物理学教程第二版马文蔚下册课后答案完整版_cropped

物理学教程 下册（第二版） 马文蔚 主编 课后习题答案
鹤鹤答案工作室
第九章
静
电
场
9 － 1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A) 放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随 位置坐标x 变化的关系曲线为图(B)中的( )
题 9-1 图 分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为
σ ，方向沿带电平 2 ε0
板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因 而正确答案为(B). 9 － 2 下列说法正确的是( ) (A)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷 (B)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零 (C)闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零 (D)闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 曲面内电荷的代数和必定为零， 但不能肯定曲面内一定没有电荷； 闭合曲面 的电通量为零时， 表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线 同理闭合曲面的电通量不为零， 也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不 可能为零，因而正确答案为(B). 9 － 3 下列说法正确的是( ) (A) 电场强度为零的点，电势也一定为零 (B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零
依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，
数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；
(C) 电势为零的点，电场强度也一定为零 (D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零 分析与解 电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量， 电场强度为零表 示试验电荷在该点受到的电场力为零， 电势为零表示将试验电荷从该点移到 参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该 点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度. 因而正确答案为(D). *9 － 4 在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p 的方向 如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( ) (A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p 水平指向棒尖端而停止 (B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时沿电场线方向 朝着棒尖端移动 (C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p 水平指向棒尖端，同时逆电场线方向 朝远离棒尖端移动 (D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场 线方向朝着棒尖端移动
题 9-4 图 分析与解 答案为(B). 9－5 精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－－
电偶极子在非

均匀外电场中， 除了受到力矩作用使得电偶极子指
向电场方向外， 还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用， 因而正确21
e，
而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10
21
e，由最极端的情况考
虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电 荷是多少？ 若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力 的大小. 分析 考虑到极限情况， 假设电子与质子电量差值的最大范围为2× 10－ －
21
e，
中子电量为10
21
e，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子
可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的 库仑力，并与万有引力作比较.
解
一个氧原子所带的最大可能净电荷为
qmax ? ?1 ? 2?? 8 ?10?21e二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为2 Fe qmax ? ? 2.8 ? 10? 6 ?? 1 2 Fg 4πε0Gm
显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10
－
21
e
范围内时， 对于像天体一类电中性物体的运动， 起主要作用的还是万有引力. 9－6 1964年， 盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成， 中子就是 由一个带
2 1 e 的上夸克和两个带 ? e 的下夸克构成.若将夸克作为经典粒 3 320 15
子处理(夸克线度约为10－ m)， 中子内的两个下夸克之间相距2.60× 10－ m . 求它们之间的相互作用力. 解 由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律
F?
1 q1q2 1 e2 e ? e r ? ?3.78 N ? e r r 4π? 0 r 2 4π? 0 r 2
F 与径向单位矢量er 方向相同表明它们之间为斥力. 9 － 7 点电荷如图分布，试求P点的电场强度. 分析 依照电场叠加原理， P点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P点激 发电场强度的矢量和.由于电荷量为q的一对点电荷在P点激发的电场强度大 小相等、方向相反而相互抵消，P点的电场强度就等于电荷量为2.0q的点电 荷在该点单独激发的场强度. 解 根据上述分析
EP ?
1 2q 1 q ? 4π? 0 (a / 2 ) 2 π? 0 a 2
题 9-7 图
9 － 8 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 Q 2 πε0 4r ? L2
(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为
E?
1 Q 2πε0 r 4r 2 ? L2
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.
题 9-8 图 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
dE ?整个带电体在点P 的电

场强度
1 dq er 4πε0 r ?2
E ? ? dE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
(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 ? ?L sin? dE j证 (1) 延长线上一点P 的电场强度 E
? ?L
dq ，利用几何关系 r′ 2π? 0 r ?2
＝r －x统一积分变量，则
EP ? ?
1 Qdx Q ? 1 1 ? 1 Q ? ? ? 2 2 2 -L/ 2 4 πε L?r ? x ? 4πε0 L ? ?r ? L / 2 r ? L / 2? ? πε0 4r ? L 0L/ 2
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??利用几何关系 sin α＝r/r′， r ? ?
sin α dq dE L 4 πε r ? 2 0
r 2 ? x 2 统一积分变量，则
E ? ?-L/ 2
L/ 2
1 rQdx Q 1 ? 3 / 2 4π? 0 L?x 2 ? r 2 ? 2π? 0 r 4r 2 ? L21 Q/L 2πε0 r 1 ? 4r 2 / L2
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 ? liml ??
?
λ 2πε0 r
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r2 /L2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线. 9 － 9 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处 电场强度的大小.
题 9-9 图 分析 这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半 所有平行圆环在轴线上P处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场 强度积分，即可求得球心O处的电场强度. 解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元
球壳分割为一组平行的细圆环， 如图所示， 从教材第9－3节的例2可以看出，
dq ? ?dS ? ? ? 2πR 2 ? sin? d? ，在点O激发的电场强度为dE ? 1 xdq i 4π? 0 ?x 2 ? r 2 ?3 / 2
由于平行细圆环在点O激发的电场强度方向相同，利用几何关系
x ? Rcos θ ， r ? Rsin θ 统一积分变量，有 1 xdq 1 Rcos? dE ? ? ? ? 2πR 2sin? d? 3 2 2 2/3 4π? 0 ?x ? r ? 4π? 0 R
?积分得 9－ 10
? sin? cos?d? 2? 0E ? ?0π/2
? ? sin? cos?d? ? 2? 0 4? 0
水分子H2 O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示， 假设氧原
子和氢原子等效电荷中心间距为r0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较 远处的电场强度.
题 9-10 图 分析 水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为
P0 ? er0 ，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为 p ? 2er0cos? ，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞ r0 ，利用教材第 5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强

度
E?
1 2p 4πε0 x3
可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布. 解 1 水分子的电偶极矩
p ? 2 p0cos? ? 2er0cos?在电偶极矩延长线上
E?
1 2p 1 4er0cos θ 1 er0cos θ ? ? 3 3 4πε0 x 4πε0 x πε0 x3
解 2 在对称轴线上任取一点A ，则该点的电场强度
E ? E? ? E?
E ? 2 E? cos β ? E ?由于
2ercos θ 2e ? 2 4πε0r 4πε0 x 2
r 2 ? x 2 ? r02 ? 2 xr0cos θ x ? r0cos θ cos β ? r
代入得
E?
x ? r0 cos? 2e ? 1? ? ? 2 ? 3 / 2 2 4π? 0 ? x2 ? ? ?x ? r0 ? 2 xr0 cos? ? ?3/ 2
测量分子的电场时， 总有x ＞＞r0 ， 因此， 式中
?x
2
? r ? 2 xr0 cos? ?2 0
? 2r cos? ? ? x ?1 ? 0 ? x ? ?3
3/ 2
? 3 2r cos? ? ? x 3 ?1 ? ? 0 ? x ? ? 2
，将上式化简并略去微小量后，得
E?
1 r0ecos θ πε0 x3
9 － 11 两条无限长平行直导线相距为r0 ，均匀带有等量异号电荷，电荷线 密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一 线的垂直距离为x)； (2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电 荷作用的电场力.
题 9-11 图 分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所 激发的电场的叠加. (2) 由F＝qE， 单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电 场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F＝λE.应该注意：式中的电场强 度E是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电 荷产生作用力. 解 (1) 设点P在导线构成的平面上， E＋、 E－分别表示正、 负带电导线在P 点 的电场强度，则有
E ? E? ? E? ? ?
? ?1 1 ? ? ?i ? ? 2π? 0 ? x r0 ? x ? ?r0 ? i 2π? 0 x ?r0 ? x ?
(2) 设F＋、F－分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有
F? ? λE? ?
λ i 2πε0 r0
F? ? ? λE? ? ?
λ2 i 2πε0 r0
显然有F＋＝F－，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引. 9－ 12 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.
题 9-12 图 分析 方法1：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
? E ? dS ? ε ? q ? 0S 0
1
这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S′的电场强度通量在数值上 等于穿出半球面S的电场强度通量.因而
Φ ? ? E ? dS ? ?? E ? dSS S?
方法2：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即 Φs ? E ? dSS
?
解 1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有
Φ ? ? E ? dS ? ?? E ? dSS S?
依照约定取闭合曲面的外

法线方向为面元dS 的方向，
Φ ? ? E ? πR 2 ? cos π ? πR 2 E解 2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为
E ? E ?cos?e? ? sin? cos? e? ? sin? sin? er ?dS ? R 2sin θ dθd er
Φ ? ?SE ? dS ? ?S ER 2sin 2?sin? d?d? ? ?0 ER 2sin 2?d? ?0 sin? d? ? πR 2 E9 － 13 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用， 在晴天区域， 大气电离层总是带有大量的正电荷， 云层下地球表面必然带有 负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为 120 V ? m?1 ，方向指向地面.试求 地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示). 分析 解 考虑到地球表面的电场强度指向地球球心， 在大气层中取与地球同心 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径 的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.π π
R ? RE ( RE 为地球平均半径).由高斯定理
? E ? dS ? ? E 4πR地球表面电荷面密度
2 E
?
1 ?q ε0
2 ? ? ? q / 4πRE ? ?? 0 E ? ?1.06 ? 10 ?9 C ? m ?2
单位面积额外电子数
n ? ? /(?e) ? 6.63 ? 10 5 cm?29－ 14 设在半径为R的球体内电荷均匀分布，电荷体密度为 ? ,求带电球内 外的电场强度分布.
分析
电荷均匀分布在球体内呈球对称，带电球激发的电场也呈球对称性.
根据静电场是有源场，电场强度应该沿径向球对称分布. 因此可以利用高斯 定理求得均匀带电球内外的电场分布. 以带电球的球心为中心作同心球面为 高斯面，依照高斯定理有
? E ? dS ? 4πrs
2
E?
Qi
?0
上式中 Qi 是高斯面内的电荷量，分别求出处于带电球内外的高斯面内的电 荷量，即可求得带电球内外的电场强度分布. 解 依照上述分析，由高斯定理可得
r ? R 时，
4πr 2 E ?
? 4 3 πr ?0 3
假设球体带正电荷，电场强度方向沿径向朝外. 考虑到电场强度的方向，带 电球体内的电场强度为
E?r ? R 时，
? r 3? 0
4πr 2 E ?
? 4 3 πR ?0 3
考虑到电场强度沿径向朝外，带电球体外的电场强度为
?R 3 E? er 3? 0 r 29 － 15 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 (R 2 ＞R1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜ R 1 ，(2) R 1 ＜r＜R 2 ，(3) r＞R 2 .
分析
题 9-15 图 电荷分布在无限长同轴圆柱面上， 电场强度也必定沿轴对称分布， 取
同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且 求出不同半径高斯面内的电荷 ? q .即可解得各区域 ? E ? dS ? E ? 2πrL ， 电场的分布. 解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理
r ＜R 1 ，
E ? 2πrL ?

? q / ε0 ?q ? 0
E1 ? 0R 1 ＜ r ＜R 2 ，
? q ? λL
E2 ?
λ 2πε0 r
r ＞R 2 ，
?q ? 0
E3 ? 0在带电面附近，电场强度大小不连续，如图（b）所示，电场强度有一跃变
ΔE ?
λ λL σ ? ? 2πε0 r 2πε0 rL ε0
9 － 16 如图所示，有三个点电荷Q1 、Q2 、Q3 沿一条直线等间距分布且 Q1 ＝Q3 ＝Q.已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q1 、Q3 的 情况下，将Q2 从点O移到无穷远处外力所作的功.
题 9-16 图 分析 由库仑力的定义， 根据Q1 、 Q3 所受合力为零可求得Q2 .外力作功W′ 应等于电场力作功W的负值，即W′＝－W.求电场力作功的方法有两种： (1)根据功的定义，电场力作的功为
W ? ? Q2 Edl0
?
其中E 是点电荷Q1 、Q3 产生的合电场强度. (2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有
W ? Q2 ?V0 ? V? ? ? Q2V0
其中V 0 是Q1 、Q3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势). 解 1 由题意Q1 所受的合力为零
Q1解得
Q2 Q3 ? Q1 ?0 2 2 4πε0 d 4πε0 ?2d ?1 1 Q2 ? ? Q3 ? ? Q 4 4
由点电荷电场的叠加， Q1 、 Q3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为
E ? E1 y ? E3 y ?
2πε0 d 2 ? y 2
?
Qy
?
3/ 2
将Q2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想 为什么？)外力所作的功为? ?? 1 Qy ? W ? ? ? ? Q2 E ? dl ? ? ? ?? Q? ? 0 0 ? 4 ? 2πε0 d 2 ? y 2
?
?
dy ? 3/ 21 4
Q2 8πε0 d
解 2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时 Q2 ? ? Q ，并由电势 的叠加得Q1 、Q3 在点O 的电势
V0 ?
Q1 Q3 Q ? ? 4πε0 d 4πε0 d 2πε0 d
将Q2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功
W ? ? ?Q2V0 ?
Q2 8πε0 d
比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因 为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多. 9 － 17 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为
E?
λ er 2πε0 r
其中 ? 为电荷线密度.(1)求在r＝r1 和r＝r2 两点间的电势差；(2)在点电荷 能否这样取？ 试说明. 解 (1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有
的电场中，我们曾取r→∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，
U12 ? ? E ? dr ?r1
r2
λ r ln 2 2πε0 r1
(2) 不能.严格地讲，电场强度 E ?
λ er 只适用于无限长的均匀带电直 2πε0 r
线，而此时电荷分布在无限空间，r→∞处的电势应与直线上的电势相等. 9－ 18 一个球形雨滴半径为0.40 mm，带有电量1.6 pC，它表面的电势有多 大？ 两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势 又是多大？ 分析 取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q

的带电球形雨滴 表面电势为
V?
1 q 4πε0 R
当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为 3 2 R ，代入上式后可 以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势. 解 根据已知条件球形雨滴半径R ＝0.40 mm，带有电量q ＝1.6 pC，可以
求得带电球形雨滴表面电势
V1 ?
1 q1 ? 36 V 4πε0 R1
当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径 R2 ? 3 2 R1 ，带有电量 q2 ＝2q1 ，雨滴表面电势
V2 ?9－ 19
1 2q1 ? 57 V 4πε0 3 2 R1
电荷面密度分别为＋σ和－σ的两块 “无限大” 均匀带电的平行平板，
如图(a)放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势 随位置坐标x 变化的关系曲线.
题 9-19 图 分析 由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能
采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平 板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布. 解 由“无限大” 均匀带电平板的电场强度 ?
σ i ，叠加求得电场强度的 2 ε0
分布，
?0 ? ?? E?? i ?? 0 ? ?0
?x ? ?a ? ?? a ? x ? a ? ?x ? a ?
电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功
V ? ? E ? dl ? ?x ?a 0
0
σ x ε0
?? a ? x ? a ?σ a ε0
V ? ? E ? dl ? ? E ? dl ?x -aa 0
? x ? ?a ?
V ? ?x E ? dl ? ?a E ? dl ? ?电势变化曲线如图(b)所示.
? a ?0
?x ? a ?
9－ 20 两个同心球面的半径分别为R1 和R 2 ，各自带有电荷Q1 和Q2 .求： (1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？
题 9-20 图 分析 通常可采用两种方法. 方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可 根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定 理可求得各区域的电场强度分布，再由 V p ?
?
?
p
E ? dl 可求得电势分布.(2)
利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为
V?
Q 4πε0 r
在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势
V?
Q 4πε0 R
其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各 区域产生的电势叠加，可求得电势的分布. 解 1 (1) 由高斯定理可求得电场分布
E1 ? 0 E2 ? E3 ?由电势 V ?
?r ? R1 ? ?R1 ? r ? R2 ? ?r ? R2 ?
Q1 er 4πε0 r 2 Q1 ? Q2 er 4πε0 r 2
?
?
r
E ? dl 可求得各区域的电势分布.
当r≤R 1 时，有
V1 ? ? E1 ? dl ? ? E 2 ? dl ? ? E3 ? dlr R1 R2
R1
R2
?
?1 1 ? Q1 ? Q2 ? R ? R ? ? 4πε R 2? 0 2 ? 1 Q1 Q2 ? ? 4πε0 R1 4πε0 R2

?0? Q1 4πε0当R 1 ≤r≤R 2 时，有R2 ?
V2 ? ? E 2 ? dl ? ? E3 ? dlr R2
Q1 ? 1 1 ? Q1 ? Q2 ? ?? 4πε0 ? ? r R2 ? 4πε0 R2 Q1 Q2 ? ? 4πε0 r 4πε0 R2 ?当r≥R 2 时，有
V3 ? ? E3 ? dl ?r
?
Q1 ? Q2 4πε0 r
(2) 两个球面间的电势差
U12 ? ? E2 ? dl ?R1
R2
Q1 ? 1 1 ? ? ? ? ? 4πε0 ? R1 R2 ? ?
解 2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r ≤R 1 ，则
V1 ?
Q1 Q2 ? 4πε0 R1 4πε0 R2
若该点位于两个球面之间，即R 1 ≤r≤R 2 ，则
V2 ?
Q1 Q2 ? 4πε0 r 4πε0 R2
若该点位于两个球面之外，即r≥R 2 ，则
V3 ?(2) 两个球面间的电势差
Q1 ? Q2 4πε0 r
U12 ? ?V1 ? V2 ? r ? R2 ?
Q1 Q1 ? 4πε0 R1 4πε0 R2
9－ 21 一半径为R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体 密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.
题 9-21 图 分析 无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称， 其电场和电势的分布也呈轴
对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理
? E ? dS ? ? ?0
1
V
?dV
可求得电场分布E (r)，再根据电势差的定义
Va ? Vb ? ? E ?r ? ? dlb a
并取棒表面为零电势(V b ＝0)，即可得空间任意点a 的电势. 解 取高度为l、半径为r且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理 当r≤R 时
E ? 2πrl ? πr 2lρ / ε0
得 当r≥R 时
E ?r ? ?
ρr 2 ε0
E ? 2πrl ? πR 2lρ / ε0得
E ?r ? ?
ρR 2 2 ε0 r
取棒表面为零电势，空间电势的分布有 当r≤R 时
V ?r ? ? ?当r≥R 时
R
r
ρr ρ dr ? R2 ? r 2 2ε0 4ε0
?
?
V ?r ? ? ?
R
r
ρR 2 ρR 2 R dr ? ln 2 ε0 r 2 ε0 r2
如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线. 9－ 225
一圆盘半径R ＝3.00 ×10－ m.圆盘均匀带电， 电荷面密度σ＝2.002
×10－ C· m－ .(1) 求轴线上的电势分布；(2) 根据电场强度与电势梯度的 关系求电场分布；(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.
题 9-22 图 分析 将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环， 利用带电细环轴线上
一点的电势公式， 将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加， 即 可求得带电圆盘在轴线上的电势分布， 再根据电场强度与电势之间的微分关 系式可求得电场强度的分布. 解 (1) 如图所示， 圆盘上半径为r的带电细圆环在轴线上任一点P激发的电
势
dV ?
1 σ 2πrdr 4πε0 r 2 ? x 2
由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的
V?
σ 2ε0
?
R
rdr r ?x2 2
0
?
σ 2ε0
? R ? x ? x?2 2
(1)
(2) 轴线上任一点的电场强度为
E ??电场强度方向沿x 轴方向.
? dV σ ? x i? ?1 ? ?i dx 2ε0 ? R2 ? x2 ?
(2)

(3) 将场点至盘心的距离x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得
V ? 1 691 V
E ? 5 607 V ? m-1当x＞＞R 时， 圆盘也可以视为点电荷， 其电荷为 q ? πR 2σ ? 5.65 ? 10?8 C . 依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有
V?
q ? 1695 V 4πε0 x
E?
q ? 5649 V ? m-1 4πε0 x 2
由此可见，当x＞＞R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作 点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E和V的误差分别不超过 0.3％和0.8％，这已足以满足一般的测量精度. 9 － 23 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝3.0×10－ m，R 2 ＝0.10 m)，带有 等量异号的电荷，两者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有 多少电荷？(2) r＝0.05 m 处的电场强度. 解 (1) 由习题9－15 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为2
E?
λ
根据电势差的定义有
U12 ? ? E2 ? dl ?R1
R2
λ R ln 2 2πε0 R1
解得
λ ? 2πε0U12 / ln
R2 ? 2.1?10?8 C ? m ?1 R1
(2) 解得两圆柱面之间r＝0.05m 处的电场强度
E?
? ? 7 475 V ? m ?1 2π? 0 r
9 － 24 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的 过程，叫做核聚变.在此过程中可以释放出巨大的能量.例如四个氢原子核 (质子)结合成一个氦原子核(α粒子)时，可释放出25.9MeV 的能量.即4 0 41 1 H ?2 He ? 21 e ? 25.9 MeV
这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源.如果我们能在地球上实现核聚 变，就能获得丰富廉价的能源.但是要实现核聚变难度相当大，只有在极高 的温度下，使原子热运动的速度非常大，才能使原子核相碰而结合，故核聚 变反应又称作热核反应.试估算：(1)一个质子( 1 1 H )以多大的动能(以电子 伏特表示)运动，才能从很远处到达与另一个质子相接触的距离？ (2)平均 热运动动能达到此值时，温度有多高？ (质子的半径约为1.0 ×10－ 分析 的电势分布为15
m)
作为估算， 可以将质子上的电荷分布看作球对称分布， 因此质子周围
V?
e 4πε0 r
将质子作为经典粒子处理，当另一质子从无穷远处以动能E k 飞向该质子时， 势能增加，动能减少，如能克服库仑斥力而使两质子相碰，则质子的初始动 能
1 e2 E k0 ? eV2R ? 4π? 0 r 2 R假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能， 根据分子动理论 知：
3 E k ? kT 2由上述分析可估算出质子的动能和此时氢气的温度. 解 (1) 两个质子相接触时势能最大，根据能量守恒
EK0 ? eV2R ?
1 e2 ? 7.2 ? 105 eV 4πε0 r 2 R
由 E k0
1 2 ? mv0 可估算出质子初始速率 2v0 ? 2Ek0 / m ? 1.2 ? 107 m ? s?1
该速度已达到光速的4％. (2) 依照上述假设，质子的初始动能等于氢分子的平均动能
3 E k0 ? E

k ? kT 2得
T?
2 Ek0 ? 5.6 ? 10 9 K 3k
实际上在这么高的温度下， 中性原子已被离解为电子和正离子， 称作等离子 态，高温的等离子体不能用常规的容器来约束，只能采用磁场来约束(托卡 马克装置) 9 － 25 在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为109 Ｖ，被迁移 的电荷约为30 C.(1) 如果释放出来的能量都用来使0 ℃的冰融化成0 ℃的 水，则可溶解多少冰？ (冰的融化热L＝3.34 ×105 J· kg)(2) 假设每一个 家庭一年消耗的能量为3 000kW· h，则可为多少个家庭提供一年的能量消 耗？ 解 (1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量
m?即可融化约 90 吨冰.
ΔE qU ? ? 8.98 ? 10 4 kg L L
(2) 一个家庭一年消耗的能量为
E0 ? 3 000 kW ? h ? 1.08 ? 1010 Jn? ΔE qU ? ? 2.8 E0 E0
一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电 能. 9－ 26 已知水分子的电偶极矩p=6.17×105 -1 －
30
C· m.这个水分子在电场强度
E＝1.0 ×10 V·m 的电场中所受力矩的最大值是多少?分析与解 在均匀外电场中，电偶极子所受的力矩为
M ? p?E当电偶极子与外电场正交时，电偶极子所受的力矩取最大值.因而有
M max ? pE ? 6.17 ? 10 ?25 N ? m9-27 电子束焊接机中的电子枪如图所示，K为阴极，A为阳极，阴极发射的
电子在阴极和阳极电场加速下聚集成一细束， 以极高的速率穿过阳极上的小 孔， 射到被焊接的金属上使两块金属熔化在一起.已知 U AK 有的动能；（2）电子射到金属上时的速度. 分析 的速度. 解 （1）依照上述分析，电子到达被焊接金属时具有的动能 电子被阴极和阳极间的电场加速获得动能， 获得的动能等于电子 在电场中减少的势能.由电子动能与速率的关系可以求得电子射到金属上时 并设电子从阴极发射时的初速度为零，求：（1）电子到达被焊接金属时具
? 2.5 ? 10 4 V ，
Ek ? eU AK ? 2.5 ? 10 4 eV(2)由于电子运动的动能远小于电子静止的能量，可以将电子当做经典粒子 处理.电子射到金属上时的速度
题 9-27 图 第十章 静电场中的导体与电介质 10 － 1 将一个带正电的带电体A从远处移到一个不带电的导体B 附近，则 导体B 的电势将（ （A） 升高 ） （C） 不会发生变化 （D） 无法确定
（B） 降低
分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B附近时，在导体 B 的近端感应负电荷；在远端感应正电 荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A）. 10－2 将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N， 在N的左端感应出正电 ）
荷，右端感应出负电荷.若将导体N的左端接地（

如图所示），则（ （A） N上的负电荷入地 （C） N上的所有电荷入地 （B）N上的正电荷入地 （D）N上所有的感应电荷入地
题 10-2 图 分析与解 导体N接地表明导体N为零电势，即与无穷远处等电势，这与导 体N在哪一端接地无关.因而正确答案为（A）. 10 － 3 如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导
体球附近，点电荷距导体球球心为d，参见附图.设无穷远处为零电势，则在 导体球球心O 点有（ （A） E ? 0,V ? ） （B） E ?
q 4πε0 d
q q ,V ? 2 4πε0 d 4πε0 d q q ,V ? 2 4πε0 d 4πε0 R
（C） E ? 0,V ? 0
（D） E ?
题 10-3 图 分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心 O点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正 确答案为（A）. 10 － 4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合 曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( )
（A） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有 自由电荷 （B） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代 数和一定等于零 （C） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有 极化电荷 （D） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 （E） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关
分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面 内自由电荷的代数和等于零； 由于电介质会改变自由电荷的空间分布， 介质 中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关.因而正确答案为（E）. 10－ 5 对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（ ）
（A） 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中 的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/ε ｒ倍 （B） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/ε ｒ倍 （C） 在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介 质时该点电场强度的1/ε ｒ倍 （D） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的ε ｒ倍 分析与解 电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场 迭加而成， 由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布， 由电 介质中的高斯定理， 仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变 化时，在电介质中任意高斯面S 有
? ?1 ? χ ?E ? d S ? ? ES S
0
?dS ?
1

? qi ε0 i
即E ＝E０/ε ｒ，因而正确答案为（A）. 10－ 6 不带电的导体球A含有两个球形空腔，两空腔中心分别有一点电荷 qb 、qc ，导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷qd （如图所示）. 试求点电荷qb 、qc 、qd 各受多大的电场力.
题 10-6 图
分析与解
根据导体静电平衡时电荷分布的规律， 空腔内点电荷的电场线终
止于空腔内表面感应电荷；导体球A外表面的感应电荷近似均匀分布，因而 近似可看作均匀带电球对点电荷qd 的作用力.
Fd ?
?qb ? qc ?qd4πε0 r 2
点电荷qd 与导体球A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零，点电
荷qb 、qc处于球形空腔的中心，空腔内表面感应电荷均匀分布，点电荷qb 、 qc受到的作用力为零. 10－ 7 一真空二极管，其主要构件是一个半径R １＝5. 0×10－4 m的圆柱形阴 极和一个套在阴极外、半径R ２＝4.5×10－3 m 的同轴圆筒形阳极．阳极电势 比阴极电势高300 V，阴极与阳极的长度均为L＝2.5×10－２ m．假设电子从 阴极射出时的速度为零．求：（１） 该电子到达阳极时所具有的动能和速 率；（２）电子刚从阳极射出时所受的力．
题 10-7 图 分析 （1） 由于半径R １＜＜L，因此可将电极视作无限长圆柱面，阴极和
阳极之间的电场具有轴对称性． 从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开 始加速，电子所获得的动能等于电场力所作的功，也即等于电子势能的减 少．由此，可求得电子到达阳极时的动能和速率． （2） 计算阳极表面附近的电场强度，由F＝qE 求出电子在阴极表面所受 的电场力．
解
（1） 电子到达阳极时，势能的减少量为
ΔEep ? ?eV ? ?4.8 ? 10 ?17 J由于电子的初始速度为零，故
Eek ? ΔEek ? ?ΔEep ? ?4.8 ? 10 ?17 J因此电子到达阳极的速率为
v?
2 Eek 2eV ? ? 1.03 ? 10 7 m ? s -1 m m
（2） 两极间的电场强度为
E??两极间的电势差
λ er 2πε0 r
V ? ?R E ? dr ?1
R2
?
R2
?
R1
R ? ? dr ? ? ln 2 2π? 0 r 2π? 0 R1
负号表示阳极电势高于阴极电势．阴极表面电场强度
E??
λ V er ? e R2 r 2πε0 R1 R1ln R1
电子在阴极表面受力
F ? ?eE ? （ 4.37 ? 10 ?14 N) er这个力尽管很小，但作用在质量为９.1１× 10 加速度可达重力加速度的5×10１ 倍． 10－ 8 一导体球半径为R １ ，外罩一半径为R 2 的同心薄导体球壳，外球壳 所带总电荷为Q，而内球的电势为V ０ ．求此系统的电势和电场的分布．5－ １
3
kg 的电子上，电子获得的
分析
若V0 ?
Q ， 内球电势等于外球壳的电势， 则外球壳内必定为等 4πε0 R2
势体，电场强度处处为零，内球不带电． 若 V0 ?
Q ， 内球电势不等于外球

壳电势， 则外球壳内电场强度不为零， 4πε0 R2
内球带电．一般情况下，假设内导体球带电q，导体达到静电平衡时电荷的 分布如图所示．依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布．并由
Vp ? ? E ? dl 或电势叠加求出电势的分布．最后将电场强度和电势用已知p
?
量V 0 、Q、R １、R 2 表示．
题 10-8 图 解 根据静电平衡时电荷的分布， 可知电场分布呈球对称． 取同心球面为高
斯面， 由高斯定理 E ? dS ? E ?r ? ? 4πr ? E ?r ? ?
?
2
?q / ε
0
， 根据不同半径的
高斯面内的电荷分布，解得各区域内的电场分布为 r ＜R １时，
E1 ?r ? ? 0
R １＜r＜R 2 时， E2 ?r ? ?
q 4πε0 r 2 Q?q 4πε0 r 2
r＞R 2 时，
E2 ?r ? ?
由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布．
r ＜R １时，
V1 ? ?r E ? dl ? ?r E1 ? dl ? ?R E2 ? dl ? ?R E3 ? dl1 2
?
R1
R2
?
?R １＜r＜R 2 时，
q 4π? 0 R1
?
Q 4π? 0 R2
V2 ? ?r E ? dl ? ?r E2 ? dl ? ?R E3 ? dl2
?
R2
?
?r＞R 2 时，
q Q ? 4π? 0 r 4π? 0 R2
V3 ? ?r E 3 ? dl ?也可以从球面电势的叠加求电势的分布： 在导体球内（r ＜R １）
?
Q?q 4π? 0 r
V1 ?
q Q ? 4πε0 R1 4πε0 R2
在导体球和球壳之间（R １＜r＜R 2 ）
V2 ?在球壳外（r＞R 2 ）为
q Q ? 4πε0 r 4πε0 R2
V3 ?由题意
Q?q 4π? 0 r
V1 ? V0 ?
q Q ? 4πε0 R2 4πε0 R1
得
q ? 4π? 0 R1V0 ?
R1 Q R2
于是可求得各处的电场强度和电势的分布： r ＜R １时，
E1 ? 0 ； V1 ? V0R １＜r＜R 2 时，
E2 ?r＞R 2 时，
R V ( r ? R1 )Q R1V0 R1Q ； V2 ? 1 0 ? ? 2 2 r 4πε0 R2 r r 4π? 0 R2 r
E3 ?
R1V0 ( R2 ? R1 )Q R V ( R2 ? R1 )Q ? ； V3 ? 1 0 ? 2 2 r 4π? 0 R2 r r 4π? 0 R2 r
10－ 9 地球和电离层可当作球形电容器，它们之间相距约为100 km，试估 算地球－电离层系统的电容．设地球与电离层之间为真空． 解 由于地球半径R 1 ＝6. 37×106 m；电离层半径R 2 ＝1. 00×105 m ＋R 1 ＝
6. 47×106 m，根据球形电容器的电容公式，可得
C ? 4πε010－ 10
R1R2 ? 4.58 ? 10? 2 R2 ? R1
F
两线输电线，其导线半径为3. 26 mm，两线中心相距0. 50 m，导线
位于地面上空很高处，因而大地影响可以忽略．求输电线单位长度的电容． 分析 假设两根导线带等量异号电荷， 电荷在导线上均匀分布， 则由长直带
电线的电场叠加，可以求出两根带电导线间的电场分布,
E ? E? ? E?再由电势差的定义求出两根导线之间的电势差，就可根据电容器电容的定
义，求出两线输电线单位长度的电容 解 建立如图坐标，带等量异号电荷的两根导线在P点激发的电

场强度方向
如图，由上述分析可得P点电场强度的大小为
E?
? 1 1 ( ? ) 2π? 0 x d ? x
电场强度的方向沿x轴，电线自身为等势体，依照定义两导线之间的电势差 为
U ? ? E ? dl ?l
d ?R
?R
? 1 1 ( ? )dx 2π? 0 x d ? x
上式积分得
U?因此，输电线单位长度的电容
λ d?R ln πε0 R
C?代入数据
λ d?R d ? πε0 / ln ? πε0 / ln U R R
C ? 5.52 ?10?12
F
题 10-10 图 10－ 11 电容式计算机键盘的每一个键下面连接一小块金属片， 金属片与底
板上的另一块金属片间保持一定空气间隙，构成一小电容器（如图）.当按
下按键时电容发生变化， 通过与之相连的电子线路向计算机发出该键相应的 代码信号.假设金属片面积为50. 0 mm ，两金属片之间的距离是0. 600 mm. 如果电路能检测出的电容变化量是0. 250 pF，试问按键需要按下多大的距离 才能给出必要的信号？2
题 10-11 图 分析 按下按键时两金属片之间的距离变小， 电容增大， 由电容的变化量可
以求得按键按下的最小距离： 解 按下按键时电容的变化量为
?1 1 ? ΔC ? ε0 S ? ? ? ? d d0 ?按键按下的最小距离为
Δd min ? d 0 ? d ?
ΔCd02 d 0 ΔC ? ? 0 S
? 0.152
mm
10－ 12 一片二氧化钛晶片，其面积为1. 0 cm2 ，厚度为0. 10 mm．把平行 平板电容器的两极板紧贴在晶片两侧. （1） 求电容器的电容；（2） 当在 电容器的两极间加上12 V电压时，极板上的电荷为多少？ 此时自由电荷和 极化电荷的面密度各为多少？ （3） 求电容器内的电场强度． 解 （1） 查表可知二氧化钛的相对电容率εr ＝173，故充满此介质的平
板电容器的电容
C?
εr ε0 S ? 1.53 ? 10?9 F d
（2） 电容器加上U ＝12V 的电压时，极板上的电荷
Q ? CU ? 1.84 ? 10?8 C极板上自由电荷面密度为
σ0 ?晶片表面极化电荷密度
Q ? 1.84 ? 10?8 C ? m- 2 S
? 1? ? ? ?1 ? ? σ 0 ? 1.83 ? 10? 4 C ? m- 2 σ0 ? εr ?（3） 晶片内的电场强度为
E?10－ 13
U ? 1.2 ? 105 V ? m-1 d－８
如图所示，半径R ＝0. 10 m 的导体球带有电荷Q ＝1. 0 ×10
C，
导体外有两层均匀介质，一层介质的εr＝5. 0，厚度d ＝0. 10 m，另一层介 质为空气，充满其余空间．求：（1） 离球心为r ＝5cm、15 cm、25 cm 处 的D 和E ；（2） 离球心为r ＝5 cm、15 cm、25 cm 处的V ；（3） 极化 电荷面密度σ′．
题 10-13 图 分析 带电球上的自由电荷均匀分布在导体球表面， 电介质的极化电荷也均
匀分布在介质的球形界面上， 因而介质中的电场是球对称分布的． 任取同心 球面为高斯面，电位移矢量D 的通量与自由电荷分布有关，因此，在高斯 面上D 呈均匀对称分布，由高斯定

理 D ? d S ?
?
?q
0
可得D（ r）．再由
E ? D / ε0εr 可得E（r）．介质内电势的分布， 可由电势和电场强度的积分关系 V ? 者由电势叠加原理求得． 极化电荷分布在均匀介质的表面，其极化电荷面密度 ? ? 解
?
?
r
E ? dl 求得，或
? Pn ．
（1） 取半径为r 的同心球面为高斯面，由高斯定理得
r ＜R
D1 ? 4πr 2 ? 0
D1 ? 0 ； E1 ? 0
R ＜ r ＜R ＋ d
D2 ? 4πr 2 ? QD2 ? Q Q ； E2 ? 2 4πr 4πε0 εr r 2
r ＞R ＋d
D3 ? 4πr 2 ? Q
D3 ?
Q Q ； E3 ? 2 4πr 4π? 0 r 2
将不同的r 值代入上述关系式，可得r＝5 cm、15 cm 和25 cm 时的电位移 和电场强度的大小，其方向均沿径向朝外． r1 ＝5 cm，该点在导体球内，则
Dr1 ? 0 ； Er1 ? 0r2 ＝15 cm，该点在介质层内，εｒ ＝5. 0，则
Dr2 ? Er2 ?
Q ? 3.5 ? 10?8 C ? m? 2 2 4πr2
Q ? 8.0 ? 102 V ? m?1 4πε0 εr r22
r3 ＝25 cm，该点在空气层内，空气中ε≈ε0 ，则
Dr3 ?
Q ? 1.3 ? 10?8 C ? m? 2 ； 2 4πr3
Er ?3
Q ? 1.4 ? 10 3 V ? m ?1 2 4π? 0 r2
（2） 取无穷远处电势为零，由电势与电场强度的积分关系得 r3 ＝25 cm，
V3 ? ? E3 ? dr ?r1
?
Q ? 360 V 4πε0 r
r2 ＝15 cm，
V2 ? ?r ?
R?d2
E2 ? dr ? ?R ? d E3 ? dr ? Q Q ? 4π? 0? r ?R ? d ? 4π? 0 ?R ? d ?
?
Q 4π? 0? r r2
? 480 Vr1 ＝5 cm，
V1 ? ? ?
R?d
R
E2 ? dr ? ?
?
R?d
E3 ? dr
Q Q Q ? ? 4πε0 εr R 4πε0 εr ?R ? d ? 4πε0 ?R ? d ?
? 540 V（3） 均匀介质的极化电荷分布在介质界面上，因空气的电容率ε＝ε0 ， 极化电荷可忽略．故在介质外表面；
Pn ? ?εr ? 1?ε0 En ?
?εr ? 1?Q 2 4πεr ?R ? d ?
σ ? Pn ?在介质内表面：
?εr ? 1?Q 2 4πεr ?R ? d ?
? 1.6 ? 10?8 C ? m? 2
Pn ? ?εr ? 1?ε0 En ?
?εr ? 1?Q4πεr R 2
σ ? ? ? Pn ?
?εr ? 1?Q ? ?6.4 ? 10?8 C ? m? 24πεr R 2
介质球壳内、 外表面的极化电荷面密度虽然不同， 但是两表面极化电荷的总 量还是等量异号． 10－ 14 人体的某些细胞壁两侧带有等量的异号电荷.设某细胞壁厚为5. 2 ×10－ m，两表面所带面电荷密度为±5. 2 ×109－3
C／m2 ，内表面为正电
荷．如果细胞壁物质的相对电容率为6. 0，求（1） 细胞壁内的电场强度； （2） 细胞壁两表面间的电势差． 解 （ 1） 细胞壁内的电场强度 E ?
σ 方向指向细胞外． ? 9.8 ? 106 V/m ； ε0 εr
（2） 细胞壁两表面间的电势差 U ? Ed ? 5.1? 10?2 V ． 10－ 15 如图（a）所示，有两块相距为0.50 的薄金属板A、B 构成的空气
平板电容器被屏蔽在一金属盒Ｋ 内，金属盒上、下两壁与A、B 分别相距 0. 25 mm

，金属板面积为30 mm ×40 mm.求（1） 被屏蔽后电容器的电容 变为原来的几倍； （2 ） 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰，问此 时的电容又为原来的几倍？
题 10-15 图 分析 薄金属板A、B 与金属盒一起构成三个电容器，其等效电路图如图 （ｂ）所示，由于两导体间距离较小，电容器可视为平板电容器，通过分析 等效电路图可以求得A、B 间的电容. 解 （1） 由等效电路图可知
C ? C23 ? C1 ?
C2 ? C3 ? C1 C2 ? C3
由于电容器可以视作平板电容器，且 d1 ? 2d 2 ? 2d3 ，故 C2 ? C3 ? 2C1 ， 因此A、B 间的总电容
C ? 2C1
（2） 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰，相当于 C 2 （或者 C3 ） 极板短接，其电容为零，则总电容
C ? 3C110－ 16 在A 点和B 点之间有5 个电容器，其连接如图所示．（1） 求A、B
两点之间的等效电容； （2） 若A、B 之间的电势差为12 V，求UA C 、UCD 和 UD B ．
题 10-16 图 解 （1） 由电容器的串、并联，有
CAC ? C1 ? C2 ? 12 μF CCD ? C3 ? C4 ? 8 μF1 1 1 1 ? ? ? C AB C AC CCD C5求得等效电容CAB ＝4 μF． （2） 由于 QAC ? QCD ? QDB ? QAB ，得
U AC ?
C AB U AB ? 4 V C AC C AB U AB ? 6 V CCD
U CD ?
U DB ?10－ 17
C AB U AB ? 2 V CDB
如图，有一个空气平板电容器，极板面积为S，间距为d．现将该电
容器接在端电压为U 的电源上充电，当（1） 充足电后；（2） 然后平行插 入一块面积相同、厚度为δ （δ ＜d）、相对电容率为εｒ 的电介质板；（3） 将上述电介质换为同样大小的导体板．分别求电容器的电容C，极板上的电 荷Q 和极板间的电场强度E．
题 10-17 图 分析 电源对电容器充电，电容器极板间的电势差等于电源端电压U．插入 电介质后， 由于介质界面出现极化电荷， 极化电荷在介质中激发的电场与原 电容器极板上自由电荷激发的电场方向相反， 介质内的电场减弱． 由于极板 间的距离d 不变， 因而与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷， 以维持 电势差不变，并有
U?
Q ?d ? δ ? ? Q δ ε0 S ε0 εr S
相类似的原因，在平板电容器极板之间，若平行地插入一块导体板，由于极 板上的自由电荷和插入导体板上的感应电荷在导体板内激发的电场相互抵
消，与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，使间隙中的电场E 增强， 以维持两极板间的电势差不变，并有
U?
Q ?d ? δ ? ε0 S
综上所述，接上电源的平板电容器，插入介质或导体后，极板上的自由电荷 均会增加，而电势差保持不变． 解 （1） 空气平板电容器的电容
C0 ?
ε0 S d
充电后，极板上的电荷和极板间的电场强度为
Q0 ?
ε0 S U d
E0 ? U / d（2） 插

入电介质后，电容器的电容C1 为
?Q ? ?d ? δ ? ? Q δ ? ? ε0εr S C1 ? Q / ? ε0 εr S ? δ ? εr ?d ? δ ? ? ε0 S故有
C1 ? C1U ?介质内电场强度
ε0 εr SU δ ? εr ?d ? δ ?
?? E1空气中电场强度
Q1 U ? ε0 εr S δ ? εr ?d ? δ ?
E1 ?
Q1 εrU ? ε0 S δ ? εr ?d ? δ ?
（3） 插入导体达到静电平衡后，导体为等势体，其电容和极板上的电荷分 别为
ε0 S d ?δ εS Q2 ? 0 U d ?δ C2 ?
导体中电场强度 空气中电场强度
? ?0 E2
E2 ?
U d ?δ
无论是插入介质还是插入导体， 由于电容器的导体极板与电源相连， 在维持 电势差不变的同时都从电源获得了电荷， 自由电荷分布的变化同样使得介质 内的电场强度不再等于E 0 /ε ｒ． 10－ 18 为了实时检测纺织品、 纸张等材料的厚度 （待测材料可视作相对电
容率为ε ｒ 的电介质），通常在生产流水线上设置如图所示的传感装置，其
中A，B为平板电容器的导体极板， d0 为两极板间的距离． 试说明检测原理， 并推出直接测量量电容C 与间接测量量厚度d 之间的函数关系．如果要检 测钢板等金属材料的厚度，结果又将如何？
题 10-18 图 分析 导体极板A、B 和待测物体构成一有介质的平板电容器，关于电容C 与材料的厚度的关系，可参见题10－17 的分析． 解 由分析可知，该装置的电容为
C?则介质的厚度为
? 0? r S d ? ? r ?d 0 ? d ?
d?
εr d0C ? ε0 εr S ε εεS ? r d0 ? 0 r ?ε ? 1?C ?ε ? 1?C ε ?1
如果待测材料是金属导体，其等效电容为
C?导体材料的厚度
ε0 S d0 ? d
d ? d0 ? ?
ε0 S C
实时地测量A、B 间的电容量C，根据上述关系式就可以间接地测出材料的 厚度．通常智能化的仪表可以实时地显示出待测材料的厚度． 10－ 19 有一电容为0.50 μF 的平行平板电容器，两极板间被厚度为0. 01
mm的聚四氟乙烯薄膜所隔开，（1） 求该电容器的额定电压；（2） 求电 容器存贮的最大能量． 分析 通过查表可知聚四氟乙烯的击穿电场强度Eb ＝1.9 ×10 V／m，电7
容器中的电场强度E ≤E b ， 由此可以求得电容器的最大电势差和电容器存贮 的最大能量． 解 （1） 电容器两极板间的电势差
U max ? Eb d ? 190 V（2） 电容器存贮的最大能量
1 2 We ? CU max 9.03 ? 10 ?3 J 210－ 20 半径为0. 10 cm 的长直导线，外面套有内半径为1. 0 cm 的共轴导 体圆筒，导线与圆筒间为空气．略去边缘效应，求：（1） 导线表面最大电 荷面密度；（2） 沿轴线单位长度的最大电场能量． 分析 如果设长直导线上单位长度所带电荷为λ， 导线表面附近的电场强度
E?
λ σ ? 2πε0 R ε0
查表可以得知空气的击穿

电场强度E b ＝3. 0 ×10 （V／m），只有当空气中
6
的电场强度E ≤E b 空气才不会被击穿，由于在导线表面附近电场强度最大， 因而可以求出σ的极限值．再求得电场能量密度，并通过同轴圆柱形体元内 电场能量的积分求得单位长度的最大电场强度． 解 （1） 导线表面最大电荷面密度
σ max ? ε0 Eb ? 2.66 ? 10?5 C ? m?2显然导线表面最大电荷面密度与导线半径无关． （2） 由上述分析得 λmax ? 2πε0 R1Eb ，此时导线与圆筒之间各点的电场强 度为
Em ?E?0
R ? ? 1 2π? 0 r r
?R2 ? r ? R1 ?(其他)
1 1 R2 E 2 2 wm ? ? 0 Em ? ?0 1 2 b 2 2 r沿轴线单位长度的最大电场能量
Wm ? ????w ? 2πrdr ?? 0 πR12 Eb2 ?R
R21
1 dr r
Wm ? ? 0 πR12 Eb2 ln10－ 21
R2 ? 5.76 ? 10 ? 4 J ? m ?1 R1
一空气平板电容器，空气层厚1.5 cm，两极间电压为40 kV，该电
容器会被击穿吗？ 现将一厚度为0. 30 cm 的玻璃板插入此电容器，并与两 极平行，若该玻璃的相对电容率为7. 0，击穿电场强度为10 ＭV·m－1 ．则 此时电容器会被击穿吗？ 分析 在未插入玻璃板时， 不难求出空气中的电场强度小于空气的击穿电场
电源相连，则极板间的电势差维持不变，电容器将会从电源获取电荷．此时 空气间隙中的电场强度将会增大． 若它大于空气的击穿电场强度， 则电容器 的空气层将首先被击穿．此时40 kV 电压全部加在玻璃板两侧，玻璃内的 电场强度如也大于玻璃击穿电场强度的值， 则玻璃也将被击穿． 整个电容器 被击穿． 解 未插入玻璃时，电容器内的电场强度为
E ? U / d ? 2.7 ? 106 V ? m?1因空气的击穿电场强度 Eb ? 3.0 ? 106 V ? m?1 ， E ? Eb ，故电容器不会被 击穿． 插入玻璃后，由习题6 －26 可知，空气间隙中的电场强度
E?
εrV ? 3.2 ? 106 V ? m?1 εr ?d ? δ ? ? δ
此时，因 E ? Eb ，空气层被击穿，击穿后40 kV 电压全部加在玻璃板两 侧，此时玻璃板内的电场强度
E ? V / δ ? 1.3 ? 107 V ? m?1
? 由于玻璃的击穿电场强度 Eb
? 10 MV ? m ?1 ， E ? Eb?
，故玻璃也将相
继被击穿，电容器完全被击穿． 10－ 22 某介质的相对电容率 ? r ? 2.8 ，击穿电场强度为 18 ?10 V? m6 ?1
，
如果用它来作平板电容器的电介质， 要制作电容为0. 047 μF， 而耐压为4. 0 kV 的电容器，它的极板面积至少要多大． 解 介质内电场强度
E ? Eb ? 18 ? 106 V ? m?1电容耐压Um ＝4. 0 kV，因而电容器极板间最小距离
d ? U m / Eb ? 2.22 ? 10?4 m要制作电容为0. 047 μF 的平板电容器，其极板面积
S?
Cd ? 0.42 m 2 ε0 ε1
显然， 这么大的面积平铺开来所占据的空间太大了， 通

常将平板电容器卷叠 成筒状后再封装． 10－ 23 一平行板空气电容器，极板面积为S，极板间距为d，充电至带电Q
后与电源断开，然后用外力缓缓地把两极板间距拉开到2d．求：（1） 电容 器能量的改变； （2 ） 此过程中外力所作的功，并讨论此过程中的功能转换 关系． 分析
在将电容器两极板拉开的过程中，由于导体极板上的电荷保持不变，
极板间的电场强度亦不变， 但电场所占有的空间增大， 系统总的电场能量增 加了． 根据功能原理， 所增加的能量应该等于拉开过程中外力克服两极板间 的静电引力所作的功． 解 （1） 极板间的电场为均匀场，且电场强度保持不变，因此，电场的能
量密度为
we ?
1 Q2 ε0 E 2 ? 2 2ε0 S 2
在外力作用下极板间距从d 被拉开到2d， 电场占有空间的体积， 也由V 增加 到2V，此时电场能量增加
ΔWe ? weΔV ?
Q 2d 2ε0 S
（2） 两导体极板带等量异号电荷， 外力F 将其缓缓拉开时， 应有 F＝－Fe ， 则外力所作的功为
A ? ? Fe ? Δr ? QEd ?
Q2d 2ε0 S
外力克服静电引力所作的功等于静电场能量的增加．
第十一章
恒定磁场
11－ 1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆 筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R ＝2r，螺线管通过的电流 相同为I，螺线管中的磁感强度大小 BR、Br 满足（ （A） BR ? 2 Br 分析与解 （B） BR ? Br （C） 2BR ? Br ） （D） BR ? 4Br
在两根通过电流相同的螺线管中， 磁感强度大小与螺线管线圈单
位长度的匝数成正比． 根据题意， 用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位 长度的匝数之比
nR r 1 ? ? nr R 2因而正确答案为（C）. 11－ 2 一个半径为r的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量 为（ ）2
（A） 2πr B （C） 2πr 2 B cos α
（B） πr B （D） πr 2 B cos α
2
题 11-2 图 分析与解 作半径为r 的圆S′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定
理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量 等于穿出圆面S′的磁通量； Φm ? B ? S ．因而正确答案为（D）． 11－ 3 下列说法正确的是（ ）
（A） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 （B） 闭合回路上各点磁感强度都为零时， 回路内穿过电流的代数和必定为 零 （C） 磁感强度沿闭合回路的积分为零时， 回路上各点的磁感强度必定为零 （D） 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时， 回路上任意一点的磁感强度都 不可能为零 分析与解
由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，
回路上各点的磁感强度不一定为零； 闭合回路上

各点磁感强度为零时， 穿过 回路的电流代数和必定为零.因而正确答案为（B）． 11－ 4 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周 内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路 外有电流I3 ，P1 、P2 为两圆形回路上的对应点，则（ （A） （B ） （C） （D ） ）
? B ? dl ?? B ? dl ， BL1 L2
P1
? BP2 ? BP2 ? BP2 ? BP2
? B ? dl ? ? B ? dl ， BL1 L2
P1
? B ? dl ?? B ? dl ， BL1 L2 L1 L2
P1
? B ? dl ? ? B ? dl ， B
P1
题 11-4 图 分析与解 由磁场中的安培环路定律， 积分回路外的电流不会影响磁感强度
沿回路的积分； 但同样会改变回路上各点的磁场分布． 因而正确答案为 （C） ． 11－ 5 半径为R 的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之 中，若导体中流过的恒定电流为I，磁介质的相对磁导率为μ ｒ （μ ｒ＜1）， 则磁介质内的磁化强度为（ （A） ? ? μr ? 1?I / 2πr （C） ? μr I / 2πr 分析与解 ） （B ）
?μr ?1?I / 2πr
（D） I / 2πμr r
利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度， 再由M＝
（μ ｒ－1）H 求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为（B）． 11－ 6 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m 的近似圆形轨道，当 环中电子流强度为8 mA 时，在整个环中有多少电子在运行？ 已知电子的 速率接近光速. 分析 一个电子绕存储环近似以光速运动时，对电流的贡献为 ΔI ?
e ， I /c
因而由 I ? 解
Nec ，可解出环中的电子数. l Il ? 4 ? 1010 ec－1
通过分析结果可得环中的电子数
N?
11－ 7 已知铜的摩尔质量M ＝63. 75 ｇ· mol
，密度ρ ＝8.9 g·cm
－3
，在
铜导线里，假设每一个铜原子贡献出一个自由电子，（1）为了技术上的安 全，铜线内最大电流密度 jm ? 6.0 A? mm?2 ，求此时铜线内电子的漂移速 率 vd ； （2） 在室温下电子热运动的平均速率是电子漂移速率vd的多少倍？ 分析 一个铜原子的质量 m ? M / N A ,其中NA 为阿伏伽德罗常数，由铜的 密度ρ 可以推算出铜的原子数密度
n ? ρ/m根据假设，每个铜原子贡献出一个自由电子，其电荷为e，电流密度
jm ? nevd ．从而可解得电子的漂移速率vd．将电子气视为理想气体，根据气体动理论，电子热运动的平均速率
v?
8kT πme
其中k 为玻耳兹曼常量，me 为电子质量．从而可解得电子的平均速率与漂 移速率的关系． 解 （1） 铜导线单位体积的原子数为
n ? NAρ / M电流密度为jm 时铜线内电子的漂移速率
vd ?
jm j M ? m ? 4.46 ? 10 ? 4 m ? s ?1 ne N A ?e
（2） 室温下（T＝300 Ｋ）电子热运动的平均速率与电子漂移速

率之比为
v 1 ? vd v d
8kT ? 2.42 ? 108 πme
室温下电子热运动的平均速率远大于电子在恒定电场中的定向漂移速率． 电 子实际的运动是无规热运动和沿电场相反方向的漂移运动的叠加． 考虑到电
子的漂移速率很小， 电信号的信息载体显然不会是定向漂移的电子． 实验证 明电信号是通过电磁波以光速传递的． 11－ 8 有两个同轴导体圆柱面，它们的长度均为20 m，内圆柱面的半径为 3. 0 mm，外圆柱面的半径为9. 0 mm. 若两圆柱面之间有10 μA电流沿径向流 过，求通过半径为6. 0 mm的圆柱面上的电流密度．
题 11-8 图 分析 如图所示是同轴柱面的横截面， 电流密度j 对中心轴对称分布． 根据
恒定电流的连续性， 在两个同轴导体之间的任意一个半径为r 的同轴圆柱面 上流过的电流I 都相等，因此可得
j?解
I 2πrl
由分析可知，在半径r ＝6. 0 mm的圆柱面上的电流密度
j?
I ? 13.3 μA ? m ? 2 2πrl5
11－ 9 如图所示， 已知地球北极地磁场磁感强度B 的大小为6.0×10－ T． 如 设想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的，此电流有多大？ 流向如 何？
解
设赤道电流为I， 则由教材第11－4节例2 知， 圆电流轴线上北极点的磁
感强度
B?
2?R 2 ? R
?0 IR 2
2 3/ 2
?
?
?0 I4 2R
因此赤道上的等效圆电流为
I?
4 2 RB ? 1.73 ? 109 A μ0
由于在地球地磁场的Ｎ 极在地理南极，根据右手螺旋法则可判断赤道圆电 流应该是由东向西流，与地球自转方向相反．
题 11-9 图 11－ 10 如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a、b 两点，并与很 远处的电源相接.求环心O的磁感强度．
题 11-10 图 分析 根据叠加原理，点O 的磁感强度可视作由ef、be、fa三段直线
以及acb、adb两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远， Bef ? 0 ．而be、 fa两段直线的延长线通过点O，由于 Idl ? r ? 0 ，由毕奥－萨伐尔定律知
Bbe ? B fa ? 0 ．流过圆弧的电流I1 、I2 的方向如图所示，两圆弧在点O 激发的磁场分别为
B1 ?
μ0 I1l1 μIl , B2 ? 0 2 22 2 4πr 4πr
其中l1 、l2 分别是圆弧acb、adb的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比， 而圆弧acb、adb又构成并联电路，故有
I1l1 ? I 2l2将 B1、B2 叠加可得点O 的磁感强度B． 解 由上述分析可知，点O 的合磁感强度
B ? B1 ? B2 ?
μ0 I1l1 μ0 I 2l2 ? ?0 4πr 2 4πr 2
11－ 11 如图所示， 几种载流导线在平面内分布， 电流均为I， 它们在点O 的 磁感强度各为多少？
题 11-11 图 分析 应用磁场叠加原理求解． 将不同形状的载流导线分解成长直部分
和圆弧部分，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁 感强度 B0 ?
?B .i
解 （ａ） 长

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/otvl.html