普通物理学第五版 导体和电介质中的静电场章答案
+
1 C6
=
41.0+
1 4.0
Cb =2.0mF
CAB = Ca + Cb =2.86mF
Q5 =Q6 = CbUAB = 2.0×10-6×200
=4.0×10-4(C)
Q2 =Q4 = Q13 =CaUAB= 0.86×10-6×200
=1.72×10-4(C)
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Q1=
C1 C1 + C3
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解：
(1)
P = (er
1)
D
er
=
(5-1)
1 5
= 0.8(C/m2)
(2) ΣP =PΔV = 0.8×0.1= 0.08(C.m)
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9-17 一扁平的电介质板er =5垂直放在
一均匀电场里，如果电介质表面上的极化
电荷面密度为σ´=0.5C／m2，求：
（1）电介质里的电极化强度和电位移； （2）介质板外的电位移； （3）介质板里和板外的场强。
4pe0
r2 2
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9-7 点电荷q =4.0×10-10C，处在导体球 壳的中心，壳的内外半径分别为R1=2.0cm 和R2=3.0cm ，求：
（1）导体球壳的电势； （2）离球心r =1.0cm处的电势； （3）把点电荷移开球心1.0cm后导体 球壳的电势。
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解：(1)
UR2=
1 2 34
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解：设两个板四个面的电荷面密度分别为
s1, s2, s3, s4,
σ σ σ σ q1
1
2
q2
3
4
.a
.b
E 3 E2 E4
E1 E 4 E 1 E 2 E3
静电平衡时，导体内部任意一点的场强为零
ε ε ε ε σ σ σ σ ∴
a点：
1
2o
2
2o
3
2o
2
4=0
o
ε ε ε ε b点：
目录
9-12 两个半径相同的金属球，其中一 个是实心的，另一个是空心的，电容是否相 同?如果把地球看作半径为6400km的球形 导体，试计算其电容。
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解：两导体的电容相同
地球的电容为：
C地
=
4pe0
R
=
600×102 9.0×109
=7.1×10-4(F)
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9-13 如图所示，证明A、B间的总电容等 于C2的条件是C2=0.618C1。
(2)
U2= U12 =
C1C2 +3 C3UAB
=
5 5+15
× 100
=25(V)
Q2= C2U2 =5.0×10-6×25 =1.25×10-4(C)
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(3) U3= UAB =100(V) Q3= C3U3 =5.0×10-6×100 =5.0×10-4(C)
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9-15 如图，C1=C2=C4=2.0mF， C3=C5=C6=4.0mF 。
. 2σe 0qm
=
4e 0md
σq
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9-2 有一块很大的带电金属板及一小球，
已知小球的质量为m =1.0×10-3g，带有电
荷量q =2.0×10-8C，小球悬挂在一丝线的
下端，平衡时悬线与金属板面间的夹角为
300，如图所示。试计算带电金属板上的电
荷面密度σ 。
+σ +σ
q
m
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解：
σ2 1o+
σ2
2o
σ +
2
3
o
σ
2
4
o
=
0
结束 目录
σ1 σ2 σ3
ε2 o ε2 o ε2 o
ε ε ε σ σ σ 2 1o+
2
2
o
+
2
3
o
σ 1S +σ 2S = q 1 σ 3S +σ 4S =q 2
εσ
2
4
o
=
0
εσ
2
4
o
=
0
解得：
σ
1
=σ
4
=
q 1+q 2 2S
σ
2
=
σ
3
=
q
1 q2 2S
UA UB = UA UC
EAB dAB = EAC dAC
EAB
=
q1
e0S
EAC
=
q2
e0S
2mm 4mm
q1 q2
=
EAB EAC
=
dAC dAB
=
1 2
q1= 1.0×10-7(C)
q2= 2.0×10-7(C)
C AB q1 q2 -q1 -q2
qB= -q1= -1.0×10-7(C)
qC= -q2= -2.0×10-7(C)
q1 =R1 4pe0 U1
q2 R2
= 5.0×10-2
2700 9.0×109
= 1.0×10-8(C)
8.0×10-9 8.0×10-2
结束 目录
两球接触后，内球电荷q1全部移至外球 壳，两球为等势体。
U
=
q1 +q2
4pe0R2
=
2.03×103(V)
ΔU内 = 2.7×103 2.03×103
外球的电势为： U2´ = 0
(3)设内球电量为q1,内球电势为零
U1
=
q1
4pe0
r1
q
+ 4pe0 r2
=0
U外
=
q1 q
4pe0 r2
q1
=
r1 r2
q
结束 目录
U外
=
q1 q
4pe0 r2
外球的电势改变为：
ΔU = U外
U2
=
r1q
4pe0
r2 2
=
(r1 2r2 ) q
4pe0
r2 2
2r2q
= 6.7×102(V) ΔU外 =0 外球电势不变。
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9-9 半径为R1=1.0cm的导体球，带有电荷 q1=1.0×10-10C,球外有一个内、外半径分别 为R2=3.0cm 、 R3=4.0cm的同心导体球壳， 壳上带有电荷Q =11×10-10C,试计算：
（1）两球的电势U1和U2； （2）用导线把球和壳联接在一起后U1和 V2分别是多少？ （3）若外球接地，U1和U2为多少？
σ2
2e0
S
σ=
2e0mg
S
使金属板离开的条件为：
σ>
2e0mg
S
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9-5 在一无限大接地导体平板附近有一 点电荷q，它离板面的距离为 d。求导体表
面上各点的感应电荷面密度σ 。
q
dq
结束 目录
解：因为导体是一等势面。可以设想若在 左侧对称位置上放置一带电量为-q的点电荷， 那么由这两个点电荷所形成的电场在板上仍 然为一等势面，即用-q去代替板上的感应电 荷，所产生的场是是一样的。
（1）求A、B 间的电容； （2）如A、B 间的电压为200V，求每块 板上的电荷量；
（3）求出每一电容器中贮藏的能量。
A C3
C2
C1 C3 B
C3 C3
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解：
1 Ca
=
1 C2
+
1 C13
+
1 C4
=
1 2.0
+
1 6.0
+
21.0 =
7.0 6.0
Ca =0.86mF
1 Cb
=
1 C5
面元外侧场强为：E
σ
= e0
内侧场强：
E 内 =0
ΔS
σ
面元外侧场强可视为面元ΔS在外侧所产
生的场强和导体其余部分电荷所产生的场
强E1之和，即：E = E1 + EΔS 面元ΔS还将在内侧所产生场强 EΔ´ S
且
EΔ´S = EΔS
结束 目录
在静电平衡时，内侧的合场强（导体内 部）应为零。
E内 = E1 + EΔ´ S = E1 EΔS =0
T cosq =mg
T
sinq
=
qE
=
σ
2e 0
q
mg
tgq
=
σ
2e 0
q
σσ
q
σ=2e
0 mg q
tgq
=5.0×10-9(C/m2)
T F
mg
结束 目录
9-3 证明在静电平衡时，导体表面某面 元ΔS所受的静电力为:
σ2
F = 2e0ΔS en
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证：在导体表面取面元 ΔS
面元上电荷面密度为：σ
=2.7×102(V)
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(2)联接后
U1´=
U2´=
q1 +Q
4pe0 R3
=2.7×102(V)
(3)外球接地
U2´´=0 内球电势
U1´´=
1
4pe0
q1 q1 R1 R2
=60(V)
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9-10 两块无限大带电平板导体如图排列， 证明在（1）相向的两面上（图中的2和3）， 其电荷面密度总是大小相等而符号相反； （2）背向的两面上（图中的1和4），其电 荷面密度总是大小相等且符号相同。
q
4pe0 R2
=
9.0×109×
4.0×10-10 3.0×10-2
=120(V)
《物理学基本教程》课后答案第九章静电场中的导体和电介质精品资料
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 E 0的匀强电场中， E 0与板面垂直，试求金属板两表面的电荷面密度．- σ’+ σ’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．-+E0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和，如图 9-1 所示．由例题 8-7 结果知，带感应电荷图 9-1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E，方向与E0相反，由场强叠加原理，平板中任一点的总场强为E E0E E0根据静电平衡条件，金属板中场强E0 ，代入上式得E00则E0 0，E0 0结果与板的厚度无关．9-2一金属球壳的内外半径分别为R1和 R2，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E 0 ，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++ – +– d R 1+ q + –q ·+- q – R 2+– ++荷，且均匀分布．点电荷 q 在 O 点产生的电势为V 1图 9-2q4 d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q V 3q V 2R 14R 24O 点电势为VV 1V 2 V 3q qq 4d4 R 1 4R 2q ( 11 1 )4dR 1R 2（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V V 1V 2 q (11 )4dR 1（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V V1V2V3q( 1 1 1 )Q4 d R1R2 4 R2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）r R a， R c r R b， R b r R c，r R c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和，由静电平衡条件知导体内E 0,故有- λ1λ1R aE d S1q 1(1)0Rb0012λ+λ即得半径为 R b的圆筒内表面单位长上的感S r R c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，加上原有电荷量图 9-3λ2，单位长上总带电量为21．（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r R a时，E0R a r R b时，E12rR b r R c时，E0r R c时，E1220r9-4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Q A 6 10 8C和Q B410 8 C ，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．A Bσ1σ2σ3σ4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，得图 9-4金属板 A内123422220金属板 B内1234222200 0解得23，又由电荷守恒定律得S()Q A，S(34)QB联立解得Q A Q B 5 106C/ 2 mS2Q A1110 6 C/m 2S31106 C/m 29-5 三个平行金属板 A 、B 和 C，面积都是 200cm2，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3.010 7C，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 S1，两端面处E=0，忽略d1- d2 -边缘效应，侧面无电场线穿过，由高斯定理B A C31 2 411q1S q1S) 0S SE d S q(S0SS得q1q1S1q 1’q 2’同理可得 q2q2．AB板间和AC板间为匀强电场，场强分别为q1q 2q1E q2E12SS图 9-5又已知 V AB V AC，即E1d1E2d 2因q 1 q 2q 3.0 10 7 C由以上各式，得 B 、C 两板上的感应电荷分别为q 1q 1q 1.0 10 7C3q 2 q 22q 12.0 10 7C（2 ）取地电势为零， A 板电势即为 A 、 B 间电势差V AVABE 1 d 1q 1d 12.3 103 VS9-6 半径为 R 11.0cm 的导体球所带电荷量为 q 1.0 10 10 C ，球外有一个内外半径分别为 R 23.0cm 和 R 34.0cm 的同心导体球壳，壳上带有电荷量Q 11 11 10 C ，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V 1qq q Q 1 ( qq q Q) 3.3 10 2 VR 14 R 2 4R 34R 1R 2R 3导体球壳的电势为V 2q q Q q Q q 2.7 102 V4R34 R 34 R 34 R 3（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 2Q q 2.7 102 V4 R 3（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qq V 1460V4 R 1R 2外球壳接地与地等势，即V 2 0另外，求 V 1 ’时还可以用内球产生的电场的线积分计算，即R 2qdr q (11) 60VV 2r 2 R 144R 1 R 29-7 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 D 3R 处有一点电荷q ，试求金属球上的感应电荷．R q ’ q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OOD图 9-7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V 2qR4点电荷 q 在 O 点的电势为V 1q3R4V V 1q qV 243R4R得感应电量为qq3由此可以推证，当 D nR 时，qqn9-8 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 R A 、 R B 、 R C ，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 1 ，外表面单位长度电荷量2之比值 1/ 2．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 1 ．同理，可说明 C 面单位长度上感应电荷为 2 ．由高斯定理可知场强分布为R ArR B 时， E 1，方向沿径向由 B 指向 A ．rR BrR C 时， E 2 2，方向沿径向由 B 指向 C ．rRR AdrR BV BA RA1 1lnBA 间电势差E 2 d rR BB2r2R ABC 间电势差V BC2ln R C- λ22R BR B λ1 λ2B 为等势体， A 、C 接地， V BAV BC ，从而CARR1 ln( R C / R B )A B C- λ12ln( R B / R A )9-9 半径分别为 R 1 和 R 2 ( R 2 R 1 ) 的两个同心导体薄球壳，电荷量分别为 Q 1和Q 2 ，今将内球壳图 9-8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V1q4r2假设导线上无电荷分布，则内球壳上电荷量变为Q1q ，由电势叠加原理，内球壳的电势为Q1q Q 2V2R1 4R2Q24Q1- q q 内球壳与远处导体球电势相等，即R1R rV1V22qQ1q Q24 r 4 R1 4 R2图 9-9解得q r ( R1Q2R2Q1 ) R2 (R1r )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，表面附近的场强E，则E 0(150 8.85 10 12 )C/m 2 1.33 10 9 C/m 2地球半径 R 6.3710 6 m ，地球带的总电荷量为q 4 R 1.33 10 942C 6.8 10 5 C680kC9-11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R 6.37 106m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Q4 R ．CV（2）地球电容C4 6.37 106 F 710 4F（3）欲使地球电势改变 1 伏特，需使地球电量的改变为Q CV 7104 1 7 104C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 3 106 V/m ，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Emax3106 V/m而E mQ m a x a xR2 4Qmax Emax4R 2310648.8510 1212C 3.3 10 4C最高电势为Q max E max 4R26 Vmax C4R RE max 310 V或Qmax 3.310 4V6 V maxR43 10V419-13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（ n 1 ）个平行板电容器并联．当两组片重叠部分的角度为时，每个电容器有效极板面积为 S( ) ，因此电容器的等效电容是的函数．收音机调频的电容器就是根据这个原理设计的．r 2r 1(a)(b)(c)图 9-13解当两组片重叠部分的角度为时，每个电容器有效极板面积为S( r12r2 )360（ 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C(n 1) 0S (n 1)r22r12 d360 d式中以度计．9-14半径都为 a 的两根平行长直导线相距为 d (d a) .（1）设两导线每单位长度上分别带电和，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 d a ，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，d再用场强与电势的积分关系求两导线间电势差，rO P由电容器电容的定义即可求出单位长导线组的等2 a效电容．图 9-14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E E E(d r )(11 )2 r r d - r 两导线间电势差为d a d a E d ra2a (11)dr lnd a r d r a由电容器电容的定义，导线单位长电容为Cd aVlna9-15有两个半径分别为 R1和 R2的导体球放在真空中，两球表面相距为d，已知 d R1和 d R2，试求两导体构成的电容器的电容.+Q- QOR1P R2d r图 9-15分析按题意d R2，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Q QE E E24( R1 R2 d r ) 24 r 两带电导体球间电势差为V R1 dE d rQ R1 d[11]dr R14R1r2( R1R2 d r )2Q1111)4(R2 d R1 d R2R1考虑到 d R1， d R2，可将电势近似表示为V Q ( 11 2 )4R1R2d此两导体球构成的电容器电容为Q4C12VR1 R2d9-16 两只电容器C18 F，C2 2 F ，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 C1和 C 2带电量分别为 Q1和 Q2，充电电压 U 01000 V ，则Q1C1U 0Q2C2U 0+－反接后，正负电荷中和，中和后总电量为C1C2－+Q Q1 Q2，并联等效电容 C C1 C2，则并联电容器两板间电势差为图 9-16Q(C1C2)U0(810 62106 )1000 UC1C28 106210 6V 600VC9-17 如图 9-17所示， C110F, C2 5.0F,C3 5.0 F ，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 C1被击穿，问 C3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C1上电压超过 C1的额定电压， C1将被击穿， C1支路即短路，全部电压就加在 C 3上，如超过 C3的额定电压， C 3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）C1和C2并联电容为C C1 C 2，再与 C 3串联后，等效电容为C C 33.75 FCC C 3（2 ）等效电容所带电量为Q CU ，串联的电容所带电量相等Q3Q CU 3.75 10 4 CAU 3Q375VC 3C C12U 1 U2Q Q1Q225V CC C1 C 23B又因Q1Q 2Q10 4C 图 9-17可解得Q1 2.5Q2 1.2510 4C（3）如果 C1被击穿， AB 间电压就加在 C3上，即U 3 U100V则Q3 C3U 3 5 104C9-18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E U39 V/cm26kV/cm30kV/cm d 1.5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，平行板电容器中电位移 D．设玻璃和空气中场强分别为E 1 和 E 2 ，则有DDE 1E 20 r00U玻璃厚为 d 1 ，则空气层厚为 d - d 1，得E 1d 1 E 2 (d d 1 ) U图 9-18由以上各式得E 1U4.48kV/cm( d d 1d 1 ) rU r31.4kV/cm 30kV/cmE 2d 1 ) d 1 (dr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U 39 E 1130kV/cm 100kV/cmd 10.3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r1、r2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：1 /2 = ？（ 2）试证此电容器的电容为CS r1r 2d2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E1和 E2，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E1 E2U（ 1）d设1、2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12（2 ）E1E20 r10 r2S代入 (1) 式可得1r1εr1εr2d2r2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图 9-19Q S0SU r1r2)(12)d(22由电容器定义得Q0S(r 1r 2) Cd2U解 2由并联电容器公式求总电容C C1S S0S(r 1r 2) C 20 r10 r 22 2d2d d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4 RR CR R极板上带电量为4 RRU q CUR R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qRU E2R(R R)4 R即也是 R 的函数．欲求场强的最小值，令dE2R R] 0RU [ R 2 ( R R ) 2 dR得RR2并有 RR时，d 2 E0 ，即 RR时，场强有极小值，且2dR 224U E minR9-21 图 9-21 为水蒸气分子 H 2O 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p 6.2 10 30 C m ．（ 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 E1.5 10 4 N/C 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？3kT 的多少分之一？在室温 这功的大小为室温（ 300K ）水分子的平均平动动能2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 pqd 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Mp E， MpE sin，可知，当 p 与 E 正交时力矩最大 .当电矩与外场平行反向(180 ) 时，电场力的力矩作功将使减小，最后0 ，注意到在此过程中 d0.如果这个功与室温下水分子的平均平动动能3k T 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2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q 10e ， 电矩大小 p qd (10e)d30正负电荷中心之距dp 6.2 1019 3.9 10 12 m 10e 10 1.6 10题9-21图中， OH键距为 0.958 1010 m ， d 为这个距离的4%.（2 ）由电场力作用于电偶极子的力矩Mp E，力矩大小为MPE sin ，90 ，M达极大 .M maxPE6.2 10301.5 1049.3 1026 N m（3 ）力矩作功为 W Md ，本题中，当转向极化进行时，力矩作正功但dWPE sin d2PE1.9 10 25Jθ180E而 T=300K 时，水分子的平均平动动能pk3kT3 1.38 10 23 300 6.2 10 21J22图 9-21k32630W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180 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 ，从而外场场强值至少要达到E W k 6.2 10 21 5 108 N/C2 p 2 p 2 6.210 309-22 平板电容器两级板相距 3.0cm ，其间平行地放置一层r 2.0 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0 8.85 10 10 C/m 3，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 D x 、 E x 、 U x 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S1和S2，由介质中的高斯定理可以证明各区域 D 相等，得D08.8510 10 c/m 2介质外场强D10V 0/m E0介质内场强E D50 V / mr（2 ）以 A 板电势为零，则x1cm 处A S2B V1E0 x11000.011Vx2cm 处V2V1E( x2x1 )S1 1.5Vx1cm 处V3V2E0 ( x3x2 ) 2.5V0 1 2 3x /cmD/ (C/m)E/ (V/m)V/ V100(a)σ025010 1 2 3x0 1 2 3x0 1 23(b)图 9-22（3） D x ， E x ， V x 曲线如图 9.22(b)所示．（4 ）介质表面的极化电荷面密度为(1 1) 4.42510 10 C/m r9-23平板电容器两极间充满某种介质，板间距d2mm ，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E E0E0，即自由电荷的电场和极化电荷产生的附加电场的00叠加，其中电介质对电场的影响以极化电荷面密度的形式表现出来，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 E0，其中电介质对电场的影响以相对电容率r 的形式表现出来，也反映0 r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 E0U 0， EU，得相对电容率为d dE0U 01800rU3E600（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(1 1 )(11) E0 0 5.31 10 6 C/mr r（3 ）极化电荷的分布形成等量异号带电板，忽略边缘效应，得E 6 10 5 V/m9-24 盖革计数器可用来测量电离辐射，它的正极是半径为R1的金属丝，负极是半径为 R2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 R125 10 6 m , R2 1.4 10 2 m ，管长 L 1610 2 m ，两级间电势差 U 6000V ，低压惰性气体的相对电容率r 1 ，试计算此时阳极上的电荷量和电荷数．分析由于 L R2 , L R1，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 E，方向沿径向指向阴极．电势差为2 0rUR 2drR 2r2ln2 0R 1R 1则Uln R 2R 1阳极上电荷量为2 0UL 2600016 10 2 10 9CqLR 2 ln(1.4 10 2/ 2510 6)8.4 lnR 1q 8.4 10 相应的电荷数为Ne 1.6 109195.25 10109-25圆柱形电容器是由半径为 R 1 的导体圆柱和与它同轴的导体圆筒构成 的，圆筒的半径为 R 2 ，电容器的长为 L ，其间充满相对电容率为 r 的介质，设沿轴线单位长度上圆柱带电荷量为，圆筒单位长带电荷量为，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R 2εrεR 1rLλ化电荷的面密度 .–λ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2 rL D L图 9-25DrD（ 1）Er 2rr （2 ）设介质内外表面单位长上的极化电荷分别为和，在介质内，其内表面极化电荷产生的附加电场的场强为E2 0 r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E E0E（ 2）2 0 r 2 0 r由（ 1）和（ 2）式解得(1 1 )r介质内外表面单位长的面积分别为 2 R2， 2 R1，则极化电荷面密度分别为2 R1(1)(1)2 R1r2R2 2R2r（3 ）电容器两极板电势差为U E d rR2dr ln R2R2R1R120 r r0rR1电容为Q L20rL CR2R2 U ln ln2R1R10 r9-26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 ，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4 r 2 D QDQ4r 2R在介质内， R r RD Q R’r E14r r20r0εr在介质外，r RD Q E24r 2（2 ）介质内任一点的电势为图 9-26V1RE1dr E2 dr Q1(1 1)1（ 1）4r r R Rr R介质外任一点电势为V2Q rE2 dr4 0 r（3 ）金属球的电势可由（ 1）式中令 r R 得到，即V0Q1111 4 0R R Rr9-27球形电容器由半径为R1的导体球和与它同心的导体球壳组成，球壳内半径为 R3，其间有两层均匀电介质，分界面半径为R2，相对电容率分别为r1和r2 ，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。
静电场中的导体与电介质一章习题解答讲解
静电场中的导体与电介质一章习题解答习题8—1 A 、B 为两个导体大平板，面积均为S ，平行放置，如图所示。
A 板带电+Q 1，B 板带电＋Q 2，如果使B 板接地，则AB 间电场强度的大小E 为：［ ］ (A)S Q 012ε (B) SQ Q 0212ε- (C) SQ01ε (D) S Q Q 0212ε+解：B 板接地后，A 、B 两板外侧均无电荷，两板内侧带等值异号电荷，数值分别为+Q 1和-Q 1，这时AB 间的场应是两板内侧面产生场的叠加，即SQS Q S Q E 01010122εεε=+=板间 所以，应该选择答案(C)。
习题8—2 C 1和C 2两个电容器，其上分别标明200pF(电容量)，500V(耐压值)和300pF ，900V 。
把它们串联起来在两端加上1000V 的电压，则［ ］(A) C 1被击穿，C 2不被击穿 (B) C 2被击穿，C 1不被击穿 (C) 两者都被击穿 (D) 两者都不被击穿 答：两个电容器串联起来，它们各自承受的电压与它们的电容量成反比，设C 1承受的电压为V 1，C 2承受的电压为V 2，则有231221==C C V V ①100021=+V V ②联立①、②可得V 6001=V ， V 4002=V可见，C 1承受的电压600V 已经超过其耐压值500V ，因此，C 1先被击穿，继而1000V 电压全部加在C 2上，也超过了其耐压值900V ，紧接着C 2也被击穿。
所以，应该选择答案(C)。
习题8—3 三个电容器联接如图。
已知电容C 1=C 2=C 3，而C 1、C 2、C 3的耐压值分别为100V 、200V 、300V 。
则此电容器组的耐压值为［ ］(A) 500V (B) 400V (C) 300V (D) 150V (E) 600V解：设此电容器组的两端所加的电压为u ，并且用C 1∥C 2表示C 1、C 2两电容器的并联组合，这时该电容器组就成为C 1∥C 2与C 3的串联。
普通物理学程守洙第五版 答案
18-1 18-2 18-3 18-4 18-5 18-6 18-7 18-8 18-9 18-10 18-11 18-12 18-13 18-14 18-15 18-16 18-17 18-18 18-19 18-20 18-21 18-22 18-23 18-24 18-25 18-26 18-27 18-28 18-29 18-30 18-31 18-32 18-33 18-34 18-35 18-36 18-37 18-38 18-39 18-40 18-41 18-42 18-43 18-44 18-45
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9-8 有直径为16cm及10cm的非常薄的两 个铜制球壳，同心放置时，内球的电势为 2700V，外球带有电荷量为8.0×10-9C，现 把内球和外球接触，两球的电势各变化多少？
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解：设内球电势为U1 ，电量为q1，外球 电势为U2 ，电量为q2
U1
=
1
4pe0
q1 R1
+
q2 R2
4pe0
r2 2
结束 目录
9-7 点电荷q =4.0×10-10C，处在导体球 壳的中心，壳的内外半径分别为R1=2.0cm 和R2=3.0cm ，求：
（1）导体球壳的电势； （2）离球心r =1.0cm处的电势； （3）把点电荷移开球心1.0cm后导体 球壳的电势。
结束 目录
解：(1)
UR2=
= 6.7×102(V) ΔU外 =0 外球电势不变。
结束 目录
9-9 半径为R1=1.0cm的导体球，带有电荷 q1=1.0×10-10C,球外有一个内、外半径分别 为R2=3.0cm 、 R3=4.0cm的同心导体球壳， 壳上带有电荷Q =11×10-10C,试计算：
大学物理上册（第五版）重点总结归纳及试题详解第七章静电场中的导体和电介质
大学物理上册（第五版）重点总结归纳及试题详解第七章静电场中的导体和电介质第七章静电场中的导体和电介质一、基本要求1．掌握导体静电平衡的条件及静电平衡时导体电荷的分布规律；2．学会计算电容器的电容；3．了解介质的极化现象及其微观解释；4．了解各向同性介质中D 和E 的关系和区别； 5．了解介质中电场的高斯定理； 6．理解电场能量密度的概念。
二、基本内容1．导体静电平衡（1）静电平衡条件：导体任一点的电场强度为零（2）导体处于静电平衡时：①导体是等势体，其表面是等势面；②导体表面的场强垂直于导体表面。
（3）导体处于静电平衡时，导体内部处处没有净电荷存在，电荷只能分布在导体的表面上。
2．电容（1）孤立导体的电容 q C V=电容的物理意义是使导体电势升高单位电势所需的电量。
电容是导体的重要属性之一，它反映导体本身具有储存电荷和储存电能的能力。
它的大小仅由导体的几何形状、大小和周围介质决定，与导体是否带电无关。
（2）电容器的电容BA V V qC -=q 为构成电容器两极板上所带等量异号电荷的绝对值。
B A V V -为A 、B 两极间电势差。
电容器电容与电容器形状、大小及两极间介质有关，与电容器是否带电无关。
（3）电容器的串并联串联的特点：各电容器的极板上所带电量相等，总电势差为各电容器上电势差之和。
等效电容由121111nC C C C =+++进行计算。
并联的特点：电容器两极板间的电势差相等，不同电容器的电量不等，电容大者电量多。
等效电容为12n C C C C =+++。
（4）计算电容的一般步骤①设两极带电分别为q +和q -，由电荷分布求出两极间电场分布。
②由BA B A V V d -=??E l 求两极板间的电势差。
③根据电容定义求BA V V qC -=3．电位移矢量D人为引入的辅助物理量，定义0ε=+D E P ，D 既与E 有关，又与P 有关。
说明D 不是单纯描述电场，也不是单纯描述电介质的极化，而是同时描述场和电介质的。
普通物理学第五版第9章导体和电介质中的静电场章答案
解： (1)由于静电感应，外球内表面电量为 -q，外表面电量为+q q 外球的电势为： U2 = 4pe0 r2 (2)外球内表面电量仍为-q,外表面电量为零 外球的电势为： ´ U2 = 0
(3)设内球电量为q1,内球电势为零 q1 q r1 U1 = q1 = r q 4pe0 r1 + 4pe0 r2 =0 2 q1 q U外 = 4pe0 r2
q1 q2 U1 = 4pe0 R1 + R2 q2 q1 = R1 4pe0 U1 R2
1
2700 -2 = 5.0×10 9.0×109 = 1.0×10-8(C) 8.0×10-9 8.0×10-2
结束 目录
两球接触后，内球电荷q1全部移至外球 壳，两球为等势体。
q1 + q2 U= = 2.03×103(V) 4pe0R2 ΔU内 = 2.7×103 2.03×103 = 6.7×102(V)
d +q
结束 目录
9-6 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(设内球离地球很远)。
结束 目录
结束 目录
9-11 三平行金属板A、B 、C面积均为 200cm2，A、B 间相距4.0mm， A、C 间 相距2.0mm，B 和C 两板都接地。如果使A 板带正电3.0×10-7C ，求： （1）B 、C 板上感应电荷； （2）A 板的电势。 2mm 4mm C A B
目录
解：设A板带电为q =q1+q2，B、C两板的感 应电荷分别为- q1及- q2 。 EAB dAB = EAC dAC UA UB = UA UC q2 q1 EAC = EAB = e0S 2mm 4mm e0 S q1 EAB dAC 1 C A B = E =d = 2 q2 AC AB q1 q2 q1= 1.0×10-7(C) -q1 -q2 q2= 2.0×10-7(C) qB= -q1= -1.0×10-7(C) qC= -q2= -2.0×10-7(C)
第6章静电场中的导体和电介质大作业参考答案PPT课件
40r12 40rr22
r
r1 2 r 22
3．
插入前后极板上的电荷不变， 极板间的场强不变。
E
E
d /3
插入前： U0 Ed
d
插入后：U
E2d 3
2 3U0
8
4． B板不接地：
3 4
金属板内场强为零：
A板
1
2
Q 2S
B板
3
4
Q 2S
B板接地： Q S
U
AB
Qd 0S
1 2
Q
3 4
SdS
A
You Know, The More Powerful You Will Be
19
谢谢大家
荣幸这一路，与你同行
It'S An Honor To Walk With You All The Way
演讲人：XXXXXX
时 间：XX年XX月XX日
20
Vq 0
1． 极板间的场强为：
a、b产生的、加上c板产生的
Ec q/20S
EabV/d
d /2 d /2
acb
V c ( E a b E c ) d /2 V /2 q /4 d 0 S
巧合！
13
三、计算题
1． 高斯定理
E2SE1S10
Sq S
E2
d 2
E1
d 2
V
E2
12q0S
2V d
Vq 0
E1
E2
d /2 d /2
acb
Vc E2 d212V2q0dS
14
或
qq1 q2
（1）
q1 q1 q 2 q2
由高斯定理两极板电荷分别为：
《静电场中的导体与电介质》选择题解答与分析
13静电场中的导体与电介质 13.1静电平衡1. 当一个带电导体达到静电平衡时： (A) 表面上电荷密度较大处电势较高． (B) 表面曲率较大处电势较高． (C) 导体内部的电势比导体表面的电势高． (D) 导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零． 答案：(D) 参考解答：静电平衡时的导体电荷、场强和电势分布的特点： (1) 电荷仅分布在导体的表面,体内静电荷为零.(2) 导体表面附近的场强方向与导体表面垂直,大小与导体表面面电荷密度成正比;(3) 导体为等势体,表面为等势面.答案(D)正确，而(A)(B)(C)均需考虑电势是一个相对量，在场电荷的电量以及分布确定的同时,还必须选定一个电势零点,在这样的情况下,场中各点电势才能确定。
给出参考解答，进入下一题：2. 设一带电导体表面上某点附近电荷面密度为σ，则紧靠该表面外侧的场强为0/εσ=E . 若将另一带电体移近，(1) 该处场强改变，公式0/εσ=E 仍能用。
(2) 该处场强改变，公式0/εσ=E 不能用。
上述两种表述中正确的是(A) (1) . (B) (2).答案：(A) 参考解答：处于静电平衡的导体，其表面上各处的面电荷密度与相应表面外侧紧邻处的电场强度的大小成正比，即0εσ=E . 将另一带电体移近带电导体，紧表面外侧的场强会发生改变，电荷面密度为σ也会改变，但公式0εσ=E 仍能用。
给出参考解答，进入下一题：3. 无限大均匀带电平面（面电荷密度为σ）两侧场强为)2/(0εσ=E ，而在静电平衡状态下，导体表面（该处表面面电荷密度为σ）附近场强为0/εσ=E ，为什么前者比后者小一半？参考解答：关键是题目中两个式中的σ不是一回事。
下面为了讨论方便，我们把导体表面的面电荷密度改为σ′，其附近的场强则写为./0εσ'=E对于无限大均匀带电平面(面电荷密度为σ)，两侧场强为)2/(0εσ=E .这里的 σ 是指带电平面单位面积上所带的电荷。
普通物理学第五版第8章静电场答案
2
代入得到:
x
=
q
(2π
2l 0 mg
)1
3
题号 结束
(1)若 l =1.20m, m =10g, x = 5.0cm
求: q
ε 解:
从式 x
=
(2πq
2l 0 mg
)1
3
得到:
ε q
=
(2π
0 mg x l
)3 1
2
=±2.38×10-8C
(2)若
dq dt
=1.0×10-9C/s
求:
dx dt
2.0 x2
5.0 + (x +0.10)2
(V/m)
题号 结束
(2)在-0.10<x <0区间
ε E2 =
1
4π
0
q2 (x +0.10)2
q1 x2
=
9×104
5.0 (x +0.10)2
2.0 x2
(V/m)
(3)在<x <-0.10区间
ε E3 =
1
4π
0
q1 x2
q2 (x +0.10)2
q2
C
B
题号 结束
已知： q1 =1.8×10-9C,q2= -4.8×10-6C、 BC = 0.04m，AC = 0.03m。
求:Ec 。
A
ε E1
=
4π
q1 0 (AC
)2
q1
=
9×109×(
1.8×10-9 3.0×10-2
)
2
C
E2
q2 B
=1.8×104 V/m
E1
8.导体和介电质中的静电场大学物理习题答案
r R1 ： E1
q 0 r ； 4 0 r 2 q 0 r 4 0 r 2
R1 r R2 ： E 2 0 ；
3
2
1 q
R1 -q
r R2 ： E 3
电势分布
q
r R1 ： U E d l E1 d l E 3 d r
Q 1 1 1 1 1 1 [( ) ( ) ] 4 0 r R1 r R1 R2 R2
R1 r R2 ： U 3 E d l E3 d r E 4 d r
r r R2
R2
Q 1 1 1 1 [ ( ) ] 4 0 r r R2 R2
3 B 球壳所带净电荷 Q ' q 'q Q q 4 3 （2）用导线将和相连，球上电荷与球壳内表面电荷相消。 Q" q' Q 4 2 8-3 两带有等量异号电荷的金属板 A 和 B， 相距 5.0mm，两板面积都是 150cm ，电量大小都是 2.66×l0 8C，
E dl
r
R0
r
E1 d l
R1
R0
E2 d r
R2
R2
R1
E3 d r
R2
E4 d r
R1
R0
Q dr 4 0 r 2
R2
R1
Q dr 4 0 r r 2
Q dr 4 0 r 2
大学物理课后习题答案马文蔚第五版
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 BN 上的正电荷入地 C N 上的所有电荷入地 DN 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 dεqV E 0π4,0== B d εqV d εq E 020π4,π4==C 0,0==V ED RεqV d εq E 020π4,π4==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有即E＝E０/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;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 －7 一真空二极管,其主要构件是一个半径R １ ＝×10－4m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外,半径R ２ ＝×10－3m 的同轴圆筒形阳极．阳极电势比阴极电势高300V,阴极与阳极的长度均为L ＝×10－２m ．假设电子从阴极射出时的速度为零．求：１该电子到达阳极时所具有的动能和速率；２电子刚从阳极射出时所受的力． 分析 1 由于半径R １＜＜L ,因此可将电极视作无限长圆柱面,阴极和阳极之间的电场具有轴对称性．从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速,电子所获得的动能等于电场力所作的功,也即等于电子势能的减少．由此,可求得电子到达阳极时的动能和速率．2 计算阳极表面附近的电场强度,由F ＝q E 求出电子在阴极表面所受的电场力． 解 1 电子到达阳极时,势能的减少量为 由于电子的初始速度为零,故 因此电子到达阳极的速率为 2 两极间的电场强度为 两极间的电势差负号表示阳极电势高于阴极电势．阴极表面电场强度 电子在阴极表面受力这个力尽管很小,但作用在质量为９.1１ ×10－3１kg 的电子上,电子获得的加速度可达重力加速度的5 ×10１5 倍．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200π4R εQV =,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200π4R εQV ≠,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⎰∞⋅=pp V l E d 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()()∑⎰⋅=⋅=⋅02/π4d εq r E r r E S E ,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, ()01=r ER １＜r ＜R 2 时,()202π4r εqr E =r ＞R 2 时, ()202π4r εqQ r E +=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, R １＜r ＜R 2 时, r ＞R 2 时,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 在导体球和球壳之间R １＜r ＜R 2 在球壳外r ＞R 2 由题意 得代入电场、电势的分布得r ＜R １时,01=E ；01V V =R １＜r ＜R 2 时,22012012π4r R εQ R r V R E -=；r R εQR r r V R V 201012π4)(--= r ＞R 2 时,220122013π4)(r R εQ R R r V R E --=；rR εQR R r V R V 2012013π4)(--= 6 －9 在一半径为R １ ＝ 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＝ cm,R 3 ＝ cm ．设球A 带有总电荷Q A ＝ ×10－８C,球壳B 带有总电荷Q B ＝×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×10－８C,球壳B 内表面带电－×10－８C,外表面带电×10－８C．由电势的叠加,球A 和球壳B 的电势分别为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的电势为解得即球A 外表面带电×10－８C,由分析可推得球壳B 内表面带电－×10－８C,外表面带电×10－８C．另外球A 和球壳B 的电势分别为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 －10两块带电量分别为Q１、Q2的导体平板平行相对放置如图所示,假设导体平板面积为S,两块导体平板间距为d,并且S＞＞d．试证明１相向的两面电荷面密度大小相等符号相反；2 相背的两面电荷面密度大小相等符号相同．分析导体平板间距d ＜＜ S,忽略边缘效应,导体板近似可以当作无限大带电平板处理;取如图ｂ所示的圆柱面为高斯面,高斯面的侧面与电场强度E 平行,电场强度通量为零；高斯面的两个端面在导体内部,因导体内电场强度为零,因而电场强度通量也为零,由高斯定理得∑=0q上式表明处于静电平衡的平行导体板,相对两个面带等量异号电荷．再利用叠加原理,导体板上四个带电面在导体内任意一点激发的合电场强度必须为零,因而平行导体板外侧两个面带等量同号电荷．证明 １ 设两块导体平板表面的电荷面密度分别为σ１、σ2、σ3、σ4 ,取如图ｂ所示的圆柱面为高斯面,高斯面由侧面S １和两个端面S 2、S 3构成,由分析可知 得 0,0ΔΔ3232=+=+=∑σσS σS σq 相向的两面电荷面密度大小相等符号相反．2 由电场的叠加原理,取水平向右为参考正方向,导体内P 点的电场强度为 相背的两面电荷面密度大小相等符号相同．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 d S ．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 解得两导体板间电场强度为SεQE 02=；方向为A 指向B ． 两导体板间的电势差为 SεQdU AB 02=2 如图c 所示,导体板B 接地后电势为零． 两导体板间电场强度为SεQE 0='；方向为A 指向B ． 两导体板间的电势差为 SεQdU AB 0='6 －12如图所示球形金属腔带电量为Q ＞0,内半径为ɑ,外半径为b,腔内距球心O为r处有一点电荷q,求球心的电势．分析导体球达到静电平衡时,内表面感应电荷－q,外表面感应电荷q；内表面感应电荷不均匀分布,外表面感应电荷均匀分布．球心O点的电势由点电荷q、导体表面的感应电荷共同决定．在带电面上任意取一电荷元,电荷元在球心产生的电势由于R为常量,因而无论球面电荷如何分布,半径为R的带电球面在球心产生的电势为由电势的叠加可以求得球心的电势．解导体球内表面感应电荷－q,外表面感应电荷q；依照分析,球心的电势为6 －13在真空中,将半径为R的金属球接地,与球心O相距为rr＞R处放置一点电荷q,不计接地导线上电荷的影响．求金属球表面上的感应电荷总量．分析金属球为等势体,金属球上任一点的电势V等于点电荷q和金属球表面感应电荷q′在球心激发的电势之和．在球面上任意取一电荷元ｄq′,电荷元可以视为点电荷,金属球表面的感应电荷在点O激发的电势为点O总电势为而接地金属球的电势V0＝0,由此可解出感应电荷q′．解金属球接地,其球心的电势感应电荷总量6 －14地球和电离层可当作球形电容器,它们之间相距约为100 km,试估算地球－电离层系统的电容．设地球与电离层之间为真空．解由于地球半径R1＝×106 m；电离层半径R2＝×105 m ＋R1＝×106 m,根据球形电容器的电容公式,可得6 －15两线输电线,其导线半径为 mm,两线中心相距 m,导线位于地面上空很高处,因而大地影响可以忽略．求输电线单位长度的电容．解由教材第六章6 －4 节例3 可知两输电线的电势差因此,输电线单位长度的电容代入数据F=C⨯.512-52106 －16电容式计算机键盘的每一个键下面连接一小块金属片,金属片与底板上的另一块金属片间保持一定空气间隙,构成一小电容器如图;当按下按键时电容发生变化,通过与之相连的电子线路向计算机发出该键相应的代码信号;假设金属片面积为 mm 2 ,两金属片之间的距离是 mm;如果电路能检测出的电容变化量是 pF,试问按键需要按下多大的距离才能给出必要的信号分析 按下按键时两金属片之间的距离变小,电容增大,由电容的变化量可以求得按键按下的最小距离：解 按下按键时电容的变化量为 按键按下的最小距离为6 －17 盖革－米勒管可用来测量电离辐射．该管的基本结构如图所示,一半径为R 1 的长直导线作为一个电极,半径为R 2 的同轴圆柱筒为另一个电极．它们之间充以相对电容率εｒ ≈1 的气体．当电离粒子通过气体时,能使其电离．若两极间有电势差时,极间有电流,从而可测出电离粒子的数量．如以E1 表示半径为R 1 的长直导线附近的电场强度．1 求两极间电势差的关系式；2 若E 1 ＝ ×106 V · m －1,R 1 ＝ mm,R 2 ＝ mm,两极间的电势差为多少分析 两极间的电场可以近似认为是无限长同轴带电圆柱体间的电场,由于电荷在圆柱面上均匀分布,电场分布为轴对称．由高斯定理不难求得两极间的电场强度,并利用电场强度与电势差的积分关系⎰⋅=21d R R U l E 求出两极间的电势差．解 1 由上述分析,利用高斯定理可得L λεrL E 01π2=⋅,则两极间的电场强度 导线表面r ＝R 1 的电场强度 两极间的电势差2 当611 2.010V m E -=⨯⋅ ,R 1 ＝ mm,R 2 ＝ mm 时,6 －18 一片二氧化钛晶片,其面积为 cm 2 ,厚度为 mm ．把平行平板电容器的两极板紧贴在晶片两侧.1 求电容器的电容；2 当在电容器的两极间加上12 V 电压时,极板上的电荷为多少 此时自由电荷和极化电荷的面密度各为多少 3 求电容器内的电场强度．解 1 查表可知二氧化钛的相对电容率εr ＝173,故充满此介质的平板电容器的电容2 电容器加上U ＝12 V 的电压时,极板上的电荷 极板上自由电荷面密度为 晶片表面极化电荷密度3 晶片内的电场强度为6 －19 如图所示,半径R ＝ m 的导体球带有电荷Q ＝ ×10－８C,导体外有两层均匀介质,一层介质的εr ＝,厚度d ＝ m,另一层介质为空气,充满其余空间．求：1 离球心为r ＝5cm 、15 cm 、25 cm 处的D 和E ；2 离球心为r ＝5 cm 、15 cm 、25 cm 处的V ；3 极化电荷面密度σ′．分析 带电球上的自由电荷均匀分布在导体球表面,电介质的极化电荷也均匀分布在介质的球形界面上,因而介质中的电场是球对称分布的．任取同心球面为高斯面,电位移矢量D 的通量与自由电荷分布有关,因此,在高斯面上D 呈均匀对称分布,由高斯定理⎰∑=⋅0d q S D 可得Dr ．再由r εε0/D E =可得E r ．介质内电势的分布,可由电势和电场强度的积分关系⎰∞⋅=r V l E d 求得,或者由电势叠加原理求得．极化电荷分布在均匀介质的表面,其极化电荷面密度a p σ='． 解 1 取半径为r 的同心球面为高斯面,由高斯定理得r ＜R 0π421=⋅r D01=D ；01=ER ＜r ＜R ＋d Q r D =⋅22π422π4r QD =；202π4r εεQ E r = r ＞R ＋d Q r D =⋅23π423π4r QD =；203π4r εεQ E r= 将不同的r 值代入上述关系式,可得r ＝5 cm 、15 cm 和25 cm 时的电位移和电场强度的大小,其方向均沿径向朝外．r 1 ＝5 cm,该点在导体球内,则01=r D ；01=r Er 2 ＝15 cm,该点在介质层内,εｒ ＝,则2822m C 105.3π42--⋅⨯==r Q D r ；12220m V 100.8π42-⋅⨯==r εεQ E r r r 3 ＝25 cm,该点在空气层内,空气中ε≈ε0 ,则2823m C 103.1π43--⋅⨯==r Q D r ；12220m V 104.1π43-⋅⨯==r εQ E r 2 取无穷远处电势为零,由电势与电场强度的积分关系得r 3 ＝25 cm, r 2 ＝15 cm, r 1 ＝5 cm,3 均匀介质的极化电荷分布在介质界面上,因空气的电容率ε ＝ε0 ,极化电荷可忽略．故在介质外表面； 在介质内表面：介质球壳内、外表面的极化电荷面密度虽然不同,但是两表面极化电荷的总量还是等量异号．6 －20 人体的某些细胞壁两侧带有等量的异号电荷;设某细胞壁厚为 ×10－9 m,两表面所带面电荷密度为± ×10 －3C ／m 2,内表面为正电荷．如果细胞壁物质的相对电容率为,求1 细胞壁内的电场强度；2 细胞壁两表面间的电势差． 解 1细胞壁内的电场强度V /m 108.960⨯==rεεσE ；方向指向细胞外． 2 细胞壁两表面间的电势差V 101.52-⨯==Ed U ．6 －21 一平板电容器,充电后极板上电荷面密度为σ0 ＝×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 ＝ 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rεε0DE =,E D F 0ε-= 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介质中的电场强度和极化强度的大小分别为D 、P 、E 方向相同,均由正极板指向负极板图中垂直向下．6 －22 在一半径为R 1 的长直导线外,套有氯丁橡胶绝缘护套,护套外半径为R 2 ,相对电容率为εｒ ．设沿轴线单位长度上,导线的电荷密度为λ．试求介质层内的D 、E 和P ．分析 将长直带电导线视作无限长,自由电荷均匀分布在导线表面．在绝缘介质层的内、外表面分别出现极化电荷,这些电荷在内外表面呈均匀分布,所以电场是轴对称分布．取同轴柱面为高斯面,由介质中的高斯定理可得电位移矢量D 的分布．在介质中0r εε=D E ,0ε=-P D E ,可进一步求得电场强度E 和电极化强度矢量P 的分布．解 由介质中的高斯定理,有得在均匀各向同性介质中6 －23 如图所示,球形电极浮在相对电容率为εr ＝ 的油槽中.球的一半浸没在油中,另一半在空气中.已知电极所带净电荷Q 0 ＝ ×10－6 C.问球的上、下部分各有多少电荷分析 由于导体球一半浸在油中,电荷在导体球上已不再是均匀分布,电场分布不再呈球对称,因此,不能简单地由高斯定理求电场和电荷的分布．我们可以将导体球理解为两个分别悬浮在油和空气中的半球形孤立电容器,静电平衡时导体球上的电荷分布使导体成为等势体,故可将导体球等效为两个半球电容并联,其相对无限远处的电势均为V ,且2211C Q C Q V == 1 另外导体球上的电荷总量保持不变,应有021Q Q Q =+ 2因而可解得Q 1 、Q 2 ．解 将导体球看作两个分别悬浮在油和空气中的半球形孤立电容器,上半球在空气中,电容为下半球在油中,电容为由分析中式1和式2可解得由于导体球周围部分区域充满介质,球上电荷均匀分布的状态将改变．可以证明,此时介质中的电场强度与真空中的电场强度也不再满足rεE E 0=的关系．事实上,只有当电介质均匀充满整个电场,并且自由电荷分布不变时,才满足r εE E 0= ． 6 －24 有两块相距为 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 mm,金属板面积为30 mm ×40 mm;求1 被屏蔽后电容器的电容变为原来的几倍；2 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰,问此时的电容又为原来的几倍分析 薄金属板A 、B 与金属盒一起构成三个电容器,其等效电路图如图ｂ所示,由于两导体间距离较小,电容器可视为平板电容器,通过分析等效电路图可以求得A 、B 间的电容;解 1 由等效电路图可知由于电容器可以视作平板电容器,且32122d d d ==,故1322C C C == ,因此A 、B 间的总电容2 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰,相当于C2 或者C3 极板短接,其电容为零,则总电容6 －25 在A 点和B 点之间有5 个电容器,其连接如图所示．1 求A 、B 两点之间的等效电容；2 若A 、B 之间的电势差为12 V,求U AC 、U CD 和U DB ．解 1 由电容器的串、并联,有求得等效电容C AB ＝4 μF．2 由于AB DB CD AC Q Q Q Q ===,得6 －26 有一个空气平板电容器,极板面积为S ,间距为d ．现将该电容器接在端电压为U 的电源上充电,当1 充足电后；2 然后平行插入一块面积相同、厚度为δδ ＜d 、相对电容率为εｒ 的电介质板；3 将上述电介质换为同样大小的导体板．分别求电容器的电容C,极板上的电荷Q 和极板间的电场强度E ．分析 电源对电容器充电,电容器极板间的电势差等于电源端电压U ．插入电介质后,由于介质界面出现极化电荷,极化电荷在介质中激发的电场与原电容器极板上自由电荷激发的电场方向相反,介质内的电场减弱．由于极板间的距离d 不变,因而与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷,以维持电势差不变,并有相类似的原因,在平板电容器极板之间,若平行地插入一块导体板,由于极板上的自由电荷和插入导体板上的感应电荷在导体板内激发的电场相互抵消,与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷,使间隙中的电场E 增强,以维持两极板间的电势差不变,并有综上所述,接上电源的平板电容器,插入介质或导体后,极板上的自由电荷 均会增加,而电势差保持不变．解 1 空气平板电容器的电容充电后,极板上的电荷和极板间的电场强度为2 插入电介质后,电容器的电容C 1 为故有介质内电场强度空气中电场强度3 插入导体达到静电平衡后,导体为等势体,其电容和极板上的电荷分别为导体中电场强度 02='E 空气中电场强度无论是插入介质还是插入导体,由于电容器的导体极板与电源相连,在维持电势差不变的同时都从电源获得了电荷,自由电荷分布的变化同样使得介质内的电场强度不再等于E 0/εｒ．6 －27 为了实时检测纺织品、纸张等材料的厚度待测材料可视作相对电容率为εｒ 的电介质,通常在生产流水线上设置如图所示的传感装置,其中A,B 为平板电容器的导体极板,d 0 为两极板间的距离．试说明检测原理,并推出直接测量量电容C与间接测量量厚度d 之间的函数关系．如果要检测钢板等金属材料的厚度,结果又将如何分析 导体极板A 、B 和待测物体构成一有介质的平板电容器,关于电容C 与材料的厚度的关系,可参见题6 －26 的分析．解 由分析可知,该装置的电容为则介质的厚度为如果待测材料是金属导体,其等效电容为导体材料的厚度实时地测量A 、B 间的电容量C ,根据上述关系式就可以间接地测出材料的厚度．通常智能化的仪表可以实时地显示出待测材料的厚度．6 －28 利用电容传感器测量油料液面高度．其原理如图所示,导体圆管A 与储油罐B 相连,圆管的内径为D,管中心同轴插入一根外径为d 的导体棒C,d 、D 均远小于管长L 并且相互绝缘．试证明：当导体圆管与导体棒之间接以电压为U 的电源时,圆管上的电荷与液面高度成正比油料的相对电容率为εｒ ．分析 由于d 、D ＜＜L ,导体A 、C 构成圆柱形电容器,可视为一个长XX 为液面高度的介质电容器C 1 和一个长L －X 的空气电容器C 2 的并联,它们的电容值均随X而改变．因此其等效电容C ＝C 1 ＋C 2 也是X 的函数．由于Q ＝CU ,在电压一定时,电荷Q 仅随C 而变化,求出Q 与液面高度X 的函数关系,即可得证证 由分析知,导体A 、C 构成一组柱形电容器,它们的电容分别为其总电容其中d D L εαln π20=；()dD L εεβr ln π20-= 即导体管上所带电荷Q 与液面高度X 成正比,油罐与电容器联通．两液面等高,测出电荷Q 即可确定油罐的液面高度．6 －29 有一电容为 μF 的平行平板电容器,两极板间被厚度为 mm 的聚四氟乙烯薄膜所隔开,1 求该电容器的额定电压；2 求电容器存贮的最大能量． 分析 通过查表可知聚四氟乙烯的击穿电场强度E b ＝ ×107 V ／m,电容器中的电场强度E ≤E b ,由此可以求得电容器的最大电势差和电容器存贮的最大能量．解 1 电容器两极板间的电势差2 电容器存贮的最大能量6 －30 半径为 cm 的长直导线,外面套有内半径为 cm 的共轴导体圆筒,导线与。