第6章习题-(1)

基本要求1掌握导体静电平衡条件及性质，并会用于分析实际问题2正确计算有电介质和导体存在时的电场，理解有介质时的高斯定理4掌握电容器的各类问题计算3理解介质极化机理,及其之间的关系,,ED5理解静电场能量的计算讨论1.图示一均匀带电半径的导体球，在导体内部一A点和球表面附近一点B的电场强度各为多少？若移来一导体+q，则此时A，B的电场强度是否变化？RQ分析:0AE2004RQEB0AE0BE变化qQBAoBQAo2.在一半径为R的导体球外,有一电量为+q,与球心距离为r(rR）的点电荷,求导体球的电势为多少？（应用导体静电平衡条件和性质进行分析）oRqrOVV球rq04RqRqrq000444分析:qq´´3.当导体表面上某处面电荷密度为σ时，用高斯定理可求得导体外该处的电场强度考察导体表面一面元ΔS，面上电荷为S,根据，则该面元受力为这个结果对不对？为什么？EqFneSEqF02分析：不对。导体表面面元ΔS受力确实等于neE0ESFE,但应是除去面元本身电荷的其他部分电荷在该处的电场。此题中是导体外该处的总场强。neE0正确解：S面元的电荷S在附近的场强为neE02;22000nnneeeEneS022ESF4.如图所示，一点电荷q位于离导体表面上A点的距离为l的B点处，连线AB垂直于导体表面。已知导体达静电平衡时，A点附近表面上的电荷密度为.有人说，根据场强叠加原理，导体外、A点附近的电场强度为分析：nelqE)4(200A你认为对吗？如果不对，错在哪里？写出确的求解方法。ABl不对。A点附近的电场强度为neE0A不应有“”这一项。204lq可用高斯定理求解。q[C]5.“无限大”均匀带电平面A附近平行放置有一定厚度的“无限大”平面导体板B,如图所示,已知A上的电荷面密度为+,则在导体板B的两个表面1和2上的感应电荷面密度为（A）1=–,2=0（B）1=–,2=+,（C）1=–/2,2=+/2（D）1=–/2,2=–/2AB126.取无限远为电势零点，半径为R的导体球带电后其电势为u0，则球外离球心r处的电场强度为，一导体球外充满了相对电容率为r的介质，若测得导体表面附近的电场为E，则导体球面上自由电荷面密度为。Ru0/r2r0EdAC002radA0adA20adA220aadAad)()2(07.一个平行板电容器没有介质时的电容为今在两极板间平行插入面积为A,厚度为a(ad)，相对电容率为的介质后的电容值为（A）（B）（C）（D）[D][B]1C2C8.C1和C2两空气电容器串联起来接上电源充电,保持电源联接,再把一电介质板插入C1中,则(A)C1上电势差增大,C2上电量不变；(B)C1上电势差减小,C2上电量增大；(C)C1上电势差增大,C2上电量减小；(D)C1上电势差减小,C2上电量不变。[C]9.一球形导体,带电量q,置于一任意形状的空腔导体中,当用导线将两者连接后,则与末连接前相比系统静电能将q(A)不变；(B)增大；(C)减小；(D)如何变化无法确定。10.图中所示的电容器中有两种各向同性均匀介质，其相对电容率分别为r1和r2=2r1，则充满后介质1中的电场强度的大小是介质2中电场强度的大小的倍；介质1中的电场能量密度是介质2中电场能量密度的倍.1r2rU221211.一平行板电容器极板面积为S,间距为d,接在电源上并保持电压为U,若将即板的距离拉开一倍,则外力对极板作的功为[C]（A）（B）（C）（D）dSU420dSU220dSU820dSU20212.长为l，半径分别为a、b(ab)的同轴导体圆柱面之间充有电容率为的电介质，使内导体带电，外导体带电，电容器中储存电场总能量为QQ)ln(π42ablQ)ln(π4ablQ)ln(π22ablQ)ln(π2ablQ（A）（B）（C）（D）[C]qOdr1.一接地的无限大金属平板附近有一点电荷q（q0），与板垂直距离为d，求距垂足o为r处的板的表面感应电荷密度.解：设r处的感应电荷面密度为σ，q在r处的电场强度为012E)(42202drqE它在板内附近的电场强度为σr1E2E计算0)(42022220021drddrqEE2322)(2drqd故r处的电荷面密度为：qOdr2Eσ1E由导体内部场强为零，则与板垂直方向有2.半径为R，2R同心金属球壳同心放置，两球之间填有的介质εr=2，已知外球壳带静电荷q0，内球接地，R0qoR2r（1）内球上带电量；（2）外球电势；（3）系统的电容。求：RRRldEldEV22210内球解（1）设内球带电为q，则内球壳的电势为由高斯定理可求得电场分布为)2(4)2(42002201RrrqqERrRrqErR0qoR2rqqq024)211(4000RqqRRqVr内球00321qqqrr得内球壳的带电量（2）外球壳电势RqRqqldEVR000022424外球R0qoR2rqqq（3）因内球接地与无穷远电势相等，系统的电容可视为两个电容得并联，（外球壳经空气至无穷远的电容为C1，外球壳经介质至内球壳的电容为C2）RUqVqqCCC002124内外外球3、一长为L的圆柱形电容器由半径为a的内芯导线和半径为b的外部导体薄壳所组成。其间有电容率为的电介质。试求：(2)若把电容器接到电势差为U的电源上，将电介质从中拉出一部分,如图所示,要加多大的力。(1)电容器的电容；Lba解:(1)设电容器上充电为Q,由于带电系统具有轴对称性，可用高斯定理求出场强为极板间电势差为电容器电容为rLQE2abLQrdrLQldEUbabaln22abLUQcln2(2)设介质拉出的长度为x，其余部分(L-x)仍在电容器中，此时相当于两个电容的并联。xxL0Lba其系统的总电容为abLxln/])[(20因电势差U不变，所需的作用力作功等于系统能量的变化，有abdxUln/)(02故abUFln/)(02F方向指向电容器外部。xLx0dCUFdxdW221abxLabxCCCln)(2ln20214.半径为R，带电Q的球壳，外有一同心介质球壳，内外半径为R1、R2相对电容率为r，试求：（1）介质内外的电场强度；（2）介质球内外表面的极化电荷.1R2RRrQ1R2RRrQ)(421200RrRrQDErr解：（1）应用介质中的高斯定理iisQsdD0r)(42120RrRrRrQE；同理24rQDQDr24；(2)由Er0)1(电介质内表面101)1(Er21004)1(RQrrQRQr)11(4211极化电荷值：2Q解：球内外的场强为：5.计算电量为Q，半径为R的均匀分布带电球体的静电场能量o2R)0(4301RrRQrE)(4202RrrQE所以电场能量RRRRdVEdVEdVwdVwW22021002012121如何取dVRRdrrrQdrrRQrW222002230004)4(214)4(21o2RrdrRQ02203RQRQ0202840