第七章第八章习题解答

1、第七章 真空中的静电场7-1 选择题7-1-1 （B） 7-1-2 （D） 7-1-3 （C） 7-1-4 （D） 7-1-5 （C）7-1-6 （B） 7-1-7 （A） 7-1-8 （B） 7-1-9 （C） 7-1-10 （B）7-2填空题7-2-1 ，方向沿圆心和缺口连线方向；7-2-2解 由图知 由 解得，7-2-3 ，； 7-2-4解 由高斯定理可知，电通量为，以O点为原点，沿直线建立坐标系，取向右为正，则，沿方向；7-2-5 增加；7-2-6 解 以O点为原点，OC为轴建立坐标，则 细棒AB部分和BC部分是带异种等值电荷，且对直线PB对称，故；7-3 计算和证明题7-3-1解所受

2、合力为零，即，求得 7-3-2解场强大小为，沿带电直线方向.7-3-3解 如图建立坐标系，正负电荷关于对称，它们在O点产生的场强沿轴负向，在圆上取dl=Rddq=dl=Rd，它在O点产生场强大小为dE=方向沿半径向外则 dEx=dEsin=dEy=dEcos(-)=cosd积分 O 方向沿轴负向7-3-4解 如图所示，它在圆心O点产生的场强其在轴上的场强为方向沿轴负向，其在轴上的场强为7-3-5解小球受力如图所示，由图可知，即 ，有 7-3-6解在处取一细圆环，其带电量，根据教材例7-2-4结果可知，圆环在轴线上点产生的场强大小7-3-7解（1）（2）由高斯定理可得，7-3-8解半圆柱薄筒的横

3、截面如图所示，建立直角坐标系Oxy，沿弧长方向取一宽度为的细条，此细条单位长度上的带电量为，此细条等同于无限长均匀带电直线，因此它在O点产生的场强为，7-3-9解（1）以地面为高斯面，由高斯定理可得，所以（2）如下图，由高斯定理 ，所以有 7-3-10解我们可以设想不带电空腔内分布着体密度相同的正负电荷.由电场的叠加原理可知，有空腔的带电球体的电场，可以看作一个半径为电荷体密度为的均匀带正电球体和一个半径为电荷体密度为的均匀带负电球体所激发电场的叠加.即由高斯定理可求出，所以O点的场强大小为，方向沿.同理，点的场强大小为 ，方向仍沿.7-3-11解由电荷的轴对称性分析可知，场强也具有轴对称性，

4、可利用高斯定理求场强.（1） 在处，作一同轴圆柱形高斯面，由高斯定理 所以 （2） 在处，类似（1），有 所以 （3） 在处，类似（1），有 所以 7-3-12解（1）点电势为，点电势为， 注 式中（2）点电势为，点电势为， 7-3-13解（1），（2），电势能的改变为 （3）7-3-14解 （1）雨滴的电势为，有（2）两雨滴合为一滴后，半径增大为，这时雨滴表面电势为 7-3-15解 根据电势叠加原理，点的电势可看作直线、和半圆周所带电荷在点产生电势的叠加，、在点产生的电势为 ，半圆周在点产生的电势为 所以点产生的电势为 7-3-16解 金核表面的电势为，金核中心的电势为7-3-17解 由高斯

5、定理可求得、区域的场强大小分别为，设、分别为、区域内任一点，（1） 区域内任一点的电势由电势的定义式计算，有 （2） 区域内任一点的电势由电势的定义式计算，有 （3） 区域内任一点的电势由电势的定义式计算，有 7-3-18解 两“无限长”共轴圆柱面之间场强可由高斯定理求得为 式中为单位长度上所带电量.由电势差的定义，两圆柱面之间的电势差为 ，则 7-3-19解 由高斯定理可得场强分布为 ； 或 ；由电势的定义式计算电势分布在区域，在区域， 在区域，电势随在分布如图所示 7-3-20解 设坐标原点在左边导线轴线上，轴通过两导线并与之垂直.在两导线之间，坐标为的任一点的场强为 ，所以两导线间电势差

6、为 7-3-21解（1）在带电直线上取电荷元，它在点的电势为 整个带电直线在点的电势为 （2）根据场强与电势的微分关系，有 7-3-22解 由高斯定理可求得均匀带电球体内外的场强分布为 ，；，（1），（2），（3），7-3-23解（1）处，在圆柱体内任取一点，该点到轴线距离为，过该点作一半径为，高为的同轴闭合圆柱形高斯面，由高斯定理 ，可得求得 ，方向沿径向向外.对，同理由高斯定理可得 求得 （2）设处为电势零参考位置且假设该点在圆柱体外，则在区域内，在区域内，第八章 静电场中的导体和电介质8-1 选择题8-1-1 （B） 8-1-2 （C） 8-1-3 （D） 8-1-4 （A） 8-1-5

7、 （C）8-1-6 （D） 8-1-7 （B） 8-1-8 （C） 8-1-9 （C） 8-1-10 （B）8-2填空题8-2-1 ，8-2-2 ，8-2-3 ，8-2-4 ，； ，；8-2-5 2，1/28-2-6 ，8-3 计算和证明题8-3-1解 请参见教材P342题8-3-1图 （1）由于静电感应，球壳内表面带电量为，外表面带电量为；球壳电势为 （2）内表面带电量为，外表面带电量为0；球壳电势为 （3）内球接地时，内球的电势，设内球此时带电量为，则球壳内表面带电量为；外表面带电量为，空间场强分布为： ，； ，； ，；因此，内球的电势 求得 球壳的电势为 电势的改变为 8-3-2解 请参

8、见教材P342题8-3-2图（1）设导体球上的感应电量为，这些感应电荷到球心O点的距离都为，因此感应电荷在O点产生的电势为，点电荷在O点产生的电势为，故O点的电势为 （导体球接地），求得 （2）因O点场强为零，故在O点产生的场强大小等于在O点产生的场强大小，方向相反，即为 所以 8-3-3解请参见教材P342题8-3-3图（1）设A板两表面中左侧表面带电量为，右侧表面带电量为，其电荷面密度分别为，由于B、C板都接地，故有 写成 有 又 由解得 ，因此C板带电为，（2）8-3-4解设导体片C插入后，AC间场强为，CB间场强为，并假设，则各板带电分布如图所示，并作如图所示的高斯面，两底面与板平行，

9、由高斯定理可得 即有 由题意得 由解得 8-3-5解 对于半径为的金属球，不论是实心还是空心，当带电量为时，其电势均为，则电容为，可见电容是相同的.对于地球，8-3-6解 （1）设内、外金属膜圆筒半径分别为和，高度均为，其上分别带电量为，则玻璃内的场强为 ， 内外圆筒之间的电势差为莱顿瓶的电容为 （2）圆柱形电容器两金属膜之间靠近内膜处场强为最大，令该处场强等于击穿场强，即 所以 8-3-7解 （1）由，求得 （2）总电量因为和并联，故有 即有 又 由求得带电量为，上的电压 （3）,8-3-8解（1）作一高斯面，使其两底面分别在板中和介质中且平行于板面，由介质中的高斯定理可得 求得 又 求得

10、因此 （2）由上面结果可知 （3）8-3-9解（1）由题意极板间带电量不变，（2）电位移，介质中的场强（3）电容大小与带电量多少无关，由题意可知 8-3-10解 设单位长度带电量为，则两极板间场强，击穿场强一定时，电容器两极板电压为 式中是变量，适当选择的值，可使有极大值，即令 ， 求得故当时，电容器可能承受的最大电压为 8-3-11解（1）当，由介质中的高斯定理可得，即有 求得 ，所以有 当，（2）电势差为 （3）（4）（5）8-3-12解（1）在区域内作以为半径，长为的同轴柱面为高斯面，则由介质中的高斯定理，有所以 又 我们得到离轴线距离为处的场强为 , 方向沿径向向外（2）（3）8-3-

11、13解（1）（2）式中为地球半径并取8-3-14解（1）浸入煤油后，电容器电容增加为原来的倍，即，而电量不变.能量损失为 （2）若将两电容器并联，则要发生电荷转移，但电荷总量不变，仍为.并联后总电容为 ，两电容器并联后总能量为 并联后能量损失为 8-3-15解接到1处，带电为；再将接到2后，和总带电量仍为，两电容器电压为 电容器中的能量电容器中的能量8-3-16解据题意，把电子看作电荷均匀分布在外表面上，其静电能为 在估计电子半径的数量级时，一般可以略去上式中的系数，因此，据题意，我们可以求得 8-3-17解当介质板插入距离时，电容器的电容为 此时电容器储能为 电介质未插入时，电容器储能为 当

12、电介质插入时，电场力对电介质板所作的功等于电容器储能的减少量，即 ，电场力为当插入一半时，则电场力为，方向平行极板向右.8-3-18解（1）因电压不变，拉开前的静电能为 拉开后的静电能为 则系统静电能的改变为 结果表明当极板拉开后，系统的静电能减少.（2）当保持电压一定时，电场对电源作功为 两板距离从拉开到时，极板上电荷的增量为 因此 结果表明当极板拉开后，在保持不变时，电场对电源作正功.（3）外力对极板作的功为 外力对极板作的功，也可由功能关系得到 所得结果相同.8-3-19解（1）令无限远处电势为零，则带电荷为的导体球，其电势为，将从无限远处搬到球上的过程中，外力作的功等于该电荷元在球上所具有的电势能 （2）外力作功为