08导体与电介质.doc

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1、8-1解：（1）由于静电屏蔽作用，+q两球壳间的电场没有影响。（2）由可知，由于不变，所以不变，即两求壳间的电势差不变。（3）由电势叠加原理，+q使两球壳的电势升高。（4）B球壳接地，由于屏蔽作用，两球壳间的电场分布不变，从而不变。因B球壳接地，电势不变，所以A球壳电势也不变。8-2解：（1）根据静电平衡条件，A球上电荷q分布在A球表面上，B球壳内表面带电荷-q。由高斯定理可得A球电势设B球壳外表面带电荷q’，由电势叠加原理，A球球心处电势B球壳所带净电荷（2）用导线将和相连，球上电荷与球壳内表面电荷相消AB

2、Q-QxO8-3解：建立如图所示的坐标系，左右板的电荷面密度分别为和。(1)两板间的电场强度（2）（3）8-4解：将空间分为三个区域，根据静电平衡时电荷分布和高斯定理可得R2R1q123-qq电势分布UrR2R1OErR2R1O8-5解：（1）外侧面上电荷为零，其它面由左至右分别设为1、2、3、4面。ACB2mm4mm1234即得（2）可得8-6解：取同轴长为l，半径为r的圆柱面为高斯面，由高斯定理R2R1q123-qq,,，，8-7解：（1）作一半径为r的同心球面为高斯面，由高斯定理，，，（2）（3）（4）

3、R1处介质壳内表面的法向指向球心，与反向R2处介质壳外表面的法向向外，与同向8-8解：（1）设左右两侧极板上的电荷面密度分别为和，因两侧电势差相等即有即（2）对平行板，由可知（3）左右两侧电容分别为两电容并联8-9解：设两倒替球面分别带电荷和。由高斯定理两球壳间的电势差为8-10解：（1）两电容并联后总电量不变。设C1、C2各带电Q1、Q2，有，解得（2）C1两端的电势差（3）能量损失8-11解：（1）由高斯定理可得r处得电场强度大小为电场能量密度r处dr厚度簿壳中的电场能量为（2）电介质中总能量由电容器储能

4、公式可得8-12解：（1）（2）两极板拉开时，极板上电荷保持不变。电容这是由于外力克服两板间静电引力做功所致。8-13解：设原来两板距离为d，板上电荷为Q。由可知，距离由d增大到nd时即电荷减少。由于连着电源，除外力做功外，电源也要做功。电容器两板距离拉大后，电容器能量增量为由于板上电荷减少，即向电源充电，所以电源做负功由功能原理8-14解：（1）插入前后，电容器电容为，（2），（3）电场对介质板所做的功等于外力克服静电力所做功的负值