1、.物理學教程下冊答案9-16第九章靜電場91電荷面密度均為的兩塊“無限大”均勻帶電的平行平板如圖(A)放置，其周圍空間各點電場強度E(設電場強度方向向右為正、向左為負)隨位置坐標x 變化的關系曲線為圖(B)中的()題 9-1 圖分析與解“無限大”均勻帶電平板激發(fā)的電場強度為，方向沿帶電平板法向向外，依照電場疊加原理可以求得各區(qū)域電場強度的大小和方向.因而正確答案為(B).92下列說法正確的是()(A)閉合曲面上各點電場強度都為零時，曲面內(nèi)一定沒有電荷(B)閉合曲面上各點電場強度都為零時，曲面內(nèi)電荷的代數(shù)和必定為零(C)閉合曲面的電通量為零時，曲面上各點的電場強度必定為零(D)閉合曲面的電通量不

2、為零時，曲面上任意一點的電場強度都不可能為零分析與解依照靜電場中的高斯定理，閉合曲面上各點電場強度都為零時，曲面內(nèi)電荷的代數(shù)和必定為零，但不能肯定曲面內(nèi)一定沒有電荷；閉合曲面的電通量為零時，表示穿入閉合曲面的電場線數(shù)等于穿出閉合曲面的電場線數(shù)或沒有電場線穿過閉合曲面，不能確定曲面上各點的電場強度必定為零；同理閉合曲面的電通量不為零，也不能推斷曲面上任意一點的電場強度都不可能為零，因而正確答案為(B).93下列說法正確的是()(A) 電場強度為零的點，電勢也一定為零(B) 電場強度不為零的點，電勢也一定不為零(C) 電勢為零的點，電場強度也一定為零(D) 電勢在某一區(qū)域內(nèi)為常量，則電場強度在該區(qū)

3、域內(nèi)必定為零分析與解電場強度與電勢是描述電場的兩個不同物理量，電場強度為零表示試驗電荷在該點受到的電場力為零，電勢為零表示將試驗電荷從該點移到參考零電勢點時，電場力作功為零.電場中一點的電勢等于單位正電荷從該點沿任意路徑到參考零電勢點電場力所作的功；電場強度等于負電勢梯度.因而正確答案為(D).*94在一個帶負電的帶電棒附近有一個電偶極子，其電偶極矩p 的方向如圖所示.當電偶極子被釋放后，該電偶極子將()(A) 沿逆時針方向旋轉直到電偶極矩p 水平指向棒尖端而停止(B) 沿逆時針方向旋轉至電偶極矩p 水平指向棒尖端，同時沿電場線方向朝著棒尖端移動(C) 沿逆時針方向旋轉至電偶極矩p 水平指向棒

4、尖端，同時逆電場線方向朝遠離棒尖端移動(D) 沿順時針方向旋轉至電偶極矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同時沿電場線方向朝著棒尖端移動題 9-4 圖分析與解電偶極子在非均勻外電場中，除了受到力矩作用使得電偶極子指向電場方向外，還將受到一個指向電場強度增強方向的合力作用，因而正確答案為(B).95精密實驗表明，電子與質子電量差值的最大范圍不會超過±1021 e，而中子電量與零差值的最大范圍也不會超過±1021e，由最極端的情況考慮，一個有8個電子，8個質子和8個中子構成的氧原子所帶的最大可能凈電荷是多少？ 若將原子視作質點，試比較兩個氧原子間的庫侖力和萬有引力的大小.分析考慮到極限

5、情況， 假設電子與質子電量差值的最大范圍為2×1021 e，中子電量為1021 e，則由一個氧原子所包含的8個電子、8個質子和8個中子可求原子所帶的最大可能凈電荷.由庫侖定律可以估算兩個帶電氧原子間的庫侖力，并與萬有引力作比較.解一個氧原子所帶的最大可能凈電荷為二個氧原子間的庫侖力與萬有引力之比為顯然即使電子、質子、中子等微觀粒子帶電量存在差異，其差異在±1021e范圍內(nèi)時，對于像天體一類電中性物體的運動，起主要作用的還是萬有引力.961964年，蓋爾曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克構成，中子就是由一個帶 的上夸克和兩個帶的下夸克構成.若將夸克作為經(jīng)典粒子處理(夸克線度約

6、為1020 m)，中子內(nèi)的兩個下夸克之間相距2.60×1015 m .求它們之間的相互作用力.解由于夸克可視為經(jīng)典點電荷，由庫侖定律F 與徑向單位矢量er 方向相同表明它們之間為斥力.97 點電荷如圖分布，試求P點的電場強度.分析 依照電場疊加原理，P點的電場強度等于各點電荷單獨存在時在P點激發(fā)電場強度的矢量和.由于電荷量為q的一對點電荷在P點激發(fā)的電場強度大小相等、方向相反而相互抵消，P點的電場強度就等于電荷量為2.0q的點電荷在該點單獨激發(fā)的場強度.解 根據(jù)上述分析題 9-7 圖98若電荷Q均勻地分布在長為L 的細棒上.求證：(1) 在棒的延長線，且離棒中心為r 處的電場強度為

7、(2) 在棒的垂直平分線上，離棒為r 處的電場強度為若棒為無限長(即L)，試將結果與無限長均勻帶電直線的電場強度相比較.題 9-8 圖分析這是計算連續(xù)分布電荷的電場強度.此時棒的長度不能忽略，因而不能將棒當作點電荷處理.但帶電細棒上的電荷可看作均勻分布在一維的長直線上.如圖所示，在長直線上任意取一線元dx，其電荷為dq Qdx/L，它在點P 的電場強度為整個帶電體在點P的電場強度接著針對具體問題來處理這個矢量積分.(1) 若點P 在棒的延長線上，帶電棒上各電荷元在點P 的電場強度方向相同，(2) 若點P 在棒的垂直平分線上，如圖(a)所示，則電場強度E 沿x 軸方向的分量因對稱性疊加為零，因此

8、，點P 的電場強度就是證(1) 延長線上一點P 的電場強度，利用幾何關系 rr x統(tǒng)一積分變量，則電場強度的方向沿x 軸.(2) 根據(jù)以上分析，中垂線上一點P的電場強度E 的方向沿y 軸，大小為利用幾何關系 sin r/r， 統(tǒng)一積分變量，則當棒長L時，若棒單位長度所帶電荷為常量，則P點電場強度此結果與無限長帶電直線周圍的電場強度分布相同圖(b).這說明只要滿足r2/L2 1，帶電長直細棒可視為無限長帶電直線.99一半徑為R的半球殼，均勻地帶有電荷，電荷面密度為，求球心處電場強度的大小.題 9-9 圖分析這仍是一個連續(xù)帶電體問題，求解的關鍵在于如何取電荷元.現(xiàn)將半球殼分割為一組平行的細圓環(huán)，如

9、圖所示，從教材第93節(jié)的例2可以看出，所有平行圓環(huán)在軸線上P處的電場強度方向都相同，將所有帶電圓環(huán)的電場強度積分，即可求得球心O處的電場強度.解將半球殼分割為一組平行細圓環(huán)，任一個圓環(huán)所帶電荷元，在點O激發(fā)的電場強度為由于平行細圓環(huán)在點O激發(fā)的電場強度方向相同，利用幾何關系，統(tǒng)一積分變量，有積分得 910 水分子H2O 中氧原子和氫原子的等效電荷中心如圖所示，假設氧原子和氫原子等效電荷中心間距為r0 .試計算在分子的對稱軸線上，距分子較遠處的電場強度.題 9-10 圖分析水分子的電荷模型等效于兩個電偶極子，它們的電偶極矩大小均為，而夾角為2.疊加后水分子的電偶極矩大小為，方向沿對稱軸線，如圖所

10、示.由于點O 到場點A 的距離x r0 ，利用教材第5 3 節(jié)中電偶極子在延長線上的電場強度可求得電場的分布.也可由點電荷的電場強度疊加，求電場分布.解1水分子的電偶極矩在電偶極矩延長線上解2在對稱軸線上任取一點A，則該點的電場強度由于 代入得測量分子的電場時， 總有x r0 ， 因此， 式中，將上式化簡并略去微小量后，得911兩條無限長平行直導線相距為r0，均勻帶有等量異號電荷，電荷線密度為.(1) 求兩導線構成的平面上任一點的電場強度( 設該點到其中一線的垂直距離為x)；(2) 求每一根導線上單位長度導線受到另一根導線上電荷作用的電場力.題 9-11 圖分析(1) 在兩導線構成的平面上任一

11、點的電場強度為兩導線單獨在此所激發(fā)的電場的疊加.(2) 由FqE，單位長度導線所受的電場力等于另一根導線在該導線處的電場強度乘以單位長度導線所帶電量，即：FE.應該注意：式中的電場強度E是另一根帶電導線激發(fā)的電場強度，電荷自身建立的電場不會對自身電荷產(chǎn)生作用力.解(1) 設點P在導線構成的平面上，E、E分別表示正、負帶電導線在P 點的電場強度，則有(2) 設F、F分別表示正、負帶電導線單位長度所受的電場力，則有顯然有FF，相互作用力大小相等，方向相反，兩導線相互吸引.912設勻強電場的電場強度E 與半徑為R 的半球面的對稱軸平行，試計算通過此半球面的電場強度通量.題 9-12 圖分析方法1：作

12、半徑為R 的平面S與半球面S一起可構成閉合曲面，由于閉合面內(nèi)無電荷，由高斯定理這表明穿過閉合曲面的凈通量為零，穿入平面S的電場強度通量在數(shù)值上等于穿出半球面S的電場強度通量.因而方法2：由電場強度通量的定義，對半球面S 求積分，即解1由于閉合曲面內(nèi)無電荷分布，根據(jù)高斯定理，有依照約定取閉合曲面的外法線方向為面元dS 的方向，解2取球坐標系，電場強度矢量和面元在球坐標系中可表示為913地球周圍的大氣猶如一部大電機，由于雷雨云和大氣氣流的作用，在晴天區(qū)域，大氣電離層總是帶有大量的正電荷，云層下地球表面必然帶有負電荷.晴天大氣電場平均電場強度約為，方向指向地面.試求地球表面單位面積所帶的電荷(以每平

13、方厘米的電子數(shù)表示).分析考慮到地球表面的電場強度指向地球球心，在大氣層中取與地球同心的球面為高斯面，利用高斯定理可求得高斯面內(nèi)的凈電荷.解在大氣層臨近地球表面處取與地球表面同心的球面為高斯面，其半徑(為地球平均半徑).由高斯定理地球表面電荷面密度單位面積額外電子數(shù)914設在半徑為R的球體內(nèi)電荷均勻分布，電荷體密度為,求帶電球內(nèi)外的電場強度分布.分析 電荷均勻分布在球體內(nèi)呈球對稱，帶電球激發(fā)的電場也呈球對稱性.根據(jù)靜電場是有源場，電場強度應該沿徑向球對稱分布.因此可以利用高斯定理求得均勻帶電球內(nèi)外的電場分布.以帶電球的球心為中心作同心球面為高斯面，依照高斯定理有上式中是高斯面內(nèi)的電荷量，分別求

14、出處于帶電球內(nèi)外的高斯面內(nèi)的電荷量，即可求得帶電球內(nèi)外的電場強度分布. 解 依照上述分析，由高斯定理可得時， 假設球體帶正電荷，電場強度方向沿徑向朝外.考慮到電場強度的方向，帶電球體內(nèi)的電場強度為時， 考慮到電場強度沿徑向朝外，帶電球體外的電場強度為 915兩個帶有等量異號電荷的無限長同軸圓柱面，半徑分別為R1 和R2 (R2R1 )，單位長度上的電荷為.求離軸線為r 處的電場強度：(1) r R1 ，(2) R1 rR2 ，(3) rR2 .題 9-15 圖分析電荷分布在無限長同軸圓柱面上，電場強度也必定沿軸對稱分布，取同軸圓柱面為高斯面，只有側面的電場強度通量不為零，且，求出不同半徑高斯面

15、內(nèi)的電荷.即可解得各區(qū)域電場的分布.解作同軸圓柱面為高斯面，根據(jù)高斯定理r R1 ， R1 r R2 ， r R2， 在帶電面附近，電場強度大小不連續(xù)，如圖（b）所示，電場強度有一躍變916如圖所示，有三個點電荷Q1 、Q2 、Q3 沿一條直線等間距分布且Q1 Q3 Q.已知其中任一點電荷所受合力均為零，求在固定Q1 、Q3 的情況下，將Q2從點O移到無窮遠處外力所作的功.題 9-16 圖分析由庫侖力的定義，根據(jù)Q1 、Q3 所受合力為零可求得Q2 .外力作功W應等于電場力作功W的負值，即WW.求電場力作功的方法有兩種：(1)根據(jù)功的定義，電場力作的功為其中E 是點電荷Q1 、Q3 產(chǎn)生的合電

16、場強度.(2) 根據(jù)電場力作功與電勢能差的關系，有其中V0 是Q1 、Q3 在點O 產(chǎn)生的電勢(取無窮遠處為零電勢).解1由題意Q1 所受的合力為零解得 由點電荷電場的疊加，Q1 、Q3 激發(fā)的電場在y 軸上任意一點的電場強度為將Q2 從點O 沿y 軸移到無窮遠處，(沿其他路徑所作的功相同，請想一想為什么？)外力所作的功為解2與解1相同，在任一點電荷所受合力均為零時，并由電勢的疊加得Q1 、Q3 在點O 的電勢將Q2 從點O 推到無窮遠處的過程中，外力作功比較上述兩種方法，顯然用功與電勢能變化的關系來求解較為簡潔.這是因為在許多實際問題中直接求電場分布困難較大，而求電勢分布要簡單得多.917已

17、知均勻帶電長直線附近的電場強度近似為其中為電荷線密度.(1)求在rr1 和rr2 兩點間的電勢差；(2)在點電荷的電場中，我們曾取r處的電勢為零，求均勻帶電長直線附近的電勢時，能否這樣取？ 試說明.解(1) 由于電場力作功與路徑無關，若沿徑向積分，則有(2) 不能.嚴格地講，電場強度只適用于無限長的均勻帶電直線，而此時電荷分布在無限空間，r處的電勢應與直線上的電勢相等.918一個球形雨滴半徑為0.40 mm，帶有電量1.6 pC，它表面的電勢有多大？ 兩個這樣的雨滴相遇后合并為一個較大的雨滴，這個雨滴表面的電勢又是多大？分析取無窮遠處為零電勢參考點，半徑為R 帶電量為q 的帶電球形雨滴表面電勢

18、為當兩個球形雨滴合并為一個較大雨滴后，半徑增大為，代入上式后可以求出兩雨滴相遇合并后，雨滴表面的電勢.解根據(jù)已知條件球形雨滴半徑R10.40 mm，帶有電量q11.6 pC，可以求得帶電球形雨滴表面電勢當兩個球形雨滴合并為一個較大雨滴后，雨滴半徑，帶有電量q22q1 ，雨滴表面電勢919電荷面密度分別為和的兩塊“無限大”均勻帶電的平行平板，如圖(a)放置，取坐標原點為零電勢點，求空間各點的電勢分布并畫出電勢隨位置坐標x 變化的關系曲線.題 9-19 圖分析由于“無限大”均勻帶電的平行平板電荷分布在“無限”空間，不能采用點電荷電勢疊加的方法求電勢分布：應該首先由“無限大”均勻帶電平板的電場強度疊

19、加求電場強度的分布，然后依照電勢的定義式求電勢分布.解由“無限大” 均勻帶電平板的電場強度，疊加求得電場強度的分布，電勢等于移動單位正電荷到零電勢點電場力所作的功 電勢變化曲線如圖(b)所示.920兩個同心球面的半徑分別為R1 和R2 ，各自帶有電荷Q1 和Q2 .求：(1) 各區(qū)域電勢分布，并畫出分布曲線；(2) 兩球面間的電勢差為多少？題 9-20 圖分析通?？刹捎脙煞N方法.方法(1) 由于電荷均勻分布在球面上，電場分布也具有球對稱性，因此，可根據(jù)電勢與電場強度的積分關系求電勢.取同心球面為高斯面，借助高斯定理可求得各區(qū)域的電場強度分布，再由可求得電勢分布.(2) 利用電勢疊加原理求電勢.

20、一個均勻帶電的球面，在球面外產(chǎn)生的電勢為在球面內(nèi)電場強度為零，電勢處處相等，等于球面的電勢其中R 是球面的半徑.根據(jù)上述分析，利用電勢疊加原理，將兩個球面在各區(qū)域產(chǎn)生的電勢疊加，可求得電勢的分布.解1(1) 由高斯定理可求得電場分布由電勢 可求得各區(qū)域的電勢分布.當rR1 時，有當R1 rR2 時，有當rR2 時，有(2) 兩個球面間的電勢差解2(1) 由各球面電勢的疊加計算電勢分布.若該點位于兩個球面內(nèi)，即rR1 ，則若該點位于兩個球面之間，即R1rR2 ，則若該點位于兩個球面之外，即rR2 ，則(2) 兩個球面間的電勢差921一半徑為R 的無限長帶電細棒，其內(nèi)部的電荷均勻分布，電荷的體密度

21、為.現(xiàn)取棒表面為零電勢，求空間電勢分布并畫出分布曲線.題 9-21 圖分析無限長均勻帶電細棒電荷分布呈軸對稱，其電場和電勢的分布也呈軸對稱.選取同軸柱面為高斯面，利用高斯定理可求得電場分布E(r)，再根據(jù)電勢差的定義并取棒表面為零電勢(Vb 0)，即可得空間任意點a 的電勢.解取高度為l、半徑為r且與帶電棒同軸的圓柱面為高斯面，由高斯定理當rR 時得 當rR 時得 取棒表面為零電勢，空間電勢的分布有當rR 時當rR 時如圖所示是電勢V 隨空間位置r 的分布曲線.922 一圓盤半徑R3.00 ×102 m.圓盤均勻帶電，電荷面密度2.00×105 C·m2 .(1)

22、 求軸線上的電勢分布；(2) 根據(jù)電場強度與電勢梯度的關系求電場分布；(3) 計算離盤心30.0 cm 處的電勢和電場強度.題 9-22 圖分析將圓盤分割為一組不同半徑的同心帶電細圓環(huán)，利用帶電細環(huán)軸線上一點的電勢公式，將不同半徑的帶電圓環(huán)在軸線上一點的電勢積分相加，即可求得帶電圓盤在軸線上的電勢分布，再根據(jù)電場強度與電勢之間的微分關系式可求得電場強度的分布.解(1) 如圖所示，圓盤上半徑為r的帶電細圓環(huán)在軸線上任一點P激發(fā)的電勢由電勢疊加，軸線上任一點P 的電勢的 (1)(2) 軸線上任一點的電場強度為 (2)電場強度方向沿x 軸方向.(3) 將場點至盤心的距離x 30.0 cm 分別代入式

23、(1)和式(2)，得 當xR 時，圓盤也可以視為點電荷，其電荷為.依照點電荷電場中電勢和電場強度的計算公式，有由此可見，當xR 時，可以忽略圓盤的幾何形狀，而將帶電的圓盤當作點電荷來處理.在本題中作這樣的近似處理，E和V的誤差分別不超過0.3和0.8，這已足以滿足一般的測量精度.923兩個很長的共軸圓柱面(R1 3.0×102 m，R2 0.10 m)，帶有等量異號的電荷，兩者的電勢差為450 .求：(1) 圓柱面單位長度上帶有多少電荷？(2) r0.05 m 處的電場強度.解(1) 由習題915 的結果，可得兩圓柱面之間的電場強度為根據(jù)電勢差的定義有解得 (2) 解得兩圓柱面之間r

24、0.05m 處的電場強度924輕原子核(如氫及其同位素氘、氚的原子核)結合成為較重原子核的過程，叫做核聚變.在此過程中可以釋放出巨大的能量.例如四個氫原子核(質子)結合成一個氦原子核(粒子)時，可釋放出25.9MeV 的能量.即這類聚變反應提供了太陽發(fā)光、發(fā)熱的能源.如果我們能在地球上實現(xiàn)核聚變，就能獲得豐富廉價的能源.但是要實現(xiàn)核聚變難度相當大，只有在極高的溫度下，使原子熱運動的速度非常大，才能使原子核相碰而結合，故核聚變反應又稱作熱核反應.試估算：(1)一個質子()以多大的動能(以電子伏特表示)運動，才能從很遠處到達與另一個質子相接觸的距離？ (2)平均熱運動動能達到此值時，溫度有多高？

25、(質子的半徑約為1.0 ×1015 m)分析作為估算，可以將質子上的電荷分布看作球對稱分布，因此質子周圍的電勢分布為將質子作為經(jīng)典粒子處理，當另一質子從無窮遠處以動能Ek飛向該質子時，勢能增加，動能減少，如能克服庫侖斥力而使兩質子相碰，則質子的初始動能假設該氫原子核的初始動能就是氫分子熱運動的平均動能，根據(jù)分子動理論知：由上述分析可估算出質子的動能和此時氫氣的溫度.解(1) 兩個質子相接觸時勢能最大，根據(jù)能量守恒由可估算出質子初始速率該速度已達到光速的4.(2) 依照上述假設，質子的初始動能等于氫分子的平均動能得 實際上在這么高的溫度下，中性原子已被離解為電子和正離子，稱作等離子態(tài)，

26、高溫的等離子體不能用常規(guī)的容器來約束，只能采用磁場來約束(托卡馬克裝置)925在一次典型的閃電中，兩個放電點間的電勢差約為109 ，被遷移的電荷約為30 C.(1) 如果釋放出來的能量都用來使0 的冰融化成0 的水，則可溶解多少冰？ (冰的融化熱L3.34 ×105 J· kg)(2) 假設每一個家庭一年消耗的能量為3 000kW·h，則可為多少個家庭提供一年的能量消耗？解(1) 若閃電中釋放出來的全部能量為冰所吸收，故可融化冰的質量即可融化約 90 噸冰.(2) 一個家庭一年消耗的能量為一次閃電在極短的時間內(nèi)釋放出來的能量約可維持3個家庭一年消耗的電能.926已

27、知水分子的電偶極矩p=6.17×1030 C· m.這個水分子在電場強度E1.0 ×105 V· m-1的電場中所受力矩的最大值是多少?分析與解 在均勻外電場中，電偶極子所受的力矩為當電偶極子與外電場正交時，電偶極子所受的力矩取最大值.因而有9-27 電子束焊接機中的電子槍如圖所示，K為陰極，A為陽極，陰極發(fā)射的電子在陰極和陽極電場加速下聚集成一細束，以極高的速率穿過陽極上的小孔，射到被焊接的金屬上使兩塊金屬熔化在一起.已知，并設電子從陰極發(fā)射時的初速度為零，求：（1）電子到達被焊接金屬時具有的動能；（2）電子射到金屬上時的速度. 分析 電子被陰極和陽極

28、間的電場加速獲得動能，獲得的動能等于電子在電場中減少的勢能.由電子動能與速率的關系可以求得電子射到金屬上時的速度. 解 （1）依照上述分析，電子到達被焊接金屬時具有的動能(2)由于電子運動的動能遠小于電子靜止的能量，可以將電子當做經(jīng)典粒子處理.電子射到金屬上時的速度題 9-27 圖第十章靜電場中的導體與電介質101將一個帶正電的帶電體A從遠處移到一個不帶電的導體B 附近，則導體B 的電勢將（）（A） 升高（B） 降低（C） 不會發(fā)生變化（D） 無法確定分析與解不帶電的導體B 相對無窮遠處為零電勢.由于帶正電的帶電體A 移到不帶電的導體B附近時，在導體B 的近端感應負電荷；在遠端感應正電荷，不帶

29、電導體的電勢將高于無窮遠處，因而正確答案為（A）.102將一帶負電的物體M靠近一不帶電的導體N，在N的左端感應出正電荷，右端感應出負電荷.若將導體N的左端接地（如圖所示），則（）（A） N上的負電荷入地（B）N上的正電荷入地（C） N上的所有電荷入地 （D）N上所有的感應電荷入地題 10-2 圖分析與解導體N接地表明導體N為零電勢，即與無窮遠處等電勢，這與導體N在哪一端接地無關.因而正確答案為（A）.103如圖所示將一個電量為q的點電荷放在一個半徑為R的不帶電的導體球附近，點電荷距導體球球心為d，參見附圖.設無窮遠處為零電勢，則在導體球球心O 點有（）（A） （B）（C） （D）題 10-3

30、圖分析與解達到靜電平衡時導體內(nèi)處處各點電場強度為零.點電荷q 在導體球表面感應等量異號的感應電荷±q，導體球表面的感應電荷±q在球心O點激發(fā)的電勢為零，O 點的電勢等于點電荷q 在該處激發(fā)的電勢.因而正確答案為（A）.104根據(jù)電介質中的高斯定理，在電介質中電位移矢量沿任意一個閉合曲面的積分等于這個曲面所包圍自由電荷的代數(shù)和.下列推論正確的是( )（A） 若電位移矢量沿任意一個閉合曲面的積分等于零，曲面內(nèi)一定沒有自由電荷（B） 若電位移矢量沿任意一個閉合曲面的積分等于零，曲面內(nèi)電荷的代數(shù)和一定等于零（C） 若電位移矢量沿任意一個閉合曲面的積分不等于零，曲面內(nèi)一定有極化電荷（

31、D） 介質中的高斯定律表明電位移矢量僅僅與自由電荷的分布有關（E） 介質中的電位移矢量與自由電荷和極化電荷的分布有關分析與解電位移矢量沿任意一個閉合曲面的通量積分等于零，表明曲面內(nèi)自由電荷的代數(shù)和等于零；由于電介質會改變自由電荷的空間分布，介質中的電位移矢量與自由電荷與位移電荷的分布有關.因而正確答案為（E）.105對于各向同性的均勻電介質，下列概念正確的是（）（A） 電介質充滿整個電場并且自由電荷的分布不發(fā)生變化時，電介質中的電場強度一定等于沒有電介質時該點電場強度的1/倍（B） 電介質中的電場強度一定等于沒有介質時該點電場強度的1/倍（C） 在電介質充滿整個電場時，電介質中的電場強度一定等

32、于沒有電介質時該點電場強度的1/倍（D） 電介質中的電場強度一定等于沒有介質時該點電場強度的倍分析與解電介質中的電場由自由電荷激發(fā)的電場與極化電荷激發(fā)的電場迭加而成，由于極化電荷可能會改變電場中導體表面自由電荷的分布，由電介質中的高斯定理，僅當電介質充滿整個電場并且自由電荷的分布不發(fā)生變化時，在電介質中任意高斯面S 有即E E/，因而正確答案為（A）.106不帶電的導體球A含有兩個球形空腔，兩空腔中心分別有一點電荷qb 、qc ，導體球外距導體球較遠的r 處還有一個點電荷qd （如圖所示）.試求點電荷qb 、qc 、qd 各受多大的電場力.題 10-6 圖分析與解根據(jù)導體靜電平衡時電荷分布的規(guī)

33、律，空腔內(nèi)點電荷的電場線終止于空腔內(nèi)表面感應電荷；導體球A外表面的感應電荷近似均勻分布，因而近似可看作均勻帶電球對點電荷qd的作用力.點電荷qd 與導體球A 外表面感應電荷在球形空腔內(nèi)激發(fā)的電場為零，點電荷qb 、qc處于球形空腔的中心，空腔內(nèi)表面感應電荷均勻分布，點電荷qb 、qc受到的作用力為零.107一真空二極管，其主要構件是一個半徑R5.0×104 m的圓柱形陰極和一個套在陰極外、半徑R4.5×103 m 的同軸圓筒形陽極陽極電勢比陰極電勢高300 V，陰極與陽極的長度均為L2.5×10 m假設電子從陰極射出時的速度為零求：（） 該電子到達陽極時所具有的動

34、能和速率；（）電子剛從陽極射出時所受的力題 10-7 圖分析（1） 由于半徑RL，因此可將電極視作無限長圓柱面，陰極和陽極之間的電場具有軸對稱性從陰極射出的電子在電場力作用下從靜止開始加速，電子所獲得的動能等于電場力所作的功，也即等于電子勢能的減少由此，可求得電子到達陽極時的動能和速率（2） 計算陽極表面附近的電場強度，由FqE 求出電子在陰極表面所受的電場力解（1） 電子到達陽極時，勢能的減少量為由于電子的初始速度為零，故因此電子到達陽極的速率為（2） 兩極間的電場強度為兩極間的電勢差負號表示陽極電勢高于陰極電勢陰極表面電場強度電子在陰極表面受力這個力盡管很小，但作用在質量為.1×

35、103kg 的電子上，電子獲得的加速度可達重力加速度的5×105 倍108一導體球半徑為R ，外罩一半徑為R2 的同心薄導體球殼，外球殼所帶總電荷為Q，而內(nèi)球的電勢為V 求此系統(tǒng)的電勢和電場的分布分析若，內(nèi)球電勢等于外球殼的電勢，則外球殼內(nèi)必定為等勢體，電場強度處處為零，內(nèi)球不帶電若，內(nèi)球電勢不等于外球殼電勢，則外球殼內(nèi)電場強度不為零，內(nèi)球帶電一般情況下，假設內(nèi)導體球帶電q，導體達到靜電平衡時電荷的分布如圖所示依照電荷的這一分布，利用高斯定理可求得電場分布并由或電勢疊加求出電勢的分布最后將電場強度和電勢用已知量V0、Q、R、R2表示題 10-8 圖解根據(jù)靜電平衡時電荷的分布，可知電場

36、分布呈球對稱取同心球面為高斯面，由高斯定理，根據(jù)不同半徑的高斯面內(nèi)的電荷分布，解得各區(qū)域內(nèi)的電場分布為r R時， RrR2 時，rR2 時， 由電場強度與電勢的積分關系，可得各相應區(qū)域內(nèi)的電勢分布r R時，RrR2 時，rR2 時，也可以從球面電勢的疊加求電勢的分布：在導體球內(nèi)（r R）在導體球和球殼之間（RrR2 ）在球殼外（rR2）為由題意得 于是可求得各處的電場強度和電勢的分布：r R時，；RrR2 時，；rR2 時，；109地球和電離層可當作球形電容器，它們之間相距約為100 km，試估算地球電離層系統(tǒng)的電容設地球與電離層之間為真空解由于地球半徑R16.37×106 m；電離

37、層半徑R21.00×105 m R1 6.47×106 m，根據(jù)球形電容器的電容公式，可得1010兩線輸電線，其導線半徑為3.26 mm，兩線中心相距0.50 m，導線位于地面上空很高處，因而大地影響可以忽略求輸電線單位長度的電容分析 假設兩根導線帶等量異號電荷，電荷在導線上均勻分布，則由長直帶電線的電場疊加，可以求出兩根帶電導線間的電場分布,再由電勢差的定義求出兩根導線之間的電勢差，就可根據(jù)電容器電容的定義，求出兩線輸電線單位長度的電容解 建立如圖坐標，帶等量異號電荷的兩根導線在P點激發(fā)的電場強度方向如圖，由上述分析可得P點電場強度的大小為電場強度的方向沿x軸，電線自身為

38、等勢體，依照定義兩導線之間的電勢差為上式積分得因此，輸電線單位長度的電容代入數(shù)據(jù) 題 10-10 圖1011電容式計算機鍵盤的每一個鍵下面連接一小塊金屬片，金屬片與底板上的另一塊金屬片間保持一定空氣間隙，構成一小電容器（如圖）.當按下按鍵時電容發(fā)生變化，通過與之相連的電子線路向計算機發(fā)出該鍵相應的代碼信號.假設金屬片面積為50.0 mm2 ，兩金屬片之間的距離是0.600 mm.如果電路能檢測出的電容變化量是0.250 pF，試問按鍵需要按下多大的距離才能給出必要的信號？題 10-11 圖分析按下按鍵時兩金屬片之間的距離變小，電容增大，由電容的變化量可以求得按鍵按下的最小距離：解按下按鍵時電容

39、的變化量為按鍵按下的最小距離為1012一片二氧化鈦晶片，其面積為1.0 cm2 ，厚度為0.10 mm把平行平板電容器的兩極板緊貼在晶片兩側.（1） 求電容器的電容；（2） 當在電容器的兩極間加上12 V電壓時，極板上的電荷為多少？ 此時自由電荷和極化電荷的面密度各為多少？ （3） 求電容器內(nèi)的電場強度解（1） 查表可知二氧化鈦的相對電容率r 173，故充滿此介質的平板電容器的電容（2） 電容器加上U 12V 的電壓時，極板上的電荷極板上自由電荷面密度為晶片表面極化電荷密度（3） 晶片內(nèi)的電場強度為1013如圖所示，半徑R 0.10 m 的導體球帶有電荷Q 1.0 ×10C，導體外有

40、兩層均勻介質，一層介質的r5.0，厚度d 0.10 m，另一層介質為空氣，充滿其余空間求：（1） 離球心為r 5cm、15 cm、25 cm 處的D 和E；（2） 離球心為r 5 cm、15 cm、25 cm 處的V；（3） 極化電荷面密度題 10-13 圖分析帶電球上的自由電荷均勻分布在導體球表面，電介質的極化電荷也均勻分布在介質的球形界面上，因而介質中的電場是球對稱分布的任取同心球面為高斯面，電位移矢量D 的通量與自由電荷分布有關，因此，在高斯面上D 呈均勻對稱分布，由高斯定理可得D（r）再由可得E（r）介質內(nèi)電勢的分布，可由電勢和電場強度的積分關系求得，或者由電勢疊加原理求得極化電荷分布

41、在均勻介質的表面，其極化電荷面密度解（1） 取半徑為r 的同心球面為高斯面，由高斯定理得r R ；R r R d ；r R d ；將不同的r 值代入上述關系式，可得r5 cm、15 cm 和25 cm 時的電位移和電場強度的大小，其方向均沿徑向朝外r1 5 cm，該點在導體球內(nèi)，則；r2 15 cm，該點在介質層內(nèi)， 5.0，則r3 25 cm，該點在空氣層內(nèi)，空氣中0 ，則；（2） 取無窮遠處電勢為零，由電勢與電場強度的積分關系得r3 25 cm，r2 15 cm，r1 5 cm，（3） 均勻介質的極化電荷分布在介質界面上，因空氣的電容率0 ，極化電荷可忽略故在介質外表面；在介質內(nèi)表面：介質

42、球殼內(nèi)、外表面的極化電荷面密度雖然不同，但是兩表面極化電荷的總量還是等量異號1014人體的某些細胞壁兩側帶有等量的異號電荷.設某細胞壁厚為5.2 ×109 m，兩表面所帶面電荷密度為±5.2 ×10 3 Cm2 ，內(nèi)表面為正電荷如果細胞壁物質的相對電容率為6.0，求（1） 細胞壁內(nèi)的電場強度；（2） 細胞壁兩表面間的電勢差解（1）細胞壁內(nèi)的電場強度；方向指向細胞外（2） 細胞壁兩表面間的電勢差1015如圖（a）所示，有兩塊相距為0.50 的薄金屬板A、B 構成的空氣平板電容器被屏蔽在一金屬盒 內(nèi)，金屬盒上、下兩壁與A、B 分別相距0.25 mm，金屬板面積為30

43、mm ×40 mm.求（1） 被屏蔽后電容器的電容變?yōu)樵瓉淼膸妆?；?） 若電容器的一個引腳不慎與金屬屏蔽盒相碰，問此時的電容又為原來的幾倍？題 10-15 圖分析薄金屬板A、B 與金屬盒一起構成三個電容器，其等效電路圖如圖（）所示，由于兩導體間距離較小，電容器可視為平板電容器，通過分析等效電路圖可以求得A、B 間的電容.解（1） 由等效電路圖可知由于電容器可以視作平板電容器，且，故 ，因此A、B 間的總電容（2） 若電容器的一個引腳不慎與金屬屏蔽盒相碰，相當于（或者）極板短接，其電容為零，則總電容1016在A 點和B 點之間有5 個電容器，其連接如圖所示（1） 求A、B 兩點之間的

44、等效電容；（2） 若A、B 之間的電勢差為12 V，求UAC 、UCD 和UDB 題 10-16 圖解（1） 由電容器的串、并聯(lián)，有求得等效電容CAB 4 F（2） 由于，得1017如圖，有一個空氣平板電容器，極板面積為S，間距為d現(xiàn)將該電容器接在端電壓為U 的電源上充電，當（1） 充足電后；（2） 然后平行插入一塊面積相同、厚度為（ d）、相對電容率為 的電介質板；（3） 將上述電介質換為同樣大小的導體板分別求電容器的電容C，極板上的電荷Q 和極板間的電場強度E題 10-17 圖分析電源對電容器充電，電容器極板間的電勢差等于電源端電壓U插入電介質后，由于介質界面出現(xiàn)極化電荷，極化電荷在介質中

45、激發(fā)的電場與原電容器極板上自由電荷激發(fā)的電場方向相反，介質內(nèi)的電場減弱由于極板間的距離d 不變，因而與電源相接的導體極板將會從電源獲得電荷，以維持電勢差不變，并有相類似的原因，在平板電容器極板之間，若平行地插入一塊導體板，由于極板上的自由電荷和插入導體板上的感應電荷在導體板內(nèi)激發(fā)的電場相互抵消，與電源相接的導體極板將會從電源獲得電荷，使間隙中的電場E 增強，以維持兩極板間的電勢差不變，并有綜上所述，接上電源的平板電容器，插入介質或導體后，極板上的自由電荷均會增加，而電勢差保持不變解（1） 空氣平板電容器的電容充電后，極板上的電荷和極板間的電場強度為（2） 插入電介質后，電容器的電容C1 為故有

46、介質內(nèi)電場強度空氣中電場強度（3） 插入導體達到靜電平衡后，導體為等勢體，其電容和極板上的電荷分別為導體中電場強度 空氣中電場強度無論是插入介質還是插入導體，由于電容器的導體極板與電源相連，在維持電勢差不變的同時都從電源獲得了電荷，自由電荷分布的變化同樣使得介質內(nèi)的電場強度不再等于E0/1018為了實時檢測紡織品、紙張等材料的厚度（待測材料可視作相對電容率為 的電介質），通常在生產(chǎn)流水線上設置如圖所示的傳感裝置，其中A，B為平板電容器的導體極板，d0 為兩極板間的距離試說明檢測原理，并推出直接測量量電容C 與間接測量量厚度d 之間的函數(shù)關系如果要檢測鋼板等金屬材料的厚度，結果又將如何？題 10

47、-18 圖分析導體極板A、B 和待測物體構成一有介質的平板電容器，關于電容C與材料的厚度的關系，可參見題1017 的分析解由分析可知，該裝置的電容為則介質的厚度為如果待測材料是金屬導體，其等效電容為導體材料的厚度實時地測量A、B 間的電容量C，根據(jù)上述關系式就可以間接地測出材料的厚度通常智能化的儀表可以實時地顯示出待測材料的厚度1019 有一電容為0.50 F 的平行平板電容器，兩極板間被厚度為0.01 mm的聚四氟乙烯薄膜所隔開，（1） 求該電容器的額定電壓；（2） 求電容器存貯的最大能量分析通過查表可知聚四氟乙烯的擊穿電場強度Eb 1.9 ×107 Vm，電容器中的電場強度EEb

48、 ，由此可以求得電容器的最大電勢差和電容器存貯的最大能量解（1） 電容器兩極板間的電勢差（2） 電容器存貯的最大能量1020半徑為0.10 cm 的長直導線，外面套有內(nèi)半徑為1.0 cm 的共軸導體圓筒，導線與圓筒間為空氣略去邊緣效應，求：（1） 導線表面最大電荷面密度；（2） 沿軸線單位長度的最大電場能量分析如果設長直導線上單位長度所帶電荷為，導線表面附近的電場強度查表可以得知空氣的擊穿電場強度Eb 3.0 ×106（Vm），只有當空氣中的電場強度EEb 空氣才不會被擊穿，由于在導線表面附近電場強度最大，因而可以求出的極限值再求得電場能量密度，并通過同軸圓柱形體元內(nèi)電場能量的積分求

49、得單位長度的最大電場強度解（1） 導線表面最大電荷面密度顯然導線表面最大電荷面密度與導線半徑無關（2） 由上述分析得，此時導線與圓筒之間各點的電場強度為 (其他)沿軸線單位長度的最大電場能量 1021一空氣平板電容器，空氣層厚1.5 cm，兩極間電壓為40 kV，該電容器會被擊穿嗎？ 現(xiàn)將一厚度為0.30 cm 的玻璃板插入此電容器，并與兩極平行，若該玻璃的相對電容率為7.0，擊穿電場強度為10 V· m1 則此時電容器會被擊穿嗎？分析在未插入玻璃板時，不難求出空氣中的電場強度小于空氣的擊穿電場強度，電容器不會被擊穿插入玻璃后，由習題1017 可知，若電容器與電源相連，則極板間的電勢

50、差維持不變，電容器將會從電源獲取電荷此時空氣間隙中的電場強度將會增大若它大于空氣的擊穿電場強度，則電容器的空氣層將首先被擊穿此時40 kV 電壓全部加在玻璃板兩側，玻璃內(nèi)的電場強度如也大于玻璃擊穿電場強度的值，則玻璃也將被擊穿整個電容器被擊穿解未插入玻璃時，電容器內(nèi)的電場強度為因空氣的擊穿電場強度 ，故電容器不會被擊穿插入玻璃后，由習題6 26 可知，空氣間隙中的電場強度此時，因 ，空氣層被擊穿，擊穿后40 kV 電壓全部加在玻璃板兩側，此時玻璃板內(nèi)的電場強度由于玻璃的擊穿電場強度， ，故玻璃也將相繼被擊穿，電容器完全被擊穿1022某介質的相對電容率，擊穿電場強度為 ，如果用它來作平板電容器的

51、電介質，要制作電容為0.047 F，而耐壓為4.0 kV的電容器，它的極板面積至少要多大解介質內(nèi)電場強度電容耐壓Um 4.0 kV，因而電容器極板間最小距離要制作電容為0.047 F 的平板電容器，其極板面積顯然，這么大的面積平鋪開來所占據(jù)的空間太大了，通常將平板電容器卷疊成筒狀后再封裝1023一平行板空氣電容器，極板面積為S，極板間距為d，充電至帶電Q后與電源斷開，然后用外力緩緩地把兩極板間距拉開到2d求：（1） 電容器能量的改變；（2） 此過程中外力所作的功，并討論此過程中的功能轉換關系分析在將電容器兩極板拉開的過程中，由于導體極板上的電荷保持不變，極板間的電場強度亦不變，但電場所占有的空

52、間增大，系統(tǒng)總的電場能量增加了根據(jù)功能原理，所增加的能量應該等于拉開過程中外力克服兩極板間的靜電引力所作的功解（1） 極板間的電場為均勻場，且電場強度保持不變，因此，電場的能量密度為在外力作用下極板間距從d 被拉開到2d，電場占有空間的體積，也由V 增加到2V，此時電場能量增加（2） 兩導體極板帶等量異號電荷，外力F 將其緩緩拉開時，應有FFe ，則外力所作的功為外力克服靜電引力所作的功等于靜電場能量的增加第十一章恒定磁場111兩根長度相同的細導線分別多層密繞在半徑為R 和r 的兩個長直圓筒上形成兩個螺線管，兩個螺線管的長度相同，R 2r，螺線管通過的電流相同為I，螺線管中的磁感強度大小滿足（

53、）（A） （B） （C） （D）分析與解在兩根通過電流相同的螺線管中，磁感強度大小與螺線管線圈單位長度的匝數(shù)成正比根據(jù)題意，用兩根長度相同的細導線繞成的線圈單位長度的匝數(shù)之比因而正確答案為（C）.112一個半徑為r的半球面如圖放在均勻磁場中，通過半球面的磁通量為（）（A）（B） （C） （D） 題 11-2 圖分析與解作半徑為r 的圓S與半球面構成一閉合曲面，根據(jù)磁場的高斯定理，磁感線是閉合曲線，閉合曲面的磁通量為零，即穿進半球面S 的磁通量等于穿出圓面S的磁通量；因而正確答案為（D）113下列說法正確的是（）（A） 閉合回路上各點磁感強度都為零時，回路內(nèi)一定沒有電流穿過（B） 閉合回路上各點磁感強度都為零時，回路內(nèi)穿過電流的代數(shù)和必定為零（C） 磁感強度沿閉合回路的積分為零時，回路上各點的磁感強度必定為