1、EA=,方向为：垂直于 A板由A指向B板 2%EB=二一，方向与EA相同2 ；（2） E =2Ea =二，方向于EA相同+ -U-1 厂P -A * - B题图10-2 拿走B板后：E ,方向垂直 A板指向无限远处2心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。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。由静电感应在球壳的内表面上感应出 _q的电量，外表面上感应出 q的电量.所以由高斯定理求得各区域的场强分布为:E1q（r：R1）_ 24 PrE2=0 （R1r ：R2）E
2、34 ；0r（R2 ：r）题10-3解图E = 4 KZOr综上可知：R2U2U1Ei（R ： r ： R2）o -dr -drc -R2J Ri1+RI R2 Jbe qR），（r 一 R2）4 冗；- -be -Edr =- ,（R1-R2）4 Tr ;0 R2RiE1 drY r -r/E3 dr4 T ；o R24 ;Or题10-4解图（a）（r 乞 RJ（R乞r辽R?）（r 一 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, Ra的同心导体球壳， 球壳带有电量 QO（ 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
3、体球接地（设球壳离地面很远） ，求U1, U2o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。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 -q电量.外表面上感应出 q电量，则球壳外表面上共带电荷（Q q）.（1）由于场的对称性.由高斯定理求得各区域的场强分布为:EO （r R1）E 2 2 （RI ： R2 ）4 T0rE3 = 0 （ R2 ： R3）E4（R3 ： r）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
4、得:内球体内任一场点 p（r ： R1）的电势U1为外球壳体内任一场点 p2（R2 ： R3）的电势为：（2）若外球壳接地此时电场只分布在.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（R1 : R2）的空间，如图题10-4解图（b）所示.由于外球壳U2=O则题1O-4解图（b）内球体内任一点 R（r vR1）的电势U为：RIJ -J r2 - -J R2 J _U1 = E 1 创r + JR E 2 创r = IlR E 2 创 r2 q 1 1 X=J 2d r = LRI 4 e0 r 4 O R1 R2 JIU2=O（3）当内球接地时，内球的电势 U1=O ,但无限
5、远处的电势也为零，这就要求外球壳所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（Qq）,如图所示.由高
6、斯定理可知各区域的场强分布为 ：EO （r ：义分别计算，可得：联立上述两式，求得:R1 R2 QRIR 2 R 2 R- RI R3将q 代入Ut的表达式中可得：，（R2 - r ：-R 3）U24 名0 R1 R2 + R2 R3 _ R1R3U 1= 0 ， （r =：10-5三个半径分别为 R1, R2，R3（ R1 R2.带电量为-（q-+c2）,半径为 R的同心球面在半径为球壳外表面上的电势的叠加冷-+q2 q- +q2 XS LU 2 =4 S0IR2 R3 4名OIR2 R3因为外球壳接地，所以： U3=Oa ,外球壳半径为b,2-6 球形电容器，由两个同心的导体球壳所组成，内
7、球壳半径为 求电容器的电容。设球壳内外表带电量 _Q ,由于电荷分布具有对称性，应用高斯定理确定场强的分布。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。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：QE 2 ， （a ”： b）据场强与电势差的关系:b - - b Q Q C 1 ）Uab=Edr Fdra a 4 兀駅 r 4聴 OIa b J于是有：Q QC 4 ；0ab /（b - a）Uab Q J4 ； a b10-7 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
8、 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？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）CAB 代 0sd AB d t X AC间的电容为（3）当 t=0 时：C=W 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 = 5荷密度。F ；rS1 i 1 6 6 2（2） t= 1 CJO=II汉8.85 疋10一 =7.08
9、 汉10一（cm ）、&丿 I 5丿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 di, d2的电介质，其相对电容率分别为；r1， ；r2 ,极板的面积为S，所带面电荷密度为+6 0和- o.求：（1）两层介质中的场强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。（1） 平行板电容器为介质是真空时当充满相对电容率为 ；r1, ;r2的介质时，场强分别为:E1 =EI=丄，方向为垂直极板向下。r 1 0 名1E2 =空=一丄，方向为垂直极板向下。r 2 名0名r 2该电容可以看成是Cl与C2的串联。Cl0 ；r1Sd1C20 名r 2sd2-
10、0 -r - -0 - 2 SC1d1d20 r1S 每0 乞 2 S名r 1 r 2 名0SC -C2 _P -r1 S/ .匚0 7 2s20 2r1 Sd 2 0 -r 2Sd 1 :Lr1d2 -r 2d110-10 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 Jr ,求：（1）电场强度 E的分布规律;（2）电势U的分布规律（设圆柱形导体的电势为 U0）D、E的空间分布，然后再由电势方向沿径向.以r为半径作一同轴圆D通量为：介质中高斯定理的应用。先利用介质中高斯定理求 与场强的关系确定空间电势分布。由于电荷
11、分布呈对称性， 故D、E分布亦呈对称性, 柱形柱面，圆柱长为I。如图中虚线所示，则通过此面的D -ds = 2 rlD由高斯定理可知B 则：Uo= E -dlJRR B 当 r R时，U= EJdl Ed=OUO=UB R B 当 r R时，U = j Ejdl HjE _dl REgl r R=U O In=UO ln 2 o 8r R 2 Z0Zr r综上可知电势分布为：j Uo （rR）U = RU0 + In （R）2 名 0 Sr r10-11 设有两个同心的薄导体球壳 A与B，其半径分别为 R=10cm, R2=20cm，所带电量分别为q1 = _4.0 10 C, q2 =1.0
12、 10 JC .球壳间有两层电介质球 壳，内层的相对 电容率J =4 ,外层的=2 ,它们分界面的半径 R =15cm ,球壳B外的电介质为空气，求:（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先由介质中高斯定理求 D、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。（1）由于电荷分布呈球对称性. D、E分布亦呈球对称性.方向沿径向由高斯定理可得又由于D =.；o JrE由场强与电势的关系可知be - - -be - IU= Eql= Eqrr r9 8 79 10 i 10 10
13、10 ）=27 10 3（V）_8 9-4 10 9 101 1-4 10* 9 109i i0.1 0.15卜 I0.15 0.2R丄 、丿 32.7 i03= 2.i i0 （V ） （2） UAB=UA U B =21 X103 -2.7 10= -600（V ）（3） r = 30 cm . R2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。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。（1）设介质中的场强为 E、介质外的场强为 E0 ,则有:,（1 一 ；r）t源
14、给电容器充电（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C , 两板间的场强E 以及两板上的电荷量 q。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。（1）两极板间为真空，则有：（2）插入介质后.：U =Ed =1.2 10 4 5 10 = 60（V ）Uq =C LU = 88.5 10 工 300 = 2.66 10 J（C）径为R2,导线与圆筒间充满相对电容率为 ；r的电介质，设沿轴线单位长度上导线的电量为,，圆筒的电量为,，略去边缘效应，求：（1）电介质中电位移
15、 D,场强E; （ 2）两极板 的电势差。介质中的高斯定理的应用。根据介质中的高斯定理求出 D、E,再由电势差与场强的关系求电势差。（1）电荷分布具有对称性，即D、E的分布变量呈对称性方向沿径向向外 .作如图所示的圆柱形高斯面，由高斯定理可知：JDgdS=Z qi =x （ RRR）D=上一 （RVrVR）2 rE=-= L （ RVrVR）r 2 ；o JrrD、E的方向均沿径向向外R2 - _ R2 & 九 R2 UAB=E 0r = dr In-2LRI LRI 2阳 OErr 2 兀名OEr Rl10-15 如题图10-15所示，每个电容器的电容 C均为3 F,现将a, b两端加上U=
16、450V的 电压，求：（1）各个电容器上的电量；（2）整个电容器组所贮存的电能； （3）如果在电容器C3中，充入相对电容率 = 2的电介质，各个电容器上的电量。画出等效电路，禾U用电容器的串、并联特点求解。（1）画出该电路的等效图如图示C12 = C1+ C 2 =6（ F）C12 -C3 3 6- 2（ F）C12 C3 6 3Q 总=C 总 Uab =2 10 一 6 450 = 9 10 （ C ）而 Q3=Q12 =Q 总=9 10 （ C）而 Ql QQ12 且 Q1= Q24Q1 =Q2 =4.5 10 （ C ）即各电容器的电量为： Q1 =Q2 =4.5 10 4（ C） ； Q3 =9 10 C）1 2 1 6 2（2） W = -C 总 U 2 10 一 （450） =0.203（ J ）2 2 在C3中充入；r =2的电介质后，其电容为 C3 ,则有:C3 = ;rC3 = 2 3 =6（ F）C3 C3一 C3 56 63（ F）6 3 ZQ总=C 总 Uab =3 10 450 = 1.35 10 （ C）3Q3 =Q总=1.35 10 （ C）Q34 Z= 6.75 10 （ C）
