1、習題十一11-1如下圖，在點電荷+Q的電場中放置一導體球。由點電荷+Q到球心的徑矢為r，在靜電平衡時，求導體球上的感應電荷在球心0點處產生的場強 E。解靜電平衡時，導體內任一點的場強為零， 荷共同奉獻的，由場強疊加原理有Eo Eq E 00點的場強是點電荷+Q及球面上感應電E EqQ4 or211-2 一帶電量為q、半徑為r的金屬球A，放在內外半徑分別為R和R?的不帶電金屬球殼B內任意位置，如下圖。 A與B之間及B外均為真空，假設用導線 把A, B連接，求球A的電勢。解以導線把球和球殼連接在一起后，電荷全局部布在球殼的外外表上或者說導體球的電荷與球殼內外表電荷中和，整個系統是一個等勢體，因此U

2、a Ubq4 0R211-3如下圖，把一塊原來不帶電的金屬板B移近一塊已帶有正電荷Q的金屬板A，平行放置。設兩板面積都是S，板間距為d，忽略邊緣效應，求：1板B不接地時，兩板間的電勢差；2板B接地時，兩板間的電勢差。解1由61頁例1知，兩帶電平板導體相向面上電量大小相等符號相反，而相反面上電量大小相等符號相同，因此當板B不接地，電荷分布為ABQ/2Q/2 -Q/2Q/2因而板間電場強度為Q2 oS電勢差為 U ABEdQd2 oS2板B接地時，在B板上感應出負電荷，電荷分布為B-Q 0故板間電場強度為EoS電勢差為 UAB Ed 史0S11-4如下圖，有三塊互相平行的導體板，上導體板到中間導體

3、板的距離為5.0cm，上導體板到下導體板的距離為8.0cm，外面的兩塊用導線連接，原來不帶電。中間一塊兩面上帶電，其面電荷密度之和為1.3 10 5C m2。求每塊板的兩個外表的面電荷密度各是多少忽略邊緣效應?解因忽略邊緣效應，可把三個導體板看作無限大平板，由例1知1diI1345d26(1)忽略邊緣效應，那么導體板可看成無限大的，具有屏蔽性，在相鄰 導體板之間的電場只由相對于二外表上電荷決定。因此上板和中板之 間的場強為E1在中板和下板之間的場強為上板和下板相連接，因此相鄰兩板的電勢差相等，即已d1Ezd?，由此可得3d14d2設中板總面電荷密度為，那么由(3)、(4)兩式可得38 10 6

4、 C m235 10 6 C m2代入(1)、兩式中得到28 10 6 C.m255 10 6 Cm2在上板內任意點場強均為零，它是6個無限大均勻帶電平面在該點產生的場強疊加的結果。故有考慮到1、兩式，那么得到上下兩塊導體板原來是不帶電的，根據電荷守恒定律，二導體板外表出現感應電荷后, 總量仍為零。因此有由(5)、(6)兩式得到116251 8 10 65 10 66.5 10 6 C m2211-5 如下圖，三個無限長的同軸導體圓柱面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的內外表上線電荷密度1和外外表上線電荷密度2之比值11-6解由A、C接地由高斯定

5、理知U BA-ln0EiU ba U bc12°rEiiln2°rRbRb 20r20RaRcEiidrRc-dr2 lnRCRbRb 20r20Rb理lnRcRa20Rb1 : 2lnRCRb:ln -Rb因此"e i drU BCRadr在一半徑為R =6.0cm的金屬球A外面套有一個同心的金屬球殼B。球殼B的內、外半徑分別為 R2=8.0cm， R3 =10.0cm。設球A帶有總電量Qa 3 10 8C，球殼B帶有總電量QB 2 10 8C。求：(1)球殼B內、外外表上各帶有的電量以及球A和球殼B的電勢;(2)將球殼B接地然后斷開，再把金屬球A接地，求金屬球

6、 A和球殼B內、外外表上各帶有的電量以及球 A和球殼B的電勢。解在球殼B內作一包圍內腔的高斯面，由于球殼內場強處處為零，此高斯面的電通 量為零。根據高斯定律，球殼B的內外表上所帶電量與球A所帶電量等值異號，所以8qB 內 Qa 310 C球殼B總電量為Qb，因此其外外表上電量為qB外QB qB 內2 10 83 10 8 C5 10 8C球A的電勢為UQaqB內qB外1QAq B 內q B外U A4 0R14 0 R2 4*340 R1 R2R33 10 831085 10 8、，9 1092 V5.63 103V6.0 10 28.010210.0 10QaqB內qB外U B440R3因為Q

7、aqB內0，所以UbqB外40 R39 109510 810.0 10V34.5 103V將球殼B接地時，其電勢變為零。因為 Qa與qB內等量異號，它們在球殼 B產生的電 勢之和為零，所以球殼外外表不再有電荷。球殼B與地斷開后，再將球 A接地時，電荷將重新分布。設球 A、球殼B內外表、球殼B外外表上電量分別為 Qa、qB內、qB外因為Ua 0，于是有QaqB內qB外040 R140 R240R3注意這時仍有QaqB內0，而且q B內 qB內qB外于是得到1QaQaqB內Qa門040R1R2R3qB內qB外q b內 Ri R2R2 R3R1 R3Qa2.12qB內 qB內金屬球A接地，電勢QaU

8、b 4 0r9 109R1 R210 8CUa10 8qB外40 r 40R3qB內10.0 10 28.8 10 9 VC 2.12 10 8C8.0 10.0 6.0 10.0 6.0 8.02.12 10 8 C 8.8 10 9C球殼B電勢為qB外40 R37.92102V11-7 一厚度為d的無限大均勻帶電導體板，單位面積上兩外表帶電量之和為 外表的距離為a的點與離右外表的距離為 b的點之間的電勢差。解導體板內場強E內0，由高斯定理可得板外場強為E -2 0ABaE dldx0 2 00dxdx。試求離左11-8 半徑分別為R和R2(R2>)的兩個同心導體薄球殼,分別帶電量Q1

9、和Q2，今將內球殼用細導線與遠處的半徑為r的導體球相連，導體球原來不帶電。求相連后導體球的帶電量q。解整個系統仍是孤立球形電容 Cs與內球到無限遠(地)之間的電容之并聯。而后者是內球形電容c1與外球孤立球形電容 C2串聯所構成的C1R1R20瓦R1is故A、B兩點間電勢差為C2 4 0 R2設小球C3上電量為q,那么Ci上電量Qi-q, C?上電量為Q?Qiq設三個電容上的電壓各為U1、U2、UU3q. C3UiQi q Ci由于U3Ui U2所以qQi qQ2 Qi qC3CiC23U 2Q2Qiq . C2因而移到小球上的電量為r R?QiRi Q211-9 一種單芯同軸電纜的中心為一半徑

10、qR2 R1 rRi=0.5cm的金屬導線，其外層包一層5的固體電介質，最外面的是金屬包皮。當在此電纜上加一電壓后， 介質中緊靠其內外表處的場強Ei為緊靠其外外表處的場強E2的2.5倍,假設介質最大平安場強 E* 40kV cm，求此電纜能承受的最大電壓是多少 ？解由介質中的高斯定理'.DdSD 2 rL QQ20 JL所以EQ匚i20 rRLE?Q20 r R2 L2.5E2 得到2.5RiEi E時電纜的電壓最大。此時R2EdrRir2QRi 20 rLrdr所以EiQ2 o rLRiERiEiRJ唱400.5io2 ln 2.5i8.3kV11-10 一平行板電容器面積為S,兩板

11、間距離為d,中間充滿均勻電介質，當一板帶自由電荷Q時，整塊電介質的總偶極矩為P，求電容器中的電場強度。0 r SQ QdQ解由C 丄二U所以 EdC 0 rS0 rSP而由 P P Sd 得 P(2)Sd極化強度 P 0E r 1(3)由(1)、(2)、(3)得Q P d0S"11-11兩個同心的薄金屬球殼，內、外殼半徑分別為R=0.02m和R2=0.06m。球殼間充滿兩層均勻電介質，它們的相對電容率r1 6 和 r23。兩層電介質的分界面半徑R=0.04m。設內球殼帶電量Q= 6 10 8C，求:(1) D和E的分布，并畫出 D-r、E-r曲線；(2) 兩球殼之間的電勢差；(3)

12、貼近內金屬殼的電介質外表上的束縛面電荷密度。 解以與球殼同心的球面為高斯面SDdSnqi1(1)r<RD1E1D2E2Q2r0 r1 rRw r< R2D3Q47rE3Q40 r2rR2<rD4E4Q訂0rR2R1drRE2R1drR2RE3drr1R1r2R233.75 103VR24-3內球殼外表電荷密度QQ6.0108S4 R24 3.140.022PnP1 Er102r R1亠 i19 10 5 996 10 6 Cm21.19 10 5C m211-12一平行電容器的面積為S,板間距離為d,板間兩半分別以相對電容率為r1和r2的電介質充滿如圖。求此電容器的電容。解一

13、設極板上總電量為Q , r1局部的電量為Q1 , r2局部的電量為q2。- D1Q1D2Q2S2E1r1S 2E2Q2r2S 2 UE1dE2dQ1可求得r1r2解二可看作兩電容器的并聯，由于S1 S 2所以0 r1SC12dC20 r2 S2d因此C C1 C2 說r1 r211-13 蓋革計數管由一根細金屬絲和包圍它的同軸導體圓筒組成。金屬絲直徑為22.5 10 mm，圓筒直徑為25mm，管長100mm。試計算蓋革計數管的電容 設管體間為真空， 可用無限長導體圓筒的場強公式計算電場。解設蓋革計數管所帶電量為 Q,管長為I,那么線電荷密度Q在金屬絲與同軸圓筒之間的場強Q2°rl設金

14、屬絲與圓筒的直徑分別為d1和d2，那么它們的電勢差為UEdrdi 2di 2 20rldrl n玉2 ol di由此得蓋革計數管的電容2 olIndi10 39 109 2 "亦備1008.0 10 13F11-14為了測量電介質材料的相對電容率，將一塊厚為1.5cm的平板材料慢慢地插進一電容器的距離為2.0cm的兩平行板中間。在插入過程中，電容器的電荷保持不變。插入之后， 兩板間的電勢差減小到原來的60%，求電介質的相對電容率。解設兩平行板間距離為 d,介質板厚度為d，插入前電容器電勢差為 U，插入后為U 電容器上面電荷密度為插入介質板前電容器內場強E ，電勢差U Ed0插入介質板

15、后，電容器內空氣中場強仍為E,介質內場強E兩板間的電勢差Ed d d0U0.60U，因此有d0.60 -0解此方程得d1.5rd 0.4d1.50.40 2.02.111-15 半徑為R的導體球和內半徑為R2的同心導體球殼構成球形電容器,其間一半充滿相兩球間的電壓U1R2對電容率為r的各向同性均勻電介質，另一半為空氣，如下圖。試求該電容器的電容。解相當于兩個半球形電容器并聯 對球形電容器，充電后兩球間的電場強度電容C Q4U11旳R2上半球C120 r1r2R2R120 rR2R下半球C2C C1C20R1R-i R211-16兩塊無限大平行導體板，相距為 2d,都與地連結。在板間均勻充滿著正

16、離子氣體與導體板絕緣，離子數密度為n,每個離子的帶電量為 q,如果忽略氣體中的極化現象，可以 認為電場分布相對中心平面 00是對稱的。試求兩板間的場強分布和電勢分布。解由于電荷分布相對于 00是對稱的，作底面積為nq S 2x因此e nqx0當 0<x<d 時，UdEdxd nqxdxx0nid22當-d<x<0 時，UdEdxxMd2 x22 0所以x處的電勢為nqd211-17 兩半徑相同的金屬球，相距很遠。試證明：該導體組的電容等于各孤立導體球的電 容值的一半。解設兩球半徑都是 R，帶電量為Q，那么各球電勢是兩球電位差為所以CQ 142TC11-18 半徑都是R的

17、兩根“無限長均勻帶電直導線，其線電荷密度分別為+和-，兩直導線平行放置，相距為 d(d>>R)。試求該導體組單位長度的電容。解可用疊加原理及高斯定理計算兩導線間垂直連線上任意點P的場強。如下圖，過P分別做兩個長為L,與兩條直導線共軸的閉合圓柱面作為高斯面。根據高斯定理分別計算每條線上電荷產生的場強。1 1 EdS2rLE1dl0 0所以已20同理E220 d r根據疊加原理，P點總場強為E Ei E2d Rd R11UE dldrRR 20 r d r兩條線間電壓為故單位長度電容In_0U , d RInR11-19 一空氣平行板電容器，極板 板間的電壓為U，現將一帶電量為 兩極板

18、的中間位置，試求導體片解設平行板正板下外表帶電量為 片C的上外表帶電-Q,A、B的面積都是S,極板間距離為d。接上電源后，兩q、面積也是S而厚度可忽略不計的導體片 C平行地插入C的電勢。其下外表帶電Q,Q+q,那么導體下板上外表帶電 Q q。由咼斯定理得E1Q0SE2Q q0S又由兩板間的電勢為ddQ dQ q dd小U U1U2 已E2 - 2Q q220S 20S 22 0S所以QU 0Sqd211-20 一電容器由兩個很長的同軸薄圓筒組成,內、外圓筒半徑分別為 Ri =2cm， R2 =5cm，其間充滿相對電容率為r的各向同性均勻電介質,試求距離軸線R=3.5cm的點A處的電場強度和點解

19、由:D dSQD 2 r L因此DE -2 r20 rrR2r2U32EdrIn 220 rR1電容器接在U=32V的電源上(如下圖)。因而導體C的電勢UC E2 iQ q dd U 0S q1 uqd0S22 0S d222 0S因此20 rU,R2InRi所以Ea20 rU 1|nR220 rRRiUR2Rln 2Ri998 V mRRUar2趨；Edr=12.5 V 11-21萊頓瓶是早期的一種電容器，它是一個內外貼有金屬箔的圓柱形玻璃瓶。設玻璃瓶的內徑為R1 =8cm，厚度為2mm，金屬箔高40cm。玻璃的相對電容率=5.0,擊穿場強為1.5 107V m。假設不考慮邊緣效應，試計算:

20、(1)萊頓瓶的電容值;(2)它最多能儲存多少能量。2 l解由圓柱形電容器 C 0 r234.5 10 3 口 F205 40 10 223,8 10 2 2 10 3ln8 10 2所以UmaxEd 1.5 107 2 10 33 104V1因此Wmax2CU214.5 10-9 9 1082.025J211-22置于球心的點電荷+Q被兩同心球殼所包圍，大球殼為導體，小球殼為電介質，相對電容率為r，球殼的尺寸如下圖。試求以下各量與場點徑矢r的關系：(1)電位移D ； (2)電場強度E ； (3)極化強度P ；(4)束縛電荷激發的電場強度密度 。解(1)由有介質的高斯定理D1 dS QE ; (

21、5)面電荷密度；(6)電能Q4 r20由靜電場的性能方程0 rE得Q4 °r2Q12J在電介質內E Eo E所以E EE。Q20r在其它位置E由束縛電荷P2Q r 1a面2fP2a4 ra211n21，在電介質中P2P1n212 1n21在導體中,DcDd自由電荷Q4 c2Q4 d21 DE得2Q232 2 FQ232 2 o rr411-23 一電容為C的空氣平行板電容器，接端電壓為U的電源充電后隨即斷開。試求把兩個極板間距增大至 n倍時外力所作的功。oS解斷開電源后Q不變，電容由原來的 C ，變為C d外力所做的功即相當于系統靜電能的改變量0Snd2CU1 2W C U2由于Q不

22、變，C nC，所以U nU因此 W Cn2U2212 2 12W W WU2 C n2 C CU2 n2 21即外力做功A CU2 n 1211-24 一電容器由兩個同軸圓筒組成，內筒半徑為a,外筒半徑為b,長都是L,中間充滿相對電容率為 r的各向同性均勻電介質。內、外筒分別帶有等量異號電荷+Q和-Q，設b-a<<a，L»b，忽略邊緣效應，求：(1)圓柱形電容器的電容；(2)電容器儲存的能量。解(1)用高斯定理可求得兩圓柱導體間的電場分布是Q2 rLQ20 rrL兩極板間電位差為所以cQ20 rLbIna(2) w-DE22 rLwda2 o r 2 rL2 rLdrQ2

23、40 rLlnba法二:w IQ2, bIn4 o rL a11-25 兩個相同的平行板電容器，它們的極板都是半徑為1.0mm ,其中一個電容器兩板間是空氣，另一個兩板間是10cm的圓形板，板間距都是r=26的酒精。把它們并聯后充電到120V，求它們所儲存的總電能。斷開電源, 這時兩者所儲總電能。把它們帶異號電荷的兩板分別連在一起。求bb QQbUEdrdrInaa20 rrL20丄 a解兩電容并聯C C1 C2存儲電能w 】CU 20S22d1U212 2 28314 O.127 1205.4 10 5j斷電后總電量QC2UC1U20S r 1 0 r Ud0.1總電能Q 22C0S0S r

24、 12d r 1由于因此r 1222555.4 10 5274.7105JJ r 1211-26 一同軸圓筒狀電容器的內、外筒半徑分別為a、b。試證該電容器所儲電能的一半是在半徑為r ab的圓柱內部。解設圓柱電容器中充以電容率為r的各向同性均勻電介質，內外筒分別帶電荷+Q、-Q,長為L。用高斯定理可求得兩圓柱導體間的電場分布是E 2 rLw -DE -2 22Q2 rL設總電能的一半在半徑為r的圓柱體內，那么2W2Q2 rL2 rLdrQn丄4 L a1而_W2Q2FTlnba所以Inr1bIna2a【a因此rab證畢。11-27 有一根單芯電纜，電纜芯的半徑為r- =15mm，鉛包皮的內半徑

25、為r2=50mm，其間充以相對電容率r=2.3的各向同性均勻電介質。 求當電纜芯與鉛包皮間的電壓為U 1 =600V時,長為l=1km的電纜中儲存的靜電能是多少？解由E0 rrL1In空r1因此w!cu212 0 rLU22心11 2 3.14 8.85 1 0 122.3 1 03 60022151.9 10 2 J11-28充滿均勻電介質的平行板電容器，充電到板間電壓為U=1000V時斷開電源。假設把電介質從兩板間抽出，測得板間電壓Uo=3OOOV，求：(1)電介質的相對電容率 r ； (2)假設有3電介質時的電容C120 10 口 F,抽出電介質后的電容 Co為多大；(3)抽出電介質時外力所作的功。解(1)由CrSQ CU0 rSUd同理CooS斷開后Q QoQoCoU o所以rUUooSUoUoUCoCoS dCo 5 詈 E 6.7 E HWiw21 -CiU22CoUo212010 310 62120103610231 o rS u 22 d2 o1ooo2 1 1o 2J3ooo23 1o 2J所以