大学物理下册第十一章
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第十一章 静电场中的导体和电介质
11-1 如图所示，在点电荷+Q 的电场中放置一导体球。由点电荷+Q 到球心的径矢为 r，在 静电平衡时，求导体球上的感应电荷在球心 O 点处产生的场强 E。
[解] 静电平衡时，导体内任一点的场强为零，O 点的场强是点电荷+Q 及球面上感应电荷共 同贡献的，由场强叠加原理有
′ 内 = −Q A ′ = −2.12 × 10 −8 C qB ′ 外 = q B内 − q B ′ 内 = (− 3 × 10 −8 + 2.12 × 10 −8 )C = −8.8 × 10 −9 C qB
′ = 0 ，球壳 B 电势为 金属球 A 接地，电势 U A
′ = UB ′ QA +
q B外 4πε 0 R3
=
1 ⎛ QA q B内 q B外 ⎞ ⎟ ⎜ + + 4πε 0 ⎜ R2 R3 ⎟ ⎠ ⎝ R1
⎛ 3 × 10 −8 5 × 10 −8 − 3 × 10 −8 + = 9 × 10 9 × ⎜ + ⎜ 6.0 × 10 − 2 8.0 × 10 − 2 10.0 × 10 − 2 ⎝
E0 = EQ + E ′ = 0
E ′ = −EQ = −
Q 4πε 0 r 2
r
11-2
一带电量为 q、半径为 r 的金属球 A，放在内外半径分别为 R1 和 R2 的不带电金属球壳
B 内任意位置，如图所示。A 与 B 之间及 B 外均为真空，若用导线把 A，B 连接，求球 A 的 电势。
[解] 以导线把球和球壳连接在一起后，电荷全部分布在球壳的外表面上(或者说导体球的电 荷与球壳内表面电荷中和)，整个系统是一个等势体，因此
Q
⋅
Q
2πε 0 ε r L
= E * ⋅ R1
所以
U = E 1 R1 ln
R2 = 40 × 0.5 × 10 − 2 × ln 2.5 = 18.3kV R1
11-10 一平行板电容器面积为 S，两板间距离为 d，中间充满均匀电介质，已知当一板带自 由电荷 Q 时，整块电介质的总偶极矩为 P，求电容器中的电场强度。
E2 =
σ4 ε0
上板和下板相连接，因此相邻两板的电势差相等，即 E1 d 1 = E 2 d 2 ，由此可得
σ 3 d1 = σ 4 d 2
设中板总面电荷密度为 σ ，则
(3)
σ3 +σ 4 =σ
由(3)、(4)两式可得
(4)
σ 3 = 8 × 10 −6 C m 2 σ 4 = σ − σ 3 = 5 × 10 −6 C m 2
设小球 C 3 上电量为 q，则 C1 上电量 Q1 -q，C 2 上电量为 Q2 + (Q1 − q ) 设三个电容上的电压各
11-6
为U1 、U 2 、U 3
U 3 = q C3
U 1 = (Q1 − q ) C1
U 2 = (Q2 + Q1 − q ) C 2
由于 U 3 = U 1 + U 2 所以
两层均匀电介质，它们的相对电容率 ε r1 = 6 和 ε r2 = 3。两层电介质的分界面半径 R=0.04m。 设内球壳带电量 Q= − 6 × 10 −8 C ，求： (1)D 和 E 的分布，并画出 D-r、E-r 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束缚面电荷密度。
由高斯定理知
EI =
E II =
λ2 2πε 0 r
U BA = ∫ E I dr = ∫
RB
RA
RA
RB
R λ − λ1 dr = 1 ln B 2πε 0 r 2πε 0 RA
RC
U BC = ∫ E II dr = ∫
RB
RC
RB
R λ2 λ dr = 2 ln C 2πε 0 r 2πε 0 RB
R λ1 λ R ln B = 2 ln C 2πε 0 RA 2πε 0 RB
因此
λ1 : λ 2 = ln
RC R : ln B RB RA
11-6
在一半径为 R1 =6.0cm 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 R2 =8.0cm， R3 =10.0cm。设球 A 带有总电量 Q A = 3 × 10 −8 C ，球壳 B 带有总电 量 Q B = 2 × 10 −8 C 。求：(1)球壳 B 内、外表面上各带有的电量以及球 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、外表面上各带有 的电量以及球 A 和球壳 B 的电势。 [解] 在球壳 B 内作一包围内腔的高斯面，由于球壳内场强处处为零，此高斯面的电通量为 零。根据高斯定律，球壳 B 的内表面上所带电量与球 A 所带电量等值异号，所以
q B内 = −QA = −3 × 10 −8 C
球壳 B 总电量为 QB ，因此其外表面上电量为
q B外 = QB − q B内 = (2 × 10 −8 + 3 × 10 −8 )C = 5 × 10 −8 C
球 A 的电势为
11-4
UA =
QA 4πε 0 R1
+
q B内 4πε 0 R2
+
代入(1)、(2)两式中得到
σ 2 = −8 × 10 −6 C m 2 σ 5 = −5 × 10 −6 C m 2
在上板内任意点场强均为零，它是 6 个无限大均匀带电平面在该点产生的场强叠加的结果。 故有
1 (σ 1 − σ 2 − σ 3 − σ 4 − σ 5 − σ 6 ) = 0 2ε 0
考虑到(1)、(2)两式，则得到
σ1 =σ 6
(5)
上下两块导体板原来是不带电的，根据电荷守恒定律，二导体板表面出现感应电荷后，总量 仍为零。因此有
σ1 + σ 2 + σ 5 + σ 6 = 0
由(5)、(6)两式得到
(6)
σ1 =σ 6 = −
1 (σ 2 + σ 5 ) 2
1 = − × (− 8 × 10 − 6 − 5 × 10 − 6 ) = 6.5 × 10 − 6 C m 2 2
11-7
[解] 由 C =
ε 0ε r S
d
得
U=
Q Qd = C ε 0ε r S P Sd
所以
E=
Q
ε 0ε r S
(1)
而由
P = P ′Sd
P′ =
(2) (3)
极化强度 P ′ = ε 0 E (ε r − 1) 由(1)、(2)、(3)得
E=
Q−P d ε0S
11-11
两个同心的薄金属球壳，内、外壳半径分别为 R1 =0.02m 和 R2 =0.06m。球壳间充满
E1 为紧靠其外表面处的场强 E 2 的 2.5 倍，若介质最大安全场强 E * = 40 kV cm ，求此电缆
能承受的最大电压是多少? [解] 由介质中的高斯定理 由D=
∫∫ DdS = Q
S
D ⋅ 2πrL = Q
Q 2πrL
得
E=
Q
2πε 0 ε r rL
所以 E1 =
Q
2πε 0 ε r R1 L
于是得到
′ ′ − QA ′ q B内 + QA 1 ⎛ QA ⎜ + + ⎜ 4πε 0 ⎝ R1 R2 R3
⎞ ⎟ ⎟=0 ⎠
′ =− QA
q B内 R1 R2 R2 R3 − R1 R3 + R1 R2
=−
− 3 × 10 −8 × 6.0 × 8.0 C = 2.12 × 10 −8 C 8.0 × 10.0 − 6.0 × 10.0 + 6.0 × 8.0
q′ B内
4πε 0 r
4πε 0 r
+
′外 qB
4πε 0 R3
=
′外 qB
4πε 0 R3
11-5
=
9 × 10 9 × (− 8.8 × 10 −9 ) V = −7.92 × 10 2 V −2 10.0 × 10
11-7 一厚度为 d 的无限大均匀带电导体板，单位面积上两表面带电量之和为 σ 。试求离左 表面的距离为 a 的点与离右表面的距离为 b 的点之间的电势差。
q Q1 − q Q2 + Q1 − q = + C3 C1 C2
因而移到小球上的电量为
q=
r (R2 Q1 + R1Q2 ) R2 (R1 + r )
11-9
一种单芯同轴电缆的中心为一半径 R1 =0.5cm 的金属导线，其外层包一层 ε r = 5 的固
体电介质，最外面的是金属包皮。当在此电缆上加一电压后，介质中紧靠其内表面处的场强
得到
E2 =
Q
2πε 0 ε r R2 L
因 E1 = 2.5 E 2 当
R2 = 2.5R1
E1 = E * 时电缆的电压最大。
此时 U =
∫
R2
R1
Edr = ∫
R2
Q
2πε 0 ε r Lr
R1
dr =
Q
2πε 0 ε r L
ln
R2 R1
由 E * = E1 =
1 2πε 0 ε r L R1
壳用细导线与远处的半径为 r 的导体球相连，导体球原来不带电。求相连后导体球的带电量 q。
[解] 整个系统仍是孤立球形电容 C 3 与内球到无限远(地)之间的电容之并联。而后者是内球 形电容 C1 与外球孤立球形电容 C 2 串联所构成的
C1 = 4πε 0
R1 R2 R2 − R1
C 2 = 4πε 0 R2 C 3 = 4πε 0 r
UB = QA + q B内
⎞ 3 ⎟ ⎟V = 5.63 × 10 V ⎠
4πε 0 r
+
q B外
4πε 0 R3
因为 QA + q B内 = 0 ，所以
UB =
q B外
4πε 0 R3
=
9 × 10 9 × 5 × 10 −8 V = 4.5 × 10 3 V 10.0 × 10 − 2
(2)将球壳 B 接地时，其电势变为零。因为 QA 与 q B内 等量异号，它们在球壳 B 产生的电 势之和为零，所以球壳外表面不再有电荷。球壳 B 与地断开后，再将球 A 接地时，电荷将
[解] 以与球壳同心的球面为高斯面
1l-5 如图所示，三个无限长的同轴导体圆柱面 A、B 和 C，半径分别为 Ra 、 Rb 、 Rc 。圆
柱面 B 上带电荷，A 和 C 都接地。求 B 的内表面上线电荷密度 λ1 和外表面上线电荷密度 λ 2 之比值 λ1 λ 2 。
11-3
[解] 由 A、C 接地
U BA = U BC
− λ1 2πε 0 r
′ 、 qB ′ 内 、 qB ′外 重新分布。设球 A、球壳 B 内表面、球壳 B 外表面上电量分别为 QA
′ = 0 ，于是有 因为 U A
′ QA +
q′ B内
4πε 0 R1
4πε 0 R2
+
q′ B外
4πε 0 R3
=0
′ + qB ′ 内 = 0 ，而且 注意这时仍有 QA ′ 内 + qB ′外 q B内 = q B
UA =UB =
q 4πε 0 R2
11-3 如图所示， 把一块原来不带电的金属板 B 移近一块已带有正电荷 Q 的金属板 A， 平行 放置。设两板面积都是 S，板间距为 d，忽略边缘效应，求：(1)板 Байду номын сангаас 不接地时，两板间的电 势差；(2)板 B 接地时，两板间的电势差。
11-1
[解] (1) 由 61 页例 1 知，两带电平板导体相向面上电量大小相等符号相反，而相背面上电 量大小相等符号相同，因此当板 B 不接地，电荷分布如图 因而板间电场强度为 E =
[解] 导体板内场强 E内 = 0 ，由高斯定理可得板外场强为
E=
故 A、B 两点间电势差为
σ 2ε 0
U AB = ∫ E ⋅ dl = ∫ −
A 0
B
a
a+d a + d +b σ σ σ (b − a) dx + ∫ 0dx + ∫ dx = a a+d 2ε 0 2ε 0 2ε 0
11-8
半径分别为 R1 和 R2 ( R2 > R1 )的两个同心导体薄球壳，分别带电量 Q1 和 Q2 ，今将内球
[解] 因忽略边缘效应，可把三个导体板看作无限大平板，由例 1 知
σ 2 = −σ 3 σ 5 = −σ 4
(1) (2)
忽略边缘效应，则导体板可看成无限大的，具有屏蔽性，在相邻导体板之间的电场只由相对 于二表面上电荷决定。因此上板和中板之间的场强为
E1 =
σ3 ε0
11-2
在中板和下板之间的场强为
Q 2ε 0 S
电势差为 U AB = Ed =
Qd 2ε 0 S
(2) 板 B 接地时，在 B 板上感应出负电荷，电荷分布为
故板间电场强度为 E =
Q ε0S
电势差为 U AB = Ed =
Qd ε0S
11-4 如图所示，有三块互相平行的导体板，上导体板到中间导体板的距离为 5.0cm，上导 体板到下导体板的距离为 8.0cm，外面的两块用导线连接，原来不带电。中间一块两面上带 电，其面电荷密度之和为 σ = 1.3 × 10 −5 C m 2 。求每块板的两个表面的面电荷密度各是多少 (忽略边缘效应)?
11-1 如图所示，在点电荷+Q 的电场中放置一导体球。由点电荷+Q 到球心的径矢为 r，在 静电平衡时，求导体球上的感应电荷在球心 O 点处产生的场强 E。
[解] 静电平衡时，导体内任一点的场强为零，O 点的场强是点电荷+Q 及球面上感应电荷共 同贡献的，由场强叠加原理有
′ 内 = −Q A ′ = −2.12 × 10 −8 C qB ′ 外 = q B内 − q B ′ 内 = (− 3 × 10 −8 + 2.12 × 10 −8 )C = −8.8 × 10 −9 C qB
′ = 0 ，球壳 B 电势为 金属球 A 接地，电势 U A
′ = UB ′ QA +
q B外 4πε 0 R3
=
1 ⎛ QA q B内 q B外 ⎞ ⎟ ⎜ + + 4πε 0 ⎜ R2 R3 ⎟ ⎠ ⎝ R1
⎛ 3 × 10 −8 5 × 10 −8 − 3 × 10 −8 + = 9 × 10 9 × ⎜ + ⎜ 6.0 × 10 − 2 8.0 × 10 − 2 10.0 × 10 − 2 ⎝
E0 = EQ + E ′ = 0
E ′ = −EQ = −
Q 4πε 0 r 2
r
11-2
一带电量为 q、半径为 r 的金属球 A，放在内外半径分别为 R1 和 R2 的不带电金属球壳
B 内任意位置，如图所示。A 与 B 之间及 B 外均为真空，若用导线把 A，B 连接，求球 A 的 电势。
[解] 以导线把球和球壳连接在一起后，电荷全部分布在球壳的外表面上(或者说导体球的电 荷与球壳内表面电荷中和)，整个系统是一个等势体，因此
Q
⋅
Q
2πε 0 ε r L
= E * ⋅ R1
所以
U = E 1 R1 ln
R2 = 40 × 0.5 × 10 − 2 × ln 2.5 = 18.3kV R1
11-10 一平行板电容器面积为 S，两板间距离为 d，中间充满均匀电介质，已知当一板带自 由电荷 Q 时，整块电介质的总偶极矩为 P，求电容器中的电场强度。
E2 =
σ4 ε0
上板和下板相连接，因此相邻两板的电势差相等，即 E1 d 1 = E 2 d 2 ，由此可得
σ 3 d1 = σ 4 d 2
设中板总面电荷密度为 σ ，则
(3)
σ3 +σ 4 =σ
由(3)、(4)两式可得
(4)
σ 3 = 8 × 10 −6 C m 2 σ 4 = σ − σ 3 = 5 × 10 −6 C m 2
设小球 C 3 上电量为 q，则 C1 上电量 Q1 -q，C 2 上电量为 Q2 + (Q1 − q ) 设三个电容上的电压各
11-6
为U1 、U 2 、U 3
U 3 = q C3
U 1 = (Q1 − q ) C1
U 2 = (Q2 + Q1 − q ) C 2
由于 U 3 = U 1 + U 2 所以
两层均匀电介质，它们的相对电容率 ε r1 = 6 和 ε r2 = 3。两层电介质的分界面半径 R=0.04m。 设内球壳带电量 Q= − 6 × 10 −8 C ，求： (1)D 和 E 的分布，并画出 D-r、E-r 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束缚面电荷密度。
由高斯定理知
EI =
E II =
λ2 2πε 0 r
U BA = ∫ E I dr = ∫
RB
RA
RA
RB
R λ − λ1 dr = 1 ln B 2πε 0 r 2πε 0 RA
RC
U BC = ∫ E II dr = ∫
RB
RC
RB
R λ2 λ dr = 2 ln C 2πε 0 r 2πε 0 RB
R λ1 λ R ln B = 2 ln C 2πε 0 RA 2πε 0 RB
因此
λ1 : λ 2 = ln
RC R : ln B RB RA
11-6
在一半径为 R1 =6.0cm 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 R2 =8.0cm， R3 =10.0cm。设球 A 带有总电量 Q A = 3 × 10 −8 C ，球壳 B 带有总电 量 Q B = 2 × 10 −8 C 。求：(1)球壳 B 内、外表面上各带有的电量以及球 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、外表面上各带有 的电量以及球 A 和球壳 B 的电势。 [解] 在球壳 B 内作一包围内腔的高斯面，由于球壳内场强处处为零，此高斯面的电通量为 零。根据高斯定律，球壳 B 的内表面上所带电量与球 A 所带电量等值异号，所以
q B内 = −QA = −3 × 10 −8 C
球壳 B 总电量为 QB ，因此其外表面上电量为
q B外 = QB − q B内 = (2 × 10 −8 + 3 × 10 −8 )C = 5 × 10 −8 C
球 A 的电势为
11-4
UA =
QA 4πε 0 R1
+
q B内 4πε 0 R2
+
代入(1)、(2)两式中得到
σ 2 = −8 × 10 −6 C m 2 σ 5 = −5 × 10 −6 C m 2
在上板内任意点场强均为零，它是 6 个无限大均匀带电平面在该点产生的场强叠加的结果。 故有
1 (σ 1 − σ 2 − σ 3 − σ 4 − σ 5 − σ 6 ) = 0 2ε 0
考虑到(1)、(2)两式，则得到
σ1 =σ 6
(5)
上下两块导体板原来是不带电的，根据电荷守恒定律，二导体板表面出现感应电荷后，总量 仍为零。因此有
σ1 + σ 2 + σ 5 + σ 6 = 0
由(5)、(6)两式得到
(6)
σ1 =σ 6 = −
1 (σ 2 + σ 5 ) 2
1 = − × (− 8 × 10 − 6 − 5 × 10 − 6 ) = 6.5 × 10 − 6 C m 2 2
11-7
[解] 由 C =
ε 0ε r S
d
得
U=
Q Qd = C ε 0ε r S P Sd
所以
E=
Q
ε 0ε r S
(1)
而由
P = P ′Sd
P′ =
(2) (3)
极化强度 P ′ = ε 0 E (ε r − 1) 由(1)、(2)、(3)得
E=
Q−P d ε0S
11-11
两个同心的薄金属球壳，内、外壳半径分别为 R1 =0.02m 和 R2 =0.06m。球壳间充满
E1 为紧靠其外表面处的场强 E 2 的 2.5 倍，若介质最大安全场强 E * = 40 kV cm ，求此电缆
能承受的最大电压是多少? [解] 由介质中的高斯定理 由D=
∫∫ DdS = Q
S
D ⋅ 2πrL = Q
Q 2πrL
得
E=
Q
2πε 0 ε r rL
所以 E1 =
Q
2πε 0 ε r R1 L
于是得到
′ ′ − QA ′ q B内 + QA 1 ⎛ QA ⎜ + + ⎜ 4πε 0 ⎝ R1 R2 R3
⎞ ⎟ ⎟=0 ⎠
′ =− QA
q B内 R1 R2 R2 R3 − R1 R3 + R1 R2
=−
− 3 × 10 −8 × 6.0 × 8.0 C = 2.12 × 10 −8 C 8.0 × 10.0 − 6.0 × 10.0 + 6.0 × 8.0
q′ B内
4πε 0 r
4πε 0 r
+
′外 qB
4πε 0 R3
=
′外 qB
4πε 0 R3
11-5
=
9 × 10 9 × (− 8.8 × 10 −9 ) V = −7.92 × 10 2 V −2 10.0 × 10
11-7 一厚度为 d 的无限大均匀带电导体板，单位面积上两表面带电量之和为 σ 。试求离左 表面的距离为 a 的点与离右表面的距离为 b 的点之间的电势差。
q Q1 − q Q2 + Q1 − q = + C3 C1 C2
因而移到小球上的电量为
q=
r (R2 Q1 + R1Q2 ) R2 (R1 + r )
11-9
一种单芯同轴电缆的中心为一半径 R1 =0.5cm 的金属导线，其外层包一层 ε r = 5 的固
体电介质，最外面的是金属包皮。当在此电缆上加一电压后，介质中紧靠其内表面处的场强
得到
E2 =
Q
2πε 0 ε r R2 L
因 E1 = 2.5 E 2 当
R2 = 2.5R1
E1 = E * 时电缆的电压最大。
此时 U =
∫
R2
R1
Edr = ∫
R2
Q
2πε 0 ε r Lr
R1
dr =
Q
2πε 0 ε r L
ln
R2 R1
由 E * = E1 =
1 2πε 0 ε r L R1
壳用细导线与远处的半径为 r 的导体球相连，导体球原来不带电。求相连后导体球的带电量 q。
[解] 整个系统仍是孤立球形电容 C 3 与内球到无限远(地)之间的电容之并联。而后者是内球 形电容 C1 与外球孤立球形电容 C 2 串联所构成的
C1 = 4πε 0
R1 R2 R2 − R1
C 2 = 4πε 0 R2 C 3 = 4πε 0 r
UB = QA + q B内
⎞ 3 ⎟ ⎟V = 5.63 × 10 V ⎠
4πε 0 r
+
q B外
4πε 0 R3
因为 QA + q B内 = 0 ，所以
UB =
q B外
4πε 0 R3
=
9 × 10 9 × 5 × 10 −8 V = 4.5 × 10 3 V 10.0 × 10 − 2
(2)将球壳 B 接地时，其电势变为零。因为 QA 与 q B内 等量异号，它们在球壳 B 产生的电 势之和为零，所以球壳外表面不再有电荷。球壳 B 与地断开后，再将球 A 接地时，电荷将
[解] 以与球壳同心的球面为高斯面
1l-5 如图所示，三个无限长的同轴导体圆柱面 A、B 和 C，半径分别为 Ra 、 Rb 、 Rc 。圆
柱面 B 上带电荷，A 和 C 都接地。求 B 的内表面上线电荷密度 λ1 和外表面上线电荷密度 λ 2 之比值 λ1 λ 2 。
11-3
[解] 由 A、C 接地
U BA = U BC
− λ1 2πε 0 r
′ 、 qB ′ 内 、 qB ′外 重新分布。设球 A、球壳 B 内表面、球壳 B 外表面上电量分别为 QA
′ = 0 ，于是有 因为 U A
′ QA +
q′ B内
4πε 0 R1
4πε 0 R2
+
q′ B外
4πε 0 R3
=0
′ + qB ′ 内 = 0 ，而且 注意这时仍有 QA ′ 内 + qB ′外 q B内 = q B
UA =UB =
q 4πε 0 R2
11-3 如图所示， 把一块原来不带电的金属板 B 移近一块已带有正电荷 Q 的金属板 A， 平行 放置。设两板面积都是 S，板间距为 d，忽略边缘效应，求：(1)板 Байду номын сангаас 不接地时，两板间的电 势差；(2)板 B 接地时，两板间的电势差。
11-1
[解] (1) 由 61 页例 1 知，两带电平板导体相向面上电量大小相等符号相反，而相背面上电 量大小相等符号相同，因此当板 B 不接地，电荷分布如图 因而板间电场强度为 E =
[解] 导体板内场强 E内 = 0 ，由高斯定理可得板外场强为
E=
故 A、B 两点间电势差为
σ 2ε 0
U AB = ∫ E ⋅ dl = ∫ −
A 0
B
a
a+d a + d +b σ σ σ (b − a) dx + ∫ 0dx + ∫ dx = a a+d 2ε 0 2ε 0 2ε 0
11-8
半径分别为 R1 和 R2 ( R2 > R1 )的两个同心导体薄球壳，分别带电量 Q1 和 Q2 ，今将内球
[解] 因忽略边缘效应，可把三个导体板看作无限大平板，由例 1 知
σ 2 = −σ 3 σ 5 = −σ 4
(1) (2)
忽略边缘效应，则导体板可看成无限大的，具有屏蔽性，在相邻导体板之间的电场只由相对 于二表面上电荷决定。因此上板和中板之间的场强为
E1 =
σ3 ε0
11-2
在中板和下板之间的场强为
Q 2ε 0 S
电势差为 U AB = Ed =
Qd 2ε 0 S
(2) 板 B 接地时，在 B 板上感应出负电荷，电荷分布为
故板间电场强度为 E =
Q ε0S
电势差为 U AB = Ed =
Qd ε0S
11-4 如图所示，有三块互相平行的导体板，上导体板到中间导体板的距离为 5.0cm，上导 体板到下导体板的距离为 8.0cm，外面的两块用导线连接，原来不带电。中间一块两面上带 电，其面电荷密度之和为 σ = 1.3 × 10 −5 C m 2 。求每块板的两个表面的面电荷密度各是多少 (忽略边缘效应)?