大学物理简明教程陈执平参考解答(完整版)5.、6.静电场、导体介质习题

5－1氢原子中，电子与质子之间的距离为5.3×10-11m，分别求它们之间的库仑力与万有引力。(已知电子质量为kg10931，质子质量为kg1067.127，电子、质子电量都为C10602.119，万有引力常数2211kgmN1067.6G)解：N101.8)103.5()106.1(109re41F82112199220eN107.3)103.5(1067.1101.91067.6rmMGF472112731112g5－2真空中一长为cm20l均匀带电细棒，线电荷密度C/m1038。求棒垂直平分线上与棒的中点相距cm8d处的电场强度。解：细棒在Q点产生的电场强度大小为方向沿y轴正向．附：2322)dx(dx设dtgtx，则tsecd)dx(332322，tdtsecddx2CxddxCttg1tgtd1Ctsind1tdtcosd1)dx(dx222222223225－3一底面半径为R圆锥体，高为h，均匀带电，电荷体密度为，求其顶点的电场强度。解例题5－2给出半径为r、电荷面密度为的带电圆盘轴线上距盘心为x远处的电场强度的大小为22012xrxE（1）如图所示，在距A为x远处取厚度为xd的薄圆盘，半径为r，面积为2r，体积为xrd2，因xd为一无穷小量，薄圆盘上电荷面密度xrxrdd22，代入（1）式，得薄圆盘在A点产生的电场强度为22012ddxrxxE利用几何关系2222HRHxrx，对上式积分得圆锥体在A点的电场强度为HxHRHEE0220d12d22012HRHH方向为沿对称轴向5－4求真空中电荷面密度为的无限大均匀带电平面的场强。解：选取垂直于平面的圆柱面为高斯面。圆柱侧面上场强与轴线平行，通过侧面电通量为零，而在两底面上，场强方向与平面法线方向都一致。所以，通过这个高斯面的电通量，就等于通过两底面的电通量由于此高斯面所包围的电荷量为，根据高斯定理得,5－5真空中有半径为1R和2R(2R＞1R)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和-,试求:(1)r＜1R；(2)1R＜r＜2R；(3)r＞2R处各点的场强。解:高斯定理0dqSEs取同轴圆柱形高斯面，侧面积rlSπ2则rlESESπ2d对(1)1Rr0,0Eq(2)21RrRlq∴rE0π2沿径向向外(3)2Rr0q∴0E5－6真空中有一半径为R，电量为q的均匀带电球体，求其球内、外各点的电场强度。解：应用高斯定理计算电场分布．（1）球体内的电场强度球体体积为334RV，均匀带电，电荷体密度Vq．作半径为rRr0的球形高斯面S1，所包围的球体体积为3134rV，包围的电荷量为3311RrqVVqVq，设半径为r处的场强为1E，由高斯定理得1d1SSEqrE02114得3014RqrE（2）球体外的电场强度作半径Rr的球形高斯面2S，包围电荷量为qVq，由高斯定理得2d2SSE002214qqrE得224rqE5－7如图，A，B处各有电量分别为+q,-q的点电荷，间距为R2，现将一正试验点电荷0q从两电荷连线中点O经过半圆弧移到C解:如题图示0Oπ41U0)(RqRq0Cπ41U)3(RqRqRq0π6∴RqqUUqAoCO00π6)(5－8真空中有一均匀带电q，半径为R的球体，试求球体内电势分布。解：先由高斯定理求出球内、外电场强度3014RqrERr0224rqERrldEldEldEUR2rRr13020R8qrR8q35－9真空中有两个半径分别为cmR0.51，cmR0.202同心的均匀带电球面，已知内球面的电势为V60V1，外球面的电势V30V2，求(1)内、外球面上所带电量；(2)两个球面间何处电势为零。解：（1）V90)30(60)R1R1(4qdrr4qU2101RR201R,R2121解得C1067.6q101V60R4qR4qV202101R1解得C1033.1q92（2）令r处V（r）＝0即0R4qr4q20201解得cm10m10.0r6－1一带电Q的导体球壳，内、外半径分别为1R、2R。球壳内另有一半径为r、带电q的导体小球，与球壳同心（21RRr）。求小球与球壳的电势差。解：)RQqRqrq(41V210r202110RR4Qq)RQqRqRq(41V1)R1r1(4qU10R,r16－2在半径为1R的导体球外面套上一半径为2R的同心薄导体球壳，球壳带电Q，内球电势为0V，求内导体球与球壳间的电势差。解：导体球的电势为02010VR4QR4q解出21010RQRVR4q因此)R4QV(RRRR4QqVU2002122002,16－3一离地面很远、半径为R的金属球，用导线与地相联，在与球心相距Rd3处有一点电荷+q，试求金属球上感应电荷的电量。习题6－3图解:如图所示，设金属球感应电荷为q，则球接地时电势0VO由电势叠加原理有：OV0R3π4qRπ4'q00得q3q6－4在半径为R的金属球外有一层外半径为R的均匀介质层，设电介质的相对电容率为r，金属球带电量为Q，求：（1）介质层内外的电场强度；（2）介质层内外的电势；（3）金属球的电势。介质层内)RrR(：2r0r4QE；R1)R1r1(14QVr介质层外)Rr(：20r4QE；r4QV金属球电势：R1)R1R1(14QVr解（1）如图作半径为r的球面为高斯面，由有介质的高斯定理得QDr2424rQD在介质内，RrR2r0r014rQDE在介质外，Rr224rQDE（2）介质内任一点的电势为RrRrErEVdd211RRrQ1)11(14r（1）介质外任一点电势为rrQdrEV0224（3）金属球的电势可由（1）式中令Rr得到，即RRRQV11114r006－5半径为1R的导体圆柱和与它同轴的半径为2R的导体圆筒间充满相对电容率为r的介质。圆柱的长为L，设沿轴线单位长度上圆柱带电荷量为，圆筒单位长带电荷量为，忽略边缘效应，求：（1）介质中的电位移和电场强度；（2）介质表面的极化电荷面密度。解（1）由于电场具有轴对称性，以半径为r作高为L的同轴高斯面，介质中的高斯定理得LDrL2rDrrDEr2（1）（2）设介质内外表面单位长上的极化电荷分别为和，在介质内，其内表面极化电荷产生的附加电场的场强为rE02根据场强叠加原理，在介质内电场是导体圆柱表面的自由电荷产生的电场和介质内表面极化电荷产生的附加电场的叠加，即rrEEE00022（2）由（1）和（2）式解得)11(r介质内外表面单位长的面积分别为22R，12R，则极化电荷面密度分别为)1(22r11RR)1(22r22RR6－6球形电容器由半径为1R的金属球与一与它同心的半径为2R的金属球壳组成。求电容器的电容。解：球间电场20r4qE球与球壳间的电势差21120RR20RRRR4qdrr4qU21电容12210RRRR4UqC6－7已知一平行平板电容器电容为F50.0，两极板间介质厚度为mm01.0。该介质的击穿场强为17mV109.1，求此电容器所能存贮的最大能量。解：两板间电势差V190dEUbmax电容器所能存贮的最大能量J1003.9CU21W32maxe6－8一极板面积为S，极板间距为d的平行平板空气电容器，充电到带电q后与电源断开，然后缓慢地将两板间距拉到d2，问电容器能量改变了多少？解：电源断开，板上电荷不变，由例6－1知，板间距加倍，电容减为原来的一半，增加的电容器能量为S2dqC2QCQ212/CQ21W02222