大学物理答案第九章

第九章 静电场中的导体和电介质

9-1 把一厚度为d 的无限大金属板置于电场强度为0E 的匀强电场中，0E 与板面垂直，试求金属板两表面的电荷面密度． 分析 对于有导体存在的静电场问题，首先由静电平衡条件分析放入静电场后导体上电荷的重新分布情况，再计算空间电场和电势的分布．

本题中，将金属板放入均匀电场后，由于静电感应，平板两面带上等值异号感应电荷．忽略边缘效应，两带电面可视为平行的无限大均匀带电平面． 解 设平板两表面的感应电荷面密度分别为σ'和σ'-，如图9-1所示．由例题8-7结果知，带感应电荷的两表面视为带等量异号电荷的无限大平行平面，在导体中产生的场强为0

εσ'='E ，方向与0E 相反，由场强叠加原理，平板中任一点的总

场强为

00εσ'-

='-=E E E E

根据静电平衡条件，金属板中场强0=E ，代入上式得

00

0='-

εσE

则 00εσE ='， 00εσE -='-

结果与板的厚度无关．

9-2 一金属球壳的内外半径分别为R 1和R 2，在球壳内距球心为d 处有一电荷量为q 的点电荷，（1）试描述此时电荷分布情况及球心O 处电势；（2）将球壳接地后，以上问题的答案；（3）如原来球壳所带电荷量为Q ，（1）、（2）的答案如何改变．

分析 当导体内达到静电平衡后，应用高斯定理可以确定导体上电荷重新分布的情况，然后用电势叠加原理求电势． 解 （1）按照静电平衡条件，导体内部0=E ，在球壳内外表面间作同心高斯球面，应用高斯定理，可知球壳内表面上应有q -的感应电荷，为非均匀分布，如图9-2所示．根据电荷守恒定律和高斯定理，球壳外表面上有+q 的感应电荷，且均匀分布． 点电荷q 在O 点产生的电势为

d

q V 0=

πε41

球壳内外表面上的感应电荷q -和+q 无论分布情况如何，到球心距离分别为

R 1和R 2，电势叠加原理表达式为标量求和，所以在O 点产生的电势分别为

1

24R q V 0-

=πε 234R q V 0=

πε

O

点电势为 2

1

321444R q

R q d q V V V V 000+

-

=

++=πεπεπε

)

111(42

1

R R d

q +-=0

πε

（2）将球壳接地后，外球面上的感应电荷消失，球面上电荷分布不变，得

)11(

41

21R d

q V V V -

=

+=0

πε

（3）如果原来球壳带电量为Q ，达静电平衡后外球面上电荷Q +q 均匀分布，内球面上电荷分布不变，得

2

2

1

3214)111(

4R Q R R d

q V V V V 00

+

+

-

=

++=πεπε

球壳接地后，结果与（2）相同．

9-3 一无限长圆柱形导体半径为R a ，单位长度带有电荷量λ1，其外有一共轴的无限长导体圆筒，内外半径为分为R b 和R c ，单位长度带有电荷量λ2，求（1）圆筒内外表面上每单位长度的电荷量；（2）a R r <，b c R r R <<，c b R r R <<，

c R r >四个区域的电场强度．

分析 静电平衡条件下，在圆筒导体内场强为零，用高斯定理和电荷守恒定律可求出感应电荷的分布． 解 （1）如图9-3所示，在圆筒形导体内作半径为r ，高为单位长的同轴圆柱形高斯面S ，设导体圆筒内外表面单位长的感应电荷分别为λ'-和λ'，由静电平衡条件知导体内0=E , 故有

?=?S E d

0)(1

1

10

='-=

∑

λλεεq

即得半径为R b 的圆筒内表面单位长上的感应电荷为-λ1． 由电荷守恒定律知，半径为R c 的圆筒外表面上单位长的感应电荷应为λ1，加上原有电荷量λ2

单位长上总带电量为12λλ+．

（2）电荷重新分布的结果形成三个同轴的无限长带电圆柱面如图9-3，由于电荷分布具有轴对称性的，产生的电场也是轴对称的，用高斯定理可求出

a

R r <时， 0=E b a R r R <<时，

r

E 0=

πελ21

c

b R r R <<时， 0=E

c R r >时，

r

E 0212πελλ+=

9-4 证明：两平行放置的无限大带电的平行平面金属板A 和B 相向的两面上电荷面密度大小相等，符号相反，相背的两面上电荷面密度大小相等，符号相同，如果两金属板的面积同为100cm 2，电荷量分别为C 1068A -?=Q 和

C

10

48

B -?=Q ，略去边缘效应，求两个板的四个表面上的电荷面密度．

分析 根据静电平衡条件，一切净电荷都分布在导体表面，本题中的电场空间可视为四个无限大均匀带电平行平面产生的电场的叠加，金属板A 、B 内任意点场强为零．由电荷守恒定律可以建立各表面的电荷面密度与两金属板的总电荷量之间的关系． 解 设A 、B 两板的四个表面上的电荷面密度（先假定为正）分别为σ1、σ2、σ3和σ4，如图9-4所示．设向右为正向，由无限大均匀带电平面的场强公式和场强叠加原理，考虑到金属板A 、B 内任意点场强为零，得 金属板A 内

022224320

1=-

-

-

εσεσεσεσ

金属板B 内 022224320

1=-

+

+

εσεσεσεσ

解得

32σσ-=， 41=σσ

又由电荷守恒定律得 A Q S =+21)(σσ，B Q S =+)(43σσ

联立解得

2

6

B

A C /m 10

5-41?=+=

=S

Q Q σσ

2

6

1A 2C/m

10

1S

-?=-=

σσQ

2

6

3C/m

10

1-2?-=-=σσ

9-5 三个平行金属板A 、B 和C ，面积都是200cm 2，A 、B 相距4.0mm ，A 、C 相距2.0mm ，B 、C 两板都接地，如图9-5所示，如果A 板带正电C 100.37-?，

略去边缘效应，（1）求B 板和C 板上感应电荷各为多少？（2）以地为电势零点，求A 板的电势． 分析 由静电平衡条件，A 、B 、C 板内各点的场强均为零，A 板上电荷分布在两个表面上，因B 、C 两板均接地，感应电荷应分布在内侧表面上．

解 （1）设A 板1、2两面上带电量分别为q 1和q 2，B 、C 两板与A 相对的两内侧表面3、4 上的感应电荷分别为q 1’和q 2’，如图9-5所示．作侧面与平板垂直的高斯面1S ，两端面处E =0，忽略边缘效应，侧面无电场线穿过，由高斯定理

0)(

1

1

d 110

=+

'=

=

?0

?

∑

S S

q S S

q q ??εεS E

得

11

q q -=' 同理可得22

q q -='．AB 板间和AC 板间为匀强电场，场强分别为

S

q E 0=

ε1

1 S

q E 0=

ε2

2

又已知AC AB V V =，即

2211d E d E =

因 C 100.3721-?==+q q q 由以上各式，得B 、C 两板上的感应电荷分别为

C

10

0.13

7

11

-?-=-=-='q q q C

100.227

122

-?-=-=-='q q q

（2）取地电势为零，A 板电势即为A 、B 间电势差

V 103.23

1

111?==

==0S

d q d E V V AB A ε

9-6 半径为cm 0.11=R 的导体球所带电荷量为C 100.110-?=q ，球外有一个内外半径分别为cm 0.32=R 和cm 0.43=R 的同心导体球壳，壳上带有电荷量

C 11

1110

-?=Q ，求：（1）两球的电势；（2）用导线把两球连接起来时两球的电

势；（3）外球接地时，两球电势各为多少？（以地为电势零点．）

分析 根据静电平衡条件可以确定感应电荷的分布，用导线连接的导体电势相等，外球接地后电势为零．

解 （1）根据静电平衡条件，导体球壳内表面感应电荷为-q ，外表面感应电荷为q ，原有电荷量Q ．由电势叠加原理，导体球电势为

3

2

1

144R Q q R q R q V 000++

-

4=

πεπεπεV

103.3)(

412

3

2

1

?=++

-

=

R Q q R q R q πε

导体球壳的电势为

V

107.244442

3

3

3

3

02?=+=

++-

=

000R q Q R q Q R q R q V πεπεπεπε

（2）球壳和球用导线相连后成为等势体，电势等于半径为R 3带电量为Q +q 的均匀带电球面的电势，以无穷远为电势零点，得

V

107.242

3

2?=+=

0R q Q V πε

（3）外球接地后，只乘下内表面的电荷-q ，由电势叠加原理内球电势为

V

60442

1

1=-

=

'00R q R q V πεπε

外球壳接地与地等势，即

02='V

另外，求V 1’时还可以用内球产生的电场的线积分计算，即

V

60)11(

4d 42

1

2

22

1

=-

=

=

'0

0?

R R q r r

q V R R πε

πε

9-7 半径为R 的金属球离地面很远，并用细导线与地相连，在与球心的距离为R D 3=处有一点电荷q +，试求金属球上的感应电荷． 分析 由于导体球接地，其表面上的感应正电荷通过导线与地球内负电荷中和，只剩下负感应电荷在金属球表面不均匀地分布，如图9-7所示．接地后，导体球上各点电势均为零，球心O 点的电势应等于点电荷在该点电势与金属球表面感应负电荷在该点电势的代数和．

解 设金属球上感应电荷为q '，在金属球表

面不均匀地分布，但这些电荷到O 点距离相等，电势叠加后得

R q V 0'=

πε42

点电荷q 在O 点的电势为 R q V 3410=

πε

43421='+=

+=00R

q R

q V V V πεπε

得感应电量为 3q q -=' 由此可以推证，当nR D =时， n

q q -

='

9-8 如图9-8所示，三个“无限长”的同轴导体圆柱面A 、B 和C ，半径分别为A R 、B R 、C R ，圆柱面B 上带电荷，A 和C 都接地，求：B 的内表面单位长度电荷量1λ，外表面单位长度电荷量2λ之比值21/λλ．

分析 本题与题9-5的解题思路相似．

解 在导体B 内作单位长圆柱面形高斯面，可以说明A 面单位长度上感应

电荷为1λ-．同理，可说明C 面单位长度上感应电荷为2λ-．由高斯定理可知场强分布为

B A R r R <<时，r

E 012=

πελ1，方向沿径向由B 指向A ．

C B R r R <<时，r

E 02=

πελ22，方向沿径向由B 指向C ．

BA 间电势差

BA V ?

?=

A

B

d 2R R r E ?

=

-

=A B

A

B 11ln

22R R R R r

dr πε

λπε

λ

BC 间电势差 B

C 0

2BC ln

2R R V πε

λ=

B 为等势体，A 、

C 接地，BC BA V V =，从而

)

/ln()/ln(A B B C 2

1R R R R =

λλ

9-9 半径分别为1R 和)(122R R R >的两个同心

导体薄球壳，电荷量分别为1Q 和2Q ，今将内球壳用细导线与远处的半径为r 的导体球相联，导体球原来不带电，并假设导线上无电荷分布，试求相连后，导体球所带电荷量q ． 分析 带电的内球壳与导体球用导线相连后，一部分电荷通过导线转移到导体球表面上．两者相距甚远，可以认为两球壳与球的电场互不影响，已假设导线上无电荷分布，利用内球壳与远处导体球电势相等建立方程求解．

解 因两球壳与球的电场互不影响，导体球电势为

2

14r q V 0=

πε

假设导线上无电荷分布，则内球壳上电荷量变为q Q -1，由电势叠加原理，内球壳的电势为

2

21

1244R Q R q Q V 00+

-=

πεπε

内球壳与远处导体球电势相等，即

21V V = 2

21

1444R Q R q Q r

q 000+

-=πεπεπε

解得

)

()(121221r R R Q R Q R r q ++=

9-10 地球表面的电场强度为150N/C ，方向垂直指向地面，若把地球视为导体，试求地球表面的电荷面密度和地球带的总电荷量．

分析 由于地球表面的电场强度方向垂直指向地面，可知地球带负电，将地球视为导体，在静电平衡状态下，电荷分布在表面上．

解 设地球表面的电荷面密度为σ，表面附近的场强0

εσ=

E ，则

2

9

2

12

0C/m

10

33.1C/m

)10

85.8150(--?-=??-==εσE

地球半径m 1037.66?≈R ，地球带的总电荷量为

kC

680C 108.6C 410

33.145

2

9

-=?-=10

?6.37

???-==12

-2

ππσR

q

9-11 设有一孤立导体球，半径为R .，（1）试求其在真空中的电容表示式；

（2）若把地球视为m 1037.66?=R 的导体球，它的电容量多大？（3）欲使地球的电势改变1V ，需使其所带电荷量改变多少？

解 （1）将孤立导体球视为与无穷远处的同心导体球面组成的球形电容器，利用球形电容器电容表达式，（9-4）式给出孤立导体球的电容R

V

Q C 0==πε4．

（2）地球电容

F 10

7F 1037.644

6--12

?=??10

?8.85?=πC

（3）欲使地球电势改变1伏特，需使地球电量的改变为

C

10

7110

7ΔΔ4

4

--?=??==V C Q

这个值很大，所以地球带电量的日常变化不会引起地球电势发生明显的改变，这就是通常可以选取地球作为电势零点的原因．

9-12 已知空气的击穿电场强度为V /m 1036?，求处于空气中一个半径为1m

的导体球最多能带多少电荷及能达到的最高电势． 分析 在带电导体球周围的空气形成一种绝缘介质包围着导体球，当导体球产生的电场足够强时，会使其周围的空气发生电离而成为导体，致使带电导体球放电，通常称为空气被击穿．因均匀带电导体球面的电场强度和电势与带电量成正比，为了不击穿周围的空气，带电导体球所带电量要受到限制．

解 由题意击穿电场强度

V/m

1036

max ?=E

而 2

m

a x

m

a

x

4R

Q E 0=πε

C

10

3.3C 11085.8410344

212

6

2

max max --0?=?????==ππεR

E Q

最高电势为 V

103446

max 2

max max max ?===

=

00RE R R E C Q V πεπε

或 V

103V 1

410

3.346

4max

max ?=?10?8.85??=

=

12

--0ππεR

Q V

9-13 收音机里的可变电容器如图9-13（a ）所示，其中共有n 块金属片，

相邻两片的距离均为d ，奇数片联在一起固定不动（叫定片），偶数片联在一起可一同转动（叫动片），每片的形状如图9-13（b ）所示，求当动片转到使两组片重叠部分的角度为θ时，电容器的电容． 分析 除了最外侧的两片外，每块金属片的两个表面分别与相邻的金属片表面构成一个电容器，如图9-13（c ）所示，所以n 块金属片如此连接等效于（1-n ）个平行板电容器并联．当两组片重叠部分的角度为θ时，每个电容器有效极板面积为)(θS ，因此电容器的等效电容是θ的函数．收音机调频的电容器就是根据这个原理设计的．

)(3602212

-?

=

r r S ππθ

（n -1）个极板面积为S ，板间距为d 的平行板电容并联时的等效电容为

d

r r n d

S n C ??)

-(-=

-=0360)1()

1(2

1220θπεε

式中θ以度计．

9-14 半径都为a 的两根平行长直导线相距为)(a d d >>.（1）设两导线每单

位长度上分别带电λ+和λ-，求两导线的电势差；（2）求此导线组每单位长度的电容． 分析 因a d >>，可设两导线的电场互不影响，由场强叠加原理可求出两导线间的场强分布，再用场强与电势的积分关系求

两导线间电势差，由电容器电容的定义即可求出单位长导线组的等效电容．

解 作两导线组合的截面图，以带正电导线轴心为原点建立坐标系如图9-14所示．不难看出，正负电荷在P 点的场强均沿r 轴正向，矢量叠加简化为标量和

)-11(

)

(2r

d r

r d r

E E E +

2=

-2+

=

+=0

00-+πε

λ

πελ

πελ

两导线间电势差为

=

-+V r E a

d a

d ??

-?

-0

-+

=

a

d a

r r

d r

d )11(

2πε

λa

a d -=

ln

πε

λ

由电容器电容的定义，导线单位长电容为

a

a d V C -==

-

+ln

πε

λ

9-15 有两个半径分别为1R 和2R 的导体球放在真空中，两球表面相距为d ，

已知1R d >>和2R d >>，试求两导体构成的电容器的电容.

分析 按题意 2R d >>，可认为当两导体球分别带电Q +和Q -时，彼此电场互不影响，即各球面上电荷分布仍是均匀的，由场强叠加原理可求出两球球心连线上任一点的场，用与上题相似的方法可以求出两球电势差和两球构成的电容器电容．

解 以大球球心为原点，建立如图9-15所示的坐标系，在坐标为r 处的P 点（在连心线上），两球产生的电场均沿r 轴正向，得

2

212

)

(44r d R R Q

r

Q E E E -+++

=

+=00-+πεπε

两带电导体球间电势差为

-+V ?+?=

d

R R r E 11

d ?+0

-+++

=

d

R R r r d R R r

Q 11

2

212

d ])(1

1[

4πε

)1

1

11(

42

1

2

1

R d R d R R Q +-

+-

+=

πε

考虑到1R d >>，2R d >>，可将电势近似表示为

)211(

42

1

d

R R Q V -

+

=

-+πε

此两导体球构成的电容器电容为

d

R V Q C 21R 42

1

-

+1=

=

-

+πε

9-16 两只电容器F 81μ=C ，F 22μ=C ，分别把它们充电到1000V ，然后将

它们反接，如图9-16所示，求此时两极间电势差． 分析 并联电容极板间电压相同，因两电容器电容不等，则反接前两电容器带的电量必定不等．反接后，相连的极板上正负电荷中和，可以计算出中和后电荷量的代数和及并联电容器的等效电容C ，从而求出电势差．

解 反接前，设1C 和2C 带电量分别为1Q 和2Q ，充电电压V 10000=U ，则

011U C Q =

022U C Q =

反接后，正负电荷中和，中和后总电量为

21Q Q Q -=，并联等效电容 21C C C +=，则并

联电容器两板间电势差为

V

600V 10

21081000

)10

210

8()(6

6

6

6

2

10

21=?+???-?=+-=

=

----C C U C C C Q U

9-17 如图9-17所示，F 0.5,F 0.5,F 10321μμμ===C C C ，求：（1）AB 间的电容；（2）在AB 间加上100V 电压时，求每一个电容器上的电荷量和电压；（3）如果C 1被击穿，问C 3上的电荷量和电压各是多少？ 分析 并联电容器极板电势相等，串联电容器极板上电荷量相等，总电压等于各电容器上电压之和．当1C 上电压超过1C 的额定电压，1C 将被击穿，1C 支路即短路，全部电压就加在3C 上，如超过3C 的额定电压，3C 将被击穿，A 、B 间就发生短路．所以，在设计电容器组合电路时，除应计算等效电容外，还应考虑

分配到每个电容器上的电压是否超过所选电容器的额定电压．

解 （1）1C 和2C 并联电容为21C C C +='，再与3C 串联后，等效电容为

F 75.33

3μ='+'=

C C C C C

（2）等效电容所带电量为CU Q =，串联的电容所带电量相等

C

10

75.34

3-?===CU Q Q

V 75333==

C Q U

V 252

21

121==

=

'

=

=C Q C Q C Q U U

又因 Q Q Q =+21

可解得 C 105.241-?=Q C 1025.142-?=Q

（3）如果C 1被击穿，AB 间电压就加在C 3上，即

V

1003==U U

则 C 1054333-?==U C Q

9-18 平板电容器，两极间距离为1.5cm ，外加电压39kV ，若空气的击穿电场强度为30kV/cm ，问此时电容器是否会被击穿？现将一厚度为0.3cm 的玻璃插入电容器并与两板平行，若玻璃的相对电容率为7，击穿电场强度为100kV/cm ，问此时电容器是否会被击穿？结果与玻璃片的位置有无关系？ 分析 加玻璃片后，电场被分成两部分，应分别计算出空气和玻璃中的电场强度，再判断是否有哪种介质中的场强超过了其击穿场强．可以证明结果与玻璃板的位置无关．

解 未加玻璃前平板电容器内场强为

kV/cm

30kV/cm 26V/cm 5

.139<===

d U E

因其量值小于空气的击穿电场强度，电容器不会被击穿． 加玻璃后，设电容器极板的电荷面密度为σ，平行板电容器中电位移σ=D ．设玻璃和空气中场强分别为1E 和2E ，则有

r

01εεσε

=

=

D E 0

2εσε=

=

D

E

玻璃厚为d 1，则空气层厚为d - d 1，得

U d d E d E =-+)(1211

由以上各式得

kV/cm

48.4)(r

111=-+=

εd d d U E

30kV/cm

kV/cm 4.31)(r

11r

2>=-+=

εεd d d U E

即空气部分首先被击穿，然后全部电压加在玻璃板上，致使玻璃中场强为

kV/cm

100kV/cm 1303

.0391

1>===

'd U E

玻璃部分也会被击穿．

9-19 一平板电容器极板面积为S ，两板间距离为d ，其间充以相对电容率分别为r1ε、r2ε的两种均匀介质，每种介质各占一半体积，若忽略边缘效应，（1）与两种不同介质相对的两部分极板所带电荷面密度是否相等？如果不相等，求：

21/σσ=？（2）试证此电容器的电容为

??

?

?

?+=

2

210r r d S C εεε

分析 忽略边缘效应，电容器中的电场可视为无限大平行平面间的电场，从而可以确定两种不同介质中场强与极板电势差的关系，以及与两部分极板上的电荷面密度的关系，从而可知极板上的总电荷量．另一种思路是将充入两种介质后的电容器视为由两个电容器并联而成，直接应用并联电容器的计算公式． 解1 （1）设电容器端电压为U ，两种介质中场强分别为E 1和E 2，由充满均匀介质的平行板电容器的场强与电压的关系可得

d

U E E =

=21 （1）

设1σ、2σ分别为两种不同介质对应部分极板上的电荷面密度，忽略边缘效

应，电容器中的电场可视为无限大平行平面间的电场，则有

r1

011εεσ=

E r2

022εεσ=

E （2） 代入(1)式可得

r2

r12

1εεσσ=

即两部分极板所带电荷面密度不相等．由（1）和（2）式可得极板上的总电荷量为

)2

(

)(2

r2

r1021εεεσσ+=

+=

d

SU

S Q

由电容器定义得 )2

(

2

10r r d S U

Q C εεε+=

=

解2 由并联电容器公式求总电容

)2

(

222

10201021r r r r d S d

S d

S C C C εεεεεεε+=

+

=

+=

可见第二种方法计算简单，用第一种方法可对物理过程、电场电荷分布有更明确的概念．另外在第一种方法中亦可用介质中的高斯定理求解． 9-20 一球形电容器，在外球壳的半径R 和内外导体间的电势差U 维持恒定的条件下，内球半径R '为多大时才能使内球表面附近的电场强度最小？并求这个最小电场强度的值． 分析 导体表面附近的场强与电荷面密度成正比，而当极板间电势差恒定时，极板所带电荷量取决于电容C ，电容器的电容由电介质性质和几何因素决定，根据这些关系可以确定内球半径对内球表面附近电场强度的影响．

解 球形电容器电容为

R R R R C '

-'=

πε4

极板上带电量为

R R U R R CU q '

-'=

=πε4

当外球壳的半径R 和极板间电势差U 恒定时，q 是内球半径R '的函数．内球表面附近的场强大小为

)

(42

R R R RU R q E '-'=

'

=

=

πεε

σ

即E 也是R '的函数．欲求场强E 的最小值，令

0])

(2[

d d 2

2

='-'-'='

R R R R R RU R E

得 2

R R ='

并有2

R R =

'时，

0d d 2

2

>'

R E ，即2

R R =

'时，场强有极小值，且

R

U E 4min =

9-21 图9-21为水蒸气分子O H 2中氧氢原子核及核外电子云示意图．由于分子的正负电荷中心不重合，故其为有极分子，电矩m C 102.630??=-p ．（1）水分子有10个正电荷及10个负电荷，试求正负电荷中心之距d=?（2）如将水蒸气置于N/C 105.14?=E 的匀强电场中，求其可能受到的最大力矩？（3）欲使

电矩与外场平行反向的水分子转到外场方向（转向极化），问电场力作功多少？这功的大小为室温（300K ）水分子的平均平动动能kT 23

的多少分之一？在室温

下实现水分子的转向极化，外加电场强度应该多大？

分析 由电矩qd p =及已知的水分子电量可计算正负电荷中心之距d ．由电

偶极子在外场中受的力矩M E p ?=，θsin pE M =，可知，当p 与E 正交时力矩最大.当电矩与外场平行反向)180(?=θ时，电场力的力矩作功将使θ减小，最后0=θ，注意到在此过程中0d <θ.如果这个功与室温下水分子的平均平动动能

kT

23相比较是微不足道的，那么要使水分子在常温下实现极化，外电场作的功

至少要等于平均平动动能才能克服热运动的干扰，这就要求外电场足够强．本题的目的在于启发在实际问题中综合各种物理因素的分析方法和数量级分析的方法．

解 （1）由题意，水分子正负电荷中心不重合，形成一个电偶极子，电量 e q 10=， ∴

电矩大小d e qd p )10(==

正负电荷中心之距m 10

9.310

6.11010

2.61012

19

30

---?=???=

=

e

p d

题9-21图中，OH 键距为m 10958.010-?，d 为这个距离的4%.

（2）由电场力作用于电偶极子的力矩M E p ?=，力矩大小为θsin PE M =，

?=90θ，M 达极大.

m

N 10

3.910

5.110

2.626

4

30

max

??=???==--PE M

（3）力矩作功为?=θd M W ，本题中，当转向极化进行时，力矩作正功但

0,

<θd

∴??

-?==-=

18025

10

9.12d sin J PE PE W θ

θ

而T =300K 时，水分子的平均平动动能 J

kT k 21

23

10

2.630010

38.12

323--?=???=

=ε

32630=W

k

ε

可见在这样大小的外电场中，水分子的转向极化将被分子的热运动干扰，要实现转向极化，使?=180θ的水分子也转到外电场的方向上 ，电场力作的功至

少要等于分子热运动的平均平动动能k ε，从而外场场强值至少要达到

N/C 10510

2.6210

2.6228

30

21?=???=

=

'=

'--p

p

W E k ε

9-22 平板电容器两级板相距3.0 cm ，其间平行地放置一层0.2=r ε的介质，其位置和厚度如图9-22(a)所示，已知A 板带负电、B 板带正电，极板上电荷面密度为3100C/m 1085.8-?=σ，略去边缘效应，求：（1）极板间各区域的D 、E ；（2）极板间距A 极1cm 、2cm 、3cm 处的电势（设A 板电势为零）；（3）绘出x D -、x E -、x U -曲线；（4）介质表面的极化电荷面密度．

解 （1）作如图9-22(a)所示的高斯面1S 和2S ，由介质中的高斯定理可以证

明各区域D 相等，得

2

10

c/m

10

85.8-?==σ

D

介质外场强 V /m

1000==

εD

E 介质内场强 V /m

50==

0r

D

E εε （2）以A 板电势为零，则

cm 1=x 处 V x E V 101.0100101=?== cm 2=x 处 V x x E V V 5.1)(1212=-+= cm

1=x 处 V x x E V V 5.2)(23023=-+=

（3）x D -，x E -，x V -曲线如图9.22(b)所示．

C/m

10

425.4)1

1(10

-?=

-

='σεσr

9-23 平板电容器两极间充满某种介质，板间距mm 2=d ，电压600V ，如

果断开电源后抽出介质，则电压升高到1800V ，求：（1）介质的相对电容率；（2）介质上的极化电荷面密度；（3）极化电荷产生的电场强度． 分析 断开电源后抽出介质意味着极板上的自由电荷电量保持不变，电位移σ=D 也不变，但是电场强度改变，电压也会改变． 在计算有均匀各向同性电介质的平行板电容器之间的电场时，电场强度可以表示为0

00εσεσ'-

=

'-=E E E ，即自由电荷的电场和极化电荷产生的附加电场的

叠加，其中电介质对电场的影响以极化电荷面密度σ'的形式表现出来，反映了空间电场是自由电荷和极化电荷共同产生的；介质中的电场强度也可以直接表示为r

00εεσ=

E ，其中电介质对电场的影响以相对电容率r ε的形式表现出来，也反映

了空间的电场是自由电荷和极化电荷共同产生的．这两种表现形式是等效的．

解 （1） 由d

U E 00=

，d

U E =

，得相对电容率为

3600

180000r ==

==

U

U E

E ε

（2）在平行板电容器两极板间充满均匀电介质时，忽略边缘效应，得

C/m

10

31.5 )1

1( )1

1(6

00r

r

-?=-

=-

='εεσεσE

（3）极化电荷的分布形成等量异号带电板，忽略边缘效应，得

V/m

1065

?='=

'εσE

9-24 盖革计数器可用来测量电离辐射，它的正极是半径为1R 的金属丝，负

极是半径为2R 的同轴圆柱面，当管内充以低压惰性气体，并使两极间建立起强电场，若有辐射粒子进入器壁时将使气体电离，在电子向正极运动的过程中，又会与其他气体原子产生碰撞电离，这样将有更多的电子到达正极并产生一个信号，记录下该辐射，假设m

10

4.1,

m 10252

261--?=?=R R ，管长m 10162-?=L ，

两级间电势差V 6000=U ，低压惰性气体的相对电容率1r ≈ε，试计算此时阳极上的电荷量和电荷数．

分析

由于12,R L R L >>>>，忽略边缘效应，可以把盖革计数器视为带

等量异号电荷的无限长同轴圆柱面电容器．

解 两级间场强为r

E 02πελ

=

，方向沿径向指向阴极．电势差为

?

=

=

2

1

1

20

ln

2d 2R R R R r

r U πε

λπε

λ

则 1

20ln R R U πελ2=

阳极上电荷量为

)

10

25/10

4.1ln(101660002ln 26

2

2

1

20----12

?????10

?8.85?=

=

=ππελR R UL L q C

9

10

4.8-?=

相应的电荷数为 10

19

910

25.510

6.1104.8?=??=

=--e

q N

9-25 圆柱形电容器是由半径为1R 的导体圆柱和与它同轴的导体圆筒构成

的，圆筒的半径为2R ，电容器的长为L ，其间充满相对电容率为r ε的介质，设沿轴线单位长度上圆柱带电荷量为λ+，圆筒单位长带电荷量为λ-，忽略边缘效应，求：（1）介质中的电位移和电场强度；（2）介质表面的极化电荷面密度；（3）两极之间的电势差U ，从而求电容器电容．

分析 已知电荷分布，由介质中的高斯定理可知介质中的D 和E ，由场强叠加原理可求出极化电荷的面密度.

解 （1）由于电场具有轴对称性，以半径为r 作高为L 的同轴高斯面，介质中的高斯定理得 L D rL λπ=?2 r

D πλ

2=

r

r

D

E r 2επελ

πελ

ε

0=

2=

=

（1）

（2）设介质内外表面单位长上的极化电荷分别为λ'和λ'-，在介质内，其内表面极化电荷产生的附加电场的场强为

r

E 02πελ'

-

='

根据场强叠加原理，在介质内电场是导体圆柱表面的自由电荷产生的电场和介质内表面极化电荷产生的附加电场的叠加，即

r

r

E E E 00022πελπελ

'

-

=

'-= （2）

由（1）和（2）式解得

)1

1(r

ελλ-

='

介质内外表面单位长的面积分别为22R π，12R π，则极化电荷面密度分别为

)1(22r

1

1

επλ

πλσ1

-

-

='-=

'-R R )

1(22r

2

2

επλ

πλσ1

-

=

'

=

'R R

（3）电容器两极板电势差为

=

U ?

?21

d R R r E ?

2=

=

2

1

1

2r

0r 0ln

2d R R R R r

r επελεπελ

电容为 1

2r 01

2r

0ln 2ln 2R R L R R L U

Q C επεεπελ

λ=

=

=

9-26 在半径为R 的金属球外有一层外半径为R '的均匀介质层，设电介质的

相对电容率为r ε，金属球带电量为Q ，求：（1）介质层内外的电场强度；（2）介质层内外的电势；（3）金属球的电势． 分析 本题为球对称场，已知电荷分布由介质中的高斯定理可求出D 、E 分布．以无穷远电势为零由场强与电势的积分关系或电势叠加原理可求电势分布． 解 （1）如图9-26，作半径为r 的球面为高斯面，由有介质的高斯定理得

Q

D r =2

4π 2

4r

Q D π=

在介质内，R r R '<< 2

r 0r

014r Q D

E επεεε=

=

在介质外，R r '> 2

24r

Q D

E 00

=

=πεε

（2）介质内任一点的电势为

?

?

'∞'

+

=

R r

R r E r E V d d 211??

?

???'+'-=

0R R r Q 1)11(14r επε

（1） 介质外任一点电势为

?

∞=

=

r

r

Q dr E V 0224πε

（3）金属球的电势可由（1）式中令R r =得到，即

??

?

???'+??? ??'-=

R R R Q V 11114r 00επε

9-27 球形电容器由半径为1R 的导体球和与它同心的导体球壳组成，球壳内半径为3R ，其间有两层均匀电介质，分界面半径为2R ，相对电容率分别为1r ε和r2ε，如图9-27所示，求：

（1）当内球所带电荷量为Q +时，电场强度的分布；（2）各介质表面上的束缚电荷面密度；（3）电容器电容．

分析 本题电场为球对称的，已知电荷分布，可由介质中的高斯定理先求D ，再求E 的分布．束缚电荷分布在内外两层介质的四个表面上，因为各表面的曲率半径不同，束缚电荷面密度也就不尽相同． 由于电介质将电容器沿径向分成了两部分，也可以视为由两个有电介质的球形电容器串联的组合，直接用串联电容器的计算公式求电容．

解 （1）由高斯定理可知，电位移的分布与介质无关，为

2

4r Q D π=

第一层介质中场强为 2

1r 0r1

014r

Q D

E επεεε=

=

（1） 第二层介质中场强为 r

Q

D

E r20r2

024επεεε=

= （2）

（2）设内外两层介质的四个表面上束缚电荷分别为1Q '-、1Q '、2Q '-和2Q '，

根据场强叠加原理，在第一层介质中的电场是导体球表面的自由电荷产生的电场和第一层介质内表面极化电荷1Q '-产生的附加电场的叠加，即

2

r112

10144r

Q r

Q E E E επεπε00'-

=

'-= （3）

由（1）和（3）式得

Q

Q )1

1(r1

1ε-

='

同理可得 Q

Q )1

1(r2

2

ε-='

各介质表面上的极化电荷面密度分别为

2

1

r111

4)

1

1(R

Q

πεσ--=' 2

2

r112

41

1(R

Q

πεσ-='

2

2

r221

4)

1

1(R

Q

πεσ--=' 2

3

r222

4)

1

1(R

Q

πεσ-='

（3）两极板电势差为

)]11

(

1

)11

(

1

[

4d d 3

2

r22

1

r12132

21

R R R R Q r E r E U R R R R -

+

-

=

+

=

?

?

εεπε

电容器的电容为 )

()(4r11r23231r3r23

21r2r1εεεεεεπεR R R R R R R R U

Q C -+-=

=0

9-28 两个电容器F 0.9,F 0.621μμ==C C ，在串联和并联两种情况下充电到

1500V 时，求每个电容器上分配的电荷、电压和总能量.

解 （1）串联时等效电容为2

121C C C C C +=

，每个电容器上电荷量相等，为

C

10

4.5C 10

0.910

0.610

0.910

0.615003

6

6

6

6

2

121-----?=?+?????=

+==C C C UC UC Q

V

9001

1==

C Q U V

6002

2==

C Q U

J

05.42

1

212

222

1121=+

=

+=U C U C W W W

（2）并联时电容器上电压相等，同为V

1500=U ，电荷量分别为

C 10

93

11-?==U C Q

C 105.13322-?==U C Q ，

J 875.162

1212

22

121=+

=

+=U

C U

C W W W

可见并联时贮能多．

9-29 把F 0.101μ=C 的电容器充电到V 300=U 然后拆去电源，与另一个

F 0.202μ=C 的未充电的电容器并联，求：

（1）电容器组合的电势差；（2）每个电容器的电荷；（3）并联后能量的改变，并作出解释．

分析 两电容器并联的过程即1C 向2C 放电，直到电势差相等的过程，在此

过程中保持总电量不变．

解 （1）并联前1C 带电荷U C q 1=，设并联后电压为U '，

1C 带电荷U C q '=11，2C 带电荷U C q '=22．并联前后总电量相等，即有

U C C U C '+=)(211