大学物理学习指导习题答案

1、静电学一章习题答案习题71 半径为R的均匀带电球体的静电场中各点的电场强度的大小E与距球心的距离r的关系曲线为：E r R E1/r2 (A) O E r R O E1/r2 (B) E O r R E1/r2 (C) E r O R E1/r2 E1/r (D) 习题71图 习题72半径为R的均匀带电球面，总电量为Q，设无穷远处电势为零，则该带电体所产生的电场的电势U随离球心的距离r变化的分布曲线为：U r O U1/r R (A) U r O R U1/r (B) U r O R U1/r (C) U r O R U1/r2 (D) U r O R U1/r2 (E) 习题72图 A a

2、b c d q 习题73图 习题73 如图所示，一个带电量为q的点电荷位于立方体的A角上，则通过侧面abcd的电场强度通量等于：解：可以设想再补上与图示立方体完全相同的七个立方体，使得点电荷位于一个边长扩大一倍的新的立方体的中心，这样，根据高斯定理，通过这个新立方体的六个面的总电通量为，通过其中任何一个面的电通量为，而因原abcd面只是新立方体一个面的四分之一，故通过abcd面的电场强度通量为。选择答案(C)R1 R2 r P O Q1 Q2 习题74图 习题74 如图所示，两个同心的均匀带电球面，内球面半径为R1、带电量Q1，外球面半径为R2、带电量为Q2。设无穷远处为电势零点，则在内球面里

3、面，距球心为r的P点处的电势为：(A) 。 (B) 。 (C) 0。(D) 。解：根据场强叠加原理，内球面单独在P点产生的电势为外球面单独在P点产生的电势为因此，P点最终的电势为所以选择答案(B)注：对典型电荷分布的场，应用叠加原理可以非常方便地求得结果。X Y Z P O 习题75 有N个电量均为q的点电荷，以两种方式分布在相同半径的圆周上：一种是无规则的分布，另一种是均匀分布，比较这两种情况下在过圆心O并垂直于圆平面的Z轴上任一点P的场强与电势，则有：(A) 场强相等，电势相等。 (B) 场强不等，电势不等。 习题75图 (C) 场强分量EZ相等，电势相等。 (D) 场强分量EZ相等，电势

4、不等。解：因为电势是标量，而且仅与点电荷到场点的距离有关，所以各点电荷在P点产生的电势都相等，与点电荷在圆周上的位置无关，这样一来，根据电势叠加原理，两种情况下的电势都一样，都是对于场强，因为它是矢量，即不仅有大小还有方向，各点电荷产生的场强方向与其在圆周上的位置有关，也就是说，P点的场强应当与各点电荷在圆周上的分布有关，所以两种情况下的场强是不同的。但是，由于P点对于圆周上的各点是对称的，各点电荷场强的Z分量(标量)大小与其在圆周上的位置无关，因此，两种情况下P点的场强分量EZ 都相同。综上，应该选择答案(C)。习题76 如图所示，边长为a的等边三角形的三个顶点上，放置着三个正的点电荷，电量

5、分别为q、2q、3q，若将另一点电荷Q从无穷远处移到三角形的中心O处，外力所作的功为：(A) (B) (C) (D) a a a q 2q 3q O 习题76图 解：根据电势叠加原理，三角形的中心O处的电势为因为无穷远处电势为零，所以外力的功为因此，应当选择答案(C)。O a a q q X Y P (0，y) 习题77图 习题77 如图所示，在坐标(a，0)处放置一点电荷+q，在坐标(a，0)处放置另一点电荷q。P点是Y轴的一点，坐标为(0，y)，当y>>a时，该点场强的大小为：(A) (B) (C) (D) 解：由图示，两个点电荷在P点产生的场强的Y分量相抵消，P点最终的场强只

6、是两场强X分量的叠加，因此，P点的场强为所以应该选择答案(C)。X E O (A) X E O Ex (B) X E O (C) X E O (D) 习题78图 习题78 设有一“无限大”均匀带正电荷的平面，取X轴垂直带电平面，坐标原点在带电平面上，则其周围空间各点的电场强度随距离平面的位置坐标x的变化的关系曲线为(规定场强方向沿X轴正方向为正，反之为负)： 解：“无限大”均匀带正电荷的平面产生的场强大小是与到平面的距离x无关的常量，但是平面两侧的场强方向不同：在x>0区间，场强方向与X轴正向相同，应为正；反之在x<0区间，场强方向与X轴正向相反，应为负。所以，应该选择答案(C)。

7、R r E O E1/r2 习题79图 习题79 图中所示曲线表示某种球对称静电场的场强大小E随径向距离r变化的关系，请指出该电场是由下列哪一种带电体产生的。(A) 半径为R的均匀带电球面。(B) 半径为R的均匀带电球体。(C) 点电荷。(D) 外半径为R，内半径为R/2的均匀带电球壳体。解：容易看出该电场是由半径为R的均匀带电球面产生的，所以，应该选择答案(A)。O R r P q Q 习题710图 习题710 真空中一半径为R的球面均匀带电Q，在球心O处有一带电量为q的点电荷，如图所示。设无穷远处为电势零点，则在球内离球心O为r的P 处的电势为：(A) (B) (C) (D) 解：根据电势

8、叠加原理，P点的电势应为均匀带电球面和球心处的点电荷各自单独存在时所产生电势的叠加，即所以，应该选择答案(B)。习题711 把一个带电量为+Q的球形肥皂泡由半径r1吹胀到r2，则半径为R(r1<R<r2)的高斯球面上任一点的场强大小E由变为；电势由变为(选无穷远为电势零点)。解：在吹胀过程中，高斯球面上任一点先在球形肥皂泡外，后在肥皂泡内，而带电的球形肥皂泡可看作均匀带电球面，因此，高斯球面上任一点的场强大小由变到 E = 0；该点的电势由变到注：从本题求解可以看出，我们应该对均匀带电球面的场强和电势公式非常熟悉才行S q1 q2 q3 q4 习题712图习题712 点电荷q1、q

9、2、q3和q4在真空中的分布如图所示，图中S为闭合曲面，则通过该闭合曲面的电通量，式中是点电荷在闭合曲面上任一点产生的场强的矢量和。解：根据静电场高斯定理，通过该闭合曲面的电通量等于被闭合曲面包围的电荷之代数和的分之一，即 =高斯定理中的是高斯面上任一点的场强，它是由高斯面内、外的所有电荷共同产生的，即由q1、q2、q3和q4共同产生的。S1 S2 S3 q q 习题713图 习题713 在点电荷+q和q的静电场中，作出如图所示的三个闭合面S1、S2、S3，则通过这些闭合面的电场强度通量分别为1= ；2= ；3=。解：根据高斯定理容易知道，通过三个闭合曲面的电通量分别为、0、。l 2l A B

10、 C D q q 习题714图 O 习题714 如图，A点与B点间距离为2l，OCD是以B为中心、以l为半径的半圆路径，A、B两处各放有一点电荷带，电量分别为+q和-q，则把另一带电量为Q(Q<0)的点电荷从D点沿路径DCO移到O点的过程中，电场力所作的功为。解：放在A、B两处的点电荷+q和-q是场源电荷，设无穷远处为电势零点，则D点的电势为同理，O点的的电势为因此，把另一带电量为Q(Q<0)的点电荷从D点沿路径DCO移到O点的过程中，电场力作的功为注：由于静电场是保守场，在静电场中移动电荷电场力作的功与移动的路径无关。习题715 A、B为真空中两个平行的无限大的均匀带电平面，已知

11、两平面间的电场强度大小为E0，两平面外侧电场强度大小都为E0/3，方向如图，则A、B两平面上的电荷面密度分别为；。解：如图，设向右为正方向，且A、B两平面上的电荷面密度均大于零，则根据场强叠加原理E0 E0/3 E0/3 习题715图 区：区：联立以上二式可得注：用、区列式联立求解亦可 a d 1 2 习题716图 习题716 两根平行的“无限长”均匀代正电直线1、2，相距为d，其电荷线密度分别为和，则场强等于零的点与直线1的距离为。解：设场强等于零的点与直线1的距离为a，则有可解得习题717 两个平行的“无限大”均匀带电平面，其面电荷密度分别为和，如图所示，则A、B、C三个区域的电场强度分别

12、为EA= ；EB= ；EC= 。(设方向向右为正)解：此题应当应用叠加原理，每个区域的电场强度等于每个均匀带电平面单独存在时产生的场强的矢量和。设自左向右的方向为正，则有A区域内任一点的场强：A B C 习题717图 B区域内任一点的场强：C区域内任一点的场强：习题718 图中虚线所示为一立方形的高斯面，已知空间的场强分布为：Ex=bx，Ey=Ez=0，高斯面边长a=0.1m，常数b=1000N/(Cm)。试求该闭合面中包含的静电荷。解：根据高斯定理，可有X Y Z O a a a a 习题718图 O dEx dEy X Y +Q Q R 习题719图 习题719 一细玻璃棒被弯成半径为R的

13、半圆形，沿其上半部分均匀分布有电量+Q，沿其下半部分均匀分布有电量Q，如图所示，求圆心O处的电场强度。解：如图所示，在半圆形玻璃棒的上半部分取一线元，其位置处相应的半径与X轴负向的夹角为，其带电量，其在O点产生的元场强的大小为其方向如图所示。由于各个线元产生的元场强方向不一致，因此需把分解由于电荷分布的对称性，最终O点场强的X分量。因此，圆心O处的电场强度的Y分量为把O处的电场强度写成矢量式为习题720 在真空中有一长为l=10cm的细杆，杆上均匀分布着电荷，已知其电荷线密度，在杆的延长线上，距杆的一端为d=10cm的一点上，有一电量为的点电荷，如图所示，试求该点电荷所受的电场力。x dx d

14、 l q0 X O 习题720图 解法：沿细杆方向建立X轴方向向左，坐标原点就在q0所在处，在细杆上x处取线元dx，其带电为，线元在q0所在处产生的元场大小为整个细杆在q0所在处产生的电场大小为点电荷q0所受的电场力为解法：沿细杆方向建立X轴方向向左，坐标原点就在q0所在处，在细杆上x处取线元dx，其带电为，线元在q0所在处产生的元场大小为点电荷q0所受的该线元的作用力为点电荷q0所受整个细杆的作用力为带入已知数据，可以得到与解法相同的结果。习题721 如图所示，真空中一“无限大”均匀带电平面，平面附近有一质量为m、电量为q的粒子，在电场力作用下，由静止开始沿电场方向运动一段距离l，获得大小为

15、v的速度。试求平面上的面电荷密度。重力影响可以忽略不计。 l q 习题721图 解：根据动能定理有所以，平面上的面电荷密度为X O a l dx x 习题722图 习题722 如图所示为一沿X轴放置的长度为l的不均匀带电细棒，已知其电荷线密度为，式中为常量，取，求坐标原点O处的电势。解：在棒上x处取线元dx，其带电量，其在坐标原点O处产生的元电势为整个带电细棒在坐标原点O处产生的电势为习题723 一半径R的均匀带电圆盘，电荷面密度为，设无穷远处为电势零点。计算圆盘中心O处的电势。解：在盘面上以O为原心，以r为半径，取宽度为dr的环带，它相当于带电圆环，其面积为，带电量为，其在盘中心O处产生的元

16、电势为R O r dr 题解723图 整个带电圆盘在圆盘中心O处产生的电势为R A B 习题724图 习题724 如图所示，在电矩为的电偶极子的电场中，将一电量为q的点电荷从A点沿半径为R的圆弧（圆心与电偶极子的中心重合，R远大于电偶极子正负电荷之间的距离）移到B点。求此过程中电场力作的功。解：电偶极子的电场中某一点的电势为将一电量为q的点电荷从A点移到B点的过程中电场力作的功注意：电偶极子的电势公式中：是场点对电偶极子的位置矢量，而且r需远大于电偶极子正负电荷之间的距离；式中角是与电偶极子的电矩之间的夹角习题725 图为一个均匀带电的球壳，其电荷体密度为，球壳内表面半径为R1，外表面半径为R

17、2，设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势。R1 R2 r dr O 习题725图 解：以O为中心，以r()为半径，在球壳内取一厚度为dr的薄球壳，其可看成均匀带电球面，其带电量为，其在其内部任一点产生的电势为整个球壳在空腔内任一点产生的电势为注意：本题应用均匀带电球面的电势公式通过积分的方法非常简便地求得了结果；该题还可以先用高斯定理求出场分布，再用场强与电势的积分关系通过积分算出结果，但是这样的作法较麻烦，同学们可以试一试。O1 R R O2 d +Q Q 习题726图 习题726 图为两个半径均为R的非导体球壳，表面上均匀带电，带电量分别为+Q和-Q，两球心相距为d(d>>

18、;2R)。求两球心间的电势差。解：选择两球心连线为积分路径，在该路径上距O1为r的某点的电场强度大小为电场强度的方向是从O1指向O2。两个非导体球壳都在表面上均匀带电，它们均可视为均匀带电球面，因此每个球壳各自都是个等势体，故而两球心间的电势差即为两球表面间的电势差，所以有注：此题原来给出的答案可能是错的。习题727 电荷Q均匀分布在半径为R的球体内，设无穷远处为电势零点，试证明离球心r(r<R)处的电势为：证明：由高斯定理容易算出该球体内外的场分布：0rRrR因此，离球心为r(r<R)处的电势为习题728 一半径为R的带电球体，其电荷体密度分布为式中q为一正的常数。试求：(1)

19、带电球体的总电量；(2) 球内、外各点的电场强度；(3) 球内、外各点的电势。解：(1) 带电球体的总电量为(2) 取半径为r的同心球形高斯面，则有在r<R区间：在r>R区间：所以场强分布为 (3) 根据场强与电势的积分关系在r<R区间：在r>R区间：所以电势分布为X O d 习题729图 x x S 习题729 图示一厚度为d 的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为。试求板内外的场强分布并画出场强在X轴的投影值随坐标x变化的图线，即Exx图线( 设原点在带电平板的中央平面上，OX轴垂直于平板)。解：以X轴为轴线取一闭合圆柱面S，使其两个端面距带电平板的中央平面等距，即

20、两端面分别在x和x处，同时设端面积为，根据高斯定理在平板内有： ()在平板外有：X E O d/2 d/2 题解729图 ()场强在X轴的投影值随坐标x变化的图线如图所示。静电场一章补充习题及答案O R 窄条面元 题解1552图1 习题1552(2000.1习题集) 一“无限长”均匀带电半圆柱面，半径为R，若半圆柱面沿轴线单位长度上的电量为，试求轴线上任一点的电场强度。分析：该题求解的关键在如何取“元电荷”，根据“无限长”的对称性，应当在柱面上、沿轴线方向取 “无限长” 窄条元电荷，这样的“窄条”可以看成是“无限长”均匀带电直线。R X Y O 题解1552图2 解：如图所示是该半圆柱面的垂直

21、于轴线的横截面（在XOY平面内），轴线沿Z轴方向。设所取“窄条”宽度为，其电荷线密度为其在轴线上某点的元场强的大小为元场的方向如图所标。现把进行分解由于对称性，。因此，轴线上最终的场强为 写成矢量式有习题1561(2000.1习题集) 一锥顶角为的圆台，上下底面半径分别为R1和R2，在它的侧面上均匀带电，电荷面密度为，求顶点O的电势。(以无穷远处为电势零点)O R1 r R2 dr dl dl 题解1561图 分析：此题的关键仍是取“元电荷”的问题，根据带电体的形状，应该在圆台面上取与其共轴的窄圆环（球带），该球带可视为均匀带电圆环。解：如图，取半径为r()、母线长为dl的球带（环形电荷元），

22、其侧面积为，带电量为，由于，因此，其在O点产生的元电势为故顶点O的电势为O 习题1569图 习题1569(2000.1习题集) 如图所示，在一个电荷体密度为的均匀带电球体中，挖出一个以为球心的球状小空腔，空腔的球心相对于带电球体中心O的位置矢量用表示，试证明球形空腔内的电场是均匀电场，其表达式为分析：均匀带电球体中挖去一个球状空腔，电荷分布及场分布已经不具有对称性，所以不能直接用高斯定理求解，但是可以间接使用高斯定理求解。如图所示，该球体可以看成一个与其等大的、电荷体密度为的完整无损的均匀带电球体和另一个与球形小空腔等大的、电荷体密度为的完整无损的均匀带电小球体叠加而成，按叠加原理，空间任一点

23、的场应等于上述两个带电球体各自单独存在时产生的场之叠加。 题解1569图 解：设空腔内任一点P对O点的位置矢量为，电荷体密度为的完整无损的均匀带电球体单独存在时在P点产生的场为同理，电荷体密度为的完整无损的均匀带电小球体单独存在时在P点产生的电场为式中为场点P对点的位置矢量。所以，P点最终的场为注：对这样“破缺”型问题，应当考虑采用反号电荷补偿法进行拆分，拆分原则是能方便地应用叠加原理求得结果，类似问题在磁学中还会遇到，不过在那里是采用反向电流补偿法进行拆分处理。习题78(李子芳主编的教材，第七章) 半径为R的球体内电荷体密度为，式中为常量，r为球内某点到球心的距离。试求球内、外的场强分布。分

24、析：电荷在球体内尽管分布不均匀，但因只是r的函数，所以仍为球对称分布，仍然可以用高斯定理；不过计算面内电荷时需积分，因为这时并非常数。解：取同心球形高斯面，半径为r。在r>R区间： 而 (r>R)在区间：而()习题1533(2000.1习题集) 一“无限长”均匀带电直线沿Z轴放置，线外某区域的电势表达式为，式中A为常数，则该区域场强的两个为：Ex=；Ey=。解：由场强与电势的微分关系可得习题152(2000.1习题集) 电荷面密度为和的两块“无限大”均匀带电的平行平板，放在与平面垂直的X轴上的+a和-a的位置上，如图所示。设坐标原点O 处电势为零，则在-a<x<+a区间

25、的电势分布曲线为a a 0 X +a a U 0 X (A) +a a U X 0 (B) +a a U X 0 (C) +a a 0 X U (D) 习题152图 解：根据叠加原理，在-a<x<+a区间的场强分布为该区间的电势分布因此在该区间的电势U与x成正比。选择答案(C)注意：对“无限大”带电体的场不能取无限远为电势零点；用场强与电势的关系计算电势时，其积分限是从场点到电势零点。静电场中的导体与电介质一章习题解答习题81 A、B为两个导体大平板，面积均为S，平行放置，如图所示。A板带电+Q1，B板带电Q2，如果使B板接地，则AB间电场强度的大小E为：+Q1 +Q2 A B 习

26、题81图 (A) (B) (C) (D) 解：B板接地后，A、B两板外侧均无电荷，两板内侧带等值异号电荷，数值分别为+Q1和-Q1，这时AB间的场应是两板内侧面产生场的叠加，即所以，应该选择答案(C)。习题82 C1和C2两个电容器，其上分别标明200pF(电容量)，500V(耐压值)和300pF，900V。把它们串联起来在两端加上1000V的电压，则(A) C1被击穿，C2不被击穿 (B) C2被击穿，C1不被击穿(C) 两者都被击穿 (D) 两者都不被击穿答：两个电容器串联起来，它们各自承受的电压与它们的电容量成反比，设C1承受的电压为V1，C2承受的电压为V2，则有 联立、可得，可见，C

27、1承受的电压600V已经超过其耐压值500V ，因此，C1先被击穿，继而1000V电压全部加在C2上，也超过了其耐压值900V，紧接着C2也被击穿。所以，应该选择答案(C)。习题83 三个电容器联接如图。已知电容C1=C2=C3，而C1、C2、C3的耐压值分别为100V、200V、300V。则此电容器组的耐压值为(A) 500V (B) 400V (C) 300V (D) 150V (E) 600V解：设此电容器组的两端所加的电压为u，并且用C1C2表示C1、C2两电容器的并联组合，这时该电容器组就成为C1C2与C3的串联。由于C1= C2=C3，所以C1C22C3，故而C1C2承受的电压为u

28、/3，C3承受的电压为2u/3。C1 C2 C3 习题83图 由于C1C2的耐压值不大于100V ，这要求即要求同理，C3的耐压值为300V，这要求对于此电容器组的耐压值，只能取两者之较低的，即300V。因此，应该选择答案(C)。+Q Q +q m 习题84图 习题84 一个大平行板电容器水平放置，两极板间的一半充有各向同性均匀电介质，另一半为空气，如图，当两极板带上恒定的等量异号电荷时，有一质量为m、带电量为+q的质点，平衡在极板间的空气区域中，此后，若把电介质抽去，则该质点：(A) 保持不动。(B) 向上运动。(C) 向下运动。(D) 是否运动不能确定。解：在抽出介质前，相当于左右两半两个

29、“电容器”并联，由于这两个“电容器”电压相等，而右半边的电容又小于左半边的，因此由q=CU公式可知，右半边极板的带电量小于左半边的。当抽去介质后，极板电荷重新分布而变为左右均匀，使得右半边极板电荷较抽出介质前为多，因此这时带电质点受到向上的静电力将大于其重力，它将向上运动。所以应当选择答案(B)。习题85 一个平行板电容器充电后与电源断开，当用绝缘手柄将电容器两极板间距拉大，则两极板间的电势差U12、电场强度的大小E和电场能量W将发生如下变化：(A) U12减小，E减小，W减小。(B) U12增大，E增大，W增大。(C) U12增大，E不变，W增大。(D) U12减小，E不变，W不变。解：电容

30、器充电后与电源断开，其极板上的电荷将保持不变。由公式当将电容器两极板间距拉大，其电容C将减小，这将使其极板间的电势差U12增大；因为极板电荷保持不变，使得板间场强亦不变；由电容器储能公式因电势差U12增大而极板电荷保持不变，故电场能量W将增大。综上所述，应当选择答案(C)。习题86 一个平行板电容器充电后仍与电源连接，若用绝缘手柄将电容器两极板间距拉大，则极板上的电量Q、电场强度的大小E和电场能量W发生如下变化：(A) Q增大，E增大，W增大。(B) Q减小，E减小，W减小。(C) Q增大，E减小，W增大。(D) Q增大，E增大，W减小。解：电容器充电后仍与电源连接，其两极板间的电压U12不变

31、。若此时将电容器两极板间距拉大，其电容量C将变小，由公式可知，极板上的电量Q将减小；与此同时，由公式可知，极板间电场也将减小；又由公式可知，电场能量W将减小。综上所述，应当选择答案(B)。习题87一空气平行板电容器充电后与电源断开，然后在两极板间充满某种各向同性、均匀电介质，则电场强度大小E、电容C、电压U、电场能量W四个量各自与充入介质前相比较，增大()或减小()的情形为：(A) E、C、U、W(B) E、C、U、W(B) E、C、U、W(D) E、C、U、W解：设未充满电介质时电容器的电容为C0，电压为U0，场强为E0，电场能量为W0。充满电介质后则有所以U；电场强度的大小变为所以E；电容

32、变为所以C；电场能量为所以W。综上所述，应当选择答案(B)。习题88 C1和C2两空气电容器并联起来接上电源充电，然后将电源断开，再把一电介质板插入C1中，则：(A) C1和C2极板上电量都不变。(B) C1极板上电量增大，C2极板上电量不变。(C) C1极板上电量增大，C2极板上电量减少。(D) C1极板上电量减少，C2极板上电量增大。解：充电后将电源断开，两电容器的总电量不变，即 ()由于两电容器并联，它们的电势差U相等，因此它们所带的电量(q=CU)与它们的电容量成正比，但因C1中插入了介质板，所以C1的电容量增加，即q1，由()式可知，这时q2 应当减少，所以应当选择答案(C)。习题8

33、9 两个薄金属同心球壳，半径各为R1和R2(R1<R2)，分别带有电荷q1和q2，二者电势分别为U1和U2，设无穷远点为电势零点，现用导线将两球壳连起来，则它们的电势为：(A) U1 (B) U2 (C) U1+U2 (D) (U1+U2)/2解：用导线将两球壳连起来，电荷都将分布在外球壳，现在该体系等价于一个半径为R2的均匀带电球面，因此其电势为原来两球壳未连起来之前，内球电势为外球电势为或者：因此，所以，应选择答案(B)。习题810 一平行板电容器充满相对介电常数为的各向同性均匀电介质，已知介质表面极化电荷面密度为。则极化电荷在电容器中产生的电场强度的大小为：(A) (B) (C)

34、(D) 解：介质表面的极化电荷可以看成两个电荷面密度为的无限大平行平面，由叠加原理，它们在电容器中产生的电场强度大小为所以，应当选择答案(A)。习题811 两块面积均为S的金属板A和B彼此平行放置，板间距离为d(d远小于板的线度)，设A板带电为q1，B板带电为q2，则A、B两板间的电势差为：(A) (B) (C) (D) A B 4 3 2 1 q1 q2 题解811图 解：如图所示，设A、B两块平行金属板的四个表面的电荷面密度分别为，和，则根据电荷守恒有 根据静电平衡条件有联立解得根据叠加原理，两个外侧表面的电荷在两极板间产生的场强相互抵消；两内侧的电荷在两板间产生的场强方向相同，它们最终在

35、板间产生的场强为因而A、B两板间的电势差为可以看出，应该选择答案(C)。习题812 一空气平行板电容器，两极板间距为d，充电后板间电压为U。现将电源断开，在两板间平行地插入一厚度为d/3的金属板，则板间电压变成= 。解法：电源断开前后极板带电量不变，因而极间场强不变；由于在两板间平行地插入一厚度为d/3的金属板，相当于极板间距变为原来的2/3，因此，板间电压相应地也变为原来的2/3，即解法：设未将电源断开 (也未插入金属板) 时电容器的电容为C，这时电容器极板的电压为 将电源断开后极板的电量将保持不变，但因在两板间平行地插入一厚度为d/3的金属板，这相当于极板间距变为2d/3，因而电容器的电容

36、变为因此，现板间电压为习题813 A、B为两个电容值都等于C的电容器，A带电量为Q，B带电量为2Q，现将A、B并联后，系统电场能量的增量。解：A、B并联后，系统的等效电容为2C，带电量为3Q，因此，系统电场能量的增量为 习题814 一空气平行板电容器，其电容值为C0。充电后电场能量为W0。在保持与电源连接的情况下在两极板间充满相对介电常数为的各向同性均匀电介质，则此时电容器的电容值C= ，电场能量W= 。解：充满介质后，电容器的电容值增大了倍，因此有；由电容器储能公式充满介质后，两极板间电压U不变，只是电容值增大了倍，因而其能量相应地增大为原来的倍，即。习题815 半径为0.1m的孤立带电导体

37、球，其电势为300V，则离导体球中心30cm处的电势为U=。解：孤立导体球的电量为其电荷分布是一个均匀带电球面，因而其电势分布为把r=0.30m、R=0.1m及UR=300V代入上式可得U=100V。习题816半径为R1和R2的两个同轴金属圆筒，其间充满着相对介电常数为的均匀介质。设两筒上单位长度带电量分别为和，则介质中电位移矢量的大小为D=；电场强度的大小为E=。解：取半径为r(R1<r<R2)、高度为h的、与圆筒同轴的两端封闭的柱面为高斯面，根据有介质时的高斯定理有因此根据电位移与场强的关系可得习题817 两个半径相同的金属球，相距很远。证明：该导体组的电容等于各孤立导体球的电

38、容值的一半。证明：设两球分别带电+Q和Q，因为它们相距很远，各自都可以看作“孤立”的。该两球的电势差为所以，该导体组的电容为而对于各孤立导体球的电容则为，因此我们有证毕。习题818 证明：半径为R的孤立球形导体，带电量为2Q，其电场能量恰与半径为R/4、带电量为Q的孤立球形导体的电场能量相等。证明：半径为R的孤立球形导体的电容为其带电为2Q时的电场能量为同理，半径为R/4、带电量为Q的孤立球形导体的电场能量为2d X O 习题819图 x x S 习题819 两块“无限大”平行导体板，相距为2d，都与地连接。在板间均匀充满着正离子气体(与导体板绝缘)，离子数密度为n，每个离子的带电量为q，如果

39、忽略气体中的极化现象，可以认为电场分布相对于中心平面是对称的。试求两板间的电场分布和电势分布。分析：由于电场分布相对于中心平面是对称的，因此求板间电场可以考虑用高斯定理。解：设中心平面处为X轴的原点，可以看出，板间电场都与X轴平行：在-d<x<0区间，场强方向与X轴反向；在0<x<d区间，场强方向与X轴同向。因而可取一柱形高斯面S，其轴线即为X轴，其两个端面分别在+x和-x处。由高斯定理得即解得(-d<x<d)写成矢量式两板间任一点的电势为(-d<x<d)习题820 两根平行“无限长” 均匀带电直线，相距为d，导线半径都是R(R<<d

40、)。导线上电荷线密度分别为和，试求该导体单位长度的电容。解：建立如图所示的坐标系，则两线间任一点的场为d X P x O R R 题解820图 两线间的电势差 单位长度的电容为注意：两线间的电场强度E是两个带电直线共同产生，应当用统一坐标系表示；每一条导线作为导体，各自都是等势体，因此求电势差的积分限取R到dR。习题821 电容器由两个同轴圆筒组成，内筒半径为a，外筒半径为b，筒长都是L，中间充满相对介电常数为 的各向同性均匀电介质，若内外筒分别带有等量异号电荷+Q和Q。设b-a<<a，L>>b，可以忽略边缘效应，求(1) 圆柱形电容器的电容；(2) 电容器储存的能量。

41、解：(1) 由于b-a<<a，L>>b，所以两个同轴圆筒可看成“无限长”，它们沿长度方向电荷线密度为±QL，两筒间的场为两筒间的电势差为圆柱形电容器的电容为(2) 电容器储存的能量为习题822 半径为R的金属球，球上带电荷Q，球外充满介电常数为的各向同性的均匀电介质，求电场中储存的电场能。rR rR解法：由高斯定理容易求得带电金属球内外的场分布 显然，电场能量密度为在距金属球球心为r处取厚度为dr 的薄球壳体积元，其体积为，在其内储存的电场能为因此，金属球电场中储存的电场能为解法：孤立导体球(球外充满介电常数为的各向同性的均匀电介质)的电容为电容器储能公式，可

42、以求得金属球电场中储存的电场能为注：比较两种方法，容易看出第二种方法更简单。习题823 半径分别为1.0cm与2.0cm的两个球形导体，各自带电量，两球心间相距很远。若用细导线将两球相接，求：(1) 每个球所带的电量；(2) 每个球的电势。解：(1) 两个球用导线连接后，电荷重新分布，设这时两球分别带电为q1和q2，由电荷守恒有式中q为连接前两球的总带电量，。用导线连接后两球等势即联立、解得(2) 由于两球相距很远，它们的相互影响可以忽略，可以看成孤立、均匀带电的导体球，因此它们的电势为注意：该题中的两球体是导体球，它们带的电只能分布在外表面；而且两者相距很远，都可以看作是表面均匀带电，因此，

43、应该按均匀带电球面来计算它们的电势。习题824 两个电容器的电容之比为C1C2=12。(1) 把它们串联后接到电压一定的电源上充电，它们的电能之比是多少?(2) 如果是并联充电，电能之比是多少?(3) 在上述两种情况下电容器系统的总电能之比是多少?解：(1) 两个电容器串联它们的带电量相等，根据公式可知它们的电能与电容量成反比，因此有(2) 两个电容器并联它们的电压相等，根据公式可知它们的电能与电容量成正比，因此有(3) 在以上两种情况下电容器系统的电容分别为 ； 由于电源电压一定，因此两种情况下电容器系统的总电能应与它们的电容成正比，所以有习题825 一圆柱形电容器，外柱的直径为4cm，内柱

44、的直径可以适当选择，若其间充满各向同性的介质，该介质的击穿电场强度大小为E0=200kV/cm，试求该电容器可能承受的最高电压。解：设该电容器的内、外柱半径分别为a和b，内、外柱带电分别为和，则内、外柱间的场分布为 (a<r<b)该场强的最大值也是击穿场强E0，可令上式中的r =a，即 两极间的电势差()根据最值条件，可令，代入()式即可得到该电容器可能承受的最高电压b a O 习题826图 习题826 图示为一球形电容器，在外球壳的半径b及内外导体间的电势差U维持恒定的条件下，内球半径a为多大时才能使内球表附近的电场强度最小? 并求这个最小电场强度的大小。解：内外导体间的电势差满足下面关系内球表面附近的电场强度可表示为 把代入得 把对a求导数并令其等于零解得所以，当a=b/2时，内球表附近的电场强度最小；这个最小电场强度的大小为R1 R2 习题827图 习题827 图示为两个同轴带电长直金属圆筒，内、外筒半径分别为R1和R2，两筒间为空气，内、外筒电势分别为U1=2U0，U2=U0，U0为一已知常量。求两金属筒之间的电势分布。解：两金属筒之间的电势差为所以设距轴线为r(R1<r<R2)处的电势为U(r)，则该处与外筒之间的电势差为因此，这就是两金属筒之间的电势分布。该步也可以有如