川师大学物理第十章-静电场中的导体和电介质习题解

101第十章静电场中的导体和电介质10–1如图10-1所示，有两块平行无限大导体平板，两板间距远小于平板的线度，设板面积为S，两板分别带正电Qa和Qb，每板表面电荷面密度1=，2=，3=，4=。解：建立如图10-2所示坐标系，设两导体平板上的面电荷密度分别为1，2，3，4。由电荷守恒定律得12aSSQ（1）34bSSQ（2）设P，Q是分别位于二导体板内的两点，如图10-2所示，由于P，Q位于导板内，由静电平衡条件知，其场强为零，即3124000002222PE（3）3124000002222QE（4）由方程（1）~（4）式得142abQQS（5）232abQQS（6）由此可见，金属平板在相向的两面上（面2，3），带等量异号电荷，背向的两面上（面1，4），带等量同号电荷。10–2如图10-3所示，在半径为R的金属球外距球心为a的D处放置点电荷+Q，球内一点P到球心的距离为r，OP与OD夹角为，感应电荷在P点产生的场强大小为，方向；P点的电势为。解：（1）由于点电荷+Q的存在，在金属球外表面将感应出等量的正负电荷，距+Q的近端金属球外表面带负电，远端带正电，如图10-4所示。P点的场强是点电荷+Q在P点产生的场强E1，与感应电荷在P点产生的场强E2的叠加，即EP=E1+E2，当静电平衡时，EP=E1+E2=0，由此可得21r2204π(2cos)QararEEe其中er是由D指向P点。因此，感应电荷在P点产生的场强E2的大小为+QDPRaOr图10–4x1243PQQaQb图10-21243QaQb图10-1+QDPRaOr图10-310222204π(2cos)QEarar方向是从P点指向D点。（2）静电平衡时，导体是等势体。P点的电势VP等于球心O点的电势VO。而由电势叠加原理，球心O点的电势VO是由点电荷+Q在该点的电势V1和感应电荷在该点的电势V2的叠加，即12POVVVV其中，点电荷+Q在O点的电势V1为104πQVa由于感应电荷是非均匀地分布在导体球外表面，设球面上面积元dS处的面电荷密度为，则它在球心的电势为0d4πSR，考虑球的半径是一常量，故整个球面上的感应电荷在球心O点产生的电势为200d1d4π4πSSSVSRR由电荷守恒可知，感应电荷的代数和d0SS。因此201d04πSVSR所以，P点电势为120004π4πPOQQVVVVaa10–3如图10-5所示，三个无限长、半径分别为R1，R2，R3的同轴导体圆柱面。A和C接地，B带电量为Q，则B的内表面的电荷Q1和外表面的电荷Q2之比为。解：三个导体圆柱面构成两个圆柱形电容器，电容分别为12012πlnBABAQRCLVVR32022πlnBCBCRQCLVVR由于A和C接地，则BABCVVVV，因此211322lnlnRQRRQR10–4一平行板电容器，充电后断开电源，然后使两极板间充满相对介电常数为r的各向同性均匀电介质，此时电场能量是原来的倍。如果在充入电介质时，电容器一直与电源相连，能量是原来的倍。解：一平行板电容器，充电后断开电源，其电荷量不变，根据电容器能量公式2e2qWC，可得电容器充入电介质后的能量W´与充入电介质前的能量W之比为ABC图10–5103eerr1WCCWCC若电容器一直与电源相连，电容器电压不变，根据公式212WCV，可得erreWCCWCC10–5一平行板电容器两极板间电压为V，其间充满厚度为d，相对介电常数为r的各向同性均匀电介质，则电介质中的电场能量密度we=。解：电介质内场强为VEd。故电介质中的电场能量密度为2220re0r211222VVwEdd10–6如图10-6所示，真空中有一点电荷q，旁边有一半径为R的球形带电导体，q距球心为d（dR），球体旁附近有一点P，P在q与球心的连线上，静电平衡时，P点附近导体的面电荷密度为。以下关于P点电场强度大小的答案中，正确的是[]。A．20024π()qdRB．20024π()qdRC．2004π()qdRD．2004π()qdRE．0F．以上答案全不对解：导体处于静电平衡时，邻近导体表面P处的电场强度大小为/0，正确答案选（E）。10–7如图10-7所示，一半径为R的金属球接地，在与球心相距d=2R处有一点电荷+q，则金属球上的感应电荷q´为[]。A．2qB．0C．2qD．由于感应电荷分布非均匀，因此无法求出解：金属球面上感应电荷q´分布非均匀，设感应电荷的面电荷密度为，在导体球面面积元dS处的感应电荷为dS，则它在球心的电势为0d4πSR，故整个球面上感应电荷在球心O处产生的电势为1000d1d4π4π4πSSSqVSRRR电荷+Q在球心O处产生的电势为图10–6PqdRROqdq´图10–7104204π(2)qVR由电势叠加原理，球心O处的电势由点电荷+q和导体表面的感应电荷q´在该处产生的电势的叠加，又由于金属球接地，于是120004π4π(2)OqqVVVRR由此可求得导体表面上存在感应电荷为2qq故应选（C）。10–8下列说法正确的是[]。A．高斯面上各点的D为零，则面内必不存在自由电荷B．高斯面上各点的E为零，则面内自由电荷的代数和为零，极化电荷的代数和也为零C．高斯面内不包围自由电荷，则面上各点D必为零D．高斯面上各点的D仅与自由电荷有关解：高斯面上各点的D为零，表明曲面内自由电荷的代数和一定为零；所以（A）说法错误。由电介质的高斯定理diQSDS和D=E，可知高斯面上各点的E为零，则曲面内自由电荷的代数和一定为零。又由0011diniqQqSES，可知极化电荷的代数和也为零，所以（B）说法正确。高斯面上的D由空间中所有电荷（包括自由电荷和极化电荷）的分布决定，通过高斯面的D的通量只由其中的自由电荷所决定，高斯面内不包围自由电荷，只能说明通过该高斯面的D的通量为零。所以（C）、（D）说法错误。故答案应选（B）。10–9极化强度P是量度介质极化程度的物理量，有一关系式为P=0(r1)E，电位移矢量公式为D=0E+P，则[]。A．二公式适用于任何介质B．二公式只适用于各向同性电介质C．二公式只适用于各向同性且均匀的电介质D．前者适用于各向同性电介质，后者适用于任何电介质解：在电磁学中，为简化数学，D=0E+P是由一些特例得到的，对任何介质都适用，是一个一般结论，介质的特性由P与E的关系体现，对各向同性介质，才有0ePE，由此可得到P=0(r1)E，因此P=0(r1)E只适用于各向同性介质。故答案应选（D）。10–10空气平行板电容器保持电压不变，再在两极板内充满均匀介质，则电场强度大小E、电容C、极板上电量Q及电场能量W四个量与充入介质前比较，变化情况是[]。A．E减小，C、Q、W增大B．E不变，C、Q、W增大C．E、W减小，C、W增大D．E不变，C、Q、W减小解：未插入介质前，设平行板电容器电容为C0，极板上的电量为00QCU，插入介质后，电容r0CC增大，电容器接在电源上，两极板间的电势差0VV仍不变，极板上的电105量r0r0QCUCUQ增大。未插入介质前，电场强度0VEd，插入介质后，VEd，因V，d不变，所以0EE，电场强度不变。未插入介质前，电场能量20012WCV，插入介质后，22r0r01122WCVCVW增大。综上，正确答案是（B）。10–11如图10-8所示，一球形导体A含有两个球形空腔，这导体本身的总电荷为零，但在两空腔中心分别有一个点电荷q1和q2，导体球外距导体球很远的r处有另一个点电荷q3。求：（1）球形导体A外表面所带电量；（2）A，q1，q2，q3所受的力。解：（1）在导体内作一闭合曲面包围q1所在空腔。由于静电平衡时，导体内场强处处为零，因此闭合曲面的电通量为零。根据高斯定理，点电荷q1空腔壁上有电量q1，同理，点电荷q2空腔壁上有电量q2。已知导体本身的总电荷为零，根据电荷守恒，导体球A外表面所带电量为（q1+q2）。由于静电屏蔽效应，q1，q2不受q3影响，在腔内均匀分布。（2）由于点电荷q1所在球形空间被周围金属屏蔽，q1相当于只受空腔1内表面电荷的作用，又因q1处于带电空腔的中心，空腔表面上的感应电荷q1均匀分布，则感应电荷q1在q1处产生的场强E1=0，因此，点电荷q1受到的作用力F1=q1E1=0。同理，点电荷q2受到的作用力F2=0。由于点电荷q3距导体球A很远，它对导体球外表面电荷的影响可忽略，因此，感应电荷在导体球A外表面上近似均匀分布，它在q3处产生的场强可等效看成是在球心的点电荷（q1+q2）激发11204πAqqEr因而导体球A近似地对q3产生的作用力为3123320()4πAqqqFqEr两空腔中心处的q1，q2对q3的作用受导体球A的屏蔽，对其无影响。q3对导体球A产生的作用力与F3大小相等，方向相反。10–12面电荷密度为1的无限大均匀带电平面B与无限大均匀带电导体平板A平行放置，如图所示。静电平衡后，A板两面的面电荷密度分别为2，3。求靠近A板右侧面的一点P的场强大小。解：方法一：利用场强叠加原理。在导体平板A内任取一点P´，如图10-10所示。取向右为电场强度的正方向，根据静电平衡条件，P´点场强为3210000222PEAq1q2q3r图10–8132ABP图10-9106由此可得321（1）而靠近A板右侧面P点的场强可看成是三个无限大的均匀带电平面产生的电场的叠加，321000222PE（2）联立（1）（2）式得20PE方法二：利用静电平衡时，导体表面附近任一点的场强大小与导体表面上对应点电荷面密度的关系，得20PE10–13一导体球半径为R1，球外有一个内、外半径分别为R2，R3的同心导体球壳，此系统带电后内球电势为V1，外球所带总电量为Q。求此系统各处的电势和电场分布。解：设内球带电为q，由于静电感应，则球壳内表面带电为–q，而球壳外表面带电为（q+Q），如图10-11所示。已知内球电势为V1，它可看作是三个同心带电球面在r=R1处产生的电势叠加，即101020301231()4π4π4π4πqqqQqqqQVRRRRRR由此式可解得01231122312134πRRRVRRQqRRRRRR由高斯定理0dinqSES，可得各区域的电场分布10E，（1rR）2204πqEr，（12RrR）30E，（23RrR）4204πqQEr，（3rR）方向沿径向。由电势叠加原理，系统的电势V1可看作是三个同心带电球面在r处产生的电势叠加，各区域的电势分布为当1rR时123123112340RRRRRRVddddErErErEr01020301231()4π4π4π4πqqqQqqqQRRRRRRq-qQ+qOR2R1R3图10–11x132ABPP´图10–10107同理，当12RrR时2002030231()4π4π4π4πqqqQqqqQVrRRrRR当23RrR时30003034π4π4π4πqqqQqQVrrRR当3rR时400004π4π4π4πqqqQqQVrrrr10–14如图10-12所示，半径为r1，r2（r1r2）的两个同心导体球壳互