大学物理第十章有导体和电介质时的静电场习题解答和分析

第十章习题解答 10-1 如题图 10-1 所示，三块平行的金属板 A，B 和 C，面积均为 200cm2,A 与 B 相距 4mm，A 与 C 相距 2mm，B 和 C 两板均接地，若 A 板所带电量 Q=3.010-7C，忽略边缘 效应,求：（1）B 和 C 上的感应电荷？（2）A 板的电势（设地面电势为零） 。 分析：当导体处于静电平衡时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律，可以求得导体的电荷 分布，又因为 B、C 两板都接地，所以有。 ACAB UU 解：（1）设B、C板上的电荷分别为 、 。因 3 块导体板靠的较近，可将 6 个导体面视 B q C q 为 6 个无限大带电平面。导体表面电荷分布均匀，且其间的场强方向垂直于导体表面。作 如图中虚线所示的圆柱形高斯面。因导体达到静电平衡后，内部场强为零，故由高斯定理 得： 1AC qq 2AB qq 即 () ABC qqq 又因为： ACAB UU 而: 2 ACAC d UE ABAB UEd 2 ACAB EE 于是： 00 2 CB 两边乘以面积 S 可得： 00 2 CB SS 即： 2 CB qq 题图 10-1 题 10-1 解图 d 2 联立求得: 77 2 10,1 10 CB qCqC (2) 00222 CC AACCACAC qddd UUUUE S 7 33 412 2 10 2 102.26 10 ( ) 200 108.85 10 V 10-2 如题图 10-2 所示，平行板电容器充电后，A 和 B 极板上的面电荷密度分别为+ 和，设 P 为两极板间任意一点，略去边缘效应，求： （1）A,B 板上的电荷分别在 P 点产生的场强 EA,EB; （2）A,B 板上的电荷在 P 点产生的合场强 E； (3)拿走 B 板后 P 点处的场强 E。 分析：运用无限大均匀带电平板在空间产生的场强表达式及场强叠加原理求解。 解：（1） A、B两板可视为无限大平板. 所以A、B板上的电何在P点产生的场强分别为: ,方向为：垂直于A板由A指向B板 0 2 A E ，方向与相同. 0 2 B E A E (2)，方向于相同 0 2 A EE A E (3) 拿走B板后：，方向垂直A板指向无限远处. 0 2 E 10-3 电量为 q 的点电荷处导体球壳的中心，球壳的内、外半径分别为 R1和 R2，求场强和 电势的分布。 分析：由场强分布的对称性，利用高斯定理求出各区域场强分布。再应用电势与场强的积 分关系求电势，注意积分要分段进行。 解：由静电感应在球壳的内表面上感应出的电量，外表面上感应出q的电量.q 所以由高斯定理求得各区域的场强分布为： 1 2 0 4 q E r 1 ()rR 2 0E 12 ()RrR 3 2 0 4 q E r 2 ()Rr 题 10-3 解图 题图 10-2 3 即： 12 2 0 12 (,) 4 0() q rR rR rE RrR ， 33 2 00 44 rr qq UEdrdr rr 2 ()rR , 2 22 2233 02 4 R rRR q UEdrEdrEdr R 12 ()RrR 121 122 112313 RRR rRRrR UE drEdrEdrE drEdr , 012 111 4 q rRR 1 ()rR 综上可知: 1 012 12 02 2 0 111 () 4 () 4 () 4 q rR rRR q URrR R q rR r 10-4 半径为 R1的导体球，带有电量 q；球外有内、外半径分别为 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 U1，U2；（2）若球壳接地，求 U1，U2；（3）若导体球接地（设球壳离地面很远） ，求 U1，U2。 分析：由场强分布的对称性，利用高斯定理求出各区域场强分布；再由电势定义求电势。 接地导体电势为零，电荷重新分布达到新的静电平衡，电势分布发生变化。 解:如图题 10-4 解图（a）所示,当导体达到静电平衡时,q分布在导体球的表面上.由于静电 感应在外球壳的内表面上感应出电量.外表面上感应出电量，则球壳外表面上共带qq 电荷.()Qq (1) 由于场的对称性.由高斯定理求得各区域的场强分布为： 1 0E 1 ()rR 2 2 0 4 q E r 12 ()RrR 3 0E 23 ()RrR 题 10-4 解图 （a） 4 4 2 0 4 Qq E r 3 ()Rr E E的方向均沿经向向外. 取无限远处电势为零，则由电势的定义可得： 内球体内任一场点p1的电势为 1 ()rR 1 U 123 123 11234 dddd RRR+ rRRR U+ AAAAErErErEr 2 13 + 22 000123 +1+ =d +d =+ 444 R RR qQ qqqq Q rr rrRRR 外球壳体内任一场点p2的电势为: 23 ()RrR 3 3 234 dd R+ rR U+ AAErEr 3 2 003 d 44 + R qQqQ r rR （2）若外球壳接地.球壳外表面的电荷为零，等量异号电荷分布在球体表面和球壳内表面 上,此时电场只分布在的空间，如图题 10-4 解图（b）所示.由于外球壳 12 ()RrR 则内球体内任一点P1的电势U1为: 2 0U 1 ()rR 122 11 1122 ddd RRR rRR U+ AAAErEr =Er 2 1 2 0012 11 d 44 R R qq r rRR 2 0U (3) 当内球接地时，内球的电势，但无限远处的电势也为零，这就要求外球壳所 1 0U 带电量在内外表面上重新分配，使球壳外的电场沿着经向指向无限远处，球壳内的电场经 向指向球心处；因此，内球必然带负电荷。因为内球接地，随着它上面正电荷的减少，球 壳内表面上的负电荷也相应减少；当内球上正电荷全部消失时，球壳内表面上的负电荷全 部消失完；但就球壳而言，仍带有电量+Q。由于静电感应，在内球和大地这一导体，系统 中便会感应出等量的负电荷-Q,此负电荷（-Q）的一部分（设为-q）均匀分布在内球表面 上。球壳内表面上将出现等量的正电荷(+q)与之平衡.因此，在达到静电平衡后，内球带 电荷-q，球壳内表面带电量+q，外表面上带电量（Q-q） ，如图所示. 由高斯定理可知各区域的场强分布为: 1 0E 1 ()rR 题 10-4 解图（b） 5 2 2 0 4 q E r 12 ()RrR 3 0E 23 ()RrR 4 2 0 4 Qq E r 3 ()Rr 球壳上任一场点P2相对于无限远处和相对于接地内球的电势，应用电势 23 ()RrR 定义分别计算，可得: 3 33 234 2 003 d 44 R rRR QqQq UE drE drr rR AA= 11 4 4 210 2 0 2232 1 2 1 2 1 2 2 RR q dr r q rdErdErdEU R R R R R R R r 联立上述两式，求得： 12 122313 R R Q q R RR RR R 将代入U2的表达式中可得: q ， 21 2 0122313 = 4 RRQ U R RR RR R A 23 ()RrR ， 1=0 U 1 ()rR 10-5 三个半径分别为 R1，R2，R3（R1 R2 R3）的导体同心薄球壳，所带电量依次为 q1，q2，q3.求：（1）各球壳的电势；（2）外球壳接地时，各球壳的电势。 分析：根据静电平衡条件先确定球的电荷分布情况，再根据电荷分布的球对称性，利用高 斯定理求出电场强度分布，进而利用电势与电场强度的积分关系求出电势分布。对于电荷 球对称分布的带电体，也可直接利用电势叠加原理求得电势分布。接地导体时电势为零， 电荷重新分布达到新的静电平衡，新的电荷分布引起电场和电势分布发生变化。 解：(1) 如图题 10-5 解图(a)所示，半径为R1的导体球壳外表面上均匀的分布电量q1，由 于静电感应，半径为R2的球壳内表面上感应出-q1的电量.外表面上感应出+q1的电量.因此， 半径为R2的球壳外表面上的电量为q1+q2，同理，半径为R3的球壳内表面上感应出-(q1+q2)的 电量.外表面上感应出+(q1+q2)的电量.所以R3的球壳外表面上的电量为(q1+q2+q3)。 (方法一) 由于场的分布具有对称性,可用高斯定理求得各区域的场强分别为 题 10-4 解图（c） 6 ， 1 0E 1 ()rR ， 1 2 2 0 4 q E r 12 ()RrR ， 12 3 2 0 4 qq E r 23 ()RrR ， 123 4 2 0 4 qqq E r 3 ()Rr E E的方向均沿径向向外. 取无限远处为电势零点. 23 123 1234 RR RRR UE drE drE dr AAA 23 123 112123 222 000 ddd 444 RR RRR qqqqqq rrr rrr 123 0123 1 4 qqq RRR 3 23 234 R RR UE drE dr AA 3 23 12312 22 00 dd 44 R RR qqqqq rr rr 12123 02303 111 44 qqqqq RRR 312 023 1 4 qqq RR 33 123123 34 2 003 1 d 44 RR qqqqqq UE drr rR A= （方法二）可把各球壳上的电势视为由电量为q1,半径为R1；电量为q2，半径为R2；电 量为q3，半径为R3的三个同心带电球壳分别在各点所共同产生的电势的叠加. 由于在半径为R1的球壳外表面上的P点由三个带电球壳电势的叠加.故有 312 1 0123 1 4 qqq U RRR 同理: 312 2 023 1 4 qqq U RR 123 3 03 1 4 qqq U R (2) 由于外球壳接地,球壳外表面的电荷为零，内表面的电量为-(q1+q2) (方法一) 用高斯定理求得各区域的场强分别为： 题 10-5 解图(a) 7 ， 1 0E 1 ()rR ， 1 2 2 0 4 q E r 12 ()RrR ， 12 3 2 0 4 qq E r 23 ()RrR ， 4 0E 3 ()Rr 3 0U 33 22 1212 23 2 0023 11 dd 44 RR RR qqqq Ur rRR AEr 2323 1212 112 123 22 00 dddd 44 RRRR RRRR qqq Urr rr AAEr +Er 1121212 0120230123 11111 444 qqqqqqq RRRRRRR （方法二）可把U1,视为带电量为q1，半径为R1；带电量为q2，半径为R2，带电量为- (q1+q2)，半径为R3的同心带电球面在半径为R1的球壳外表面上的电势的叠加. 1212 1 0123 1 4 qqqq U RRR 把U2视为带电量为q1+q2,半径为R2.带电量为-(q1+q2)，半径为R3的同心球面在半径为R2 的球壳外表面上的电势的叠加 121212 2 023023 111 44 qqqqqq U RRRR 因为外球壳接地，所以： 3 0U 10-6 一球形电容器，由两个同心的导体球壳所组成，内球壳半径为 a，外球壳半径为 b， 求电容器的电容。 分析：设球壳内外表带电量，由于电荷分布具有对称性，应用高斯定理确定场强的分Q 布。由电势与场强的积分关系确定电容器两极板间电势差，再由电容定义式求电容。 解：设内球壳外表面带电量为+Q.则外球壳内表面带电量为-Q,两球面间的场强分布具有对 称性，应用高斯定理，求得两球面间的场强大小为： ， 2 0 4 Q E r ()arb 据场强与电势差的关系： 题 10-5 解图（b） 8 2 00 11 44 bb ab aa QQ UE drdr rab A 于是有： 0 0 4/() 11 4 ab QQ Cab ba QU ab 10-7 一平行板电容器两极板的面积均为 S，相距为 d，其间还有一厚度为 t,面积也为 S 的 平行放置着的金属板，如题图 10-7 所示，略去边缘效应.(1) 求电容 C.（2）金属板离两极 板的远近对电容 C 有无影响？（3）在 t=0 和 t=d 时的 C 为多少？ 分析： 由于金属板的两个表面在电容器中构成新电容器的两个板板，所以AC间的电容器 可看作AB、BC两电容器的串联. 解：（1） 00 AB AB ss C ddtx 00 BC BC ss C dx AC间的电容为: 00 0 00 ABBC ABBC ss C Cs dtxx C ss CCdt dtxx (2) 由上述推导可知，金属板离两极板远近对C无影响 (3) 当t=0 时: 0s C d 当t=d时:C= 10-8 平行板电容器的两极板间距 d=2.00mm,电势差 U=400V，其间充满相对电容率 的均匀玻璃片,略去边缘效应,求：（1）极板上的面电荷密度；(2)玻璃界面上的极5 r 0 化面电荷密度。 分析：根据电容的定义式及平行板电容器公式求解自由电荷面密度。再利用极化面电荷 0 密度和自由电荷面密度关系求解。 解：（1） 据电容的定义式： 0rs Q C ud 即: 00r ss ud 12 62 0 0 3 400 8.85 105 8.85 10 (c/m ) 2 10 r u d 题 10-7 解图 9 (2) 662 0 11 118.85 107.08 10 (c/m ) 5 r 10-9 如题图 10-9 所示，一平行板电容器中有两层厚度分别为 d1，d2的电介质，其相对电 容率分别为，极板的面积为 S，所带面电荷密度为+0和-0.求：（1）两层介质 1r 2r 中的场强 E1,E2;（2）该电容器的电容。 分析：此电容器可视为上下两电容器串联而成。 解: (1) 平行板电容器为介质是真空时 0 0 0 E 当充满相对电容率为的介质时，场强分别为： 12 , rr ，方向为垂直极板向下。 00 1 101rr E E ，方向为垂直极板向下。 00 2 202rr E E (2) 该电容可以看成是的串联。 12 CC与 01 1 1 r s C d 02 2 2 r s C d 0102 01021201212 0102 120120211221 12 rr rrrr rr rrrr ss sssC Cd d C ss CCsdsddd dd A A 10-10 一无限长的圆柱形导体，半径为 R，沿轴线单位长度上所带电荷为，将此圆柱放 在无限大的均匀电介质中，电介质的相对电容率为，求：（1）电场强度 E 的分布规律； r （2）电势 U 的分布规律（设圆柱形导体的电势为 U0） 分析：介质中高斯定理的应用。先利用介质中高斯定理求D D、E E的空间分布，然后再由电势 与场强的关系确定空间电势分布。 解：由于电荷分布呈对称性，故D D、E E分布亦呈对称性，方向沿径向.以r为半径作一同轴 圆柱形柱面，圆柱长为 。如图中虚线所示，则通过此面的D D通量为:l 2D dsrlD A 由高斯定理可知: 题 10-9 解图 10 0 2 i rR D dsrlDq lrR A 解之得: 0 2 rR D rR r 由可知: 0r DE 0 0 2 r rR E rR r （2）据电势与场强的关系可知：取圆柱面附近某点 B 处电势为零. , B r UE dl A 则： 0 B R U =E dl A 当rR时, 00 0 RB rR UE dlE dl =UU AA 当rR时, BBR rrR UE dlE dlE dl AAA 0 0 -d 2 Brr RRR r E dlE dl =Ur r AA 00 00 lnln. 22 rr rR =U=U Rr 综上可知电势分布为： 0 0 0 () ln() 2 r UrR UR UrR r 10-11 设有两个同心的薄导体球壳 A 与 B，其半径分别为 R1=10cm, R2=20cm，所带电量 分别为.球壳间有两层电介质球壳，内层的相对电容率 87 12 4.0 10 C,1.0 10 Cqq ，外层的，它们分界面的半径，球壳 B 外的电介质为空气，求： 1 4 r 2 2 r 15cmR （1）A 球的电势 UA，B 球的电势 UB；（2）两球壳的电势差；（3）离球心 30cm 处的场 强；（4）由球壳 A 与 B 组成的电容器的电容 分析：介质中高斯定理的应用。先由介质中高斯定理求D D、E E的空间分布，然后由电势与场 强的关系求电势、电势差，再根据电容定义式求电容。 解：（1） 由于电荷分布呈球对称性. 题 10-10 解图 11 D D、E E分布亦呈球对称性.方向沿径向.由高斯定理可得: d i i Dsq A 2 4 i i DrqA 1 1 12 2 12 2 2 0, , 4 , 4 rR q DRrR r qq Rr r 又由于 0r DE 1 1 1 2 01 1 2 2 02 12 2 2 0 0, , 4 , 4 4 r r rR q RrR r Eq RrR r qq rR r 由场强与电势的关系可知: rr UE dlE dr AA 22 1212 2 002 dd 44 B RR qqqq Ur rR AEr 987 3 2 9 10( 4.0 101.0 10 ) =2.7 10 (V) 20 10 2 112 RR A RRRR UE drE drE drE dr AAAA 2 12 1112 222 01020 ddd 444 RR RRR rr qqqq rr+ rrr r 3 11 011022 1111 +2.7 10 44 rr qq RRRR 8989 3 3 4 109 10114 109 1011 2.7 10 40.10.1520.150.2 2.1 10 (V) (2) 33 BB 2.1 102.7 10600(V) AA UUU A B R 1 R 2 R 1r 2r 题 10-11 解图 12 (3) 2 30rcmR 879 3 11 22 0 ( 4 101 10 ) 9 10 6 10 (V/m) 4(0.3) qq E r (4)由静电感应，达到静电平衡时，半径为R2的导体球壳内表面上分布有-q1的电量. 8 1 2 |4 10 67(pF) 6 10 AB AB q C u 10-12 如题图 10-12 所示，平行板电容器极板面积为 S，相距为 d，电势差为 U，极板间 放着一厚度为 t，相对电容率为的电介质板，略去边缘效应，求：（1）介质中的电位移 r D，场强 E；（2）极板上的电量 q；（3）极板与介质间的场强 E；（4）电容 C。 分析：介质中高斯定理的应用。由电势与场强的关系和 D、E 之间的关系，可得出空气、 介质中的场强，由高斯定理可求出介质中的电位移 D，进而求出电量及电容。 解：（1）设介质中的场强为、介质外的场强为，则有：E 0 E 0( )() r UEtE dtEtE dt 0 ; (1)(1) or r rrrr UU EDE dtdt (2) 作一柱形高斯面S，如图中虚所示，有 0 D dsq A 即： D SSA 0 D 0 0 (1) r rr SU qSDS dt (3) 极板与介质间的场强： 0 (1) r r rr U EE dt (4) 0 0 (1) (1) r rrr rr SU Sdtq C UUdt 10-13 一平行板电容器，极板间距 d=5.00mm，极板面积 S=100cm2, 用电动势 E=300V 的 电源给电容器充电. （1）若两板间为真空，求此电容器的电容，极板上的面电荷密度，两极板间的场强 0 C 0 ； 0 E （2）该电容器充电后，与电源断开，再在两板间插入厚度d=5.00mm 的玻璃片（相对电容 题 10-12 解图 13 率）,求其电容 C，两板间的场强以及电势差 U；5.0 r E （3）该电容器充电后，仍与电源相接，在两极板间插入与（2）相同的玻璃片，求其电容 ，两板间的场强以及两板上的电荷量。 C E q 分析：电容器充电后，断开电源，电容器存储的电量不变。而充电后，电容器仍与电源相 接，则电容器两极板间电压不变。插入介质后电容器的电容增大。 解：（1） 两极板间为真空，则有： 124 0 0 3 8.85 10100 10 17.7(pF) 5 10 S C d 又 00 0 qS C UU 12 72 0 0 4 17.7 10300 5.31 10 (c/m ) 100 10 C U S 4 0 -3 300 6 10 (/) 5 10 U EV m d （2）插入介质后 0 5.0 17.788.5(pF) r CC 4 4 0 16 10 1.2 10 (V/m) 5 r EE 43 1.2 105 1060(V)UE d （3）充电后，仍与电源相接，则不变.300UV 0 88.5(pF) rS CC d 4 3 300 6 10 (V/m) 5 10 U E d q C U 128 88.5 103002.66 10 (C)qCU