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1、吴百诗二部题解第二学期第九章静电场一、选择题(1) D解：先考虑一个板带电 q,它在空间产生的场强为 E q 0注意是匀场。2 0s另一板上电荷“ |q|”在此电场中受力，将其化为无数个点电荷qdq,每个电荷受力大小为dF |dq E | q-dq，故整个|q|受力为：F | dq E | 2 0sq dq2 0s2-q。这既是两2 0s板间作用力大小。(2) B解：由电通量概念和电力线概念知：A、穿过S面的电通量不变，因为它只与 S面内的电荷相关，现内面电荷没有变化，所以穿过 S面的电通量不变。B、由于S面上场强与内外电荷都有关，现在外面电荷位置变化，所以p点场强也变化。故选Bo二、填空题(
2、1) |q | 晒/3解：画图。设等边三角形的边长为 a,则任一顶点处 的电荷受到其余两个电荷的作用力合力F为：F2 F1cos30(2 kq2/a2) ,3/23kq2/a2qq(.3a/3)2设在中心处放置电荷q ,它对顶点处电荷的作用力为：fkq2r3q/3|q | V3q/3。2(2)qi /(2 0a2)或 q/(2解：当相对称的两电荷同号则在2 r0a ) , i方向指向右下角。点的场强抵消，若异号肯定有电力线过。点，故只有左上角的电荷电力线指向右下角的“一”电荷。是2 q/(40a2)a b9.4 In2 0 a(6.7)dq dx dy dxdx三、计算题9.31 btg(oJ
3、0 2h解：将带电平面薄板划分为无数条长直带电线(书中图)，宽为dx。求出每条带电线在场点产生的场强(微元表示)，然后对全部长直带电线积分，就得到该题的解。注意单位长度上的带电量：(1)距边缘为a处，每条带电直线产生的场强为dE 一 20r2 0(a故总的场强:b/2dxKdx原点取在导体片中间,x方向向左:b/2b2 0(a 2 x)Ina b20 arE的方向沿x轴正向。b dx , ln2 x 2 或：原点取在场点处，x轴方向向右：，则总的场强为:r时E的方向沿x轴“一”向。(2)在板的垂直方向上，距板为 h处。每条带电直线在此处的场强为dE 2dqdxdEx0r ，dq2(22 i/2
4、由于对称性，故分解:2 0（x h ）dx xsin 20r2 0 (xdEycos0rdx h220 (x h )在x方向上，场强分量因对称互相抵消，故Ex0。b/2所以:E Eyb/2 2dx h22(x h )i(2h,i/ b tg()2h9.5 Ex4 0bEy0解：任取线元 分量各为：9,A cos adO它在圆心处产生的电场强度dExdq /2 COS(),dqk -cosdEybb2b（如图）。带电为dqdl ,所在角位置为2Eydq0kbycos(sin(,dq .kf sinb2整个圆环产生的:ExdExA k -sin bcos d 029.7 eS E R , eseS
5、2ER2 (6.i5)由电通量（本书定义为: 的电通量。电场强度通量）的物理意义，知通过2Si或S2面的电通量都等于通过圆平面R2电场强度通量（垂直通过_ 2.R面的）：r re E?S ESR2也即是通过Si或S2面的。或解：以Si和以圆面积 R2 （R为半径的）组成一个封闭曲面r rr由高斯定理，知：OSEgdS所以eS同理:eS2r r不参 r r EgdSS2 hiQi / r r R2EgdS R r r R2EgdS9.8qi一 _ 5 _4.6 i0 C3(q2qi)解：由高斯定理：0sE?dS2,Ei cos g4 Rqi/ 02同理(2)e2 cos g4 rq2 /所以大气
6、的电荷平均体密度为:9.9Ei0 (rRi), E2解：本题解被分成三个区域： r0,又 6SEgdSr rR2EgdSRr rEgdS 0SiR2R2(r3 R3)i3 _4.72 i0 C/q 0可得：一一 5 _qi4.6 i0 Cq243 qi)4 (r3R3)E3Ri,Rirr2E24.72 10i33C / mR2, R2 r,由高斯定理知:i域：Ei 0 （r Ri）,因为在该区域内作的高斯面，面内无电荷。2域内作一同轴的圆柱形高斯面，高为l ,半径为r ,满足R rR2r r/则有：?sE?ds E 2 r l E2 E0在3域，类似2域方法作高斯面，满足 R2 r。则有:r
7、r ?sE?ds9.10在n区:r rOsE?dsE(x)S在p区:rOsEE(x)S0(xn0(xp0E3 E ( 12x)SND ex)SNA eE(x)E(x)Nd e (xn0Sxp0x)x)9.11解：A00这是市电荷系部场强求法和电场力的功概念。见P.69页的题图。9.13解:9.14解:因为：U0upUPUabIUab|Ui小l/290 V|Ua Ubq0 x2U2l/2(6.22)1kq(一 aU 所以：A0q(U U )1-)90 V b通过该点的等势线是在中垂面上半径为x的圆。kq xrkq q2 x r2 0等势面是中垂线内，半径为x的圆，圆心在两电荷的连线的中点。9.1
8、6U外二3R3球体内Ei球体外E20r球体外球面上球体内9.20 U 内Q4 0R3Q4 0r2140R3tr30，则可求出各区域的电势Jdr0rR4 0r2r rE ?drrQ0R34 0rdrrdrR1R2(r(3R2 r04 R3R)0r22)(6.25)(rR)R3R30r(rR)(rR)r rE1 ?drE2 ?drrR 4 0r),U外解：应用高斯定理，可求得空间各域的电场强度:(rR1)：vE1vk q2 ?r(R1rR2)：E20(3R26 0(r R 域)q, U壳上40 R2(R2r )：再由电势定义，可求:k q2 ?rUi-2 dr 0 rR2 4q2 dr rRi(R
9、1R2)：U2R2k q2 drr)：U3k q2 drr1 kq- rkq R21 q40 r40 R2自行画图 点电荷在球心,9.21解:(1)由电势叠加原理，有,u3U1R1kq内球电势：k(q Q)(q Q)球壳电势:(2)电势差R2R3RIR2R3U21 (q Q)U1U2R310 R1R2球壳内、外表面上的电荷分布均匀。若点电荷偏离球心，球壳内表面的感应电荷分布不均匀。靠近点电荷的区域，电荷密度大，反之则较小。内表面电荷与点电荷形成封闭场。但外表面的电荷 仍然均匀分布。(3)连接球与球壳，则电荷全部跑到外球面上，所以球与球壳是等势体U1 U 21 (q Q)40R3U1U20(4)
10、外球面接地，则只有内球与球壳间的局域场，所以U2 0,但 U1q ) o 另外 U40 R1 R2U1U2J)R2注意，本题的解也可用电势定义积分得到O9.22(7.4)证：两带电金属球。半径分别为R1, R2o由于相距远，两球产生的电场互不影响。现用一根极细导线连接两球，达到静电平衡后记金属球 1带电为q1,电势为U1 ；金属球2带电为q2,即:9.23解:电势为U2 o由于导线相连，故有： U1代入上式，可得1 qBR21C2F20 R21F12R21/ 0/d ，设充电后，板上电量为q,板的面积为插入金属板以前：E /Ed现断开电源(q不变)，插入金属板，厚为此时：E / 0电势差的改变
11、为uE (d l)l / 0 lU2s,又互不影响，所以有:qi4 R2 ,得证故板上面密度大小为l,故电容器两板间距变为了(d l)/ 0U /d l/ 0U1 k-q1 U2 k-q2RR2q2方此两式4 R由式看出金属板的位置对结果无影响O9.24无图29.25 W 1.92 10 J解：见图，当开关 K拨向1,电容C1充电，q1 C1U08 10 6 120 9.6 10 4 C11C1 的能量为 W -C1U0 - 8 106 1202 5.76 102J 22q2当开关k拨向2,电容C1向当电容C2放电，电荷会重新分布，由于是电容并联，故有：q1又电压相等 q1/C1 q2/C2q
12、1/q2 C1/C2 2:14 _4由此两式解得：q1 6.4 10 C, q2 3.2 10 C, U q1/C1 80 V 故并联后电容器中的总能量为1 2121621622W2-C1UC2U-8 1080-4 10803.84 10 J2 2222故能量改变： W W2皿 1.92 10 J9.26解：3;抽出时Ad d1 d 0s2 (d d )2U2插入厚度为d，的金属板后，相当于把原来的一个电容器变成了串联着的两个电容器，分别设为Ci和C2。设Ci的板间距为l,则另一电容的板间距为d d111 l t l (d d l) d dC Ci C 20 s 0s0 s0 sl t。串联后
