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10级竞赛辅导(静电-1)


静 电 场
1

静电场

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

性质.关系 性质 关系

r r c r V = ∫ E ? dl ? E = ? ( d? / dn )n a r r 通量 Φ e = ∫∫ E ? d s = ∫∫ E cos θ ds

环流

r r 点电荷 试验电荷 电偶极子 pe = ql

r r ∫l E ? dl = ∫l E cos θ ds

2

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 r 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

r r 环路定理: 表述、 环路定理 ∫l E ? dl = 0 表述、意义
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
3


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 r r 法 ∫ E ? d S = ∑ qi / ε 0
S

r 1 qi ? 点电荷组 E = ∑ r2 r 4πε0 i i r 1 dq 连续带电体 E = ? ∫q 4πε r 2 r 0

E


Gauss面 面
r d? ? 法 E=? n 电 dn
4

迭加法

点电荷 典型场



qi V= ∑r 点电荷组 4πε0 i i 1 dq 连续带电体 V = ∫q 4πε0 r 均匀带电球面 1
均匀带电球体 无限大均匀带电平面

V


无限

均匀带电



均匀带电

法 Va =



c a

r r E ? dl


5

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

1 ∝ 2 r

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

E

∝r
o
R

1 ∝ 2 r
6

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
r E=

r

λ ? r (r > R) 2πε 0 r
0 (r < R)

1 ∝ r

qx 均匀带电 E= 3 2 2 2 细圆环轴线 4πε 0 ( R + x )

7

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。

v “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 v 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。
8

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

r ∑ pi

r r r r v ∴ D = ε 0 E + χeε 0 E = ε 0 (1 + χe )E = ε 0ε r E

{ {

介质中的高斯定理 r r D? d S = q0


S



高斯面内自由 高斯面内自由 电荷的代数和 电荷的代数和
9

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 = + +L+ 串联: 串联: C C1 C 2 Cn

并联: 并联:

C = C1 + C2 + L + 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 ε E 2 = 1 DE = 1 D 2 2 2 2ε

1 2 W = dW = wdV = εE dV = L V V2







10

稳恒电场: 四、稳恒电场: 电流强度: 电流强度:

dq I= dt

I = nS q v
r r j =γ E

r dI ? n 电流密度: j = 电流密度: dS⊥
电动势: 电动势:

r r ε = ∫ EK ? dl
L

11

第一届竞赛考题) (2010第一届竞赛考题)现有一半径为 的均匀带电圆 第一届竞赛考题 现有一半径为a的均匀带电圆 薄盘,其面电荷密度为σ,求圆盘边缘处的电势大小。 薄盘,其面电荷密度为 ,求圆盘边缘处的电势大小。 设无穷远处电势为零) (设无穷远处电势为零) 思路1: 思路 :

dq = σ dxdy
或:dq = σρ dθ d ρ

12

第一届竞赛考题) (2010第一届竞赛考题)现有一半径为 的均匀带电圆 第一届竞赛考题 现有一半径为a的均匀带电圆 薄盘,其面电荷密度为σ,求圆盘边缘处的电势大小。 薄盘,其面电荷密度为 ,求圆盘边缘处的电势大小。 设无穷远处电势为零) (设无穷远处电势为零) Y 思路2: 思路 :

P a

Q, L
x x + dx

X

Q dq = λ dx , λ = L dq dU = 4πε 0 x 2 + a 2

U=∫

L/ 2

? L/ 2

4πε 0 x + a
2

λ dx

2



2 2 dx = ln( x + x + a ) 2 2 x +a

13

?v V∞ = 0 ? E 外 = q r ? 2 ? 4 πε 0 r ?

求均匀带电球面的电场中的电势分布。 例:求均匀带电球面的电场中的电势分布。 设球面半径为R,总带电量为 。 设球面半径为 总带电量为q 总带电量为 v 解: ? E内 = 0

V外 =
=


P



v v E ? dl =
q


r



v v E 外 ? dr =

∫E
r





dr

4π ε 0



r



dr q = (r > R ) 2 r 4π ε 0 r


r = R, V =

∫E
R

dr =

q 4πε 0 R
14

r<R
∞ v v v v V = ∫ E 内 ?dr + ∫ E 外 ? dr = R r R

∫ 4πε
R



q
0

r

2

dr =

q 4πε 0 R

? q ,r < R ? ? 4πε 0 R ? q ? ,r = R ∴V = ? ? 4πε 0 R ? q ,r > R ? ? 4πε 0 r ?

V

15

? q ,r < R ? ? 4πε 0 R 均匀带电球面的电 ? q ? ,r = R ∴V = ? 场中的电势分布 ? 4πε 0 R ? q 有三个均匀带电球面: 有三个均匀带电球面: ,r > R ? ? 4πε 0 r ? R1, Q1; R2, Q2; R3, Q3

求各区域的电势。 求各区域的电势。

R1
Ⅰ区:r < R1、 R2、R3 Q3 Q1 Q2 V= + + Ⅰ 4πε0 R1 4πε0 R2 4πε0 R3
ⅠⅡ Ⅲ Ⅳ

16

Ⅱ区:r > R3, r < R1、R2
Q3 Q1 Q2 V= + + Ⅱ 4πε0 R1 4πε0 R2 4πε0r

Ⅲ区:r > R2、 R3 , r < R1
Q3 Q1 Q2 V= + + Ⅲ 4πε0 R1 4πε0r 4πε0r

R1
ⅠⅡ Ⅲ Ⅳ

Ⅳ区:r > R1 、R2、 R3
VⅣ= + + 4πε0r 4πε0r 4πε0r Q1 Q2 Q3

17

第一届竞赛考题) (2010第一届竞赛考题)现有一半径为 的均匀带电圆 第一届竞赛考题 现有一半径为a的均匀带电圆 薄盘,其面电荷密度为σ,求圆盘边缘处的电势大小。 薄盘,其面电荷密度为 ,求圆盘边缘处的电势大小。 设无穷远处电势为零) (设无穷远处电势为零) 以圆盘边缘为圆心,以 为半径 为宽 作圆弧。 为半径, 为宽, 以圆盘边缘为圆心 以r为半径 dr为宽 作圆弧。 思路3: 思路 :

dq = σ ds
2a

ds = 2rθ dr

U p = ∫ σ ? 2rθ dr 0 4πε 0 r

a 2 = r 2 + a 2 ? 2ra cos θ θ = arccos r 2a


P

O

Up = σ 2πε 0



2a

0

arccos r dr 2a
18

第二届竞赛考题) ( 2011第二届竞赛考题 ) 有一不带电的半径为 1 的接 第二届竞赛考题 有一不带电的半径为R 地金属导体球,外面是一个内外半径分别为R2 、 R3 的 地金属导体球, 外面是一个内外半径分别为 同心金属导体球壳( ) 同心金属导体球壳( R1 < R2 < R3 )。求:(1)此金 属导体系统的电容是多少? 属导体系统的电容是多少?(2)若给外球壳带上电量 ) Q,则内球的带电量是多少?(3)外球壳电势是多少? ,则内球的带电量是多少? )外球壳电势是多少? (4)此系统的静电能是多少? )此系统的静电能是多少? 解:电容:C = Q 电容: ?U R2 R2 R1 R1 球形电容器: 球形电容器: R3
Q

?Q

?U= 4πε0 R1 4πε0 R2

Q

Q

19

解:(1)内球与球壳内表面构成球形电容器, :( )内球与球壳内表面构成球形电容器,
4πε 0 R1 R2 其电容: 其电容: C 1 = R2 ? R1

球壳外表面与无限远构成球形电容器, 球壳外表面与无限远构成球形电容器, 其电容: 其电容: C 2 = 4πε 0 R3 将接地与无限远等效(电势为零),则 将接地与无限远等效(电势为零),则C1 、 C2并联 ),
C = C1 + C 2 =

故此系统的电容为 4πε 0 R1 R2
R2 ? R1

+ 4πε 0 R3

R2 C1
R1

R3


C2

4πε 0 ( R1 R2 + R2 R3 ? R1 R3 ) = R2 ? R1

20

第二届竞赛考题) (2011第二届竞赛考题)有一不带电的半径为 1的接 第二届竞赛考题 有一不带电的半径为R 地金属导体球,外面是一个内外半径分别为R 地金属导体球,外面是一个内外半径分别为 2、R3的 同心金属导体球壳( )。求:(1) 同心金属导体球壳( R1 < R2 < R3 )。求:( )此金 属导体系统的电容是多少? 属导体系统的电容是多少?(2)若给外球壳带上电量 ) Q,则内球的带电量是多少?(3)外球壳电势是多少? ,则内球的带电量是多少? )外球壳电势是多少? (4)此系统的静电能是多少? )此系统的静电能是多少?

R1

R2 R3

21

R1 R2 Q+q ?q Q UO = + + =0?q= R1 R3 ? R1 R2 ? R2 R3 4πε 0 R1 4πε 0 R2 4πε 0 R3
q
?q Q + q = 方法2:两电容器并联,两端电压相同, 方法 :两电容器并联,两端电压相同,有 C1 C2 R1 R2 q= Q 将C1 、C2、代入得 R1 R3 ? R1 R2 ? R2 R3
R1

(2)设内球带电量为 ,则球壳内表面带电量为 , )设内球带电量为q,则球壳内表面带电量为-q, 球壳外表面带电量为Q+q,则球心处电势为 球壳外表面带电量为 ,

q( R1 ? R2 ) ∫R2 4πε 0 r 2 dr = 4πε 0 R1 R2 Q+q 球壳外表面与无穷远处的电势差为 4πε R 0 3 q
q ( R1 ? R2 ) Q+q ∴ = 4πε 0 R1 R2 4πε 0 R3

方法3: 方法 :两电容器端电压相同 球壳内表面与内球的电势差为

R1 R2 Q ?q= R1 R3 ? R1 R2 ? R2 R3

22

第二届竞赛考题) (2011第二届竞赛考题)有一不带电的半径为 1的接 第二届竞赛考题 有一不带电的半径为R 地金属导体球,外面是一个内外半径分别为R2、R3的 地金属导体球,外面是一个内外半径分别为 同心金属导体球壳( )。求:(1) 同心金属导体球壳( R1 < R2 < R3 )。求:( )此金 属导体系统的电容是多少?( ?(2) 属导体系统的电容是多少?( )若给外球壳带上电量 Q,则内球的带电量是多少?(3)外球壳电势是多少? ,则内球的带电量是多少? )外球壳电势是多少? (4)此系统的静电能是多少? )此系统的静电能是多少?

R1

R2 R3

23

(3)外球壳电势为: 外球壳电势为: (方法1):(取球壳外表面上一点) 方法1): 取球壳外表面上一点) 1)
Q+q ?q U= + + 4πε 0 R3 4πε 0 R3 4πε 0 R3 q

(方法2): 取球壳内表面上一点) 方法2): 取球壳内表面上一点) 2) (
Q+q ?q U= + + 4πε 0 R2 4πε 0 R2 4πε 0 R3 q

(方法3): U = ∫ 方法3): 3) R

R1
2

q ( R1 ? R 2 ) dr = 2 4πε 0 r 4πε 0 R1 R 2
q

Q( R1 ? R2 ) 将q代入 ? U = 4πε 0 ( R1 R3 ? R1 R2 ? R2 R3 )
24

第二届竞赛考题) (2011第二届竞赛考题)有一不带电的半径为 1的接 第二届竞赛考题 有一不带电的半径为R 地金属导体球,外面是一个内外半径分别为R 地金属导体球,外面是一个内外半径分别为 2、R3的 同心金属导体球壳( )。求:(1) 同心金属导体球壳( R1 < R2 < R3 )。求:( )此金 属导体系统的电容是多少?( ?(2) 属导体系统的电容是多少?( )若给外球壳带上电量 Q,则内球的带电量是多少?( )外球壳电势是多少? ?(3)外球壳电势是多少? ,则内球的带电量是多少?( (4)此系统的静电能是多少? )此系统的静电能是多少?
Q 2 ( R1 ? R2 ) 1 Q2 = 系统静电能为: (4)系统静电能为: W = 2 C 8πε 0 ( R1 R3 ? R1 R2 ? R2 R3 )

1 1 2 根据 W = CU 或 W = QU 2 2 或根据电场能量密度再积分做,均可。 或根据电场能量密度再积分做,均可。
25

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 )
+
+

+

+

+

+

+

(3)
26

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。
27

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。
28

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 思路: 思路: 首先确定金属球的带电量 考虑到金属球接地,电势为零。 考虑到金属球接地,电势为零。 介质内任意一点到金属球的电势差与其到无穷远 的电势差相等。 的电势差相等。
29

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 = 2)
r

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 ?

(

)

30

q + q0 在介质外的电场强度 E 2 = 4πε 0 r 2
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


1
R

R

2R

E1dr = ∫ E 2 dr
2R



q0 q + q0 1 qr 即: ∫ 2 R ( r 2 + 7 R 2 ? 7 R 2 )dr = 4πε 0 8πε 0
16 由上式可求得 q = ? q0 21

dr ∫2 R r 2



介质壳外表面电势为: 介质壳外表面电势为:

q + q0 q + q0 5q 0 U = ∫ E 2 dr = ∫ dr = = 2 2R 2 R 4 πε r 8 πε 0 R 168 πε 0 R 0
∞ ∞
31

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

r 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。 说明此结果并不正确。 (二-三-2) 三 )
32

r 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)。
33

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 思路: 思路: 要求介质分界面上的点和分布需 r r 要用高斯定理。 要用高斯定理。 D ? dS = ∑ q, ∫ 因此要求出两种介质中的电场强度 题目已知电阻率, 题目已知电阻率,故考虑用微分形式的欧姆定律 题目已知两极板电压U,故可用场强表示之。 题目已知两极板电压 故可用场强表示之。 故可用场强表示之
34

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 r r (1) ∫ D ? d S = σ = ε2 E2 ? ε1E1

∑ q,

r r D = εE
35

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 (2) ρ1 ρ2

r r J = γ E, γ = 1

ρ

由场强和电势的关系有: 由场强和电势的关系有:

E1l1 + E2l2 = U (3)
由⑵、 ⑶解得: 解得:

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

36

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
37

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, 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 )
38

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 r r r 方向可作判断是_______ 方向可作判断是 D = ε0 E + P :(B) 解:( )

由于介质均匀与且介质内无自由电荷, 由于介质均匀与且介质内无自由电荷,所以介质内 也没有极化体电荷, 也没有极化体电荷,极化电荷只存在于与极板接界的介 质表面。 质表面。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。 面电荷分布。 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, 不一定与E同向 由于介质是各向异性的,所以 不一定与 同向,因 也不一定与E同向 与极板垂直, 而D也不一定与 同向,所以可以判断 与极板垂直,但 也不一定与 同向,所以可以判断E与极板垂直 不能判定P、 方向 方向。 不能判定 、D方向。
39

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 )

q +

v E=0

V=C1

V=C1
40

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 41 了腔内电势。 了腔内电势。

8. 已知两个同心金属球壳的半径分别为 、b, (b>a)中间 已知两个同心金属球壳的半径分别为a、 中间 充满电导率为σ的材料 的材料, 是随外电场变化的 是随外电场变化的, , 充满电导率为 的材料,σ是随外电场变化的,且σ=KE, 其中K为常数 现将两球壳维持恒定电压V, 为常数, 其中 为常数,现将两球壳维持恒定电压 ,求两球壳 间的电流。 四 三 间的电流。(四-三-3) 思路: 思路: 已知电流密度,求电流强度。 已知电流密度,求电流强度。

r r I = ∫ J ? dS

r r 欧姆定律微分形式: 欧姆定律微分形式:J = σE
已知两球壳之间电压V, 已知两球壳之间电压

r r V = ∫ E ?dl
42

8. 已知两个同心金属球壳的半径分别为 、b, (b>a)中间 已知两个同心金属球壳的半径分别为a、 中间 充满电导率为σ的材料 的材料, 是随外电场变化的 是随外电场变化的, , 充满电导率为 的材料,σ是随外电场变化的,且σ=KE, 其中K为常数 现将两球壳维持恒定电压V, 为常数, 其中 为常数,现将两球壳维持恒定电压 ,求两球壳 间的电流。 四 三 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 球面S, 在两金属球壳间作半径为 球面 , 则穿过此面的电流 I = JS = KE 2 4π r 2 可知 E = 1
r 4π K
b a

I

而两金属球的电压 V = ∫

r r b E ? d l = ∫ Edr =
a

V ) 2 4πK ∴I = ( ln b / a

b ln 4π K a
43

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
P

r a
O
r uuu r OP = r ,

O'

r r r r = r '+a

r uuuu r OP ' = r ',

r uuuu r OO ' = a
44

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,①对无空腔的均匀带正电球体, 为空腔内任一点, 对无空腔的均匀带正电球体, 为空腔内任一点 由高斯定理可知 r 4 r E 1 ? dS = π r 3 ρ / ε 0 ∫s 3 ( )
45

ρ E1 = r 3ε 0 ε

写成矢量式: 写成矢量式: E 1

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 r ?ρ r

E2 =

将两者叠加可得有空腔时P点的场强 将两者叠加可得有空腔时 点的场强E 点的场强 r r r ρ r r ρ r (r ? r ′ ) = a E = E1 + E 2 = 3ε 0 3ε 0

3ε 0

r′

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
46

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 r r 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 r ρR13 r E1外 = r r≥R 3 47 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

r ∞ r r 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

(

)

(

)
48

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,有一质量为m,电量为q( ) 电空间,有一质量为 ,电量为 (< 0)的点电荷在 带电板的边缘自由释放。 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,该点电荷运动到中心对称面oo′的时间 阻力的情况下,该点电荷运动到中心对称面 的时间 是_____ (五-二-4) 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


(s)

r q (内 ) r E ? dS =

ε0


(s)

r r E ? dS = 2 E ?S

d d q(内) = ρ 2 x?S (在 ? ≤ x ≤ 范围) 49 2 2

ρ x ∴E = 方向沿x轴 方向沿 轴 ε0 ρq x 点电荷q( ) 点电荷 (<0)所受的电力为 F = Eq =
ε0 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 ? ρ q 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
2π ε0m ,周期为 T = = 2π 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
50

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

51

12. 半径分别为 1与R2的二同心均匀带电半球面相对放 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:

52

12. 半径分别为 1与R2的二同心均匀带电半球面相对放 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。 53

而图中的E 而图中的 左+E右≠0,显然矛盾,这个矛盾只有当 左和 ,显然矛盾,这个矛盾只有当E 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
54

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)。
55

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
56

14. 某质子加速器使每个质子获得动能 E = 2k eV,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.

57

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
58

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 )

L

L

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 59

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 接触的极板接电源正极),设极板面积为S, 与介质A接触的极板接电源正极 源上 与介质 接触的极板接电源正极 ,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 . 电荷密度 σ 束 (八-四) 四 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

60

(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
61

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 据静电平衡条件, 解:据静电平衡条件,金属球内表面带 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 dS 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

金属球外表面 带电量为零。 带电量为零。 62

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 = QE'=CUE ′ = = d 2d 2d 2
又 F = mg
U= 2d 2 mg ε0S
63

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 r r 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,它犹如一个均匀带电的大平面, 并考虑,它犹如一个均匀带电的大平面, E1 = E 2. 面两侧的电场强弱相同, 面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 64 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 ′ UQ = UQ ? U 2 = UQ ? ( UQ ? U P ) = UQ + U P 2 6 2 6

65

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
66

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

67

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

68

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。
69

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, U 点电荷电势叠加,有 10 = 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Q 对边长为 的立方体,处处有 ,而总量等于 的立方体 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 , 70 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 r r dQ 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 ∫ J ? dS= ? dt (1) r r r r D
QJ = 1

ρ

E,

E=

ε 0ε r
1 (2)
71

r r dQ 介质均匀, 、 处处相同, 介质均匀,ρ、εr处处相同, ε ε ρ ∫ S D ? dS = ? dt 0 r

由高斯定理, 由高斯定理,



S

r r D ? dS = Q (3)

r r dQ ∫ S D ? dS = ? dt ε 0ε r ρ 1

(2)

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的解为 Q = Q 0 e 代入初始条件,求出方程④ r 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 4π r Q 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

r J =

1 4π ε 0ε r ρ r
2

?

1

Q 0e

ε 0ε r ρ

t

? r
72

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 r 限多个薄球壳电阻串联, 限多个薄球壳电阻串联,故总电阻 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
1

∫ 4πr
r1

2

2

=

2

1

4 π r1 r2

解得: 解得: Q = Q0 e
?

?

1 t ε 0ε r ρ

r ∴J =

1 4πε 0ε r ρ r

Qe 2

ε 0ε r ρ

t

? r
73

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,
74

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,U ' A = U ' D = Q = σ R 4πε 0 R ε0 Q 2σ R U 'C = = Q = 4π R 2σ 3 3ε 0 4 πε 0 R 2
∴ U AB 1 σR 2 σR (1 ? ) = = ? 2 ε0 3 6ε 0
75

C

C

C

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 与电场强度: 与电场强度 76

? 板内: 板内: D内 = ρ xn ? ? 板外: 板外: D1 = ? ρ d 1 n, D2 = ρ d 2 n r ? 板内: r 板内: E内 = ρxn / ε 0 r ? ? 板外:E1 = ? ρ d1 n / ε 1 , E2 = ρ d 2 n / ε 2 ? 方向由左指向右) ( n方向由左指向右)

E1=-E2, 得 d1/ε1=d2/ε2, ε ε 与d1+d2=b联立得 联立得: 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 2 r B' r ? d 2 ? d12 ? ρ b 2 ? ε 2 ? ε 1 ? U AB = U A`B ` = ∫ E ? dl = ρ ? ?= ? ? A' ? 2ε 0 ? 2ε 0 ? ε 1 + ε 2 ?
77

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 Qu = + 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 ) = + = + 78 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 电容器极板电荷分布的影响 则P将经 =_____ 时间与 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 79 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' C0 = = + = 2 dE 0 2d 2d 4d
ε0S Q' C= = 2dE 2d

Q Q C= = U Ed

Q QE0 = mg

切断电源, 切断电源, 1+ εr E0 ∴E = 电量不变 2 1 + ε r mg mg ∴E = ∴ E0 = 2 Q 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 Q d = at 2

∴t =

2d 4d = a (ε r ? 1) g

80

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。 球P恰好能处于静止状态。现将电容器中的固态介质 恰好能处于静止状态 块抽去,稳定后试求带电小球P在竖直方向上运动的 块抽去,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 的方向和大小. (十六 十六-13) 加速度 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 ) = 81 2d 2ε r

开始时P受力平衡, 开始时 受力平衡,有 E1q = mg 受力平衡 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
82

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

83

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”。
84

32. 半径为 的金属球远离其他物体,通过理想细导线和 半径为r的金属球远离其他物体 的金属球远离其他物体, 电阻为R的电阻器与大地连接 电子束从远处以速度v 的电阻器与大地连接。 电阻为 的电阻器与大地连接。电子束从远处以速度 射向金属球面,稳定后每秒钟落到球上的电子数为n, 射向金属球面,稳定后每秒钟落到球上的电子数为 , 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) 十五-16) 荷量绝对值记为 ) (十五 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 85 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

86

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

σ2 解: E = ε0

σ1 σ2
P
O

87

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 88 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:



eβa ? 2 2x 2 ? 2 βx x e dx = ? x ? β ? β2 ?+c β ? ?

(十八 十八-5) 十八
89

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 ?
90

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

91

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

图1

2 5 Q ?Q ( + = ? ) 3 a 4πε 0 2 a 4πε 0 a 3 2 92

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
93

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

图2

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

图2 94

图3 图2

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 95

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 96 0

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___, 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 O q dQ q Q q Q + 2q UO = ∫ + = + = R 4πε0 R 2πε0 R 4πε0 R 4πε0 R O 4πε0 2 Q在球面内不激发电场,故单对 而言,球面内为等势 在球面内不激发电场, 而言, 在球面内不激发电场 故单对Q而言 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 97

Q


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