Transcript 24.25章複習(含解答)

普通物理
(精華版)
《 University Physics 》
Revised Edition
歐亞書局
第 24 章
24.1
高斯定律
電通量
24.2 高斯定律
24.3
歐亞書局
導體
第 24 章 高斯定律
P.321
24.1 電通量
高斯定義這樣的流量為電通量（electric flux）。
在圖 24.2 中，面積為 A 的平面被垂直放置於均
勻電場內。則通過此平面的電通量ΦE 被定義為：
電通量的 SI 單位為 N‧m2/C 。雖然通量的定義
並沒有直接涉及電力線，但通過一已知表面的
電通量是正比於穿過它的電力線數目。
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第 24 章 高斯定律
P.322
圖24.2 面積為 A 的平
面，放在強度為 E 的電
場內，電通量為 ΦE ＝
EA 。
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第 24 章 高斯定律
P.322
高斯定律可表示為下式：
高斯定律
通過封閉面的淨電通量，等於被該封閉面包圍
之淨電荷的 1/ε0 倍。
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第 24 章 高斯定律
P.324
題庫
1.（ ）下列敘述何者正確?(A)高斯定律目的在求
電場(B)高斯定律求電場之條件為帶電體之電場
具有均勻對稱分布(C)高斯定律敘述通過假想封
閉面之電通量與此封閉面所包圍之淨電量有一
正比關係(D)以上皆對
以上皆對
題庫
2.（ ）面積為A 的平面被一電場E 通過，θ為
A 與E 的夾角(如圖)，試問其電通量為
(A)ΦE=EA (B)0 (C)ΦE=EAcosθ=E‧A
(D)ΦE=Easinθ=E×A
電通量：通過有效面積的電場強度
= E‧A = EAcosθ
題庫
3.（ ）一600 N/C 的電場通過一半徑為8 cm 的
圓形平面，A 與E 的夾角為60o，試問其電通量
為(A)4800 N-m2/c (B)12.06 N-m2/c (C)
6.03 N-m2/c (D) 10.44 N-m2/c
電通量Φ=E‧A=EAcosθ
E=600N/C
A=π．r2=0.02 m2
Φ=600×0.02×0.5 = 6 N-m2/c
題庫
5.考慮兩電量2q 與–q 在不同表面所產生之電通
量，下列何者錯誤(A)表面S1 所產生之電通量
為8πkQ(B) 表面S2 所產生之電通量為-4πkQ
(C) 表面S3所產生之電通量為4πkQ (D)通過任
何表面之電通量均為4πkQ
通過封閉面的淨電通量，等於
被該封閉面包圍之淨電荷的 1/ε0 倍
S1：Φ=2Q/ε0=8πkQ
S2：Φ=-Q/ε0=-4πkQ
S3：Φ=-Q/ε0=4πkQ
題庫
6.（ ）兩電荷q1= 6 μc 及q2= - 8 μc 及被放在
半徑5cm 的球面內部。球面的總電通量為何？(A)
-2.26×105(N-m2/c) (B) -2 (N-m2/c) (C)
-3.26×105(N-m2/c) (D) 2.36×105(N-m2/c)
高斯定律
ε0=8.85×10-12 c2/N．m2 (介電常數)
電通量=Q/ε0= (6-8)μC/(8.85×10-12)
=-2.26×105 N-m2/c
題庫
7.（ ）一個半徑為R 的導體球，其帶電量為Q，試求內
部(r＜R)與外部(r＞R)之電場(A) E=k(Q/r2)、
E=k(Q/r2) (B)0、E=k(Q/R2) (C)0、E=k(Q/r2) (D)
E=k(Qr/R3)、E=k(q/r2)
導體內部無電荷,Q=0
由高斯定律知，E=0
外部： E．4πr2=Q/ε0
E=Q/4πr2ε0
=kQ/r2
題庫
8.（ ）一均勻電場E 平行於半徑為R 的半圓球中心
軸，如圖所示。此半圓球的電通量為何？(A) 0
(B) E×πR2 (C)E×4πR2(D) E×2πR2
電通量：通過有效面積的電場強度
=> 電通量 = E． πR2
題庫
9.（ ）一無窮大薄帶電鈑帶有均勻面電荷密度
σ(c/m2) ，所求出的電場為σ/2εo，此說明電
場與距離(A)成正比(B)成反比(C) 成二次方反比
(D)無關
無關
題庫
10.（ ）一無窮長之帶電導線，其線電荷密度為λ
(c/m) ，所求出距離此線r處之電場強度為
2kλ/r，此說明電場與距離(A)成正比(B)成反
比(C)成二次方反比(D)無關
E= 2kλ/r
題庫
(1) 面積為A 的平面被一電場E 通過(如圖)，試
問其電通量為__________
EA
題庫
(2)一半徑12 cm 的圓盤，其盤面與均勻電場E＝450
i(N/C)(如圖所示)。求此圓盤上的電通量為_____
電通量：通過有效面積的電場強度
電通量=E．A=EAcosθ
=450．(3.14)．122．10-4．cos60o
=10.17 N-m2/C
題庫
(3) 一無窮長之帶電導線，其線電荷密度為λ(C/m)
(如圖所示)，要求距離此線r 處之電場強度時，試
問電場E 通過圖中之假想封閉面之電通量E×______，
高斯定律說明電通量等同於包在此假想封閉面之淨
電量_______×4πk，所以此電場可得為__________。
高斯定律：
E×(2 πrL)=4 πkQ=4 πkλL
=> E=2kλ/r
題庫
(4)一無窮大薄帶電鈑帶有均勻面電荷密σ(c/m2) ，
(如圖所示)，要求距離此帶電鈑R 處之電場強度
時，試問電場E 通過圖中之假想封閉面之電通量
為E×_________，高斯定律說明電通量等同於包
在此假想封閉面之淨電量_______×(1/εo)，所以
此電場可得為__________。
高斯定律：
E×(2A)=Q/ε0=σA/ε0
E=2σ/ε0
題庫
(5)一個半徑為R 的非導體球，其帶電量為Q 均勻分
布於整個體積內，( 如圖所示)，試求(a)內部(r
＜R)處之電場強度時，試問電場E 通過圖中之假
想封閉面之電通量為E×_________，高斯定律說
明電通量等同於包在此假想封閉面之淨電量
_____×4πk，所以此電場可得為__________。
高斯定律：
E×(4πr2)=4 πkQ(r3/R3)
=> E=kQr/R3
題庫
(6)一個半徑為R 的非導體球，其帶電量為Q 均勻分
布於整個體積內，( 如圖所示)，試求(a)內部(r
＞R)處之電場強度時，試問電場E 通過圖中之假
想封閉面之電通量為E×_________，高斯定律說
明電通量等同於包在此假想封閉面之淨電量
____×4πk，所以此電場可得為_____。
高斯定律：
E×(4πr2)=4 πkQ
=> E=kQ/r2
題庫
(7)在邊長10 cm 立方體高斯面上，每一平面的通量
為3×104 (N-m2/c)。則高斯面所包圍的淨電荷量
為______
高斯定律：
6×3×104(N-m2/c)=Q/ε0
=> Q=(18×104)×(8.85×10-12)
=1.59×10-6 C
題庫
(8) 一半徑8 cm 的球形導體，具均勻面電荷密度
0.1 nc/m2。求；(a)在表面之電場______；
(b)在離中心10 cm 處之電場_____
高斯定律：
(a) E×(4πr2)= 4πr2 σ/ε0
E= 0.1×10-9 /8.85×10-12
=11.3 N/C
(b) E×[4π．(0.12)]= 4π．(0.8)2 σ/ε0
E=(0.1)-2(0.08)2．(0.1×10-9)/8.85×10-12
=7.23 N/C
題庫
(9) 一無窮大薄帶電鈑帶有均勻面電荷密σ(C/m2) ，
此無窮大薄帶電鈑之電場可得為σ/2εo 。若
兩無窮平行荷電薄片具有相同面電荷密度σ
(c/m2)， 。則下列區域之電場為何？(a)在兩
薄片之間_____；(b)在兩薄片外側？
(a)0
(b) σ/2εo + σ/2εo = σ/εo
題庫
(10)邊長L的立方體有一角位於原點，且其各邊分別
沿的x，y及z軸。若空間有一電場E=(a+bx)i則
(a)此立方體的淨通量為____________(b)被立
方體包圍的淨電荷為______________。
高斯定律：
E=(a+bx)
=> E只在x方向有值
所以y、z方向的E=0 ,電通量亦為0
x方向：
x=L, E=a+bL ΦL=EA=(a+bL)L2
x=0, E=a
Φ0=EA=-aL2
淨通量Φ=(aL2+bL3)-aL2=bL3
Φ=Q/ε0=bL3
Q=bL3ε0
第 25 章
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電位
25.1
位勢
25.2
均勻電場中的電位及電位能
25.3
點電荷的電位及電位能
25.4
由電位導出的電場
25.5
連續型電荷分布
25.6
導體
第 25 章 電位
P.331
當一電荷 q 在靜電場中移動時，電位
（electric potential）變化量 ΔV 被定
義為：每單位電荷靜電位能的改變量：
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第 25 章 電位
P.332
如果 Vi ＝ 0 ，則我們可以得到：Vf ＝ WEXT / q。
空間中某一點的電位為：將一單位正電荷由
零電位處以等速移到該點時，外力所做的功。
電位之度量單位為 J/C ，類似於重力位之度量單位
J/kg 。
當質點在重力場中的高度增加時，它的重力位亦增
加；同樣地，當一正電荷被移到較高的電位時，其
靜電位也會增加。
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第 25 章 電位
P.333
25.2 均勻電場中的電位及電位能
在均勻電場中 E 為常數，因此 25.5 式中
積分可以被寫成 ∫E‧ds ＝ E‧∫ ds ＝
E ‧ Δs 。電位的有限變化量 ΔV 與有限
位移 Δs 有關，表示如下：
注意： Δs 及 ΔV 僅與起始及終止位置有
關，而與選取的路徑無關。
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第 25 章 電位
P.334
電荷的運動（Motion of Charges）
電荷在電場中的運動，可以利用能量守恆定律來
討論，即 ΔK ＋ ΔU ＝ 0 。
若以電位來表示守恆定律，可以寫成下式：
簡單說就是：系統不受淨力作用，則機械能守恆
位能減少、動能增加
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第 25 章 電位
P.335
題庫
1.（ ）. 下列何者錯誤(A)電位能的定義為兩電荷由相
距無窮遠處等速移動至相距r 處，反抗電力所作的功
(B)焦耳(J)為電位能的單位(C)電子伏特(eV)為電位能的
單位(D)無窮遠處之電位能為最大
ΔU =q．ΔV =C．(J/C) or =e．(J/C) =eV
題庫
2.兩電荷q1=2 C、q2= -2 C 相距1m 電位能為(A) 4 J
(B) -4 J(J)(C)3.6×1010J(D)- 3.6×1010J
V=kQq/r=(9×109)．2．(-2)/1 =-3.6×1010 J
題庫
3.下列何者錯誤(A) 電子伏特(eV) 為電位的單位(B)
電位的定義為單位庫倫的電荷反抗電力(外力)所
做的功(C)電力線垂直於等電位線(D)兩點電位相
等稱為等電位
電位：V=J/C
電位能：U=qV= C．(J/C) or =e．(J/C)=eV
由上式可知： ΔV=0 , 電場 E 跟位移 Δs 垂直
題庫
4.下列何者錯誤(A) 兩電荷q1、q2 相距r 處之電位
能為U=kq1q2/r (B)點電荷q 相距r 處之電位為
V=kq/r (C)推導電位公式時，選擇距離0之處為
電位為零的參考點(D)1eV=1.6×10-19 J 可以用來
度量基本粒子的能量
1eV=1.6×10-19 C × J/C=1.6×10-19 J
題庫
5.在靜電場中，由點a 到點b 的電位變量(電位差)為
與選取的路徑：
(A)無關；(B)有關；(C)以上皆是；(D)以上皆非
E．ds 即路徑s在電場E上的投影，因此結果與路徑無關
題庫
6.等位面上有點A 和點B，則兩點的電位變量(電位差)為：
(A)1；(B)-1；(C) 0；(D) 以上皆非
等位面：電位相等的面
等高線：海拔高度相等的線
題庫
7.在兩個相等正電荷附近，等位面（虛線）及電
力線（實線）之二度空間(如圖所示)，在本圖
的中點位置，(A)E ＝ 0 而V ≠ 0 ；(B)E ＝ 0
而V ＝ 0；(C)E≠ 0 而V ≠ 0；(D)E≠ 0 而V＝0
沒有電力線：E=0
在等位線上：V相同
V：從無窮遠將1單位正電荷
移到該處外力所做的功
(令無窮遠處V=0)
顯然題中所問ｖ不為0
題庫
8.一任意帶電導體的表面，在曲率半徑較小的地方，
面電荷密度：(A)較大；(B)較小；(C)相同；(D)
以上皆非
V=kQ/R =>
面電荷密度： σ C/m2 ， 總電荷Q ＝ 4πr 2σ
=>
電荷密度與曲率半徑成反比
圖 25.20 一任意帶電導體的表面，在曲率半徑較小的地
方具有較大的面電荷密度。
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第 25 章 電位
P.343
題庫
9.如右圖所示為一處於靜電平衡狀態的導體，導體
內部有一空腔，假設A 點的電位為110V，則B 點
的電位為：(A)0；(B)110V；(C)220V；(D)無限大
導體內部電位都相等
題庫
10.下列何者錯誤(A) 由電場求電位為
(B)由電位求電場為
(C) 平行鈑相距d，內有均勻電場大小為E 則電場
與電位差(ΔV )之關係為ΔV=±Ed (D)兩平行鈑之電
位沿電場方向前進而增加。
電場方向：高電位指向低電位
題庫
1.兩電荷q1=2C、q2= 2C 相距1m 之電位能定義為兩
電荷由相距__________處等速移動至相距1m 處，
反抗電力所作的功為__________J
電位能：無窮遠處移到ｒ處，反抗電力所做的功
V= kQ/r
U=qV= kQq/r
=(9×109)．2．2/1=3.6×1010 J
題庫
2.當一負電荷由A 移到B 時(如右圖)，電位變化
為_________，電位能變化為_________。
(請填增加或減少)
Δv=-E．Δs
ΔU=q．ΔV
=>電位減少
=>對負電荷來說電位能增加
題庫
3.質量為1.67 × 10－27 kg 的一個質子，進入相距
20 cm 的兩平行板之間，如圖所示。這個區域內
有均勻電場3 × 105V/m 。如果質子的初速為
5 × 106m/s ，則其末速為__m/s、兩平行鈑之電
位差大小為_______V
V=Ed=(3×105)×(0.2)=6×104 v
由能量守恆：
減少的位能=增加的動能
ΔU=q．ΔV=
vf=6.04×106 m/s
題庫
4.三個點電荷q1 ＝ 1 μC ， q2 ＝－ 2 μC 及
q3 ＝3 μC ，被固定於所示的位置上，在四方形
角落P 點上的電位為____________V(b)將一點電
荷q ＝ 2.5μC 由無窮遠處移到P 點位置，需做
功___ J(c)q1 、q2 及q3 的總電位能為____J
= 7.65 × 103 V
WEXT ＝q（Vf － Vi）,令vi=0
=qV=(2.5×10-6)×(7.65×103)
=0.019 J
題庫
＝ －1.41 × 10－2 J
題庫
5.波爾在1913 年提出氫原子模型，主體為一電子在圓形
軌道上環繞一靜止的質子。若已知軌道半徑為0.53 ×
10－10 m ，總電位能為___J、總動能為___ J，總力學
能為___J
=-(9×109)×(1.6×10-19)2/(0.53×10-10)
=-4.35×10-18 J
質子與電子間的吸引力=電子圓周運動所需向心力
題庫
所以電子的動能：
=2.18×10-18 J
總力學能=動能+位能=
= -2.18×10-18 J
題庫
6. 右圖所示為一處於靜電平衡狀態的導體，導體內部有
一空腔，導體內部空腔中之電場為__。電位A 與電位
B之大小關係為______。
空腔內部無電荷：E=0
導體內電位相同
題庫
7.一個半徑為R 的導體球，其帶電量為Q，試問外部
(r＞R)處之電場強度為____、電位為___。內部(r＜R)
處之電場強度______，電位為______。
外部：
E=kQ/r2
V=kQ/r
內部：
E=0
V=kQ/R (整個導體為等電位，所以內部電位與表面相同)
題庫
8.三個點電荷q1 = 6 μC，q2 =-2 μC 及q3 的位置
如圖所示。當q3 為____C 時，可使原點的電位為0V
原點的電位：
(kq1/r1)+(kq2/r2)+(kq3/r3)
=(9×109)[(6×10-6)/(3×10-2)+
(-2×10-6)/(2.5×10-2)+
q3/(2.5×10-2)]=0
q3=-3×10-6 C
題庫
9.閃電可能透過108V 電位差傳送高達30 C 的電荷。
電位能=___J。這麼多的能量能點亮60 W 燈炮的時
間為__秒
U=qV =30C × 108 J/C=3×109 J
60w= 60 J/s
60w × t = 3×109 J
t=5×107 s
題庫
10.在與點電荷Q 相距r 處，電場強度為200 V/m 及電
位為600 V。Q=___C 及r=___m
kQ/r=600 V
kQ/r2=200 V/m
r=3 m
V=(9×109)Q/3=600
Q=2×10-7 C
題庫
11.兩電荷Q 及-Q 相距4 m，如圖所示。取Q= 5 μC
求VA-VB之電位變化=___V
VA=(kQ/r)+(-kQ)/r=0
VB=(9×109)(5×10-6)/3
+(9×109)(-5×10-6)/1
=-3×104
VA-VB= 3×104 V