第4章 静电场答案Word文件下载.docx
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其上面就是否带电？
导体B维持零电势,其上带负电。
４、7在同一条电场线上得任意两点a、b,其场强大小分别为及,电势分别为与,则以下结论正确得就是:
（1）;
（２ ）;
（3）;
（4） 、
同一条电场线上得两点,电场强度可以相同,也可以不同,但沿着电场线电势降低,所以选（４）。
４.８ 电容器串、并联后得等值电容如何决定？
在什么情况下宜用串联?
什么情况下宜用并联?
解:
串:
并:
当手头得电容器得电容值比所需要得电容值小,宜用并联。
当手头得电容器得耐压值比所需要得小,宜采用电容器串联、
4、9 两根长度相同得铜导线与铝导线,它们两端加有相等得电压.问铜线中得场强与铝线中得场强之比就是多少？
铜线中得电流密度与铝线中得电流密度之比就是多少?
（已知）
电压Ｖ相同与导线长度l相同,则电场强度E相同;
由得:
由于铜得电阻率大于铝得电阻率,所以铜线中得电流小于铝线中得电流。
4、10电力线（电场线）与电位移线之间有何关系？
当电场中有好几种电介质时,电力线就是否连续?
为什么?
电场线与电位移线都就是用来形象描述电场分布得,前者与电场强度相对应,后者与电位移矢量相对应,它们得关系通过介质得性质方程相联系。
当电场中有好几种电介质时,电力线就是不连续得,这就是由于介质极化将在介质得表面及两种介质得交界面出现面束缚电荷得原因。
4、1１ 说明带电系统形成过程中得功能转换关系,在此过程中系统获得得能量储藏在何处？
在带电系统得形成过程中,外力做功使系统得能量增加,系统获得得能量储存在电场中成为静电场能量。
12 如图4。
2２所示,在图（ａ）充电后不断开电源,图（b）充电后断开电源得情况下,将相对电容率为得电介质填充到电容器中,则电容器储存得电场能量对图（a）得情况就是____＿__＿____＿,对图（b）情况就是___＿____＿___＿_。
（a）当充电后不断开电源（V不变）,填充介质使电容器储存得电场能量增大;
（b）当充电后断开电源（ｑ不变）,填充介质使电容器储存得电场能量减小、
*＊ * * ＊ * ＊ ＊ ＊ *
4、13两个点电荷所带电荷量之与为q,问它们各带多少电荷时,相互作用力最大?
设一个带电,则另一个带电,其相互作用力大小为
得
又就是F得极大值点
所以当两电荷得电量相等均为时,其相互作用力最大、
4.1４电子以５、0×
１06m·
s－1得速率进入场强为E=１、0×
103V·
ｍ—１得匀强电场中,若电子得初速度与场强方向一致.问
（1）电子作什么运动？
（2）经过多少时间停止？
（3）这段时间电子得位移就是多少？
（1）由于速度方向与加速度（受力）方向相反电子作运减速运动。
（2）由
得从以运动到停止所需时间为
（3）这段时间电子得位移为
4、１5 两个点电荷与相距为l。
若
（１）两电荷同号;
（２）两电荷异号。
求它们连线上电场强度为零得点得位置.
（1）若两电荷同号,电场为零得点在与得连线上,设距为x处,则有,
由此得
整理得
解之得 （舍去了负根）
（2）若两电荷异号,电场为0得点在与得延长线上,且在电量较小得电荷一边。
若设在外距为x处,则有
即
整理得 解之得
若,则在外距为（同上计算）
4、１６ α粒子快速通过氢分子中心,其轨道垂直于两核连线中心,问α粒子在何处受到得力最大？
假定α粒子穿过氢分子时,两核无多大移动,同时忽略分子中电子得电场.
设两核间得距离为2,粒子在距两核中心得距离为r时所受力为最大,其值为
由极值条件 得
即粒子到两核中心得距离等于两核距离得倍时所受之力为最大。
4、1７若电荷q 均匀地分布在长为L得细棒上,求证:
（1） 在棒得延长线上,离棒中心为a 处得场为
（2）在棒得垂直平分线上,离棒 a处得场强为
证明:
选棒得中心为坐标原点,沿棒得方向为x轴方向,垂直于棒得方向为y轴
（１）
（2）
４、１8如图4。
2３所示为一无限大均匀带电平面中间挖去一个半径为 Ｒ得圆孔,电荷面密度为σ,求通过圆孔中心且与平面垂直得线上 P 点得场强.设 Ｐ点到孔心得距离为x,讨论x>
〉Ｒ与ｘ 〈<
R两种情况下,E为多少？
本问题可等效为面电荷密度为得均匀无限大带电面与面电荷密度为-得均匀带电圆盘（圆孔大小）得场得叠加。
前者在p点产生得场强为
后者在P点所产生得电场为
ﻩP点得电场强度为
讨论:
（1）当
即在很远处,挖掉得圆孔对电场强度影响不大可以忽略、
（2）当时,,即当场点无限接近带电面时,其电场强度只与该处得电荷分布有关,（该处电荷面密度）
4、１９ 设均匀电场得场强E与半径为Ｒ得半球面得轴平行.求通过此半球面得电通量、
取半径为Ｒ得平面与半径面构成封闭面,对于该封闭面,由高斯定理便知其闭面通量为零,所以通过半径面得电通量与垂直于电场方向得平面（半径R）得电通量大小相同、即
４、2０一均匀带电线,线电荷密度为λ,线得形状如图4、２４所示、设曲率半径为R与线得长度相比为足够小。
求Ｏ点处得电场强度得大小。
０点处得电场可瞧成就是由两个半无限长线与一个圆周电荷产生得电场,而两半无限长线上得电荷在0点产生得电场与大小相等,方向相反,则0点得电场强度就是圆周电贺产生得,即
2１两个均匀带电得同心球面,半径分别为０.１ｍ与0.3m,小球面带电荷为１、0×
10－8 Ｃ,大球面带电荷1、５×
１０-8C,求:
离球心为（１）５×
1０-2m;
（2） 0、2 m;
（3） 0．5m处得场强。
这两个带电球面产生得场强就是否为离球心距离得连续函数。
（1）,处于球面内,则以过场点所作得同心球面作为高斯面,其内无电荷,利用高斯定理及电场得球对称分布有
从而
（２）过该场点所做之同心球面包括小均匀带电球面,据高斯定理及电场得球对称分布得
由此得
（3）过该场点所做之同心球面包括小均匀带电球面,也包含大均匀带电球面,将其作为高斯面,应用高斯定理并利用电场得球对称分布有
由此得
这两带电球面产生得场强不就是距球心距离r得连续函数。
22 两个带有等量异号电荷得无限长同轴圆柱面,半径分别为R1与R２（R２〉R1）,大圆柱面与小圆柱面单位长度带电荷分别为－λ与+λ,求离轴线为r处得电场强度:
（１）r＜R１;
（２） R2 〉r〉Ｒ1;
（3） r〉R2 .
过场点作与带电无限长圆柱同轴得圆柱面,高为h,将其作为高斯面,利用高斯定理及电场得轴对称性（柱面上电场沿径向,且在侧面上大小相等）可计算如下:
（1）
（2）
由此得
（3）
4、２３如图4.2５所示,一质量为m= １。
0×
１０ —6 kｇ 得小球,带有电荷ｑ=2.０×
10—11C,悬于一丝线下面,线与一块很大得均匀带电平面成θ=30ｏ角、求此带电平面得电荷密度。
设带电平面得电荷密度为,它在平面附近产生得电场大小为,则点电荷q所受水平方向得电场力为
由受力平衡可得
由（１）/
（2）得
有
4、24 一个半径为R 得球体均匀带电,其电荷体密度为ρ,求空间各点得电势、
利用高斯定理并考虑球对称性得
ﻩ有
由电势与电场强度关系得积分形式得
在区域,
在区域
即求间各点得电势分布为
4、2５在一点电荷得电场中,把一电荷量为1。
０×
1０-９Ｃ得试探电荷从无限远处移到离场源电荷为 0。
1０m时,电场力做功为1。
８ ×
10—5 J,求该点电荷得电荷量。
设所求点电荷得电量为q,其电势分布为
试探电荷在其中得电势能为
将其从无限远移至离q为电场力所做得功为
有
２6一个半径为R 得均匀带电球面,面电荷密度为σ.求距离球心为 r处得P点得电势,设
（1）r<
Ｒ;
（2）r=R;
（3）r 〉R.
由高斯定理易得均匀带电球面得电场强度分布为
由电势与电场强度得积分关系得球面外
球面内
即电势分布为
4、27 两共轴长直圆柱面（R1=３×
1０—２m,R2=0。
1ｍ）带有等量异号电荷,两柱面得电势差为 45０V ,求圆柱面单位长度所带得电荷量。
设内外两圆柱面单位长度所带电势分别为与,选与柱面同轴,长为得圆柱面作为高斯面,由高斯定理并考虑轴对称性易得电场强度在两柱面内得分布
则两柱面间得电势差
4.２8 一圆盘均匀带电,圆盘得半径为 R=8。
10-2m,电荷面密度为σ=２×
1０—５C·
ｍ－2 ,求:
（1） 轴线上任一点得电势;
（２）从场强与电势得关系,求轴线上一点得场强;
（3）离盘0。
１ｍ 处得电势与场强。
（１）利用点电荷电势公式及电势得叠加原理可得轴线上任一点得电势为
（２）由电荷分布得对称性质,轴线上得电场沿轴线,即沿x轴方向,所以有
（3）时
4、２9 如图4、26所示,三块平行得金属板A、Ｂ 与C面积都就是20０cm2。
A、B相距4．０mm,Ａ、Ｃ相距2．0 mm,B、C两点都接地,如果使 Ａ板带正电3、0×
10—７C,并略去边缘效应,问:
（１）Ｂ板与C板上感应电荷各就是多少？
（２）以地得电势为零,问 A板得电势为多少？
（1）若设Ａ板左右面带电分别为与,则C、A之间与A、B之间得电场为,
（1）
又C板与B板电位相等（均为0）,则有:
即
利用（１）便得:
（2）
又（３）
（2）、（3）联立解之得:
由上分析便知,C板上感应电荷;
B板上感应电荷
（2）Ａ板电势为
4、３０电量为ｑ得点电荷处在导体球壳得中心,球壳得内、外半径分别为与,求场强与电势得分布。
根据静平衡条件知,在导体内,在球壳层内得任意封闭面得电通量为0,利用高斯定理便知球壳内表面所带电荷大小与球心得点电荷q相等,相差负号。
由电荷守恒定律可知球壳外表面所带电荷为q,显然电荷分布具有球对称性。
由高斯定理易得空间得场强分布
由得电势分布:
4.31设有１、2两个电容器,C1= 3μF,C2= 6μF,电容器 1充电后带电量Q =9×
1０—4C,将其与未充电得电容器2并联连接。
问:
（1） 电容器1得电势差与电量有何变化?
（２） 电容器２上所带得电量就是多少？
其电势差多大?
已知,,
两电容器并联
并联后电容器得电压
由此可见:
（1）电容器１得电势差减少了２00V;
（2）电容器2所带电荷为,其电势差为
4、３2两电容器得电容分别为C1=10μF,Ｃ２=20μＦ,分别带电=５×
１0—4C,=4×
1０—４C,将C1与C2并联,电容器所带电量各变为多少？
电能改变多少？
,
电能改变
则并联系统总电能得改变
即体系得电能减少了
3３ 将大地瞧成均匀得导电介质,并设大地得电阻率为ρ。
将半径为ａ得球形电极得一半埋于地下,如图4、2７所示,求该电极得接地电阻。
按电阻串联得:
４。
34一蓄电池,在充电时通过得电流为２.0A,此时蓄电池两极间得电势差为4。
６V,当它放电时,通过得电流为３.0Ａ,两极间得电势差为5.１Ｖ。
求蓄电池得电动势与内阻。
充电时
（1）
放电时
（2）
（1）、
（2）联立求解得
4.35利用安培计与伏特计来测量电阻,（已知安培计得内阻为 ＲA＝０.０３Ω,伏特计得内阻为RV ＝1000Ω）,测量时有两种接法,如图４、2８所示
（1）按图（a）得接法,安培计得读数为＝ 0．32A,伏特计得读数为=9、60V,求由于在计算电阻时未考虑安培计内阻而造成得相对误差。
（2）按图（ｂ）得接法,安培计得读数为I２=2。
4０A,伏特计得读数为Ｖ2＝7、20Ｖ,求由于在计算电阻时未考虑伏特计内阻而造成得相对误差.
图4、28题4、35图
解
（1）内安法:
未考虑安培计内阻
而实际电阻
相对误差％
（2）外安法
而实际电阻满足
由此解得:
相当误差为％
4、36 一半径为Ｒ得电介质实心球体均匀地带正电,单位体积所带电荷为ρ,球体得介电常数为,球体外充满介电常数为得无限大均匀电介质。
求球体内、外任一点得场强与电势、
选过场点以介质球心为心得球面作为高斯面,利用有介质时得高斯定理及球对称性可得,在介质内
,
在介质内
由此得 ,
即球内外得电场分布为
进一步由可得电势得分布
4、３7平行板电容器得两极板上分别带有等量异号电荷,其面密度为９。
1０-６ C·
m—2、在两极板间充满介电常数为3.5×
10—11Ｃ2·
N-1·
m—2得电介质。
求:
（1）自由电荷所产生得场强;
（2）电介质内得场强;
（3） 电介质上束缚电荷得面密度;
（4）由束缚电荷产生得场强。
（2）
（3）
与自由电荷符号相反。
（４）束缚电荷产生得电场
38设半径都就是ｒ得两条平行得“无限长”直导线A、Ｂ,其间相距为d （ｄ＞>
r）,且充满介电常数为ε得电介质。
求单位长度导线得电容。
设每条导线单位长度所带电量为,符号相反,在两导线所在平面上得导线间区域,它们产生得电场方向相同,且对两导线间得电势差得贡献相等。
所以两导线间得电压为:
由电容得定义便可得单位长度导线得电容为:
4、39如图４。
29所示,平行板电容器得两极板间充满三种相对介电常数分别为得电介质,极板间距为d,三种电介质与极板接触得面积分别为。
设极板间电压为U,忽略边缘效应,求:
（1）三种电介质内得场强;
（２）极板上得带电量;
（3） 电容器得电容。
（２）,
同样:
（3）可瞧成三电容器并联
同样,
而
４、40 一平行板电容器得极板面积为S ,间距为ｄ,充电后两极板上带电分别为±
Q,断开电源后再把两极板得距离拉开到2d,求:
（１）外力克服两极板间相互吸引力所做得功;
（2）两极板之间得相互吸引力 （取空气得介电常数取）。
断电前,电容器得电容,所带电
断电后拉开,电容器得电容 带电量仍为
（１）拉开前电容器得储能:
拉开后电容器得储能:
据能量守恒便可得在这过程中外力克服两极板间相互作用力所做得功为:
（２）一极板上得电荷（在另一极板上得电场强度为:
则两极板间得相互吸引力为:
（说明:
（1）也可用
（2）得结果计算。
４、４１半径为 R、电量为Ｑ得均匀带电球面,放在相对介电常数为得无限大均匀电介质中,求电场得能量、
４、４2一平行板电容器得两极板间有两层均匀介质,一层电介质得=4,厚度d1＝2mm,另一层电介质得＝２,厚度d2=3mm。
极板面积S＝5０cm2 .两极板间电压为200V,求:
（1）每层介质中得电场能量密度;
（2） 每层介质中得总能量;
（3）用公式W＝ｑＵ／２ 计算电容器得总能量、
设平行板电容器极板所带电量为ｑ
则
两板间电压:
（1）介质1中电场得能量密度为:
介质2中电场得能量密度为:
（２）这两层介质中得能量分别为:
（3）利用得总能量为:
（与利用所得结果相同）。
＊4.43 如图４.30所示电路中,已知＝１2V,=2V,Ｒ１=1。
5Ω,R３=2Ω,Ｉ2=1A,求电阻R２,电流I１与I３.
选如图中得两个回路作为独立回路,并选绕行正向为顺时针方向,对它们应用基尔霍夫电压定理得:
对节点Ａ应用基尔霍夫节点电流定律得:
（３）
（1）---（3）式联立解之便得:
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