tceic.com
学霸学习网 这下你爽了
赞助商链接
当前位置:首页 >> 理学 >>

竞赛辅导(静电-1)


静 电 场
1

基本概念 静电场 场强 E = F / q0 电势 ? = W / q0 电场线 等势面
c a

性质.关系 性质 关系

? E = ? ( d? / dn )n

? = ∫ E ? dl

通量 Φ e = ∫∫ E ? d s = ∫∫ E cos θ ds 环流

∫ E ? dl
l

= ∫l E cos θ ds
2

点电荷 试验电荷 电偶极子 pe = ql

基本规律
1 q1 q 2 ? 真空中、 r 真空中、点电荷 库仑定律: 库仑定律 F = 2 4πε 0 r 1 高斯定律: 高斯定律 ∫∫ E ? ds = ∑ qi

ε0

i

表述、意义、 表述、意义、应用 环路定理: 环路定理

∫ E ? dl
l

= 0 表述、意义 表述、
3

叠加原理: 力的叠加、场强叠加、 叠加原理 力的叠加、场强叠加、电势叠加


点电荷

迭加法 求

典型场 均匀带电球体 无限大均匀带电平面 无限 均匀带电 面 均匀带电

qi ? 点电荷组 E = ∑r 2 r 4πε0 i i 1 dq 连续带电体 E = ? ∫q 4πε r 2 r 0

1

E




∫ E ?d S = ∑q
S

i

/ ε0

Gauss面 面
d? ? 法 E=? n 电 dn
4

迭加法

点电荷 典型场

点电荷组 连续带电体

qi 1 ?= ∑r 4πε0 i i 1 dq ?= ∫ q 4πε r 0



均匀带电球面 均匀带电球体 无限大均匀带电平面 无限 均匀带电 场
5

?




均匀带电 法 ?a =



c

a

E ? dl

用场强叠加法计算场强的步骤: 用场强叠加法计算场强的步骤: 1、选微元,写出微元的带电量dq。 、选微元,写出微元的带电量 。 2、写出与微元形状相对应的dE, 、写出与微元形状相对应的 , 画出dE的方向。 画出 的方向。 的方向 3、根据带电体的形状,建立坐标系, 、根据带电体的形状,建立坐标系, 写出dE的各分量式 的各分量式。 写出 的各分量式。 的各分量。 4、统一变量,积分,计算出E的各分量。 、统一变量,积分,计算出 的各分量 5、写出场强E的大小和方向。 、写出场强 的大小和方向 的大小和方向。
6

典 型 场 举 例:
均匀带电球面
q 4πε 0 r 2 E= 0 (r < R) ? r (r > R)

1 ∝ 2 r

均匀带电球体 q ? r (r > R) 2 4πε 0 r E= ρr (r < R) 3ε 0

E

∝r
o
R

1 ∝ 2 r
7

r

σ 无限大均匀带电平面 E = 2ε 0


0

无限长均匀带电圆柱面
E=

r

λ ? r (r > R) 2πε 0 r
0 (r < R)

1 ∝ r

qx 均匀带电 E= 3 2 2 细圆环轴线 4πε0 ( R + x ) 2

8

一、电场中的导体: 电场中的导体: 1、导体的静电平衡条件。 、导体的静电平衡条件。 “静电平衡时的导 ① E内 = 0 用电势表示: 用电势表示: 静电平衡时的导 ② Es ⊥ 表面 体是等势体 其表面是等势面.” 体是等势体,其表面是等势面 其表面是等势面 2、静电平衡时导体上的电荷分布。 、静电平衡时导体上的电荷分布。 孤立导体静电平衡时 静电平衡时, 孤立导体静电平衡时,其表面各处的面 电荷密度与表面的曲率有关,曲率越大处,面 电荷密度与表面的曲率有关,曲率越大处 面 电荷密度也越大。 电荷密度也越大。 3、导体存在时电场的分布问题。 、导体存在时电场的分布问题。 静电平衡条件, 电荷守恒, 高斯定理。 静电平衡条件, 电荷守恒, 高斯定理。
9

i 电介质: 二、电介质: P = lim i 无极分子电介质 ?V→0 ?V 电介质: 电介质: 有极分子电介质 P = ε (ε ?1)E = ε χ E 0 r 0 e 电极化: 电极化: 位移极化 D = ε0 E + P 转向极化

∑p

{ {

∴D = ε0 E + χeε0 E = ε0 (1+ χe )E = ε0εr E
介质中的高斯定理


S

D? d S =



q0

高斯面内自由 高斯面内自由 电荷的代数和 电荷的代数和
10

D线与 线的区别 线与E线的区别 线与

Q 电容: 三、电容:C = U 1 1 1 1 = + +?+ 串联: 串联: C C1 C 2 Cn

并联: 并联:

C = C1 + C2 + ? + Cn

电场的能量: 四、电场的能量:
1 Q2 1 1 2 电容器的能量: 电容器的能量: W = = CU = UQ 2 C 2 2 电场的能量密度: 电场的能量密度: w = 1 εE 2 = 1 DE = 1 D 2 2 2 2ε

1 2 W = dW = wdV = εE dV = ? V V2







11

稳恒电场: 稳恒电场: 电流强度: 电流强度:

dq I= dt

I = nS q v
J =σ E

dI ? 电流密度: 电流密度: J = dS n ⊥
电动势: 电动势:

ε = ∫ EK ? dl
L

12

1.两个完全相同的导体球,皆带等量的正电荷Q,现使 两个完全相同的导体球,皆带等量的正电荷 , 两个完全相同的导体球 两球互相接近,到一定程度时, 两球互相接近,到一定程度时,则________ (1)二球表面都将有正、负两种电荷分布; 二球表面都将有正、负两种电荷分布; 二球表面都将有正 (2)二球中至少由一个表面上由正、负两种电荷分布; 二球中至少由一个表面上由正、负两种电荷分布; 二球中至少由一个表面上由正 (3)无论接近到什么程度二球表面都不能有负电荷分布; 无论接近到什么程度二球表面都不能有负电荷分布; 无论接近到什么程度二球表面都不能有负电荷分布 (4)结果不能判断,要视电荷Q的大小而定。 结果不能判断,要视电荷 的大小而定 的大小而定。 结果不能判断
+
+ +

+
+ +

+ +

+

(一-二-3) 二 )
+
+

+

+

+

+

+
13

解:用反证法。设此相互接近的两导体球为A和B, 用反证法。设此相互接近的两导体球为 和 , 在达到静电平衡时,都带有异号电荷,则A球上正电 在达到静电平衡时,都带有异号电荷, 球上正电 荷所发电力就有部分终止于B球的负电荷上,因而 荷所发电力就有部分终止于 球的负电荷上,因而A 球的负电荷上 就高于B球上负电荷处的电 球上电荷处的电势 U A+ 就高于 球上负电荷处的电 可这样一来, 势 U B ? ,即 U A+ > U B ? 。可这样一来,作为等势体 球上的正电荷所发电力线, 的B球上的正电荷所发电力线,不仅不可能终止于本 球上的正电荷所发电力线 身的负电荷上,也不可能终止于 球的负电荷上 球的负电荷上, 身的负电荷上,也不可能终止于A球的负电荷上,而 只能终止于无限远处。 只能终止于无限远处。
14

因若有B上发的电力线终止于 上 因若有 上发的电力线终止于A上,则有 U B + > U A? , 上发的电力线终止于 于是会导致 U A+ > U B ? = U B + > U A?,即出现了在静电 平衡时导体球A不是等势体 荒谬结果。 平衡时导体球 不是等势体 (U A+ > U A? ) 荒谬结果。这 就是说不可能有电力线终止于A球上 也即导体球A 球上, 就是说不可能有电力线终止于 球上,也即导体球 上只有正电荷不能有负电荷。又由于A、B两导体完 上只有正电荷不能有负电荷。又由于 、 两导体完 全相同,且皆带等量正电荷, 全相同,且皆带等量正电荷,故同理也可用上述方法 证明导体B上也只有正电荷而无负电荷 上也只有正电荷而无负电荷。 证明导体 上也只有正电荷而无负电荷。
15

2.有一半径为 的金属球,外面包有一层相对介电常 有一半径为R的金属球 有一半径为 的金属球, 的均匀电介质壳,壳内、外半径分别为R和 数 ε r = 2的均匀电介质壳,壳内、外半径分别为 和 2R,介质内均匀分布着电量为 q0 的自由电荷,金属 的自由电荷, , 球接地,求介质外表面的电势。 球接地,求介质外表面的电势。 (一-六) 六 解:设金属球上带电量为q, 设金属球上带电量为 , 由高斯定理可求得介质壳内电 场强度为

(ε r = 2)

r 3 ? R3 q+ q 3 3 0 q0 ? 1 ? q q0 r 2R ? R E1 = = ? 2? ? 2+ 2 3 4πε r ε 0 r 8πε 0 ? r 7R 7r ?

(

)

16

q + q0 在介质外的电场强度 E 2 = 2 4πε 0 r
金属球接地,即表示金属球与无限远等电势, 金属球接地,即表示金属球与无限远等电势,有


即:

R

2R

E1dr = ∫ E 2 dr
2R



1 8 πε 0

qr q0 ? 1 ? ∫2 R ? r 2 + 7 R 2 ? 7 R 2
R

q + q0 ? ?dr = 4 πε 0 ?





2R

dr 2 r

由上式可求得

16 q = ? q0 21


∴介质壳外表面电势为

q + q0 q + q0 5q0 U = ∫ E 2 dr = ∫ dr = = 2 2R 2 R 4πε r 8πε 0 R 168πε 0 R 0

17

3. 设在 平面内放置一个边长为 的正六角形线框,其 设在y-z平面内放置一个边长为 的正六角形线框, 平面内放置一个边长为a的正六角形线框 中心位于坐标原点O。现有电量为q的电荷均匀分布在 中心位于坐标原点 。现有电量为 的电荷均匀分布在 线框上,有人得出在x轴上电场强度的表达式为 线框上,有人得出在 轴上电场强度的表达式为

E =

? qax i 4 2? ? 2 4 πε 0 ? a + x ? 3 ? ?
3 2

(a

2

+ x2

)

1 2

?代表x轴正向上的单位矢量 轴正向上的单位矢量。 其中 i 代表 轴正向上的单位矢量。你能否举出理由 说明此结果并不正确。 (二-三-2) 三 ) 说明此结果并不正确。
问答题, 分 问答题,3分
18

E =

? qax i 4 2? ? 2 4 πε 0 ? a + x ? 3 ? ?
3 2

(a

2

+ x2

)

1 2

解:下面两条理由举出一条即可

q ①当a→0,应得到点电荷场强结果 E = , 2 4πε 0 x 而此式在a→0时给出 时给出E=0; 而此式在 时给出 ;
时应得到E按正比于 ②当x→∞时应得到 按正比于 2的规律趋于零(点 时应得到 按正比于1/x 的规律趋于零( 电荷情形), 电荷情形), 而此式在x→∞时却给出 按正比于 3的规律趋于零 时却给出E按正比于 而此式在 时却给出 按正比于1/x 电偶极子情形)。 (电偶极子情形)。
19

4. 有一平行板电容器,其间充有两层均匀介质,厚度 有一平行板电容器,其间充有两层均匀介质, 设介质是漏电的,电阻率分别为ρ 分别为l 分别为 1和l2。设介质是漏电的,电阻率分别为 1和ρ2; 介质的介电常数分别为ε 介质的介电常数分别为 1和ε2。今在电容器两极板间接 上电池, 上电池,设电流达到稳定时极板间电势差 U1-U2=U,求两种介质分界面上所带的自由电荷密度。 ,求两种介质分界面上所带的自由电荷密度。 (二-六) 六 设介质1中的电场强度为 中的电场强度为E 解:设介质1中的电场强度为E1,介 质2中的电场强度为 2,介质分界面 中的电场强度为E 中的电场强度为 上自由电荷密度为σ。 上自由电荷密度为 。 由高斯定理或直接由电场边界条件可 以得出

σ = ε 2 E 2 ? ε 1 E1

(1)

20

由电流的稳定恒条件和欧姆定理的微分形式得出: 由电流的稳定恒条件和欧姆定理的微分形式得出:
1 1 E1 = E2 ρ1 ρ2 ( 2)

由场强和电势的关系有: 由场强和电势的关系有:

E1 l1 + E 2 l 2 = U
由⑵、 ⑶解得: 解得:

( 3)

ρ1U ρ 2U E1 = , E2 = ρ 1 l1 + ρ 2 l 2 ρ 1 l1 + ρ 2 l 2

的结果代入⑴ 将E1、E2的结果代入⑴得:

ε 2ρ 2 ? ε 1ρ1 U σ= ρ 1 l1 + ρ 2 l 2

21

5. 两个半径分别为 1和R2(R2>R1)的同心金属球壳,如 两个半径分别为R 的同心金属球壳, 的同心金属球壳 果外球壳带电量为Q,内球壳接地, 果外球壳带电量为 ,内球壳接地,则内球壳上带电量 是______ (三-一-6) 一 ) (A) 0 (B) -Q 解:(C) :( ) 内球壳接地,其电位应为零。 内球壳接地,其电位应为零。 其中Q’为内球壳上带电量。 其中 为内球壳上带电量。 为内球壳上带电量
R2 Q ∴ Q′ = ? R1
22

R1 (C ) ? Q R2

R1 ( D )(1 ? )Q R2

R2 ?1 ( E )(1 ? ) Q R1

Q Q′ ∴ + =0 R2 R1

6. 平板电容内充满各向异性的均匀介质,设极板间的电 平板电容内充满各向异性的均匀介质, 场强度为E,电位移矢量为D,介质的极化强度为P对 、 场强度为 ,电位移矢量为 ,介质的极化强度为 对E、 D、P的方向可作判断是 的方向可作判断是_______ 、 的方向可作判断是 (A) D与极板垂直,E和P是否与极板垂直不能确定 与极板垂直, 和 是否与极板垂直不能确定 与极板垂直 (B) E与极板垂直,D和P是否与极板垂直不能确定 与极板垂直, 和 是否与极板垂直不能确定 与极板垂直 (C) P与极板垂直,E与D是否与极板垂直不能确定 与极板垂直, 与 是否与极板垂直不能确定 与极板垂直 (D) D、E、P都与极板垂直 、 、 都与极板垂直 (E) D、E、P都与极板不垂直 、 、 都与极板不垂直 (三-一-10) 一 )
23

6. 平板电容内充满各向异性的均匀介质,设极板间的电场 平板电容内充满各向异性的均匀介质, 强度为E,电位移矢量为D,介质的极化强度为P对 、 、 的 强度为 ,电位移矢量为 ,介质的极化强度为 对E、D、P的 方向可作判断是_______ 方向可作判断是

解:(B) :( ) 由于介质均与且介质内无自由电荷, 由于介质均与且介质内无自由电荷,所以介质内也 没有极化体电荷, 没有极化体电荷,极化电荷只存在于与极板接解的介质 表面。 表面。极化面电荷与极板上的自由面电荷等效成平面面 电荷分布。 电荷分布。 如果电荷分布是均匀的,则介质内电场也是均匀的, 如果电荷分布是均匀的,则介质内电场也是均匀的, 并且垂直于极板,满足两个极板是等位面的条件, 并且垂直于极板,满足两个极板是等位面的条件,由于 介质是各向异性的,所以P不一定与 同向,因而D也不 不一定与E同向 介质是各向异性的,所以 不一定与 同向,因而 也不 一定与E同向 所以可以判断E与极板垂直 同向, 与极板垂直, 一定与 同向,所以可以判断 与极板垂直,但不能判 定P、D方向。 、 方向。 方向 24

7. 对于一个绝缘导体屏蔽空腔内部的电场和电势可作如 下判断______ 下判断 (A)场强不受腔外电荷的影响,但电势要受腔外电荷影响 场强不受腔外电荷的影响, 场强不受腔外电荷的影响 (B)电势不受腔外电荷的影响,但场强要受腔外电荷影响 电势不受腔外电荷的影响, 电势不受腔外电荷的影响 (C)场强和电势都不受腔外电荷的影响 场强和电势都不受腔外电荷的影响 (D)场强和电荷都受腔外电荷的影响 场强和电荷都受腔外电荷的影响 (三-一-11) 一 ) :(A) 解:( ) 导体外电荷在导体表面引起感应电荷, 导体外电荷在导体表面引起感应电荷,腔外电荷与表 面感应电荷的总电场在导体壳及腔内为零, 面感应电荷的总电场在导体壳及腔内为零,所以导体 壳层使腔内电场不受腔外电荷影响, 壳层使腔内电场不受腔外电荷影响,为方便选无穷远 为电势零点, 为电势零点,不难看出腔外电荷及其在导体表面感应 的电荷在腔外的电场就改变了导体的电势, 的电荷在腔外的电场就改变了导体的电势,从而影响 25 了腔内电势。 了腔内电势。

8. 已知两个同心金属球壳的内经分别为 、b, 已知两个同心金属球壳的内经分别为a、 , ),中间充满电导率为 的材料, 是随外电场 (b>a),中间充满电导率为 的材料, σ是随外电场 ),中间充满电导率为σ的材料 变化的, 为常数, 变化的,且σ=KE,其中 为常数,现将两球壳维持恒 ,其中K为常数 定电压,求两球壳间的电流。 四 三 定电压,求两球壳间的电流。(四-三-3) 解: 由 j= σE, σ=KE 得 j=KE2 , 在两金属球壳间作半径为r球面 , 在两金属球壳间作半径为 球面S, 球面 则穿过此面的电流 I = jS = KE 2 4π r 2 可知

E=

而两金属球的电压 V = ∫a E ? dl = ∫a

I /r 4πK π

b

b

V ) 2 4πK ∴I = ( ln b / a

b Edr = ln 4π K a
26

I

9. 一半径为 1的球体均匀带正电,体电荷密度为 球内 一半径为R 的球体均匀带正电,体电荷密度为ρ球内 半径为R 的小球形空壳为,空腔中心O′点与球心 半径为 2的小球形空壳为,空腔中心 点与球心 O点相距为 。①求空腔内 点处的电场强度 ,②画出 点相距为a。 求空腔内P点处的电场强度 点处的电场强度E, 点相距为 空腔内电力线的分布, 求空腔中心O′处的电势 处的电势。 空腔内电力线的分布,③求空腔中心 处的电势。 (四-三-4) 四三 解: 整个有空腔的带电体可以看成半径为 R1的均匀带正电荷(体密度为 的无空 的均匀带正电荷(体密度为ρ)的无空 腔球体及半径为R2的均匀带负电 腔球体及半径为 体密度为- 的球体叠加而成 的球体叠加而成( 荷(体密度为 ρ)的球体叠加而成(带 负电荷的球体球心在O′ 负电荷的球体球心在 )。 P为空腔内任一点,令OP=r,O’P=r′,OO’=a, 为空腔内任一点, 为空腔内任一点 , , , 则 r’= r-a 对无空腔的均匀带正电球体, ①对无空腔的均匀带正电球体, 4 3 ε ∫s ) E 1 ? dS = 3 π r ρ / 27 0 由高斯定理可知 (

式中E 为此无空腔球体产生在P点的场强 点的场强, 为过 为过P点的 式中 1为此无空腔球体产生在 点的场强,S为过 点的 为球心, 为半径的假想球面, 以O为球心,r为半径的假想球面,等式左边为 1·4πr2, 为球心 为半径的假想球面 等式左边为E 这样就可以求得 E1 = ρ r 3ε 0 ε 写成矢量式
E1 ρ r = 3ε 0

再考虑均匀带负电荷的球体(处于空腔位置) 再考虑均匀带负电荷的球体(处于空腔位置)在P点产生 点产生 的场强E 由高斯定理 由高斯定理, 的场强 2,由高斯定理,同样可得 E = ? ρ r ′ 2 3ε 0 将两者叠加可得有空腔时P点的场强 点的场强E 将两者叠加可得有空腔时 点的场强 ρ ρ (r ? r ′ ) = a E = E1 + E 2 = 3ε 0 3ε 0

ρa 即空腔内为均匀电场, 方向沿矢量a方向 即空腔内为均匀电场,其大小为 方向沿矢量 方向 3ε 0 ε 28

②空腔内电力线为一组平行于OO′的 空腔内电力线为一组平行于 的 方向与a相同 如图所示。 相同, 线,方向与 相同,如图所示。

③对于任一点电势,同样应为均匀带电体密度为ρ 对于任一点电势,同样应为均匀带电体密度为 的大球与均匀带电体密度为-ρ的小球 的小球( 的大球与均匀带电体密度为 的小球(小球处于空腔位 分别在该点产生电势的叠加。 置)分别在该点产生电势的叠加。 先求半径为R的均匀带电球体 的均匀带电球体, 先求半径为 的均匀带电球体,在球内任一点的电 势。已知在球内的场强为 E = ρ r (r < R1) 1内 3ε 0 由高斯定理、 由高斯定理、求得球体外的场强为 ρR13 E1外 = r r≥R 3 29 3ε 0 r ε

所以球内距球心为r处的电势为 所以球内距球心为 处的电势为
U1 =



R1

r

E 1内 ? d r + ∫ E 1 外 ? d r =
R1





R1

r

∞ ρR ρr 1 dr + ∫ dr 2 R 3ε r 3ε 0 0 3
1

ρ = 3ε 0

? R12 r 2 ρ 2? ? 3 R12 ? r 2 ? + R1 ? = ? 2 ? 6ε 2 0 ? ?

(

)

同理,可求得均匀带电体密度 的小球在球内距球心为 同理,可求得均匀带电体密度-ρ的小球在球内距球心为 ?ρ r′处的电势为 处的电势为 2 U2 = 3 R2 ? r ′ 2 6ε 0 对O′点,r = a, r’= 0,可得 点 ,

(

)

VO′ = V1O′ + U 2O′

ρ ρ 2 2 2 3 R1 ? a ? 3 R2 ? 0 = 6ε 0 6ε 0

(

)

(

)
30

ρ 2 3 R12 ? 3 R2 ? a 2 = 6ε 0

(

)

10. 在两平行无限大平面内是电荷体密度 在两平行无限大平面内是电荷体密度ρ>0的均匀带 的均匀带 电空间,如图所示,有一质量为m,电量为q( ) 电空间,如图所示,有一质量为 ,电量为 (< 0) 的点电荷在带电板的边缘自由释放。 的点电荷在带电板的边缘自由释放。在仅考虑电场力 不考虑其它阻力的情况下, 不考虑其它阻力的情况下,该点电荷运动到中心对称 的时间是_____ (五-二-4) 面oo′的时间是 的时间是 五二 解: 电场为平面对称场, 电场为平面对称场, 将高斯定理用于图示 的柱面得

∫ E ? ds =
(s)
(s)

q (内 ) ε0
d d q(内) = ρ 2 x?S (在 ? ≤ x ≤ 范围) 31 2 2

∫ E ? ds = 2 E?S

ρ ∴E = x ε0

方向沿x轴 方向沿 轴
ρq F = Eq = x ε0

点电荷q( ) 点电荷 (<0)所受的电力为

此与弹簧振子的受力规律相同, 此与弹簧振子的受力规律相同,而 -ρq/ε0 与倔强 系数k相当。 系数 相当。 相当 显然点电荷q要在两平行无限大平面内作简谐振动 显然点电荷 要在两平行无限大平面内作简谐振动 其圆频率为为 ω =
? qρ ε 0m

,周期为 T = 2π = 2π ε 0 m ,
ω ? ρq

点电荷q从边缘自由释放运动到对称面 点电荷 从边缘自由释放运动到对称面OO′的时间为 从边缘自由释放运动到对称面 的时间为
T π = 4 2 ε 0m ? ρq

32

11. 一半径 ,带电量 的导体球在距球心 点d1处放 一半径R,带电量Q的导体球在距球心 的导体球在距球心O点 置一已知点电荷q 今在距球心d 处再放置一点电荷q 置一已知点电荷 1,今在距球心 2处再放置一点电荷 2, 当该点电荷电量为_____时可使导体球电势为零(以无 时可使导体球电势为零( 当该点电荷电量为 时可使导体球电势为零 穷远处电势为零) (五-二-5) 穷远处电势为零) 五 二 的影响, 解:由于q1和q2的影响,导体球 由于 上的电荷分布不均匀, 上的电荷分布不均匀,但总电量 不变。导体球是等势体,球上各 不变。导体球是等势体, 点的电势与球心O的电势 相同。 的电势U 点的电势与球心 的电势 0相同。 Q dQ q1 q2 U0 = ∫ + + 0 4πε R 4πε 0 d 1 4πε 0 d 2 0

Q q1 q2 = + + 4πε 0 R 4πε 0 d 1 4πε 0 d 2

当U0=0时,则 时 Q q1 q2 = ? d 2 ( + ) R d1

33

12. 半径分别为 1与R2的二同心均匀带电半球面现对放 半径分别为R 如图示),二半球面上的电荷密度σ ),二半球面上的电荷密度 置(如图示),二半球面上的电荷密度 1与σ2满足关 系σ1 R1= -σ2 R2,(1)试求证小球面对的圆截面 为一 )试求证小球面对的圆截面S为一 , 等势面,( ,(2)求等势面S上的电势值 上的电势值。 五 四 等势面,( )求等势面 上的电势值。 (五-四) 解: (1)过均匀带电球面的 ) 中心O作一截面 作一截面, 中心 作一截面,将球分 成左右两部分, 成左右两部分,若左半球 的电荷在截面上任一点激 发的电场强度E 发的电场强度 左, 由对称性知, 由对称性知,右半球的电荷在截面上同一点激发 的电 场强度E 必如图示。 场强度 右必如图示。因均匀带电球面内任一点的总电 场强度为零。 场强度为零。 34

而图中的E ,显然矛盾,这个矛盾只有当E 而图中的 左+E右≠0,显然矛盾,这个矛盾只有当 左和 E右都垂直于截面时才能消除,这就断定了均匀带电半 都垂直于截面时才能消除, 球在截面上激发的电场强度必垂直于截面。 球在截面上激发的电场强度必垂直于截面。 在本题中,左右两个均匀带电的半球在圆截面 上激发 在本题中,左右两个均匀带电的半球在圆截面S上激发 的电场强度都垂直于S,当然S上的总电场强度也必 的电场强度都垂直于 ,当然 上的总电场强度也必 垂直于S, 为一等势面。 垂直于 ,故S为一等势面。 为一等势面 为等势面, 上各点的电势必与O点的 (2)既然 为等势面,那S上各点的电势必与 点的 )既然S为等势面 上各点的电势必与 电势U 相等, 电势 0相等,而
2 2πR12 σ 1 2πR2 σ 1 1 (R1σ1 + R2σ 2 ) = 0 U0 = + = 4πε 0 R1 4πε 0 R2 2ε 0

面上的电势为零。 ∴S面上的电势为零。 面上的电势为零
35

13. 内外半径分别为R1和R2的金属球壳带有电量Q,则 内外半径分别为 的金属球壳带有电量 , 球心处的电势为___。若再在球壳腔内绝缘的放置一电 球心处的电势为 。 量为q 的点电荷,点电荷离球心的距离为r 量为 0的点电荷,点电荷离球心的距离为 0,则球心处 的电势为___;若又在球外离球心的距离为 处,放置一电 若又在球外离球心的距离为R处 放置一电 的电势为 若又在球外离球心的距离为 量为q的点电荷 则球心处的电势为___(五’-一- 9) 的点电荷,则球心处的电势为 量为 的点电荷 则球心处的电势为 ( 一 )

图a

图b

图c

解:金属球壳带有电量为Q时,其电量分布在外表面, 金属球壳带有电量为 时 其电量分布在外表面, 且均匀分布如图( )。 且均匀分布如图(a)。
36

根据均匀带电球面场分布,球体为等势体,故球心O 根据均匀带电球面场分布,球体为等势体,故球心 处电势与球面等势 Q U0 = 4πε 0 R2 当球壳腔内绝缘放置q 导体球壳电量分布如图( ) 当球壳腔内绝缘放置 0时,导体球壳电量分布如图(b) 利用电势叠加原理则O点电势为 0,-q0,Q+q0产生电 利用电势叠加原理则 点电势为q , 点电势为 ∴ 势的叠加。 势的叠加。 q0 ?q0 Q + q0 U0 = + + 4πε 0 r0 4πε 0 R1 4πε 0 R2 球壳外再放置q,如图 , 点电势加上 作用的结果, 点电势加上q作用的结果 球壳外再放置 ,如图c,O点电势加上 作用的结果,

?q0 Q + q0 q ∴U 0 = + + + 4πε 0 r0 4πε 0 R1 4πε 0 R2 4πε 0 r q0
37

14. 某质子加速器使每个质子获得动能 E = 2keV ,很细 的质子束射向一个远离加速器、半径为r的金属球 的金属球, 的质子束射向一个远离加速器、半径为 的金属球,从 球心到质子束延长线的垂直距离为 d = r 2 .假定质子与 假定质子与 金属球相碰后将其电荷全部交给金属球, 金属球相碰后将其电荷全部交给金属球,经足够长时间 金属球的最高电势(无穷远处电势为零 无穷远处电势为零)为 七 一 后,金属球的最高电势 无穷远处电势为零 为 (七-一-4) (A)2000V. (B)1500V. (C)1000V. (D)3000V.

38

解:金属球达到最高电势时,质子轨迹刚好与金属球 金属球达到最高电势时, 相切,质子所受力为有心力,它对球心O的角动量守 相切,质子所受力为有心力,它对球心 的角动量守 恒,即 mv 0 d = mvr (1) 质子是在带电金属球的保守场中运动,它的能量守恒, 质子是在带电金属球的保守场中运动,它的能量守恒, 即 1 E = eU + mv 2 ( 2) 2
1 2 E = mv 0 2 ( 3)

由(1)、(2)、(3)式联立解得 、 、 式联立解得
d2 E 1 2keV U = (1 ? 2 ) = (1 ? ) = 1500 V r e 4 e
39

15. 电动势均为 ε 的n个电池串联,从中抽出 、1、2、3、 个电池串联, 个电池串联 从中抽出0、 、 、 、 (n-1)、n共(n+1)个抽头,现将一电容 的一端与 端 个抽头, 的一端与0端 、 共 个抽头 现将一电容C的一端与 相接,另一端依次与1、 、 端相接, 相接,另一端依次与 、2、 、n端相接,在此充电过程 端相接 电源所作的总功A和电容器中总的电能 和电容器中总的电能W分别为 中,电源所作的总功 和电容器中总的电能 分别为 A= .W= (八-二-6) 二 )

?

?

个抽头时, 解:接过第k个抽头时,电容器 接过第 个抽头时 上电压为 kε ,电量为 Ckε .现接 现接 个抽头再充电, 第(k+1)个抽头再充电,电量变 个抽头再充电 为 C (k + 1)ε ,新增电量 Cε . 充电过程中这第(k+1)个电池 这次充电电压是 (k + 1)ε ,充电过程中这第 个电池 作功 ( k + 1)εCε ?1 将各次充电作的功相加,得电流所作 ,将各次充电作的功相加, n 1 2 的总功为 A = ∑ ( k + 1)Cε = n( n + 1)Cε 2 2 k =0 1 2 2 最后电容器上电压为 nε ,故总能量为 W = 2 Cn ε 40

16. 一平行板电容器中有两层具有一定导电性的电介质 一平行板电容器中有两层具有一定导电性的电介质A 和B,它们的相对介电常数、电导率和厚度分别 ,它们的相对介电常数、 γ d ε γ d 为ε A 、A 、 A、 B、 B 、 B ;且 d A + d B = d ,d为平板电容器 为平板电容器 的两块极板之间的距离.现将此电容器接至电压为 现将此电容器接至电压为V的电 的两块极板之间的距离 现将此电容器接至电压为 的电 源上(与介质 结束的极板接电源正极),设极板面积为S, 与介质A结束的极板接电源正极 源上 与介质 结束的极板接电源正极 ,设极板面积为 , 忽略边缘效应, 忽略边缘效应,试求稳定时 (1)电容器所损耗的功率 ; 电容器所损耗的功率P; 电容器所损耗的功率 (2)电介质 和B中的电场能量 W A 和W B ; 电介质A和 中的电场能量 电介质 (3)电介质 和B交界面上的自由电荷面密度σ自和束缚 电介质A和 交界面上的自由电荷面密度 电介质 . (八-四) 四 电荷密度 σ 束 解: (1)极间电阻 极间电阻 损耗功率
dA dB R= + γ A S γ, BS
V2 Sγ A γ BV 2 P= = R γ B d A + γ Ad B

41

(2)由电介质 、B中电流密度相等,有 由电介质A、 中电流密度相等 中电流密度相等, 由电介质 E Ad A + E B d B = V γ A E A = γ B E B (1) 解得电场强度
γ BV EA = γ B d A + γ Ad B

( 2)

γ AV EB = γ B d A + γ Ad B

1 ε 0 ε A γ 2 V 2 Sd A 2 B 电场能量 W A = ε 0 ε A E A Sd A = 2 2( γ B d A + γ Ad B ) 2 ε 0 ε B γ 2 V 2 Sd B A WB = 2( γ B d A + γ Ad B ) 2
(3)由D的高斯定理, 由 的高斯定理 的高斯定理, ε 0 (ε B E B ? ε A E A ) = σ自 的高斯定理, 由E的高斯定理,有 的高斯定理
ε 0 ( E B ? E A ) = σ自 + σ 束

ε 0 ( γ Aε B ? γ B ε A )V ∴ σ自 = γ B d A + γ Ad B
ε 0V [ γ B (ε A ? 1) ? γ A (ε B ? 1)] σ束 = γ B d A + γ Ad B
42

17.在半径为 的金属球内偏心地挖出一个半径为 的球 在半径为R的金属球内偏心地挖出一个半径为 在半径为 的金属球内偏心地挖出一个半径为r的球 形空腔。在距空腔中心O点 处放一点电荷 处放一点电荷q, 形空腔。在距空腔中心 点d处放一点电荷 ,金属球带 电为-q, 电为 ,则O点的电势为 点的电势为 (九-一-3) 一 )
q q (A) 4πε d ? 4πε R . 0 0

q

(B)

4πε 0 d

?

q 4πε 0 r

.

(C) 0.

(D) 因q偏离球心而难以求解 偏离球心而难以求解
dS

解:据静电平衡条件,金属球内表面带 据静电平衡条件, 电量为-q, 金属球内表面电荷并不均匀 电量为 ,(金属球内表面电荷并不均匀 分布), 分布 ,设dS面积上电荷面密度为 σ . 面积上电荷面密度为 据电势叠加原理: 据电势叠加原理: q σdS U0 = + ∫∫ 4πε 0 d S 4πε 0 r
q 1 = + 4πε 0 d 4πε 0 r q q ∫∫ σdS = 4πε 0d ? 4πε 0 r S

43

18 .静电天平装置如图 一空气平行板电容器两极板面积 静电天平装置如图.一空气平行板电容器两极板面积 静电天平装置如图 都是S,相距为d, 极板线度)下极板固定 都是 ,相距为 ,(d<<极板线度 下极板固定,上极板接 极板线度 下极板固定, 天平一头.当电容器不带电时 天平正好平衡, 当电容器不带电时, 天平一头 当电容器不带电时,天平正好平衡,若电容器 两极板加有电压U,则天平另一头需加上质量为m的砝码 的砝码, 两极板加有电压 ,则天平另一头需加上质量为 的砝码, 天平才能达到平衡,求所加电压U= 天平才能达到平衡,求所加电压 (九-二-3) 二 ) 解:两极板相互作用力 F = QE ′, E’为一个板在另一板处所产生的 为一个板在另一板处所产生的 场强. 场强 σ 1 1U E′ = = E= 2ε 0 2 2d (E为两板电荷在两板间产生的合场强 为两板电荷在两板间产生的合场强) 为两板电荷在两板间产生的合场强 ε0S CU 2 ε 0 SU 2 (C = ) ∴ F = CUE ′ = = d 2d 2d 2
又 F = mg
U= 2d 2 mg ε0S
44

20 .无限大带电导体板两侧面上的电荷面密度为 σ 0 , 无限大带电导体板两侧面上的电荷面密度为 现在导体板两侧分别充以介电常数 ε 1 与 ε 2 ( ε 1 ≠ ε 2 ) 的均匀电介质, 的均匀电介质,则导体两侧电场强度的大 小 E1 = , E2 = 。 (九-二-4) 二 ) 充入电介质后, 解:充入电介质后,导体板两侧自由电 E1 E2 荷分布改变, 荷分布改变,设自由电荷面密度分别为 σ 01 与σ 02, D1 = σ 01 , D2 = σ 02 对板外电场,将自由电荷、 对板外电场,将自由电荷、束缚电荷一 σ01 σ02 并考虑,它犹如一块均匀带电的大平板, 并考虑,它犹如一块均匀带电的大平板, E1 = E 2. 板两侧的电场强弱相同, 板两侧的电场强弱相同,即 D1 D2 σ 01 σ 02 2σ 0 ε 1 , (1) 或 = = 由(1)( 2)得:σ 01 = ε1 ε 2 ε1 ε2 ε1 + ε 2 2σ 0 电荷守恒定律: 电荷守恒定律: D1 σ 01 ? E1 = E 2 = E1 = = ε 1 45 ε 2 + ε1 ε1 σ 01 + σ 02 = σ 0 ( 2)

21. 三等长绝缘棒连成正三角形,每根棒上均匀分布等量 三等长绝缘棒连成正三角形, 同号电荷,测得图中P、 两点 两点(均为相应正三角形的重 同号电荷,测得图中 、Q两点 均为相应正三角形的重 若撤去BC棒 心)的电势分别为 U P 和 U Q .若撤去 棒,则P、Q两点的 的电势分别为 若撤去 、 两点的 . (十-一-3) 电势为 U ′ = ;Q= U′ 一 ) P 三棒对P点的电 解:设AB、BC、CA三棒对 点的电 、 、 三棒对 势贡献及AC对 点的电势贡献皆为 势贡献及 对Q点的电势贡献皆为 U1 ,AB、BC棒对 点的电势贡献皆 棒对Q点的电势贡献皆 、 棒对 为U2.由电势叠加原理,有 由电势叠加原理, 由电势叠加原理 U Q = U 1 + 2U 2 U P = 3U 1
1 1 1 解得: 解得: U 1 = U P , U 2 = U Q ? U P . 3 2 6 1 2 撤去BC棒后应有 P 撤去 棒后应有 U ′ = U P ? U1 = U P ? U P = U P 3 3 1 1 1 1 ′ U Q = U Q ? U 2 = U Q ? ( U Q ? U P ) = U Q + U P46 2 6 2 6

22. 真空中,在半径为 的接地金属球外,与球心 相距 真空中,在半径为R的接地金属球外 与球心O相距 的接地金属球外, 不计接地导线上电荷的影响, 为a(a>R)处,置一点电荷 不计接地导线上电荷的影响, 处 置一点电荷q,不计接地导线上电荷的影响 q′ 十一 十一-一 则金属球表面上的电荷总量为 =____. (十一 一-11) 解:因为金属球处于静 电平衡,所以是等势体, 电平衡,所以是等势体, 即U球心=U球=0

U 球心

q dq ′ q q′ = +∫ = + =0 4πε 0 a 4πε 0 R 4πε 0 a 4πε 0 R

R q′ = ? q a
47

23. 两个固定的均匀带电球面 、B的球心距离 远大于 两个固定的均匀带电球面A、 的球心距离 的球心距离d远大于 A、B的半径,A的带电量为 的半径, 的带电量为 的带电量为4Q(Q>0),B的带电量为 的带电量为Q. 、 的半径 , 的带电量为 由两球心确定的直线记为MN,在MN与球面相交处均 由两球心确定的直线记为 , 与球面相交处均 开出一个足够小的孔,随小孔挖区的电荷量可不计. 开出一个足够小的孔,随小孔挖区的电荷量可不计 将 一带负电的质点P静止地放在 球面的左侧某处, 静止地放在A球面的左侧某处 一带负电的质点 静止地放在 球面的左侧某处,假设 P被释放后恰能穿经三个小孔越过 球面的球心,试确 被释放后恰能穿经三个小孔越过B球面的球心 被释放后恰能穿经三个小孔越过 球面的球心, 定开始时P与 球面球心的距离 球面球心的距离x。 (十一 三-15) 十一-三 定开始时 与A球面球心的距离 。 十一

48

能达到B球心 解:P能达到 球心 能达到 的必要条件是能到达 A、B之间的库仑力 、 之间的库仑力 平衡点S, 平衡点 ,对力平衡 点S有: 有
4Q Q = 2 4 πε 0 r1 4 πε 0 r22 (1 )

r1 + r2 = d

( 2)

如果质点P从静止开始,达到 时 也刚好静止, 如果质点 从静止开始,达到S时,也刚好静止, 从静止开始 在出发点和S点 应有相同的静电势能, 则P在出发点和 点,应有相同的静电势能,即: 在出发点和 4Q ( ? q ) Q (? q ) 4Q ( ? q ) Q ( ? q ) (3) + = + 4 πε 0 x 4 πε 0 ( x + d ) 4 πε 0 r1 4 πε 0 r2

2 2 1 由三式解得: 由三式解得: x = ( 10 ? 1)d , r1 = d .r2 = d 9 3 3

49

如果P点在 球心处的电势能 小于在S处的电势能 处的电势能W 如果 点在B球心处的电势能 B小于在 处的电势能 S, 点在 球心处的电势能W 点到达B球心时将具有一定的动能 则P点到达 球心时将具有一定的动能,可以越过 球球 点到达 球心时将具有一定的动能,可以越过B球球 心。 4Q ( ? q ) Q (? q ) 1 ? Qq 4 WB = ( + ) + = 4 πε 0 d 4 πε 0 R B 4 πε 0 d RB

WS

4 Q ( ? q ) Q ( ? q ) ? Qq 4 1 ? Qq 9 ( + )= = + = ? 4 πε 0 r1 4 πε 0 r2 4 πε 0 r1 r2 4 πε 0 d
4 1 9 + > 因RB<< d,故有 , d RB d

故质点P必能越过 球心。 必能越过B球心 即 WB<WS,故质点 必能越过 球心。
50

24. 真空中边长为 的立方体形导体带有电量 ,静电 真空中边长为2a的立方体形导体带有电量 的立方体形导体带有电量Q, 平衡时全空间的电场总能量记为W 真空中半径为a 平衡时全空间的电场总能量记为 1;真空中半径为 的球形导体带有电量Q, 的球形导体带有电量 ,静电平衡时全空间的电场总 能量记为W 间的大小关系为W 能量记为 2,则W1、W2间的大小关系为 1___W2 ( 填 >、=、< )。 (十二 一-4 ) 1 十二-一 、 、 十二 带电导体的静电场能量: 解:带电导体的静电场能量:Wc = 2 QU Q相同时,只需比较 的高低。 相同时, 的高低。 相同时 只需比较U的高低 导体为等势体, 选择其几何对称中心O计算电势 计算电势。 导体为等势体 , 选择其几何对称中心 计算电势 。 由 点电荷电势叠加, 点电荷电势叠加,有 U 0 = dq ∫ 4πε 0 r Q Q U 20 = 因导体电荷分布在表面,对导体球, 因导体电荷分布在表面,对导体球,r=a, 4πε0 a πε 对边长为2a的立方体,处处有r≥a,而总量等于 对边长为 的立方体,处处有 的立方体 ,而总量等于Q 的电荷不可能只分布在立方体与球相切的四个切点上, 的电荷不可能只分布在立方体与球相切的四个切点上 , 51 故必有U 故必有 10<U20,即W1<W2。

25. 球形电容器的两个极为两个同心金属球壳,极间充 球形电容器的两个极为两个同心金属球壳, 满均为各向同性的线性介质,其相对介电常量为ε 满均为各向同性的线性介质,其相对介电常量为εr,当 电极带电后, 其极上电荷量将因介质漏电而逐渐减少。 电极带电后 , 其极上电荷量将因介质漏电而逐渐减少 。 设介质的电阻率为ρ, 设介质的电阻率为 ,t = 0时,内、外电极上电量分别 时 求电极上电量随时间减少的规律Q(t)以及两极间 为±Q0,求电极上电量随时间减少的规律 求电极上电量随时间减少的规律 以及两极间 与球心相距为r的任一点处的传导电流密度 的任一点处的传导电流密度j(r,t). 与球心相距为 的任一点处的传导电流密度 (十二 一-4 ) 十二-一 十二 方法一:取包围内电极, 解:方法一:取包围内电极,位于内外电极之间的 任一闭合面,由电流连续性方程, 任一闭合面,由电流连续性方程,有 dQ ∫ j ? dS = ? dt (1) S
1 ∵ j = E, ρ
E= D

ε 0ε r

1 介质均匀, 、 处处相同, 介质均匀,ρ、εr处处相同, ∴ ε ε ρ 0 r


S

dQ D ? dS = ? dt
52

(2)

由高斯定理, 由高斯定理,

∫ D ? dS = Q
S

(3)

将③式代入方程②,分离变量后得微分方程 式代入方程② dQ 1 dt (4) = ? Q ε 0ε rρ 代入初始条件,求出方程④ 代入初始条件,求出方程④的解为 Q = Q 0 e 呈球对称, 因j、 E呈球对称,沿径向,有 j = I r, 、 呈球对称 沿径向, ? 2 4 πr ∵ I = - dQ/dt 极间任一处传导电流密度为: 极间任一处传导电流密度为:

?

1 t ε 0ε rρ

1 j = Q 0e 2 4 πε 0 ε r ρ r

?

1 t ε 0ε rρ

? r
53

方法二:设两电极间电阻为 ,电容量为C, 方法二:设两电极间电阻为R,电容量为 ,由欧姆 定律I=U/R,又U=Q/C及I=-dQ/dt,可得微分方程 定律 , 及 ,

电流沿径向呈球对称,总电阻可看作半径为 电流沿径向呈球对称,总电阻可看作半径为r→r+dr 的 无限多个薄球壳电阻串联, 无限多个薄球壳电阻串联,故总电阻 r ρ dr ρ r ?r
R=

r2 r1 球形电容器电容为 C = 4πε 0 ε r r2 ? r1

dQ 1 Q (1) ? = dt RC

值代入方程① 将R、C值代入方程①并分离变量, 、 值代入方程 并分离变量,
dQ 1 dt =? ε 0ε r ρ Q

∫ 4πr
r1

2

2

=

2

1

4 π r1 r2

解得: 解得: Q = Q0 e
? 1 t ε 0ε r ρ

?

1 t ε 0ε r ρ

1 Qe ∴j= 2 4πε 0 ε r ρr

? r
54

26. 在xoy面上倒扣着半径为 的半球面上电荷均匀分布, 面上倒扣着半径为R的半球面上电荷均匀分布 面上倒扣着半径为 的半球面上电荷均匀分布, 点的坐标为( , ),B点的坐 面电荷密度为 σ,A点的坐标为(0,R/2), 点的坐 , 点的坐标为 ), 标为(3R/2,0)电势差UAB为____. (十三 一-4 ) 标为( , )电势差 十三-一 十三 解: 由于电荷分布关于Z轴旋转对称 轴旋转对称, 由于电荷分布关于 轴旋转对称, 所以场关于Z轴旋转对称 轴旋转对称。 、 所以场关于 轴旋转对称。B、 C两点电势相同,其中 在y轴 两点电势相同, 两点电势相同 其中C在 轴 坐标( , 上,坐标(0,3/2R)。 )。 补上下半球面成为完整球面,对原来场E 补上下半球面成为完整球面,对原来场 上,补充的下 整个球面场为E 由对称性y轴上的 半球面场为E 半球面场为 下,整个球面场为 总。由对称性 轴上的 E总沿 方向,E上、E下关于 平面对称。 总沿y方向 关于xy平面对称 平面对称。 总沿 方向, 轴上,场在 轴上分量E 相等,且等于E , ∴ y轴上 场在 轴上分量 上y、E下y相等,且等于 总/2, 轴上 场在y轴上分量 即 E上y =E下y =E总/2,
55

U AB = U A ? U B = U A ? U C 1 1 = ∫ E上 ? dr = ∫ E上y dy = ∫ E总dy = (U ' A ?U 'C ) 2A 2 A A
U’A、U’C为整球面场中 、C的电势。 为整球面场中A、 的电势 的电势。 由均匀球面电势关系, 由均匀球面电势关系,
σR U ' A = U 'D = = 4πε 0 R ε0
Q
U 'C = Q 4 πε
0

C

C

C

3 R 2

2σ R = 3ε 0

Q = 4πR σ
2

∴ U AB

1 σR 2 σR (1 ? ) = = ? 2 ε0 3 6ε 0
56

27. 厚度为 的无限大的平板内分布有均匀电荷密度 厚度为b的无限大的平板内分布有均匀电荷密度 的无限大的平板内分布有均匀电荷密度ρ(>0) 的自由电荷,在板外两侧分别充有电常数为ε 的自由电荷,在板外两侧分别充有电常数为ε1与ε2的电 介质, )求板内外的电场分布; 板外的 点与B点分 板外的A点与 介质, 1)求板内外的电场分布;2)板外的 点与 点分 别距左右两板壁为l 求电势差U 十三-二 别距左右两板壁为 , 求电势差 AB . (十三 二-11) 十三

假设板内存在一E=D=0的平面 的平面MM’距左侧面为 1 距左侧面为d 解:假设板内存在一 的平面 距左侧面为 距右侧面为d 根据对称性, 的方向垂直板面, 距右侧面为 2,根据对称性,E,D的方向垂直板面, 的方向垂直板面 作底面作垂直板面的高斯面, 以MM`作底面作垂直板面的高斯面,求得电位移矢量 作底面作垂直板面的高斯面 57 与电场度: 与电场度

? 板内: 板内: D内 = ρ xn

? 板外: 板外: D1 = ? ρ d 1 n,

? D2 = ρ d 2 n

? 板内: 板内: E内 = ρxn / ε 0

? ? 板外: 板外: E1 = ? ρd 1 n / ε 1 , E 2 = ρd 2 n / ε 2

? 方向由左指向右) ( n方向由左指向右)

联立得: ∵E1=-E2, 得 d1/ε1=d2/ε2, 与d1+d2=b联立得 ε ε 联立得 ε 1b ε 2b d1 = , d2 = ε1 + ε 2 ε1 + ε 2 因板左侧至A点的电势差与板右侧至 点的电势差相等 因板左侧至 点的电势差与板右侧至B点的电势差相等, 点的电势差与板右侧至 点的电势差相等, 点与B点的电势差仅需计算板左侧至板右侧的 所以 A点与 点的电势差仅需计算板左侧至板右侧的 点与 电势差U 电势差 A`B`,即

U AB

2 ? d 2 ? d 12 ? ρb 2 = U A `B ` = ρ ? ?= ? 2ε 0 ? 2ε 0

?ε 2 ? ε1 ? ? ε1 + ε 2 ? ? ?

58

28. 有两个半径分别为 有两个半径分别为5cm和8cm的薄铜球壳同心放置,已 的薄铜球壳同心放置, 和 的薄铜球壳同心放置 知内球壳的电势为2700V,外球壳带电量为 ×10-9C, 知内球壳的电势为 ,外球壳带电量为8.0× , V. 现用导线把两球壳联接在一起, 现用导线把两球壳联接在一起,则内球壳电势为 十四-一 (真空介电常量 ε0=8.85×10-12C2/N·m2) (十四 一-7) × 十四 真空介电常量 令内球壳带电量Q’, 解:令内球壳带电量 外球壳的电势为u’, 外球壳的电势为 ,
Q' Q ∵u = + 4πε 0 R1 4πε 0 R2
∴ Q ' = 4πε 0 R1 ( u ? Q 4πε 0 R2 )

Q + Q' 1 Q u' = = [Q + 4πε 0 R1 ( u ? )] 4πε 0 R2 4πε 0 R2 4πε 0 R2 Q

用导线把两球壳联接后,电 用导线把两球壳联接后 电 荷全部都跑到外球壳上去 内外球壳的电势u’相等 相等。 了, 内外球壳的电势 相等。

R1 R1Q / R2 ( R2 ? R1 )Q R1 u? u = ... = 2025(V ) = + = + 59 4πε 0 R2 R2 4πε 0 R2 4πε 0 R2 R2

29. 板间距为 的大平行板电容器水平放置,电容器 板间距为2d 的大平行板电容器水平放置, 的右半部分充满相对介电常数为ε 的固态电介质, 的右半部分充满相对介电常数为εr的固态电介质,左 半部分空间的正中位置有一带电小球P,电容器充电后 半部分空间的正中位置有一带电小球 , P恰好处于平衡状态,拆去充电电源,将固态电介质快 恰好处于平衡状态, 恰好处于平衡状态 拆去充电电源, 速抽出,略去静电平衡经历的时间,不计带电小球P对 速抽出,略去静电平衡经历的时间,不计带电小球 对 电容器极板电荷分布的影响,则 将经 将经t=_______ 时间与 电容器极板电荷分布的影响 则P将经 电容器的一个极板相碰. (十四 一-8) 十四-一 电容器的一个极板相碰 十四

令小球的质量为m,电量为 电容器极板的面积为S, 解:令小球的质量为 电量为 电容器极板的面积为 令小球的质量为 电量为Q.电容器极板的面积为 电量为Q’.初电场强度为 末电场强度为 初电场强度为E 末电场强度为E,初电容为 电量为 初电场强度为 0,末电场强度为 初电容为 60 C0,末电容为 。欲求 需求 末电容为C。欲求t,需求 需求E. 末电容为

ε 0 S / 2 ε 0ε r S / 2 ε 0 S (1 + ε r ) Q' Q C0 = = + = 2 dE 0 2d 2d 4d
Q' ε0S C= = 2dE 2d

1+ εr E0 ∴E = 2

∵ QE0 = mg

mg ∴ E0 = Q

1 + ε r mg ∴E = 2 Q

抽出电介质后,小球 受的合力为 抽出电介质后 小球P受的合力为 小球 (1 + ε r )mg (ε r ? 1)mg F = QE ? mg = ? mg = 2 2 小球的加速度为: 小球的加速度为: a =
F (ε r ? 1) g = m 2

1 2 ∵ d = at 2

∴t =

2d 4d = a (ε r ? 1) g

61

30. 一直流电源与一大平行板电容器相连,其中相对介 一直流电源与一大平行板电容器相连, 电常数为 ε r 的固态介质的厚度恰为两极板间距的二分 之一,两极板都处于水平位置, 之一,两极板都处于水平位置,假设此时图中带电小 恰好能处于静止状态.现将电容器中的固态介质块 球P恰好能处于静止状态 现将电容器中的固态介质块 恰好能处于静止状态 抽去,稳定后试求带电小球P在竖直方向上运动的加 抽去,稳定后试求带电小球 在竖直方向上运动的加 速度a的方向和大小 十六 的方向和大小. 十六-13) 速度 的方向和大小 (十六 必为负电荷, 解:P必为负电荷,其电量记为 ,质 必为负电荷 其电量记为-q, 量记为m, 将两极板间距记为2d. 量记为 将两极板间距记为 开始时, 开始时,介质外的场强记为 E1 ,有 有 1 εr + 1 U εr + 1 U = E1 d + E1 d = E1 d E1 ∴ = εr εr d εr 抽去介质后,场强记为E 抽去介质后,场强记为 2,有 E 2 ? 2d = U U εr + 1 E2 = E1 < E1 (场减弱 ) = 62 2d 2ε r

开始时P受力平衡, 开始时 受力平衡,有 受力平衡

E1q = mg

抽掉介质后, 受的合力向下 受的合力向下, 抽掉介质后,P受的合力向下,有

mg ? E2 q = ma

εr +1 ε r ?1 ε r ?1 E1q = E1q = mg = ma 即:E1q ? 2ε r 2ε r 2ε r
εr ? 1 g P的加速度向下,有 a = 的加速度向下, 的加速度向下 2ε r
63

31. 图中圆代表半径为 的球面,虚线 1OP2与P3OP4代 图中圆代表半径为2a的球面 虚线P 的球面, 表两条相互垂直的直径,在直径P 表两条相互垂直的直径,在直径 1OP2上有两个固定的 点电荷Q与 ,各自与球心O的距离均为 的距离均为a, 点电荷 与-Q,各自与球心 的距离均为 ,设周围无其 半圆移动到P 它物体,今将点电荷q从 它物体,今将点电荷 从P1点沿 P1 P3 P2 半圆移动到 2点, 电场力做功___,将q从P3点沿 P3 P2 P4 半圆移到 4点电场 半圆移到P 电场力做功 , 从 力做功___.再请回答,球面上场强是否处处为零? 再请回答, 力做功 再请回答 球面上场强是否处处为零? 球面上场强是否处处不为零? 十五-8) 答:___,球面上场强是否处处不为零?答:____. (十五 球面上场强是否处处不为零 十五 解: P1、P2、P3、P4各点的电势分别为
U P1 = Q 4πε 0a ? Q 4πε 0 3a = Q 6πε 0 a

UP2

Q ?Q ?Q = + = 4πε 0a 4πε 0 3a 6πε 0 a

64

U P3 = U P4 =

Q 4πε0 a + 4a
2 2

?

Q 4πε0 a + 4a
2 2

=0

将点电荷q从 半圆移到P 将点电荷 从P1点沿 P1 P3 P2 半圆移到 2点,电场力作 qQ 的功为 q(U P 1 ? U P 2 ) = 3πε 0 a 将点电荷q从 半圆移到P 将点电荷 从P3点沿 P3 P2 P4 半圆移到 4点,电场力作 的功为 q(U P 3 ? U P 4 ) = 0 电场对P 轴呈旋转对称性, 电场对 1P2轴呈旋转对称性,故将圆上各点的电 场绕P 轴旋转便是球面上的电场, 场绕 1P2轴旋转便是球面上的电场,因圆上各点的场 强皆不为零,故球面上各点的场强也必皆不为零, 强皆不为零,故球面上各点的场强也必皆不为零,显 第三空的答案为“ 第四空的答案为“ 然,第三空的答案为“否”,第四空的答案为“是”。
65

32. 半径为 的金属球远离其他物体,通过理想细导线 半径为r的金属球远离其他物体 的金属球远离其他物体, 和电阻为R的电阻器与大地连接 的电阻器与大地连接。 和电阻为 的电阻器与大地连接。电子束从远处以速度 v射向金属球面,稳定后每秒钟落到球上的电子数为 , 射向金属球面, 射向金属球面 稳定后每秒钟落到球上的电子数为n, 不计电子的重力势能, 不计电子的重力势能,试求金属球每秒钟自身释放的 热量Q和金属球上的电量 和金属球上的电量q.(电子质量记为m, 热量 和金属球上的电量 (电子质量记为 ,电子电 荷量绝对值记为e) 十五 十五-16) 荷量绝对值记为 ) (十五 稳定后流经电阻R的电流为 解:稳定后流经电阻 的电流为 I=ne R上的损耗功率为 P=I2R=n2e2R 上的损耗功率为 单位时间n个电子带给金属球的动能为 单位时间 个电子带给金属球的动能为 Ek=nmv2/2 金属球自身释放的热量便为 Q=Ek-P=n(mv2/2-ne2R) 金属球的电势为 U= -IR= -neR U与球面电荷 的关系为 U=q/4πε0r 与球面电荷q的关系为 与球面电荷 66 即得 q = - 4πε0rneR

讨论:仅当电子的动能能够克服球的斥力所作的功, 讨论:仅当电子的动能能够克服球的斥力所作的功, 电子才会落到球上,这要求 电子才会落到球上,这要求mv2/2≥-eU 即有 n≤mv2/2e2R 事实上从热量的表达式也可得到Q≥0的条件为上述不 的条件为上述不 事实上从热量的表达式也可得到 等式,如果 > 的绝对值将增大, 等式,如果n>mv2/2e2R,球电势 的绝对值将增大, ,球电势U的绝对值将增大 球上电荷对外部电子的排斥将增大, 球上电荷对外部电子的排斥将增大,落到球上的电 子数将会减少,直到 为止。 子数将会减少,直到n=mv2/2e2R为止。 为止

67

33. 带电导体球 和无限大均匀带电平面如图放置,P为 带电导体球O和无限大均匀带电平面如图放置 和无限大均匀带电平面如图放置, 为 导体球表面附近一点, 导体球表面附近一点,若无限大带电平面的面电荷密度 为 σ1,P点附近导体球表面的面电荷密度为 σ 2,则P点 点附近导体球表面的面电荷密度为 点 (十六 十六-6) 电场强度的大小等于 十六 解:
E= σ2 ε0
P

σ1 σ2
O

68

34. 半径为 的半球面 的球心 O’位于 轴上距 点R处, 半径为R的半球面 的半球面A的球心 位于 位于O-z轴上距 轴上距O点 处 半球面横截面与O-xy面平行,坐标原点 处有一电量为 面平行, 处有一电量为q 半球面横截面与 面平行 坐标原点O处有一电量为 的点电荷,则半球面A的电通量 . (十七 十七-7) 的点电荷,则半球面 的电通量 十七 解: 为半径作一球面, 以 2 R为半径作一球面, 它被半径为R的半球面 它被半径为 的半球面 截下一球帽, 截下一球帽,球帽的高 ( 2 R ? 球帽的 度为 ,R) 面积为: 面积为:
S = 2 π 2 R( 2 R ? R ) = 2 π ( 2 ? 2 ) R 2 S = π( 2 ? 2 ) 球帽对点电荷q张的立体角为 张的立体角为: 球帽对点电荷 张的立体角为: = 2 ( 2 R) 已知点电荷q在 4π立体角内的电通量为q / ε 0 ,故在球帽 已知点电荷 在 上的电通量为: 上的电通量为: Φ (球帽 ) = q ? = q ( 2 ? 2 ) e 69 ε 0 4π 4ε 0

35. 近代量子量子理论认为,电子在核外的位置虽然 近代量子量子理论认为, 是不确定的,但在给定的量子态下, 是不确定的,但在给定的量子态下,位置的概率分布 是确定的,据此, 是确定的,据此,可以将氢原子基态的电子模型化为 电荷连续分布的球对称电子云, 电荷连续分布的球对称电子云,电荷密度为

q e ? 2 π a 0 q 为电子电量绝对值,按照这一模 e e为电子电量绝对值, ρ =? 3 πa0 型,在半径r=a0的球体内电子云 在半径
总电量为____,氢原子在距中心r=a0处的电场强度方向 ,氢原子在距中心 总电量为 __,其绝对值为 参考公式: ,其绝对值为___. 参考公式:



e βa ? 2 2 x 2 ? 2 βx ?x ? x e dx = ? 2 ?+c ? β ? β β ? ?

(十八 十八-5) 十八
70

的球内, 解:在半径r = a0的球内,电子云的总电量为 在半径



a0

0

qe ρ 4πr dr = ?4π 3 πa0
2 2 r a0



a0

0

r 2 e dr
2 0

2r a0

4qe =? 3 a0 4qe =? 3 a0

?e ? 2 a ? r + a0 r + ? 2 ? 2 a0 ? ? ?

? ? ? + c? ? ? ?0

a0

2 ? ? a0 ? 2 ? 2 a0 ? ? ? a0 0 ? a0 ? ? ?? ? 2 ? ? ? e ? a0 + a0 + ? + c ? ? ? ? e ? + c ? ? ? ? 2 2? ? ? 2 ? 2 ?? ? ?? ? ? ? ? 3 3 4qe ? 5a0 ? 2 a0 ? ? 5 ? ?? ? = qe ? 2 ? 1 ? e + ? =? 3 ? a0 ? 4 4 ? ?e ?
71

氢原子核的电量为q 半径为a 氢原子核的电量为 e,半径为 0的球面包围的电 量与球面内的电子云的电量之和为正值, 量与球面内的电子云的电量之和为正值,因此该球面 上的电场强度E的方向沿径向朝外。 上的电场强度 的方向沿径向朝外。 的方向沿径向朝外 将高斯定理应用于r=a0的球面上得 将高斯定理应用于

5qe 1 ? ? 5 ?? 4π a E = ?qe + qe ? e 2 ? 1 ? ? = ε ε0? ? ?? 0 5qe ∴ E = 2 4π a 0 ε 0 e 2
2 0

72

36. 在每边长为 的正六边形各顶点处有固定的点电荷, 在每边长为a的正六边形各顶点处有固定的点电荷 的正六边形各顶点处有固定的点电荷, 它们的电量相间为Q或 。 试求因点电荷间静电作用 它们的电量相间为 或-Q。(1)试求因点电荷间静电作用 而使系统具有的电势能W 而使系统具有的电势能 , (2)若用外力将其中相邻的两 若用外力将其中相邻的两 个点电荷一起(即始终保持它们的间距不变) 个点电荷一起(即始终保持它们的间距不变)缓慢的移 动到无穷远处,其余固定的点电荷位置不变, 动到无穷远处,其余固定的点电荷位置不变,试求外力 做功量A。 十八 十八-12) 做功量 。(十八

解: 其他点电荷在Q处的电势为 其他点电荷在 处的电势为
U+ = 2× ?Q 4πε 0 a + Q 4πε 0

1 图

2 5 Q ?Q ( + = ? ) 3 a 4πε 0 2 a 4πε 0 a 3 2 73

同理,其它点电荷在 处的电势为 同理,其它点电荷在-Q处的电势为
U? = 2 × Q 4πε 0a + ?Q

系统的电势能为: 系统的电势能为

4πε 0 3a

+

Q 4πε 0 2a

= ?U +

2)用功能原理知, (2)用功能原理知,外力做的功应等于系统电势能的 增量,系统的初态如图1所示 把图1中相邻的两个点 所示; 增量,系统的初态如图 所示;把图 中相邻的两个点 电荷移动到无穷远处,便是末态, 电荷移动到无穷远处,便是末态,系统的初电势能便 是上面的W,下面分析系统的末电势能。 是上面的 ,下面分析系统的末电势能。图2中2、3、 中 、 、 4号点电荷处的电势为 号点电荷处的电势为
Q Q 3 1 ?Q ?Q U1 = (? + ) + + = 4πε 0 2 a 4πε 0 3 a 4πε 0 a 4πε 0 a 2 3
74

1 1 W = ∑ Qi U i = [ 3QU + + 3( ? Q )U ? ] 2 2 3Q 2 2 5 ( = 3QU + = ? ) 4πε 0 a 3 2

2 图

1、4、3号点电荷在 号点电荷处的电势为 、 、 号点电荷在 号点电荷在2号点电荷处的电势为
U2 = Q 4πε 0 2 a ?Q 4πε 0 a Q 4πε 0 a + ?Q 4πε 0 Q 4πε 0 ?Q 3 1 ( ? ) + = 3 a 4πε 0 a 4πε 0 a 2 3 Q Q Q Q

2、1、4号点电荷在 号点电荷处的电势为 、 、 号点电荷在 号点电荷在3号点电荷处的电势为
U3 = + 1 (?2 + ) ? = 3 a 4πε 0 a 4πε 0 a 3 1 (2 ? ) + = 3 a 4πε 0 a 4πε 0 a 3 Q Q

1、2、3号点电荷在 1、2、3号点电荷在4号点电荷处的电势为 号点电荷在4号点电荷处的电势为
U4 = + 4πε 0

2 图 75

3 图 2 图

图2中这四个点电荷的电势能为 中这四个点电荷的电势能为
1 Q2 7 2 W1 = (QU1 ? QU 2 + QU 3 ? QU 4 ) = (? + ) 2 4πε 0a 2 3 ?Q2 图3中两个点电荷的电势能为 W 2 = 中两个点电荷的电势能为 4 πε 0 a

4 外力所做的功为 A = W1 + W2 ) ? W = (3 ? ) ( 4πε 0a 3 76

Q2

37. 电量为 的实验电荷在电量为 的静止点电荷周围电 电量为q的实验电荷在电量为 的实验电荷在电量为Q的静止点电荷周围电 场中,沿半径R的四分之三圆轨道由 点移动到B点的 的四分之三圆轨道由A点移动到 场中,沿半径 的四分之三圆轨道由 点移动到 点的 全过程中,电场力做功为_____,从B再移动到无穷远 全过程中,电场力做功为 , 再移动到无穷远 十九-7 处的全过程中,电场力做功为_____. (十九 ) 处的全过程中,电场力做功为 十九 解:在q沿圆 沿圆 形轨道从A点 形轨道从 点 移动到B点的 移动到 点的 全过程中, 全过程中, q受的电力 受的电力qE 受的电力 始终与路径垂直,故电力做功为零。 始终与路径垂直,故电力做功为零。 点再移动到无穷远处的全过程中, 受的电力 在q从B点再移动到无穷远处的全过程中, q受的电力 从 点再移动到无穷远处的全过程中 qE始终与位移 同向,故电力做功为: 始终与位移dr同向 始终与位移 同向,故电力做功为:

qQ qQ A = ∫ qE ? dr = ∫ qEdr = ∫ dr = 2 R R R 4πε r 4πε 0 R 0







77

38. 电荷 均匀地分布在半径为 的球面上,与球心 电荷Q 均匀地分布在半径为R的球面上 与球心O 的球面上, 相距R/2处有一静止的点电荷 ,球心 处电势为 处有一静止的点电荷q,球心O处电势为 处电势为___,过 相距 处有一静止的点电荷 过 O点的等势面面积为 点的等势面面积为____. 点的等势面面积为 解:球心O处的电势为 球心 处的电势为
dQ UO = ∫ + 4 R O πε0 Q q Q + 2q = + = R 4πε0 R 2πε0 R 4πε0 R 4πε0 2 q

Q

O q

Q在球面内不激发电场,故单对Q而言,球面内为等势 在球面内不激发电场,故单对 而言 而言, 在球面内不激发电场 因此,球面内的等势面仅由q决定 决定; 区,因此,球面内的等势面仅由 决定;而q的等势面 的等势面 为以q为中心的球面族 故过O点的等势面面积为 为中心的球面族, 为以 为中心的球面族,故过 点的等势面面积为 R 2 S = 4π ( ) = π R 2 2 78

41. 各支路电流方向已在图中设定,据此,节点电流方 各支路电流方向已在图中设定,据此, 程为_____。左侧小回路电压方程为____。 (十九 ) 程为 。左侧小回路电压方程为 。 十九-9 十九 解: 将基尔霍夫第一公式 用于节点得

I1 + I 2 + I 3 = 0
将基尔霍夫第二公式用于左侧小回路得

I 1 R1 ? I 2 R2 ? ε 1 + ε 2 = 0
79

36. 每两点间实线所示短导线的电阻为 ,则A、B两端点 每两点间实线所示短导线的电阻为1 则 、 两端点 (十七 十七-7) 十七 间的电阻为 解:可将电路等效为 图示的实线和虚线电 路的并联, 路的并联,二支路各 自的电阻相同, 自的电阻相同,为 1 R=r+ + r = 3r 1 1 + 2r 2 r A、B两端点之间的总电阻为: 两端点之间的总电阻为: 、 两端点之间的总电阻为
RAB R 3 3 = = = r= ( ) 1 1 2 2 2 + R R 1

80

38. 直流电路如图,ε1 = 5V,ε2 = 2V,R1 = R2 = 1?, R3 = 2? , 直流电路如图, 各支路电流方向方向限定按图示方向选取, 各支路电流方向方向限定按图示方向选取,先建立可 求解支路电流的字符方程,再带入数据计算出3个支路 求解支路电流的字符方程,再带入数据计算出 个支路 电流I 十八-11) 电流 1、I2、I3。 (十八 十八 ① 基尔霍夫第一方程用于① 基尔霍夫第一方程用于①节点 ? I 1 + I 2 ? I 3 = 0 (1) 基尔霍夫第二方程用于左侧回路 ε 1 ? ε 2 ? R1 I1 + R3 I 3 = 0 (2) 基尔霍夫第二方程用于右侧回路

I 2 = ... = 2.4( A), I 3 = ... = ?0.2( A)

ε 2 ? I 3 R3 ? I 2 R2 = 0 ( 3) ( ε 1 ? ε 2 )( R 2 + R 3 ) + ε 2 R 3
I1 = R 2 R 3 + R1 R 3 + R1 R 2

= 2 .6 ( A )

81

43. 图示的电路中,通过调节可变电阻器的 值,能将 图示的电路中,通过调节可变电阻器的R 图中5 电阻的消耗功率降到的最低值为P 图中 电阻的消耗功率降到的最低值为 min= _____,此 此 二十-7 时R=_____. (二十 ) 二十

与可调电阻R为并联 为并联, 解:题示电路中的电阻10 与可调电阻 为并联,其并 题示电路中的电阻 联电阻为 R` = 10 R ,故题示电路可等效为如图所示的 故题示电路可等效为如图所示的 10 + R 电路。 电路。
82

为求解,先假设 为求解,先假设5 电阻中无电 再求R’,从而求出R,若 的 流,再求 ,从而求出 若R的 值合理,则表明假设正确。 值合理,则表明假设正确。 电阻中无电流, 因5 电阻中无电流,故A、B两 、 两 点的电势差为零, 点的电势差为零,即C、A间的 、 间的 电势差等于C、 间的电势差 间的电势差; 电势差等于 、B间的电势差; A、D间的电势差等于 、D间的电势差, 、 间的电势差等于 间的电势差等于B、 间的电势差 间的电势差, 解得: 解得:R’=9( ) 1I 1 + 2I 1 = 4I 2 , R' I 1 = 12I 2 10R R=90( ) (第二空 第二空) 由 R' = 得 第二空 10 + R 显然,合理 既然5 电阻中得电流可以为零,当然其消 显然 合理. 既然 电阻中得电流可以为零 当然其消 合理 第一空) 耗功率的最低值为: Pmin=0 (第一空 第一空 耗功率的最低值为:
83

22 . 三个半径相同的均匀导体圆环两两正交 各交点处彼 三个半径相同的均匀导体圆环两两正交,各交点处彼 此连结,每个圆环的电阻均为 每个圆环的电阻均为R, 间的等效电阻, 此连结 每个圆环的电阻均为 ,则A、B间的等效电阻 、 间的等效电阻 RAB = A、C间的等效电阻 RAC = 、 间的等效电阻 (十-一-9) 一 )

之间加电压时, 解:在A、B之间加电压时,由电路的对称性可知图中的 、 之间加电压时 CFDEC环中应没有电流流过,因此该环可以取消,这样 环中应没有电流流过, 环中应没有电流流过 因此该环可以取消, A、B之间的电阻就时 个电阻皆为 之间的电阻就时4个电阻皆为 的半圆环相并联的 、 之间的电阻就时 个电阻皆为R/2的半圆环相并联的 结果, 结果,故: R 1 R

RAB =

2

×

4

=

8

.

84

如果在A、 之间加电压 则从电流分布看, 之间加电压, 如果在 、C之间加电压,则从电流分布看,上、下两 半是对称的,因此可作如图所示的叠合. 半是对称的,因此可作如图所示的叠合 图中虚线两侧电流对称, 图中虚线两侧电流对称,因此对应的各段电流亦应对 称.所以图中应有 所以图中应有 I1 = I 2 , I 3 = I 4 . 这样就可以认为 I 1 、I 2电流和 I 3、 4 电流各自独立而 I 不在E、 点相交接 点相交接, 不在 、F点相交接, 于是该电路可以等效为如图所的一些电阻的联接. 于是该电路可以等效为如图所的一些电阻的联接
RAC 5 R. = 48

85



推荐相关:

奥赛辅导第九讲静电学问题的等效处理(湖南郴州市湘南中...

奥赛辅导第九讲静电学问题的等效处理(湖南郴州市湘南中学 陈礼生)_学科竞赛_...静电学问题的等效处理湖南郴州市湘南中学 陈礼生 一、知识点击 1.库仑定律和...


物理奥赛辅导:第9讲_静电学问题的等效处理

物理奥赛辅导:第9讲_静电学问题的等效处理_学科竞赛_高中教育_教育专区。华师附中 高中物理奥林匹克竞赛讲座提高篇(共20讲) 第9讲一、知识点击 1.库仑定律和...


物理奥赛辅导:第19讲_真空中的静电场

物理奥赛辅导:第19讲_真空中的静电场_学科竞赛_高中教育_教育专区。华师附中 高中物理奥林匹克竞赛讲座提高篇(共20讲) 第19 讲一、基本要求 真空中的静电场 1...


物理奥赛辅导:第20讲_静电场中的导体与电介质

物理奥赛辅导:第20讲_静电场中的导体与电介质_学科竞赛_高中教育_教育专区。华...第20 章 静电场中的导体与电介质§1 静电场中的导体 一、金属导体的电结构 ...


第26届全国中学生物理竞赛复赛试卷(附详细参考解答与评...

第26届全国中学生物理竞赛复赛试卷(附详细参考解答与评分标准) - 第 26 届全国中学生物理竞赛复赛试卷(附详细答案) 、填空(问答)题(每题 5 分,共 25 分) ...


物理奥赛辅导:第19讲_真空中的静电场

物理奥赛辅导:第19讲_真空中的静电场_教育学_高等教育_教育专区。第 19 讲一、基本要求 真空中的静电场 1、掌握库仑定律,确切理解电场强度概念,明确电场强度的...


2018年科学四年级下册作业本参考答案_学科竞赛_小学教育_教育专区

2018年科学四年级下册作业本参考答案_学科竞赛_小学教育_教育专区。教科版 2018 年科学作业本参考答案 四年级下册 1、生活中的静电现象 1.连线。下面哪些现象是...

网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by 学霸学习网 www.tceic.com
copyright ©right 2010-2021。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com