三峡大学大学物理第七章答案

1第7章静电场中的导体和电介质习题答案1.半径分别为R和r的两个导体球，相距甚远。用细导线连接两球并使它带电，电荷面密度分别为1和2。忽略两个导体球的静电相互作用和细导线上电荷对导体球上电荷分布的影响。试证明：Rr21。证明：因为两球相距甚远，半径为R的导体球在半径为r的导体球上产生的电势忽略不计，半径为r的导体球在半径为R的导体球上产生的电势忽略不计，所以半径为R的导体球的电势为RRV0211π4014R半径为r的导体球的电势为rrV0222π4024r用细导线连接两球，有21VV，所以Rr212.证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同。证明:如图所示，设两导体A、B的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1，2，3，4（1）取与平面垂直且底面分别在A、B内部的闭合圆柱面为高斯面，由高斯定理得SSdES)(10320故203上式说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反。（2）在A内部任取一点P，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201又203故143.半径为R的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为Rd3处有一点电荷+q，试求：金属球上的感应电荷的电量。解：如图所示，设金属球表面感应电荷为q，金属球接地时电势0V由电势叠加原理，球心电势为OVRqdqR3π4π410003π4π400RqRq故q3q4．半径为1R的导体球，带有电量q，球外有内外半径分别为2R、3R的同心导体球壳，球壳带有电量Q。2（1）求导体球和球壳的电势1V和2V；（2）如果将球壳接地，求1V和2V；（3）若导体球接地（设球壳离地面很远），求1V和2V。解：（1）应用均匀带电球面产生的电势公式和电势叠加原理求解。半径为R、带电量为q的均匀带电球面产生的电势分布为)(4)(400RrrqRrRqV导体球外表面均匀带电q；导体球壳内表面均匀带电q，外表面均匀带电Qq，由电势叠加原理知，空间任一点的电势等于导体球外表面、导体球壳内表面和外表面电荷在该点产生的电势的代数和。导体球是等势体，其上任一点电势为)(4132101RQqRqRqV球壳是等势体，其上任一点电势为rqV024rq04304RQq304RQq（2）球壳接地0π4302RQqV，表明球壳外表面电荷Qq入地，球壳外表面不带电，导体球外表面、球壳内表面电量不变，所以)11(42101RRqV（3）导体球接地01V，设导体球表面的感应电荷为q，则球壳内表面均匀带电q、外表面均匀带电Qq，所以0)(4132101RQqRqRqV解得21313221RRRRRRQRRq3024RQqV)(4)(213132012RRRRRRQRR5.两个半径分别为1R和2R（1R＜2R)的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q，试求：(1)(2)(3)解：(1)内球壳外表面带电q；外球壳内表面带电为q,外表面带电为q，且均匀分布，外球壳上电势为222020π4π4dRRRqdrrqrEV(2)外球壳接地时，外表面电荷q入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q。所以球壳电势由内球q与外球壳内表面q产生，其电势为0π4π42020RqRqV3(3)如图所示，设此时内球壳带电量为q；则外壳内表面带电量为q，外壳外表面带电量为qq(电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010RqqRqRqVA得qRRq21外球壳的电势为22021202020π4π4'π4'π4'RqRRRqqRqRqVB6.设一半径为R的各向同性均匀电介质球体均匀带电，其自由电荷体密度为，球体内的介电常数为1，球体外充满介电常数为2的各向同性均匀电介质。求球内外任一点的场强大小和电势(设无穷远处为电势零点)。解：电场具有球对称分布，以r为半径作同心球面为高斯面。由介质中的高斯定理得SSdDiqrD24当Rr时，334rqi，所以3rD，1113rDE当Rr时，334Rqi，所以233rRD，223223rRDE球内（Rr）电势为rrdEV1drrRr13drrRR2233222213)(6RrR球外（Rr）电势为rrdEV2drrRr2233rR2337.如图所示，一平行板电容器极板面积为S，两极板相距为d，其中放有一层厚度为t的介质，相对介电常数为r，介质两边都是空气。设极板上面电荷密度分别为+和，求：（1）极板间各处的电位移和电场强度大小；（2）两极板间的电势差U；（3）电容C。解：（1）取闭合圆柱面（圆柱面与极板垂直，两底面圆与极板平行，左底面圆在极板导体中，右底面圆在两极板之间）为高斯面，根据介质中的高斯定理，得SSDSdDS∴D4（介质内）（空气中）000rrDE（2）BAldEUttdr00）（（3）USCtdSrrr)1(08.如图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r的电介质，设极板面积为S，两极板上分别带电荷为Q和Q，略去边缘效应。试求：（1）在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值；（2）两极板间的电势差U；（3）电容C。解：（1）充满电介质部分场强为2E，真空部分场强为1E，有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度分别为2和1。取闭合圆柱面（圆柱面与极板垂直，两底面圆与极板平行，上底面圆在极板导体中，下底面圆在两极板之间）为高斯面，由0dqSD得11D，22DdUDE01011①dUDErr02022②由①、②解得r12（2）由电荷守恒定律知，QS2)(21③由①、②、③解得SQdUr0)1(2（3）dSUQCr2)1(09.半径为1R的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R和3R，当内球带电荷Q时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)将导体壳接地时整个电场储存的能量；(3)此电容器的电容值。解：如图所示，内球表面均匀带电Q，外球壳内表面均匀带电Q，外表面均匀带电Q(1)由高斯定理得当1Rr和32RrR时，0Etr5当21RrR时，201π4rQE当3Rr时，202π4rQE所以，在21RrR区域21dπ4)π4(21222001RRrrrQW21)11(π8π8d2102202RRRRQrrQ在3Rr区域32302220021π8dπ4)π4(21RRQrrrQW总能量为)111(π83210221RRRQ(2)导体壳接地时，只有21RrR时20π4rQE,其它区域0E，所以02W)11(π821021RRQWW(3)电容器电容为)11/(π422102RRQWC10.一个圆柱形电容器，内圆柱面半径为1R，外圆柱面半径为2R，长为L()12RRL，两圆筒间充有两层相对介电常量分别为1r和2r的各向同性均匀电介质，其分界面半径为R，如图所示。设内、外圆柱面单位长度上带电荷(即电荷线密度)分别为和，求：（1）电容器的电容；（2）电容器储存的能量。解：（1）电场分布具有轴对称性，取同轴闭合圆柱面为高斯面，圆柱面高为l，底面圆半径为r。由介质中的高斯定理得iSqrlDSDπ2d当21RrR时，lqi，rDπ2两圆筒间场强大小为)(2)(22201100RrRrRrRrDErrr两圆筒间的电势差为21dRRrEURRrrr1dπ2102dπ220RRrrrR2RR1r1r2L6110ln2RRrRRr220ln2电容器的电容为ULCRRRRLrrrr/ln/ln22112210（2）电容器储存的能量CQW221210211224lnlnrrrrRRRRLπ11．如图所示，一充电量为Q的平行板空气电容器，极板面积为S，间距为d，在保持极板上电量Q不变的条件下，平行地插入一厚度为2/d，面积S，相对电容率为r的电介质平板，在插入电介质平板的过程中，外力需作多少功？解：插入电介质平板之前，dSC00，电容器储存的能量为SdQCQW02020221插入电介质平板之后，由本章习题7的解法可得到dSCrr)1(20电容器储存的能量为SdQCQWrr0224)1(21由能量守恒定律知，在插入电介质平板的过程中，外力作的功为0WWASdQrr024)1(12.一球形电容器，内球壳半径为1R，外球壳半径为2R，两球壳间充有两层各向同性均匀电介质，其界面半径为R，相对介电常数分别为1r和2r，如图所示。设在两球壳间加上电势差12U，求：(1)电容器的电容；(2)电容器储存的能量。解：（1）设球内球壳和外球壳分别带电Q、Q，电场具有球对称分布，以r为半径作同心球面为高斯面。由介质中的高斯定理得SSdDiqrD24当21RrR时，Qqi，2π4rQD内球壳和外球壳之间场强大小为)(4)(4222012100RrRrQRrRrQDErrr内球壳和外球壳之间电势差为RROR1R2r1r2Q2/drQd72112RRrdEUdrrQRRr12104drrQRRr22204)11(4110RRQr)11(4220RRQr21210212111224)]()([RRRRRRRRQrrrrrr电容为12UQC21211122212104rrrrrrRRRRRRRR（2）电容器储存的能量为21221CUW21211122212212102rrrrrrRRRRRURRR