E = 0 (板内) Ex???/(2?0) (板外) 2分
2?1、2两点间电势差 U1?U2?Exdx 1 a b 2
1d?d/2b?d/2x??O?dx?dx ?
?(a?d/2)??2?0d/2?2?0?
?(b?a) 3分 2?0 2、半径分别为 1.0 cm与 2.0 cm的两个球形导体，各带电荷 1.03108 C，两球相距很
-
远．若用细导线将两球相连接．求(1) 每个球所带电荷；(2) 每球的电势．(
1?9?109N?m2/C2) 4??0
解：两球相距很远，可视为孤立导体，互不影响．球上电荷均匀分布．设两球半径分别为r1和r2，导线连接后的电荷分别为q1和q2，而q1 + q1 = 2q，则两球电
势分别是 U1?q1q2， U2? 2分
4??0r14??0r2两球相连后电势相等， U1?U2，则有
q1q2q1?q22q??? 2分 r1r2r1?r2r1?r2r2q?6.67?10?9C 1分 由此得到 q1?1r1?r2
r22q?13.3?10?9C 1分
r1?r2q1?6.0?103 V 2分 两球电势 U1?U2?4??0r1 q2? 3、如图所示，一内半径为a、外半径为b的金属球壳，带有电荷Q，在球壳空腔内距离球心r处有一点电荷q．设无限远处为电势零点，试求： (1) 球壳内外表面上的电荷． (2) 球心O点处，由球壳内表面上电荷产生的电势．
(3) 球心O点处的总电势．
解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q，外表面上带电荷q+Q．
2分
(2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O点的 距离都是a，所以由这些电荷在O点产生的电势为
QraqOb - 6 -
U?q??dq4??0a??q 2分
4??0a (3) 球心O点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q在O点
产生的电势的代数和 2分 UO?Uq?U?q?UQ?q
?qqQ?qq111Q ? 2分 ??(??)?4??0r4??0a4??0b4??0rab4??0b4、半径分别为R1和R2 (R2 > R1 )的两个同心导体薄球壳，分别带有电荷Q1和Q2，今将
内球壳用细导线与远处半径为r的导体球相联，如图所示, 导体球原来不带电，试求相联后导体球所带电荷q．
R解：设导体球带电q，取无穷远处为电势零点，则 O1rR2q导体球电势： U0?
4??0r2分
Q1?qQ2? 2分
4??0R14??0R2Q?qQ2q?1?二者等电势，即 2分
4??0r4??0R14??0R2r(R2Q1?R1Q2)解得 q? 2分
R2(R1?r)内球壳电势： U1? 教师评语 教师签字 月 日 第十五章 静电场中的电解质
课 后 作 业
1. 一电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内、外圆筒半径分别为R1 = 2 cm，R2 = 5
cm，其间充满相对介电常量为?r 的各向同性、均匀电介质．电容器接在电压U = 32 V的电源上，(如图所示)，试求距离轴线R = 3.5 cm处的A点的电场强度和A点与外筒间的电势差．
解：设内外圆筒沿轴向单位长度上分别带有电荷+?和??, 根据高斯定
理可求得两
圆筒间任一点的电场强度为 E??rR1AR?R 2
2??0?rr2分
??R2?drR??ln2 U则两圆筒的电势差为 U??E?dr??2??0?rr2??0?rR1R1R1
- 7 -
R2
2??0?rU 3分 R2lnR1U于是可求得Ａ点的电场强度为 EA?
RlnR(2/R1)解得 ?? = 998 V/m 方向沿径向向外 2分
2UdrA点与外筒间的电势差： U???Edr? ?ln(R/R)r21RRR2R ?RUln2 = 12.5 V 3分
ln(R2/R1)R
2.一圆柱形电容器，外柱的直径为4 cm，内柱的直径可以适当选择，若其间充满各向同性的均匀电介质，该介质的击穿电场强度的大小为E0= 200 KV/cm．试求该电容器可能承受的最高电压． (自然对数的底e = 2.7183)
解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为?，则电容器两极板之间的场强分布
为 E??/(2??r) 2分
设电容器内外两极板半径分别为r0，R，则极板间电压为
??R U??E?dr??rrR?R?dr?ln 2分 2??r2??r0 2分
电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E0时电容器击穿，这时应有
??2??r0E0
U?r0E0ln适当选择r0的值，可使U有极大值，即令
R r0dU/dr0?E0ln(R/r0)?E0?0
得 r0?R/e 2分
显然有
d2Udr02< 0， 故当 r0?R/e 时电容器可承受最高的电压
Umax?RE0/e = 147 kV 2分
教师评语 教师签字 月 日 第十六章 磁场和它的源
课 后 作 业
1、已知半径为R的载流圆线圈与边长为a的载流正方形线圈的磁矩之比为
2∶1，且载流圆线圈在中心O处产生的磁感应强度为B0，求在正方形线圈中心O＇处的磁感强度的大小．
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解：设圆线圈磁矩为pm1，方线圈磁矩为pm2，则 pm1?I1?R， pm2?I2a ∴ I2??RI1/(2a) 3分
正方形一边在其中心处产生的磁感强度为 B1??0I2/(2?a)
正方形各边在其中心产生的磁感强度大小相等，方向相同，因此中心O＇处总的
222222?0I22?0R2I1??磁感强度的大小为 B0 3分 ?3?aa2RB0?I∵ B0?01， 得 I1?
?02R??(2R/a)B0 2分 ∴ B0
2、假定地球的磁场是由地球中心的载流小环产生的，已知地极附近磁感强度B为 6.273105 T，地球半径为R =6.373106 m．?0 =4?3107 H/m．试用毕奥－萨伐尔定律求该电流
--
3环的磁矩大小．
????0Idl?r z 解：毕奥─萨伐尔定律： dB? 2分 ?dBz z ?4?r3dB 如图示，dBz?dB?sin?，sin??a/r (a为电流环的半径)． z
∵ r >> a ∴ r?z2?a2?z ?Ia?IS Bz?0?3??dl?03 3分
4?zl2?z3??r a I O ?dl
小电流环的磁矩 pm?IS
∴ pm?2?Bzz/?0? 2分
在极地附近z≈R，并可以认为磁感强度的轴向分量Bz就是极地的磁感强度B，因而有：
pm?2?BR3/?0≈8.1031022 A2m2 3分
3、真空中有一边长为l的正三角形导体框架．另有相互平行并与三角形的bc边平行的长直导线1和2分别在a点和b点与三角形导体框架相连(如图)．已知直导线中的电流为I，三角形框的每一边长为l，求正三角形中心点O处的磁感强度B．
????解：令B1、B2、Bab和Bacb分别代表长直导线1、2和通电三角框的 ab、ac和cb边在O点产生的磁感强度．则
? 1 I O a ?????2 I B?B1?B2?Bacb?Bab
b ?B1：对O点，直导线1为半无限长通电导线，有
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e c
B1??0I4?(Oa)?， B1的方向垂直纸面向里． 2分
?B2：由毕奥－萨伐尔定律，有 B2??0I4?(Oe)(sin90??sin60?)
方向垂直纸面向里． 2分
Bab和Bacb：由于ab和acb并联，有 Iab?ab?Iacb?(ac?cb) ???所以 ? B?B1?B2 1分
把?Oa?根据毕奥－萨伐尔定律可求得 Bab=Bacb且方向相反． 2分
3l/3，Oe?3l/6代入B1、B2，
?3?0I6?0I3?I3?(1?)?0(3?1) 则B的大小为 B?24?l4?3l4?3l?B的方向：垂直纸面向里． 1分
4、在一半径R =1.0 cm的无限长半圆筒形金属薄片中，沿长度方向有横截面上均匀分布的电流I = 5.0 A通过．试求圆柱轴线任一点的磁感强度．
(?0 =4?3107 N/A2)
-
解：选坐标如图．无限长半圆筒形载流金属薄片可看作许多平行的无限长载流直导线组成．宽为dl的无限长窄条直导线中的电流为
III y dI?dl?Rd??d? 2分 dI ????R?Rdl 它在O点产生的磁感强度 dB ??d? R x ?0dI?0I??dB???d? 2分 O 2?R2?R?dBx??dBsin??? dBy?dBcos????02?R2
sin?d? 1分
?02?R2cos?d? 1分
对所有窄条电流取积分得
Bx?? By??2?0?0?0I2RRsin?d? ?cos?d???0I2?2Rcos???0???0I?2R 2分
2?2R?????0I??5O点的磁感强度 B?Bxi?Byj??2i??6.37?10i T 2分
?R
?2??0I2?0sin?0= 0 2分
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