《物理學(xué)基本教程》課后答案第九章靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體和電介質(zhì)精品資料

1、第九章靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體和電介質(zhì)9-1把一厚度為 d 的無(wú)限大金屬板置于電場(chǎng)強(qiáng)度為E 0 的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，E 0與板面垂直，試求金屬板兩表面的電荷面密度- + 分析對(duì)于有導(dǎo)體存在的靜電場(chǎng)問題，首先由靜電-+平衡條件分析放入靜電場(chǎng)后導(dǎo)體上電荷的重新分布情-+況，再計(jì)算空間電場(chǎng)和電勢(shì)的分布-+E0本題中，將金屬板放入均勻電場(chǎng)后， 由于靜電感應(yīng)，-+平板兩面帶上等值異號(hào)感應(yīng)電荷忽略邊緣效應(yīng)，兩帶-+電面可視為平行的無(wú)限大均勻帶電平面解設(shè)平板兩表面的感應(yīng)電荷面密度分別為和，如圖 9-1 所示由例題 8-7 結(jié)果知，帶感應(yīng)電荷圖 9-1的兩表面視為帶等量異號(hào)電荷的無(wú)限大平行平面，在導(dǎo)體中產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為E，方向與

2、 E 0 相反，由場(chǎng)強(qiáng)疊加原理，平板中任一點(diǎn)的0總場(chǎng)強(qiáng)為EE0EE00根據(jù)靜電平衡條件，金屬板中場(chǎng)強(qiáng)E0 ，代入上式得E000則E0 0，E0 0結(jié)果與板的厚度無(wú)關(guān)9-2一金屬球殼的內(nèi)外半徑分別為R1 和 R2 ，在球殼內(nèi)距球心為d 處有一電荷量為 q 的點(diǎn)電荷，（1 ）試描述此時(shí)電荷分布情況及球心O 處電勢(shì)；（2 ）將球殼接地后，以上問題的答案； （3 ）如原來(lái)球殼所帶電荷量為Q，（1）、（2）的答案如何改變分析當(dāng)導(dǎo)體內(nèi)達(dá)到靜電平衡后， 應(yīng)用高斯定理可以確定導(dǎo)體上電荷重新分布的情況，然后用電勢(shì)疊加原理求電勢(shì)解（ 1 ）按照靜電平衡條件，導(dǎo)體內(nèi)部E 0 ，在球殼內(nèi)外表面間作同心高斯球面， 應(yīng)用

3、高斯定理，可知球殼內(nèi)表面上應(yīng)有q 的感應(yīng)電荷，為非均勻分布，如圖9-2 所示根據(jù)電荷守恒定律和高斯定理，球殼外表面上有 + q 的感應(yīng)電+ d R1+ q+q ·+- q R2+荷，且均勻分布點(diǎn)電荷 q 在 O 點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為V1圖 9-2q4d球殼內(nèi)外表面上的感應(yīng)電荷q 和 + q 無(wú)論分布情況如何，到球心距離分別為R1 和 R2 ，電勢(shì)疊加原理表達(dá)式為標(biāo)量求和，所以在O 點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)分別為qV3qV2R14R24O 點(diǎn)電勢(shì)為VV1V2V3qqq4d4 R14R2q( 111 )4dR1R2（2 ）將球殼接地后，外球面上的感應(yīng)電荷消失，球面上電荷分布不變，得V V1V2q( 11

4、)4dR1（3 ）如果原來(lái)球殼帶電量為Q ，達(dá)靜電平衡后外球面上電荷Q+ q 均勻分布，內(nèi)球面上電荷分布不變，得V V1V2V3q( 1 11 )Q4d R1R24 R2球殼接地后，結(jié)果與（ 2）相同9-3一無(wú)限長(zhǎng)圓柱形導(dǎo)體半徑為Ra，單位長(zhǎng)度帶有電荷量1，其外有一共軸的無(wú)限長(zhǎng)導(dǎo)體圓筒， 內(nèi)外半徑為分為Rb 和 Rc，單位長(zhǎng)度帶有電荷量2，求（1 ）圓筒內(nèi)外表面上每單位長(zhǎng)度的電荷量；（2） rRa ， RcrRb ， RbrRc ，r Rc 四個(gè)區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度分析靜電平衡條件下，在圓筒導(dǎo)體內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)為零，用高斯定理和電荷守恒定律可求出感應(yīng)電荷的分布解（ 1）如圖 9-3所示，在圓筒形導(dǎo)體內(nèi)作半徑為

5、r ，高為單位長(zhǎng)的同軸圓柱形高斯面 S，設(shè)導(dǎo)體圓筒內(nèi)外表面單位長(zhǎng)的感應(yīng)電荷分別為和，由靜電平衡條件知導(dǎo)體內(nèi)E 0,故有- 11R aE dS1q1(1)0R b0012+ 即得半徑為 Rb的圓筒內(nèi)表面單位長(zhǎng)上的感SrR c應(yīng)電荷為 -1由電荷守恒定律知，半徑為 Rc 的圓筒外表面上單位長(zhǎng)的感應(yīng)電荷應(yīng)為1，加上原有電荷量圖 9-32，單位長(zhǎng)上總帶電量為21 （2 ）電荷重新分布的結(jié)果形成三個(gè)同軸的無(wú)限長(zhǎng)帶電圓柱面如圖9-3 ，由于電荷分布具有軸對(duì)稱性的，產(chǎn)生的電場(chǎng)也是軸對(duì)稱的，用高斯定理可求出rRa 時(shí)，E0RarRb 時(shí)，E12rRbrRc 時(shí)，E0rRc 時(shí)，E1220 r9-4證明：兩平行

6、放置的無(wú)限大帶電的平行平面金屬板A 和 B 相向的兩面上電荷面密度大小相等， 符號(hào)相反，相背的兩面上電荷面密度大小相等，符號(hào)相同，如果兩金屬 板的 面積 同為 100cm 2 ，電荷量分 別為 QA6 10 8C和QB410 8 C ，略去邊緣效應(yīng)，求兩個(gè)板的四個(gè)表面上的電荷面密度分析根據(jù)靜電平衡條件， 一切凈電荷都分布在導(dǎo)體表面，本題中的電場(chǎng)空間可視為四個(gè)無(wú)限大均勻帶電平行平面產(chǎn)生的電場(chǎng)的疊加，金屬板A 、 B 內(nèi)任意點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零由電荷守恒定律可以建立各表面的電荷面密度與兩金屬板的總電荷量之間的關(guān)系A(chǔ)B12 34解設(shè) A、B 兩板的四個(gè)表面上的電荷面密度（先假定為正）分別為1、 2、3 和 4

7、 ，如圖 9-4 所示設(shè)向右為正向，由無(wú)限大均勻帶電平面的場(chǎng)強(qiáng)公式和場(chǎng)強(qiáng)疊加原理，考慮到金屬板A 、B 內(nèi)任意點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為零，得圖 9-4金屬板 A內(nèi)123422220金屬板 B內(nèi)12342222000解得23 ，又由電荷守恒定律得S()QA，S(34)QB聯(lián)立解得Q AQB5 106C/ 2 mS2QA1110 6 C/m 2S3110 6 C/m 29-5 三個(gè)平行金屬板 A 、B 和 C，面積都是 200cm2，A、B 相距 4.0mm ，A、C 相距 2.0mm ，B、C 兩板都接地，如圖 9-5 所示，如果 A 板帶正電 3.010 7C，略去邊緣效應(yīng)，（1）求 B 板和 C 板上感應(yīng)電

8、荷各為多少？ （2 ）以地為電勢(shì)零點(diǎn)，求 A 板的電勢(shì)分析由靜電平衡條件， A 、B、C 板內(nèi)各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)均為零， A 板上電荷分布在兩個(gè)表面上，因B、C 兩板均接地，感應(yīng)電荷應(yīng)分布在內(nèi)側(cè)表面上解 （1）設(shè) A板 1 、2 兩面上帶電量分別為 q 1和 q 2 ，B、C 兩板與 A 相對(duì)的兩內(nèi)側(cè)表面 3 、 4上的感應(yīng)電荷分別為 q 1 和 q 2 ，如圖 9-5所示作側(cè)面與平板垂直的高斯面 S1 ，兩端面處 E=0 ，忽略d1- d2 -邊緣效應(yīng)，側(cè)面無(wú)電場(chǎng)線穿過，由高斯定理BAC312 411q1Sq1S) 0SSE dSq(S0SS得q1q1S1q 1q 2 同理可得 q2q2 AB 板間

9、和 AC 板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)分別為q1q 2q1Eq2E12SS圖 9-5又已知 VABVAC ，即E1d1E2d 2因q1q2q3.010 7 C由以上各式，得B、C 兩板上的感應(yīng)電荷分別為q1q1q1.0 10 7C3q2q22q12.0 10 7C（2 ）取地電勢(shì)為零， A 板電勢(shì)即為 A 、 B 間電勢(shì)差VAVABE1 d1 q1d12.3 103 VS9-6 半徑為 R11.0cm 的導(dǎo)體球所帶電荷量為 q 1.010 10 C ，球外有一個(gè)內(nèi)外半徑分別為 R23.0cm 和 R34.0cm 的同心導(dǎo)體球殼，殼上帶有電荷量Q 11 11 10 C ，求：（ 1）兩球的電勢(shì)；（2）用

10、導(dǎo)線把兩球連接起來(lái)時(shí)兩球的電勢(shì)；（ 3）外球接地時(shí)，兩球電勢(shì)各為多少？（以地為電勢(shì)零點(diǎn)）分析根據(jù)靜電平衡條件可以確定感應(yīng)電荷的分布，用導(dǎo)線連接的導(dǎo)體電勢(shì)相等，外球接地后電勢(shì)為零解（ 1）根據(jù)靜電平衡條件，導(dǎo)體球殼內(nèi)表面感應(yīng)電荷為-q ，外表面感應(yīng)電荷為 q ，原有電荷量 Q 由電勢(shì)疊加原理，導(dǎo)體球電勢(shì)為V1qqq Q1( qq q Q ) 3.3 10 2 VR14 R24R34R1R2R3導(dǎo)體球殼的電勢(shì)為V2qqQ qQ q2.7 102 V40 R34 R34 R34 R3（2 ）球殼和球用導(dǎo)線相連后成為等勢(shì)體，電勢(shì)等于半徑為R3 帶電量為 Q+ q的均勻帶電球面的電勢(shì)，以無(wú)窮遠(yuǎn)為電勢(shì)零點(diǎn)

11、，得V2Qq2.7 102 V4R3（3 ）外球接地后，只乘下內(nèi)表面的電荷-q ，由電勢(shì)疊加原理內(nèi)球電勢(shì)為qqV1460V4 R1R2外球殼接地與地等勢(shì)，即V20另外，求 V1 時(shí)還可以用內(nèi)球產(chǎn)生的電場(chǎng)的線積分計(jì)算，即R2qdrq( 11) 60VV2r 2R1 44R1R29-7半徑為 R 的金屬球離地面很遠(yuǎn)，并用細(xì)導(dǎo)線與地相連，在與球心的距離為 D3R 處有一點(diǎn)電荷q ，試求金屬球上的感應(yīng)電荷Rq q分析由于導(dǎo)體球接地， 其表面上的感應(yīng)正電荷通過導(dǎo)線與地球內(nèi)負(fù)電荷中和，只剩下負(fù)感應(yīng)電荷在金屬球表面不均勻地分布，如圖 9-7 所示接地后，導(dǎo)體球上各點(diǎn)電勢(shì)均為零，球心OOD圖 9-7點(diǎn)的電勢(shì)應(yīng)

12、等于點(diǎn)電荷在該點(diǎn)電勢(shì)與金屬球表面感應(yīng)負(fù)電荷在該點(diǎn)電勢(shì)的代數(shù)和解設(shè)金屬球上感應(yīng)電荷為q ，在金屬球表面不均勻地分布，但這些電荷到O 點(diǎn)距離相等，電勢(shì)疊加后得V2qR4點(diǎn)電荷 q 在 O 點(diǎn)的電勢(shì)為V1q3R4V V1qqV2043R4R得感應(yīng)電量為qq3由此可以推證，當(dāng)D nR 時(shí)，qqn9-8如圖 9-8所示，三個(gè)“無(wú)限長(zhǎng)”的同軸導(dǎo)體圓柱面A、B 和 C，半徑分別為 RA 、 RB 、 RC ，圓柱面 B 上帶電荷， A 和 C 都接地，求： B 的內(nèi)表面單位長(zhǎng)度電荷量 1 ，外表面單位長(zhǎng)度電荷量2之比值 1/ 2分析本題與題 9-5 的解題思路相似解在導(dǎo)體 B 內(nèi)作單位長(zhǎng)圓柱面形高斯面， 可

13、以說明 A 面單位長(zhǎng)度上感應(yīng)電荷為1 同理，可說明 C 面單位長(zhǎng)度上感應(yīng)電荷為2 由高斯定理可知場(chǎng)強(qiáng)分布為RArRB 時(shí)， E1，方向沿徑向由 B 指向 A rRBrRC 時(shí)， E22，方向沿徑向由 B 指向 CrRRAdrRBVBARA11 lnBA 間電勢(shì)差E 2 drRBB2r2RABC 間電勢(shì)差VBC2 lnRC- 220RBRB1 2B 為等勢(shì)體， A、C 接地， VBAVBC ，從而CARR1ln( RC / RB )A B C- 12ln( RB / RA )9-9半徑分別為 R1 和 R2 ( R2R1 ) 的兩個(gè)同心導(dǎo)體薄球殼，電荷量分別為Q1和Q2，今將內(nèi)球殼圖 9-8用細(xì)

14、導(dǎo)線與遠(yuǎn)處的半徑為r 的導(dǎo)體球相聯(lián)，導(dǎo)體球原來(lái)不帶電，并假設(shè)導(dǎo)線上無(wú)電荷分布，試求相連后，導(dǎo)體球所帶電荷量q 分析帶電的內(nèi)球殼與導(dǎo)體球用導(dǎo)線相連后，一部分電荷通過導(dǎo)線轉(zhuǎn)移到導(dǎo)體球表面上 兩者相距甚遠(yuǎn)， 可以認(rèn)為兩球殼與球的電場(chǎng)互不影響，已假設(shè)導(dǎo)線上無(wú)電荷分布，利用內(nèi)球殼與遠(yuǎn)處導(dǎo)體球電勢(shì)相等建立方程求解解因兩球殼與球的電場(chǎng)互不影響，導(dǎo)體球電勢(shì)為V1q4r2假設(shè)導(dǎo)線上無(wú)電荷分布，則內(nèi)球殼上電荷量變?yōu)镼1q ，由電勢(shì)疊加原理，內(nèi)球殼的電勢(shì)為Q1qQ 2V2R1 4R2Q24Q1 - qq內(nèi)球殼與遠(yuǎn)處導(dǎo)體球電勢(shì)相等，即R1RrV1V22qQ1qQ24 r 4 R14 R2圖 9-9解得qr ( R1Q

15、2R2Q1 )R2 (R1r )9-10地球表面的電場(chǎng)強(qiáng)度為150N/C ，方向垂直指向地面，若把地球視為導(dǎo)體，試求地球表面的電荷面密度和地球帶的總電荷量分析由于地球表面的電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直指向地面，可知地球帶負(fù)電，將地球視為導(dǎo)體，在靜電平衡狀態(tài)下，電荷分布在表面上解設(shè)地球表面的電荷面密度為，表面附近的場(chǎng)強(qiáng) E，則0E 0(150 8.85 10 12 )C/m 21.33 10 9 C/m 2地球半徑 R6.3710 6 m ，地球帶的總電荷量為q4 R1.3310 942C6.810 5 C680kC9-11設(shè)有一孤立導(dǎo)體球，半徑為R.，（1 ）試求其在真空中的電容表示式；（ 2）若把地球視

16、為 R 6.37 10 6 m 的導(dǎo)體球，它的電容量多大？（ 3）欲使地球的電勢(shì)改變 1V ，需使其所帶電荷量改變多少？解 （1 ）將孤立導(dǎo)體球視為與無(wú)窮遠(yuǎn)處的同心導(dǎo)體球面組成的球形電容器，利用球形電容器電容表達(dá)式， （9-4 ）式給出孤立導(dǎo)體球的電容Q4 R CV（2）地球電容C46.37 106 F 710 4F（3）欲使地球電勢(shì)改變1 伏特，需使地球電量的改變?yōu)镼 CV 71041 7 104C這個(gè)值很大，所以地球帶電量的日常變化不會(huì)引起地球電勢(shì)發(fā)生明顯的改變，這就是通?？梢赃x取地球作為電勢(shì)零點(diǎn)的原因9-12已知空氣的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度為3106 V/m ，求處于空氣中一個(gè)半徑為1m 的導(dǎo)體球

17、最多能帶多少電荷及能達(dá)到的最高電勢(shì)分析在帶電導(dǎo)體球周圍的空氣形成一種絕緣介質(zhì)包圍著導(dǎo)體球，當(dāng)導(dǎo)體球產(chǎn)生的電場(chǎng)足夠強(qiáng)時(shí)， 會(huì)使其周圍的空氣發(fā)生電離而成為導(dǎo)體，致使帶電導(dǎo)體球放電，通常稱為空氣被擊穿 因均勻帶電導(dǎo)體球面的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)與帶電量成正比，為了不擊穿周圍的空氣，帶電導(dǎo)體球所帶電量要受到限制解由題意擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度Emax3106 V/m而EmQma xaxR24Q maxEmax 4R 2310648.8510 1212C 3.3 10 4C最高電勢(shì)為QmaxEmax 4R26VmaxC4RREmax 310 V或Qmax3.310 4V6VmaxR43 10V419-13收音機(jī)里的可變電容

18、器如圖9-13 （a）所示，其中共有 n 塊金屬片，相鄰兩片的距離均為d ，奇數(shù)片聯(lián)在一起固定不動(dòng)（叫定片） ，偶數(shù)片聯(lián)在一起可一同轉(zhuǎn)動(dòng)（叫動(dòng)片），每片的形狀如圖9-13 （ b ）所示，求當(dāng)動(dòng)片轉(zhuǎn)到使兩組片重疊部分的角度為時(shí)，電容器的電容分析除了最外側(cè)的兩片外， 每塊金屬片的兩個(gè)表面分別與相鄰的金屬片表面構(gòu)成一個(gè)電容器，如圖 9-13（c）所示，所以 n 塊金屬片如此連接等效于 （ n1 ）個(gè)平行板電容器并聯(lián)當(dāng)兩組片重疊部分的角度為時(shí)，每個(gè)電容器有效極板面積為 S( ) ，因此電容器的等效電容是的函數(shù)收音機(jī)調(diào)頻的電容器就是根據(jù)這個(gè)原理設(shè)計(jì)的r 2r 1(a)(b)(c)圖 9-13解 當(dāng)兩組

19、片重疊部分的角度為時(shí)，每個(gè)電容器有效極板面積為S( r12r2 )360（ n-1 ）個(gè)極板面積為S，板間距為 d 的平行板電容并聯(lián)時(shí)的等效電容為C(n 1) 0 S (n 1)r22r12d360 d式中以度計(jì)9-14半徑都為a 的兩根平行長(zhǎng)直導(dǎo)線相距為d (da) .（1 ）設(shè)兩導(dǎo)線每單位長(zhǎng)度上分別帶電和，求兩導(dǎo)線的電勢(shì)差；（ 2 ）求此導(dǎo)線組每單位長(zhǎng)度的電容分析 因 da ，可設(shè)兩導(dǎo)線的電場(chǎng)互不影響，由場(chǎng)強(qiáng)疊加原理可求出兩導(dǎo)線間的場(chǎng)強(qiáng)分布，d再用場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)的積分關(guān)系求兩導(dǎo)線間電勢(shì)差，rOP由電容器電容的定義即可求出單位長(zhǎng)導(dǎo)線組的等2 a效電容圖 9-14解作兩導(dǎo)線組合的截面圖， 以帶正電

20、導(dǎo)線軸心為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系如圖9-14 所示不難看出，正負(fù)電荷在P 點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)均沿r軸正向，矢量疊加簡(jiǎn)化為標(biāo)量和E E E(d r )(11 )2 rrd - r兩導(dǎo)線間電勢(shì)差為dadaE dra2a(11)drln d ardra由電容器電容的定義，導(dǎo)線單位長(zhǎng)電容為Cd aVlna9-15有兩個(gè)半徑分別為 R1 和 R2 的導(dǎo)體球放在真空中， 兩球表面相距為 d ，已知 dR1 和 dR2 ，試求兩導(dǎo)體構(gòu)成的電容器的電容 .+ Q- QOR1PR2dr圖 9-15分析按題意dR2 ，可認(rèn)為當(dāng)兩導(dǎo)體球分別帶電Q 和Q 時(shí)，彼此電場(chǎng)互不影響，即各球面上電荷分布仍是均勻的，由場(chǎng)強(qiáng)疊加原理可求出兩球球心

21、連線上任一點(diǎn)的場(chǎng)， 用與上題相似的方法可以求出兩球電勢(shì)差和兩球構(gòu)成的電容器電容解以大球球心為原點(diǎn)，建立如圖9-15 所示的坐標(biāo)系，在坐標(biāo)為r 處的 P點(diǎn)（在連心線上），兩球產(chǎn)生的電場(chǎng)均沿r 軸正向，得QQE E E24( R1 R2 d r ) 24 r兩帶電導(dǎo)體球間電勢(shì)差為VR1 dE drQ R1 d11drR14R1r2( R1R2 d r )2Q1111)4(R2d R1d R2R1考慮到 dR1 ， dR2 ，可將電勢(shì)近似表示為VQ ( 112 )4R1R2d此兩導(dǎo)體球構(gòu)成的電容器電容為Q4C12VR1 R2d9-16 兩只電容器 C18 F，C22 F ， 分別把它們充電到1000

22、V ，然后將它們反接，如圖9-16 所示，求此時(shí)兩極間電勢(shì)差分析并聯(lián)電容極板間電壓相同，因兩電容器電容不等，則反接前兩電容器帶的電量必定不等 反接后，相連的極板上正負(fù)電荷中和，可以計(jì)算出中和后電荷量的代數(shù)和及并聯(lián)電容器的等效電容C，從而求出電勢(shì)差解反接前，設(shè) C1 和 C 2 帶電量分別為 Q1 和 Q2 ，充電電壓 U 01000 V ，則Q1C1U 0Q2C2U 0+反接后，正負(fù)電荷中和，中和后總電量為C1C2+Q Q1 Q2 ，并聯(lián)等效電容 C C1 C2 ，則并聯(lián)電容器兩板間電勢(shì)差為圖 9-16Q(C1C2)U0(810 62106 )1000UC1C28 106210 6V 600V

23、C9-17 如圖 9-17所示， C110F, C25.0F,C35.0 F ，求：（1）AB 間的電容；（2）在 AB 間加上 100V 電壓時(shí)，求每一個(gè)電容器上的電荷量和電壓；（ 3）如果 C1 被擊穿，問 C3 上的電荷量和電壓各是多少？分析并聯(lián)電容器極板電勢(shì)相等，串聯(lián)電容器極板上電荷量相等，總電壓等于各電容器上電壓之和當(dāng)C1 上電壓超過 C1 的額定電壓， C1 將被擊穿， C1支路即短路，全部電壓就加在C 3 上，如超過 C3 的額定電壓， C 3 將被擊穿， A、B 間就發(fā)生短路所以，在設(shè)計(jì)電容器組合電路時(shí)，除應(yīng)計(jì)算等效電容外，還應(yīng)考慮分配到每個(gè)電容器上的電壓是否超過所選電容器的額

24、定電壓解（1） C1和 C2 并聯(lián)電容為 CC1 C 2 ，再與 C 3 串聯(lián)后，等效電容為CC 33.75 FCC C 3（2 ）等效電容所帶電量為QCU ，串聯(lián)的電容所帶電量相等Q3QCU3.75 10 4 CAU 3Q375VC 3CC12U 1 U2QQ1Q225VCCC1C 23B又因Q1Q 2Q10 4C圖 9-17可解得Q12.5Q21.2510 4C（3）如果 C1被擊穿， AB 間電壓就加在 C3 上，即U 3 U100V則Q3 C3U 35 104C9-18平板電容器，兩極間距離為1.5cm ，外加電壓 39kV ，若空氣的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度為 30kV/cm，問此時(shí)電容器是否會(huì)

25、被擊穿？現(xiàn)將一厚度為0.3cm 的玻璃插入電容器并與兩板平行，若玻璃的相對(duì)電容率為7 ，擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度為100kV/cm，問此時(shí)電容器是否會(huì)被擊穿？結(jié)果與玻璃片的位置有無(wú)關(guān)系？分析加玻璃片后，電場(chǎng)被分成兩部分，應(yīng)分別計(jì)算出空氣和玻璃中的電場(chǎng)強(qiáng)度，再判斷是否有哪種介質(zhì)中的場(chǎng)強(qiáng)超過了其擊穿場(chǎng)強(qiáng)可以證明結(jié)果與玻璃板的位置無(wú)關(guān)解未加玻璃前平板電容器內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)為EU39 V/cm26kV/cm30kV/cmd1.5因其量值小于空氣的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度，電容器不會(huì)被擊穿加玻璃后，設(shè)電容器極板的電荷面密度為，平行板電容器中電位移D設(shè)玻璃和空氣中場(chǎng)強(qiáng)分別為E1 和 E2 ，則有DDE1E20 r00U玻璃厚為 d 1 ，

26、則空氣層厚為d - d 1，得E1d1 E2 (d d1 ) U圖 9-18由以上各式得E1U4.48kV/cm( dd1d1 ) rU r31.4kV/cm 30kV/cmE2d1 )d1 (dr即空氣部分首先被擊穿，然后全部電壓加在玻璃板上，致使玻璃中場(chǎng)強(qiáng)為U39E1130kV/cm 100kV/cmd10.3玻璃部分也會(huì)被擊穿9-19一平板電容器極板面積為S，兩板間距離為 d ，其間充以相對(duì)電容率分別為r1 、r2 的兩種均勻介質(zhì)，每種介質(zhì)各占一半體積， 若忽略邊緣效應(yīng)，（1 ）與兩種不同介質(zhì)相對(duì)的兩部分極板所帶電荷面密度是否相等？如果不相等，求：1 /2 = ？（ 2）試證此電容器的電

27、容為C0 Sr1r 2d2分析忽略邊緣效應(yīng)，電容器中的電場(chǎng)可視為無(wú)限大平行平面間的電場(chǎng)，從而可以確定兩種不同介質(zhì)中場(chǎng)強(qiáng)與極板電勢(shì)差的關(guān)系，以及與兩部分極板上的電荷面密度的關(guān)系， 從而可知極板上的總電荷量 另一種思路是將充入兩種介質(zhì)后的電容器視為由兩個(gè)電容器并聯(lián)而成，直接應(yīng)用并聯(lián)電容器的計(jì)算公式解 1（ 1）設(shè)電容器端電壓為U ，兩種介質(zhì)中場(chǎng)強(qiáng)分別為E1 和 E2，由充滿均勻介質(zhì)的平行板電容器的場(chǎng)強(qiáng)與電壓的關(guān)系可得E1 E2U（ 1）d設(shè) 1 、 2 分別為兩種不同介質(zhì)對(duì)應(yīng)部分極板上的電荷面密度，忽略邊緣效應(yīng)，電容器中的電場(chǎng)可視為無(wú)限大平行平面間的電場(chǎng)，則有12（2 ）E1E20 r10 r2S

28、代入 (1) 式可得1r1r1r2d2r2即兩部分極板所帶電荷面密度不相等由（1 ）和（ 2）式可得極板上的總電荷量為圖 9-19QS0SUr1r2)(12)d(22由電容器定義得Q0 S(r 1r 2)Cd2U解 2由并聯(lián)電容器公式求總電容C C1SS0 S(r 1r 2)C 20 r10 r 222d2dd可見第二種方法計(jì)算簡(jiǎn)單，用第一種方法可對(duì)物理過程、電場(chǎng)電荷分布有更明確的概念另外在第一種方法中亦可用介質(zhì)中的高斯定理求解9-20一球形電容器，在外球殼的半徑R 和內(nèi)外導(dǎo)體間的電勢(shì)差U 維持恒定的條件下，內(nèi)球半徑R 為多大時(shí)才能使內(nèi)球表面附近的電場(chǎng)強(qiáng)度最小？并求這個(gè)最小電場(chǎng)強(qiáng)度的值分析導(dǎo)體

29、表面附近的場(chǎng)強(qiáng)與電荷面密度成正比，而當(dāng)極板間電勢(shì)差恒定時(shí)，極板所帶電荷量取決于電容C，電容器的電容由電介質(zhì)性質(zhì)和幾何因素決定，根據(jù)這些關(guān)系可以確定內(nèi)球半徑對(duì)內(nèi)球表面附近電場(chǎng)強(qiáng)度的影響解球形電容器電容為4RRCRR極板上帶電量為4RRUqCURR當(dāng)外球殼的半徑R 和極板間電勢(shì)差U 恒定時(shí)， q 是內(nèi)球半徑 R 的函數(shù)內(nèi)球表面附近的場(chǎng)強(qiáng)大小為qRUE2R(R R)4 R即也是 R 的函數(shù)欲求場(chǎng)強(qiáng)的最小值，令dE2RR 0RU R2( RR )2dR得RR2并有 RR 時(shí)， d2 E 0 ，即 RR 時(shí)，場(chǎng)強(qiáng)有極小值，且2dR 224UEminR9-21圖 9-21 為水蒸氣分子 H 2O 中氧氫原

30、子核及核外電子云示意圖 由于分子的正負(fù)電荷中心不重合，故其為有極分子，電矩p 6.210 30 C m （ 1）水分子有 10 個(gè)正電荷及 10 個(gè)負(fù)電荷，試求正負(fù)電荷中心之距d= ?（2）如將水蒸氣置于 E1.5 10 4 N/C 的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，求其可能受到的最大力矩？（ 3）欲使電矩與外場(chǎng)平行反向的水分子轉(zhuǎn)到外場(chǎng)方向（轉(zhuǎn)向極化），問電場(chǎng)力作功多少？3kT 的多少分之一？在室溫這功的大小為室溫（ 300K ）水分子的平均平動(dòng)動(dòng)能2下實(shí)現(xiàn)水分子的轉(zhuǎn)向極化，外加電場(chǎng)強(qiáng)度應(yīng)該多大？分析由電矩pqd及已知的水分子電量可計(jì)算正負(fù)電荷中心之距d 由電偶極子在外場(chǎng)中受的力矩MpE， MpE sin，可知，

31、當(dāng)p 與 E 正交時(shí)力矩最大 .當(dāng)電矩與外場(chǎng)平行反向(180 ) 時(shí)，電場(chǎng)力的力矩作功將使減小，最后0 ，注意到在此過程中 d0.如果這個(gè)功與室溫下水分子的平均平動(dòng)動(dòng)能3 kT 相比較是微不足道的，那么要使水分子在常溫下實(shí)現(xiàn)極化，外電場(chǎng)作的功2至少要等于平均平動(dòng)動(dòng)能才能克服熱運(yùn)動(dòng)的干擾，這就要求外電場(chǎng)足夠強(qiáng) 本題的目的在于啟發(fā)在實(shí)際問題中綜合各種物理因素的分析方法和數(shù)量級(jí)分析的方法解（ 1）由題意，水分子正負(fù)電荷中心不重合，形成一個(gè)電偶極子，電量q10e ，電矩大小 pqd(10e)d30正負(fù)電荷中心之距d p 6.2 10 19 3.9 10 12 m 10e 10 1.6 10題9-21圖

32、中， OH鍵距為 0.9581010 m ， d 為這個(gè)距離的4%.（2 ）由電場(chǎng)力作用于電偶極子的力矩MpE，力矩大小為MPE sin，90 ，M達(dá)極大 .M maxPE6.210301.51049.31026 Nm（3 ）力矩作功為 WMd，本題中，當(dāng)轉(zhuǎn)向極化進(jìn)行時(shí)，力矩作正功但d0WPE sin d2PE1.910 25J180E而 T=300K時(shí)，水分子的平均平動(dòng)動(dòng)能pk3 kT31.3810 23300 6.210 21J22圖 9-21k32630W可見在這樣大小的外電場(chǎng)中， 水分子的轉(zhuǎn)向極化將被分子的熱運(yùn)動(dòng)干擾，要實(shí)現(xiàn)轉(zhuǎn)向極化，使180 的水分子也轉(zhuǎn)到外電場(chǎng)的方向上，電場(chǎng)力作的功

33、至少要等于分子熱運(yùn)動(dòng)的平均平動(dòng)動(dòng)能k ，從而外場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)值至少要達(dá)到EWk6.2 10 215 108 N/C2 p2 p 26.210 309-22 平板電容器兩級(jí)板相距3.0cm ，其間平行地放置一層r 2.0 的介質(zhì)，其位置和厚度如圖 9-22(a) 所示，已知 A 板帶負(fù)電、 B 板帶正電，極板上電荷面密度為 0 8.85 10 10 C/m 3 ，略去邊緣效應(yīng)，求：（1 ）極板間各區(qū)域的 D、E；（2 ）極板間距 A 極 1cm 、 2cm 、 3cm 處的電勢(shì)（設(shè)A 板電勢(shì)為零）；（ 3）繪出 Dx 、 E x 、 Ux 曲線；（4）介質(zhì)表面的極化電荷面密度解（ 1）作如圖9-22(a

34、) 所示的高斯面 S1 和 S2 ，由介質(zhì)中的高斯定理可以證明各區(qū)域 D 相等，得D08.8510 10 c/m 2介質(zhì)外場(chǎng)強(qiáng)D10V 0/mE0介質(zhì)內(nèi)場(chǎng)強(qiáng)ED50 V / mr（2 ）以 A 板電勢(shì)為零，則x1cm 處AS2BV1E0 x11000.011Vx2cm 處V2V1E( x2x1 )S11.5Vx1cm 處V3V2E0 ( x3x2 )2.5V0123x /cmD/ (C/m)E/ (V/m)V/ V100(a)025010123x0123x0123(b)圖 9-22（3） Dx ， Ex ， Vx 曲線如圖 9.22(b)所示（4 ）介質(zhì)表面的極化電荷面密度為(11 )4.42

35、510 10 C/mr9-23平板電容器兩極間充滿某種介質(zhì)，板間距 d2mm ，電壓 600V ，如果斷開電源后抽出介質(zhì)，則電壓升高到1800V ，求：（1 ）介質(zhì)的相對(duì)電容率；（ 2）介質(zhì)上的極化電荷面密度； （3 ）極化電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度分析斷開電源后抽出介質(zhì)意味著極板上的自由電荷電量保持不變，電位移D 也不變，但是電場(chǎng)強(qiáng)度改變，電壓也會(huì)改變?cè)谟?jì)算有均勻各向同性電介質(zhì)的平行板電容器之間的電場(chǎng)時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度可以表示為EE0E0 ，即自由電荷的電場(chǎng)和極化電荷產(chǎn)生的附加電場(chǎng)的00疊加，其中電介質(zhì)對(duì)電場(chǎng)的影響以極化電荷面密度的形式表現(xiàn)出來(lái)，反映了空間電場(chǎng)是自由電荷和極化電荷共同產(chǎn)生的；介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度也可以直接表示為 E0，其中電介質(zhì)對(duì)電場(chǎng)的影響以相對(duì)電容率r 的形式表現(xiàn)出來(lái)