川师大学物理第十章-静电场中的导体和电介质习题解.doc

精品文档，仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除第十章 静电场中的导体和电介质s1s2s4s3QaQb图10-1101 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s1= ，s2= ，s3= ，s4= 。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s1，s2，s3，s4。由电荷守恒定律得 （1） （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xs1s2s4s3PQQaQb图10-2 （3） （4）由方程（1）（4）式得 （5） （6）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1，4），带等量同号电荷。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q，感应电荷在P点产生的场强大小为 ，方向 ；P点的电势为 。+QDPRqaOr图10-3+QDPRqaOr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E2的叠加，即EP=E1+E2，当静电平衡时，EP=E1+E2=0，由此可得其中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，即其中，点电荷+Q在O点的电势V1为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s，则它在球心的电势为，考虑球的半径是一常量，故整个球面上的感应电荷在球心O点产生的电势为由电荷守恒可知，感应电荷的代数和。因此所以，P点电势为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 。ABC图105解：三个导体圆柱面构成两个圆柱形电容器，电容分别为由于A和C接地，则，因此104 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er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。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，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之比为若电容器一直与电源相连，电容器电压不变，根据公式，可得105 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er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。故电介质中的电场能量密度为106 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s 。以下关于P点电场强度大小的答案中，正确的是 。图106·PqdR·ABCDEF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s /e0，正确答案选（E）。107 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 B0 C D由于感应电荷分布非均匀，因此无法求出ROqdq´图107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s，在导体球面面积元dS处的感应电荷为，则它在球心的电势为，故整个球面上感应电荷在球心O处产生的电势为电荷+Q在球心O处产生的电势为由电势叠加原理，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，于是由此可求得导体表面上存在感应电荷为故应选（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和，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，可知极化电荷的代数和也为零，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）。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 = e0(er-1)E，电位移矢量公式为D = e0E + 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 = e0E + 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，由此可得到P = e0(er-1)E，因此P = e0(er-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，插入介质后，电容增大，电容器接在电源上，两极板间的电势差仍不变，极板上的电量增大。未插入介质前，电场强度，插入介质后，因V，d不变，所以，电场强度不变。未插入介质前，电场能量，插入介质后，增大。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，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。 Aq1q2q3r图108（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，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）激发因而导体球A近似地对q3产生的作用力为两空腔中心处的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。s1s3s2ABP图10-91012 面电荷密度为s1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s2，s3。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´点场强为由此可得xs1s3s2ABPP´图1010 （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）联立（1）（2）式得方法二：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1013 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，即由此式可解得q-qQ+qOR2R1R3图1011由高斯定理，可得各区域的电场分布方向沿径向。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时同理，当时当时当时1014 如图10-12所示，半径为r1，r2（r1<r2）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。qOr1r2图1012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（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（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，内球电势为由此解得此时，外球壳电势变为外球电势的改变量为结果表明，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。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），电子的速度沿其半径为r（R1<r<R2）的圆周的切线方向，其值为m/s。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=kg，e=C）图1013R1OR2（a）OR1R2rv（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力提供，由牛顿定律有由此可得电容器极板间的电压为V=35.5 V1016 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R1R2AB图1014球B的电容为（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 （1）两球的电势分别为 （2） （3）两球相连后电势相等，则有由此可得则 代入（2）式和（3）式得由电容定义（3）两球表面附近的电场强度分别为则1017 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。OO´aa+l-lUxb-xxPE图1015解：如图10-15所示，假设两根导线单位长度上的电荷分别为+l，-l，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方向沿x轴正方向。两导线之间的电势差为由电容器电容的定义式，可得单位长度的电容为1018 将一个电容为4mF的电容器和一个电容为6mF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=4mF与C2=6mF串联接到U=200V的电源时，它们的总电容为mFmF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mCmC（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mFmF总电量为mCmC两电容器的电压相等，均是VV1019 平行板空气电容器的空气层厚1.5×102m，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3×103 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 kV/m因空气的击穿场强Eb=3×103kV/m，故电容器不会被击穿。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，玻璃片中场强为于是由此可得 kV/m= 3.2×103kV/m由于kV/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kV/m=13.3 MV/m因玻璃的击穿场强为10MV/m，MV/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两板都接地。若A板带正电荷Q=3.0×107C，不计边缘效应，求：（1）若平板间为空气（er=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er=6的均匀电介质，求B板、C板上的感应电荷及A板的电势。ABC图1016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 （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，即而由此可得即 （2）联立方程（1）式和（2）式，可得C=1.0×107CC=2.0×107C所以，B板上感应电荷为-Q1= -1.0×107C，C板上感应电荷为Q2= -2.0×107C。A板的电势V=2.3×103V（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 （3）A，B两板间和A，C两板间电势差相等，即而在A，C平板间充以另一er=6的均匀电介质，则由此可得即 （4）联立方程（3）（4），可得C=2.3×108CC=2.8×107C所以，B板上感应电荷为-Q´1= -2.3×108C，C板上感应电荷为-Q´2= -2.8×107C。A板的电势V=5.2×102V1021 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er1=6和er2=3。两层电介质的分界面半径R=0.04m。设内球壳带电量Q= -6×108C，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。图1017E,DEEErDOR1RR2解：（1）以为半径，与球壳同心的球面为高斯面，由电介质的高斯定理及关系式得当时，有当时，有当时，有当时，有D-r，E-r曲线如图10-17所示。（2）两球壳之间的电势差为V= -3750V（3）贴近内金属壳的电介质表面上的面束缚电荷面密度为贴近内金属壳的电介质表面处，er与n反向，且r=R1，由上式，得C/m2=9.95×106 C/m21022 半径为R的介质球，相对电容率为er，其电荷体密度，式中为常量，r是球心到球内某点的距离。试求：（1）介质球内的电位移和场强分布；（2）在半径r多大处的场强最大？ 解：由电荷分布的球对称性，取与介质球同心，半径为r（r<R）的球形高斯面，根据电介质的高斯定理得即可得由关系式可得电位移D和场强E的方向沿径向。（2）令，即得又因该处，故此处场强最大。1023 在图10-18各图中，平行板电容器极板面积均为S，板间距为d，如图（a）（b）（c）所示，充以相对电容率分别为er1，er2，er3的均匀电介质，求各电容器的电容。S/2S/2der1er2（a）Sd/2d/2er1er2（b）er1er2d/2d/2S/2S/2er3（c）图1018解：（1）由电容器定义求C。方法一：设电容器上极板带电+Q，下极板带电Q，左边介质中两极板的电荷面密度为±s1，场强为E1，右边介质中两极板的电荷面密度为±s2，场强为E2，则由电荷守恒，可得 （1）又由于上极板为等势体，下极板为等势体，故左边和右边极板间的电势差相等，有则左、右两边电介质的场强相等，即。又因可得 （2）联立（1）式和（2）式，解得由电容器定义可得此结果说明：该电容器相当于左、右两介质电容器并联。方法二：利用两电容器并联关系求C。图10-18（a）可看成是相对电容率为er1的平行板电容器C1和相对电容率为er2的平行板电容器C2的并联，如图10-19（a）。（2）方法一：由电容器定义求C。设电容器上极板带电+Q，下极板带电Q，在相对电容率为er1的介质内场强为E1，在相对电容率为er2的介质内场强为E2，则在两种介质中的场强分别为上、下极板的电势差为由电容器电容的定义，得此结果说明：该电容器相当于上、下两介质电容器串联。方法二：图10-18（b）可看成是两个平行板电容器，串联，如图10-19（b），则（3）图10-18（c）可看成是两个平行板电容器C 2，C 3串联，然后与平行板电容器C1并联，如图10-19（c），有则图1019C1C2（a）C2C1（b）C2C3C1（c）1024 有两块平行板，面积各为100cm2，板上带有8.9×107C的等值异号电荷，两板间充以介质，已知介质内部电场强度为1.4×106V/m，求：（1）介质的相对电容率；（2）介质面上的极化面电荷。解：（1）介质内部的场强由此可得介质的相对电容率（2）介质面上的极化面电荷C=7.7×107C1025 一平行板电容器（极板面积为S，间距为d）中平行于极板放有一块厚为t，面积为S，相对电容率为er的均匀电介质，如图10-20所示。设极板间电势差为V，忽略边缘效应，求：（1）电介质中的电场强度E，极化强度P和电位移D；（2）极板上的电荷量Q；（3）极板和介质之间区域的场强；（4）此电容器的电容。解：设空气中的场强为E0，介质中的场强为E，极板自由电荷面密度为s，则erSdt图10-20作如图10-21所示的圆柱形高斯面1，由E的高斯定理，有由此得为求介质中的E，作如图10-21所示的圆柱形高斯面2，由电介质的高斯定理，有erSd21t图1021由此得介质中的电位移为因此电介质中的电场强度为代入U的表达式有所以介质中的场强为介质中的极化强度为介质中的电位移为E，D，P，的方向垂直于极板，由带正电荷的极板指向带负电荷的极板。（2）极板上的电荷量为（3）极板和介质之间区域的场强为E0的方向垂直于极板，由带正电荷的极板指向带负电荷的极板。（4）此电容器的电容为1026 半径为a，b（a<b）的同心导体球之间充有电容率的非均匀电介质（e0与a为常数，r是径向坐标）。电位移矢量D（r）=e E（r）。内表面上有电荷Q，外表面接地，试计算：（1）a<r<b区域内的D；（2）系统的电容；（3）a<r<b时的电极化强度P；（4）r=a和r=b处的面极化电荷密度。解：（1）由电荷分布的球对称性及电介质的高斯定理得则写成矢量形式为（2）由电位移矢量D(r)=e E(r)，可得内、外球电势差为因此，系统电容为（3）电极化强度（4）r=a时，面极化电荷密度为r=b时，面极化电荷密度为图10-22ABQd1027 如图10-22所示，把原来不带电的金属板B移近一块带有正电荷Q的金属板A，且两者平行放置。设两板面积均为S，相距为d。分别计算B板接地和不接地两种情况下金属板间的电势差VA-VB和电场能量We。解：如果B板接地，A，B两板可看成平行板电容器，其电容为由电容的定义，可得两板间的电势差为两板间的电场能量为如果B板不接地，A，B板的两个表面上都带有电荷，如图10-23所示。由习题101可知，又由电荷守恒定律ABq1q2q3q4图1023对A板：对B板：，即，可得则A，B板之间的电场强度为因此两板间的电势差为两板间的电场能量为1028一平行板电容器极板面积为S，接在电源上以保持电压为V，使两极板间的距离由d1缓慢拉开到d2，必须对系统做多少功（不考虑损耗）？ 解：极板拉开前，平行板电容器的电容为能量为极板拉开后，平行板电容器的电容变为能量为因此，极板拉开后，电容器的静电能改变为电源做的功为根据功能原理，外力与电源做功之和等于电容器能量的增量，即因此，拉力做功为1029 计算半径为R，电荷体密度为r的均匀带电球体的电场总能量。解：对于半径为R，电荷体密度为r的均匀带电球体，由于电荷分布具有球对称性，取与球体同心的球形高斯面，由高斯定理求出场强分布。球内（），有球外（），有ROrdr图10-24当时，球体内的能量密度为当时，球体外的能量密度为取半径为r，厚度为dr的球壳为体积元，如图10-24所示，其体积为，整个电场的能量为1030 如图10-25所示，圆柱形电容器由半径为R1和R3的两同轴圆柱导体面构成，且圆柱体的长度l比半径R2大得多，内外筒间充满相对电容率分别为er1和er2的均匀电介质，两层电介质的分界面半径为R2。设沿轴线单位长度上内、外筒带电为+l和l，求：（1）两介质中的D和E；（2）内外筒间的电势差；（3）电容C；（4）整个电介质内的电场总能量。er1R2R3R1er2图10-25解：（1）由电荷的对称分布，作一封闭同轴圆柱面为高斯面，根据电介质的高斯定理得于是电介质1中电位移为电介质1中电场强度为D1和E1的方向均沿r向指向外。同样的方法，电介质2中有D2和E2的方向均沿r指向外。（2）内外筒间的电势差为（3）该电容器的电容为（4）整个电介质内的电场总能量为或用电容器储能公式计算得【精品文档】第 113 页