川师大学物理第十章-静电场中的导体和电介质习题解资料.pdf

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1、 川师大学物理第十章-静电场中的导体和电介质习题解 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 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1=，2=，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 12aSSQ （1）34bSSQ （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 3124000002222PE （3）3

2、124000002222QE （4）由方程（1）（4）式得 142abQQS （5）232abQQS （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，感应电荷在 P点产生的场强大小为 ，方向 ；P 点的电势为 。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

3、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+Q D P R a O r 图 104 x 1 2 4 3 P Q Qa Qb 图 10-2 1 2 4 3 Qa Qb 图 10-1 +Q D P R a O r 图 10-3 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 21r2204(2cos)Qarar EEe 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 22204(2cos)QEarar 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

4、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 12POVVVV 其中，点电荷+Q在 O 点的电势 V1为 104QVa 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，则它在球心的电势为0d4SR，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 200d1d44SSSVSRR乙 由电荷守恒可知，感应电荷的代数和d0SS。因此 201d04SVSR 所以，P点电势为 1200044POQQVVVVaa 103 如图 10-5 所示，三个无限长、半径分别为 R1，R2，R

5、3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 12012lnBABAQRCLVVR 32022lnBCBCRQCLVVR 由于 A和 C 接地，则BABCVVVV，因此 A B C 图 105 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 211322lnlnRQRRQR 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。解：一平行板电容器，充电后断

6、开电源，其电荷量不变，根据电容器能量公式2e2qWC，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 eerr1WCCWCC 若电容器一直与电源相连，电容器电压不变，根据公式212WCV，可得 erreWCCWCC 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r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VEd。故电介质中的电场能量密度为 2220 re0 r211222VVwEdd 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（dR），球体旁附近有一点 P，

7、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 。A20024()qdR B20024()qdR C2004()qdR D2004()qdR E0 F以上答案全不对 图 106 P q d R 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 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，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 。A2q B0 C2q D由于感应电荷分布非均匀，因此无法求出 解：金属球面上感应电荷 q

8、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0d4SR，故整个球面上感应电荷在球心 O处产生的电势为 1000d1d444SSSqVSRRR乙 电荷+Q在球心 O处产生的电势为 204(2)qVR 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 1200044(2)OqqVVVRR 由此可求得导体表面上存在感应电荷为 2qq 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

9、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diQSDS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R O q d q图 107 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 0011diniqQqSES，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

10、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(r1)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，对各向同性介质，才有0 e PE，由此可得到 P=0(r1)E，因此 P=0(r1)E 只适用于各向同性介质。故答

11、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00QC U，插入介质后，电容r0CC增大，电容器接在电源上，两极板间的电势差0VV仍不变，极板上的电量r0r0QCUC UQ增大。未插入介质前，电场强度0VEd，插入介质后，VEd，因 V，d不变，所以0EE，电场强度不变。未插入介质前，电场能量20012W

12、C V，插入介质后，22r0r01122WCVC VW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精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 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

13、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，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

14、）激发 11204AqqEr 因而导体球 A近似地对 q3产生的作用力为 3123320()4AqqqFq Er 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 3210000222PE 由此可得

15、A q1 q2 q3 r 图 108 1 3 2 A B P 图 10-9 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 321 （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，321000222PE （2）联立（1）（2）式得 20PE 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 20PE 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

16、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 10 10 20 301231()4444qqqQqqqQVRRRRRR 由此式可解得 0 1 2 3 11 22 31 21 34R R R VR R QqR RR RR R 由高斯定理0dinqSES，可得各区域的电场分布 10E，（1rR）2204qEr，（12RrR）30E，（23RrR）4204qQEr，（3rR）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1rR时 q-q Q

17、+q O R2 R1 R3 图 1011 x 1 3 2 A B P P 图 1010 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 123123112340RRRRRRVddddErErErEr 0 10 20 301231()4444qqqQqqqQRRRRRR 同理，当12RrR时 200 20 30231()4444qqqQqqqQVrRRrRR 当23RrR时 3000 30 34444qqqQqQVrrRR 当3rR时 400004444qqqQqQVrrrr 1014 如图 10-12 所示，半径为 r1，r2（r1a，求单位长度上的电容。解：如图 10-15 所示，假设两根导

18、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 0022()Exbx 方向沿 x轴正方向。两导线之间的电势差为 ddb alaVE xEl 00d22()b aaxxbx 000lnlnln22baabaabaa 由电容器电容的定义式qCV，可得单位长度的电容为 00ln()lnlnlnqCVbaaba 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

19、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1 2124646C CCCCF2.4F 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 2.4200QCVC480C（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 12(46)CCC F10F O O a a+-U x b-x x P E 图 1015 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 总电量为 224

20、80QQ C960C 两电容器的电压相等，均是 96010QVC V96V 1019 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 32402.7 101.5 10VEd kV/m 因空气的击穿场强 Eb=3103kV/m，bEE，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 11

21、2r7.0EEE 于是 2 212()E dE ddV 由此可得 122222r40()/(1.5 100.3 10)0.3 10/7.0VEddd kV/m=3.2103kV/m 由于313 10bEEkV/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 22400.3 10VEdkV/m=13.3 MV/m 因玻璃的击穿场强为 10MV/m，210bEEMV/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 2.0m

22、m，B和 C 两板都接地。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。精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 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 12QQQ （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 1100ABQES 2200ACQE

23、S 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 ABACVV 而 10ABABABABQVEddS 20ACACACACQVEddS 由此可得 1200ABACQQddSS 即 12ACABdQQd （2）联立方程（1）式和（2）式，可得 731333.0 102.0 104.0 102.0 10ACABACQdQddC=1.0107C 732333.0 104.0 104.0 102.0 10ABABACQdQddC=2.0107C 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 7311201.0

24、 104.0 108.85 100.02AABABABABQVVEddSV=2.3103V（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 A B C 图 1016 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 12QQQ （3）A，B两板间和 A，C 两板间电势差相等，即 ABACVV 而 10ABABABABQVEddS 在 A，C 平板间充以另一r=6的均匀电介质，则 20 rACACACACQVEddS 由此可得 1200 rABACQQddSS 即 12rACABdQQd （4）联立方程（3）（4），可得 73133r3.0 10

25、2.0 102.0 1064.0 10ACACABQdQddC=2.3108C 73r233r3.0 1064.0 102.0 1064.0 10ABACABQdQdd C=2.8107C 所以，B板上感应电荷为Q1=2.3108C，C 板上感应电荷为Q2=2.8107C。A板的电势 8311202.3 104.0 108.85 100.02AABABABABQVVEddSV=5.2102V 1021 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

26、壳带电量 Q=6108C，求（1）D 和 E 的分布，并画 Dr，Er 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。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diQSDS=及关系式0 r D=E=E得 当1rR时，有 10D，10E 图 1017 E,D E E E r D O R1 R R2 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 当1RrR时，有 224rQ=rDe，220 r14rQr Ee 当2RrR时，有 324rQ=rDe，320 r24rQr Ee 当2rR时，有 424rQ=rDe，4204rQrEe Dr

27、，Er 曲线如图10-17所示。（2）两球壳之间的电势差为 2221111223220 r10 r2ddddd44RRRRRRRRRRQQVVrrrr El=ElEl 0 r110 r220r1 1r1r2r2 211111111444QQQRRRRRRRR 9811119 10(6 10)()60.0260.043 0.043 0.06 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 0r120r120 r1(1)(1)4rQr P nEn=en 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 0r1r1220 r1 1r1 1(1)cos(1)4

28、4inQQRR 826 10(61)43.1460.02 C/m2=9.95106 C/m2 1022 半径为 R 的介质球，相对电容率为r，其电荷体密度01rR，式中0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（rR）的球形高斯面，根据电介质的高斯定理diQSDS=得 200dd14rVrVr drRSDS=即 34204434rrDrR 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 可得 2034rrDR 由关系式0 r DE可得 200 r0 r34DrrER 电位

29、移 D 和场强 E 的方向沿径向。（2）令d0dEr，即 00 rd10d32ErrR 得 Rr32 又因该处22d0dEr，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r1，r2，r3的均匀电介质，求各电容器的电容。解：（1）由电容器定义QCV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1，场强为 E1，右边介质中两极板的电荷面密度为2，场强为E2，则由电荷守恒，可得 1222SSQ （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

30、相等，有 12VE dE d 则左、右两边电介质的场强相等，即12EE。又因 S/2 S/2 d r1 r2（a）S d/2 d/2 r1 r2（b）r1 r2 d/2 d/2 S/2 S/2 r3（c）图 1018 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 110 r1E，220 r2E 可得 120 r10 r2 （2）联立（1）式和（2）式，解得 r11r1r22()QS，r22r1r22()QS 由电容器定义QCV可得 0r1r21()2SQQCVE dd 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

31、为r1的平行板电容器 C1和相对电容率为r2的平行板电容器 C2的并联，如图 10-19（a）。0 r10 r11/22SSCdd 0 r20 r22/22SSCdd 0 r10 r2012r1r2()222SSSCCCddd （2）方法一：由电容器定义QCV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r1的介质内场强为 E1，在相对电容率为r2的介质内场强为 E2，则在两种介质中的场强分别为 10 r10 r1QES 20 r20 r2QES 上、下极板的电势差为 120 r10 r22222ddQdQdVEESS 由电容器电容的定义QCV，得 0r1 r2r1r22SQC

32、Vd 此结果说明：该电容器相当于上、下两介质电容器串联。精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 方法二：图 10-18（b）可看成是两个平行板电容器1C，2C串联，如图 10-19（b），则 0 r10 r112/2SSCdd 0 r20 r222/2SSCdd 01 2r1 r212r1r22SC CCCCd （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 0 r10 r11/22SSCdd 0 r20 r22/2/2SSCdd 0 r30 r33/2/2SSCdd 则 2 30r2 r3r1123r2

33、r3()2C CSCCCCd 1024 有两块平行板，面积各为100cm2，板上带有 8.9107C 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 1.4106V/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 0 r0 rQES 由此可得介质的相对电容率 7r124608.9 107.28.85 10100 101.4 10QSE 图 1019 C1 C2（a）C2 C1（b）C2 C3 C1（c）精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 （2）介质面上的极化面电荷 7rr111(1)(1)(1)8.9 107.2qSSQC=7.7107

34、C 1025 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r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，则 0()VEdtEt 作如图 10-21所示的圆柱形高斯面 1，由 E 的高斯定理，有 00dSESSES 由此得 00E 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

35、理，有 dD SS SDS 由此得介质中的电位移为 D 因此电介质中的电场强度为 00 r0 rrEDE 代入 U的表达式有 0r()()VEdtEtEdtEt 所以介质中的场强为 rr(1)VEdt 介质中的极化强度为 0r0rrr(1)(1)(1)VPEdt r S d 2 1 t 图 1021 r S d t 图 10-20 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 介质中的电位移为 0 r0 rrr(1)VDEdt 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 0 rrr(1)VSQSDSdt （3）极板和介质之间区域的场强为 r000

36、rr(1)VDEdt 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 0 rrr(1)SQCVdt 1026 半径为 a，b（ab）的同心导体球之间充有电容率01r的非均匀电介质（0与为常数，r 是径向坐标）。电位移矢量 D（r）=E（r）。内表面上有电荷 Q，外表面接地，试计算：（1）arb 区域内的 D；（2）系统的电容；（3）arb 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diQSDS=得 24,()DrQarb 则 2,()4QDarbr 写成矢量形式为 2,()4rQarbrDe

37、（2）由电位移矢量 D(r)=E(r)，可得 220()(1)()44rrrQQrrrrDE=ee 内、外球电势差为 200(1)11ddd(ln)44bbbaaaQrQbVE rrabarEr 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 因此，系统电容为 04lnabQCbVbaaba（3）电极化强度 0r0(1)()4rQr PEEe（4）r=a时，面极化电荷密度为 4aQPa P n r=b时，面极化电荷密度为 4bQPb P n 1027 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

38、接地和不接地两种情况下金属板间的电势差 VAVB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 dSC0 由电容的定义QCV，可得两板间的电势差为 0ABQQdVVCS 两板间的电场能量为 22e022QQ dWCS 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，23qq，14qq，又由电荷守恒定律 对 A板：12qqQ 对 B板：340qq，即210qq，可得 122Qqq 342Qqq 则 A，B板之间的电场强度为 A B q1 q2 q3 q4 图 1023 图 10-22 A B Q d 精品文档 收集于网络

39、，如有侵权请联系管理员删除 0001/22QQESS 因此两板间的电势差为 02ABQdVVEdS 两板间的电场能量为 22ee00128Q dWw SdE SdS 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 011SCd 能量为 220e1111122SWC VVd 极板拉开后，平行板电容器的电容变为 022SCd 能量为 220e2221122SWC VVd 因此，极板拉开后，电容器的静电能改变为 2012ee2e11 2()2SVddWWWd d 电源做

40、的功为 2122012121211 2()d()()QQSVddAV qQQ VCC Vd d 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 12eWWW 因此，拉力做功为 20122e11 2()2SVddWWWd d 1029 计算半径为 R，电荷体密度为的均匀带电球体的电场总能量。精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 解：对于半径为 R，电荷体密度为的均匀带电球体，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201d4inErqSES求出场强分布。球内（Rr），有 23101443Err 10,()3rErR 球外（Rr），有 23201443Er

41、R 3220,()3RErRr 当Rr 时，球体内的能量密度为 2 222e10 100011()22318rrwE 当Rr 时，球体外的能量密度为 32622e20 20240011()22318RRwErr 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2d4dVrr，整个电场的能量为 2 2262522ee400004d4d4d181518RVRrRRWwVrrrrr 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r1和r2的均匀电介质，两层电介质的分界

42、面半径为R2。设沿轴线单位长度上内、外筒带电为+和，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。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diQSDS=得 r1 R2 R3 R1 r2 图 10-25 R O r dr 图 10-24 精品文档 收集于网络，如有侵权请联系管理员删除 2Drll 于是电介质 1中电位移为 12Dr，12()RrR 电介质 1中电场强度为 11120 r10 r1,()2DE=RrRr D1和 E1的方向均沿 r 向指向外。同样的方法，电介质 2 中有 22Dr，23(

43、)RrR 22230 r20 r2()2DE=RrRr D2和 E2的方向均沿 r 指向外。（2）内外筒间的电势差为 3231121212dddRRRRRRVVEl=El+El 23120 r10 r2dd22RRRRrrrr =+320 r110 r22lnln22RRRR 32r1r20 r1 r221(lnln)2RRRR （3）该电容器的电容为 0 r1 r23212r1r2212lnlnlQCRRVVRR （4）整个电介质内的电场总能量为 1222e0 r 10 r211dd22VVWEVEV 2312220 r10 r20 r10 r211()2 d()2 d2222RRRRrl rrl rrr 2223322r1r20 r110 r220 r1 r221lnln(lnln)444RRRRlllRRRR 或用电容器储能公式计算得 2232er1r20 r1 r221(lnln)24RRQlWCRR