1、1 單元測試一 （熱學）大學物理規范作業總（30）單元測試二（電學）21.1.如圖所示，一沿如圖所示，一沿x x軸放置的軸放置的“無限長無限長”分段均勻帶分段均勻帶電直線，電荷線密度分別為電直線，電荷線密度分別為+（x0 x0 x0）時，則時，則oxyoxy坐標平面上點坐標平面上點(O(O，a)a)的場強的場強 = = 。E解: 根據對稱性可知，dqEdEdEdqd ia020yE電荷元dq在(0,a)點產生的電場強度的大小為：)(41220 xadqdExcosdEdEx)(41220 xadx2122220)()(4xaxxadx23220)(4xaxdx一、填空題一、填空題3dqEdEd

2、Edqd xxEE 02xdE023220)(2xaxdx23220)(4xaxdxdExa02iEExia0240202023A2Box解：02AE0,BEiiE002iiE002iiE0022.2.兩無限大平板兩無限大平板A A、B B。A A帶電荷面密度為帶電荷面密度為 ，B B帶電荷帶電荷面密度面密度-2-2 ， 則則A A外側場強大小為外側場強大小為 、B B外測場外測場強大小為強大小為 、ABAB之間場強大小為之間場強大小為 。AEBEAEBEBEAEA板左側B板右側兩極板間ABi02i02i02353.3.導體球殼的內外半徑分別為導體球殼的內外半徑分別為R R1 1和和R R2

3、2，若在距球心，若在距球心O O為為r r的的P P點放置一點電荷點放置一點電荷Q Q，如圖所示，則導體球殼的電，如圖所示，則導體球殼的電勢勢 ；中心；中心O O點的電勢點的電勢 。解：靜電平衡時球殼的外表面帶電量與p點的電量相同，且由于球殼的外表面曲率半徑相同，電荷密度也相同，即電荷是均勻分布在球面上的。Q204RQ 根據靜電屏蔽現象，由于導體球殼內電場強度為零。可知P點電荷及導體球殼內表面的電荷對球殼外部的空間不會產生影響。204RQUQrQRQRQ01020444 導體球殼外部的空間電勢是由導體球殼外表面的電荷產生的。易求得導體球殼的電勢為：6 中心O點的電勢是p點的電荷、內表面R1和外

4、表面R2的電荷共同貢獻的。QQrQRdqRdqUQQ0020010444rQRQRQ01020444 由電勢的疊加原理：74.4.一均勻帶電細而長的圓柱面，面電荷密度為一均勻帶電細而長的圓柱面，面電荷密度為 ，在，在這柱面上有一平行于軸線的窄縫，窄縫的寬度這柱面上有一平行于軸線的窄縫，窄縫的寬度 遠小于遠小于圓柱面半徑。則軸線中心圓柱面半徑。則軸線中心O O點處的場點處的場強強 ；若將；若將O O點的電勢取為零，那么在點的電勢取為零，那么在軸線與窄縫之間離軸線軸線與窄縫之間離軸線 處處P P點的電點的電勢勢 。 l0EPUjRl0232ln20l解：用補償法0點的場強大小為：RlEO02 設想

5、圓柱原來沒有窄縫，用寬度為l,面電荷密度為-的帶電窄條補在窄縫處，p點的場強由該窄條產生,該窄條的電荷線密度大小為l方向沿y軸正向。jRlEO023R8取0點的電勢為零點，jyRlE)(20P點的電勢為l dEURp03/32ln20l場強為：dyyRlR3/00)(29電源接通情況下電容器兩端電壓不變：分析：,不變不變 EU000 EE電源斷開情況下電容器極板上帶電量不變：不變不變 Dq,0EDr00 DDrE00 5.5.一空氣平行板電容器，接上電源后，兩極板上的電一空氣平行板電容器，接上電源后，兩極板上的電荷面密度分別為荷面密度分別為。在保持電源接通情況下，將相。在保持電源接通情況下，將

6、相對介電常數為對介電常數為r r的各向同性均勻電介質充滿其中，忽的各向同性均勻電介質充滿其中，忽略邊緣效應，介質中的場強大小應為略邊緣效應，介質中的場強大小應為 。而斷開。而斷開電源再充滿該種介質，則介質中的場強大小又電源再充滿該種介質，則介質中的場強大小又為為 。 0r0000101.1.一細玻璃棒彎成半徑為一細玻璃棒彎成半徑為R R的半圓形，沿上半部均勻分的半圓形，沿上半部均勻分布有電荷布有電荷+q+q，沿下半部均勻分布有電荷，沿下半部均勻分布有電荷-q-q，求半圓中心，求半圓中心0 0處的電場強度處的電場強度E E。 解1:電荷元產生的場強cos4120RRddEy對上式積分且考慮到兩個

7、1/4圓弧產生的場強y分量大小相同：cos412202/0RRdEydRcos4122/00 由對稱性，帶電荷為+q的1/4圓弧產生的電場與帶電荷為-q的1/4圓弧產生的電場的合場強沿-y方向。二、計算題二、計算題11dREycos4122/00R0412把= q/(R/2)代入上式得：jRRqjEEy/24120jRq202解2：先計算1/4圓弧的場強，由對稱性可知場強的方向在從圓心到圓弧中點連線上，電荷線密度同上。取如圖所示的電荷元，產生的電場分量：Edcos420RRddE cos40Rd積分得cos404/4/RdE4/4/0sin4RR04212RE042E方向如圖。45cos2EE

8、y214220RR02202RqjRqE202同樣算出 q 場強電場強度RE042132.2.地球表面上方電場方向向下，大小可能隨高度改變，地球表面上方電場方向向下，大小可能隨高度改變，如圖所示。設在地面上方如圖所示。設在地面上方100m100m高處場強為高處場強為150N/C,300m150N/C,300m高高處場強為處場強為100N/C 100N/C 。試由高斯定律求在這兩個高度之間的。試由高斯定律求在這兩個高度之間的平均體電荷密度平均體電荷密度, ,以多余的或缺少的電子數密度表示。以多余的或缺少的電子數密度表示。 解：在空氣中取一柱形高斯面，上表面在300m處，場強為E1，下表面在100

9、m處，場強為E2，截面積為s。ssEsESdE210sh)(120EEhsh由高斯定理：)100150(2001085. 812312/1021. 2mC單位體積內的電子數為371912/1038. 1106 . 11021. 2men由于所帶的是正電荷，空氣中缺少電子。143.3.如圖所示，三塊互相平行的均勻帶電大平面，面電如圖所示，三塊互相平行的均勻帶電大平面，面電荷密度為荷密度為1 1=1.2=1.21010-4-4C/mC/m2 2， 2 2=2=21010-5-5C/mC/m2 2 ， 3 3=1.1=1.11010-4-4C/mC/m2 2 。A A點與平面點與平面相距為相距為5.

10、0cm5.0cm，B B點點與平面與平面相距相距7.0cm7.0cm。（。（1 1）計算）計算A A、B B兩點的電勢差；兩點的電勢差；（2 2）設把電量）設把電量q q o o= = 1.01.01010-8-8C C的點電荷從的點電荷從A A點移到點移到B B點，外力克服電場力做多少功？點，外力克服電場力做多少功？ 解：取x軸如圖。設平面、間的場強EA,平面、的場強EB。由疊加原理：,20321AE03212BEx設A 、距離為d1， B、距離為d2。203211032122ddUUUBAAB1505. 01085. 8210) 1 . 12 . 02 . 1 (07. 01085. 82

11、10) 1 . 12 . 02 . 1 (124124)(1004. 94V)(0BAABABUUqAA 把電量qo= 1.010-8C的點電荷從A點移到B點，外力克服電場力做功:203211032122ddUUUBAAB581004. 9)100 . 1()(1004. 94J164.4.一導體球半徑為一導體球半徑為R R1 1，其外同心地罩以內、外半徑分別，其外同心地罩以內、外半徑分別為為R R2 2和和R R3 3的厚導體球殼，此系統帶電后內球電勢為的厚導體球殼，此系統帶電后內球電勢為U U1 1，外球所帶總電量為外球所帶總電量為Q Q。求此系統各處的電勢和電場分布。求此系統各處的電勢和

12、電場分布。 解：設內導體球帶電量為 q，則球殼內表面帶電將為-q ，而球殼外表面帶電為q +Q。1R3R2RQ1U)11(44210301RRqRqQU 由電勢的疊加原理，有：)(42131322113210RRRRRRQRRURRRq利用高斯定理和電勢迭加原理，易求得：17E3204RrrQq320RrR21204RrRrq10Rr U30RrrQq2130204)11(4RrRRQqRrq32304RrRRQq11RrU1R3R2RQ1U185.5.一個接地的導體球，半徑為一個接地的導體球，半徑為R，原來不帶電。今將一，原來不帶電。今將一點電荷點電荷q放在球外距球心的距離為放在球外距球心的

13、距離為r r的地方，求球上的感的地方，求球上的感生電荷總量。生電荷總量。解：設q放入后在導體球上感生的電荷總量為Q。qrRQrqRdqUQ000044rqRQ0044得到感生電荷總量0qrRQ 由電勢的疊加原理，導體球球心的電勢為：196.6.為了測量電介質材料的相對介電常量，將一塊厚為為了測量電介質材料的相對介電常量，將一塊厚為1.5cm的平板材料慢慢地插進一電容器的距離為的平板材料慢慢地插進一電容器的距離為2.0cm2.0cm的兩平行板之間。在插入過程中，電容器的電荷保持的兩平行板之間。在插入過程中，電容器的電荷保持不變。插入之后，兩板間的電勢差減少為原來的不變。插入之后，兩板間的電勢差減少為原來的60%60%，求電介質的相對介電常量多大？求電介質的相對介電常