新編基礎(chǔ)物理學(xué)習(xí)題解答和分析

1、第十章習(xí)題解答10-1 如題圖10-1所示，三塊平行的金屬板A，B和C，面積均為200cm2,A與B相距4mm，A與C相距2mm，B和C兩板均接地，若A板所帶電量Q=3.0×10-7C，忽略邊緣效應(yīng),求：（1）B和C上的感應(yīng)電荷？（2）A板的電勢(shì)（設(shè)地面電勢(shì)為零）。題10-1解圖題圖10-1分析：當(dāng)導(dǎo)體處于靜電平衡時(shí)，根據(jù)靜電平衡條件和電荷守恒定律，可以求得導(dǎo)體的電荷分布，又因?yàn)锽、C兩板都接地，所以有。解：（1）設(shè)B、C板上的電荷分別為、。因3塊導(dǎo)體板靠的較近，可將6個(gè)導(dǎo)體面視為6個(gè)無限大帶電平面。導(dǎo)體表面電荷分布均勻，且其間的場(chǎng)強(qiáng)方向垂直于導(dǎo)體表面。作如圖中虛線所示的圓柱形高斯面

2、。因?qū)w達(dá)到靜電平衡后，內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)為零，故由高斯定理得：即 又因?yàn)椋?而: 于是： 兩邊乘以面積S可得： 即： 聯(lián)立求得: (2) 10-2 如題圖10-2所示，平行板電容器充電后，A和B極板上的面電荷密度分別為+和，設(shè)P為兩極板間任意一點(diǎn)，略去邊緣效應(yīng)，求：（1）A,B板上的電荷分別在P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)EA,EB;（2）A,B板上的電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)E；(3)拿走B板后P點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)E。分析：運(yùn)用無限大均勻帶電平板在空間產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)表達(dá)式及場(chǎng)強(qiáng)疊加原理求解。解：（1） A、B兩板可視為無限大平板.所以A、B板上的電何在P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)分別為:題圖10-2,方向?yàn)椋捍怪庇贏板由A指向B板，方向與相同.

3、(2)，方向于相同(3) 拿走B板后：，方向垂直A板指向無限遠(yuǎn)處.10-3 電量為q的點(diǎn)電荷處導(dǎo)體球殼的中心，球殼的內(nèi)、外半徑分別為R1和R2，求場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)的分布。分析：由場(chǎng)強(qiáng)分布的對(duì)稱性，利用高斯定理求出各區(qū)域場(chǎng)強(qiáng)分布。再應(yīng)用電勢(shì)與場(chǎng)強(qiáng)的積分關(guān)系求電勢(shì)，注意積分要分段進(jìn)行。解：由靜電感應(yīng)在球殼的內(nèi)表面上感應(yīng)出的電量，外表面上感應(yīng)出q的電量.題10-3解圖所以由高斯定理求得各區(qū)域的場(chǎng)強(qiáng)分布為： 即： ，, , 綜上可知:10-4 半徑為R1的導(dǎo)體球，帶有電量q；球外有內(nèi)、外半徑分別為R2，R3的同心導(dǎo)體球殼，球殼帶有電量Q。（1）求導(dǎo)體球和球殼的電勢(shì)U1，U2；（2）若球殼接地，求U1，U2；

4、（3）若導(dǎo)體球接地（設(shè)球殼離地面很遠(yuǎn)），求U1，U2。分析：由場(chǎng)強(qiáng)分布的對(duì)稱性，利用高斯定理求出各區(qū)域場(chǎng)強(qiáng)分布；再由電勢(shì)定義求電勢(shì)。接地導(dǎo)體電勢(shì)為零，電荷重新分布達(dá)到新的靜電平衡，電勢(shì)分布發(fā)生變化。解:如圖題10-4解圖（a）所示,當(dāng)導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡時(shí),q分布在導(dǎo)體球的表面上.由于靜電感應(yīng)在外球殼的內(nèi)表面上感應(yīng)出電量.外表面上感應(yīng)出電量，則球殼外表面上共帶電荷.(1) 由于場(chǎng)的對(duì)稱性.由高斯定理求得各區(qū)域的場(chǎng)強(qiáng)分布為：題10-4解圖（a） E的方向均沿經(jīng)向向外.取無限遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，則由電勢(shì)的定義可得：內(nèi)球體內(nèi)任一場(chǎng)點(diǎn)p1的電勢(shì)為 外球殼體內(nèi)任一場(chǎng)點(diǎn)p2的電勢(shì)為:題10-4解圖（b）（2）若外球

5、殼接地.球殼外表面的電荷為零，等量異號(hào)電荷分布在球體表面和球殼內(nèi)表面上,此時(shí)電場(chǎng)只分布在的空間，如圖題10-4解圖（b）所示.由于外球殼則內(nèi)球體內(nèi)任一點(diǎn)P1的電勢(shì)U1為:(3) 當(dāng)內(nèi)球接地時(shí)，內(nèi)球的電勢(shì)，但無限遠(yuǎn)處的電勢(shì)也為零，這就要求外球殼所帶電量在內(nèi)外表面上重新分配，使球殼外的電場(chǎng)沿著經(jīng)向指向無限遠(yuǎn)處，球殼內(nèi)的電場(chǎng)經(jīng)向指向球心處；因此，內(nèi)球必然帶負(fù)電荷。因?yàn)閮?nèi)球接地，隨著它上面正電荷的減少，球殼內(nèi)表面上的負(fù)電荷也相應(yīng)減少；當(dāng)內(nèi)球上正電荷全部消失時(shí)，球殼內(nèi)表面上的負(fù)電荷全部消失完；但就球殼而言，仍帶有電量+Q。由于靜電感應(yīng)，在內(nèi)球和大地這一導(dǎo)體，系統(tǒng)中便會(huì)感應(yīng)出等量的負(fù)電荷-Q,此負(fù)電荷（-

6、Q）的一部分（設(shè)為-q）均勻分布在內(nèi)球表面上。球殼內(nèi)表面上將出現(xiàn)等量的正電荷(+q)與之平衡.因此，在達(dá)到靜電平衡后，內(nèi)球帶電荷-q，球殼內(nèi)表面帶電量+q，外表面上帶電量（Q-q），如圖所示.由高斯定理可知各區(qū)域的場(chǎng)強(qiáng)分布為: 題10-4解圖（c） 球殼上任一場(chǎng)點(diǎn)P2相對(duì)于無限遠(yuǎn)處和相對(duì)于接地內(nèi)球的電勢(shì)，應(yīng)用電勢(shì)定義分別計(jì)算，可得:聯(lián)立上述兩式，求得：將代入U(xiǎn)2的表達(dá)式中可得: ， ， 10-5 三個(gè)半徑分別為R1，R2，R3（R1< R2< R3）的導(dǎo)體同心薄球殼，所帶電量依次為q1，q2，q3.求：（1）各球殼的電勢(shì)；（2）外球殼接地時(shí)，各球殼的電勢(shì)。分析：根據(jù)靜電平衡條件先確

7、定球的電荷分布情況，再根據(jù)電荷分布的球?qū)ΨQ性，利用高斯定理求出電場(chǎng)強(qiáng)度分布，進(jìn)而利用電勢(shì)與電場(chǎng)強(qiáng)度的積分關(guān)系求出電勢(shì)分布。對(duì)于電荷球?qū)ΨQ分布的帶電體，也可直接利用電勢(shì)疊加原理求得電勢(shì)分布。接地導(dǎo)體時(shí)電勢(shì)為零，電荷重新分布達(dá)到新的靜電平衡，新的電荷分布引起電場(chǎng)和電勢(shì)分布發(fā)生變化。解：(1) 如圖題10-5解圖(a)所示，半徑為R1的導(dǎo)體球殼外表面上均勻的分布電量q1，由于靜電感應(yīng)，半徑為R2的球殼內(nèi)表面上感應(yīng)出-q1的電量.外表面上感應(yīng)出+q1的電量.因此，半徑為R2的球殼外表面上的電量為q1+q2，同理，半徑為R3的球殼內(nèi)表面上感應(yīng)出-(q1+q2)的電量.外表面上感應(yīng)出+(q1+q2)的電量

8、.所以R3的球殼外表面上的電量為(q1+q2+q3)。(方法一) 由于場(chǎng)的分布具有對(duì)稱性,可用高斯定理求得各區(qū)域的場(chǎng)強(qiáng)分別為 ， 題10-5解圖(a)， ， ， E的方向均沿徑向向外.取無限遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn). （方法二）可把各球殼上的電勢(shì)視為由電量為q1,半徑為R1；電量為q2，半徑為R2；電量為q3，半徑為R3的三個(gè)同心帶電球殼分別在各點(diǎn)所共同產(chǎn)生的電勢(shì)的疊加.由于在半徑為R1的球殼外表面上的P點(diǎn)由三個(gè)帶電球殼電勢(shì)的疊加.故有同理: (2) 由于外球殼接地,球殼外表面的電荷為零，內(nèi)表面的電量為-(q1+q2)(方法一) 用高斯定理求得各區(qū)域的場(chǎng)強(qiáng)分別為：題10-5解圖（b） ， ， ， ， （

9、方法二）可把U1,視為帶電量為q1，半徑為R1；帶電量為q2，半徑為R2，帶電量為-(q1+q2)，半徑為R3的同心帶電球面在半徑為R1的球殼外表面上的電勢(shì)的疊加.把U2視為帶電量為q1+q2,半徑為R2.帶電量為-(q1+q2)，半徑為R3的同心球面在半徑為R2的球殼外表面上的電勢(shì)的疊加因?yàn)橥馇驓そ拥?，所以?0-6 一球形電容器，由兩個(gè)同心的導(dǎo)體球殼所組成，內(nèi)球殼半徑為a，外球殼半徑為b，求電容器的電容。分析：設(shè)球殼內(nèi)外表帶電量，由于電荷分布具有對(duì)稱性，應(yīng)用高斯定理確定場(chǎng)強(qiáng)的分布。由電勢(shì)與場(chǎng)強(qiáng)的積分關(guān)系確定電容器兩極板間電勢(shì)差，再由電容定義式求電容。解：設(shè)內(nèi)球殼外表面帶電量為+Q.則外球殼

10、內(nèi)表面帶電量為-Q,兩球面間的場(chǎng)強(qiáng)分布具有對(duì)稱性，應(yīng)用高斯定理，求得兩球面間的場(chǎng)強(qiáng)大小為： ，據(jù)場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系：于是有：10-7 一平行板電容器兩極板的面積均為S，相距為d，其間還有一厚度為t,面積也為S的平行放置著的金屬板，如題圖10-7所示，略去邊緣效應(yīng).(1) 求電容C.（2）金屬板離兩極板的遠(yuǎn)近對(duì)電容C有無影響？（3）在t=0和t=d時(shí)的C為多少？分析： 由于金屬板的兩個(gè)表面在電容器中構(gòu)成新電容器的兩個(gè)板板，所以AC間的電容器可看作AB、BC兩電容器的串聯(lián).題10-7解圖解：（1）AC間的電容為:(2) 由上述推導(dǎo)可知，金屬板離兩極板遠(yuǎn)近對(duì)C無影響(3) 當(dāng)t=0時(shí):當(dāng)t=d時(shí):C

11、=10-8 平行板電容器的兩極板間距d=2.00mm,電勢(shì)差U=400V，其間充滿相對(duì)電容率的均勻玻璃片,略去邊緣效應(yīng),求：（1）極板上的面電荷密度；(2)玻璃界面上的極化面電荷密度。分析：根據(jù)電容的定義式及平行板電容器公式求解自由電荷面密度。再利用極化面電荷密度和自由電荷面密度關(guān)系求解。解：（1） 據(jù)電容的定義式：即: (2) 10-9 如題圖10-9所示，一平行板電容器中有兩層厚度分別為d1，d2的電介質(zhì)，其相對(duì)電容率分別為，極板的面積為S，所帶面電荷密度為+0和-0.求：（1）兩層介質(zhì)中的場(chǎng)強(qiáng)E1,E2;（2）該電容器的電容。分析：此電容器可視為上下兩電容器串聯(lián)而成。題10-9解圖解:

12、(1) 平行板電容器為介質(zhì)是真空時(shí)當(dāng)充滿相對(duì)電容率為的介質(zhì)時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)分別為： ，方向?yàn)榇怪睒O板向下。，方向?yàn)榇怪睒O板向下。(2) 該電容可以看成是的串聯(lián)。 10-10 一無限長(zhǎng)的圓柱形導(dǎo)體，半徑為R，沿軸線單位長(zhǎng)度上所帶電荷為，將此圓柱放在無限大的均勻電介質(zhì)中，電介質(zhì)的相對(duì)電容率為，求：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的分布規(guī)律；（2）電勢(shì)U的分布規(guī)律（設(shè)圓柱形導(dǎo)體的電勢(shì)為U0）分析：介質(zhì)中高斯定理的應(yīng)用。先利用介質(zhì)中高斯定理求D、E的空間分布，然后再由電勢(shì)與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系確定空間電勢(shì)分布。解：由于電荷分布呈對(duì)稱性，故D、E分布亦呈對(duì)稱性，方向沿徑向.以r為半徑作一同軸圓柱形柱面，圓柱長(zhǎng)為。如圖中虛線所示，則通過此

13、面的D通量為:由高斯定理可知:題10-10解圖解之得: 由可知:（2）據(jù)電勢(shì)與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系可知：取圓柱面附近某點(diǎn)B處電勢(shì)為零.,則：當(dāng)rR時(shí), 當(dāng)rR時(shí), 綜上可知電勢(shì)分布為：10-11 設(shè)有兩個(gè)同心的薄導(dǎo)體球殼A與B，其半徑分別為R1=10cm, R2=20cm，所帶電量分別為.球殼間有兩層電介質(zhì)球殼，內(nèi)層的相對(duì)電容率，外層的，它們分界面的半徑，球殼B外的電介質(zhì)為空氣，求：（1）A球的電勢(shì)UA，B球的電勢(shì)UB；（2）兩球殼的電勢(shì)差；（3）離球心30cm處的場(chǎng)強(qiáng)；（4）由球殼A與B組成的電容器的電容分析：介質(zhì)中高斯定理的應(yīng)用。先由介質(zhì)中高斯定理求D、E的空間分布，然后由電勢(shì)與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系求電勢(shì)、電

14、勢(shì)差，再根據(jù)電容定義式求電容。解：（1） 由于電荷分布呈球?qū)ΨQ性.D、E分布亦呈球?qū)ΨQ性.方向沿徑向.由高斯定理可得:AB題10-11解圖又由于由場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)的關(guān)系可知:(2) (3) (4)由靜電感應(yīng)，達(dá)到靜電平衡時(shí)，半徑為R2的導(dǎo)體球殼內(nèi)表面上分布有-q1的電量. 10-12 如題圖10-12所示，平行板電容器極板面積為S，相距為d，電勢(shì)差為U，極板間放著一厚度為t，相對(duì)電容率為的電介質(zhì)板，略去邊緣效應(yīng)，求：（1）介質(zhì)中的電位移D，場(chǎng)強(qiáng)E；（2）極板上的電量q；（3）極板與介質(zhì)間的場(chǎng)強(qiáng)E；（4）電容C。分析：介質(zhì)中高斯定理的應(yīng)用。由電勢(shì)與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系和D、E之間的關(guān)系，可得出空氣、介質(zhì)中的場(chǎng)強(qiáng)

15、，由高斯定理可求出介質(zhì)中的電位移D，進(jìn)而求出電量及電容。解：（1）設(shè)介質(zhì)中的場(chǎng)強(qiáng)為、介質(zhì)外的場(chǎng)強(qiáng)為，則有：題10-12解圖 (2) 作一柱形高斯面S，如圖中虛所示，有即： (3) 極板與介質(zhì)間的場(chǎng)強(qiáng)：(4) 10-13 一平行板電容器，極板間距d=5.00mm，極板面積S=100cm2, 用電動(dòng)勢(shì)E=300V的電源給電容器充電.（1）若兩板間為真空，求此電容器的電容，極板上的面電荷密度，兩極板間的場(chǎng)強(qiáng)；（2）該電容器充電后，與電源斷開，再在兩板間插入厚度d=5.00mm的玻璃片（相對(duì)電容率）,求其電容C，兩板間的場(chǎng)強(qiáng)以及電勢(shì)差U；（3）該電容器充電后，仍與電源相接，在兩極板間插入與（2）相同的

16、玻璃片，求其電容，兩板間的場(chǎng)強(qiáng)以及兩板上的電荷量。分析：電容器充電后，斷開電源，電容器存儲(chǔ)的電量不變。而充電后，電容器仍與電源相接，則電容器兩極板間電壓不變。插入介質(zhì)后電容器的電容增大。解：（1） 兩極板間為真空，則有：又 （2）插入介質(zhì)后（3）充電后，仍與電源相接，則不變. 10-14 一圓柱形電容器由半徑為R1的導(dǎo)線和與它同軸的導(dǎo)體圓筒構(gòu)成，圓筒長(zhǎng)為l，內(nèi)半徑為R2，導(dǎo)線與圓筒間充滿相對(duì)電容率為的電介質(zhì)，設(shè)沿軸線單位長(zhǎng)度上導(dǎo)線的電量為，圓筒的電量為，略去邊緣效應(yīng)，求：（1）電介質(zhì)中電位移D，場(chǎng)強(qiáng)E；（2）兩極板的電勢(shì)差。分析：介質(zhì)中的高斯定理的應(yīng)用。根據(jù)介質(zhì)中的高斯定理求出D、E，再由電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系求電勢(shì)差。解：（1）電荷分布具有對(duì)稱性,即D、E的分布變量呈對(duì)稱性方向沿徑向向外.作如圖所示的圓柱形高斯面，由高斯定理可知： (R1<R<R2)即 (R1<r<R