1、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=3.0 10-7C,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解：（1）设B、C板上的电荷分别为qB、qC。因3块导体板靠的较近，可将 6个导体面视为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
2、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：qA1 - 7cqA2 = 7b即Qa = -9b qC) 又因为：U AC =UABUAC =EACEAC = 2 EAB即:qc =2Qb联立求得qC = -2 10 CZb=T 10 RC门 d qc d . = ；o 2 S ;o 2dU=U U=U =E AACCAC AC272如0一4 12200 x10 一 疋8.85 汉10 一3 32 10 - =2.26 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 +6和6,设P为两极板间任意一点，略去边缘效应，求：(1) A,
3、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
4、。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 _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 (R1：r ：R2)E3q24 ；0r(R2 ：r)题10-3解图即:E = 4 KZOr综上可知：R2U2U1E2Ei（R ： r ： R2）o -E3dr -drc -E3-R2R2drJ Ri1+RI R2 JE2（rbe qdrdrR）drq，（r 一 R2）4 冗；0r- -E3-R2-be -Edr =dr- ,
5、（R1-R2）4 Tr ;0 R2RiE1 drY r -r/E3 drq4 T ；o R2q4 ;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） 若导体球接地（设球壳离地面很远） ，求U1, U2o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
6、,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 ： r ： R2 ）4 T0rE3 = 0 （ R2 ： r ： 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 ： r ： 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
7、壳内表面上（R1 r ：: 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 r；2 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
8、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.由高斯定理可知各区域的场强分布为 ：EO (r ： R1)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 -
9、 r ：-R 3）U24 名0 R1 R2 + R2 R3 _ R1R3U 1= 0 ， （r =：: R1）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 Xq- +q2S 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，内球壳半径为 求电容器的电容。分析：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
10、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：QE 2 ， （a ”： r ： b）4 ；0r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 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
11、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)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 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
12、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。 解：(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。Cl；0 ；r1Sd1C20 名r 2sd2-0 -r - -0 - 2 SC1C2d1d20 r1S 每0 乞 2 S名r 1 r 2 名0SC -C
13、lC2 _P -r1 Sd1/ .匚0 7 2sd220 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：分析：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。解：由于电荷分布呈对称性， 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，
14、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 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=
15、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分析：介质中高斯定理的应用。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。解：（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 10 )=27 10 3(V)qi_8 9-4
16、 10 9 101 1-4 10* 9 109i i40.1 0.15卜 I20.15 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。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 E、介质外的场强为 E0 ,则有:,(1 一 ；r)t源给电容
17、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。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：(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
18、中电位移 D,场强E; ( 2)两极板 的电势差。分析：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。解：(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)；0 ；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
19、,现将a, b两端加上U=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。分析：画出等效电路，禾U用电容器的串、并联特点求解。 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 66 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)
