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.docx

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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：

qA1-7c

qA2=7b

即

Qa=-9bqC）①

又因为：

UAC=UAB

UAC=EAC

EAC=2EAB

即:

qc=2Qb

联立①②求得

qC=-210^C

Zb=T10RC

门dqcd

.=•—

；o2S;o2

d

U=UU=U=E—

AACCACAC

2

7

2如0一

412

200x10一疋8.85汉10一

33

210-=2.2610（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,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）AB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

+σ-U

-1厂

；P-

■A*•-B

题图10-2

⑶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。

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:

E1

q

（r

：

：

：

R1）

_2

4∏Pr

E2

=0（R1

：

：

：

r：

：

：

R2）

E3

q

2

4∏；0r

（R2：

：

：

r）

题10-3解图

即:

E=■<4KZOr

综上可知：

R2

U2

U1

E2

Ei

（Rι：

：

：

r：

：

：

R2）

÷o-

E3

dr-

dr

⅛c-

E3

-R2

R2

dr

JRi

1

+——

RIR2J

E2

（r

■beq

dr

dr

≤Rι）

dr

q

，（r一R2）

4冗；0r

-⅛-

E3

-R2

-be-

E

dr=

dr

-,（R1--R2）

4Tr;0R2

Ri

E1dr

Yr

■-r/E3dr

q

4T；oR2

q

4τ;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,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:

E^O（r

E22（RI：

：

：

r：

：

：

R2）

4T0r

E3=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pι（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（rvR1）的电势U为：

RIJ-Jr2--JR2J_

U1=[E1创r+JRE2创r=IlRE2创r

；2q‘11X

=J2dr=——

LRI4πe0r4πO^R1R2JI

U2=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：

E^O（r：

：

：

R1）

义分别计算，可得：

联立上述两式，求得:

R1R2Q

RIR2R2R^-RIR3

将q•代入Ut的表达式中可得：

，（R2■-r：

-R3）

U2「

4π名0R1R2+R2R3_R1R3

U1=0，（r=：

:

R1）

10-5三个半径分别为R1,R2，R3（R1

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R的导体球壳外表面上均匀的分布电量Cll,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+q1的电量.因此，半径为R的球壳外表面上的电量为5+q2,同理，半径为Ri的球壳内表面上感应出-（q1+q2）的电量.外表面上感应出+（q1+Ch）的电量•所以R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

Ei=O,（r：

：

：

RJ

E的方向均沿径向向外.取无限远处为电势零点.

R2R3:

:

U1E2Hr亠IE3Hr亠IE4^dr

JRIb加2加3

R2宀dr∙R3—drrq~T3dr

4∏；Or'R24∏Pr'R34∏Pr

f3∙q≤⅛r+严qιF:

q3dr

R24∏PrR34∏Pr

（11、

^q^q^q3

（1、

1

'zq^hq2Lq3X

Γ

IR2R3；

IR2R3；

4πZ0

IR3J

4Π0

Qi72

4π；o

（方法二）可把各球壳上的电势视为由电量为q1,半径为R;电量为q2，半径为R2;电量

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R的球壳外表面上的P点由三个带电球壳电势的叠加.故有

⑵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（b）

R3

■=

R3

q-

FX

q-+q2

--

U2

=L

E3型r=

L

2dr=

—

2

^R2

4

π⅛0「

4∏o

IR2R3J

R2

R3

N

■R2

q-

.∕3q-4

q

U-

=IIR

E2型r+

L

E3

审r=L

2dr十L

2dr

TRI

LR2

Jr-

4∏εOr

R24∏0r

Ei=O,（r：

：

：

RJ

qi

E22,（R1：

：

：

r：

：

：

R2）

4∏⅛r

qi+q2CX

E3-三,（R2：

：

：

r：

：

：

R3）

4∏Pr

E4=0,（R3：

：

：

r）

•∙U3=O

把U视为带电量为

q-+q2,半径为R>.带电量为-（q-+c∣2）,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-+q2q-+q2X

q-+q2

SL

U2=

—

=

—

4∏S0

IR2R3」

4π名O

IR2R3」

因为外球壳接地，所以：

U3=O

a,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：

Q

E2，（a”：

r：

：

：

b）

4∏；0r

据场强与电势差的关系:

b--bQQC1）

Uab=EdrFdr

aa4兀駅r4聴OIabJ

于是有：

QQ

C4∏；0ab/（b-a）

UabQJ

4∏；。

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ABBC两电容器的串联•

解:

（1）CAB代0s—

dABd—t—X

∙∙∙AC间的电容为

（3）当t=0时：

C=Wd

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；。

；rS

1i1662

（2）σt=1——CJO=II――汉8.85疋10一=7.08汉10一（c∕m）

、、&丿I5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+60和-δo.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。

^r1®0名「1

E2=空=一丄，方向为垂直极板向下。

^r2名0名r2

⑵该电容可以看成是Cl与C2的串联。

Cl

；0；r1S

—

d1

C2

®0名r2s

—

d2

-'0-r--0-γ2S

C1

C2

d1d2

®0£r1S每"0乞2S

名r1^r2名0S

C-

Cl

C2_

P-'r1S

d1

/.匚072s

d2

2∙02∙r1Sd2>0Σ-r2Sd1:

Lr1d2■∑-r2d1

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，则通过此面的

D-ds=2πrlD

由高斯定理可知

B■

则：

Uo=E-dl

JR

R■—B——

当r≤R时，U=EJdlEd=OUO=U

BR—■B—

当r≥R时，U=jEjdlHjE_dlREgl

■■■■■•r■R

=UOIn=UOln•

2π^o8rR2πZ0Zrr

综上可知电势分布为：

jUo（r≤R）

U=«λR

U0+In—（^R）

2π名0S∙rr

10-11设有两个同心的薄导体球壳A与B，其半径分别为Rι=10cm,R2=20cm，所带电量分

别为q1=_4.010^C,q2=1.010JC.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

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=.；：

oJrE

由场强与电势的关系可知

■be---be-I

U=Eql=Eqr

r■r

987

910i101∙010）=27103（V）

qi

_89

-410910

11

-410*9109

ii

4

—

0.10.15

卜I

2

—

0.150.2

R

丄、丿3

2.7i0

3

=2.ii0（V）

（2）UAB=UA—UB=2∙1X103-2.7×10=-600（V）

（3）r=30cm.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=1.2104510=60（V）

.：

U

q=CLU=88.510工300=2.6610J（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=Zqi=^x（R

D=上一（RVrVR）

2πr

E=-^=L——（RVrVR）

；0；r2∏；oJrr

D、E的方向均沿径向向外•

R2-_R2&九R2

⑵UAB=E0r=drIn-2

LRILRI2阳OErr2兀名OErRl

10-15如题图10-15所示，每个电容器的电容C均为3μF,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+C2=6（μF）

C12-C336

—-2（μF）

C12C363

Q总=C总Uab=210一6450=910（C）

而Q3=Q12=Q总=910（C）

而QlQ^Q12且Q1=Q2

—4

Q1=Q2=4.510（C）

即各电容器的电量为：

Q1=Q2=4.510—4（C）；Q3=910—∖C）

12162

（2）W=-C总U210一（450）=0.203（J）

22

⑶在C3中充入；r=2的电介质后，其电容为C3,则有:

C3=;rC3=23=6（μF）

C3C3

一C35

66

3（μF）

66

—6—3Z

Q总=C总Uab=310450=1.3510（C）

——3

Q3=Q总=1.3510（C）

Q3

——4Z

=6.7510（C）