规范作业单元测试2(电学)35

1单元测试二（电学）2(1)如图所示，一沿x轴放置的“无限长”分段均匀带电直线，电荷线密度分别为+λ（x0）和-λ（x0）时，则oxy坐标平面上点(0，a)的场强=。E解:根据对称性可知：dqEdEdqdia020yE电荷元dq在(0,a)点产生的电场强度的大小为：)(41220xadqdExcosdEdEx)(41220xadx一、填空题Ed3dqEdEdEdqdxxEE02xdE023220)(2xaxdxa02iEExia022122220)()(4xaxxadx23220)(4xaxdx4将x轴上对称的两个电荷元看成是电偶极子，利用电偶极子的场强公式23220)(42xaxdxdE2322000)(42xaxdxdEE02/12202322022012/3)(4)(4)(xaxaxada025（2）两无限大平板A、B。A带电荷面密度为，B带电荷面密度-2，则A外侧场强大小为、B外测场强大小为、AB之间场强大小为。0202023A2Box解：02AE0,BEiiE002iiE002iiE002AEAEAEA板左侧B板右侧两极板间ABi02i02i023BEBEBE63、导体球壳的内外半径分别为R1和R2，若在距球心O为r的P点放置一点电荷Q，如图所示，则导体球壳的电势；中心O点的电势。解：静电平衡时球壳的内表面带电-Q（非均匀分布）外表面带电Q，内部Q发出的电力线全部终止于内表面，对R1以外电场无影响。由于球壳的外表面曲率半径相同，电荷密度也相同，即电荷是均匀分布在外球面上的。导体电势只取决于外球面R2的电荷分布，为：Q204RQ中心O点的电势是p点的电荷、内表面R1和外表面R2的电荷共同贡献的由电势的叠加原理：204RQUQ201000444RQRQrQU7。点的电势处线在轴线与窄缝之间离轴点的电势取为零，那么若将点处的场强心圆柱面半径。则轴线中远小于线的窄缝，窄缝的宽度这柱面上有一平行于轴，在圆柱面，面电荷密度为、一均匀带电细而长的pUPREl3004解：用补偿法：设想圆柱原来没有窄缝，用宽度为l,面电荷密度为-σ的带电窄条补在窄缝处，p点的场强由完整柱面和该窄条产生,完整柱面内部E＝0，该窄条的电荷线密度为l0点的场强为RlE02jRl0232ln20l8取0点的电势为0，p点的场强由)(20yRlE电势)()(203/003/dyyRlldEURRp32ln20ldyyRlR3/00)(29电源接通情况下电容器两端电压不变：分析：,,不变不变EV000'EE电源断开情况下电容器极板上带电量不变：不变不变Dq,'0EDr00DDrE00'(3)一空气平行板电容器，接上电源后，两极板上的电荷面密度分别为。在保持电源接通情况下，将相对介电常数为εr的各向同性均匀电介质充满其中，忽略边缘效应，介质中的场强大小应为。而断开电源再充满该种介质，则介质中的场强大小又为。0r000010计算题1、一细玻璃棒弯成半径为R的半圆形，沿上半部均匀分布有电荷+q，沿下半部均匀分布有电荷-q，求半圆中心0处的电场强度E。解1:由对称性，带电荷为+q的1/4圆弧产生的电场在第四象限。带电荷为-q的1/4圆弧产生的电场方向在第三象限。它们的合场强沿-y取电荷元如图则cos4120RRddEy对上式积分且考虑到两个1/4圆弧产生的场强y分量大小相同：cos412202/0RRdEydRcos4122/0011dREycos4122/00R0412把λ=q/(πR/2)代入上式得jRRqjEEy/24120jRq202解2：先计算1/4圆弧的场强，由对称性可知场强的方向在从圆心到圆弧中点连线上，电荷线密度λ同上。取如图所示的电荷元，产生的电场分量Edcos420RRddEcos40Rd积分得cos404/4/RdE4/4/0sin4RR04212RE042E结果如图。45cos2EEy214220RR02202RqjRqE202电场强度沿–y方向同样可以得到-q的场强,则合场强为：E132、地球表面上方电场方向向下，大小可能随高度改变，如图所示。设在地面上方100m高处场强为150N/C，300m高处场强为100N/C。试由高斯定律求在这两个高度之间的平均体电荷密度，以多余的或缺少的电子数密度表示。解：在空气中取一柱形高斯面，上表面在300m处，场强为E1，下表面在100m处，场强为E2,截面积为S。由高斯定理sSESESdE210Sh得到电荷密度)(120EEhsh14)100150(2001085.812312/1021.2mC单位体积内的电子数为371912/1038.1106.11021.2men由于所带的是正点荷，空气中缺少电子。153、如图所示，三块互相平行的均匀带电大平面，面电荷密度为σ1=1.2×10-4C/m2，σ2=2×10-5C/m2，σ3=1.1×10-4C/m2。A点与平面Ⅱ相距为5.0cm，B点与平面Ⅱ相距7.0cm。（1）计算A、B两点的电势差；（2）设把电量qo=－1.0×10-8C的点电荷从A点移到B点，外力克服电场力做多少功？解：取x轴如图。设平面ⅠⅡ间的场强EA,平面ⅡⅢ的场强EB。由叠加原理03212AE03212BEx取平面Ⅱ为电势0点,AⅡ距离为d1,BⅡ距离为d2.)cos(222032110321ddUUBA16203211032122ddUUBA07.01085.8210)1.12.02.1(05.01085.8210)1.12.02.1(124124V41004.9JUUqABA4480AB1004.91004.9)100.1()(A＝外外力做功174、一导体球半径为R1，其外同心地罩以内、外半径分别为R2和R3的厚导体球壳，此系统带电后内球电势为U1，外球所带总电量为Q。求此系统各处的电势和电场分布。解：设导体球带电量为q，导体球的内表面带电-q，外表面带电Q+q，则由电势的叠加原理，导体球的电势是三个球壳的电势之和，为：1R3R2RQ1U)11(44210301RRqRqQU内球带电量为)/1/1/1(/4321310RRRRQUq18)/1/1/1(/4321310RRRRQUq利用上式可以求出场强、电势E32041RrrQq320RrR212041RrRrq10Rr1R3R2RQ1U19U3041RrrQq2130204)11(4RrRRQqRrq323041RrRRQqrRU111R3R2RQ1U205、一个接地的导体球，半径为R，原来不带电。今将一点电荷q放在球外距球心的距离为r的地方，求球上的感生电荷总量。解：设q放入后在导体球上感生的电荷总量为Q，则由电势的叠加原理，导体球球心的电势为qrRQrqRdqUQ000044rqRQ0044由于导体球接地电势等0，得到感生电荷总量0qrRQ216、为了测量电介质材料的相对介电常量，将一块厚为1.5cm的平板材料慢慢地插进一电容器的距离为2.0cm的两平行板之间。在插入过程中，电容器的电荷保持不变。插入之后，两板间的电势差减少为原来的60%，求电介质的相对介电常量多大？r解：设电容器极板间距为d,电荷密度为σ，电介质未插入时，极板间的场强、电势为：0EdU00若介质的厚度为T,插入介质后介质中的场强0rrE这时两板间的电势差)(00TdTUr22由题中给出的条件dTdTUUr0000/)]([dTddTr6.0解出)6.0(1dTdTdr46.0)25.126.0(5.1214.246.0/1r