《新编基础物理学》

第 10 章 导体和电介质中的静电场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 x 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布，又因为B、C两板都接地，所以有U 二 UAC AB解:设B C板上的电荷分别为qB、qC。因3块导体板靠的解图10-1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。作解图 10-1 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：q =_qA2B即q =-(q + q )AB C又因为U 二 UACAB即dE 二 E - dAC 2AB所以E二 2EACA B可得q 2 q二 2 B-8 S8 S00即q 二 2qCB联立求得q = 2 x 10 -7 CCq =1x 10-7C B(2)A 板的电势d Q d q d U 二U 二E 二 c二 j_A AC AC 28 0 2 Ss 0 2200x10-4 X8.85X1S x2x10-3 二 Z(V)-a题图10-210-2 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+Q和-Q，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QE =,方向为垂直于A板由A指向B板A 280QE二 ，方向与E相同.B 28A方向于Ea相同0Q合场强E二2E二一,A80Q（3）拿走B板后：E =，方向垂直A板指向无限远处.28010-3如题图10-3所示，半径为R的金属球离地面很远，并用导线与地d=3R题图10-3相连，在与球心相距为d 3R处有一点电荷+ q，试求：金属球上 的感应电荷的电量q分析 此题由电势叠加原理求解，需注意金属球接地时电势应为零。解：如图所示，设金属球感应电荷为q，则金属球球接地后电势为零UO0。点电荷q在球心处产生的电势为q4 n 3R0金属球感应电荷在球心处产生的电势为24ns R0由电势叠加原理得，金属球球接地后电势U 二 U + U =旦 + q 二 0O 12 4ns R4ns 3R00解得10-4如题图10-4所示，两个半径分别为R和R12壳，现给内球壳带电+ q，试计算：(1) 外球壳上的电荷分布及电势大小；(2) 先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘,电势.题图10-4分析此题需先考虑分析在静电平衡条件下，同心薄金属球壳各个面的电量 分布情况。(1)根据高斯定理可知各个区域场强分布情况，再由电势定义即可求出外球壳的电势 (2)外球壳接地时电势为零，外表面不带电，内表面依然带电，可由电势叠加法求得外球 壳电势为零。解：(1)内球带电+ q ；球壳内表面感应带电为-q,外表面带电为+ q，且均匀分布，其电q4 ns R02卜 qdrR 4 ns r 220外壳接地时电势为零，外表面不带电，内表面电荷仍为-q .所以外球壳电势由内球+ q 与外球壳内表面-q产生U 二4 ns R02+ 二 0 4ns R0210-5三个半径分别为R，R，R (R R R )的导体同心薄球壳，所带电量依次为123123q， q ， q .求：123(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各球壳的电荷分布情况，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。导体接地时电势为零，电 荷将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)如解图10-5 (a)所示，半径为R的导体球壳外表面上均匀的分布电量q，由于静电感应，半径为R的球壳内表面上感应出-q的电量.外表面上感应出+ q的电量.因此，半径2 1 1为R2的球壳外表面上的电量为qi + %，同理，半径为的球壳内表面上感应出-（%+ %）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(r R1)14n8 r 20(R r R )12E =二34n8 r 20(R r R )23E q + q + qE = T 2344ns r 20电场强度的方向均沿径向向外.(A? r)取无限远处为电势零点， R 导体球壳的电势为1U =JR2E -dr + fR3E -dr + 卜E -dr1R1 2R2 3R3 4r + f R? 4R1 4兀8 0 r 2R2dr +4 n8 r 20卜 qi+ % + % dr =1R4 n8 r 230厂q+4n8 ( R01、 厶+q R R丿 23R导体球壳的电势为U =JR3 E - dr + f2R2 3股 E - drR34=J R31R 4n8 r 220仏r +卜R3+ q1 + q2 + q3 dr4n 8 r 20q匚q卜112 一4n 801 R R丿 23+ q + q + q4n 80(111l可丿4 ns厂q + q12I R2、+qR丿3 7R3导体球壳的电势为U =J= E - dr =q1 + q2 + q3 dr =3 R 4R4n8 r24n83 3 0 0(q + q + q丄乙I R丿3y题图10-7，半径为竹；电（方法二）可扌巴各球壳上的电势视为由电量为q1?半径为代；电量为 量为q3,半径为R?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.由于在半径为代的球壳外表面上的P点由三个带电球壳电势的叠加故有U14n e0R3丿同理: U2、qR丿3 y(q + q + q1no1厶JI R丿 3y14n e02）由于外球壳接地电势为零 ,所以外球壳外表面的电荷为零，内表面的电量为-（q + q ），其余球壳表面带电量不变。12（方法一） 用高斯定理求得各区域的场强分别为：(r Ri)4 nE r 20(R r R )121 24nE r 20(R r R )23E4所以= JR2 E - dr +fR12R3 E - drR23=J R2纟1r +R 4 nE r 210R22 dr4nE r 20q 14 nERv _丄q + q4nE04nE (R01(q 丄 q q + q+ 2 2R2R3丿U =J R3 E - dr =J2R2 3R3 七 dr 二 qR 4nE r 24nE2 0 01 - 1 )23（方法二）可把各球壳上的电势视为由带电量为q,半径为代；电量为q2,半径为R2 ;带 电量为（q + q ），半径为R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.123所以门 1 q + q q + q14n e I R R R 丿0123U二丄24 ns、0因为外球壳接地，所以( 、q 丄 q q + qR R22R3丿q + q1 24 n0U = 0310-6 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土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。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(a r b)据场强与电势差的关系：ab= JbE - dr =dr =于是有QQ4ns abC =oU Q (11) b - aab -4ns I a b 丿010-7 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) 问金属板离两极板的远近对电容C有无影响？(3) 问在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)由平行板电容器的电容得s s s sC = =0AB d d - t - xABs s s s C = = 0BC d xBC所以AC间的电容为CCAB_BC-C + CAB BC8s=0d t0 0d 一 t 一 x x8 S 8 s0+ 0d -1 一 x x(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8 sC = 0- d当 t=d 时C = g10-8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8二5 r的均匀玻璃片,略去边缘效应,求：(1) 极板上的面电荷密度；0(2) 玻璃界面上的极化面电荷密度G。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。0。再利用极化面电荷 密度和自由电荷面密度关系求解g。 解：(1)根据电容的定义式厂 Q 8 8 sC =0 rU dc S-0-=88s0 rd所以2x10-3400X8-85X10-12 X5 = 8.85x 106(cm2)(2) 玻璃界面上的极化面电荷密度(1 )(1A1-一G =1-一I 8丿0I 5丿rX8.85X106=7.08 x10-6 (c - m -2)弓22题图10-910-9如题图10-9所示，一平行板电容器中有两层厚度分别为d，d12的电介质，其相对电容率分别为8 ，8 ，极板的面积为S,所带面r1r 2电荷密度为+G 0和-G 0求(1) 两层介质中的场强大小;(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) 无介质时平行板电容器中的场强为当充满相对电容率为Sri, Sr2的介质时场强分别为方向为垂直极板向下。方向为垂直极板向下。”EbE o 01 S S S r10 r1F E GE 02 S S S r 20 r 2该电容可以看成是Ci与C2的串联。S S s0 r 2d2所以C CCC + Ci2S S sS S s0 r10 r 2ddS S sS S sS S S s2r1 r 20rrr rss S S sd +SS sd s d +s d0 /I 十 0 /20 ri 2 0 r2 1 ri 2 r2 1ddi2FD dS D 2 n rl i0-i0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九，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S，求: r（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分析：介质中高斯定理的应用。先利用介质中高斯定理求D、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、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l。如图中墟线所示，则通过此面的D通量为:F D - dS D 2 n rlS 由高斯定理可知:0r R解图10-10i解之得:0D = 九、2n r(r R )由D = E可知：0r0(r R )2n r 0r(2)根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.U BE-dl ,r贝I：U = LBE-dl0 R当 r R 时，U 二JBE - d 厶= JRE - dl+JBE - dlrrR=J BE - dl -J rE-dl =U -J九drRR0r 2nr 0r一 r九R=U -ln =二 U +ln .02n R02n r0r0r综上可知电势分布为U0(r R)U =R)02n r0r10-11 在半径为 R 的金属球之外包有一层外半径为 R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常12数为 ，金属球带电 Q 试求： r(1) 电介质内、外的场强；(2) 电介质层内、外的电势；(3) 金属球的电势分析 此题为球对称性电场，先由电介质中的高斯定理求解电位移通量D和电场强度E分布,再根据电势定义式分段积分求电势分布。 解:利用有电介质时的高斯定理JD - dS =工Siqi介质内(R r R2)场强介质外(r R?)电势U =卜 E - dr 二r 外4ns r0介质内(Ri r R2)电势-dr右)+2q4 ns 80rQ4ns R02(-+rQ4 ns s0r(3)金属球的电势U = JR2 E - dr + h E - drR1 内R2 外JR2 Qdr+ 卜 QdrR 4ns s r 2 R 4ns r 20 r20Q 1 s 一1 (+ r ) 4ns s R R0 r 1210-12 如题图10-12所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为s的电介质试求：在有电介质部分和无电r介质部分极板上的自由电荷面密度比值分析 此题为平板电容器，先由高斯定理求解电位移分布情况， 再结合场强和两极板间电压关系式，可知有电介质部分和无电 介质部分场强和电压相等，从而得到自由电荷面密度比值即电 位移通量比值。解：如图所示，充满电介质部分场强为E，真空部分场强为E，自由电荷面密度分别为b2 1 2与b ，由J D - dS二工q得S1而D = s E D = & & E1 0 1 2 0 r 2因为两极板之间的电势差相等E = E =1 2 d所以bD2 =2 = Sb D r 1110-13平行板电容器的极板间距d=5.00mm,极板面积S=100cm2,用电动势& = 100V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C，极板上的面电荷密度&，两极板间的场强E ；0 0 0（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 率&二5.0 ），求其电容C,两板间的场强E以及电势差AU；r（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势差不变。插入介质后电容器的电容增大。解：（1） 两极板间为真空，则s S 8.85 x 10-12 x100 x10-4 C0=T=0-r=1.77 x 10-11(F) = 17.7(pF)又因为C =红40 U U所以CUb = 00 S17.7 x 10-12 x 300100 x 10 -4=5.31x10-7 (C - m -2)3005 x10-3=6 x104 (V - m-1)2）插入介质后C=& C =5.0x17.7=88.5(pF)r0E = E = 6x104 = 1.2 x104(V - m-i)&05rAU = E d =1.2x104x5x10-3 = 60(V)(3)充电后，仍与电源相接，则AU = 300V不变. p p SC 二一=C = 88.5(pF)d因为创 AU3006 10 (V)E =一一 6 x 104 (V m-1)d5 x 10-3C = qAU所以q = CAU = 88.5 x 10-12 x 300 = 2.66 x 10-8(C)10-14 圆柱形电容器由半径为匕的导线和与它同轴的导体圆筒构成，圆筒长为l,内半径为R2,导线与圆筒间充满相对电容率为p的电介质，设沿轴线单位长度上导线的电量为 2r九，圆筒的电量为九，略去边缘效应，求：(1)电介质中电位移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.作解图10-14所示的圆柱形高斯面，由高斯定理可知J D - dS =工 q =九 xs1i(R r R)12所以D 2 n rx 二九 x九2nrD、E的方向均沿径向向外.(2)U= JR2 E - dr = JR2dr =In 2AB RR 2ns p r2ns p R110 r0 r 1!题图10-1510-15如题图10-15所示，每个电容器的电容C均为3|1F，现将A、B L_|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如果在电容器C3中，充入相对电容率* r二2的电介质，各个电容器上的电量。分析：画出等效电路，利用电容器的串、并联特点求解。解：（1）画出该电路的等效图如解图10-15所示，C和C是并联解图10-1512 等效电容为C =C +C =6（卩 F）12 1 2A、 B 两端总电容为CC12_3C + C123二 2（吓）总电量为Q =C U = 2x 10-6 x450=9x 10-4（C） 总 总 ab因为电容器C是串联在回路中，所以3Q 二 Q 二 Q 二 9 x 10-4（C）3 12 总而C和C是并联并且电容相等，所以电量也相等 12Q = Q =4.5 x 10-4(C)1 2 2(2) W =-C U2 = 1 x2x10-6 x(450)2 = 0.203(J)2 总 2(3) 在C中充入二2的电介质后，其电容为C，则有:3r3C= C = 2x3 = 6(1 F)3 r 3所以CC C6x6二 3（吓）12Q =C U 二 3x 10-6 x450=1.35x 10-3(C) 总 总 abQ 二 Q 二 1.35 x 10-3(C)3总Q1=Q广 2 2Q=的7 X10-4(C)