靜電場中的導體和電介質

#第7章靜電場中的導體和電介質習題及答案1.半徑分別為R和廠的兩個導體球，相距甚遠。用細導線連接兩球并使它帶電，電荷面密度分別為O和O。忽略兩個導體球的靜電相互作用和細導線上電荷對導體球上電荷分布的影響。試證1o明：一o22r證明：因為兩球相距甚遠，半徑為R的導體球在半徑為廠的導體球上產生的電勢忽略不計，半徑為廠的導體球在半徑為R的導體球上產生的電勢忽略不計，所以半徑為R的導體球的電勢為o兀R2V=-u——1 4n￡R0半徑為廠的導體球的電勢為oR—1—480or24n8r4800用細導線連接兩球，有V=V，所以o—1o212r證明：對于兩個無限大的平行平面帶電導體板來說，(1相)向的兩面上，電荷的面密度總是大小相等而符號相反；(2相)背的兩面上，電荷的面密度總是大小相等而符號相同。證明：如圖所示，設兩導體A、B的四個平面均勻帶電的電荷面密度依次為o,o,12(1)取與平面垂直且底面分別在A、B內部的閉合圓柱面為高斯面，由高斯定理得JE-dS=0=—(o+o)ASS 8 2 30o，o34o+o=023上式說明相向兩面上電荷面密度大小相等、符號相反。()在A內部任取一點P，則其場強為零，并且它是由四個均勻帶電平面產生的場強疊加而成的，即o—1--280o+o2o=o14o—2280=0o―3280o4-=0280半徑為R的金屬球離地面很遠，并用導線與地相聯，在與球心相距為d=3R處有一點電荷q，試求：金屬球上的感應電荷的電量。解：如圖所示，設金屬球表面感應電荷為q,金屬球接地時電勢V=0由電勢疊加原理，球心電勢為4n84n8R0q'Jdq+——-——4n83R04n8R4n83R4n8R4n83Rd__qq=34.半徑為R的導體球，帶有電量q，球外有內外半徑分別為R、R的同心導體球殼，球殼1 23帶有電量Q。(1)求導體球和球殼的電勢V和V；12(2)如果將球殼接地，求V和V；12(3)若導體球接地(設球殼離地面很遠)，求V和V。解：(1)應用均勻帶電球面產生的電勢公式和電1勢疊2加原理求解。半徑為R、帶電量為q的均勻帶電球面產生的電勢分布為q4-RV=40q--4nsr0導體球外表面均勻帶電q；導體球殼內表面均勻帶電-q，外表面均勻帶電q+Q，由電勢疊加原理知，空間任一點的電勢等于導體球外表面、導體球殼內表面和外表面電荷在該點產生的電勢的代數和。導體球是等勢體，其上任一點電勢為V=，(土-2+q1Q)4nsRRR01 2 3球殼是等勢體，其上任一點電勢為V=q+―q+q+Q=q+Q4nsr4nsr4nsR 4nsR0 0 03 03(2)球殼接地V=?+Q=0，表明球殼外表面電荷q+Q入地，球殼外表面不帶電，導體2 4nsR03球外表面、球殼內表面電量不變，所以V=-q-(―——)i 4ns RR01 2(3)導體球接地V1=0，設導體球表面的感應電荷為q'，則球殼內表面均勻帶電-q'、外表面均勻帶電q'+Q，所以一a+q-tQ)=04nsRRRTOC\o"1-5"\h\z01 2 3R RRQ解得q= 1-2 解得RR-RR+RR23 13 12qq'+Q (R-R)QV= = 212 4nsR 4ns(RR-RR+RR)03 0 23 13 12兩個半徑分別為Ri和R2(Ri<R2的同心薄金屬球殼,現給內球殼帶電q，試求:外球殼上的電荷分布及電勢大小；先把外球殼接地，然后斷開接地線重新絕緣，此時外球殼的電荷分布及電勢；再使內球殼接地，此時內球殼上的電量以及外球殼上的電勢。解： 內球殼外表面帶電+q；外球殼內表面帶電為-q外表面帶電為+q，且均勻分布，外球殼上電勢為V=?RE-dr=?R—q—dr=—q—R R4nsr2 4nsR2 2 0 02外球殼接地時，外表面電荷+q入地，外表面不帶電，內表面電荷仍為-q。所以球殼電勢由內球+q與外球殼內表面-q產生，其電勢為qq4nsR 4nsR02 02如圖所示，設此時內球殼帶電量為q'；則外殼內表面帶電量為-q',外殼外表面帶電量為-q+q'電荷守恒，此時內球殼電勢為零，且4n8R024n8R02R得q=；qR2外球殼的電勢為(R-4n8R024n8R02R得q=；qR2外球殼的電勢為(R-R)q

——1 2——4n8R 4n8R4n8R 4n8R202 02 02 026.設一半徑為R的各向同性均勻電介質球體均勻帶電，其自由電荷體密度為P,球體內的介電常數為8，球體外充滿介電常數為8的各向同性均勻電介質。求球內外任一點的場強大小和電勢（設無窮遠處為電勢零點）。解：電場具有球對稱分布，以廠為半徑作同心球面為高斯面。由介質中的高斯定理得JD.dS=D.4兀r2=2qS4當r<R時，2q=p?—兀r3i3所以D pr4 4c當r>R時，2q=p?—兀R3

i3所以381D二暨3r2球內（r<R）電勢為8 38r222卜PLdlr+J-^^r

r38 R38r212p pR2二——（R2-r2）+—

68 381 2球外（r>R）電勢為V=卜E-dr=Jg_pRLdr=^RL2r r38r2 38r22如圖所示，一平行板電容器極板面積為S,兩極板相距為d，其中放有一層厚度為t的介質，相對介電常數為8，介質兩邊都是空氣。設極板上面電荷密度分別為。和-O，求：()()()解：(r極板間各處的電位移和電場強度大??；兩極板間的電勢差U；電容C。）取閉合圓柱面（圓柱面與極板垂直，兩底面圓與極板平行，左底面圓在極板導體中，右底面圓在兩極板之間）為高斯面，根據介質中的高斯定理，得0D?dS=D,△S=o.ASSD=o（空氣中）（介質內）由①、(3)（空氣中）（介質內）由①、(3)Ds =ioss o0r ——ss0rE?dlAIBooTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"二—(d—t)+ 1\o"CurrentDocument"s ss0 0roS ssS()C=——=——.0,r———Usd—(s—1)trr如圖所示，在平行板電容器的一半容積內充入相對介電常數為s的電介質，設極板面積為rS，兩極板上分別帶電荷為+Q和-Q，略去邊緣效應。試求：（1）在有電介質部分和無電介質部分極板上自由電荷面密度的比值；（）兩極板間的電勢差U；（）電容C。解：（）充滿電介質部分場強為E2，真空部分場強為E1,有電介質部分和無電介質部分極板上自由電荷面密度分別為0和°。21取閉合圓柱面（圓柱面與極板垂直，兩底面圓與極板平行，上底面圓在極板導體中，下底面圓在兩極板之間）為高斯面，由1D-dX=Xq得0D=o，D=o1122DoUE=-1-=-1=—1ssd00DoUE=——2—=——2—=—2ssssd0r0r由①、②解得o—2-=Sor1S()由電荷守恒定律知，(°+°)-=Q③1 22②、③解得〃 2QdU=(s+1)sSr0QQ (s+1)sSC==r0U 2d半徑為R的導體球，外套有一同心的導體球殼，殼的內、外半徑分別為R和R，當內球

1 23帶電荷Q時，求：（1整）個電場儲存的能量；（2將）導體殼接地時整個電場儲存的能量；（3此）電容器的電容值。解：如圖所示，內球表面均勻帶電Q，外球殼內表面均勻帶電-Q，外表面均勻帶電Q(1由)高斯定理得當r<R和R<r<R時，E=012 3

E二——1 4ngr20當r>R時，E=一Q一3 2 4ner2所以，在R<r<R區(qū)域12w=JR21e(_Q_)24nr2dr1R204ner210TOC\o"1-5"\h\zfrQ2dr Q211 1、=2 = (—————)R8ner28neRR

1 0 01 2在r>R區(qū)域31Q Q21W=卜e(一Q一)24nr2dr=Q 2R204ner2 8neR3 0 03總能量為Q2 1 1 1W=W+W=^Q-(—— 十)1 2 8neR R R01 2 3導體殼接地時，只有R<r<R2時E二島其它區(qū)域E二0，所以w2=°Q2 1 1W=W=^Q-(——)i8ne R R01 2電)容器電容為2W 1 1C= =4ne/（————）Q2 °RR121°.一個圓柱形電容器，內圓柱面半徑為R1外圓柱面半徑為R，長為L（L>>R—R外圓柱面半徑為R，長為L（L>>R—R），2 21所示。設內、外圓柱面單位長度上帶電荷（即電荷線密度）分別為九和一九，求：（1）電容器的電容；（2）電容器儲存的能量。由介質中的高斯定理得fD?dS=D?2nrl=￡由介質中的高斯定理得fD?dS=D?2nrl=￡qS當R<r<R時，入D=——2nr兩圓筒間場強大小為E=Dee0r入2^eer

0r1入2^eer0r2(R<r<R)1(R<r<R)2兩圓筒間的電勢差為fRfR -dr+J2 R2neer0r2U=fR2E-dr=fRR R2neerR1 1 0r1

九?R.九?R In+ In一2ke8R 2Ks8R0r1 1 0r2電容器的電容為(2)電容器儲存的能量8r22K888L(2)電容器儲存的能量8r22K888Lln(R/R)，8'21n(R/R)1 r1w-1Q2Cr2VRRRR)1n——+81n—R ri R)1 /4ns880r1r211.如圖所示，一充電量為土Q的平行板空氣電容器，極板面積為S,間距為d，在保持極板上電量土Q不變的條件下，平行地插入一厚度為d/2，面積S，相對電容率為8的電介質平板，r在插入電介質平板的過程中，外力需作多少功？8S解：插入電介質平板之前，C-t廠，電容器儲存的能量為0dW-01Q2_Q2dW-01Q2_Q2d2C~—28S00插入電介質平板之后，由本章習題7的解法可得到C-電容器儲存的能量為W-1Q288S 0—r——

(8+1)dr2Q2(8+1)d2C r 488S1介質，其界面半徑為R，相對介電常數分別為1介質，其界面半徑為R，相對介電常數分別為8和8r1r2求：2如圖所示。設在兩球殼間加上電勢差U12，(R<r<R)1(R<r<R)20r由能量守恒定律知，在插入電介質平板的過程中，外力作的功為Q2d(1-8)A—W—W- r—0 4K88S0r12一球形電容器，內球殼半徑為R，外球殼半徑為R，兩球殼間充有兩層各向同性均勻電電容器的電容；電容器儲存的能量。解：()設球內球殼和外球殼分別帶電Q、-Q，電場具有球對稱分布，以r為半徑作同心球面為高斯面。由介質中的高斯定理得JD.dS-D?4兀r2-EqS ，當R<r<R時，Zq—Q，D-Q—1 2 i 4nr2內球殼和外球殼之間場強大小為-7-Q—D 4k88r2E- -< 。r188Q0r 4k88r20r2內球殼和外球殼之間電勢差為U12=JR2E?dr=JR Q dr+JR2R1Q4K880r1R1