导体和电介质习题

第六章静电场中的导体与电介质6 －1 将一个带正电的带电体A从远处移到一个不带电的导体B附近，则导体B的电势将（）（A）升高（B）降低（C）不会发生变化（D）无法确定分析与解不带电的导体B相对无穷远处为零电势。

由于带正电的带电体A移到不带电的导体B附近时，在导体B的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A）。

6 －2 将一带负电的物体Ｍ靠近一不带电的导体Ｎ，在Ｎ的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。

若将导体Ｎ的左端接地（如图所示），则（）（A）Ｎ上的负电荷入地（B）Ｎ上的正电荷入地（C）Ｎ上的所有电荷入地（D）Ｎ上所有的感应电荷入地分析与解 导体Ｎ 接地表明导体Ｎ 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体Ｎ 在哪一端接地无关。

因而正确答案为（A ）。

6 －3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图。

设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ） （A ）d q v E 04,0πε==（B ）dq v d q E 0204,4πεπε==（C ）0,0==v E （D ）Rq v dq E 0204,4πεπε==分析与解达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。

点电荷q在导体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O点激发的电势为零，O点的电势等于点电荷q在该处激发的电势。

因而正确答案为（A）。

6 －4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。

下列推论正确的是( )（A）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷（B）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零（C）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷（D）介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关（Ｅ）介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。

因而正确答案为（Ｅ）。

6－5对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（）（A）电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍（B）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍（C）在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍（D）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍分析与解 电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S 有001(1)iSSid d qχε+⋅=⋅=∑⎰⎰ E S E S即E ＝E ０/εｒ，因而正确答案为（A ）。

6 －6 不带电的导体球A 含有两个球形空腔，两空腔中心分别有一点电荷q b 、q c ，导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷q d （如图所示）。

试求点电荷q b 、q c 、q d 各受多大的电场力。

分析与解 根据导体静电平衡时电荷分布的规律，空腔内点电荷的电场线终止于空腔内表面感应电荷；导体球A 外表面的感应电荷近似均匀分布，因而近似可看作均匀带电球对点电荷q d 的作用力。

204)(r q q q F dc bd πε+=点电荷q d 与导体球A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零，点电荷q b 、q c 处于球形空腔的中心，空腔内表面感应电荷均匀分布，点电荷q b 、q c 受到的作用力为零.6 －8 一导体球半径为R １ ，外罩一半径为R 2 的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q ，而内球的电势为V ０ ．求此系统的电势和电场的分布．分析 若2004R Q V πε=，内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必定为等势体，电场强度处处为零，内球不带电．若2004R Q V πε≠，内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度不为零，内球带电．一般情况下，假设内导体球带电q ，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示．依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布．并由p pV d ∞=⋅⎰E l 或电势叠加求出电势的分布．最后将电场强度和电势用已知量V ０ 、Q 、R １ 、R 2表示．解 根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称．取同心球面为高斯面，由高斯定理∑⎰=⋅iqS d E 01ε，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各区域内的电场分布为r ＜R １时， 0)(1=r ER １＜r ＜R 2时，r e r q r E2024)(πε=r ＞R 2时， re rq Q r E 2024)(πε+=由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布． r ＜R １时，12121123010244R R rrR R q Q V E dl E dl E dl E dl R R πεπε∞∞=⋅=⋅+⋅+⋅=+⎰⎰⎰⎰R １＜r ＜R 2 时，⎰⎰⎰+=⋅+⋅=⋅=∞∞2220032244R R rrR Q rq dl E dl E dl E V πεπεr ＞R 2 时，r Qq dl E V r0334πε+=⋅=⎰∞也可以从球面电势的叠加求电势的分布．在导体球内（r ＜R １）2010144R Q R qV πεπε+=在导体球和球壳之间（R １＜r ＜R 2 ）200244R Q rq V πεπε+=在球壳外（r ＞R 2）rQq V 034πε+=由题意20100144R Q R q V V πεπε+==得210104R R QV R q -=πε代入电场、电势的分布得 r ＜R １时，01=E ；01V V =R １＜r ＜R 2 时，r r e r R Q R e r V R E220120124πε-=； r R Q R r rV R V 2010124)(πε-+=r ＞R 2 时，r r e rR Q R R e r V R E 2201220134)(πε--=；r R Q R R r V R V 20120134)(πε-+= 6 －9 在一半径为R １ ＝6.0 cm 的金属球A 外面套有一个同心的金属球壳B ．已知球壳B 的内、外半径分别为R 2＝8.0 cm ，R 3 ＝10.0 cm ．设球A 带有总电荷Q A ＝3.0 ×10－８C ，球壳B 带有总电荷Q B ＝2.0×10－８C ．（１） 求球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势；（2） 将球壳B 接地然后断开，再把金属球A 接地，求金属球A 和球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势．分析 （１） 根据静电感应和静电平衡时导体表面电荷分布的规律，电荷Q A 均匀分布在球A 表面，球壳B 内表面带电荷－Q A ，外表面带电荷Q B ＋Q A ，电荷在导体表面均匀分布［图（ａ）］，由带电球面电势的叠加可求得球A 和球壳B 的电势．（2） 导体接地，表明导体与大地等电势（大地电势通常取为零）．球壳B 接地后，外表面的电荷与从大地流入的负电荷中和，球壳内表面带电－Q A ［图（ｂ）］．断开球壳B 的接地后，再将球A 接地，此时球A 的电势为零．电势的变化必将引起电荷的重新分布，以保持导体的静电平衡．不失一般性可设此时球A 带电q A ，根据静电平衡时导体上电荷的分布规律，可知球壳B 内表面感应－q A ，外表面带电q A －Q A ［图（c ）］．此时球A 的电势可表示为0102030444A A A AA q q q Q V R R R πεπεπε--=++=由V A ＝0 可解出球A 所带的电荷q A ，再由带电球面电势的叠加，可求出球A 和球壳B 的电势．解 （１） 由分析可知，球A 的外表面带电3.0 ×10－８C ，球壳B 内表面带电－3.0 ×10－８C ，外表面带电5.0 ×10－８C ．由球壳电势分布（半径R ，带电Q ）R Q V 04πε=R r ≤rQ V 04πε= R r 〉依据电势的叠加原理，球A 和球壳B 的电势分别为3010203 5.610V 444A A A BA Q Q Q Q V R R R πεπεπε--=++=⨯3034.510V 4A BB Q Q V R πε+==⨯（2） 将球壳B 接地后断开，再把球A 接地，设球A 带电q A ，球A 和球壳B 的电势为0102030444A A A AA q q Q q V R R R πεπεπε--+=++=034A AB Q q V R πε-+=解得8121223132.1210C AA R R Q q R R R R R R -==⨯+-即球A 外表面带电2.12 ×10－８C ，由分析可推得球壳B 内表面带电－2.12 ×10－８C ，外表面带电-0.9 ×10－８C ．另外球A 和球壳B 的电势分别为0A V =27.2910V B V =-⨯导体的接地使各导体的电势分布发生变化，打破了原有的静电平衡，导体表 面的电荷将重新分布，以建立新的静电平衡．6 －11 将带电量为Q 的导体板A 从远处移至不带电的导体板B 附近，如图（ａ）所示，两导体板几何形状完全相同，面积均为S ，移近后两导体板距离为d （S d 〈〈）． （１） 忽略边缘效应求两导体板间的电势差； （2） 若将B 接地，结果又将如何？分析 由习题6 －１0 可知，导体板达到静电平衡时，相对两个面带等量异号电荷；相背两个面带等量同号电荷．再由电荷守恒可以求出导体各表面的电荷分布，进一步求出电场分布和导体间的电势差．导体板B 接地后电势为零，B 的外侧表面不带电，根据导体板相背两个面带等量同号电荷可知，A 的外侧表面也不再带电，由电荷守恒可以求出导体各表面的电荷分布，进一步求出电场分布和导体间的电势差．解 （１） 如图（ｂ）所示，依照题意和导体板达到静电平衡时的电荷分布规律可得12()S Q σσ+=043=+σσ0222204030201=---εσεσεσεσ 0222204030201=-++εσεσεσεσ 解得12342Q Sσσσσ==-==两导体板间电场强度为02Q E Sε=；方向为A 指向B ．两导体板间的电势差为 02AB QdU Sε=（2） 如图（c ）所示，导体板B 接地后电势为零．140σσ==23Q Sσσ=-=两导体板间电场强度为0'QE Sε=；方向为A 指向B ． 两导体板间的电势差为 0'AB QdU Sε='R q dq q r==-⎰6 －21 一平板电容器，充电后极板上电荷面密度为σ0 ＝4.5×10-5 C· m -2．现将两极板与电源断开，然后再把相对电容率为εｒ ＝2.0 的电介质插入两极板之间．此时电介质中的D 、E 和P 各为多少？分析 平板电容器极板上自由电荷均匀分布，电场强度和电位移矢量都是常矢量．充电后断开电源，在介质插入前后，导体板上自由电荷保持不变．取图所示的圆柱面为高斯面，由介质中的高斯定理可求得电位移矢量D ，再根据0rεε=DE ，0rεε=DE可求得电场强度E 和电极化强度矢量P ． 解 由分析可知，介质中的电位移矢量的大小520 4.510C m QD Sσ--===⨯⋅∆ 介质中的电场强度和极化强度的大小分别为610 2.510V m rDE εε-==⨯⋅520 2.310C m ε--=-=⨯ P D ED 、P 、E 方向相同，均由正极板指向负极板（图中垂直向下）．6 －24 有两块相距为0.50 的薄金属板A 、B 构成的空气平板电容器被屏蔽在一金属盒Ｋ 内，金属盒上、下两壁与A 、B 分别相距0.25 mm ，金属板面积为30 mm ×40 mm 。