大学物理课后习题答案第七篇

1. 半径别离为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，电荷面密度别离为1和2。忽略两个导体球的静电彼此作用和细导线上电荷对导体球上电荷散布的阻碍。试证明：

1r 。 2R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，因此

半径为R的导体球的电势为

1R21R

 V14π0R40

半径为r的导体球的电势为

2r22r V24π0r40用细导线连接两球，有V1V2，因此

1r 2R2. 证明：关于两个无穷大的平行平面带电导体板来讲，(1)相向的两面上，电荷的面密度老是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度老是大小相等而符号相同。

证明: 如下图，设两导体A、B的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1，2，

3，4

（1）取与平面垂直且底面别离在A、B内部的闭合圆柱面为高斯面，由高斯定理得

1(23)S EdS0S0故 230

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，那么其场强为零，而且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即

12340 20202020又 230 故 14

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d3R处有一点电荷+q，试求：金属球上的感应电荷的电量。

解：如下图，设金属球表面感应电荷为q，金属球接地时电势V0 由电势叠加原理，球心电势为

VO14π0Rdqq4π03R

故 qqq0

4π0R4π03Rq 34．半径为R1的导体球，带有电量q，球外有内外半径别离为R2、R3的同心导体球壳，球壳带有电量Q。

（1）求导体球和球壳的电势V1和V2； （2）若是将球壳接地，求V1和V2；

（3）假设导体球接地（设球壳离地面很远），求V1和V2。 解：（1）应用均匀带电球面产生的电势公式和电势叠加原理求解。 半径为R、带电量为q的均匀带电球面产生的电势散布为

q (rR)4R 0V

q (rR)4r0导体球外表面均匀带电q；导体球壳内表面均匀带电q，外表面均匀带电qQ，由

电势叠加原理知，空间任一点的电势等于导体球外表面、导体球壳内表面和外表面电荷在该点产生的电势的代数和。

导体球是等势体，其上任一点电势为

V1140(qqqQ) R1R2R3球壳是等势体，其上任一点电势为

V2q40rq40r

qQqQ

40R340R3（2）球壳接地V2qQ0，说明球壳外表面电荷qQ入地，球壳外表面不带

4π0R3电，导体球外表面、球壳内表面电量不变，因此

V1q40(11) R1R2（3）导体球接地V10，设导体球表面的感应电荷为q，那么球壳内表面均匀带电q、外表面均匀带电qQ，因此

V1140(qqqQ)0 R1R2R3解得 qR1R2Q

R2R3R1R3R1R2V2(R2R1)QqQ

40R340(R2R3R1R3R1R2)5. 两个半径别离为R1和R2（R1＜R2)的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q，试求： (1)外球壳上的电荷散布及电势大小；

(2)先把外球壳接地，然后断开接地线从头绝缘，现在外球壳的电荷散布及电势； (3)再使内球壳接地，现在内球壳上的电量和外球壳上的电势。

解：(1)内球壳外表面带电q；外球壳内表面带电为q,外表面带电为q，且均匀散布，外球壳上电势为

VR2Edrq4π0r2R2drq4π0R2

(2)外球壳接地时，外表面电荷q入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q。因此球壳电势由内球q与外球壳内表面q产生，其电势为

Vq4π0R2q4π0R20

(3)如下图，设现在内球壳带电量为q；那么外壳内表面带电量为q，外壳外表面带电量为qq (电荷守恒)，现在内球壳电势为零，且

VAq'4π0R1q'4π0R2qq'0

4π0R2得 qR1q R2外球壳的电势为

VBq'4π0R2q'4π0R2qq'R1R2q 24π0R24π0R26. 设一半径为R的各向同性均匀电介质球体均匀带电，其自由电荷体密度为，球体内的介电常数为1，球体外充满介电常数为2的各向同性均匀电介质。求球内外任一点的场壮大小和电势(设无穷远处为电势零点)。

解：电场具有球对称散布，以r为半径作同心球面为高斯面。由介质中的高斯定理得

2 DdSD4rqi

S当rR时，qir3，因此

D43r3，E1D1r 31当rR时，qiR3，因此

43R3D2，E2 3r232r2R3D球内（rR）电势为

V1r3RrRdrEdrdr r3R3r212R222 (Rr)6132球外（rR）电势为

V2r3RR3Edr drr3r232r27. 如下图，一平行板电容器极板面积为S，两极板相距为d，其中放有一层厚度为t的介质，相对介电常数为r，介质两边都是空气。设极板上面电荷密度别离为+和，求：

（1）极板间遍地的电位移和电场强度大小； （2）两极板间的电势差U； （3）电容C。

解：（1）取闭合圆柱面（圆柱面与极板垂直，两底面圆与极板平行，左底面圆在极板导体中，右底面圆在两极板之间）为高斯面，依照介质中的高斯定理，得

 DdSDSS

S ∴ D

（空气中） D0 E 0r （介质内）0r（2）U Edl

AB （dt）t 00r

（3）CSU0rS

rd(r1)t8. 如下图，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r的电介质，设极板面积为S，两极板上别离带电荷为Q和Q，略去边缘效应。试求：

（1）在有电介质部份和无电介质部份极板上自由电荷面密度的比值； （2）两极板间的电势差U； （3）电容C。

解：（1）充满电介质部份场强为E2，真空部份场强为E1，有电介质部份和无电介质部

份极板上自由电荷面密度别离为2和1。

取闭合圆柱面（圆柱面与极板垂直，两底面圆与极板平行，上底面圆在极板导体中，下

底面圆在两极板之间）为高斯面，由DdSq0得

D11，D22

E1D101U ① 0dE2由①、②解得

D20r2U ② 0rd2r 1（2）由电荷守恒定律知，(12)由① 、② 、③ 解得

SQ ③ 2U2Qd

(r1)0S（3）CQ(r1)0S U2d9. 半径为R1的导体球，外衣有一同心的导体球壳，壳的内、外半径别离为R2和R3，当内球带电荷Q时，求：

(1)整个电场贮存的能量；

(2)将导体壳接地时整个电场贮存的能量； (3)此电容器的电容值。

解：如下图，内球表面均匀带电Q，外球壳内表面均匀带电Q，外表面均匀带电Q (1)由高斯定理得

当rR1和R2rR3时，E0 当R1rR2时，E1Q4π0r2

当rR3时，E2Q4π0r2

因此，在R1rR2区域

W1R2R11Q220()4πrdr 224π0r在rR3区域

R2R1Q2drQ211() 28π0R1R28π0r1QQ2122 W20()4πrdr2R328π0R34π0r总能量为

Q2111WW1W2()

8π0R1R2R3(2)导体壳接地时，只有R1rR2时EQ4π0r2,其它区域E0，因此W20

Q211WW1()

8π0R1R2(3)电容器电容为

C2W114π/() 0R1R2Q210. 一个圆柱形电容器，内圆柱面半径为R1，外圆柱面半径为R2，长为

L

(LR2R1)，两圆筒间充有两层相对介电常量别离为r1和r2的各向同性均匀电介质，其分界面半径为R，如下图。设内、外圆柱面单位长度上带电荷(即电荷线密度)别离为和

，求：

（1）电容器的电容； （2）电容器贮存的能量。

解：（1）电场散布具有轴对称性，取同轴闭合圆柱面为高斯面，圆柱面高为l，底面圆半径为r。由介质中的高斯定理得

 DdSD2πrlqi

S当R1rR2时，

qil，D2πr R1

r1 r2 R L 两圆筒间场壮大小为

 (R1rR)2r D0r1E

0r (RrR2)2r0r2两圆筒间的电势差为

Rdrdr

R2πr2π0r1r0r22R2 U 电容器的电容为

R2R1REdrR1RRln2 lnR20r1R120r2CLU20r1r2L

r2lnR/R1r1lnR2/R（2）电容器贮存的能量

1Q2W2C2Lr2ln4π0r1r2RRr1ln2R1R

11．如下图，一充电量为Q的平行板空气电容器，极板面积为S，间距为d，在维持极板上电量Q不变的条件下，平行地插入一厚度为d/2，面积S，相对电容率为r的电介质平板，在插入电介质平板的进程中，外力需作多少功？

解：插入电介质平板之前，C00Sd，电容器贮存的能量为

1Q2Q2d W02C020S插入电介质平板以后，由本章习题7的解法可取得

20rSC

(r1)d电容器贮存的能量为

1Q2Q2(r1)d W2C40rS由能量守恒定律知，在插入电介质平板的进程中，外力作的功为

Q2d(1r)AWW0

40rS12. 一球形电容器，内球壳半径为R1，外球壳半径为R2，两球壳间充有两层各向同性均匀电介质，其界面半径为R，相对介电常数别离为r1和r2，如下图。设在两球壳间加上电势差U12，求： (1) 电容器的电容；

(2) 电容器贮存的能量。

解：（1）设球内球壳和外球壳别离带电Q、Q，电场具有球对称散布，以r为半径作同心球面为高斯面。由介质中的高斯定理得

2 DdSD4rqi

SQ当R1rR2时，qQ，D

i4πr2内球壳和外球壳之间场壮大小为

r2 r1 O R RR 1 R2 Q (R1rR)4r2 D0r1E

Q0r (RrR2)240r2r内球壳和外球壳之间电势差为

R2

U12R1REdrRQ40r1r1dr2R2Q40r2r2Rdr

电容为

Q40r1(11Q11() )40r2RR2R1RQ[R(R2r2R1r1)R1R2(r1r2)]

40r1r2RR1R2C40r1r2RR1R2Q U12RR2r2R1r1R1R2r1r2（2）电容器贮存的能量为

220r1r2RR1R2U1212 WCU122RR2r2R1r1R1R2r1r2