了电荷量Q。已知内部的电场为4(/)rErae，设球内介质为真空。试求：①球内电荷分布；②球壳的外表面电荷分布；③球壳的电位；④球心的电位。解：①利用高斯定律的微分形式可求出球内电荷分布，即电荷体密度。430220004422116()()rrrErErrraarr②由上面已求出的球内电荷分布，可以得到球内总电荷量Q为36002204400624d4d46aaVrrQVraraa故得球外表面等效电荷面密度为2002228244sQaaa③球壳电位。20200024'2422aaQQaEdrdraaaa④球心电位0。404200021d'ddd22.245aaaaQrErErrraaaaa2-10已知同轴电缆内、外导体半径分别为a和b，其间填充两层介质，介质分界面半径为0r，内、外导体间加电压为V，求①各层介质中的电场强度E；②算出各层介质中的最大场强；③欲使两层介质中的最大场强相等，两层介质满足什么条件？解：①设同轴电缆单位长带电荷l，根据高斯定理求出1212;22llEErr内、外导体间的电压为0001212011dd(lnln)2rblarrbUErErar故0120211lnlnlUrbar得120012120120;1111(lnln)(lnln)UUEErrbbrrarar②各层介质最大场强出现在0,rarr处1max2max00102120120;1111(lnln)(lnln)UUEErrbbararar③由1max2maxEE得10211ar故012ra2-11两同轴圆柱之间，00部分填充介质电常数为的介质，如图2-11所示，求单位长度电容。解：根据边界条件，在两种介质的分界面处，有12ttEEE设同轴线单位长度带电l，可以用高斯定理解得120(2)(2)lDrDrErEr则0(2)lEr同轴线内、外导体间电压0dln(2)blabUEra图2-11所以单位长度的电容为00(2)ln(/)lCUba2-12设同轴圆柱电容器的内导体半径为a，外导体半径为b，其内一半填充介电常数为1的介质，另一半填充介质的介电常数为2，如图2-12所示。当外加电压为U时，试求：①电容器中的电场强度；②各边界上的电荷密度；③电容及储能。解：①设内导体的外表面上单位长度的电荷量为q。外导体的内表面上单位长度的电荷量为q。取内、外导体之间一个同轴的单位长度圆柱面为高斯面，由高斯定理求得12()rqDD已知112212,DEDE，在两种介质的分界面上电场强度的切向分量必须连续，即12EE，求得1212()qEEEr内外导体之间的电势差为12dln()()baqbUEra即单位长度内的电荷量为图2-12121()ln()qUbaab00ab12故同轴电容器中的电场强度为ln()rUEebra②由于电场强度在两种介质的分界面上无法相分量，故此边界上的电荷密度为零。内导体的外表面上的电荷面密度为121212;ln()ln()rrSSUUEEeebbaaaa外导体的内表面上的电荷面密度为121212;ln()ln()rrSSUUEEeebbbbaa③单位长度的电容为12()ln()qCbUa电容器中的储能密度为221211()22ln()eUCUba2-13已知平板电容器的极板尺寸为ab，间距为d，两板间插入介质块的介电常数为，如图2-13所示。试求：①当接上电压U时，插入介质块所受的力；②电源断开后，再插入介质时，介质块的受力。解：①此时为常电位系统，因此介质块受到的电场力为ddeWFx常数式中，x为沿介质块宽边b的位移。介质块插入后，引起电容量改变。设插入深度x，则电容器的电容量为000()()axabxaCbxddd电容器的电场能量可表示为22001()22eaUWCbxUd那么介质块受到的x方向的电场力为ddeWFx常数20()2aUda×bdSU+_0③时为常电荷系统，因此介质块受到的电场力为图2-13ddeWFqx常数式中，x为沿介质块宽边b的位移。介质块插入后，极板电荷量不变，只有电容量改变。此时电容器的电场能量可表示为22001122()edqqWCabx因此介质块受到的x方向的电场力为ddeWFqx常数222002002()abUdbx2-14计算在电场xyEyxaa中把带电量为2C的电荷从(2,1,1)移到(8,2,1)时电场所做的功：①沿曲线22xy；②沿连接该两点的直线。解：①ddWFlqEl曲线的方程为22xy，将y作为参数，则d4dxyy221232211ddd4d2d6d6143WqElqyxxyqyyyyyyqyyqq把2qC代入，得21428()WJ②在1z平面上，点(2,1)和点(8,2)的直线方程为1111yyyyxxxx，即640xy64,6xydxdy2122221116dddd(64)d1212d4d(4)2(184)1414228()WqElqyxxyqyyyyyqyyyqyqqJ2-15把一电量为q，半径为a的导体球切成两半，求两半球之间的电场力。解：导体球储存在空气中的静电能量为222020011d()4d2248eaqqWEDrrra