大物下11-22章例题、习题答案

1第十一章静电场例题答案：11-1（B）；11-2（B）；11-3（B）11-430220824RqddRRqd；从O点指向缺口中心点11-50/d；2204dRd；沿矢径OP11-6(D)；11-702向右；023向右；11-8(1)o2r4rkE，rR；(2)204rr4RkE，rR。解：(1)作与球体同心、而半径rR的球面S1。球体内电荷密度随r变化，因此，球面S1内包含的电荷drrr4Qro21。根据高斯定理和已知的电荷体密度(r)，可求得球体内任意点的场强。即r02sordrrr41sdE1，得：o2r4rkE，rR。(2)作与球体同心、半径rR的球面S2，因R外电荷为零，故S2内的电荷Q2=Q1，根据高斯定理得：=R02s0rdrrr41sdE2=4r2Er=R030drkr41，∴204rr4RkE，rR。11-9(D)；11-10(C)；11-11d0LEl单位正电荷在静电场中沿任意闭合路径绕行一周，电场力作功等于零有势（或保守力）；11-1245V；-15V；11-13-2000V；11-14(B)；11-1520R4Q，0，R4Q0，20r4Q；11-16abbcRRRR/ln/ln21解：设B上带正电荷，内表面上电荷线密度为1，外表面上电荷线密度为2，而A、C上相应地感应等量负电荷，如图所示．则A、B间场强分布为E1=1/20r，方向由B指向AB、C间场强分布为E2=2/20r，方向由B指向CB、A间电势差11100ln22ErddaabbRRbBARRaRrrRU2B、C间电势差22200ln22ErddccbbRRcBCRRbRrUrR因UBA＝UBC,得到abbcRRRR/ln/ln21练习题答案：11-1（1）E0=0；（2）E0=0；（3）0E=k2aq4i；（4）0E=k2aq2i解：(1)如图(a)所示，各点电荷在点o处产生的场强两两对应相消，所以，点o处场强E0=0yyyyoE1E1oxE3oxoE2xoxE2E3(a)(b)(c)(d)(2)取图中(b)所示坐标。位于六角形的三条对角线上的电荷分别在点o处产生的场强为E1，E2和E3，且有E1=E2=E3，点o处的总场强在坐标轴上的分量分别为Ex=E1cos60+E2cos60–E3=0，Ey=E2sin60E1sin60=0，所以0E=EXi+Eyj=0。(3)三条对角线上的电荷在点o处的场强分别为图(c)中的1E、2E和3E，且E1=E2=E3。o点总场强的分量为Ex=E1cos60+E2+E3cos60=2E2=2k2aq2=k2aq4，Ey=0，所以0E=k2aq4i(4)取图(d)中所示坐标，除在x轴上的两点电荷在点o处所产生的场强彼此加强外，其他两对角线上的电荷在中心点o处的场强彼此相消。所以，总的场强为0E=2k2aqi=k2aq2i11-2OABC=DEFG=0，CDEO=ABGF=300b2ADEF=BCDG=200b2解：如图所示，由E=200i+300j知，E与xy平面平行，故xy=sdE=0，即OABC=DEFG=0，而ABGFjdsjEiEyx=300b2，由于面ABGF与CDEO面的外法线方向相反，故CDEO=ABGF=300b2；同理BCDG=idsjEiEyx=dsEyBCDG=200b2，而ADEF=BCDG=200b2。11-3Q/0Ea＝0，200518Er/bQR11-4（1）0E1r(rR1)（2）20rr2E2(R1r2R2)（3）0E3r，(r3R2)解：(1)在半径为R1的圆柱面内作高度为、半径为r的同轴圆柱面，yABFGoCxzEDR1R2r2r3r13并以此面作为高斯面。由于两带电柱面的电场为柱对称，所以，通过此高斯面的电通量=ssdE=1s1sdE+2s2sdE+3s3sdE，其中第一、三项积分分别为通过圆柱面上、下底面的电通量。由于E垂直于轴线，故E在底平面内第一、三项的积分均为零，第二项积分为21srsdE=21srdsE=1rr2E1，根据高斯定律oq，有1rr2E1=0，所以0E1r(rR1)。(2)用同样的方法讨论两柱面之间的场强。以高度为、半径为r2(R1r2R2)的同轴圆柱面为高斯面。应用高斯定理，有0sdE，即0r22Er2，所以20rr2E2(R1r2R2)(3)以高度为、半径为r3(r3R2)的同轴圆柱面为高斯面。同样应用高斯定理，有0sdE，即：0Er23r3，所以0E3r，(r3R2)。由上述结果可知，两个别带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面所形成的电场只存在于两柱面之间。11-5Ualaalln400解：在任意位置x处取长度元dx，其上带有电荷dq=0(x－a)dx它在O点产生的电势xxaxU004ddO点总电势laalaaxxaxdUUdd400alaalln40011-602RU解：在圆盘上取一半径为r→r＋dr范围的同心圆环．其面积为dS=2rdr其上电荷为dq=2rdr它在O点产生的电势为002d4ddrrqU总电势0002d2dRrUURS11-7(1)导线表面处E＝2.54×106V/m(2)圆筒内表面处E＝1.70×104V/m解：设导线上的电荷线密度为，与导线同轴作单位长度的、半径为r的(导线半径R1＜r＜圆筒半径R2)高斯圆柱面，则按高斯定理有2rE=/0习题11-5图OalxdxxOdrR习题11-6图4得到E=/(20r)(R1＜r＜R2)方向沿半径指向圆筒．导线与圆筒之间的电势差22111202ErddRRRRrrU120ln2RR则1212/lnRRrUE代入数值，则：(1)导线表面处121121/lnRRRUE＝2.54×106V/m(2)圆筒内表面处122122/lnRRRUE＝1.70×104V/m11-82RmvmmMgqEM,2gqEMMmRmVm,小球可以到达C点解：设小球滑到B点时相对地的速度为v，槽相对地的速度为V．小球从A→B过程中球、槽组成的系统水平方向动量守恒，mv＋MV＝0①对该系统，由动能定理mgR－EqR＝21mv2＋21MV2②①、②两式联立解出2RmvmmMgqEM方向水平向右．2gmRmmvVmqEMMM方向水平向左．小球通过B点后，可以到达C点．11-9解：设无穷远处为电势零点，则A、B两点电势分别为0220432RRRUA0220682RRRUBq由A点运动到B点电场力作功0001264qqUUqABA注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分计算．11-10(1)8.85×10-9C/m2(2)q＝6.67×10-9C解：(1)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22110041rqrqU22212104441rrrr210rr2100rrU＝8.85×10-9C/m25(2)设外球面上放电后电荷面密度为，则应有21001rrU=0即21rr外球面上应变成带负电，共应放掉电荷212222144rrrrq20021244rUrrr＝6.67×10-9C第十二章导体电学例题答案：12-1（D）；12-2（C）；12-3(C)；12-4–q；球壳外侧；12-5CFd/2；FdC2；12-6(C)练习题答案：12-1.C=712Uf12-2d2d1解：三块无限大平行导体板，作高斯面如图，知：E1=10，E2=20∴左边两极板电势差U1=1d10，右边两极板电势差U2=E2d2=2d20，而U1=U2，则12=d2d1。12-3（1）q1=baQa，q2=baQb（2）C=40(a+b)(3)F=202R18Q解：(1)a球电势a4q01，b球电势b4q02。导线相连为一等势体，则aq1=bq2=bqQ1，∴q1=baQa，q2=baQb。(2)系统的电容(孤立导体)，C=QU=(Qq1)40a=40(a+b)。(3)接触时为等电势，a球电量q1，b球电量q2，分开很远后互不干扰，与(1)相同q1=2Q3，q2=Q3。F=203132R4QQ=202R18Q。(事实上，(1)中，a球表面电势由叠加原理知约为a4q01+)ba(4q02，b球表面电势为b4q02+)Ra(4q01，两电势相等，考虑到Ra，Rb，可得(1)(3)中结果)12-4A板内侧电量为(qAqB)2；两板间电势差UAB=S2d0(qAqB)解：设各表面带电q1、q2、q3、q4，且q1+q2=qA，q3+q4=qB。导体内E=0，作高斯面如图。大金属板外侧对应点a，b，E相等。EaS=SSq01，2EaS=Sqq0BAS，∴Ea=Sq01，Eb=S2qq0BA，即q1=21(qA+qB)(同理q4=21(qA+qB))。∴A板内侧电量q2=qAq1=(qAqB)2，作高斯面(4)如图。极板间12E1E2d1d2习题3图AB4312习题5图6E=SSqS120Sq02=S210(qAqB)。∴两板间电势差UAB=Ed=S2d0(qAqB)。第十三章电介质例题答案：13-1（B）；13-2（B）；13-3（C）；13-4r；r；1,；1/r；1/r13-5（1）增加，增加（2）增加，增加；（3）减小，不变；13-6(C)练习题答案：13-1eREU/0max=147kV解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为，则电容器两极板之间的场强分布为)2/(rE设电容器内外两极板半径分别为r0，R，则极板间电压为2ErddRRrrrrU0ln2rR电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E0时电容器击穿，这时应有002Er000lnrRErU适当选择r0的值，可使U有极大值，即令0)/ln(/dd0000ErRErU得eRr/0显然有202ddrU0，故当eRr/0时电容器可承受最高的电压eREU/0max=147kV13-2解：因为所带电荷保持不变，故电场中各点的电位移矢量D保持不变，又rrrwDDDEw0200202112121因为介质均匀，∴电场总能量rWW/013-3解：设某瞬时球上带电q，电势为u，将dq自处移至球面，外力做功等于的电势能增量dw，即dw=udq。球上电量由q=0Q，外力作的总功为球末态的电势能(即球带电Q的总静电能)。所以W==Q0dqu=Q0dqR4q=R8Q2。13-4（1）U=1000V，eW=5106J（2）We=5.0106J由于把带电的两面三刀极板拉开时外力需克服电场力作功，这部分外力所作的功就转化为电场能量