第章静电场恒定电流场习题

1、第一章静电场恒定电流场习题一、判断题（正确划“”错误码划“”）1、磨擦起电只能发生在绝缘体上（）2、根据库仑定理，当两电荷的电量一准时，它们之间距离r越小，作使劲就越大，当r趋于零时，作使劲将无限大（）3、试探电荷的电量q0应尽可能小，其体积应尽可能小（）4、一对量值相等的正负点电荷总能够看作是电偶极（）5、A、B两个金属球分别带电，P点的场强等于这两个带电球在P点独自产生的场强的矢量和（）BA6、电场线如下列图，P点电势比Q点电势低（）PPQ7、在实际工作中，常把仪器的机壳作为电势零点，所以人站在地上能够接触机壳（）8、在静电场中，任何电荷仅在静电力作用下不能处于稳定平衡状态（）9、在偶极子

2、的电势能公式WPE中包括偶极子正负电荷间的相互作能（）10、两个电偶极子它们的电矩分别为P1和P2，方向如下列图，它们之间的作用不知足牛顿第三定律（）P1P2r11、如果库仑定律公式分母中r的指数不是2，而是其余数，则高斯定理不可立（）12、如果高斯面上E处处为零，则面内必无电荷（）13、电荷沿等势面移动时，电场力永远不作功（）14、在静电场中，电子沿着电力线的方向移动时，电场力作负功，电势能增加（）E15、由公式0知，导体表面任一点的场强正比于导体表面处的面电荷密度，因此该点场强仅由该点周边的导体上的面上的面电荷产生的。（）16、一导体处静电场中，静电平衡后导体上的感觉电荷散布如图，根据电场

3、线的性质，必有一部分电场线从导体上的正电荷发出，并终止在导体的负电荷上。（）17、一关闭的带电金属盒中，内表面有很多针尖，如下列图，根据静电平衡时电荷面密度按曲率散布的规律，针尖周边的场强一定很大。（）18、孤立带电导体圆盘上的电荷应平均散布在圆盘的两个圆面上。（）19、对于一个孤立带电导体，当达到静电平衡时，面电荷的相对散布与导体表面的曲率成正比。（）20、一个接地的导体空腔，使外界电荷产生的场强不能进入腔内，也使内部电荷产生的场不进入腔外。（）21、若电荷间的相互作用不知足平方反比律，导体的障蔽效应仍旧存在。（）22、用一个带电的导体小球于一个不带电的绝缘大导体球相接触，大球上去。（）小球

4、上的电荷会全部传到23、带电体的固有能在数值上等于该带电体从不带电到带电过程中外力抗争电力作的功。（）24、静电平衡时，某导体表面的电荷在该导体内部产生的场强处处必为零。（）25、两个带有同种电荷的金属球，一定相斥。（）26、真空中有一中性的导体球壳，在球中心办理一点电荷q，则壳外距球心为r处的场强为Eqq40r2,当点电荷q偏离中心时，则r处的场强仍为40r2。（）27、接地的导体腔，腔内、外导体的电荷散布，场强散布和电势散布都不影响。（）1qBB）1qAA28、两个导体（qAAA、B组成的带电系的静电能为2，则式中的2及1qBB）2分别表示A和B的自能。（29、两个半径相同的金属球，其中一

5、个是实心的，一个是空心的，平时空心球比实心球的电容大。（）二选择题1在静电场中,下列说法正确的选项是：A、若场的散布不拥有对称性,则高斯定理不可立B、点电荷在电场力作用下,一定沿电力线运动C、两点电荷间的作使劲为F,当第三个点电荷移近时,间的作使劲仍为FD、有限长平均带电直线的场强拥有轴对称性,因此能够用高斯定理求出空间各点的场强在静电场中经过高斯面的通量为零，则：A、S内必无电荷B、内必无净电荷C、外必无电荷D、上处处为零3高斯定理能够说明以下几点:A、经过闭合曲面的总通量仅由面内电荷决定B、经过闭合曲面的总通量为正时,面内一定没有负电荷C、闭合曲面上各点的场强仅由面内电荷决定D、闭合曲面上

6、各点的场强为零时,面内一定没有电荷对于静电场下列说法中正确的选项是：A、电场和试探电荷同时存在同时消失；B、由E=F/q知道，电场强度与试探电荷曾反比C、电场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5一个充电至电量为拉开，使板间距离增至q，面积为S，板间距离为d的空气平行板电容器，使劲将两极板慢慢2d，则外力F在拉开平板的过程中做的功为：A、B、C、D、6空间有一非平均电场,其电力线散布如题图所示,若电场中取一半径为的球面无电荷),已知经过球面的电通量为,则经过球面其余部分的电通量为:(面内无(面内、B、C、D、0一平均带电的球形橡皮气球，在气球被吹大的过程中，场强不断变小的

7、点是：、始终在气球内部的点B、始终在气球外部的点C、气球表面上的点D、找不到这样的点8电场中一高斯面S内有电荷、，S面外有电荷、，对于高斯定理：的正确说法是：A、积分号E是、共同激发的B、积分号E是、共同激发的C、积分号E是、共同激发的D、以上说法都不对9同一束电力线穿过大小不等的两个平面和,如下列图,则两个平面的E通量和场强关系是:A、B、C、D、空间某处周边的正点电荷越多，则：A、位于该处的点电荷所受的力越大B、该处的场强越大C、若无限远处为电位零点，则该处的电位越高D、若无限远处为电位零点，则该处的电位能越大11无限大平板电容器的两板A、B带等量异种电荷，现将第三个不带电的导体板C插入A

8、、B之间，则:电容增加，电压增加B电容减少，电压减少C电容增加，电压减少D电容减少，电压增加12真空中有一带电导体，其中某一导体表面某处电荷面密度为，该表面周边的场强大小为，则，那么是：该处无穷小面元上电荷产生的场B该导体上全部电荷在该处产生的场C所有导体表面的电荷在该处产生的场D以上说法都不对13三个面积相同的平行金属板，板间距离如下列图，其中A、C板相连后接电源正极，板接负极、B板上总电荷量为110C，则AB及BC间电场强度之比为：BA.8：3C.1：1B.3：8D.1：214有两个放在真空中的同心金属球壳，内壳的半径是，外壳的半径为，这一对金属球壳之间的电容是：A.B.C.D.15一平均

9、带电球面，若球内电场强度处处为零，则球面上的带电量ds的面元在球面内产生的电场强度:处处为零B.不一定为零C.一定不为零D.是常数16两同心空心球壳半径分别为和(）所带的电量分别为和，若某点与球心相距。当时，该点的电场强度E为：A.B.C.D.题图中两个同心球形电容器的接法是A.a串联,b串联B.a并联,b并联C.a串联,b并联D.a并联,b串联对于带电导体球中的电场和电位，下列表达中哪个是正确的？导体内的电场大小和电位均为零B.导体内的电场大小不为零，电位为零C.导体内的电位与导体表面的电位相等D.导体内的电位较表面电位为底19半径分别为R及r的两个球形导体（球相距很远），使两个导体带电，电

10、位为Rr）,用一根很长的细导线将它们连结起来（即两U，则两球表面电荷密度的比值大球/为：A.R/RB.r/RC.D.20一带电导体表面上某点的面电密度为，该点外侧周边场强为，如果将另一带电体移近，则：A仍成立，但改变B.仍成立，且不变C.不再成立，但不变D.不再成立，且改变21如下列图，平行板电容器中充满三种介质，右边上下部分分别充满2,3电介质（已知板面积为S，板间距离为d，左半部分充满12C2C3B.C1C2,C2C3C.C1C2,C2C3D.C10B、Ua-Ub=0R的电阻串联，组成闭合电路，如C、Ua-Ub,当通有稳恒电流时，三种导体内场强在小的关系是：,且A、B、C、D、36.下列四

11、种表述中哪一种是正确的?、沿电流线的方向电位必降低B、不含源支路中电流必从高电位到低电位C、含源支路中电流必从低电位到高电位D、支路两头电压为零时,支路电流必为零37.有两个灯泡分别有220V50WA、220V500W灯泡较亮B、标220V50W灯泡较亮C、两灯泡同样亮D、两灯泡都不发光，220V500W，两灯泡串220V的电路中，发现：38.有一电源，电动势是30V，内阻为1，将它与一盏额定电压为6V，额定功率为12V的小灯泡及一台线圈电阻是2的电动机串联成闭合电路，小灯泡恰好正常发光，则电动机输出功率是：A、50WB、95WC、45WD、36W39.对于在a,b两节点间的一段含源电路，下述

12、说法中正确的选项是：A、若两头电位差为零，则电流必为0B、若两头有电位差，则电流必为0C、若电流为零，则两头必无电位差D、若电流从ab，则两头电位差仍可能UbUc40两段不同金属导体电阻率之比横截面积之比将它们串联在一起后，在两头加上电压U，则各段导体内场强之比为：A、2B、4C、1/2D、1三计算题1有两个相距为2a，电荷均为+q的点电荷。今在它们连线的垂直平分线上放置另一个点电荷q，q与连线相距为b。试求：（1）q所受的电场力；（2）q放在哪一地点处，所受的电场力最大？解：解法一用直角系分解法求解。取直角坐标系，两q连结的中点为坐标原点O，如下列图。(1)由库仑定律可知，两电荷q施加给q的

13、电场力F1和F2的大小分别为:F1和F2分别在X轴和Y轴上的投影为:于是电荷q所受的协力F在X轴方向的分量为:因此，电荷q所受的合电力F的为在Y轴方向的分量,大小为:方向沿Y轴方向。根据q所受的电力F=Fj,设式中b为变量，求F对变量b的极值，有:可得:由于：所以，当q放在处时，所受的电场力最大。解法二此题也能够直接用矢量合成法求解。(1)根据库仑定律，q所受的电力F1和F2分别为有电场力叠加原理可知，q所受的协力F为:此结果与解法一相同。如果采用的电荷q与q同号，F方向与Y轴同向；如果q与q异号，F方向与Y轴反向。同解法一（略）。2如下列图，在边长为a的正方形的4个极点上各有一带电量为q的点

14、电荷。现在正方形对角线的交点上放置一个质量为m，电量为q0(设q0与q同号)的自由点电荷。当将q0沿某一对角线移动一很小的距离时，试解析点电荷q0的运动情况。解:如下列图，取坐标轴OX，原点O在正方形的中心，极点上的点电荷到O电的距离为。沿X轴方向使q0有一小位移x(xa),左右两个点电荷q对q0的作使劲Fx(1)为:因为xa，故xR），带宽为dr，则圆环带的面积为dS=2rdr,其上带电量为dq=dS=2rdr;应用已知带电细圆环在轴线上的场强公式，可得该圆环带在轴线上P点产生电场的大小:，因此，该系统在P点产生总场强的大小为:方向沿X轴正方向。解法二半径为R的圆孔能够看作是其上平均地散布着

15、电荷面密度为+和-的两种电荷。若在圆孔上补一个半径为R、电荷面密度为+的圆盘，则P点处的场强能够看作是电荷面密度为+的无限大平均带电平面在P点产生的场强E1和电荷面密度为-、半径为R的带电圆盘在P点产生的场强E2的矢量和，由于E1和E2方向均沿X轴方向，P点的总场强E的大小为:方向沿X轴正方向。7如下列图，一半径为R的半球面，其上平均地带有正电荷，电荷面密度为，试求球心处的电场强度E。:取坐标轴OX，将带电半球面分红很多宽度极窄的半径不同的带电圆环，其上随意一个圆环上的带电量为:为便于计算，可采用角量描绘。因为:,dl=Rd,所以dq=2R2sind又带.电圆环在轴线上一点的场强公式，可得该带

16、电圆环在P点产生场强dE的大小为:,由于dq为正，故dE方向沿X轴正方向。将dq带入上式，可得:,为所有圆环在P点产生场强的矢量和，则整个半球面在球心P点处产生的场强的大小为:方向沿X轴正方向8如下列图，一点电荷Q处于边长为a正方形平面的中垂线上，Q与平面中心O点距a/2。试求经过正方形平面的电通量。解:以正方形为一面，取一个立方体状的闭合面S将Q包围起来。由高斯定理可知，经过该闭合面的电通量为:由于立方体的六个表面均相等，且对中心（即Q所在处）对称，所以，经过每一面的电通量为Q/6，也就是经过正方形面积的电通量。0一个电荷按体密度对称散布的球体，试求带电球体场强的散布。:由于电荷散布拥有球对

17、称性，所以它所激发的电场也拥有球对称性，其场强的方向沿径向，而且在同一球面上场强处处相等。因此，可用如下列图求解E。设球内随意点P到球心O的距离为r，如下列图，在以O为中心，r为半径的球面上各点的场强数值相等，而方向均垂直于球面。因此能够选择此球面作为高斯面，根据高斯定理可得:由于电荷沿径向散布，所以:代入上式得:若球体半径为R，求解球外一点P的场强时，由高斯定理可知:此时:10、如图（a）所示，在一电荷体密度为e的平均带电球体中，挖去一个球体，形成一球形空腔，偏心距为a。试求腔内任一点的场强E。:可用补偿法求解。由题意可知，能够设想不带电的空腔等效于腔内有体密度相同的等值异号的两种电荷。这样

18、此题便可归结为求解一个体电荷密度为的平均e带电大球体和一个体电荷密度为-e的平均带电小球体，在空腔内产生的场强叠加。设P点为空腔内任一点，大球O的场强散布拥有球对称性，小球O的场强散布也拥有球对称性，于是可分别以O和O为球心，以r和r为半径（均经过P点），作高斯面S和S。根据高斯定理，可求得大球在P点产生的场强为:同理，可求得小球在P点产生的场强为:如图（b）所示，由电场叠加原理可知，P点的总场强:结果表示，空腔内的场强是平均的，其大小为，其方向为平行于两球心的连线a，由O指向O，如图（b）所示。11、有一半径为R的平均带电球体，电荷体密度为+，今沿球体直径挖一细隧道，设挖隧道前后其电场散布不

19、变，如下列图。现在洞口处由静止释放一点电荷-q，其质量为m，重力在此忽略不计。试求点电荷在隧道内的运动规律。:沿隧道取坐标轴OX，以球心为坐标原点O，如下列图。若点电荷-q位于某地点x处时，以x为半径，可作一球形高斯面S，由高斯定理可求出x处的场强大小为:其方向沿X轴正方向。因此在此处点电荷-q受到的电场力为:不难看出，F的方向始终是指向球心的。若令k=q/30，则F为:F=-kx,这表示点电荷受的力F满足线形答复力的关系，则-q以O点为平衡地点作简谐振动。由简谐振动知识可知，点电荷-q在隧道中谐振的圆频次为:,响应的运动周期为:12半径为R的无限长圆柱体，柱内电荷体密度=ar-br2,r为某

20、点到圆柱轴线的距离，为常量。试求带电圆柱体内外电场散布。a、b解:因为电荷相对轴线呈对称散布，所以距轴线为r的场点的场强数值相等，场强方向沿圆柱径向，因此可用高斯定理求解。采用长为l，半径为r，与带电圆柱同轴的柱形高斯面S，由高斯定理可知:rR时，高斯面S内所包围电荷的代数和为:代入(1)可得:13、三块面积均为S，且靠的很近的导体平面A、B、C分别带电Q1、Q2、Q3，如下列图。求：(1)6个导体表面的电荷面密度1，2，6。(2)图中a,b,c三点的场强。解：（1）因3导体板靠的很近，可将6个导体表面视为6个无限大带电表面。导体表面电荷分布可认为是平均的，且其间的场强方向垂直于导体表面。作如

21、图虚线所示的圆柱型高斯面，因导体在到达静电平衡后内部场强为零，又导体外的场强方向与高斯面的侧面平行，故由高斯定理可得2=3，4=5，再由导体板A内d点场强为零，可知:所以:1=6，故点a的场强为6个导体表面产生场强的矢量和:根据上述已知结果，可知：，再由:(2)a,b,c点的场强:14、将一块两面总电荷面密度为0的无限大带电金属平板置于与板面垂直的匀强电场如下列图，试求金属板与电场垂直的两个面上电荷的散布以及金属板外的场强散布。E0中，解:金属板未放入外电场E0中时，其两个面上的电荷平均散布。将其放入外电场E0中，金属板在外电场E0的作用下产生静电感觉，惹起导体表面电荷的从头散布。设E0方向如

22、下列图，金属板在外电场中电荷的从头散布后，A、B两表面的电荷面密度分别为A和B。根据无限大带电平面的场强散布公式可知，金属板A、B两表面在空间激发电场的场强大小分别为：方向如下列图，由静电平衡条件所知，金属板中随意点P处的场强为零，即：又有电荷守恒定律，有A+B=0联立求解上述关系式，得：可见，这时金属板与外场垂直的两个表面上电荷面密度不相等。由对称性解析可知，电场强度方向仍垂直于无限大平面，由场叠加原理可知，金属板左边电场中的场强大小为：右边电场中的场强大小为：可见，静电场中放入金属板后，不单是金属板上的电荷从头散布，而且板外电场的散布也相应改变，无限大带电平板的左方与右方分别为场强数值不同

23、的平均电场。15、已知点电荷q与一无限大接地导体相距为d，试求：1.导体板外周边一点P处的场强EP，q与P点相距为R；2.导体板面上的感觉电荷q。解题意如图（a）所示。由于静电感觉，导体板上有感觉电荷q散布在导体板的表面。设P点周边导体板面元?S的面电荷密度为P，由于P点凑近导体板，则该点的场强为EP=P/0.:如图（b）所示，根据导体静电平衡性质，在导体平面内与P点周边的P点处的场强：EP=0。由场叠加原理可知，P点的场强为点电荷q在P点产生的场强EP1，电荷面密度为p的面元?S产生的场强EP3的叠加，即EP=EP1+EP2+EP3=0.其中：（R0为q指向?S的单位向量）（n为平板外法向）

24、EP3沿平板的切向t。因此EP3又可写为:EP=EPnn+EP由tt.图（b）解析可知EPn=0EPt=0.所以:由此可知:EP垂直于平板指向下方，即-n方向。导体平板上的感觉电荷是以垂足O为中心，成圆心对称分布的。取离O点为r处，宽度为dr的细宽环，面积元dS=2rdr，如图（c）所示。DS上的带电量为:则导体板上的感觉电荷为:16、如下列图一导体球原为中性，今在距球心为r0处放一电量为q的点电荷，试求：1.球上的感觉电荷在球内P点上的场强EP和电势VP；2.若将球接地，EP和电势VP的结果怎样。解（1）由静电平衡条件和场叠加原理可知，P点的场强为点电荷q和球面感觉电荷在该处产生的矢量和，且

25、为零，即:所以:式中r为P点到点电荷q的距离。由电势叠加原理可知，P点的电势为点电荷q和球面感觉电荷的总电量为O,所以感觉电荷在O点产生的电势为0，即V0=0，因此，上式为:由此，球面感觉电荷在P点产生的电势为:(2)当球体接地后，球体电势为V=0。由上述解析可知P点的电势:所:而EP仍知足静电平衡条件，即:所以:17如下列图，在一个接地导体球周边放一个点电荷q，已知球的半径为日，点电荷q与球心的距离为a。试求导体表面上总的感觉电荷q。:根据静电感觉规律，导体是一个等势体。因导体接地，故令导体球的电势为零，球心O的电势也为零。接地后导体球表面的感觉电荷q在球面上的散布是不平均的，设感觉电荷面密

26、度为。由电势叠加原理可知，球心O处的电势V0是点电荷q以及球面上感觉电荷q共同产生的。点电荷q在球心O处产生的电势为:因导体球上感觉电荷q在球面上的散布不平均，各处也不同样，所以感觉电荷q在球心的电势由积分计算，为:所以，球心O处的总电势为:故q=Rq/a（负号表示感觉电荷与球外电荷q的符号相反）18.如下列图，一球形电容器内球壳的外半径为R1，外球壳的内半径为R2，在两球壳间的一半空间里充满相对介电系数为r1的平均电介质，另半空间里充满相对介电系数为r2的平均电介质。试求此电容器的电容C。解:解法一按照电容器的电容定义求解。设球形电容器充有电量Q0，且左半个电容器上充有电量为Q01，右半个电

27、容器上充有电量为Q02，由电荷守恒定律可知:Q0=Q01+Q02,为保证电容器的内外两个球壳分别为等势体，两球间的电场强度E呈球面对称散布。由D=0rE可知，D的方向都沿球形电容器的径向，且每种介质中半球面上的电位移大小相等。由含介质时的高斯定理，可求出D1与Q01，D2与Q02的关系。如图（b）虚线所示，在左、右球面中做高斯面。对左半球来说:,所以:,同理，对右半球面来说，有:,表示D1与D2是不相等的。再由D=0rE可知:E1=Q01/20r1r2,E2=Q02/22r2,0r由于E1=E2，得:,将其代入电荷守恒公式，得:于是有:根据电势的定义，电容器两极板间的电势差为:最后由电容定义式

28、得:解法二此题也可用电容器的并联求解。已知充满一种介质的球形电容器的电容为:，所以半球形的电容器的电容为:，由于此时电容器为两个半球形的电容器的并联，所以:C=C左（r1）+C右（r2）结果与解法一相同。19.一平行板电容器极板面积为S，间距为d，接在电源上并保持电压为V，若将极板的距离拉开一倍，试求：(1)系统静电能的改变；(2)电场对电源做的功；(3)外力对极板做的功。解:（1）因电压V不变，拉开前的静电能为:,拉后的静电能为:,则系统静电能的改变为:结果表示当极板拉开后。系统的静电能减少。2）当保持电压一准时，电场对电源做的功为A=-VQ,两板距离从d拉开到2d时，极板上电荷的增量Q为:

29、Q=Q2Q1=C2VC1V,所以A=-VQ=结果表示当极板拉开后，在保持V不变时，电场对电源作正功。(3)外力F对极板做的功为:,外力F对极板做的功，也可由功能关系获得:A=W+A=20、偶极子的电矩为p,O点是它的中心，将一电量为q的点电荷从A沿着以O为圆心，R为半径的圆弧ACB移到B点，试求电场对电荷q所做的功。（设Rl,l为偶极子的臂长）解：由于静电力作功与路么无关，如下列图，所以带电荷q从A沿圆弧ACB移到B点，电场对它做的功等于点电荷q从沿直径移到B点电场对它做的功，又由于点电荷q在静电场中移动时，电场力做的功等于它的电势能能减少的值，所以BWEdlq（AB）Aa，相距为b，把点电荷

30、q从无穷远处移21、两个共轴平均带电的细圆环，半径均为到各环中心所需作的功分别为A1和A2，试求两圆环上的电荷q1和q2。解：设A、B圆环所带电量分别为q1、q2，如图11所示，根据圆环轴线上的电势公式1q40R2x2，可获得O1、O2处电势分别为10102q1q240a221402ab20102q2q140aa2b21402把电荷q从无穷远处移到O1、O2战胜电场力所需作的功分别为A1q1qq1q2a140a2b22A2q2qq2q1a140a2b22联立、式得各环所带的电量分别为ABaaq1o1o2q2bq240aa2b2A2a2b2A1aqb2q140aa2b2A1a2b2A2aqb22

31、2、一边长为a的平均带电的正方形平面，面电荷密度为，求此平面中心的电势。解：以正方形的中心为原点，正方形平面为xy平面，正方形由x、y轴和对角线分红八个相等的三角形，由对称性可知，每一个三角形上的电荷在中心产生的电势相等，只须计算其中一个三角形所产生的电势即可，在三角形地区取面积元dxdy，则电荷元dqdxdy，由点电荷电势公式得它在点产生的电势为d1dxdyaya4x2y2220axy三角形电势为dy2axdxdyodx12ax400 x2y202axdy2dx4x2000y2a（22）yx2yxy40lny0dx0a（）2dx4ln1200ln（12）a80平面中心的电势为（）a81ln1

32、2023、半径分别为R1和R2的两个同心球面都平均带电，带电量分别为Q1和Q2，两球面把空间分划为三个地区，求各地区的电势散布并画出r曲线。EdSq解：根据高斯定理S0；得三个地区如图13-1所示，场强变化规律是EI0Q2EII1Q1R24r20EIII1Q1Q24r2R1Q10图根据电势与场强的积分关系式得13-1EdrR1E1drR2E2drE3drIrR1R21Q1Q2Q1Q240R1R2R2R21Q1Q240R1R2R2E3dr1Q1Q1Q1Q2IIE2dr40rR2R2R2rR21Q1Q240rR2IIIE3drQ1Q2r40r电势散布曲线如图13-2所示图13-2rR1R224、真

33、空三极管可理想化如下，一个平面（阴极）发射电子，其初速度可忽略不计。一个细金属丝制成的开孔栅极平行于阴极，且离阴极3mm，其电势超出阴极18V，第二块平板（阳极）在栅极外面12mm处，并处于超出阴极15V的电势，假设栅平面是一个等势面，且假定阴极与栅极之间、栅极与阳极之间的电势梯度都是平均的，还假设栅极的孔径足够大，使电子通畅无阻地经过它。a）沿着阴极到阳极的直线，画出电势对距离的变化图。b）电子打到阳极的速度将有多大？解：（a）根据题意画出电势对距离的变化图如图14-1所示Vo3mm12mmaE1bE2V1V2x18V15V3mm12mmxc图14-1图14-2（b）根据图14-2知，a与b

34、之间和b与c之间的场强为E1V118E2V231d16V/mmd212V/mm3，4电子在ab区作速度为零的加快运动，根据牛顿第二定律和匀加快直线运动规律可求得电子到达栅极的速度v1eE1Fma1，a1eE1v12eE1d1mm，电子在bc区作匀减速运动，同理可求得电子打到阳极的速度为v2a2eE2v22v122eE2d2m，mv222eE1d12eE2d22eE1d1E2d221.61019183mmm9.11031v22.3106m/s25、在相距4cm的两块平行板间成立1600V的电势差，从负极板静止释放一个电子，与此同时从正极板静止释放一质子。a）它们将在离正极板多远处相遇而过？b）当

35、它们到达对面板上时，速度之比是多少？c）当它们到达对面板上时，能量之比是多少？解：(a)两极之间的场强为V1600E400V/cmd4t时刻电子的位电子在两极之间作匀加快运动，根据牛顿第二定律和匀加快直线运动的规律移为eEmaaeES1at2m，2同理，t时刻质子的位移为aeES1at2m，2电子和质子相遇时有SSS1t2aa2t2a2S2Smm249.110311.671027104aeEmm1.610194009.110311.67102711.371018t3.37109m/s所以S1at21eEt21.61019160011.3710182.18102mm22m21.671027410

36、2（b）由v22aS，v22aS得v2am1.6710v2am9.1102731所以速度之比是v42.8v（c）能量之比是W1mv2mm21W12mmmv2，分别位于xa和x0处（如26、有三个无限大的平均带电平面，电荷面密度均为图16-1所示）。试求场强和电势沿x轴方向的散布，并画出EE(x)和(x)曲线（取x0处的电势0）。解：（1）成立坐标如图16-1所示，根据无限大平均带电平面场强公式和叠加原理，可求得四个地区的场强为E1E43E2E32020场强随x变化曲线如图16-2所示E1234aaa0axx（0）图16-1图16-2（2）由场强与电势的积分关系，求得四个地区的电势为a01E1d

37、xE2dxxa3a(x)20(a)20023a3xa2a3x02002E2dxxx20aa200 x3xE3dxxa20a20a04E4dxE3dx图16-3xa3axa220023x2a0电势随x变化曲线如图16-3所示27、半径为R、厚度为t的薄圆板上，两表面平均带电，电荷面密度分别为和，试求经过圆板中心的轴线上，到板面的距离为x的P点（于正电荷一侧）的电势和场强。解：先求带电圆盘在其轴线上任一点的电势。如图17-1所示，取电荷元dq2rdr它在P点的电势为ddq12rdr4x2r24x2r20P0Prdr20 x2r2x圆盘在其轴线上任一点的电势为xRrdr200r2x2Rtr2x2R2

38、xO0图17-2图17-1（ql）4ql）（qlql）q4（0R2（0R2）4（0R2）4（0R2）2qq（R11C40l）（Rl）22qqlR20（R2l204）AqqBqpPl2l2（R2）04（Rl）28、（1）一粒子以1.6107m/s的初速度从很远的地方射向固定在靶上的金原子核，若将金核看作一个半径为6.91015m的平均带电的球体，试求粒子能达到的离金核的最近距离。（2）如果这粒子要穿过固定于靶上的金原子核的核心后再飞出此核，试求它最少应拥有多大的初动能？解：（1）金原子核含有79个质子，粒子的电量为2个质子电量，其质量为6.71027kg根据能量守恒定律1mv02792e2240

39、min7921.610192791.610192min20mv023.148.8510126.710271.610720.4241013m（2）金核的电荷体密度为791.61019R3由高斯定理求得金核内外的场强为44Q4r3r333E内33RQr40r240r240R3E外Q40r2粒子要穿越金核战胜电场力作的功为RdrqE外drAqE内R0qQrdrqQ1drR40R3040Rr28qQqQqQ113qQ0R40R40R280R32791.6101920.791011J83.148.8510126.91015粒子要穿越金核，所拥有的最小初动能必须等于战胜电场力作的功，即EminA0.791

40、011J29、根据量子理论，正常状态的氢原子能够看作一电量为+e的点电荷和球对称地散布在其周围的电子云，电子云的电荷密度e2ra0ra03e式中e1.61019C；a00.531010m称为玻尔半径。试求（1）氢原子内的电场散布；（2）计算ra0处的电场强度，并与经典原子模型计算所得的结果相比较。解（1）在半径为r的球面内的电子电量Qr与0之比为r2rQre3ea04r2dr000a02r2r4er2ea0r2rea0rdr|00a03220a0a02ra022ra024e1a0r2ea0a02r1ea00a0324a04e2r22r2re1ea00a02a00由对称性和高斯定理得EdS42E

41、QreS00er2r2r221ea00a02a022rEr4e22r22r1ea00a0a0(2)当取ra0时Ea04e2221e20a045e2e243.1451.61019101020a08.8510120.537.43.51011N/Ca0作绕核运动，原子核带电按经典原子模型，电子以半径e它在电子外产生的场强为Eae1.6101922040a043.148.8510120.5310105.11011N/C30、实验表示，凑近地面处存在着电场，场强E垂直于地面向下，大小约为100V/m，在离地面1.5km高的地方，场强E也是垂直于地面向下的，大小约为25V/m。1）计算从地面到此高度的大气

42、中电荷的平均体密度。2）若这些电荷全部散布在地球表面，求面电荷密度。解：（1）如下列图作高斯面，根据高斯定理得E1SE2ShSS0E2所以E1E20100258.851012hh1.5103442.51015c/m3E12）当电荷全部散布在地球表面时，地表面能够看作无限大带电导体平面，由导体表面周边一点场强公式得Ee?n0其中e?n为地表面外法线方向单位矢量所以E01008.8510128.91010c/m231、求电偶极子的电势和场强解：令电矩pql的电偶极子沿z轴放置，其中心与坐标原点重合，如下列图。它在空间任一点P（x,y,z）的电势为1qq40 x2y2(zl)2x2y2(z由于rx2

43、y222zl，则有111x2y2(zl)2r2zll2r1zll224r24r2将此式代入上式有q(1zl2)(1zl2)40r2r2rqlzpz因为40r340r3所以zrcosx1prcos1pr40r340r3由电势梯度求场强，若采用球坐标，则Er12pcosr4r30E11psinr140r3Ersin0又因为E?ErerEe11(2pcos?psin?注意到4r3ere)0l)221111(1zl2)r(1zl)2r2rr2zP（x、y，z）qr0qyppcos?psin?ere得11E(3pcos?p)r3er40?1P3(per)er40r3(设球的半径为R0)32、计算静电场中

44、任一球形地区内的平均场强解：(1)假设场源是位于球外的一个电量为q的点电荷,离球心的距离为r0，如图37-1所示，设想在球体内有平均散布的体电荷,其密度为0，总电量q00V0，V0为球的体积.q0产生的电场E0对q的作使劲为FqE01q01q0V0?q0r2err2er440其中e?r为从球心指向q的单位矢量。dFEdqF0EdV0EdV图37-1由牛顿第二定V律FF，故有V000EdV1q?V040r20V0er即EdV1q?V040r2V0er球内的平均场强E1EdV1q?V040r2erV0(2)若场源是位于球外的随意带电体，如图37-2所示，设电荷散布在体积V内，体电荷密度为，电场E0

45、对q=V的作使劲为dFdqE0dVE0dV1q0?r2er40F0V0dVe?rq的电场的作使劲为Vr2E对q040F0EdVV0由得FF1dV图37-2E?4Vr2er0q，走开球心的距离为r，见图37-3设想在球体(3)假设场源是位于球内的一个点电荷内有平均散布的体电荷,其密度为0总电量q00V0。由高斯定理，球内的电荷在点电荷所在处产生的电场为EdsE04r204rs3301E00re?r图37-3该电场对点电荷3q0的作使劲为q?FqE00rer30E的作使劲为而球体内的电荷受到点电荷的电场FE0dV0EdVV0V0FF由得E1EdV1qr?qre?rV0V030er3V04P0R0定

46、义Pqr为点电荷对球心的电矩则有E1P4R030（4）如果场源是散布在球内的随意带电体，为其电荷体密度，V为电荷散布的体积，如图37-4，电场E0对带电体q的作使劲为dFdqE01?dV30rer0F0V?30rdVerE的作使劲为而球体内的电荷受到带电体的电场FE0dVEdV图37-40V0V0由FF得111PErdVV03043V0R0其中PrdVV，带电体系对球心的电偶极矩。33、3个点电荷，电量均为q，放在一等边三角形的3个极点上，求体系的相互作用能。三角形的边长是L解：三角形3个极点上的电势均相等，即q123qq40l40lqW120l13q22qii3q40lqlq234、计算由N

47、个一价正离子和N个一价负离子交错排列的一维点阵的静电相互作用能，设相邻离子间距为r。解：rrA3A2A1A0A1A2A3除两头处的一些离子外，每个离子与其周围离子是相互作用情形都相同。如下列图，选择其中任一正离子作为A0，它与A1，A-1，A3，A-3等离子的相互作用能都是负的，而与A2，A-2，A4，A-4等离子的相互作用能都是负的。离子A0与所有其他离子的相互作用能为W0e(112233）eeeeeee40r40r402r402r403r403rW02e2111111e240r23456（2ln2)40r对于由N个正离子和N个负离子组成的一维点阵，共有2N个离子，当N很大时，除两头少数几个

48、离子外，能够认为每个离子与所有离子的相互作用能都是W0，计算总的相互作用能时，每一对离子只能计算一次。所以一维点阵的总相互作用能为WNW0e22N(ln2)40r35、计算两个电偶极子的相互作用能，设两电偶子的电矩分别为定。r21为偶极子1指向偶极子2的位矢，如图40-1所示。解：由例1.4-1，有E213(P1e?r21)e?r21P140r213电偶极子P处在P的电场中的能量为21W21P2E213(P1e?r21)(P2e?r21)P1P240r213因为W21W12所以P1和P2，相对地点由r21决P2E21P1r2140-1W1(WW)1(PEPE21)2211221122（1）当P

49、1和P2沿连结它们的直线如图40-2所示。P1P2P1P2r21P1?P1er21P1图40-2P2P2?P2er21?3(P)(P)PPeeW211r212r211240r2132P1P2W210，表示两偶极子相互吸引。4r3021（2）当P1和P2平行，且与它们的连线r21垂直，如图40-3所示。P1P2PP12P2P1?0r21er21?12图40-3PP2er2101W21PP30，表示两偶极子相互排挤。40r21（3）当P1和P2反平行，且与它们的连线r21垂直，如图40-4所示。P1P2P1P2P1?0P2er21r21P2?0er21P1W21P1P20，表示两偶极子相互吸引。图

50、40-4430r21R的球体平均带电所必须的能量。设球体总电量为q36、试计算欲使一半径为解：用高斯定理，可求得球内、外的场强分别为E1qr?(rR)40R3erE2q2?(rR)40rer球内任一点的电势为RrrEdrrE1drRE2drRq3drq2drq(3r2)r440r0RR80RR3由于1dV，其中qW243所以R3q3W3R4r2dr8R03q3q(32Rr3)r2dr2R080RR3q2R160R303q2200R(3r23)r2drRR37、电量为q的点电荷绝缘地放在导体球壳的中心，球壳的内半径为R1，外半径为R2，求球壳的电势解：点电荷位于球壳的中心，球壳内表面将平均带有总

51、电量-q，球壳外表面平均带有总电量q，电场的散布拥有球对称性，此时可用两种方法求球壳的电势。1）积分法q1qR2EdrR240r2dr40R2R12）叠加法qqqqqq40R140R140R24R38、两导体球，半径分别为02Q和q，今用一细导线连结两R和r，相距甚远，分别带有电量球，求达到静电平衡时，两导体球上的电荷面密度之比值。解：当导体球相距甚远时，每一导体球都能够看作为孤立导体办理。导体球的电势分别为1Q40R1q40rQ和q当用导线连结时，两导体球上的电荷从头散布，电量变为但导线很细，散布在导线上的电荷忽略不计。这是两导体球的电势相等，即Qq而RrQqQq由此可求得QR(Qq)Rr面

52、电荷密度qrr(Qq)RQ1RQq4R24(Rr)RrqqQ14r24(Rr)r所以RrrR39、一导体球经过与一带电金属板频频接触而获得电荷，每当导体球与金属板接触并分后,又从头使金属板带有电量Q，若q1是导体球与金属板第一次接触后所带的电量，求导体球可获得的最大电量。解：导体球与金属板接触时，两者达到电势相等。设经过第一次接触，导体球的电量为q1金属板的电量为Q1，它们的比值为q1kQ1K值不变。导体球和金属板接触达到静电平衡时电势相等，根据电荷守恒定律q1Q1Q，故有q1q1kq2和Q2，则金属板第二次被充电到kQ后再与导体球接触，设导体球和金属板的电量分别为Qq1Qk1q2kQ2根据电

53、荷守恒定律，q2q2Q2q1Q，故有Qq1q2kq2k(Qq1)q1(1q1)同理，经过第k1Qn次接触，导体球的电量为qnq1(1q1q12q1n1QQ2Qn1)当n时qmaxq11Qq1=1q1Qq1QR1和R4，今在两壳之间放一个内外半径分别为40、一球形电容器内外薄壳的半径分别为R2和R3的同心导体壳，求半径为R1和R4两球面间的电容。解：因静电感觉，各球面带电情况如下列图，导体内部无电场。QQQR1R2QR3R2R4QR4Qdr14Edr0r2dr0r2R14R34Q111140R1R2R3R4CQ40R1R2R3R4R2R3R4R1R3R4R1R2R4R1R2R314试求各个电容器

54、上的电势41、在图示的电路中C1=C3=2F，C2=C4=C5=1F，=600v差？解：此电容组归并非简单的电容串、并联，对闭合回路AC1C2BA、AC4C5BA及AC1C3C4A分别应用环路定理Edl0得C1C2U1U20ABU4U50C3U1U3U40C4C5C1、C2、C3各一极板的闭合曲面（虚把高斯定理应用于图中电容器线）注意到各电容器原来未带电，故由Eq得ds011ds12ds13ds0000Q1Q2Q3U1C1U2C2U3C3同理Q5Q3Q4注意到QUC，联立以上五式得U1240VU2360VU4360VU3120VU5240V42、试从电场的能量密度出发计算一平均带电薄球壳的固有

55、能，设球壳半径为R，带电量为q。解：带电球壳的场散布在球外，离球心为r处的场强为E1q(rR)r2电场的能量密度为40E10E21q223220r4r2dr球壳的固有能为能量散布拥有球对称性，取体积元dV4WEdV1q242drR3220r4r1q280R的无限大平行平板平均带电，电荷体密度分别为试求电43、如下列图，两块厚度都是场对每一平板单位面积的作使劲，设A板带正电，B板带负电。解：A板处在B板的电荷所产生的电场中，B板上的电荷在A板地方产生的场是平均电场，其场强为EB1i?1i?2200因此，A板每单位面积所受到的力为FdqEBSEBfEB122?12?2i2i00式中是带电板单位面积

56、所带来的电量。44、一半径为R带电量为q的球形导体，被切为两半，如图如示，求两半球的相互排挤力。解：导体表面单位面积所受的力等于电场能量密度。任选一面元dS，其受力大小为dF10E2dS2方向垂直球面向外，即沿径向。将dF分解，由于球对称，可知dFY0而dFx10E2cosdSdF其中2dSdS2R2sindxEq40R2所以两半球相互排挤力为q22FFXdFXcossind160R20q2320R245、三块同样的金属平板2A、B和C，面积都是200cm,A、B两极板相距4.0mm,A、C两板相距2.0mm，B、C两板都接地（如附图所示），如果A板带3.0107C的正电，边缘效应忽略不计，试

57、求：（1）B、C两板上的感觉电荷升是多少？（2）以地为零电势，A板的电势是多少？解：因B、C两极都接地，故知B、C两板上只有向着A的那一面有感觉电荷,设电荷量的面密度分别为B和C,A板向着B和C的两面上的电荷量的面密度分别为AB和AC又因导体板面积很大，每个面可看作无限大的带电平面，根据静电平衡条件，每一金属板内的场强为零，有CACABB20202020CACABBCACABB20202020CACADB根据电荷守恒定律有002.0mm4.0mmQAABACS由式得AC0AB0由式可得三块板上电荷量间的关系为QBQCQA由高斯定理得A、B间，A、C间的电场强度为ABEAB0e?EACAC?C?

58、ee00式中?为垂直板面的单位矢量，从A指向B，设A、B间距离为dAB，A、C间距离为dAC，e则由UBUC得CdACABdABBdAB000所以CdABBdACQCdABQBdAC?由?式联立解得QBdACQA23.01071.0107CdABdAC42QC41.01072.0107C2板的电势为UAEABdABBdABQBdAB00S1.01074.01032.3103V8.854101220010446、将两块薄导体平板C和D，平行地插入平行板电容器的两极板A、B之间，其中距离lAClCDlDBdC、D未插入时，A、B两极板间的电势差为U0,3，如下列图，已知向C、D插入后，A和C，C和

59、D、D和B之间的电势差各为多少？各导体板之间的空间中的场强各是多少？(2)若C和D以导线相连结，然后除掉导线，再议论问题（1）(3)在步骤（2）之后，再用导线将A与B连结，然后除掉导线，则问题（1）又将怎样？（4）如果在上述（1）和（2）中，将A和B分别与电源的两极连结使A和B之间的电势差保持不变，而在上述（3）中先与电源分别，然后再用导线连结A与B，试问上述（1）（2）、（3）各小题的回答将有何改变？解：(1)设A、B板带电为qAqBq各板电荷面密度分别为1、2、3、4、5、7、8，如下列图，由静电平衡条件得qAqB0182S234567qAqBq2SS根据电容器串联特点得UACUCDUDB

60、U0EAClACECDlCDEDBlDBU0lAClCDlDBd3因为12345678EACECDEDBABCD0UACUCDUDBd3所以0d3U0300U0将式分别代入式得EACECDEDBU0d0UACUCDUDBd1U0033（2）将C和D以导线相连结后，C、D板等势，电荷只散布在与A板和B板的对着那个面上，即有450UCD0所以UACUDBd1U0033EACEDBUd0ECD0（3）再将导线将A与B连结后，A与B等势，不带电荷，所以UACUCDUDB0EACECDEDB0（4）没有变化47、一半径为R10.05m，带电量q2108C3的金属球，被一起心的导体球壳包围（如图所示），球