第十章 静电场中的导体和电介质习题解讲解.docx

1、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101 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12，3= 4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1，2，3，4。由电荷守恒定律得1Qa Qb2 3 41S+2S=Qa （1） 3S+4S=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10-1QQEP=-=0 （3）20202020EQ=1234+-=0 （4） 202020202 4

2、Q由方程（1）（4）式得Q+Qb（5） 1=4=a2SQ-Q （6） 2=-3=2S1，4），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102 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，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104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

3、E2的叠加，即EP=E1+E2，当静电平衡时，EP=E1+E2=0，由此可得E2=-E1=-Q40(a+r-2arcos)22er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101E2=Q40(a+r-2arcos)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=Q 40a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，则它在球心的电

4、势为O点产生的电势为 dS，考虑球的半径是一常量，故整个球面上的感应电荷在球心40RV2= dS1=S40R40R SdS由电荷守恒可知，感应电荷的代数和V2= SdS=0。因此 SdS=0QQ+0= 40a40a140R所以，P点电势为 VP=VO=V1+V2=103 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=20Lln VB-VAR1CBC=RQ=20Lln VB-VCR2由于A和C接地，则VB-VA=VB-VC，因此Rl

5、n2Q1R1= R3Q2lnR2图105104 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r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102WeCC1= WeCrCr1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 2WeCC=r WeCC105 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r的各向同性均匀电介质，则电介质中的电场

6、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 d20rV2121V we=E=0r =222d2d106 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（dR），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 。以下关于P点电场强度大小的答案中，正确的是 。Aq+ 2040(d-R)2q-B 2040(d-R)q+ 040(d-R)2q-D 040(d-R)2CE图106 0F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 /0，正确答案选（E）。 107 如图10-7所示，

7、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+qq B0 C- D由于感应电荷分布非均匀，因此无法求出 22q 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，在导体球面面积元dS处的感应电荷为dS，则它在球心的电势为dS，故整个球面上40Rq 40R感应电荷在球心O处产生的电势为 V1= dS1=S40R40R SdS=图107 电荷+Q在球心O处产生的电势为103V2=q 40(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=qq+=0 40R

8、40(2R)由此可求得导体表面上存在感应电荷为qq=- 2故应选（C）。108 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 SDdS=Qi和D=E，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 SEdS=01qin=Qi+q，可知极化电荷01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

9、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）。109 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 = 0(r-1)E，电位移矢量公式为D = 0E + 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 = 0E + 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

10、质，才有P=0eE，由此可得到P = 0(r-1)E，因此P = 0(r-1)E只适用于各向同性介质。故答案应选（D）。1010 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 。AE减小，C、Q、W增大 BE不变，C、Q、W增大CE、W减小，C、W增大 DE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=rC0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=rC0U=rQ0增大。未插入介质前，电场强

11、度E0=电场强度不变。VV，插入介质后，E=，因V，d不变，所以E=E0，dd111未插入介质前，电场能量W0=C0V2，插入介质后，W=CV2=rC0V2=rW0增222大。综上，正确答案是（B）。1011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

12、，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108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

13、效看成是在球心的点电荷（q1+q2）激发q+qEA=40r2因而导体球A近似地对q3产生的作用力为q(q+q)F3=q3EA=40r2两空腔中心处的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。1012 面电荷密度为1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2，3。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=21P321-=0 202020B图1

14、0-9105由此可得3=2+1 （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，21EP=+- （2）202020联立（1）（2）式得PEP=0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1010EP=01013 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

15、r=R1处产生的电势叠加，即V1=q40R1+-qq+Q1qqq+Q+=(-+)40R240R340R1R2R3由此式可解得q=4RRRV-RRQR2R3+R1R2-R1R3由高斯定理SEdS=qin，可得各区域的电场分布0E1=0，（rR1）E2=q40r2q+Q40r2，（R1rR2）E3=0，（R2rR3）图1011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rR1时V1=R1R2R30E1dr+R1E2dr+R2E3dr+R3E4drq40R1-qq+Q1qqq+Q+=(-+)40R240R340R1R2R3106同理，当

16、R1rR2时V2=q-qq+Q1qqq+Q+=(-+) 40r40R240R340rR2R3q-qq+Qq+Q+= 40r40r40R340R3q-qq+Qq+Q+= 40r40r40r40r当R2rR3时 V4=1014 如图10-12所示，半径为r1，r2（r1r2）的两个同心导体球壳互相绝缘，现把+q的电荷量给予内球，求：（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

17、的电势V1是内球电荷电场在外球壳处的电势V1=q40r2（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=q40r2+-q=0 40r2图1012（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-qq-q+=0 40r4r4r10202rq=q r2由此解得此时，外球壳电势变为V4=-r)qq-qq-q(r+=12 240r240r240r240r2外球电势的改变量为(r-r)q(r-2r)qqV=V4-V1=-= 224r40r240r202结果

18、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。1015 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（R1ra，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+，-，因ba，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+U xOb-x P EO -a+ 20x20(b-x)b-ax方向沿x轴正方向。两导线之间的电势差为V=lEdl=

19、aEdxab-a+ dx 2x2(b-x)00图1015109=b-aab-aln-ln=ln 20a20b-a0aq，可得单位长度的电容为 VC=00q= Vln(b-a)-lnalnb-lna由电容器电容的定义式C=1018 将一个电容为4F的电容器和一个电容为6F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=4F与C2=6F串联接到U=200V的电源时，它们的总电容为C=CC46=F=2.4F C

20、1+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=2.4200C=480C（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)F=10F总电量为Q=2Q=2480C=960C两电容器的电压相等，均是V=Q960V=96V =C101019 平行板空气电容器的空气层厚1.5102m，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3103 kV/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

21、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=2.7103 kV/m d1.510-2因空气的击穿场强Eb=3103kV/m，EEb=3103kV/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=13.3 MV/m d0.310-2因玻璃的击穿场强为10MV/m，E2Eb=10MV/m，因此，玻璃片也相继被击穿，整个电容器被击穿。1020 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

22、接地。若A板带正电荷Q=3.0107C，不计边缘效应，求：（1）若平板间为空气（r=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r=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QEAB= 00SQEAC= 00S即VAB=VAC 图1016 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

23、势差相等，而VAB=EABdAB=VAC=EACdAC=Qd 0SABQd 0SAC由此可得QQdAB=dAC 0S0S即QdAC= （2） Q2dAB联立方程（1）式和（2）式，可得QdAC3.010-72.010-3C=1.0107C Q1=dAB+dAC4.010-3+2.010-3111Qd3.010-74.010-3C=2.0107C Q2=dAB+dAC4.010-3+2.010-3所以，B板上感应电荷为-Q1= -1.0107C，C板上感应电荷为Q2= -2.0107C。A板的电势Q1.010-7103V VA=VAB=EABdAB=dAB=4.010-3V=2.30S8.851

24、0-120.02（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=EVABd=d ABAB0SAB在A，C平板间充以另一r=6的均匀电介质，则=EVACACdAC=d 0rSACQ由此可得Q1Q2dAB=dAC 0S0rS即dQ= （4） rdABQ2联立方程（3）（4），可得-7-3QdAC3.0102.010C=2.3108C Q1=dAC+rdAB2.010-3+64.010-3Q2=Qd3.010-764.010-3C=2.8107C =dAC+rdAB2.

25、010-3+64.010-3所以，B板上感应电荷为-Q108C，C板上感应电荷为-Q107C。A板1= -2.32= -2.8的电势Q2.310-8=EABdAB=102V VA=VABdAB=4.010-3V=5.20S8.8510-120.021021 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r1=6和r2=3。两层电介质的分界面半径R=0.04m。设内球壳带电量Q= -6108C，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。112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SDdS=Qi及关系式D=E=0rE得当rR1