靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體和電介質(zhì)

#第7章靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體和電介質(zhì)習(xí)題及答案1.半徑分別為R和廠的兩個(gè)導(dǎo)體球，相距甚遠(yuǎn)。用細(xì)導(dǎo)線連接兩球并使它帶電，電荷面密度分別為O和O。忽略兩個(gè)導(dǎo)體球的靜電相互作用和細(xì)導(dǎo)線上電荷對(duì)導(dǎo)體球上電荷分布的影響。試證1o明：一o22r證明：因?yàn)閮汕蛳嗑嗌踹h(yuǎn)，半徑為R的導(dǎo)體球在半徑為廠的導(dǎo)體球上產(chǎn)生的電勢(shì)忽略不計(jì)，半徑為廠的導(dǎo)體球在半徑為R的導(dǎo)體球上產(chǎn)生的電勢(shì)忽略不計(jì)，所以半徑為R的導(dǎo)體球的電勢(shì)為o兀R2V=-u——1 4n￡R0半徑為廠的導(dǎo)體球的電勢(shì)為oR—1—480or24n8r4800用細(xì)導(dǎo)線連接兩球，有V=V，所以o—1o212r證明：對(duì)于兩個(gè)無限大的平行平面帶電導(dǎo)體板來說，(1相)向的兩面上，電荷的面密度總是大小相等而符號(hào)相反；(2相)背的兩面上，電荷的面密度總是大小相等而符號(hào)相同。證明：如圖所示，設(shè)兩導(dǎo)體A、B的四個(gè)平面均勻帶電的電荷面密度依次為o,o,12(1)取與平面垂直且底面分別在A、B內(nèi)部的閉合圓柱面為高斯面，由高斯定理得JE-dS=0=—(o+o)ASS 8 2 30o，o34o+o=023上式說明相向兩面上電荷面密度大小相等、符號(hào)相反。()在A內(nèi)部任取一點(diǎn)P，則其場(chǎng)強(qiáng)為零，并且它是由四個(gè)均勻帶電平面產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)疊加而成的，即o—1--280o+o2o=o14o—2280=0o―3280o4-=0280半徑為R的金屬球離地面很遠(yuǎn)，并用導(dǎo)線與地相聯(lián)，在與球心相距為d=3R處有一點(diǎn)電荷q，試求：金屬球上的感應(yīng)電荷的電量。解：如圖所示，設(shè)金屬球表面感應(yīng)電荷為q,金屬球接地時(shí)電勢(shì)V=0由電勢(shì)疊加原理，球心電勢(shì)為4n84n8R0q'Jdq+——-——4n83R04n8R4n83R4n8R4n83Rd__qq=34.半徑為R的導(dǎo)體球，帶有電量q，球外有內(nèi)外半徑分別為R、R的同心導(dǎo)體球殼，球殼1 23帶有電量Q。(1)求導(dǎo)體球和球殼的電勢(shì)V和V；12(2)如果將球殼接地，求V和V；12(3)若導(dǎo)體球接地(設(shè)球殼離地面很遠(yuǎn))，求V和V。解：(1)應(yīng)用均勻帶電球面產(chǎn)生的電勢(shì)公式和電1勢(shì)疊2加原理求解。半徑為R、帶電量為q的均勻帶電球面產(chǎn)生的電勢(shì)分布為q4-RV=40q--4nsr0導(dǎo)體球外表面均勻帶電q；導(dǎo)體球殼內(nèi)表面均勻帶電-q，外表面均勻帶電q+Q，由電勢(shì)疊加原理知，空間任一點(diǎn)的電勢(shì)等于導(dǎo)體球外表面、導(dǎo)體球殼內(nèi)表面和外表面電荷在該點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)的代數(shù)和。導(dǎo)體球是等勢(shì)體，其上任一點(diǎn)電勢(shì)為V=，(土-2+q1Q)4nsRRR01 2 3球殼是等勢(shì)體，其上任一點(diǎn)電勢(shì)為V=q+―q+q+Q=q+Q4nsr4nsr4nsR 4nsR0 0 03 03(2)球殼接地V=?+Q=0，表明球殼外表面電荷q+Q入地，球殼外表面不帶電，導(dǎo)體2 4nsR03球外表面、球殼內(nèi)表面電量不變，所以V=-q-(―——)i 4ns RR01 2(3)導(dǎo)體球接地V1=0，設(shè)導(dǎo)體球表面的感應(yīng)電荷為q'，則球殼內(nèi)表面均勻帶電-q'、外表面均勻帶電q'+Q，所以一a+q-tQ)=04nsRRRTOC\o"1-5"\h\z01 2 3R RRQ解得q= 1-2 解得RR-RR+RR23 13 12qq'+Q (R-R)QV= = 212 4nsR 4ns(RR-RR+RR)03 0 23 13 12兩個(gè)半徑分別為Ri和R2(Ri<R2的同心薄金屬球殼,現(xiàn)給內(nèi)球殼帶電q，試求:外球殼上的電荷分布及電勢(shì)大?。幌劝淹馇驓そ拥?，然后斷開接地線重新絕緣，此時(shí)外球殼的電荷分布及電勢(shì)；再使內(nèi)球殼接地，此時(shí)內(nèi)球殼上的電量以及外球殼上的電勢(shì)。解： 內(nèi)球殼外表面帶電+q；外球殼內(nèi)表面帶電為-q外表面帶電為+q，且均勻分布，外球殼上電勢(shì)為V=?RE-dr=?R—q—dr=—q—R R4nsr2 4nsR2 2 0 02外球殼接地時(shí)，外表面電荷+q入地，外表面不帶電，內(nèi)表面電荷仍為-q。所以球殼電勢(shì)由內(nèi)球+q與外球殼內(nèi)表面-q產(chǎn)生，其電勢(shì)為qq4nsR 4nsR02 02如圖所示，設(shè)此時(shí)內(nèi)球殼帶電量為q'；則外殼內(nèi)表面帶電量為-q',外殼外表面帶電量為-q+q'電荷守恒，此時(shí)內(nèi)球殼電勢(shì)為零，且4n8R024n8R02R得q=；qR2外球殼的電勢(shì)為(R-4n8R024n8R02R得q=；qR2外球殼的電勢(shì)為(R-R)q

——1 2——4n8R 4n8R4n8R 4n8R202 02 02 026.設(shè)一半徑為R的各向同性均勻電介質(zhì)球體均勻帶電，其自由電荷體密度為P,球體內(nèi)的介電常數(shù)為8，球體外充滿介電常數(shù)為8的各向同性均勻電介質(zhì)。求球內(nèi)外任一點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小和電勢(shì)（設(shè)無窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn)）。解：電場(chǎng)具有球?qū)ΨQ分布，以廠為半徑作同心球面為高斯面。由介質(zhì)中的高斯定理得JD.dS=D.4兀r2=2qS4當(dāng)r<R時(shí)，2q=p?—兀r3i3所以D pr4 4c當(dāng)r>R時(shí)，2q=p?—兀R3

i3所以381D二暨3r2球內(nèi)（r<R）電勢(shì)為8 38r222卜PLdlr+J-^^r

r38 R38r212p pR2二——（R2-r2）+—

68 381 2球外（r>R）電勢(shì)為V=卜E-dr=Jg_pRLdr=^RL2r r38r2 38r22如圖所示，一平行板電容器極板面積為S,兩極板相距為d，其中放有一層厚度為t的介質(zhì)，相對(duì)介電常數(shù)為8，介質(zhì)兩邊都是空氣。設(shè)極板上面電荷密度分別為。和-O，求：()()()解：(r極板間各處的電位移和電場(chǎng)強(qiáng)度大?。粌蓸O板間的電勢(shì)差U；電容C。）取閉合圓柱面（圓柱面與極板垂直，兩底面圓與極板平行，左底面圓在極板導(dǎo)體中，右底面圓在兩極板之間）為高斯面，根據(jù)介質(zhì)中的高斯定理，得0D?dS=D,△S=o.ASSD=o（空氣中）（介質(zhì)內(nèi)）由①、(3)（空氣中）（介質(zhì)內(nèi)）由①、(3)Ds =ioss o0r ——ss0rE?dlAIBooTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"二—(d—t)+ 1\o"CurrentDocument"s ss0 0roS ssS()C=——=——.0,r———Usd—(s—1)trr如圖所示，在平行板電容器的一半容積內(nèi)充入相對(duì)介電常數(shù)為s的電介質(zhì)，設(shè)極板面積為rS，兩極板上分別帶電荷為+Q和-Q，略去邊緣效應(yīng)。試求：（1）在有電介質(zhì)部分和無電介質(zhì)部分極板上自由電荷面密度的比值；（）兩極板間的電勢(shì)差U；（）電容C。解：（）充滿電介質(zhì)部分場(chǎng)強(qiáng)為E2，真空部分場(chǎng)強(qiáng)為E1,有電介質(zhì)部分和無電介質(zhì)部分極板上自由電荷面密度分別為0和°。21取閉合圓柱面（圓柱面與極板垂直，兩底面圓與極板平行，上底面圓在極板導(dǎo)體中，下底面圓在兩極板之間）為高斯面，由1D-dX=Xq得0D=o，D=o1122DoUE=-1-=-1=—1ssd00DoUE=——2—=——2—=—2ssssd0r0r由①、②解得o—2-=Sor1S()由電荷守恒定律知，(°+°)-=Q③1 22②、③解得〃 2QdU=(s+1)sSr0QQ (s+1)sSC==r0U 2d半徑為R的導(dǎo)體球，外套有一同心的導(dǎo)體球殼，殼的內(nèi)、外半徑分別為R和R，當(dāng)內(nèi)球

1 23帶電荷Q時(shí)，求：（1整）個(gè)電場(chǎng)儲(chǔ)存的能量；（2將）導(dǎo)體殼接地時(shí)整個(gè)電場(chǎng)儲(chǔ)存的能量；（3此）電容器的電容值。解：如圖所示，內(nèi)球表面均勻帶電Q，外球殼內(nèi)表面均勻帶電-Q，外表面均勻帶電Q(1由)高斯定理得當(dāng)r<R和R<r<R時(shí)，E=012 3

E二——1 4ngr20當(dāng)r>R時(shí)，E=一Q一3 2 4ner2所以，在R<r<R區(qū)域12w=JR21e(_Q_)24nr2dr1R204ner210TOC\o"1-5"\h\zfrQ2dr Q211 1、=2 = (—————)R8ner28neRR

1 0 01 2在r>R區(qū)域31Q Q21W=卜e(一Q一)24nr2dr=Q 2R204ner2 8neR3 0 03總能量為Q2 1 1 1W=W+W=^Q-(—— 十)1 2 8neR R R01 2 3導(dǎo)體殼接地時(shí)，只有R<r<R2時(shí)E二島其它區(qū)域E二0，所以w2=°Q2 1 1W=W=^Q-(——)i8ne R R01 2電)容器電容為2W 1 1C= =4ne/（————）Q2 °RR121°.一個(gè)圓柱形電容器，內(nèi)圓柱面半徑為R1外圓柱面半徑為R，長(zhǎng)為L(zhǎng)（L>>R—R外圓柱面半徑為R，長(zhǎng)為L(zhǎng)（L>>R—R），2 21所示。設(shè)內(nèi)、外圓柱面單位長(zhǎng)度上帶電荷（即電荷線密度）分別為九和一九，求：（1）電容器的電容；（2）電容器儲(chǔ)存的能量。由介質(zhì)中的高斯定理得fD?dS=D?2nrl=￡由介質(zhì)中的高斯定理得fD?dS=D?2nrl=￡qS當(dāng)R<r<R時(shí)，入D=——2nr兩圓筒間場(chǎng)強(qiáng)大小為E=Dee0r入2^eer

0r1入2^eer0r2(R<r<R)1(R<r<R)2兩圓筒間的電勢(shì)差為fRfR -dr+J2 R2neer0r2U=fR2E-dr=fRR R2neerR1 1 0r1

九?R.九?R In+ In一2ke8R 2Ks8R0r1 1 0r2電容器的電容為(2)電容器儲(chǔ)存的能量8r22K888L(2)電容器儲(chǔ)存的能量8r22K888Lln(R/R)，8'21n(R/R)1 r1w-1Q2Cr2VRRRR)1n——+81n—R ri R)1 /4ns880r1r211.如圖所示，一充電量為土Q的平行板空氣電容器，極板面積為S,間距為d，在保持極板上電量土Q不變的條件下，平行地插入一厚度為d/2，面積S，相對(duì)電容率為8的電介質(zhì)平板，r在插入電介質(zhì)平板的過程中，外力需作多少功？8S解：插入電介質(zhì)平板之前，C-t廠，電容器儲(chǔ)存的能量為0dW-01Q2_Q2dW-01Q2_Q2d2C~—28S00插入電介質(zhì)平板之后，由本章習(xí)題7的解法可得到C-電容器儲(chǔ)存的能量為W-1Q288S 0—r——

(8+1)dr2Q2(8+1)d2C r 488S1介質(zhì)，其界面半徑為R，相對(duì)介電常數(shù)分別為1介質(zhì)，其界面半徑為R，相對(duì)介電常數(shù)分別為8和8r1r2求：2如圖所示。設(shè)在兩球殼間加上電勢(shì)差U12，(R<r<R)1(R<r<R)20r由能量守恒定律知，在插入電介質(zhì)平板的過程中，外力作的功為Q2d(1-8)A—W—W- r—0 4K88S0r12一球形電容器，內(nèi)球殼半徑為R，外球殼半徑為R，兩球殼間充有兩層各向同性均勻電電容器的電容；電容器儲(chǔ)存的能量。解：()設(shè)球內(nèi)球殼和外球殼分別帶電Q、-Q，電場(chǎng)具有球?qū)ΨQ分布，以r為半徑作同心球面為高斯面。由介質(zhì)中的高斯定理得JD.dS-D?4兀r2-EqS ，當(dāng)R<r<R時(shí)，Zq—Q，D-Q—1 2 i 4nr2內(nèi)球殼和外球殼之間場(chǎng)強(qiáng)大小為-7-Q—D 4k88r2E- -< 。r188Q0r 4k88r20r2內(nèi)球殼和外球殼之間電勢(shì)差為U12=JR2E?dr=JR Q dr+JR2R1Q4K880r1R1