大学物理同步训练第2版第七章静电场中的导体详解

第七章 静电场中的导体和电介质一、选择题1. （★★）一个不带电的空腔导体球壳，内半径为R 。

在腔内离球心的距离为a 处（a <R ）放一点电荷+q ，如图1所示。

用导线把球壳接地后，再把地线撤去。

选无穷远处为电势零点，则球心O 处的电势为（A ）q 2πε0a ⁄ （B ）0（C ）−q 4πε0R ⁄ （D ）q 4πε0⁄∙(1a ⁄−1R ⁄)答案：D分析：由静电平衡的知识可知：①当空腔导体内放入点电荷+q 时，空腔导体的内表面会带上等量异号的电荷−q ，由电荷守恒可知不带电的空腔导体的外表面带有的+q 电荷；②当球壳接地后，球壳电势变为零，故球壳外表面电量变为零。

因此接地后去掉地线，该体系的电荷分布如图所示，球壳内表面带有−q 的电量，外表面不带电。

由电势叠加原理可得球心O 处的电势为V O =q 4πε0a +∫dq 4πε0R 内=q 4πε0a +14πε0R ∫dq 内=q 4πε0(1a −1R ) 故选项D 正确。

注：式中∫dq 内=−q 为内表面的电量之和。

【补充】带电量为Q 半径为R 的球面（电荷分布无论均匀或不均匀）在球心处产生的电势为V =Q 4πε0R ⁄。

2. 三块互相平行的导体板之间的距离d 1和d 2比板间面积线度小得多，如果d 2=2d 1，外面二板用导线连接，中间板上带电。

设左右两面上电荷面密度分别为σ1和σ2，如图2所示，则σ1σ2⁄为（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4答案：B分析：【知识点】达到静电平衡的导体：①内部电场强度为E =0，表面附近电场强度垂直于导体表面，大小为E =σε0⁄，其中σ为导体表面电荷面密度；②导体是一个等势体，导体表面为等势面；③导体内部处处无净电荷，即电荷只分布在导体的表面上，电荷面密度与导体表面的曲率有关，曲率越大（越尖）电荷面密度越大。

由静电平衡的知识点①可知，中间导体板左侧电场强度为σ1ε0⁄，右侧为σ2ε0⁄；由静电平衡的知识点②可知，用导线连接起来的左右两个导体板等势，即中间导体板与左右两导体板的电势差U 相同，由U =Ed 可得σ1ε0⁄∙d 1=σ2ε0⁄∙d 2，故σ1σ2⁄=d 2d 1⁄=2，故选项B 正确。

第七章静电场中的导体和电介质一、基本要求1. 掌握导体静电平衡的条件及静电平衡时导体电荷的分布规律；2. 学会计算电容器的电容；3. 了解介质的极化现象及其微观解释；4. 了解各向同性介质中D和E的关系和区别；5. 了解介质中电场的高斯定理；6. 理解电场能量密度的概念。

二、基本内容1. 导体静电平衡(1) 静电平衡条件：导体任一点的电场强度为零(2) 导体处于静电平衡时：①导体是等势体，其表面是等势面；②导体表面的场强垂直于导体表面。

(3) 导体处于静电平衡时，导体内部处处没有净电荷存在，电荷只能分布在导体的表面上。

2. 电容(1) 孤立导体的电容c=勺V电容的物理意义是使导体电势升高单位电势所需的电量。

电容是导体的重要属性之一，它反映导体本身具有储存电荷和储存电能的能力。

它的大小仅由导体的几何形状、大小和周围介质决定，与导体是否带电无关。

(2) 电容器的电容C =—9-V A~ Vq为构成电容器两极板上所带等量异号电荷的绝对值。

V A-V B为A、B两极间电势差。

电容器电容与电容器形状、大小及两极间介质有关，与电容器是否带电无关。

(3) 电容器的串并联串联的特点：各电容器的极板上所带电量相等，总电势差为各电容器上电势差之111 1和。

等效电容由一=—+—+川+一进行计算。

C C C C1 2 n并联的特点：电容器两极板间的电势差相等，不同电容器的电量不等，电容大者电量多。

等效电容为C=C +C ,川*C o 1 2 n(4) 计算电容的一般步骤+ 一%1设两极带电分别为q和q，由电荷分布求出两极间电场分布。

~ = J B%1由V V E dl求两极板间的电势差。

A B A%1根据电容定义求c wV A VB3. 电位移矢量D=£ +人为引入的辅助物理量，定义D E P, D既与E有关，又与P有关。

说明D 0不是单纯描述电场，也不是单纯描述电介质的极化，而是同时描述场和电介质的。

定义式无论对各向同性介质，还是各向号惟会质都适用。

静电场中的导体和电介质(2)一、静电场中的导体(1)静电平衡条件和特征。

(2)应用(一)静电屏蔽.(3)应用(二)贮电---电容器二、静电场中的电介质(1)电介质的极化。

(2)电介质中的静电场的基本定理.三、静电场的能量(1)电场的能量(2)电容器的能量静电场中的导体和电介质(2-1)主要内容一.静电场中的金属导体(1)静电平衡条件和导体的电荷分布.(2)应用(一)静电屏蔽(3)应用(二)贮电---电容器二.静电场中的电介质(1)电介质的极化导体的静电平衡条件：.)( 0 .1导体为等势体反证法内→=E.)( .2表面为等势面导体反证法表面表→⊥E一.静电场中的金属导体)( 0 .1反证法内=∑q)( .20高斯定理εσ=E一块非孤立大面积带电导体平板，如图所示，左右带电的面电荷密度分别为σ1、σ2。

假设向右为电场强度的正方向，则平板中心位置附近右侧P 点的电场强度为：2)()(2)()(0202021021εσεσεσσεσσ==+=+=p p p p E D E C E B E A静电平衡的电荷分布：3.电荷分布与表面曲率有关++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++R1∝σWhy?应用(一)静电屏蔽:(1)任何导体腔内的物体不受外电场的影响(2)一个接地的导体腔内的带电体的电场不影响腔外的物体为什么图（2）中外表面电荷分布均匀？例:金属均压服, 屏蔽室,屏蔽电缆等.在不考虑外界的影响下，一带正电的导体球壳内有一带正电的点电荷，但不在球壳的中心。

静电平衡时导体球壳外表面带电分布是否可以不均匀？如图所示。

（A）一定均匀分布（B）可以不均匀分布（C）有条件均匀分布（D）不知道在不考虑外界的影响下，一带负电的导体球壳内有一带正电的点电荷，如图所示。

当导体球壳接地时其外表面是否还有少量负电荷？（A）一定没有（B）可能会有（C）不知道例10.1 一块面积为S 的金属大平板A,带电量为Q ，在其附近平行放置另一块不带电的金属大平板B ，两板间距远小于板的线度。

大学物理第7章静电场中的导体和电介质课后习题及答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第7章 静电场中的导体和电介质 习题及答案1. 半径分别为R 和r 的两个导体球，相距甚远。

用细导线连接两球并使它带电，电荷面密度分别为1σ和2σ。

忽略两个导体球的静电相互作用和细导线上电荷对导体球上电荷分布的影响。

试证明：Rr=21σσ 。

证明：因为两球相距甚远，半径为R 的导体球在半径为r 的导体球上产生的电势忽略不计，半径为r 的导体球在半径为R 的导体球上产生的电势忽略不计，所以半径为R 的导体球的电势为R R V 0211π4επσ=14εσR= 半径为r 的导体球的电势为r r V 0222π4επσ=24εσr= 用细导线连接两球，有21V V =，所以R r =21σσ 2. 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同。

证明: 如图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ（1）取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合圆柱面为高斯面，由高斯定理得S S d E S ∆+==⋅⎰)(10320σσε 故 +2σ03=σ上式说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反。

（2）在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ 又 +2σ03=σ 故 1σ4σ=3. 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量。

解：如图所示，设金属球表面感应电荷为q '，金属球接地时电势0=V由电势叠加原理，球心电势为=O V R qdq R 3π4π4100εε+⎰03π4π400=+'=Rq R q εε故 -='q 3q 4．半径为1R 的导体球，带有电量q ，球外有内外半径分别为2R 、3R 的同心导体球壳，球壳带有电量Q 。

习题精解7-1一条无限长直导线在一处弯折成半径为R 的圆弧，如图7.6所示，若已知导线中电流强度为I,试利用比奥—萨伐尔定律求：（1）当圆弧为半圆周时，圆心O 处的磁感应强度；（2）当圆弧为1/4圆周时，圆心O 处的磁感应强度。

解（1）如图7.6所示，圆心O 处的磁感应强度可看作由3段载流导线的磁场叠加而成。

因为圆心O 位于直线电流AB 和DE 的延长线上，直线电流上的任一电流元在O 点产生的磁感应强度均为零，所以直线电流AB 和DE 段在O 点不产生磁场。

根据比奥—萨伐尔定律，半圆弧上任一电流元在O 点产生的磁感应强度为 024IdldB Rμπ=方向垂直纸面向内。

半圆弧在O 点产生的磁感应强度为 000220444RIIdl I B R R R Rπμμμπππ===⎰方向垂直纸面向里。

（2）如图7.6（b ）所示，同理，圆心O 处的磁感应强度可看作由3段载流导线的磁场叠加而成。

因为圆心O 位于电流AB 和DE 的延长线上，直线电流上的任一电流元在O 点产生的磁感应强度均为零，所以直线电流AB 和DE 段在O 点不产生磁场。

根据毕奥—萨伐尔定理，1/4圆弧上任一电流元在O 点产生的磁感应强度为 024IdldB R μπ=方向垂直纸面向内，1/4圆弧电流在O 点产生的磁感应强度为00022204428RIIdl I R B R R Rπμμμπππ===⎰方向垂直纸面向里。

7.2 如图7.7所示，有一被折成直角的无限长直导线有20A 电流，P 点在折线的延长线上，设a 为，试求P 点磁感应强度。

解 P 点的磁感应强度可看作由两段载流直导线AB 和BC 所产生的磁场叠加而成。

AB 段在P 点所产生的磁感应强度为零，BC 段在P 点所产生的磁感应强度为 0120(cos cos )4IB r μθθπ=- 式中120,,2r a πθθπ=== 。

所以500(cos cos ) 4.010()42I B T a μπππ=-=⨯ 方向垂直纸面向里。

质点动力学答案一、选择题1、C2、C 二、填空题1、980J2、9J 三、计算题1、解：0220322202213624txtF a tmd tdtt dx t dtx t dx t dtW Fdx t t dt Jυυυ==========⎰⎰⎰⎰⎰⎰2、解：()2215030145W Fdx x x dx J ==+=⎰⎰质点运动学答案一、选择题1、C2、C3、B4、B5、B6、A7、D8、C 二、填空题1、42、3m s ;9m s3、2m;6m 4/s/s5、239y x =+ 6、7、s t ∆;02tυ∆ 8、6.28m; 0;0; 6.28m/s 9、圆周运动；匀速率圆周运动 10、3.811、sin sin R ti R tj ωωωω-+；0；半径为R 的圆周 三、计算题(2)(1)(2)(1)(1.5)(1)(1)00640, 1.511(2)2642x x x xtdxt dtt ss x x x x m sms tt s υυυυυ∆-=∆=∆==-==∆=-+-=∆=∆=⨯位移＝＝令第二秒内路程平均速率＝m 时，＝－＝－2s负号表示速度方向沿平均速度x 轴负向刚体定轴转动习题答案一、选择题 1、（A ） 2、（C ）3（C ）4、（A ）5、 (C) 6、 (C) 7、（B ） 8、（A ） 9、（B ） 10、（B ） 二、填空题1、答：刚体的质量、刚体的质量分布、刚体的转轴的位置。

2、14ml 23、l g 43，l g 234、 2ω05、ωωωω--B A A J )( 6、ML m 23v ．7、L 76v 8、02ωmr J J+ 三、计算题1、解：对水桶和圆柱形辘轳分别用牛顿运动定律和转动定律列方程mg －T ＝ma ① 1分 TR ＝J β ② 1分 a ＝R β ③ 1分由此可得 T ＝m (g －a )＝m ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-J TR g /2 那么 mg J mR T =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+21 将 J =21MR 2代入上式，得 mM m M gT 2+= 2分 图2分2、解：(1) 各物体受力情况如图 图2分T －mg ＝ma 1分 mg －T '＝m a ' 1分 T ' (3r )－Tr ＝14mr 2β 2分 a ＝r β 1分 a '＝(3r )β 1分 由上述方程组解得：β＝g / (12r )＝16.33 rad ²s -2 2分3、解：以小球为研究对象，由转动定律βJ M =得：水平位置时：lg ml mgl ==002ββ 5分杆与水平方向夹角为60°时：' '静电场答案选择题1、C2、 B3、A 和D4、 C5、 C6、A7、 C8、 A9、 B 10、A 11、D 12、 B 13、 D 填空题1、单位正试验电荷置于该点时所受到的2、2N / C ； 向下3、－2ε0E 0 / 3 ； 4ε0E 0 / 34、包围在曲面内的净电荷 ；曲面外电荷5、高斯面上各点6、qQ / (4πε0R ) ．7、－3.2³10-15 J ;2³104 V 8、－140 V ． 9、⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πa br r q q 11400ε．计算题1、解： 选取圆心O 为原点，坐标Oxy 如图所示，其中Ox 轴沿半圆环的对称轴．在环上任意取一小段圆弧d l =R d θ，其上电荷d q ＝(Q d l ) / (πR )=(Q d θ) / π，它在O 点产生的场强为202204d 4d d RQ R q E εθεπ=π=在x 、y 轴方向的两个分量 θθεθd c o s 4c o s 202RQdE dE x π==θθεθd s i n 4s i n 202R QdE dE y π==对两个分量分别积分2022/2/2022d cos 4RQ RQ dE E x x εθθεπ=π==⎰⎰ππ-2分 0d sin 42/2/202=π==⎰⎰ππ-θθεR Q dE E y y由此得i R Qi E E x2022επ==i为x 轴正向的单位矢量．2、解：r ≤R 时，在球内作一半径为r 的高斯球面，按高斯定理有30123414r E r πρε=π得 r E 013ερ= 1E 方向沿半径向外．r >R 时，x在球体外作半径为r 的高斯球面，按高斯定理有22/4εq E r =π334R q πρ=得 20320234rR r q E ερε=π= 2E 方向沿半径向外．3、 解：设坐标原点位于杆中心O 点，x 轴沿杆的方向，如图所示．细杆的电荷线密度λ＝q / (2l )，在x 处取电荷元d q = λd x ＝q d x / (2l )，它在P 点产生的电势为()()x a l l xq x a l q U P -+π=-+π=008d 4d d εε 整个杆上电荷在P 点产生的电势()⎰--+π=ll P x a l x l q U d 80ε()l lx a l l q --+π-=ln 80ε⎪⎭⎫⎝⎛+π=a l l q 21ln 80ε4、解：设内球上所带电荷为Q ，则两球间的电场强度的大小为204rQE επ=(R 1＜r ＜R 2) 两球的电势差 ⎰⎰π==212120124d R R R R r dr Q r E U ε⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=210114R R Q ε ∴ 12122104R R U R R Q -π=ε＝2.14³10-9 C静电场中的导体和电介质答案选择题 1、． D 2、 B 3、 B 4、 D 5、 D 6、C 7、A 8、 D 9、 D 10、 C 11、［ D ］ 填空题1、 )2/()(21S Q Q + ； )2/()(21S Q Q - ； )S /()Q Q (212-； )2/()(21S Q Q +2、)4/()(22R Q q π+ 3、 9.1³105 C 4、 U 0 5、无极分子；电偶极子6、 E D rεε0= 7、εr ； 1 ； εr 8、σ ； σ / ( ε 0ε r )9、不变 ，减小 计算题1、图示为一半径为a 的、带有正电荷Q 的导体球．球外有一内半径为b 、外半径为c 的不带电的同心导体球壳．设无限远处为电势零点，试求内球和球壳的电势． 解：球壳内表面将出现负的感生电荷－Q ，外表面为正的感生电荷Q ．按电势叠加原理(也可由高斯定理求场强，用场强的线积分计算)导体球的电势为c Qb Q a Q U 0001444εεεπ+π-π=Q abc ac bc ab ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=04πε 球壳电势 cQU 024επ=2、 一空气平行板电容器，两极板面积均为S ，板间距离为d (d 远小于极板线度)，在两极板间平行地插入一面积也是S 、厚度为t (<d )的金属片，如图所示. 试求：(1) 电容C 的值(2) 金属片放在两极板间的位置对电容值有无影响？解：设极板上分别带电荷+q 和-q ；金属片与A 板距离为d 1，与B 板距离为d 2；金属片与A 板间场强为 )/(01S q E ε=金属板与B 板间场强为 )/(02S q E ε= 金属片内部场强为 0='E 则两极板间的电势差为 2211d E d E U U B A +=-)(210d d S q+=ε)(0t d Sq -=ε 由此得 )/()/(0t d S U U q C B A -=-=ε因C 值仅与d 、t 有关，与d 1、d 2无关，故金属片的安放位置对电容值 无影响．3、 三个电容器如图联接，其中C 1 = 10³10-6 F ，C 2 = 5³10-6 F ，C 3 = 4³10-6 F ，当A 、B 间电压U =100 V 时，试求：(1) A 、B 之间的电容；(2) 当C 3被击穿时，在电容C 1上的电荷和电压各变为多少？解：(1) =+++=321321)(C C C C C C C 3.16³10-6 F(2) C 1上电压升到U = 100 V ，电荷增加到==U C Q 111³10-3 C4、 一平行板电容器，其极板面积为S ，两板间距离为d (d <<S )，中间充有两种各向同性的均匀电介质，其界面与极板平行，相对介电常量分别为εr 1和εr 2，厚度分别为d 1和d 2，且d 1＋d 2＝d ，如图所示．设两极板上所带电荷分别为＋Q 和－Q ，求： (1) 电容器的电容．(2) 电容器储存的能量．解：(1) 两极板间电位移的大小为 D ＝σ＝Q / S 在介质中的场强大小分别为E 1 = D / (ε0εr 1) = Q / (ε0εr 1S ) E 2 = D / (ε0εr 2) = Q / (ε0εr 2S )⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=22110221112r r d d S Q d E d E U εεε()S d d Q r r r r 2101221εεεεε+= 电容 C = Q / U 121221210r r r r d d Sεεεεε+=(2) 电场能量 21221CU W =()SQ d d r r r r 210212212εεεεε+=恒定磁场答案一 选择题三．计算题1.解：选取以O 为圆心以r 为半径宽度为dr 的圆环的微元 圆环所带电量为rdr dq πσ2=)(2122R R Q-=πσ 圆环以角速度ω绕O 转动时等效的圆电流为rdr rdr T dq dI σωππσω===22 圆电流在P 点的磁感应强度d B232230232220)(2)(2x r drr x r dIr dB +=+=σωμμ整个转盘在P 点的磁感应强度B)]()[(21)(222122222221222023223021xR x x R x x R x R x r drr dB B R R +-+++-+=+==⎰⎰σωμσωμ方向沿x 轴正方向2.解：54321B B B B B B ++++=2014R I B πμ= 方向向外；202024221R I R I B μμ==方向向里；03=B ；101044221R IR I B μμ==方向向里；1054R IB πμ=方向向外 1020********R IR I R I R I B μμπμπμ--+=方向向外 3.解：各边受力：（1）B l d I F d ⨯=21dx x I I dF πμ21021=⇒dld I I F +=⇒ln 22101πμ方向：竖直向下（2）θπμθtan )(2tan 21022l l d I I l BI F +== 方向：水平相右（3）B l d I F d ⨯=23dl x I I dF πμ21023=⇒⎰+=⇒ld dx dxII F θπμcos 22103dld I I F +=⇒ln cos 22103θπμ 方向：垂直杆斜向上θπμtan ln 22103d l d I I F x +-= dld I I F y +=ln 22103πμ 0=y F θπμt a n )ln (2210dld d l l I I F x +-+=方向水平相左4.解：（1）n I R S I m 241π== 21sin()42M m B R IB t k ππω=⨯=-（2）max f =电磁感应答案一．选择题1. B2. A3.D4.A5.D6.D7.D 8A 9.D 10.B 二．填空题1．t r m nI ωωμsin 20π 2．229R B ω ；O 点3．导线端点；导线中点 4． 221R B ω;沿曲线由外指向中心5．答案见图．6．20 J 7. 1:2 ；1:28．2A 9．不能 三．计算题1．解：长直导线在如图坐标x 处所产生的磁场为)(20xIB π=μ)d (20⎰⎰+==bd d xx IaBdS πμΦ)ln(20dbd Ia+π=μ∴εtI d b d a dt d d d ])(ln[20+π=Φ=μ2. 解:t 时刻通过半圆的磁通量为t r Bm ωπcos 22=Φ2sin 2tr B dt d m ωωπε=Φ-=LORtr B R i 2sin 2ωωπε==3．解：建立坐标(如图)则：x IB π=20μ， B方向⊙εd x xI x B d )1(2v d v 0π==μ ε⎰⎰+π==x xI b a d )1(2v d a0μ☜a b a I +π=ln 2v0μ4．解：(1)B a U U U E O OE221ω=-=(2) 添加辅助线OF ，由于整个△OEF 内感应电动势为零，所以OFEF OE ☜☜☜=+即可直接由辅助线上的电动势 OF 来代替OE 、EF 两段内的电动势．aa OF 245cos 2=︒=B a a B U U U F O OF 22)2(21ωω==-=(3) O 点电势最高 ．《机械振动》答案一、选择题CDBBB CACAA DC 二、填空题1、n T /2、T 4，2/2S3、0sin A ωϕ，-02cos ϕωA4、2rad/s ，0，t x 2cos 2=（SI ），212N ，负方向I CDvO5、10cm ，π32，4.8s ，)32125cos(1.0ππ+=t x （SI ）6、如图所示7、k m π221+，02x m k8、m k π1，mk π19、238kA 10、π 三、计算题1、 解：处于平衡位置时，弹簧的伸长量L ∆满足如下关系Mg L k =∆ （1）对滑块m ，M 进行受力分析，设绳子的张力为T ，则当滑块M 位移为x 时，有Ma T Mg =-a m T L x k '=+∆+-)(由于绳子不可伸长，故有a a ='，则上述两式联立消去T 并考虑（1）式可得a m M kx )(+=-由上式可知滑块M 做简谐振动，其振动原频率为mM k+=ω已知0=t 时滑块M 处于负的最大位移处，即M 滑块的振幅及初相为kMgL A =∆=，πϕ=则可得M 滑块的运动方程⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=πt m M k k Mg x cos （SI ） 2、 解：设该质点的简谐运动方程为)cos(ϕω+=t A x （SI ）则可以知道该质点的速度满足)2cos(πϕωωυ++=t A （SI ）由图可以看出速度振幅为10=A ω，利用旋转矢量法可得速度方程的初相与圆频率为ππϕ322=+→ 6πϕ=14433t ωππ∆Φ===∆ → 1030/3A ππ== 因此可以得到该质点的振动方程30cos 36x t πππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（SI ） 3、 解：如图所示，画出旋转矢量图，可以知道质点从2/A 处（速度为正）运动到2/A 处（速度为正）时旋转矢量转过的角度为π1219=∆Φ已知旋转矢量的旋转角速度（即质点振动圆频率）为4/πω=，故需要的时间为319=∆Φ=∆ωt （s ） 4、 解：将振动方程2x 写为t x πcos 32=（SI ）画出三个旋转矢量，如右图所示。