第十章 静电场中的导体和电介质习题解讲解.docx

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第十章静电场中的导体和电介质习题解讲解

第十章静电场中的导体和电介质

10–1如图10-1所示，有两块平行无限大导体平板，两板间距远小于平板的线度，设板面积为S，两板分别带正电Qa和Qb，每板表面电荷面密度

σ1σ2，σ3=σ4

解：

建立如图10-2所示坐标系，设两导体平板上的面电荷密度分别为σ1，σ2，σ3，σ4。

由电荷守恒定律得

σ1

QaQb

σ2σ3σ4

σ1S+σ2S=Qa

（1）σ3S+σ4S=Qb

（2）

设P，Q是分别位于二导体板内的两点，如图10-2所示，由于P，Q位于导板内，由静电平衡条件知，其场强为零，即

图10-1

Q

Q

σσσσ

EP=---=0（3）

2ε02ε02ε02ε0

EQ=

σ1σ2σ3σ4

++-=0（4）2ε02ε02ε02ε0

σ

2σ

4

Q

由方程

（1）~（4）式得

Q+Qb

（5）σ1=σ4=a

2S

Q-Q（6）σ2=-σ3=2S

1，4），带等量同号电荷。

图10-2

由此可见，金属平板在相向的两面上（面2，3），带等量异号电荷，背向的两面上（面10–2如图10-3所示，在半径为R的金属球外距球心为a的D处放置点电荷+Q，球内一点P到球心的距离为r，OP与OD夹角为θ，感应电荷在P点产生的场强大小为，方向；P点的电势为。

图10-3

图10–

4

解：

（1）由于点电荷+Q的存在，在金属球外表面将感应出等量的正负电荷，距+Q的近

端金属球外表面带负电，远端带正电，如图10-4所示。

P点的场强是点电荷+Q在P点产生的场强E1，与感应电荷在P点产生的场强E2的叠加，即EP=E1+E2，当静电平衡时，EP=E1+E2=0，由此可得

E2=-E1=-

Q

4πε0（a+r-2arcosθ）

2

2

er

其中er是由D指向P点。

因此，感应电荷在P点产生的场强E2的大小为

101

E2=Q

4πε0（a+r-2arcosθ）22

方向是从P点指向D点。

（2）静电平衡时，导体是等势体。

P点的电势VP等于球心O点的电势VO。

而由电势叠加原理，球心O点的电势VO是由点电荷+Q在该点的电势V1和感应电荷在该点的电势V2的叠加，即

VP=VO=V1+V2

其中，点电荷+Q在O点的电势V1为

V1=Q4πε0a

由于感应电荷是非均匀地分布在导体球外表面，设球面上面积元dS处的面电荷密度为σ，则它在球心的电势为

O点产生的电势为σdS，考虑球的半径是一常量，故整个球面上的感应电荷在球心4πε0R

V2=⎰⎰σdS1=S4πε0R4πε0R⎰⎰SσdS

由电荷守恒可知，感应电荷的代数和

V2=⎰⎰SσdS=0。

因此⎰⎰SσdS=0

QQ+0=4πε0a4πε0a14πε0R所以，P点电势为VP=VO=V1+V2=

10–3如图10-5所示，三个无限长、半径分别为R1，R2，R3的同轴导体圆柱面。

A和C接地，B带电量为Q，则B的内表面的电荷Q1和外表面的电荷Q2之比为。

解：

三个导体圆柱面构成两个圆柱形电容器，电容分别为

QRCBA==2πε0LlnVB-VAR1CBC=RQ=2πε0LlnVB-VCR2

由于A和C接地，则VB-VA=VB-VC，因此

Rln2

Q1R1=R3Q2lnR2图10–5

10–4一平行板电容器，充电后断开电源，然后使两极板间充满相对介电常数为εr的各向同性均匀电介质，此时电场能量是原来的倍。

如果在充入电介质时，电容器一直与电源相连，能量是原来的倍。

q2

解：

一平行板电容器，充电后断开电源，其电荷量不变，根据电容器能量公式We=，2C可得电容器充入电介质后的能量W´与充入电介质前的能量W之比为

102

We'CC1===WeC'εrCεr

1若电容器一直与电源相连，电容器电压不变，根据公式W=CV2，可得2

We'C'εC===εrWeCC

10–5一平行板电容器两极板间电压为V，其间充满厚度为d，相对介电常数为εr的各向同性均匀电介质，则电介质中的电场能量密度we。

解：

电介质内场强为E=V。

故电介质中的电场能量密度为d

2ε0εrV2121⎛V⎫we=εE=ε0εr⎪=222d⎝⎭2d

10–6如图10-6所示，真空中有一点电荷q，旁边有一半径为R的球形带电导体，q距球心为d（d>R），球体旁附近有一点P，P在q与球心的连线上，静电平衡时，P点附近导体的面电荷密度为σ。

以下关于P点电场强度大小的答案中，正确的是[]。

A．σq+2ε04πε0（d-R）2

σq-B．2ε04πε0（d-R）σq+ε04πε0（d-R）2

σq-D．ε04πε0（d-R）2C．

E．图10–6

σε0

F．以上答案全不对

解：

导体处于静电平衡时，邻近导体表面P处的电场强度大小为σ/ε0，正确答案选（E）。

10–7如图10-7所示，一半径为R的金属球接地，在与球心相距d=2R处有一点电荷+q，则金属球上的感应电荷q´为[]。

A．+qqB．0C．-D．由于感应电荷分布非均匀，因此无法求出22

q解：

金属球面上感应电荷q´分布非均匀，设感应电荷的面电荷密度为σ，在导体球面面积元dS处的感应电荷为σdS，则它在球心的电势为σdS，故整个球面上4πε0R

q'4πε0R感应电荷在球心O处产生的电势为V1=⎰⎰σdS1=S4πε0R4πε0R⎰⎰SσdS=图10–7电荷+Q在球心O处产生的电势为

103

V2=q4πε0（2R）

由电势叠加原理，球心O处的电势由点电荷+q和导体表面的感应电荷q´在该处产生的电势的叠加，又由于金属球接地，于是

VO=V1+V2=q'q+=04πε0R4πε0（2R）

由此可求得导体表面上存在感应电荷为

qq'=-2

故应选（C）。

10–8下列说法正确的是[]。

A．高斯面上各点的D为零，则面内必不存在自由电荷

B．高斯面上各点的E为零，则面内自由电荷的代数和为零，极化电荷的代数和也为零

C．高斯面内不包围自由电荷，则面上各点D必为零

D．高斯面上各点的D仅与自由电荷有关

解：

高斯面上各点的D为零，表明曲面内自由电荷的代数和一定为零；所以（A）说法错误。

由电介质的高斯定理⎰⎰SD⋅dS=∑Qi和D=εE，可知高斯面上各点的E为零，则曲面内自由电荷的代数和一定为零。

又由⎰⎰SE⋅dS=ε0∑1qin=Qi+q'，可知极化电荷∑ε01

的代数和也为零，所以（B）说法正确。

高斯面上的D由空间中所有电荷（包括自由电荷和极化电荷）的分布决定，通过高斯面的D的通量只由其中的自由电荷所决定，高斯面内不包围自由电荷，只能说明通过该高斯面的D的通量为零。

所以（C）、（D）说法错误。

故答案应选（B）。

10–9极化强度P是量度介质极化程度的物理量，有一关系式为P=ε0（εr-1）E，电位移矢量公式为D=ε0E+P，则[]。

A．二公式适用于任何介质

B．二公式只适用于各向同性电介质

C．二公式只适用于各向同性且均匀的电介质

D．前者适用于各向同性电介质，后者适用于任何电介质

解：

在电磁学中，为简化数学，D=ε0E+P是由一些特例得到的，对任何介质都适用，是一个一般结论，介质的特性由P与E的关系体现，对各向同性介质，才有P=ε0χeE，由此可得到P=ε0（εr-1）E，因此P=ε0（εr-1）E只适用于各向同性介质。

故答案应选（D）。

10–10空气平行板电容器保持电压不变，再在两极板内充满均匀介质，则电场强度大小E、电容C、极板上电量Q及电场能量W四个量与充入介质前比较，变化情况是[]。

A．E减小，C、Q、W增大B．E不变，C、Q、W增大

C．E、W减小，C、W增大D．E不变，C、Q、W减小

解：

未插入介质前，设平行板电容器电容为C0，极板上的电量为Q0=C0U，插入介质后，电容C=εrC0增大，电容器接在电源上，两极板间的电势差V=V0仍不变，极板上的电104

量Q=CU=εrC0U=εrQ0增大。

未插入介质前，电场强度E0=电场强度不变。

VV

，插入介质后，E=，因V，d不变，所以E=E0，

dd

111

未插入介质前，电场能量W0=C0V2，插入介质后，W=CV2=εrC0V2=εrW0增

222大。

综上，正确答案是（B）。

10–11如图10-8所示，一球形导体A含有两个球形空腔，这导体本身的总电荷为零，但在两空腔中心分别有一个点电荷q1和q2，导体球外距导体球很远的r处有另一个点电荷q3。

求：

（1）球形导体A外表面所带电量；

（2）A，q1，q2，q3所受的力。

解：

（1）在导体内作一闭合曲面包围q1所在空腔。

由于静电平衡时，导体内场强处处为零，因此闭合曲面的电通量为零。

根据高斯定理，点电荷q1空腔壁上有电量-q1，同理，点电荷q2空腔壁上有电量-q2。

已知导体本身的总电荷为零，根据电荷守恒，导体球A外表面所带电量为（q1+q2）。

由于静电屏蔽效应，-q1，-q2不受q3影响，在腔内均匀分布。

（2）由于点电荷q1所在球形空间被周围金属屏蔽，q1相当于只受空腔1内表面电荷的作用，又因q1处于带电空腔的中心，空腔表面上的感应电荷-q1均匀分布，则感应电荷-q1在q1处产生的场强E1=0，

图10–

8

因此，点电荷q1受到的作用力F1=q1E1=0。

同理，点电荷q2受到的作用力F2=0。

由于点电荷q3距导体球A很远，它对导体球外表面电荷的影响可忽略，因此，感应电荷在导体球A外表面上近似均匀分布，它在q3处产生的场强可等效看成是在球心的点电荷（q1+q2）激发

q+q

EA=

4πε0r2

因而导体球A近似地对q3产生的作用力为

q（q+q）

F3=q3EA=

4πε0r2

两空腔中心处的q1，q2对q3的作用受导体球A的屏蔽，对其无影响。

q3对导体球A产生的作用力与F3大小相等，方向相反。

10–12面电荷密度为σ1的无限大均匀带电平面B与无限大均匀带电导体平板A平行放置，如图所示。

静电平衡后，A板两面的面电荷密度分别为σ2，σ3。

求靠近A板右侧面的一点P的场强大小。

解：

方法一：

利用场强叠加原理。

在导体平板A内任取一点P´，如图10-10所示。

取向右为电场强度的正方向，根据静电平衡条件，P´点场强为

EP'=

σσ2

σ1

P

σ3σ2σ1

--=

02ε02ε02ε0

B

图10-9

105

由此可得

σ3=σ2+σ1

（1）

而靠近A板右侧面P点的场强可看成是三个无限大的均匀带电平面产生的电场的叠加，

2

σ1

σσσ

EP=+-

（2）

2ε02ε02ε0

联立

（1）

（2）式得

P

σ

EP=

ε0

方法二：

利用静电平衡时，导体表面附近任一点的场强大小与导体表面上对应点电荷面密度的关系，得

图10–10

σEP=

ε0

10–13一导体球半径为R1，球外有一个内、外半径分别为R2，R3的同心导体球壳，此系统带电后内球电势为V1，外球所带总电量为Q。

求此系统各处的电势和电场分布。

解：

设内球带电为q，由于静电感应，则球壳内表面带电为–q，而球壳外表面带电为（q+Q），如图10-11所示。

已知内球电势为V1，它可看作是三个同心带电球面在r=R1处产生的电势叠加，即

V1=

q4πε0R1

+

-qq+Q1qqq+Q

+=（-+）

4πε0R24πε0R34πε0R1R2R3

由此式可解得

q=

4πεRRRV-RRQ

R2R3+R1R2-R1R3

由高斯定理

⎰⎰S

E⋅dS=

qin，可得各区域的电场分布

ε0

E1=0，（r

E2=

q4πε0r2q+Q4πε0r

2

，（R1

E3=0，（R2

E4=，（r>R3）

图10–11

方向沿径向。

由电势叠加原理，系统的电势V1可看作是三个同心带电球面在r处产生的电势叠加，各区域的电势分布为

当r

V1==

R1

R2

R3

∞

⎰0

E1⋅dr++

⎰R1

E2⋅dr+

⎰R2

E3⋅dr+

⎰R3E4⋅dr

q4πε0R1-qq+Q1qqq+Q

+=（-+

）

4πε0R24πε0R34πε0R1R2R3

106

同理，当R1

V2=q-qq+Q1qqq+Q++=（-+）4πε0r4πε0R24πε0R34πε0rR2R3

q-qq+Qq+Q++=4πε0r4πε0r4πε0R34πε0R3

q-qq+Qq+Q++=4πε0r4πε0r4πε0r4πε0r当R2R3时V4=

10–14如图10-12所示，半径为r1，r2（r1

（1）外球的电荷量及电势；

（2）把外球接地后再重新绝缘，外球的电荷量及电势；

（3）然后把内球接地，内球的电荷量及外球的电势的改变。

解：

（1）外球壳内表面的感应电荷量为-q，由于外球原来没有

电荷，根据电荷守恒，外球壳外表面感应电荷量为+q，且均匀分布。

由电势叠加原理，外球的电势V1是内球电荷电场在外球壳处的电势

V1=q

4πε0r2

（2）外球壳接地后，其外表面电荷为零。

重新绝缘后，由高斯

定理，外球壳的内表面电荷仍为-q，外球电势V2为

V2=q

4πε0r2+-q=04πε0r2图10–12

（3）内球接地后，它的电势为零。

设内球电量为q´，则外球壳的内表面带-q´，球壳外表面带电（-q+q´），由电势叠加原理，内球电势为

V3=q'-q'q'-q++=04πε0r4πεr4πεr10202

rq'=qr2由此解得

此时，外球壳电势变为

V4=-r）qq'-q'q'-q（r++=1224πε0r24πε0r24πε0r24πε0r2

外球电势的改变量为

（r-r）q（r-2r）qq∆V=V4-V1=-=224πεr4πε0r24πε0r202

结果表明，导体接地时，其电荷未必是零。

导体接地时唯一可确定的条件是它的电势为零。

10–15如图10-13所示，由半径分别为R1=5cm，R2=10cm的两个很长的共轴金属圆柱面构成一个圆柱形电容器。

将它与一个直流电源相接。

今将电子射入电容器中，如图（b）

，107

电子的速度沿其半径为r（R1

欲使该电子在电容器中作圆周运动，问在电容器的两极之间应加多大的电压？

（me=9.1⨯10-31kg，e=1.6⨯10-19C）

力提供，由牛顿定律有

v2

F=eE=mer（a）

图10–

13（b）解：

电子在圆柱形电容器中垂直于轴线的平面上作圆周运动，则其所受的向心力由静电

由此可得

mev2

E=er

电容器极板间的电压为

R2mev2mev2R21mev2R2V=E⋅dr=dr=dr=lnR1R1erR1reeR1⎰R2⎰⎰

=9.1⨯10-31⨯（3⨯106）2

1.6⨯10-19ln10V=35.5V5

10–16如图10-14所示，半径分别为R1，R2的两个金属导体球A，B，相距很远，求：

（1）每个球的电容；

（2）若用细导线将两球连接后，利用电容的定义求此系统的电容；

（3）若系统带电，静电平衡后，两球表面附近的电场强度之比。

解：

（1）由于两球相距很远，可将两球看成是孤立导体球。

球A的电容为

C1=4πε0R1

球B的电容为

C2=4πε0R2R1AB

（2）设两球组成的系统带电Q，细导线将两球连接后，

两球分别带电量Q1，Q2，则

Q1+Q2=Q

（1）图10–14R2

两球的电势分别为

V1=Q

（2）4πε0R1

108

V2=

Q（3）

4πε0R2

两球相连后电势相等，V1=V2，则有

Q1Q2

=

4πε0R14πε0R2

由此可得

QQQ+QQ===R1R2R1+R2R1+R2

则

Q1=Q2=

RQ

R1+R2R2Q

R1+R2

代入

（2）式和（3）式得

V=V2=V1=

Q1Q

=

4πε0R14πε0（R1+R2）

由电容定义

C=

Q

=4πε0（R1+R2）V

Q1Q2

（3）两球表面附近的电场强度分别为

σ1E1=1=

ε0

ε04πR12

σ1E2=2=

ε0

则

ε04πR22

E1σ1Q1R22R2

===

E2σ2Q2R12R1

10–17两根平行的长直导线，两线中心线相距为b，它们的横截面半径都等于a，并且b>>a，求单位长度上的电容。

解：

如图10-15所示，假设两根导线单位长度上的电荷分别为+λ，-λ，因b>>a，电荷在导线上均匀分布，在两导线中心连线上距离带正电荷导线中心为x处的P点的电场强度的大小为

E=

a

+λ

Ux

O

b-xPE

O´-λ

a

λλ

+2πε0x2πε0（b-x）

b-a

x

方向沿x轴正方向。

两导线之间的电势差为

V==

⎰lE⋅dl=⎰a

Edx

⎰a

b-a⎛

⎫λλ

+⎪dx2πεx2πε（b-x）00⎝⎭

图10–15

109

=λb-aλaλb-aln-ln=ln2πε0a2πε0b-aπε0a

q，可得单位长度的电容为V

C=πε0πε0q=≈Vln（b-a）-lnalnb-lna由电容器电容的定义式C=

10–18将一个电容为4μF的电容器和一个电容为6μF的电容器串联起来接到200V的电源上，充电后，将电源断开并将两电容器分离。

在下列两种情况下，每个电容器的电压各变为多少？

（1）将每一个电容器的正板与另一个电容器的负板相连；

（2）将两电容器的正板与正板相连，负板与负板相连。

解：

当电容器C1=4μF与C2=6μF串联接到U=200V的电源时，它们的总电容为

C=CC4⨯6=μF=2.4μFC1+C24+6

由于是串联充电，所以两电容器带有相同的电荷量Q，其值为

Q=CV=2.4⨯200μC=480μC

（1）当每个电容器的正板与另一个电容器的负板相连时，正负电荷将等量中和，总电量为零，电容器的电压都变为零。

（2）将两电容器同极相连时，此时两电容器为并联，总电容为

C'=C1+C2=（4+6）μF=10μF

总电量为

Q'=2Q=2⨯480μC=960μC

两电容器的电压相等，均是

V'=Q'960V=96V=C'10

10–19平行板空气电容器的空气层厚1.5×10–2m，两极间电压为40kV时，电容器是否会被击穿（设空气的击穿场强为3×103kV/m）？

再将一厚0.3cm，相对电容率为7.0，介电强度为10MV/m的玻璃片插入电容器中，并与两极板平行，这时电容器是否会被击穿？

解：

未插入玻璃片时，电容器内的电场强度为

E=V40==2.7⨯103kV/md1.5⨯10-2

因空气的击穿场强Eb=3×103kV/m，E

设空气中的场强为E1，当所加电压不变时，插入厚度为d2的玻璃片，玻璃片中场强为

EEE2==εr7.0

于是

E2d2+E1（d-d2）=V

由此可得

E1=V40=kV/m=3.2×103kV/m（d-d2）+d2/εr（1.5⨯10-0.3⨯10）+0.3⨯10/7.0

110

由于E1>Eb=3⨯103kV/m，因此，空气层首先被击穿。

空气层被击穿后，40kV电压全部加到玻璃片上，此时玻璃片内的场强增大到

E2=V40=kV/m=13.3MV/md0.3⨯10-2

因玻璃的击穿场强为10MV/m，E2>Eb'=10MV/m，因此，玻璃片也相继被击穿，整个电容器被击穿。

10–20如图10-16所示，三块平行金属板A，B，C，面积均为0.02m2，A与B相距4.0mm，A与C相距2.0mm，B和C两板都接地。

若A板带正电荷Q=3.0×10–7C，不计边缘效应，求：

（1）若平板间为空气（εr=1.00），求B板、C板上的感应电荷及A板的电势；

（2）若在A，C平板间充以另一εr=6的均匀电介质，求B板、C板上的感应电荷及A板的电势。

解：

（1）A板上的电荷Q分布于它的两个侧面上。

设右侧面电量为Q1，左侧面电量为Q2，则

Q=Q1+Q2

（1）由高斯定理和静电平衡条件，可得B板内侧面上感应电荷

为-Q1，C板内侧面上感应电荷为-Q2，因此，A，B两板间场

强和A，C两板间场强分别为

σQEAB==ε0ε0S

σQEAC==ε0ε0S

即

VAB=VAC图10–16由于B，C板同时接地，电势都为零，所以A，B两板间和A，C两板间电势差相等，

而

VAB=EABdAB=VAC=EACdAC=Qdε0SABQdε0SAC

由此可得

QQdAB=dACε0Sε0S

即

QdAC=

（2）Q2dAB

联立方程

（1）式和

（2）式，可得

QdAC3.0⨯10-7⨯2.0⨯10-3

C=1.0×10–7

CQ1==dAB+dAC4.0⨯10-3+2.0⨯10-3

111

Qd3.0⨯10-7⨯4.0⨯10-3

C=2.0×10–7CQ2==dAB+dAC4.0⨯10-3+2.0⨯10-3

所以，B板上感应电荷为-Q1=-1.0×10–7C，C板上感应电荷为Q2=-2.0×10–7C。

A板的电势

Q1.0⨯10-7

103VVA=VAB=EABdAB=dAB=⨯4.0⨯10-3V=2.3×ε0S8.85⨯10-12⨯0.02

（2）解法同

（1）

A板上的电荷Q分布于它的两个侧面上。

设右侧面电量为Q1´，左侧面电量为Q2´，则

Q=Q1'+Q2'（3）

A，B两板间和A，C两板间电势差相等，即

'=VAC'VAB

而

Q1''=E'VABd=dABABε0SAB

在A，C平板间充以另一εr=6的均匀电介质，则

'=E'VACACdAC=dε0εrSAC'Q由此可得

'Q1'Q2dAB=dACε0Sε0εrS

即

dQ'=（4）'εrdABQ2

联立方程（3）（4），可得

-7-3QdAC3.0⨯10⨯2.0⨯10C=2.3×10–8CQ1'==dAC+εrdAB2.0⨯10-3+6⨯4.0⨯10-3

Q2'=Qεd3.0⨯10-7⨯6⨯4.0⨯10-3

C=2.8×10–7C=dAC+εrdAB2.0⨯10-3+6⨯4.0⨯10-3

所以，B板上感应电荷为-Q´10–8C，C板上感应电荷为-Q´10–7C。

A板1=-2.3×2=-2.8×的电势

Q'2.3⨯10-8''=EAB'dAB=102VVA=VABdAB=⨯4.0⨯10-3V=5.2×ε0S8.85⨯10-12⨯0.02

10–21两个同心的薄金属球壳，内、外球壳半径分别为R1=0.02m，R2=0.06m。

球壳间充满两层均匀电介质，它们的相对介电常数分别为εr1=6和εr2=3。

两层电介质的分界面半径R=0.04m。

设内球壳带电量Q=-6×10–8C，求

（1）D和E的分布，并画D-r，E-r曲线；

（2）两球壳之间的电势差；

（3）贴近内金属壳的电介质表面上的面束缚电荷面密度。

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解：

（1）以r为半径，与球壳同心的球面为高斯面，由电介质的高斯定理

⎰⎰SD⋅dS=∑Qi及关系式D=εE=ε0εrE得

当r