第三章 静电场的电介质
3.2.1 偶极矩为p →
=q l →
的电偶极子，处于场强为E 的外电场中，p →
与E →
的夹角为θ。
（1） 若是均匀的，θ为什么值时，电偶极子达到平衡？
（2）如果E 是不均匀的，电偶极子能否达到平衡？ 解： （1）偶极子受的力：
F + =F _=qE
因而F →
+=-F →
_∴偶极子
受合力为零。偶极子受的力矩
T =p ?E
即 T=qEsin θ
当 T=0时，偶极子达到平衡，
∴ pEsin θ=0
p →
≠0 E →
≠0 ∴θ=0 , π
θ=0这种平衡是稳定平衡。θ=π是不稳定平衡。
（2） 当E →
不是均匀电场时，偶极子除受力矩外还将受一个 力（作用在两个点电荷的电场力的合力）。所以不能达到平衡。
3.2.2 两电偶极子
1p
→和2
p →
在同一直线上，所以它们之间距r
比它们自己的线度大的很多。证明：它们的相互作用力的大小为F=
4
02
123r
p p πε，力的方向是：1
p
→
与
2
p
→
同方向时互相吸引，反方向时互相排斥。
证： 已知当r >>l 时，偶极子在其延长线上
一点的场强：E →
=3
02r
p
πε→
当 1p →
与
2p →
同方向时，如图
2p →
所受的力的大小：
+→
F =E →
q=
r l
r q p ∧
+3
201)2
(2πε
-→
F = -
E
→
q=
r l
r q p ∧
--3
201)2
(2πε
∴F
→
= +→
F +-→
F =r l r l r q p ∧?????
?
??
????--+323201)2(1
)2(12πε =r l r l l r q p ∧
??
?
???---?32223
222
01)2()2(2262πε
略去 4
22l 及 83
2
l 等高级小量。
F
→
=-r r ql
p ∧
4
02
146πε
= -r r p
p ∧
4
02123πε
当 1p →
与
2p →
反方向时（如图）
，同理： F
→= r l r l r q p ∧?????
?
??
????--+323201)2(1
)2(12πε =012πεq p ?r l r l l r ∧
-+3222
3
222)
4
()2(23
略去高级小量得：
F
→
=r r
P P ∧
402123πε
3.2.3 一电偶极子处在外电场中，其电偶极矩为 ，其所在处的电场强度为 。
（1） 求电偶极子在该处的电位能，
（2） 在什么情况下电偶极子的电位能最小？其值是
多少？
（3） 在什么情况下电偶极子的电位能最大？其值是
多少？
解： （1）电位能： W =q +U -q _U =q U ?
又由于E →
= -n n
U
∧??，=?n lcos θ(θ是l →与E →
间夹角)
∴ θcos El n E U -=?-=? ∴ W = -qEl cos θ
= -
E p →
→
?
（2）当p →
与E →
一致时，W = -pE.即θ=0时电位能最小。
（3）当
p →
与E →
方向相反时， W = pE. 即θ=π时电位能最大。
3.2.4 一电偶极子，由q=1.0?108-（库）的两个异号电荷所组成，这两个电荷相距为l=2.0（厘米），把这电偶极子放在1.0?105牛顿/库伦的均匀外场中，
（1） 外电场作用于电偶极子上最大转矩的多大？
（2） 把偶极子从原来的位置（）转到最大转矩时，外力 所作的功是多大？
解： （1）外电场是匀强电场时，偶极子受的力矩为： T=pEsin θ
当时θ=2π
时，力矩最大，
T=pE=qlE=108-?2?102-?105 =2?103- (牛顿?米)
（2）把偶极子从原来的位置（）转到最大转矩时，外力
所做的功：
A=?20
πθTd =
?
20
sin π
θθd pE
=pE=2?103-(牛顿?米)
3·4·1 一平行板电容器面积为S ，面板间距离为d ，中间充满均匀电介质，已知当一板上自己电荷为Q 时，整块介质的总偶极矩为 总, 求电容器中的电场强度。
整块介质的总偶极矩为 总
极化强度=
设上、下是介质上下两面的外法线，
上=·上= —Pn= —P
下= ·下= —Pn= —P
自由电荷激发的场强：
AB=AB
极化电荷激发的场强：
BA= —AB= —AB= —AB
电容器中电场强度：
AB =AB
3·4·2 一半径为R，厚度为d的均匀介质圆板（R d）被均匀极化，其极化强度为P，且平行于板画（如图所示），求极化电荷在圆板中心产生的电场强度。
解：如图所示，在柱坐标系中：
是面元法线与极化强度为夹角
其中
根据对称性分析,极化电荷在圆板中心产生的电场强度只有y方向分量(y轴与反方向),
当R>>d时,略去高级小量得:
3·4·3 在图中A为一块金属,其外部充满均匀介质,其极化率为x,已知交界面上某点的极化电荷面密度为,求该点的自由电荷面密度。
解: 在静点平衡时,利用高斯定理可得,导体外(即介质内)紧靠导体表面一点的场强为:
= =-
与 反方向,如图所示, 是介质表面外法线. 又由于在介质内: = ; ·
= =- =
求一均匀极化的电介质球表面上极化电荷的分布,已知极化强度为 ,如图所示.
解: 取球心Q 为原点,极轴与 平行的球坐标,由于轴对称性,表面上任一点A 的极化电荷密度 只与 角有关.着也是A 点外法线 与 的夹角,故
这表明：在右半球 为正，左半球 为负；在两半球分界线面上，
在
3·4·5 图中沿x 轴放置的介质圆柱，地面积为S ，周围是真空，已知介质内个点极化矢量 （为常数）
（1）求圆柱两底面上的极化电荷密度 及 ； （2）求出圆柱内体电荷密度 。
解：（1）kb
P n P ka P n
P b b b b a a a a ==?='-==?='
0cos ?
cos ?
σπσ
（2）由定义得：
()k Sdx
Skdx
Sdx
S
P P S
d P p x dx x s
-=-
=--
=?-='+??τ
3.4.6平行板电容器充满了极化率为新的均匀电介质，已知充电后金属板极板上的自由电荷面密度为0σ±，求电容器的电容C 与没有电介质时的电容0C 之比。
解：P n
P =?='?
σ
极化电荷的场强：0
0εεσP
E =
'=
' 自由电荷的场强：0
0εσ=
E 0E 与E '
反方向， ()()
x x E E E x E xE E E
x E P E E E E +=
+=
+=∴-=-
=-
=-=∴11100
000
00000εσεεε
()
x d
Ed U +=
=100εσ
S Q 0σ=
()()0011C x d
S x U Q C +=+==
∴ε
3.4.7一空气平行板电容器，面积S=0.2(2米)，d=1.0(厘米)，充电后断开电源，其电位差()伏30103?=U ，当电介质充满两版间以后，则电压降至1000伏，试计算： (1)原电容0C ；
(2)每一个导体板上的电量Q ； (3)放入电介质后的电容C ； (4)两板间的原电场强度0E ； (5)放入电介质后的电场强度E ； (6)电介质每一面上的极化电荷Q '； (7)电介质的相对介电常数r ε[提示0
0C C =ε]。
解：
()()
法拉1012
12001077.1102
.01085.81---?=??=
=d S
C ε ()()
库伦7
10001031.53000
1077.12--?=??==U C Q
()()法拉103
7
1031.510
1031.53--?=?==U Q C ()()米伏/10310
300045
2
0?==
=-d
U E ()()米伏/.1010
105523
===-d U E
()E E E '-=06
0εσ'=
-='∴E E E ()()
()库伦75512001045.32.010*******.8--?=?-??=-='='S
E E S Q εσ
()3107.11031.5710
10
0=??==--C C r ε
3.4.8 两相距为 5.0毫米的平行导体板间均匀充满相对介电常数
()10.30+==x r εε的电介质，其介质内的电场强度是610伏/米。试求：
（1）在导体板上的面电荷密度0σ； （2）在电介质面上的极化面电荷密度σ' 解：（1）利用3.4.6题结论： ()d
S
x C +=
10ε
又由于Ed S
U Q C 0σ==
()Ed
S
d
S
x 001σε=
+∴
()()
2
51260001065.231058.8101库--?=???==+=r E x E εεεσ ()()()
2
5612001077.1101058.8131米库--?=???-=-==='E
E x P r εεεσ
3.4.9在相对介电常数为()1+=x r r εε的电介质中有一强度为E
的均匀电场。在介质内有一球形空腔。求球面上的极化电荷在球心产生的电场强度E '
。
解：如图所示，在均匀电介质
中： ()θσεεcos ?10P n
P E
x P r -=?='-=
n
?是介质表面的外法线即指向球心。 R R
ds E d ?
42
0πεσ'=' 根据对称性分析可得，E '只有z 方向分量，
???-='='='πθπεθθπεθ?θσθ
20
2
02
22
024sin cos 4sin cos d R
R P R d d R E d E s s
=
3εP =31-r ε E
∴ ='E 3
1-r εE
3.5.1 两平行导体板相距5.0毫米，带有等量异号电荷，面密度为20微库/米2，其间有两片电介质，一片厚2.0毫米，r ε=3.0毫米，
r ε=4.0。略去边缘效应，求各介质内的D 、E 和介质表面的σ'。
解：如图所示，作一个底在导体内，另一底平行于极板的封闭圆柱形高斯面。根据高斯定理得：D 1=0σ=2510-?(库/米2)
D 2=D 1=0σ=2510-?(库/米2) 在介质1中的场强：
E 1=10r D
εε=3
1085.810212
5???--=7.55
10?（伏/米） 在介质2中的场强： E 2=
2
0r D
εε=4
1085.810212
5???--=5.655
10?（伏/米） 1σ =1p
1?n
?=0ε1x 1E 1?n ? =-0ε1x 1E =-（1r ε-1）0ε1
0r D
εε=-r1
11）
- （εεr 0σ
=-
313-5102-??=-3
4
510-?（库/米2） 3σ'=2P 3?n ?=220E x ε3?n ?=r2
21）- （εεr 0σ
=510234-??=5102
3
-?（库/米2）
5312
10)2
3
34()(-?+--='+'-='σσσ =-)/(106
1
25米库-?
[或211
22?n P P ?-='）（ σ] 3.5.2
一无限大均匀介质平板，厚度为d ，相对介电常数为r ε，其中有
密度均匀的自由电荷，体密度为0ρ，求板内、外的D 、E 、P
。
解： 作如图所示的高斯面，由高斯定理得（其中x 是场点在x 轴的坐标，
原点在介质板的对称面上）。 板内：
i x D ?0ρ=内
i x D E r r 000
εερεε==内
内 内内内）（E E P 0r 01εεχε-=
=
=i ?x 1r
0r ερε）（-
在板外：
i ?2
d
0ρ-=I D 外 0
i
?2d ?
2
0i
?2d 0
000
0====-=II II II I I P E i d D P E 外外外外外
ερρερ
3.5.3 如图所示，一平行板电容器两极板相距为d ，面积为S ，其中放有一层
厚为t 的电介质，相对介电常数为r ε，介质两边都是空气。设两极板
间电位差为U ，略去边缘效应。试求：
（1） 介质中的电场强度E ，电位移D 和极化强度P ； （2） 极板上的电量Q ；
（3） 极板和介质间隙中的场强0E ； （4） 电容C 。
解： （1）设空气中的场强为0E ； U=0E x+Et+0E (d-x-t) =0E (d-t)+Et
由高定斯理可知，在两板D
间处处相等，
0εD
E =
r
D
E εε0=
∴
)
()(0
00
r
r
t
t d D
t D
t d D
U εεεεε+
-=
+
-=
（5）画出电力线和电位移线。 解 （1）利用高斯定理求出： D 1=0 （R r <）
24r q
D π=
Ⅱ (R d r R +<<) 2
4r
q
D π=Ⅱ (R d r +>) 0=ⅠD (r 2 100 14r q D E r r επεεε= = (R d r R +<<) 2 200 24r q D E r r επεεε== Ⅲ (R d r +>) ∴ r=15(厘米)时： 8 2 482105.315 410104--?=??==ππr q D （库/米2） 2 2 0482******* 5410104?=???==-πεεπεr q E r （牛/库） 5=r （厘米）时： 0=D =E 25=r （厘米）时： 24 8225410104??==-ππr q D 81027.1-?=（库/米2） 2 04 8220251410104???= =-πεεπεr q E r 31044.1?=（牛/库） （1） r q r d E U r r 204επε= ?=?∞ ⅢⅢ （d R r +≥） ) (420R d q U r += επεⅡ ）（R d r q r +-+ 11410επε（R d r R +≤≤） )(420R d q U r += επεⅡ ） （R d r q r +-+ 1 1410επε （R r ≤） R q R d q r r r 101204)11()(4επεεεπε+ -+= ∴ r=15(厘米)时： )1 1(4)(41020R d r R q R d q r r +-++= επεεπε )10 5.151210511021(4101 1108----??+??-?=πε 210*8.4=（伏） 5=r （厘米）时： R q R d q U r r r 101204)11()(4επεεεπε+ -+= )1051102511021(4101 1108----?+??-?=πε =2104.5?（伏） 25=r （厘米）撕： R q U r 204επε= 1 08 105.21410--???= πε 2106.3?=（伏） （3） E P r )1(101-=εε ) 1(10-=r εε2 104r q r επε )1(412 1-= r r r q επε 同理： )1(422 22-= r r r q P επε )1(412 1111-- =-=?='r r R q P n P επεσ 内 2 81054) 15(10--??--=π（n ?是介质1内表面的外法线指向球心） 837.6-?-=（库/米） 两种介质分界面上的极化电荷面密度： 2112?)(n P P ?-=' σ （21?n 也是指向球心） 21P P -= )1()(41 21-+= r r R d q επε)1()(422 1-+-r r R d q επε 81059.1-?=（米/库） （4）画出)(r D 、E （r ）、U （r ）曲线。 （5）画出电力线和电位移线电位移线与电力线做图比例不同。 →表示电位线 →?-表示电力线 3．5．9 一金属球带有电量Q ，其半径为a ，球外有一内半径为b 的同心金属=球壳，球壳接地，球与壳间充满介质，其相对介电常数与到球心的距离r 的关系： r r K r +=ε，式中K 是常数。证明：在介质中，离球心为r ∴E n 2= n r r E 12 1 εε = 45cos 2 1 E r r εε 界面两侧的电场强度的切向分量是连续的，即： E t 2=E t 1=E 45sin 1 E E E n +=∴222(2 122)t ={（}45sin 45cos )7 3 2212212 E E + =21 1}1499 {22+E =21 )49 58 (100022?? =769（伏/米） 333.245cos 7345sin 1122=== E E E E tg n T α ，4866 =∴α 3．6．3*在相对介电常数为ε r 的均匀介质与真空的交界面为一平面。已知真空 中均匀场强→ 0E 与界面法线夹角为θ，试计算： （1）以界面上一点为球心，R 为半径的球面上场强→ E 的通量。 （2）如图所示，两边与界面平行的一矩形积分路径→ → ??l d D 。 解：（1）θcos 00E E n = E θsin 00E t = 因为在介质的界面上无自由电荷存在， n n D D 21=∴ 即：n r n E E εεε000= r r On n E E E εθ εcos 0= = ∴ =Φ20)(R E E S d E n n π+-=?→ → ?? =2 01cos R E r r πεεθ - （2）场强的切线分量连续： θsin 00E E E t t == θεεsin 0000E E D t O t == θεεεεsin 000E E D r ot r t == θεεθεsin sin 0000E l E l l d D r -=?∴→ →? =l )1(sin 0r o E εθε- 3.6.4*如图所示，A 在介质中离电介质边界极近的一点。已知电介质外真空中的场强为→ 0E ，其方向与界面法线夹角为0α。求： （1）A 点的场强大小与方向； （2）A 点附近介质的极化电荷密度。[介质的相对介电常数为]r ε 解：（1）αsin 00E E E t t ==，在介质的界面上无自由电荷存在时，电位移矢量法向分量连续。 n n D D =∴0 即 n r on o E E εεε0= r o r n n E E E εαεcos 00= = ∴ 2 12 2 22 2021 22)cos sin ()(0 r o n t E E E E E o εα α+=+=∴ = 2 12 22 )sin (cos 0o r r o E ααεε+ 方向： tg O r n t tg E E αεα== (2),cos ) 1()1(000αεεεεεσE E P r r n r n -= -== 3.7.1 将平行板空气电容器充电至电位差U ，然后断开电源，电容器极板的面积为S ，极板间的距离为d ，两极板是竖直放置的。使电容器有一半放在相对介电常数为r ε的液体中， 试求：（1）电容C ； （2）极板上自由电荷密度o σ的分布； （3）两极板间空气中及介质中的电场强度； （40放入液体后，电容器的能量比原来电容器的能量减少多少？ 解：（1）C 等效成两个电容器的并联： C= d S d S r 2200εεε+ =（1+d S r 2) 0εε （2）设E d E u ==0, d 介E E =∴0 r D D εεε00 介 = ∴ 即：r D D ε介 = 设放在液体中的那部分极板上的电荷面密度为02σ，没有放在液体中的那部分极板上的电荷面密度为 :01σ 对平行板电容器：010σ=D 02σ=介D r εσσ02 01= ∴ 电容器所带总电量 d SU U C Q 00ε= = ∴ 总电量不变 Q=01 σ2S +02σ2S =2S 01σ()r ε+1=d SU 0ε ∴01σ= ()d U r εε+120 02σ= ()d U r r εεε+120 ()3U '=E 0d=Ed ∴E 0=E= 001εσ=()d U r ε+12 () 4没浸入液体前电容的能量： W 0=21C 0U 2=d SU 22 ε 浸入液体中以后电容器的能量： W=C Q 22=2 222 02d U S ε?()S d r 012εε+ =() r d SU εε+120 能量变化： W ?=W-W 0=??? ? ??-+211120r d SU εε =-()() r r d SU εεε+-1212 3．7．2平行板电容器极板的面积为200厘米2，极板间的距离为1.0毫米，在电容器内有一块玻璃板()5=r ε充满两极板间的全部空间，求在下面的情况下，若玻璃板移开，电容器的能量的变化？()1将电容与电动势为300伏的电源相连。 ()2充电后，将电源断开在抽出玻璃板。 解：()1电容器与电动势为300伏的电源相连时，保持电容器两端电压不变。在无玻璃板与有玻璃板两种情况下，电容器的电容： C 0= d S 0ε C= d S r εε0 能量变化： ()C C U W W W -=-=?0202 1 = ()r d SU εε-122 = ()511021*********.83 4 212-??????--- =-3.2510-?()焦耳 ()不变：这时保持极板上总电荷充电后，将电源断开，Q 2 Q=UC= d SU r εε0 ??? ? ??-= -=?C c Q W W W 1121020 = ()r d SU εεε-122 10 =()1510 210910251085.83 4 212-???????--- =+15.9510-?()焦耳 3.7.3电量为Q 0的导体球，置于均匀无限大的电介质中，已知介质的相对介电常数r ε，导体球半径为R ，求储藏在电介质中的能量密度。 解：在均匀无限大电介质中，导体球表面电荷均匀分布，用高斯定理求出D ， 2 4r Q D π= ∴ E= 2 02 04r Q D r r επεεε= 能量密度：∴ W=21DE=r r Q εεπ04 22 032 3.7.4 求3.5.5题 ，当两金属极板上自由电荷为0Q ±时，分别求两种介质中的能量密度及总能量。 解：设两部分介质对应 极板上自由电荷面密度为1σ，2σ E 1=E 2= 101r εεσ=2 02r εεσ D 1=110 E r εε=1σ 一、单选题 1、 如果通过闭合面S 的电通量e Φ为零，则可以肯定 A 、面S 没有电荷 B 、面S 没有净电荷 C 、面S 上每一点的场强都等于零 D 、面S 上每一点的场强都不等于零 2、 下列说法中正确的是 A 、沿电场线方向电势逐渐降低 B 、沿电场线方向电势逐渐升高 C 、沿电场线方向场强逐渐减小 D 、沿电场线方向场强逐渐增大 3、 载流直导线和闭合线圈在同一平面，如图所示，当导线以速度v 向 左匀速运动时，在线圈中 A 、有顺时针方向的感应电流 B 、有逆时针方向的感应电 C 、没有感应电流 D 、条件不足，无法判断 4、 两个平行的无限大均匀带电平面，其面电荷密度分别为σ+和σ-， 则P 点处的场强为 A 、02εσ B 、0εσ C 、0 2εσ D 、0 5、 一束α粒子、质子、电子的混合粒子流以同样的速度垂直进 入磁场，其运动轨迹如图所示，则其中质子的轨迹是 A 、曲线1 B 、曲线2 C 、曲线3 D 、无法判断 6、 一个电偶极子以如图所示的方式放置在匀强电场 E 中，则在 电场力作用下，该电偶极子将 A 、保持静止 B 、顺时针转动 C 、逆时针转动 D 、条件不足，无法判断 7、 点电荷q 位于边长为a 的正方体的中心，则通过该正方体一个面的电通量为 A 、0 B 、0εq C 、04εq D 、0 6εq 8、 长直导线通有电流A 3=I ，另有一个矩形线圈与其共面，如图所 示，则在下列哪种情况下，线圈中会出现逆时针方向的感应电流？ A 、线圈向左运动 B 、线圈向右运动 C 、线圈向上运动 D 、线圈向下运动 9、 关于真空中静电场的高斯定理0 εi S q S d E ∑=?? ，下述说确的是： A. 该定理只对有某种对称性的静电场才成立； B. i q ∑是空间所有电荷的代数和； C. 积分式中的E 一定是电荷i q ∑激发的； σ- P 3 I 第一部分 习题 第一章 静电场基本规律 1．2．1在真空中有两个点电荷，设其中一个所带电量是另一个的四倍，它们个距2510-?米时，相互排斥力为牛顿。问它们相距0.1米时，排斥力是多少两点电荷的电量各为多少 解：设两点电荷中一个所带电量为q ，则另一个为4q ： （1） 根据库仑定律：r r q q K F ?22 1 =? 得：21 2221r r F F = （牛顿）） （） （4.01010560.12 12 2222112=??==--r r F F (2) 21 2 24r q K F = ∴ 21 9 4221 211109410560.14）（）（????±=± =-K r F q =±×710- （库仑） 4q=±×810- （库仑） 1．2．2两个同号点电荷所带电量之和为 Q ，问它们带电量各为多少时，相互作用力最大 解： 设其中一个所带电量为q ，则一个所带电量为 Q-q 。 根据库仑定律知，相互作用力的大小： 2 ) (r q Q q K F -= 求 F 对q 的极值 使0='F 即：0)2(=-q Q r K ∴ Q q 2 1 =。 1．2．3两个点电荷所带电量分别为2q 和q ，相距L ，将第三个点电荷放在何处时，它所受合力为零 解：设第三个点电荷放在如图所示位置是，其受到的合力为零。 图 1．2．3 即： 41πε 2 0x q q = 041 πε )(220x L q q - =2 1x 2)(2x L - 即：0222=-+L xL x 解此方程得： )()21(0距离的是到q q X L x ±-= （1） 当为所求答案。时，0)12(>-=x L x （2） 当不合题意，舍去。时，0)12(<--=x L x 1．2．4在直角坐标系中，在（0，），（0，）的两个位置上分别放有电量为1010q -=（库）的点电荷，在（，0）的位置上放有一电量为810Q -=（库）的点电荷，求Q 所受力的大小和方向（坐标的单位是米） 解：根据库仑定律知： 121 1?r r Q q K F =? )?sin ?(cos 1121 1j i r Q q K αα-= 2 28 1092.01.010 10109+???= --???? ? ?????+-++2 1222122)2.01.0(?1.0)2.01.0(?2.0j i =j i ?100.8?1061.187--?-? 如图所示，其中 2 1 21211 1) (cos y x x += α 2121 211 1) (sin y x y += α 同理：)?sin ?(cos 2222 12j i r Q q K F αα+?= ? 2281092.01.01010109+???=--×???? ? ?????+-++2 1222122)2.01.0(?1.0)2.01.0(?2.0j i 物理与电子工程学院 方 法 作 业 注：教案按授课章数填写，每一章均应填写一份。重复班授课可不另填写教案。教学内容须另加附页。 总结： 1、E P χε0= （1）极化率χ各点相同，为均匀介质 （2）τ ?=∑i p P 各点相同，为均匀极化 2、极化电荷体密度 ()τ ρ??- ='? ?-='?='????S S S d P S d P q d S d P q （1）对均匀极化的介质：0='='ρq （2）特例：仅对均匀介质，不要求均匀极化，只要该点自由电荷体密度0000q ρρ''===，则：， （第5节小字部分给出证明） 3、极化电荷面密度 ()n P P ?12?-=' σ 2P 、1P 分别为媒质2、1的极化强度，n ?为界面上从2→1的法向单位矢。当电介质置于真空（空气中）或金属中： n P n P =?='? σ n P ：电介质内的极化强度 n ?：从电介质指向真空 或金属的法向单位矢。 例（补充）：求一均匀极化的电介质球表面上极化电荷的分布，以及极 化电荷在球心处产生的电场强度，已知极化强度为P 。 - -z 解：（1）求极化电荷的分布，取球心O 为原点，极轴与P 平行的球极 坐标，选球表面任一点A （这里认为置于真空中），则： A n P ??=' σ 由于均匀极化，P 处处相同，而极化电荷σ'的分布情况由A n ?与P 的夹角而定，即σ'是θ的函数（任一点的n ?都是球面的径向r ?） A A A P n P θσcos ?=?=' 任一点有： θσcos P =' 所以极化电荷分布： ()()()140230030 22P θσθσθθπσππθθσ?'>? ?' 第五章 静 电 场 5 －9 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为 2 204π1L r Q εE -= (2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为 2204π21L r r Q εE += 若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较. 分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为 r r q εe E 2 0d π41d '= 整个带电体在点P 的电场强度 ?=E E d 接着针对具体问题来处理这个矢量积分. (1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同， ?=L E i E d (2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A )所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是 ??==L y E αE j j E d sin d 证 (1) 延长线上一点P 的电场强度?'=L r πεE 202， 利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则 ()220 022 204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=??????+--=-=? 电场强度的方向沿x 轴. (2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为 E r εq αE L d π4d sin 2 ? '= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，2 2 x r r +=' 统一积分变量，则 () 2 2 03 /2222 2041π2d π41L r r εQ r x L x rQ εE L/-L/+= +=? 当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度 r ελL r L Q r εE l 02 20π2 /41/π21lim = +=∞ → 此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B )］.这说明只要满足r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线. 5 －14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量. 分析 方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即? ?=S S d s E Φ 方法2：作半径为R 的平面S ′与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理 程稼夫电磁学篇第一章《静电场》课后习题 1-1设两个小球所带净电荷为q，距离为l，由库仑定律： 由题目，设小球质量m，铜的摩尔质量M，则有： 算得 1-2 取一小段电荷，其对应的圆心角为dθ： 这一小段电荷受力平衡，列竖直方向平衡方程，设张力增量为T： 解得 1-3（1）设地月距离R，电场力和万有引力抵消： 解得： （2）地球分到，月球分到，电场力和万有引力抵消： 解得： 1-4 设向上位移为x，则有： 结合牛顿第二定律以及略去高次项有： 1-5由于电荷受二力而平衡，故三个电荷共线且q3在q1和q2之间： 先由库仑定律写出静电力标量式： 有几何关系： 联立解得 由库仑定律矢量式得： 解得 1-6（1）对一个正电荷，受力平衡： 解得，显然不可能同时满足负电荷的平衡 （2）对一个负电荷，合外力提供向心力： 解得 1-7（1）设P限制在沿X轴夹角为θ的，过原点的直线上运动（θ∈[0,π)），沿着光滑直线位移x，势 能： 对势能求导得到受力： 小量近似，略去高阶量： 当q＞0时，；当q＜0时， （2）由上知 1-8设q位移x，势能： 对势能求导得到受力： 小量展开有：，知 1-9（1）对q受力平衡，设其横坐标的值为l0：，解得 设它在平衡位置移动一个小位移x，有： 小量展开化简有： 受力指向平衡位置，微小谐振周期 （2） 1-10 1-11 先证明，如图所示，带相同线电荷密度λ的圆弧2和直线1在OO处产生的电场强度相等.取和θ. 有： 显然两个电场强度相等，由于每一对微元都相等，所以总体产生的电场相等. 利用这一引理，可知题文中三角形在内心处产生的电场等价于三角形内切圆环在内心处产生的电场.由对称性，这一电场强度大小为0. 1-12（1） 物理与电子工程学院 注：教案按授课章数填写，每一章均应填写一份。重复班授课可不另填写教案。教学内容须另加附页。 总结： 1、E P 0 （1）极化率 各点相同，为均匀介质 （2） i p P 各点相同，为均匀极化 2、极化电荷体密度 S S S d P S d P q d S d P q （1）对均匀极化的介质：0 q （2）特例：仅对均匀介质，不要求均匀极化，只要该点自由电荷体密度0000q ，则：， （第5节小字部分给出证明） 3、极化电荷面密度 n P P ?12 2P 、1P 分别为媒质2、1的极化强度，n ?为界面上从2→1的法向单位矢。当电介质置于真空（空气中）或金属中： n P n P ? n P ：电介质内的极化强度 n ?：从电介质指向真空或 金属的法向单位矢。 例（补充）：求一均匀极化的电介质球表面上极化电荷的分布，以及极 化电荷在球心处产生的电场强度，已知极化强度为P 。 - -z 解：（1）求极化电荷的分布，取球心O 为原点，极轴与P 平行的球极 坐标，选球表面任一点A （这里认为置于真空中），则： 学习资料 A n P ? 由于均匀极化，P 处处相同，而极化电荷 的分布情况由A n ?与P 的夹角而定，即 是θ的函数（任一点的n ?都是球面的径向r ?） A A A P n P cos ? 任一点有： cos P 所以极化电荷分布： 140230030 22P 右半球在、象限，左半球在、象限，左右两极处，，最大上下两极处，，最小 （2）求极化电荷在球心处产生的场强 由以上分析知 以z 为轴对称地分布在球表面上，因此 在球心处产 生的E 只有z 轴的分量，且方向为z 轴负方向。 在球表面上任意选取一面元S d ，面元所带电荷量dS q d ，其在球心O 处产生场强为： R R dS E d ?42 其z 分量为： cos 4cos 2 0R dS E d E d z （方向为z 轴负方向） 全部极化电荷在O 处所产生的场强为： 2 0222 0cos 4cos sin cos 4z S dS E dE R P R d d R 乙 P r λ2 λ1 R 1 R 2 1．坐标原点放一正电荷Q ，它在P 点(x =+1,y =0)产生的电场强 度为E ρ 。现在，另外有一个负电荷-2Q ，试问应将它放在什么 位置才能使P 点的电场强度等于零？ (A) x 轴上x >1。 (B) x 轴上0 电磁学 第二版 习题解答 电磁学 第二版 习题解答 (1) 第一章 ................................................................................................................................................................ 1 第二章 .............................................................................................................................................................. 16 第三章 .............................................................................................................................................................. 25 第四章 .............................................................................................................................................................. 34 第五章 .............................................................................................................................................................. 38 第六章 .............................................................................................................................................................. 46 第七章 .. (52) 第一章 1．2．2 两个同号点电荷所带电荷量之和为Q 。在两者距离一定的前提下，它们带电荷量各为多少时相互作用力最大？ 解答： 设一个点电荷的电荷量为1q q =，另一个点电荷的电荷量为 2()q Q q =-，两者距离为r ，则由库仑定律求得两个点电荷之间的作用力为 2 0() 4q Q q F r πε-= 令力F 对电荷量q 的一队导数为零，即 20()04dF Q q q dq r πε--== 得 122 Q q q == 第一章习题解答 给定三个矢量、和如下： 求：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）在上的分量；（6）； （7）和；（8）和。 解（1） （2） （3）－11 （4）由，得 （5）在上的分量 （6） （7）由于 所以 （8） 三角形的三个顶点为、和。 （1）判断是否为一直角三角形； （2）求三角形的面积。 解（1）三个顶点、和的位置矢量分别为 ，， 则，， 由此可见 故为一直角三角形。 （2）三角形的面积 求点到点的距离矢量及的方向。 解，， 则 且与、、轴的夹角分别为 给定两矢量和，求它们之间的夹角和在上的分量。 解与之间的夹角为 在上的分量为 给定两矢量和，求在上的分量。 解 所以在上的分量为 证明：如果和，则； 解由，则有，即 由于，于是得到 故 如果给定一未知矢量与一已知矢量的标量积和矢量积，那么便可以确定该未知矢量。设为一已知矢量，而，和已知，试求。 解由，有 故得 在圆柱坐标中，一点的位置由定出，求该点在：（1）直角坐标中的坐标；（2）球坐标中的坐标。 解（1）在直角坐标系中、、 故该点的直角坐标为。 （2）在球坐标系中、、 故该点的球坐标为 用球坐标表示的场， （1）求在直角坐标中点处的和； （2）求在直角坐标中点处与矢量构成的夹角。 解（1）在直角坐标中点处，，故 （2）在直角坐标中点处，，所以 故与构成的夹角为 球坐标中两个点和定出两个位置矢量和。证明和间夹角的余弦为 解由 得到 一球面的半径为，球心在原点上，计算：的值。 解 在由、和围成的圆柱形区域，对矢量验证散度定理。 解在圆柱坐标系中 所以 又 故有 求（1）矢量的散度；（2）求对中心在原点的一个单位立方体的积分；（3）求对此立方体表面的积分，验证散度定理。 解（1） （2）对中心在原点的一个单位立方体的积分为 （3）对此立方体表面的积分 故有 计算矢量对一个球心在原点、半径为的球表面的积分，并求对球体积的积分。 解 又在球坐标系中，，所以 求矢量沿平面上的一个边长为的正方形回路的线积分，此正方形的两边分别与轴和轴相重合。再求对此回路所包围的曲面积分，验证斯托克斯定理。 解 又 第3章习题解答 3.1 对于下列各种电位分布，分别求其对应的电场强度和体电荷密度： (1)()2,,x y z Ax Bx C Φ=++； (2)(),,x y z Axyz Φ=； (3)()2,,sin z A B z Φρ?ρ?ρ=+； (4)()2,,sin cos r Ar Φθ?θ?=。 解：已知空间的电位分布，由E Φ=-?和2 0/Φρε?=-可以分别计算出电场强度和体电荷密度。 (1) ()2x E e Ax B Φ=-?=-+ 0202εερA -=Φ?-= (2) () x y z E A e yz e xz e xy Φ=-?=-++ 020=Φ?-=ερ (3) (2sin )cos z E e A Bz e A e B ρ?Φρ?ρ?ρ??=-?=-+++?? 20004sin sin 3sin Bz Bz A A A ρεΦε??ε?ρρ???? =-?=-+ -=-+ ? ???? ? (4) ()2sin cos cos cos sin r E e Ar e Ar e Ar θ?Φθ?θ??=-?=-+- 200cos 2cos cos 6sin cos sin sin A A A θ??ρεΦεθ?θθ?? =-?=-+ - ?? ? 3.5 如题3.5图所示上下不对称的鼓形封闭曲面，其上均匀分布着密度为0S ρ的面电荷。 试求球心处的电位。 解：上顶面在球心产生的电位为 22001111100()()22S S d R d R d ρρ Φεε= +-=- 下顶面在球心产生的电位为 22 002222200 ()()22S S d R d R d ρρΦεε= +-=- 侧面在球心产生的电位为 030 014π4πS S S S R R ρρΦεε= = ? 式中2 12124π2π()2π()2π()S R R R d R R d R d d =----=+。因此球心总电位为 1230 S R ρΦΦΦΦε=++= 3.6有02εε=和05εε=的两种介质分别分布在0z >和0z <的半无限大空间。已知0z >时， 201050x y z E e e e =-+V /m 。试求0z <时的D 。 解：由电场切向分量连续的边界条件可得 1t 2t E E =? 000520510x y z D D εε<=?=-? 代入电场法向方向分量满足的边界条件可得 1n 2n D D =? 050z z D <= 于是有 0001005050x y z z D e e e εε<=-+ 3.9 如题 3.9图所示，有一厚度为2d 的无限大平面层，其中充满了密度为 ()0πcos x x d ρρ=的体电荷。若选择坐标原点为零电位参考点，试求平面层 之内以及平面层以外各区域的电位和电场强度。 第五章 静 电 场 5 －9若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1)在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为 2 204π1L r Q εE -= (2)在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为 2 204π21L r r Q εE += 若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较. 分析这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为 r r q εe E 20d π41d '= 整个带电体在点P 的电场强度 ?=E E d 接着针对具体问题来处理这个矢量积分. (1)若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同， ?=L E i E d (2)若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A )所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是 ??==L y E αE j j E d sin d 证 (1)延长线上一点P 的电场强度?'=L r πεE 202， 利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则 ()220 022 204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=??????+--=-=? 电场强度的方向沿x 轴. (2)根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为 E r εq αE L d π4d sin 2 ? '= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，2 2 x r r +='统一积分变量，则 () 2 2 03 /2222 2041π2d π41L r r εQ r x L x rQ εE L/-L/+= +=? 当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度 r ελL r L Q r εE l 02 20π2 /41/π21lim = +=∞ → 此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B )］.这说明只要满足r 2/L 2＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线. 5 －14设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量. 分析方法1：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即? ?=S S d s E Φ 方法2：作半径为R 的平面S ′与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理 一.选择题（本大题15小题，每题2分） 第一章、第二章 1.在静电场中，下列说法中哪一个是正确的 [ ] (A)带正电荷的导体，其电位一定是正值 (B)等位面上各点的场强一定相等 (C)场强为零处，电位也一定为零 (D)场强相等处，电位梯度矢量一定相等 2.在真空中的静电场中，作一封闭的曲面，则下列结论中正确的是［］ (A)通过封闭曲面的电通量仅是面内电荷提供的 (B) 封闭曲面上各点的场强是面内电荷激发的 (C) 应用高斯定理求得的场强仅是由面内电荷所激发的 (D) 应用高斯定理求得的场强仅是由面外电荷所激发的 3.关于静电场下列说法中正确的是 [ ] (A)电场和试探电荷同时存在和消失 (B)由E＝F/q知道，电场强度与试探电荷成反比 (C)电场强度的存在与试探电荷无关 (D)电场是试探电荷和场源电荷共同产生的 4.下列几个说法中正确的是： [ ] (A)电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向 (B)在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同 (C)场强方向可由E=F/q定出，其中q为试验电荷的电量，q可正、可负， F为试验电荷所受的电场力 (D)以上说法全不对。 5.一平行板电容器中充满相对介电常数为的各向同性均匀电介质。已知介 质两表面上极化电荷面密度为，则极化电荷在电容器中产生的电 场强度的大小为 [ ] (A) 0εσ' (B) 02εσ' (C) 0εεσ' (D) ε σ' 6. 在平板电容器中充满各向同性的均匀电介质，当电容器充电后，介质中 D 、 E 、P 三矢量的方向将是 [ ] (A) D 与E 方向一致，与P 方向相反 (B) D 与E 方向相反，与P 方向一致 (C) D 、E 、P 三者方向相同 (D) E 与P 方向一致，与D 方向相反 7. 在一不带电荷的导体球壳的球心处放一点电荷，并测量球壳内外的场强分 布，如果将此点电荷从球心移到球壳内其它位置，重新测量球壳内外的场强分布，则将发现： [ ] (A) 球壳内、外场强分布均无变化 (B) 球壳内场强分布改变，球壳外的不变 (C) 球壳外场强分布改变，球壳内的不变 (D) 球壳内、外场强分布均改变 8. 一电场强度为E 的均匀电场，E 的方向与x 轴正向平行，如图所示，则通过 图中一半径为R 的半球面的电场强度通量为 [ ] (A) 2R E π；(B) 21 2 R E π； (C) 22R E π；(D ) 0。 9. 在静电场中，电力线为均匀分布的平行 直线的区域内，在电力线方向上任意两点的电场强度E 和电势U 相比较 [ ] (A) E 相同，U 不同 (B) E 不同，U 相同 (C) E 不同，U 不同 (D) E 相同，U 相同 1. 直角坐标系中点电荷电量为Q ，坐标为()c b a ,,，写出Q 所产生的电场在空间任一点的电场强度。 解：画出坐标系及空间任一点()z y x P ,,，则该点相对于点电荷的位矢为 ()c z b y a x r ---=,,? ，由点电荷Q 产生的电场在P 点处的场强分量 为 ()()()[] 2 3 2 2204c z b y a x a x Q E x -+-+--?=πε ()()() []2 3 2 2 2 04c z b y a x b y Q E y -+-+--? = πε () ()() [] 2 3 2 2 2 4c z b y a x c z Q E z -+-+--? = πε 该场强的方向沿r ? 方向：()()()k c z j b y i a x r )))?-+-+-=。 在求解给定具体坐标的特殊问题时，往往用分量形式直接计算更直观更方便，还不易出错。矢量形式固然很标准化很简洁（尤其是涉及到带有散度和旋度的微分方程），但一般只用于做基本证明和推导的过程，因为矢量方程与所取的任一坐标无关。 2. 一电偶极子的电偶极矩为l q P ? ?=，P 点到偶极子中心的距离为r ， r ?与l ? 的夹角为θ，在l r >>时，求P 点的电场强度E ?在P O r ρ?=方 向的分量r E 和垂直于r ? 方向的分量θE 。 解：在极坐标系下，设点()θ,r P 相对于q +和q -的位矢分别为+r ?，-r ?，它们与r ?的夹角分别为α和β，由点电荷的场强公式有 2041 ++?=r q E πε，2041- -?=r q E πε， -++=E E E ? ?? 在极坐标下，E ? 可以分解为： βαcos cos -+-=E E E r ， βαθsin sin -++=E E E 其中，+-=r l r θαcos 2cos ，-+=r l r θβcos 2cos ， +=r l θ αsin 2sin ， -=r l θβsin 2sin 又因为l r >>，在此近似下有 2r r r ≈?-+，r r r 2≈+-+，θcos l r r ≈-+-， 带入以上各式，化简得 3 0cos 241 r P E r θπε?=，30sin 41r P E θ πεθ?=。 此种方法的关键在于灵活运用各坐标分量间的几何与近似关系。对于电偶极子的问题，联系电势一节的内容，我们可以做一些归纳，下面我们从最常用的直角坐标系出发，来推导电偶极子在空间任一点的电势及场强公式。 以偶极子两电荷连线中点为原点，以偶极矩方向为x 轴方向取直角坐标系中任一点()z y x P ,,，由点电荷的电势叠加可得： ()???? ? ? ? ?????? ? ++??? ??+-+ ++??? ??-?=+=-+222 2 220 2241z y l x q z y l x q U U P U πε 三章习题解答 3.1 真空中半径为a 的一个球面，球的两极点处分别设置点电荷q 和q -，试计算球赤道平面上电通密度的通量Φ(如题3.1图所示)。 解 由点电荷q 和q -共同产生的电通密度为 33[]4q R R π+- +- = -=R R D 22322232() (){}4[()][()] r z r z r z a r z a q r z a r z a π+-++-+-++e e e e 则球赤道平面上电通密度的通量 d d z z S S S Φ====??D S D e 22322232 ()[]2d 4()()a q a a r r r a r a π π--=++? 2212 1)0.293()a qa q q r a =-=-+ 3.2 1911年卢瑟福在实验中使用的是半径为a r 的球体原子模型，其球体内均匀分布有总电荷量为Ze -的电子云，在球心有一正电荷Ze （Z 是原子序数，e 是质子电荷量），通过实验得到球体内的电通量密度表达式为02314r a Ze r r r π?? =- ??? D e ，试证明之。 解 位于球心的正电荷Ze 球体内产生的电通量密度为 12 4r Ze r π=D e 原子内电子云的电荷体密度为 33 3434a a Ze Ze r r ρππ=- =- 电子云在原子内产生的电通量密度则为 3223 4344r r a r Ze r r r ρπππ==-D e e 题3.1 图 题3. 3图()a 故原子内总的电通量密度为 122314r a Ze r r r π??=+=- ??? D D D e 3.3 电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为3 0C m ρ, 两圆柱面半径分别为a 和b ，轴线相距为c )(a b c -<，如题3.3图()a 所示。求空间各部分的电场。 解 由于两圆柱面间的电荷不是轴对称分布，不能直接用高斯定律求解。但可把半径为a 的小圆柱面内看作同时具有体密度分别为0ρ±的两种电荷分布，这样在半径为b 的整个圆柱体内具有体密度为0ρ的均匀电荷分布，而在半径为a 的整个圆柱体内则具有体密度为0ρ-的均匀电荷分布，如题3.3图()b 所示。空间任一点的电场是这两种电荷所产生的电场的叠加。 在b r >区域中，由高斯定律0 d S q ε= ?E S ，可求得大、小圆柱中的正、负电荷在点P 产生 的电场分别为 2200120022r b b r r πρρπεε==r E e 220012 0022r a a r r πρρπεε' -''==-''r E e 点P 处总的电场为 2211 220()2b a r r ρε''=+=-' r r E E E 在b r <且a r >'区域中，同理可求得大、小圆柱中的正、负电荷在点P 产生的电场分别为 220022r r r πρρπεε==r E e 2222 0022r a a r r πρρπεε' -''==-''r E e 点P 处总的电场为 2022 20()2a r ρε''=+=-' r E E E r 在a r <'的空腔区域中，大、小圆柱中的正、负电荷在点P 产生的电场分别为 20030022r r r πρρπεε==r E e 2003 00 22r r r πρρπεε'' -''==-'r E e 点P 处总的电场为 0033 00 ()22ρρεε''=+=-=E E E r r c 3.4 半径为a 的球中充满密度()r ρ的体电荷，已知电位移分布为 3254 2 ()() r r Ar r a D a Aa r a r ?+≤? =?+≥? ? 其中A 为常数，试求电荷密度()r ρ。 题3. 3图()b ＝ ＋ 高中物理电磁学练习题 一、在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选 项正确. 1 ?如图3-1所示，有一金属箔验电器，起初金属箔闭合，当带正电的棒靠近 验电器上部的金属板时，金属箔张开.在这个状态下，用手指接触验电器的金属板，金属箔闭合，问当手指从金属板上离开，然后使棒也远离验电器，金属箔的状态如何变化？从图3-1的①?④四个选项中选取一个正确的答案. [ ] 图3-1 A.图① E.图② C.图③ D.图④ 2.下列关于静电场的说法中正确的是[ ] A.在点电荷形成的电场中没有场强相等的两点，但有电势相等的两点 E.正电荷只在电场力作用下，一定从高电势向低电势运动 C.场强为零处，电势不一定为零；电势为零处，场强不一定为零 D.初速为零的正电荷在电场力作用下不一定沿电场线运动 3 .在静电场中，带电量大小为q的带电粒子（不计重力），仅在电场力的作用下，先后飞过相距为d的a、b两点，动能增加了ΔE,则 [ ] A.a点的电势一定高于b点的电势 E.带电粒子的电势能一定减少 C.电场强度一定等于ΔE∕dq D.a、b两点间的电势差大小一定等于ΔE∕q 4. 将原来相距较近的两个带同种电荷的小球同时由静止释放（小球放在光 滑绝缘的水平面上），它们仅在相互间库仑力作用下运动的过程中[ ] A.它们的相互作用力不断减少 E.它们的加速度之比不断减小 C.它们的动量之和不断增加 D.它们的动能之和不断增加 5. 如图3-2所示，两个正、负点电荷，在库仑力作用下，它们以两者连线上 的某点为圆心做匀速圆周运动，以下说法正确的是[ ] 图3-2 A.它们所需要的向心力不相等 E.它们做圆周运动的角速度相等 C.它们的线速度与其质量成反比 D.它们的运动半径与电荷量成反比 6 ?如图3-3所示，水平固定的小圆盘A,带电量为Q,电势为零，从盘心处O由静止释放一质量为m,带电量为+q的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的高度可达盘中心竖直线上的C点，Oc = h ,又知道过竖直线上的b点时，小球速度最大，由此可知在Q所形成的电场中，可以确定的物理量是[ ] A.b点场强 B.c点场强 C.b点电势 D.c点电势 7. 如图3-4所示，带电体Q固定，带电体P的带电量为q,质量为m, 与绝缘的水平桌面间的动摩擦因数为μ,将P在A点由静止放开，贝U在Q的排斥下运动到B点停下，A、B相距为s,下列说法正确的是[ ] Q尸 宀鱼舖. ... R A H 图3-4 A.将P从B点由静止拉到A点，水平拉力最少做功2μmgs B.将P从B点由静止拉到A点，水平拉力做功μmgs C.P从A点运动到B点，电势能增加μmgs D.P从A点运动到B点，电势能减少μmgs 8. 如图3-5所示，悬线下挂着一个带正电的小球，它的质量为m、电量为q, 整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E. [ ] 图3-5 A.小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切为Eq/mg B.若剪断悬线，则小球做曲线运动 C.若剪断悬线，则小球做匀速运动 一、填 空 题 1、电介质的极化分为 ，和 。 答案内容：位移极化，取向极化。 2、如图，有一均匀极化的介质球，半径为R ，极化强度为P ，则极化电荷在球心处产生的场强是 。 答案内容： 3ε-P ； 3、0C C r ε=成立的条件是 。 答案内容：介质为均匀介质； 4、通常电介质的极化分为两类，其中无极分子的极化称为 有极分子的极化称为 。 答案内容：位移极化；取向极化； 5、如图所示，水平放置的平行电容器，极板长为L ，二极板间距为d ，电容器两极板间加有电压，据板右端L 处放置一个荧光屏S 。有一个质量为m ，电量为q 的粒子，从电容器左端的中央以速度0v 水平射入电场，粒子穿过电容器后 （两板间距离d 的大小能满足粒子穿过电容器），要求以水平速度打在荧光屏S 上，则加在电容器两极板间电压的大小应为 。 答案内容：2mgd/q ； 6、如图所示，平行板电容器的极板面积为S ，间距为d ，对此电容器充电之后，拆去电源，再插入相对介电常数为r ε，厚度为/2d 的均匀电介质板，设为插入介质前，两极板间的电场为0E ，插入介质后，介质内外的电场分 别为1E 和2E ，则：10/__________E E =，20/__________E E = 。 答案内容： 1/r ε；1. 7、有一平板电容器，用电池将其充电，这时电容器中储存能量为W 0，在不断开电池的情况下，将相对介电常数为r ε的电介质充满整个电容器，这时电容器内存储能量W= W 。 答案内容：r ε ； P z R 8、在平行板电容器之间放入一电介质板，如图所示，则电容器电容将为 ，设未放介质时电容为C 0 。 答案内容：021r r C εε+ ； 单选择题 1 1、如果电容器两极间的电势差保持不变，这个电容器在电介质存在时所储存的自由电荷与没有电介质（即真空）时所储存的电荷相比：（ ） (A)增多； （B ）减少； （C ）相同； （D ）不能比较。 答案内容：A ； 2、内外半径为21R R 和的驻极体球壳被均匀极化，极化强度为P P ；的方向平行于球壳直 径，壳内空腔中任一点的电场强度是： ( C ) （A ） 3ε= P E ； (B)0=E ； (C) 3ε- =P E ； (D) 32ε= P E 。 3、一个介质球其内半径为R ，外半径为R+a ，在球心有一电量为0q 的点电荷，对于R 第五章静电场 5－9若电荷Q均匀地分布在长为L的细棒上.求证：(1)在棒的延长线，且离棒中心为r处的电场强度为 E 1 πε04r Q 2 2 L (2)在棒的垂直平分线上，离棒为r处的电场强度为 E 1 Q 2 2 πε 0r4r 2 L 若棒为无限长(即L→∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较. 分析这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电 荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元dx，其电荷为dq＝Qdx/L，它在点P的电场强度为 d E 1 4 πε dq 2 r e r 整个带电体在点P的电场强度 E d E 接着针对具体问题来处理这个矢量积分. (1)若点P在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P的电场强度方向相同， E dE i L (2)若点P在棒的垂直平分线上，如图(A)所示，则电场强度E沿x轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P的电场强度就是 E dE y j sinαdE j L 证(1)延长线上一点P 的电场强度 E dq L 2πεr 0 2 ，利用几何关系r ′＝r －x 统一积分变量， 则 1QdxQ111QL/2 E P 电场强度的方向 222 -L/2 40LrxLrL /2rL /2π4rL πεπεε 4 00 沿x 轴. (2)根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为 E L s indq α dE 2 4r πε 0 利用几何关系sin α＝r/r ′， 2x 2 rr 统一积分变量，则 E L/ -L/ 2 2 1 rQdx Q 2/3 2 422r πxr π εεr 0L4 1 2 2 L 当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度 E lim l 1 2 πr ε 0 1 Q / 4r L 2 / 2 L λ 2πεr 此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B )］.这说明只要满足r 2 /L 2 ＜＜1， 带电长直细棒可视为无限长带电直线. 5－14设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面 的电场强度通量.电磁学试题(含答案)
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