福州大学：《大学物理》课程教学资源（PPT课件讲稿，电磁场、热学）至诚学院大学物理作业30《电场二》测试解答

诚学院 大学物理规范作业 总30) 电场二》单元练习

1 至诚学院 大学物理规范作业 总（30） 《电场二》单元练习

填空: 1、半径分别为R和r的两个弧立球形导体(R>r) 两者相距甚远,用一根细长导线将它们连接起来, 并使它们带电,则两球表面电荷密度的比值 r/R 解:两孤立导体球的电势相等,由导体球电势表 示式 4兀R2a.4丌r2 4兀ER 4z on/o=r/R

2 一、填空： 1、半径分别为R和r的两个弧立球形导体（R>r）， 两者相距甚远，用一根细长导线将它们连接起来， 并 使 它 们 带 电 ， 则 两 球 表 面 电 荷 密 度 的 比 值 σR /σr = 。 解：两孤立导体球的电势相等，由导体球电势表 示式 r r R R R r 0 2 0 2 4 4 4 4        ∴σR /σr ＝r/R r/R

2、导体球壳的内外半径分别为R1和R2,若在距球心0 为r的P点放置一点电荷Q,如图所示,则导体球壳的 电势 ;中心0点的电势 O O 478 4IEoR2 4IEoR iCor 解:静电平衡时球壳的外表面带电量为Q, 且由于球壳的外表面曲率半径相同,电荷面 密度也相同,即电荷是均匀分布在球壳的外 表面上的。电势为 4兀Er 中心0点的电势是p点的电荷、内表面R1和外表 面R2的电荷共同贡献的。内表面带电为-Q,由 电势的叠加原理: O 4兀E R J4T8 011 0 R、4丌Er

3 2、 导体球壳的内外半径分别为R1和R2，若在距球心O 为r的P点放置一点电荷Q，如图所示，则导体球壳的 电势 ；中心O点的电势 。 解：静电平衡时球壳的外表面带电量为Q， 且由于球壳的外表面曲率半径相同，电荷面 密度也相同，即电荷是均匀分布在球壳的外 表面上的。电势为 Q r Q 4 0  中心O点的电势是p点的电荷、内表面R1和外表 面R2的电荷共同贡献的。内表面带电为-Q,由 电势的叠加原理： r Q U 0 4  Q r Q R dq R dq U Q Q 0 4 0 1 0 4 0 2 4 0          r Q R Q R Q 0 2 0 1 0 4 4 4  

4TEOR 4IEoR2 iCor 4mE0R24E0R14丌E0r

4 r Q R dq R dq U Q Q 0 4 0 1 0 4 0 2 4 0          r Q R Q R Q 4 0 2 4 0 1 4 0      

(3)一空气平行板电容器,接上电源后,两极板上的电 荷面密度分别为±σ。。在保持电源接通情况下,将相 对介电常数为e的各向同性均匀电介质充满其中,忽 略边缘效应,介质中的场强大小应为 而 断开电源再充满该种介质,则介质中的场强大小又 为 分析:电源接通情况下电容器两端电压不变: V不变,E不变,E=E0 电源断开情况下电容器极板上带电量不变: q不变,D不变 D=D=0 E D=a& er co&

5 分析： 电源接通情况下电容器两端电压不变： V不变 , E 不变, 0 0 0 '   E  E  电源断开情况下电容器极板上带电量不变： q不变, D 不变 ' D   0 rE D  D0   0 r E    0 0  '  (3)一空气平行板电容器，接上电源后，两极板上的电 荷面密度分别为 。在保持电源接通情况下，将相 对介电常数为ε r的各向同性均匀电介质充满其中，忽 略边缘效应，介质中的场强大小应为 。而 断开电源再充满该种介质，则介质中的场强大小又 为 。  0 r    0 0 0 0  

计算题 三个半径分别为R1、R2、R3(R1r 4兀Enr R R E r2<r<R3 4 E qr R,<r< R2 4丌E0r E=0 < R1

6 计算题 1、三个半径分别为R1、R2、R3(R1<R2<R3)的导体同心 球壳，带电量依次为q1，q2，q3。求：（1）这个带电体 系的总电能。（2）当内、外两球壳共同接地时，系统 的电容和各球壳的带电量。 解：该带电体系的电场强度分布为 3 0 1 2 3 4 r R r q q q E      R1 R2 R3 2 3 0 1 2 4 R r R r q q E      1 2 0 1 4 R r R r q E     0 R1 E  r 

电场的能量可以通过对能量密度积分得到: RR Eo 91+g+93 24r dr 2 48 o41+2)24mh+ 4ur-di 2 48r 2 48r +q2+++2 8丌E。R &IEo R2 R3 8兀E。R,R

7 电场的能量可以通过对能量密度积分得到： r dr r q q q W R 2 2 2 0 0 1 2 3 ) 4 4 ( 2 3         r dr r q r dr r q q R R R R 2 2 2 0 2 2 0 1 2 0 0 1 2 ) 4 4 ( 2 ) 4 4 ( 2 2 1 3 2            ) 1 1 ( 8 ( ) 8 ( ) 2 3 2 0 1 2 2 0 3 1 2 3 R R q q R q q q         ) 1 1 ( 8 0 1 2 2 1 R R q   

当内球与外球接地时,内球与外球的带电量将发生变 化,设为Q1、Q3。由于r>R3时E=0故 Q3=-(Q1+q2),这时电场的分布为 E 0,+ g R2 <r<R 4兀E0r E r<r<R2 4兀Enr R,+qe dr=4750 2 电势分布为U2=」47E0r RR U R 2,+gdr R ReOR

8 当内球与外球接地时，内球与外球的带电量将发生变 化，设为Q1、Q3。由于r>R3时E=0故 Q3=－（ Q1+ q2），这时电场的分布为 2 3 0 1 2 4 R r R r Q q E      1 2 0 1 4 R r R r Q E     电势分布为 ) 1 1 ( 4 4 0 2 3 1 2 0 1 2 2 3 2 R R Q q dr r Q q U R R         r Q dr r Q q U R R R R 0 1 0 1 2 1 4 4 2 1 3 2       

Q1+q2 14兀E0 )=0 RR 4TER R 上式等于0,是因为内球接地,由此可以解出Q1 q2R(R3=R2) R2(R3-R1) r(R3-R2 R2(R3-R)

9 ) 0 1 1 ( 4 ) 1 1 ( 4 0 1 2 1 0 2 3 1 2 1       R R Q R R Q q U   上式等于0，是因为内球接地，由此可以解出Q1 ( ) ( ) 2 3 1 2 1 3 2 1 R R R q R R R Q     ) ( ) ( ) (1 2 3 1 1 3 2 3 2 R R R R R R Q q     

2、电量q均匀分布在长为2L的细棒上,求:(1)细棒 中垂面上距细棒中心r处P点的电势;(2)细棒延长线 上距细棒中心x处P点的电势。 p(0,r) 解:设棒上的电荷线密度λ=q2L,取 如图所示的长度为电荷元在中垂面dpc0 上dx产生的电势为 L++L ndx 4兀Eo√x2+r 则电势为 dx n(x+x2+r2) L4zE0√x2+r24mEo L λ,√+r2+L n A兀60 √L2+r2-L

10 2、电量q均匀分布在长为2L的细棒上，求：（1）细棒 中垂面上距细棒中心r处P点的电势；（2）细棒延长线 上距细棒中心x处P点的电势。 q L L p(0,r) p(x,0) 解：设棒上的电荷线密度λ=q/2L，取 如图所示的长度为dx电荷元,在中垂面 上dx产生的电势为 dx 2 2 4 0 1 x r dx dU     2 2 4 0 x r dx U L L       则电势为 L L x x r   ln(   ) 4 2 2  0   L r L L r L      2 2 2 2 0 ln 4 