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10静电场中的导体和电介质习题解答第十章 静电场中的导体和电介质 一 选择题 1. 半径为R的导体球原不带电，今在距球心为a处放一点电荷q ( aR)。设无限远处的电势为零，则导体球的电势为 ( ) qqRqqa A . B . C . D . 224e0a4e(a-R)4e0a4eo(a-R)0解：导体球处于静电平衡，球心处的电势即为导体球电势，感应电荷±q¢分布在导体球表面上，且+q¢+(-q¢)=0，它们在球心处的电势 dq¢1 V¢=ò=dq¢=0 ò±q¢4eR±q¢4eR00q点电荷q在球心处的电势为 V= 4e0aq据电势叠加原理，球心处的电势V0=V+V¢=。 4e0a所以选 2. 已知厚度为d的无限大带电导体平板，两表面上电荷均匀分布，电荷面密度均为s ，如图所示，则板外两侧的电场强度的大小为 ( ) s2sss d A . E= B . E= C . E= D . E=s s 2e0e0020 解：在导体平板两表面外侧取两对称平面，做侧面垂直平板d 的高斯面，根据高斯定理，考虑到两对称平面电场强度相等，且高斯面内电荷为2s S，可得 E=s。 e0选择题2图 所以选 3. 如图，一个未带电的空腔导体球壳，内半径为R，在腔内离球心的距离为 d处(d<R)，固定一电量为+q的点电荷。用导线把球壳接地后，再把地线撤去，选无穷远处为电势零点，则球心o处的电势为 ( ) qA. 0 B. 4e0dR +q qq11o d C. D. (-)4e0R4e0dR解：球壳内表面上的感应电荷为-q，球壳外表面上的电选择题3图 荷为零，所以有V0=q4e0d+-q)。 4e0R所以选 4. 半径分别为R和r的两个金属球，相距很远，用一根细长导线将两球连接在一起并使它们带电，在忽略导线的影响下，两球表面的电荷面密度之比sR /sr为 ( ) A Rr B. R2 / r2 C. r2 / R2 D. r / R 解：两球相连，当静电平衡时，两球带电量分别为Q、q，因两球相距很远，所以电荷在两球上均匀分布，且两球电势相等，取无穷远为电势零点，则 QqQR 即 = 4e0R4e0rqrsRQ/4pR2r= 2srq/4p rR所以选 5. 一导体球外充满相对介质电常数为r的均匀电介质，若测得导体表面附近场强为E，则导体球面上的自由电荷面密度s为 ( ) A. 0 E B. 0r E C. r E D. (0r -0) E 解：根据有介质情况下的高斯定理òòD×dS=åq，取导体球面为高斯面，则有 D×S=s×S，即s=D=e0erE。 所以选 6. 一空气平行板电容器，充电后测得板间电场强度为E0，现断开电源，注满相对介质常数为r的煤油，待稳定后，煤油中的极化强度的大小应是 (-1)(-1)A . 0E0 B . 0rE0 C . rE0 D . 0(r-1)E0 rrr解：断开电源后，不管是否注入电介质，极板间的自由电荷q不变，D0=D 即 e0E0=e0erE 得到 E=E0/er 又 D=e0E+P P=D-e0E=e0E0-e0E0e0(er-1)=E0 erer所以选 7. 两个半径相同的金属球，一为空心，一为实心，两者的电容值相比较 ( ) A. 实心球电容值大 B. 实心球电容值小 C. 两球电容量值相等 D. 大小关系无法确定 解：孤立导体球电容C=4e0R，与导体球是否为空心或者实心无关。 所以选 8. 金属球A与同心球壳B组成电容器，球A上带电荷q，壳B上带电荷Q，测得球和壳间的电势差为UAB，则该电容器的电容值为 A. q/UAB B. Q/UAB C. (q+Q)/ UAB D. (q+Q)/(2 UAB) 解：根据电容的定义，应选。 9. 一空气平行板电容器，极板间距为d ，电容为c。 若在两板中间平行地插入一块厚度为d / 3的金属板，则其电容值变为 ( ) A. C B. C C. 3 C D. C d /3 d 解：平行板电容器插入的金属板中的场强为零，极板上电荷量不变，此时两极板间的电势差变为： 选择题9题 sd2s d U=Ed¢= (d-)=e033e0其电容值变为： C¢=Qs S3e0S3=C U2s d2d23e0所以选 10. 一平板电容器充电后保持与电源连接，若改变两极板间的距离，则下述物理量中哪个保持不变？( ) A. 电容器的电容量 B. 两极板间的场强 C. 电容器储存的能量 D. 两极板间的电势差 解：平板电容器充电后保持与电源连接，则两极板间的电势差不变；平行板e S电容器的电容C=，改变两极板间的距离d，则电容C发生变化；两极板间dU1的场强E=，U不变，d变化，则场强发生变化；电容器储存的能量We=CU2，2dU不变，d变化，导致电容C发生变化，则电容器储存的能量也要发生变化。 所以选 二 填空题 1. 一任意形状的带电导体，其电荷面密度分布为s(x、y、z)，则在导体表面外附近任意点处的电场强度的大小E(x、y、z) = ，其方向 。 解：E(x、y、z)= s(x、y、z)/0，其方向与导体表面垂直朝外(s>0)或与导体表面垂直朝里(<0)。 2. 如图所示，一无限大均匀带电平面附近设置一与之平行的无限大平面导体板。已知带电面的电荷面密度为s ，则导体板两侧面的感应电荷密度分别为s1 和s2 s s 1 s 2 = 。 解：由静电平衡条件和电荷守恒定律可得： sss+1-2=0；s1=-s2。由此可解得：2e02e02e0。 填充题2图 223. 半径为R1和R2的两个同轴金属圆筒(R1< R2)，其间充满着相对介电常数为r的均匀介质，设两筒上单位长度带电量分别为l 和-l ，则介质中的电位移矢量的大小D= ，电场强度的大小E= 。 解：根据有介质情况下的高斯定理，选同轴圆柱面为高斯面，则有D= l /， 电场强度大小E= D/r0=l /。 4. 平行板电容器的两极板A、B的面积均为S，相距为d，在两板中间左右两半分别插入相对介电常数为r1和r2的电介质，则电容器的电容为 。 解：该电容器相当于是两个面积为S/2的电容器的并联，电容值分别为： 11e0er2Se0er1S2， 2，C=C1=2ddeSC=C1+C2=0(er1+er2) 2d5. 半径为R的金属球A，接电源充电后断开电源，这时它储存的电场能量为5×10-5J,今将该球与远处一个半径是R的导体球B用细导线连接，则A球储存的电场能量变为 。 1Q2解：金属球A原先储存的能量W=5´10-5J,当它与同样的金属球B2C1(Q/2)2连接，则金属球A上的电荷变为原来的1/2，则能量W¢=1.25´10-5J 2C6. 三个完全相同的金属球A、B、C ，其中A球带电量为Q，而B、C球均不带电，先使A球同B球接触，分开后A球再和C球接触，最后三个球分别孤立地放置，则A 、B两球所储存的电场能量WeA 、WeB ，与A球原先所储存的电场能量We0比较，WeA是We0的 倍，WeB是We0的 倍。 1Q2解：初始A球的电场能量We0=，先使A球同B球接触，则 2Cs1=-s ；s2=s1(Q/2)211=We0， QA=QB=Q，WeB=2C42分开后，A球再和C球接触，则 1(Q/4)211=We0 QA=QC=Q，WeA=2C1647. 一空气平行板电容器，其电容值为C0，充电后将电源断开，其储存的电场能量为W0，今在两极板间充满相对介电常数为r的各向同性均匀电介质，则此时电容值C= ，储存的电场能量We = 。 Q解：初始时电容C0=0，充电后将电源断开，Q0不变，由E=D/e0er，U0QdUD当两极板间充满电介质时，两极板电势差U=Ed=d=0=0，e0ere0erSer¢22W1Q01Q0Q0=0。 C=erC0 W=2C2erCerU8. 一平行板电容器，极板面积为S，间距为d，接在电源上并保持电压恒定为U。若将极板距离拉开一倍，那么电容器中静电能的增量为 ，电源对电场做功为 ，外力对极板做功为 。 11e0S2解：初始时，电容器的静电能We0=Q0U0=U0，将极板距离拉开一22deS111倍，电容值变为C=0=C0，极板间电压不变，Q=CU0=C0U0=Q0，2d222111e0S2此时电容器的静电能We=QU0=We0=U 224d1eS电容器中静电能的增量 DWe=We-We0=-0U2 4d11eS电源对电场做功W=UDq=U(Q0-Q0)=-0U2 22d由能量守恒，电源和外力做功的和等于电容器中静电能的改变，所以外力做的功 e0S2e0S2e0SU2 W¢=DWe-W=-U+U=4d2d4d9. 平板电容器两板间的空间被相对介电常数为r的绝缘体充填，极板上电荷的面密度为s，则将绝缘体从电容器中取出过程中外力所做的功为 。 Ds=解：当平板电容器充满相对介电常数为r电介质时，场强E1=，e0ere0erDs=抽出后场强E2= e0e0此时具有的静电能 We1=òòòwdV=òòòe11s22e0erE1dV=V 22e0er11s22wedV=òòòe0E2dV=V 当电介质取出后静电能 We2=òòò22e0由能量守恒，在此过程中若不计摩擦，外力做功的等于静电能的增量 1s21s2s2V1V-V=(1-) We=2e02e0er2e0er三 计算题 1. 如图所示，一内半径为a、外半径为b的金属球壳，带有电量Q，在球壳空腔内距离球心r处有一点电荷q，设无限远处为电势零点，试求：(1)球壳内外表面上的电荷；(2)球心处由球壳内表面上电荷产生的电势；(3)球心处的总电势。 解：由静电感应，金属球壳的内表面上有感应电荷-q，外表面上带电荷q+Q。 a 不论球壳内表面上的感应电荷是如何分布的，因q r b 为任一电荷元离O点的距离都是a，所以由这些电荷在OQ 点产生的电势为 V-q=òdq40a=-q40a计算题1图 球心O点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和电荷q在O点产生的电势的代数和 V0=Vq+V-q+VQ+q=qqQ+q-+40r40a40bq111Q =(-+)+40rab40b2. 一导体球半径为R1，其外部是一个同心的厚导体球壳，球壳内、外半径分别为R2和R3。此系统带电后内球电势为U， 外球壳所带总电量为Q。求此系统各处的电势和电场分布。 解：设内球带电q1，则 1Q+q1q1q1(-+) U=4pe0R3R2R14pe0R1R2R3U-R1R2Q由此得 q1= R2R3-R1R3+R1R2 r<R1： U=U， E=0 Q+q1q1q1q1 -+) E=24pe0R3R2r4pe0r1Q+q1 R2<r<R3： U=， E=0 4pe0R3Q+q1Q+q1 r>R3： U= E= 24pe0r4pe0r R1<r<R2： U=1(3. 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A球带有总电量QA=3×10-8C，球壳B带有总电量QB=2×10-8C。求：球壳B内、外表面上所带的电量以及球A和球壳B的电势；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、外表面上所带的电量以及球A和球壳B的电势。 解：QB内=-QA=-3´10-8C QB外=QA+QB=5´10-8C 1æQAQAQA+QBç-+4pe0çRRR32è11QA+QB=4.5´103V UB=4pe0R3ö3÷÷=5.63´10V ø UA=-8¢=-3´10C，然后内球接B球接地后断开，则B球的带电量为QB¢地，则内球电势U¢A=0，设此时内球带电量为qA则有 U¢A= 解得：q¢A=q¢A4pe0R1+-q¢Q¢+q¢AA+B=0 4pe0R24pe0R3¢R3-QB=2.12´10-8C 111-+R1R2R3¢+q¢QBA=-7.92´102V 4pe0R3-8-8¢¢¢¢ q¢B内=-qA=-2.12´10C； qB外=QB+qA=-0.88´10C ¢=UB4. 电荷以相同的面密度s 分布在半径为r1=10cm和r2=20cm的两个同心球面上，设无限远处电势为零，球心处的电势为V0=300V。 求电荷面密度s ；若要使球心处的电势也为零，外球面上应放掉多少电荷？ 解：球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即 1q1q214 r12s4 r22ss(+)=(+)=(r1+r2) V0=4 0r1rr4 0r1r20 s=V00=8.85×10-9 C/m2 r1+r21设外球面上放电后电荷面密度为s，则应有V0 =(sr1+s¢ r2)=0 0r即 s ¢=-1s，所以外球面上应变成带负电，共应放掉电荷： r2rq =4r22(s-s¢ )=4r22s(1+1)=4sr2(r1+r2)=40V0r2=6.67×10-9C r25. 有两块平行板，面积各为100 cm2 板上带有8.9×10-7C等值异号电荷，两板间充以介电物质，已知介质内部场强为1.4×106Vm-1,求：(1)介质的相对介电常数；(2)介质表面上的极化面电荷Q'。 解：由电介质中的高斯定理得D=s=Q=8.9´10-5C/m2 Ser=D=7.2 e0EQ¢=Ss¢=S×P=Se0(er-1)E=7.7´10-9C 6. 半径为R的导体球，带有正电荷Q，球外有一同心均匀电介质球壳，球壳的内外半径分别为a和b，相对介电常数为r 。求：介质内外的D和E；介质内的极化强度矢量P和介质表面的极化电荷面密度。 解：由电介质中的高斯定理得：r<R， D=0 Q r>R， D=4 r2D又由E=，得： r<R， E=0 e0erQ4e0r2Q a<r<b， E= 24e0errQ r>b， E= 4e0r2D和E的方向均沿径向向外。 介质内的极化强度矢量P的大小 R<r<a， E=P=e0ceE=e0(er-1)E=e0(er-1)Q4e0err2s¢=P×en ¢=-e0(er-1)介质下表面极化电荷面密度 sa¢=e0(er-1)介质上表面的极化电荷面密度 sbQ4e0era2Q4e0erb2Q1 R2 O R1 a r 1r2 b Q2 r3 c 计算题7图 7. 两同心导体球壳中间充满相对介电常数为r的均匀电介质，其余为真空，内球壳半径为R1，带电量为Q1；外球壳半径为R2，带电量为Q2，如图所示。求图中距球心O分别为r1、r2、r3的a、b、c三点的场强和电势。 解：分别取半径为r1、r2、r3的高斯球面，利用高斯定理得： Ea=0 Q1Eb=,沿径向方向向外 4e0err22Q+Q2Ec=1, 沿径向方向向外 24e0r2r1<R1，Ua=Edr=11Q+Q2 -)+1r1R1R24e0erR1R24e0R2¥R2Q111Q+Q2 Ebdr+Ecdr=(-)+1R1<r2<R2，Ub=Edr=r2r2R24e0err2R24e0R2Q+QQ1+Q212 r3>R2，Uc=Ecdr=dr=r3r344e0r3e0r2ò¥òR2Ebdr+òEcdr=Q1(òòòòò8. 一空气平行板电容器，两极板面积均为S，板间距离+q -q 为d，在两极板间平行地插入一面积也是S，厚度为t的金属片，试求：(1)电容C等于多少？(2)金属片在两极板间放A B 置的位置对电容值有无影响？ 解：设极板上分别带电量+q和-q；金属片与A板距离d1 d2 为d1，与B 板距离为d2；金属片与A板间场强为 t d E1 =q / (0 S ) 金属板与B板间场强为 E2 =q / (0 S ) 金属片内部场强为 E¢=0 则两极板间的电势差为 UA-UB=E1d1+E2d2 =( q /0S)(d1+d2) = (q /0S) (d - t) 由此得 C=q /(UA -UB) =0S / 因C值仅与d、t有关，与d1、d2无关，故金属片的安放仅置对电容值无影响。 9. 为了测量电介质材料的相对电容率，将一块厚为1.5cm的平板材料慢慢地插进一电容器的距离为2.0cm的两平行板之间。在插入过程中，电容器的电荷保持不变。插入之后，两板间的电势差减小为原来的60%，问电介质的相对电容率为多少？ 解：加入电介质后，电容器极板上的电荷保持不变，则空气中的场强保持不EUU变，空气中的场强E=，而电介质中的场强E¢=，两极板间的电势差=erderd为 U¢=E(d-d¢)+E¢d¢ 由此得 Ud¢er=2.1 (U¢-U)d+Ud¢10. 假想从无限远处陆续移来微量电荷使一半径为R的导体球带电。当球上已带有电荷q时，再将一个电荷元dq从无限远处移到球上的过程中，外力作多少功？使球上电荷从零开始增加到Q的过程中，外力共作多少功？ 解：令无限远处电势为零，则带电量为q的导体球，其电势为 q V= 40R将dq从无限远处搬到球上过程中外力作的功等于该电荷远在球上所具有电势能 q dW=dWe=dq 40R带电球体的电荷从零增加到Q的过程，外力作功为 QqdqQ2= W=dW= 04 0R8 0Ròò11. 半径为2.0厘米的导体球外套有一个与它同心的导体球壳，壳的内外半径分别为4.0厘米和5.0厘米，球与壳间是真空，壳外也是真空。当内球带电荷为3.0×10-8库仑时，试求：这个系统的静电能；如果用导线把壳与球连在一起，结果如何？ 解：设内球带电量为Q，球半径为r1 ,导体球壳内外半径分别r2、r3 Q由高斯定理，球壳内外空间场强均为E= 24e0r¥QQ3外球壳的电势 V2=dr=5.4´10V r34er24r030ò内球的电势 V1=òr2r1Qdr+4e0r2ò¥r3QQ111dr=(-+)=1.215´104V 240r1r2r34e0r11系统的静电能 We=Q2V2+Q1V1 221 QQ2 = 0 Q1 = Q We=Q1V1=1.8×10-4J 2用导线把壳与球连接在一起，此时 Q1 = 0 Q2 = Q ，球壳以内为一等势体 V1=V2=Q 4e0r311We=Q2V2=QV2=8.1×10-5J 2212. 一平行板电容器的极板面积为S=1m2，两极板夹着一块d=5mm厚同样面积的玻璃板，已知玻璃的相对介电常数为r=5，电容器充电到电压U=12V以后切断电源，求把玻璃板从电容器中抽出来外力需做多少功。 解：玻璃板抽了前后电容器能量的变化即外力作的功，抽出玻璃板前后的电容值分别为 C =(0rS )/d，C¢ = (0S )/d 撤电源后再抽玻璃板，板上电荷不变，但电压改变，即Q=CU=C¢U¢ 由此得U¢=(CU)/C¢=r U 抽玻璃板前后电容器的能量分别为 11We=CU2=(e0erS/d)U2 2211 We¢=C¢U¢2=(e0er2S/d)U2 221外力作功 W=We¢ -We=(e0erSU2/d)(er-1)=2.5×10-6J 213. 一电容器由两个同轴圆筒组成，内筒半径为a，外筒半径为b，长都是L，中间充满相对介电常数为r的各向同性场匀介质，内外筒分别带有电荷Q，设L>>b，即可忽各边缘效应。求：(1)圆柱形电容器的电容；(2)电容器贮存的能量。 解：由高斯定理，两筒之间的场强 Q E=20rLra b 两筒间的电势差 bQb U=E.dr=ln a20rLaL 0rLQ2计算题13图 电容C= bUlna1Q2b2ln 电容器贮存能量 W=CU=240rLaR2 14. 同轴电缆由导体芯线和同轴的圆筒形导体外壳构成，中R1 òr 计算题14图 间充以各向同性均匀电介质，其横截面如图所示。芯线半径R1=6.0mm，外壳内半径R2=15mm，介质的相对介电常数r =3.0，今在电缆芯线与外壳间加电压U=380V，求：(1)单位长度电缆芯线上的带电量l；(2)电介质中电场的平均能量密度we。 解：由介质中的高斯定理得到介质中的电位移 2rDl芯线强度 E= 20rr芯线和外壳间的电势差 U12=D=lòR2R1E.dr=l20rlnR2 R1U1220r=6.9×10-8(c/m) ln(R2/R1)介质中任一点电场能量密度 1al2we=D×E=2 280rr2长度为l的电缆介质中电场的能量 We=l.òR2R1we2p rdr=l2l40rlnR2 R1Wel2ln(R2/R1)×l we=2=2.2×10-2(J/m3) 22V40r(R2-R1)×l