第六章課后習題答案

1、第六章靜電場中的導體與電介質(zhì)6 1將一個帶正電的帶電體 A從遠處移到一個不帶電的導體 B附近，則 導體B的電勢將（）（A）升高 （B）降低 （C）不會發(fā)生變化（D）無法確定分析與解 不帶電白導體B相對無窮遠處為零電勢。 由于帶正電的帶電體 A 移到不帶電的導體B附近時，在導體B的近端感應(yīng)負電荷；在遠端感應(yīng)正 電荷，不帶電導體的電勢將高于無窮遠處，因而正確答案為（ A）。7 -2 將一帶負電的物體 M靠近一不帶電的導體 N,在N的左端感應(yīng)出正 電荷，右端感應(yīng)出負電荷。若將導體N的左端接地（如圖所示），則（）（A） N上的負電荷入地（B） N上的正電荷入地（C） N上的所有電荷入地（D） N上所有

2、的感應(yīng)電荷入地題6-2圖分析與解 導體N接地表明導體N為零電勢，即與無窮遠處等電勢，這與 導體N在哪一端接地無關(guān)。因而正確答案為（ A）。6 -3如圖所示將一個電量為 q的點電荷放在一個半徑為 R的不帶電的 導體球附近，點電荷距導體球球心為d,參見附圖。設(shè)無窮遠處為零電勢，則在導體球球心。點有（）(A) E QV -4冗®d(B) E q 2，Vq4 冗(0d4 冗 £0d(C) E 0,V 0(D) E q Vq4冗龜d24冗®R6-3 圖分析與解 達到靜電平衡時導體內(nèi)處處各點電場強度為零。點電荷 q在導 體球表面感應(yīng)等量異號的感應(yīng)電荷± q'

3、,導體球表面的感應(yīng)電荷士 q在球心O點激發(fā)的電勢為零，O點的電勢等于點電荷q在該處激發(fā)的電勢。 因而正 確答案為(A)。(E) -4根據(jù)電介質(zhì)中的高斯定理，在電介質(zhì)中電位移矢量沿任意一個閉合曲面的積分等于這個曲面所包圍自由電荷的代數(shù)和。下列推論正確的是()(A)若電位移矢量沿任意一個閉合曲面的積分等于零，曲面內(nèi)一定沒有自由電荷(B)若電位移矢量沿任意一個閉合曲面的積分等于零，曲面內(nèi)電荷的代數(shù)和一定等于零(C)若電位移矢量沿任意一個閉合曲面的積分不等于零，曲面內(nèi)一定有極化電荷(D)介質(zhì)中的高斯定律表明電位移矢量僅僅與自由電荷的分布有關(guān)(E)介質(zhì)中的電位移矢量與自由電荷和極化電荷的分布有關(guān)分析與解

4、 電位移矢量沿任意一個閉合曲面的通量積分等于零，表明曲面內(nèi)自由電荷的代數(shù)和等于零；由于電介質(zhì)會改變自由電荷的空間分布，介質(zhì)中的電位移矢量與自由電荷與位移電荷的分布有關(guān)。因而正確答案為(E)。65對于各向同性的均勻電介質(zhì)，下列概念正確的是()(A)電介質(zhì)充滿整個電場并且自由電荷的分布不發(fā)生變化時，電介質(zhì)中1/ &倍的電場強度一定等于沒有電介質(zhì)時該點電場強度的1/ &倍(B)電介質(zhì)中的電場強度一定等于沒有介質(zhì)時該點電場強度的(C)在電介質(zhì)充滿整個電場時，電介質(zhì)中的電場強度一定等于沒有電介質(zhì)時該點電場強度的1/ &倍(D)電介質(zhì)中的電場強度一定等于沒有介質(zhì)時該點電場強度的0倍

5、分析與解 電介質(zhì)中的電場由自由電荷激發(fā)的電場與極化電荷激發(fā)的電場迭加而成，由于極化電荷可能會改變電場中導體表面自由電荷的分布，由電介質(zhì)中的高斯定理，僅當電介質(zhì)充滿整個電場并且自由電荷的分布不發(fā)生變化時，在電介質(zhì)中任意高斯面 S有,L ，-L ，-1。1 xE dS 。Eo d S qiSS0 i即E =E。/ &,因而正確答案為(A)。66不帶電的導體球A含有兩個球形空腔， 兩空腔中心分別有一點電荷 qb、qc ,導體球外距導體球較遠的 r處還有一個點電荷qd (如圖所示)。 試求點電荷qb、qc、qd各受多大的電場力。分析與解 根據(jù)導體靜電平衡時電荷分布的規(guī)律，空腔內(nèi)點電荷的電場線終

6、止于空腔內(nèi)表面感應(yīng)電荷；導體球A外表面的感應(yīng)電荷近似均勻分布，因而近似可看作均勻帶電球?qū)c電荷qd的作用力。Fdqb qc qd4 7t or 2點電何qd與導體球A外表面感應(yīng)電荷在球形空腔內(nèi)激發(fā)的電場為零，點電荷qb、qc處于球形空腔的中心， 空腔內(nèi)表面感應(yīng)電荷均勻分布，點電荷qb、 qc受到的作用力為零.6 -7 一真空二極管，其主要構(gòu)件是一個半徑 R =5.0X104m的圓柱形 陰極和一個套在陰極外， 半徑R2 =4.5X 103m的同軸圓筒形陽極.陽極電.-一.一.-一一 一一 一2勢比陰極電勢圖300V,陰極與陽極的長度均為 L =2.5X10 m.假設(shè)電子從陰極射出時的速度為零.求

7、：（1 ）該電子到達陽極時所具有的動能和速率；（2）電子剛從陽極射出時所受的力.：門-I分析 （1）由于半徑R1VVL,因此可將電極視作無限長圓柱面，陰極和 陽極之間的電場具有軸對稱性. 從陰極射出的電子在電場力作用下從靜止開 始加速，電子所獲得的動能等于電場力所作的功，也即等于電子勢能的減少.由此，可求得電子到達陽極時的動能和速率.（2）計算陽極表面附近的電場強度，由5 =qE求出電子在陰極表面所受的電場力.解 （1）電子到達陽極時，勢能的減少量為17AEepeV 4.8 1017 Jep由于電子的初始速度為零，故 _ , _ 17 .Eek正ekEp4.8 10J因此電子到達陽極的速率為（

8、2）兩極間的電場強度為入2 /0r er兩極間的電勢差R2匚人入入| R2V E dr eln Ri2冗龜r2冗龜R1負號表示陽極電勢高于陰極電勢.陰極表面電場強度入er2 冗0R1VR erRln-2 R10 14erNX10 3g的電子上，電子獲得的電子在陰極表面受力F eE 4.37這個力盡管很小，但作用在質(zhì)量為9.11加速度可達重力加速度的 5 X1015倍.68 導體球半徑為Ri ,外罩一半徑為R2的同心薄導體球殼，外球殼 所帶總電荷為Q,而內(nèi)球的電勢為 V。.求此系統(tǒng)的電勢和電場的分布.分析 若Vo 4 QR，內(nèi)球電勢等于外球殼的電勢,則外球殼內(nèi)必定為等勢體，電場強度處處為零，內(nèi)球

9、不帶電.Q右Vo ,內(nèi)球電勢不等于外球兄電勢，則外球冗內(nèi)電場強度不4 冗0R2為零，內(nèi)球帶電.一般情況下，假設(shè)內(nèi)導體球帶電q,導體達到靜電平衡時電荷的分布如圖所示.依照電荷的這一分布，利用高斯定理可求得電場分布.并由VpE dl或電勢疊加求出電勢的分布.最后將電場強度和電p p勢用已知量Vo、Q、Ri、R表示.庭8 8怪I解 根據(jù)靜電平衡時電荷的分布， 可知電場分布呈球?qū)ΨQ. 取同心球面為高斯面，由高斯定理口 E dS E r 4<2 E r q/名，根據(jù)不同半徑的高斯面內(nèi)的電荷分布，解得各區(qū)域內(nèi)的電場分布為r vRi時,Ei rRi < r< R2時,E2r>R2 時

10、,E2q4 冗gr2Q q4 冗or2由電場強度與電勢的積分關(guān)系,可得各相應(yīng)區(qū)域內(nèi)的電勢分布.r vRi 時,ViErdlRiEidlR2RiE2dlR2EdlRi < r< R2 時,R2V2dlE2 dlE3 dl4兀gr4 冗 0R2r > R2 時,E3dlq Q4 冗 £0r也可以從球面電勢的疊加求電勢的分布.在導體球內(nèi)（vRi)4兀點14冗龜r2在導體球和球殼之間（RiVrvR ）在球殼外（r>R2）由題意Vi4 冗 0R24 冗（0r4冗龜r2ViVo代入電場、電勢的分布得r vRi時,Ri < r< R2時,Ei 0; Vi V0R

11、1V0-TrE2RQ 、，R1V0（r Ri）Q2 ； V24冗電R2rr4冗電R2rr>R2 時，RiVo （R2 Ri）Q、/RV°（R2 Ri）QE3 -2-2- ； V3r4 冗電R2rr4 冗eoR2r69 在一半徑為Ri =6.0 cm的金屬球A外面套有一個同心的金屬球殼B.已知球殼B的內(nèi)、外半徑分別為R2= 8.0 cm, R3 = 10.0 cm.設(shè)球A帶 有總電荷Qa =3.0 10 8 C,球殼B帶有總電荷Qb =2.0 10 8 C. （1） 求 球殼B內(nèi)、外表面上所帶的電荷以及球 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

12、A和球殼B內(nèi)、外表面上所帶的電荷以及球 A和球殼B的電勢.分析 （1） 根據(jù)靜電感應(yīng)和靜電平衡時導體表面電荷分布的規(guī)律，電荷Qa均勻分布在球A表面，球殼B內(nèi)表面帶電荷Qa ,外表面帶電荷Qb + Qa ,電荷在導體表面均勻分布圖（a）,由帶電球面電勢的疊加可求 得球A和球殼B的電勢.（2）導體接地，表明導體與大地等電勢（大地 電勢通常取為零）.球殼 B接地后，外表面的電荷與從大地流入的負電荷 中和，球殼內(nèi)表面帶電一 Qa 圖（b）.斷開球殼 B的接地后，再將球 A接地，此時球A的電勢為零.電勢的變化必將引起電荷的重新分布，以 保持導體的靜電平衡.不失一般性可設(shè)此時球A帶電qA ,根據(jù)靜電平衡時

13、導體上電荷的分布規(guī)律， 可知球殼B內(nèi)表面感應(yīng)-0，外表面帶電qA - Qa 圖（c）.此時球A的電勢可表示為qAqA qAQa04 冗oR 4 冗oQ 4 冗0R3由Va =0可解出球A所帶的電荷qA ,再由帶電球面電勢的疊加，可求出 球A和球殼B的電勢.解 （1）由分析可知，球A的外表面帶電3.0 10 8 C,球殼B內(nèi)表面帶 電一3.0 10 C,外表面帶電5.0 10 C.由電勢的疊加，球A和球殼B的 電勢分別為Va一Q QA-QA 5.6 103 V4冗0R14冗0R24冗6飛VB Qa Qb4.5 103 V4冗電R3（2）將球殼B接地后斷開，再把球 A接地，設(shè)球A帶電qA，球A和球

14、 殼B的電勢為V qAqAQa qA04 冗 %R14 冗 £0R24 冗（0R3、/Qa qAVB,-4 冗 0R3解得qARRzQaR1R2R2R3RR32.12 10 8 C即球A外表面帶電2.12 10T c,由分析可推得球殼 B內(nèi)表面帶電一2.12一 8. . 1 8.M0 C,外表面帶電-0.9 10 C.另外球A和球殼B的電勢分別為Va 0Vb 7.29 1 02 V導體的接地使各導體的電勢分布發(fā)生變化，打破了原有的靜電平衡，導體表面的電荷將重新分布，以建立新的靜電平衡.610兩塊帶電量分別為Qi、Q2的導體平板平行相對放置 （如圖所示）， 假設(shè)導體平板面積為 S,兩塊

15、導體平板間距為d,并且S >>d.試證明（1 ） 相向的兩面電荷面密度大小相等符號相反；（2）相背的兩面電荷面密度大小相等符號相同.分析 導體平板間距d vv S,忽略邊緣效應(yīng)，導體板近似可以當作無限大 帶電平板處理。取如圖（b）所示的圓柱面為高斯面，高斯面的側(cè)面與電場 強度E平行，電場強度通量為零；高斯面的兩個端面在導體內(nèi)部，因?qū)w 內(nèi)電場強度為零，因而電場強度通量也為零，由高斯定理： E dS q/ 0 0 S得q 0上式表明處于靜電平衡的平行導體板，相對兩個面帶等量異號電荷. 再利用疊加原理，導體板上四個帶電面在導體內(nèi)任意一點激發(fā)的合電場強度必須為零，因而平行導體板外側(cè)兩個面

16、帶等量同號電荷.證明 （1） 設(shè)兩塊導體平板表面的電荷面密度分別為例、（2、（3、（4 ,取如圖（b）所示的圓柱面為高斯面，高斯面由側(cè)面S1和兩個端面4、S構(gòu)成，由分析可知 E dS q/ 0 0S得q o2 S c§ AS 0, o2 o3 0相向的兩面電荷面密度大小相等符號相反.(2)由電場的疊加原理， 取水平向右為參考正方向， 導體內(nèi)P點的電場強度為040由0203a 八0, 色2 o 2 o 2 o 2 o相背的兩面電荷面密度大小相等符號相同.611將帶電量為Q的導體板A從遠處移至不帶電的導體板 B附近，如 圖(a)所示，兩導體板幾何形狀完全相同，面積均為S,移近后兩導體板距

17、離為d ( d=.S).(1) 忽略邊緣效應(yīng)求兩導體板間的電勢差；(2)若將B接地，結(jié)果又將如何？分析 由習題6 -1 0可知，導體板達到靜電平衡時， 相對兩個面帶等量異號電荷；相背兩個面帶等量同號電荷.再由電荷守恒可以求出導體各表面的電荷分布，進一步求出電場分布和導體間的電勢差.導體板B接地后電勢為零，B的外側(cè)表面不帶電，根據(jù)導體板相背兩個面帶等量同號電荷可知， A的外側(cè)表面也不再帶電，由電荷守恒可以求出導體各表面的電荷分布，進一步求出電場分布和導體間的電勢差.解 (1) 如圖(b )所示，依照題意和導體板達到靜電平衡時的電荷分 布規(guī)律可得解得兩導體板間電場強度為兩導體板間的電勢差為d02

18、SQ(304 SQq04002c3012203Q2 oSQ2S方向為A指向B.ABQd2 oS(2)如圖(c)所示，導體板B接地后電勢為零.630Q02(3 -S兩導體板間電場強度為 E-Q-;方向為A指向B.oS兩導體板間的電勢差為Uab Qd電S612如圖所示球形金屬腔帶電量為 Q >0,內(nèi)半徑為a,外半徑為b,腔 內(nèi)距球心O為r處有一點電荷q,求球心的電勢.O點的電勢由分析 導體球達到靜電平衡時，內(nèi)表面感應(yīng)電荷一q,外表面感應(yīng)電荷q；內(nèi) 表面感應(yīng)電荷不均勻分布，外表面感應(yīng)電荷均勻分布.球心 點電荷q、導體表面的感應(yīng)電荷共同決定.在帶電面上任意取一電荷元，電 荷元在球心產(chǎn)生的電勢dV

19、, 4冗oR由于R為常量，因而無論球面電荷如何分布，半徑為R的帶電球面在球心產(chǎn)生的電勢為vqs4冗R 4冗0R由電勢的疊加可以求得球心的電勢.解 導體球內(nèi)表面感應(yīng)電荷一q,外表面感應(yīng)電荷q；依照分析，球心的電勢為V q q q Q4 冗e0r 4 冗0a 4 冗(0b613在真空中，將半徑為 R的金屬球接地，與球心 O相距為r (r >R) 處放置一點電荷q,不計接地導線上電荷的影響.求金屬球表面上的感應(yīng)電 荷總量.分析 金屬球為等勢體，金屬球上任一點的電勢V等于點電荷q和金屬球表面感應(yīng)電荷q在球心激發(fā)的電勢之和.在球面上任意取一電荷元d q',電 荷元可以視為點電荷，金屬球表面

20、的感應(yīng)電荷在點O激發(fā)的電勢為dqs4 冗（0R點O總電勢為Voq-V4冗or而接地金屬球的電勢Vo=0,由此可解出感應(yīng)電荷 q'.解 金屬球接地，其球心的電勢q4冗0rdq q 1dq 0s4/R 4 冗時 4/Rs感應(yīng)電荷總量, Rq dq qr614 地球和電離層可當作球形電容器，它們之間相距約為100 km,試估算地球一電離層系統(tǒng)的電容.設(shè)地球與電離層之間為真空.解由于地球半徑 Ri =6.37X 106m；電離層半徑 R = 1.00 X 105m +R =6.47 X 106m,根據(jù)球形電容器的電容公式，可得C 4 冗0 R1R24.58 10 2 FR2 R16-15 兩線

21、輸電線，其導線半徑為 3.26 mm,兩線中心相距0.50 m,導線 位于地面上空很高處，因而大地影響可以忽略.求輸電線單位長度的電容.解由教材第六章6 -4節(jié)例3可知兩輸電線的電勢差因此，輸電線單位長度的電容代入數(shù)據(jù)5.52 10R 小d 冗電/ InRR12 F6-16電容式計算機鍵盤的每一個鍵下面連接一小塊金屬片，金屬片與底板上的另一塊金屬片間保持一定空氣間隙，構(gòu)成一小電容器（如圖）。當按下按鍵時電容發(fā)生變化，通過與之相連的電子線路向計算機發(fā)出該鍵相應(yīng)的代碼信號。假設(shè)金屬片面積為50.0 mm2 ,兩金屬片之間的距離是 0.600 mm。如果電路能檢測出的電容變化量是0.250 pF，試

22、問按鍵需要按下多大的距離才能給出必要的信號？分析按下按鍵時兩金屬片之間的距離變小,電容增大，由電容的變化量可以求得按鍵按下的最小距離：解按下按鍵時電容的變化量為ACS - d1do按鍵按下的最小距離為Cd0mindo ACoS0.152 mm6-17蓋革-米勒管可用來測量電離輻射.該管的基本結(jié)構(gòu)如圖所示, 半徑為Ri的長直導線作為一個電極，半徑為 R2的同軸圓柱筒為另一個電極.它們之間充以相對電容率 er =1的氣體.當電離粒子通過氣體時，能 使其電離.若兩極間有電勢差時，極間有電流，從而可測出電離粒子的數(shù)量.如以E1表示半徑為R1的長直導線附近的電場強度.（1）求兩極間電勢差的關(guān)系式；（2）

23、 若曰=2.0 X106V-m 1 , R1 =0.30 mm, R2 =20.0 mm ,兩極間的電勢差為多少?I、題6 - 17圖由于分析 兩極間的電場可以近似認為是無限長同軸帶電圓柱體間的電場,電荷在圓柱面上均勻分布，電場分布為軸對稱.由高斯定理不難求得兩極間的電場強度，并利用電場強度與電勢差的積分關(guān)系R2E dl求出兩極Ri間的電勢差.解 （1）由上述分析，利用高斯定理可得 E2 <L1一L-,則兩極間的0電場強度導線表面（r =Ri的電場強度Ei2 冗 0R1兩極間的電勢差(2)當 E12.0R2ER1610 VdrR2 入 drR1 2冗龜rR1E1 In 艮' RR

24、1 =0.30 mm, R2 = 20.0 mm 時,32.52 10 V618 一片二氧化鈦晶片，其面積為1.0 cm2 ,厚度為0.10 mm.把平行平板電容器的兩極板緊貼在晶片兩側(cè) .（1）求電容器的電容；（2）當在 電容器的兩極間加上12 V電壓時，極板上的電荷為多少？此時自由電荷和極化電荷的面密度各為多少？（3）求電容器內(nèi)的電場強度.解 （1）查表可知二氧化鈦的相對電容率£ r = 173,故充滿此介質(zhì)的平板電容器的電容C 工0s 1.53 10 9 F d（2）電容器加上U =12 V的電壓時，極板上的電荷Q CU 1.84 10 8 C極板上自由電荷面密度為Q _ 8

25、_-2c0 1.84 10 8 C m 2S晶片表面極化電荷密度11 00 1.83 10 4 C m 2r（3）晶片內(nèi)的電場強度為E U 1.2 105V m-1 d619 如圖所不，半徑 R =0.10 m的導體球帶有電荷 Q =1.0 X10 C, 導體外有兩層均勻介質(zhì)，一層介質(zhì)的£ r=5.0,厚度d =0.10 m,另一層介質(zhì)為空氣，充滿其余空間.求： （1）離球心為r =5cm、15 cm、25 cm處 的D和E; （2） 離球心為r =5 cm、15 cm、25 cm 處的V; （3） 極化 電荷面密度題6 19棒分析 帶電球上的自由電荷均勻分布在導體球表面，電介質(zhì)的極

26、化電荷也均勻分布在介質(zhì)的球形界面上，因而介質(zhì)中的電場是球?qū)ΨQ分布的.任取同心球面為高斯面，電位移矢量 D的通量與自由電荷分布有關(guān)，因此，在高斯面上D呈均勻?qū)ΨQ分布，由高斯定理 口 D dSq0可彳D D (r).再由E D /句§可得E (r).介質(zhì)內(nèi)電勢的分布， 可由電勢和電場強度的積分關(guān)系E dl求得，或 r者由電勢疊加原理求得.極化電荷分布在均勻介質(zhì)的表面，其極化電荷面密度(T解 (1)取半徑為r的同心球面為高斯面，由高斯定理得2D14 71r0R < r vR +dD10； E102D24 71rQD2D3Q4 <24 <2；E2Q72 4冗龜qrD3；E3

27、將不同的r值代入上述關(guān)系式，可得r =5Q724冗句0rcm、15 cm和25 cm時的電位移和電場強度的大小，其方向均沿徑向朝外.ri=5 cm,該點在導體球內(nèi)，則Dri0； Enr2=15cm,該點在介質(zhì)層內(nèi),= 5.0,r3Dr2=25Dr34 <223.5 10 8 Ccm,該點在空氣層內(nèi),空氣中Er28.0 102 V m 1-Qy 1.3 10 4<32Er3Q212 1.4 102 V m 14 冗 02(2)取無窮遠處電勢為零,由電勢與電場強度的積分關(guān)系得r3=25 cm,riE3drQQ 360 V4冗0rr2=15 cm,r2QE2drRdE3 dr4 兀 o

28、r. r2480 Vri=5 cm,RV1RdE2drR dE3 dr4冗o.R540 V(3)均勻介質(zhì)的極化電荷分布在介質(zhì)界面上，因空氣的電容率極化電荷可忽略.故在介質(zhì)外表面;Pnr 1 0 En(T1.610 8 C在介質(zhì)內(nèi)表面:(TP1r 1 oEn4 冗0R2Pn6.4 10 8 C介質(zhì)球殼內(nèi)、外表面的極化電荷面密度雖然不同，但是兩表面極化電荷的總 量還是等量異號.6-20人體的某些細胞壁兩側(cè)帶有等量的異號電荷。設(shè)某細胞壁厚為5.2X 10 9 m,兩表面所帶面電荷密度為± 5.2 X 10 3 c/m2 ,內(nèi)表面為正電荷.如果細胞壁物質(zhì)的相對電容率為6.0,求(1)細胞壁內(nèi)

29、的電場強度；(2)細胞壁兩表面間的電勢差.解 (1)細胞壁內(nèi)的電場強度 E 9.8 106 V/m ；方向指向細胞外. 由r(2)細胞壁兩表面間的電勢差 U Ed 5.1 10 2 V .621 平板電容器，充電后極板上電荷面密度為=4.5 10-5C m-2.現(xiàn)將兩極板與電源斷開，然后再把相對電容率為& =2.0的電介質(zhì)插入兩極板之間.此時電介質(zhì)中的 D、E和P各為多少？威 6 21 HI分析平板電容器極板上自由電荷均勻分布，電場強度和電位移矢量都是常矢量.充電后斷開電源，在介質(zhì)插入前后，導體板上自由電荷保持不變.取 圖所示的圓柱面為高斯面，由介質(zhì)中的高斯定理可求得電位移矢量D,再根

30、據(jù)l DE ,F D %Ekr可求得電場強度E和電極化強度矢量P.解 由分析可知，介質(zhì)中的電位移矢量的大小D 00 4.5 10 5 C m 2AS介質(zhì)中的電場強度和極化強度的大小分別為E 2,5 106 V m 1% 0 _5_1P D 龜E 2,3 10 5 C m 1D、P、E方向相同，均由正極板指向負極板（圖中垂直向下）.6-22在一半徑為R的長直導線外，套有氯丁橡膠絕緣護套，護套外半徑為R2 ,相對電容率為 ）.設(shè)沿軸線單位長度上， 導線的電荷密度為 入試 求介質(zhì)層內(nèi)的D、E和P.分析 將長直帶電導線視作無限長， 自由電荷均勻分布在導線表面. 在絕緣介質(zhì)層的內(nèi)、外表面分別出現(xiàn)極化電荷

31、，這些電荷在內(nèi)外表面呈均勻分布，所以電場是軸對稱分布. 取同軸柱面為高斯面， 由介質(zhì)中的高斯定理可得電位移矢量D的分布.在介質(zhì)中 DP D 0E ,可進一步求得電場強度E和電極化強度矢量P的分布.解由介質(zhì)中的高斯定理，有 D dS D 2 71rLL在均勻各向同性介質(zhì)中i 1 匚 1 1 人P D -a E1- 一 er吊2 7f623如圖所示，球形電極浮在相對電容率為d =3.0的油槽中.球的一半浸沒在油中，另一半在空氣中.已知電極所帶凈電荷 Qo =2.0 X106C.問球的上、下部分各有多少電荷?分析 由于導體球一半浸在油中， 電荷在導體球上已不再是均勻分布， 電場 分布不再呈球?qū)ΨQ，

32、因此，不能簡單地由高斯定理求電場和電荷的分布. 我 們可以將導體球理解為兩個分別懸浮在油和空氣中的半球形孤立電容器， 靜 電平衡時導體球上的電荷分布使導體成為等勢體， 故可將導體球等效為兩個半球電容并聯(lián)，其相對無限遠處的電勢均為V,且QiCiQ2C2(1)另外導體球上的電荷總量保持不變，應(yīng)有Qi Q2 Qo（2）因而可解得Qi、Q2 .解 將導體球看作兩個分別懸浮在油和空氣中的半球形孤立電容器，上半球在空氣中，電容為Ci 2冗小下半球在油中，電容為C22 冗 & R由分析中式（1）和式（2）可解得C1Qi QoCi C2C2Q2 QoCi C2由于導體球周圍部分區(qū)域充滿介質(zhì)，6 .Qo

33、 0.5 i0 C。iQo i.5 i0 6 Cq i球上電荷均勻分布的狀態(tài)將改變.可以證明，此時介質(zhì)中的電場強度與真空中的電場強度也不再滿足E 旦的關(guān) 系.事實上，只有當電介質(zhì)均勻充滿整個電場，并且自由電荷分布不變時,才滿足E00624有兩塊相距為0.50的薄金屬板A、B構(gòu)成的空氣平板電容器被屏 蔽在一金屬盒K 內(nèi)，金屬盒上、下兩壁與 A、B分別相距0.25 mm,金屬 板面積為30 mm X 40 mm。求（i）被屏蔽后電容器的電容變?yōu)樵瓉淼膸妆叮唬?）若電容器的一個引腳不慎與金屬屏蔽盒相碰，問此時的電容又為 原來的幾倍?分析 薄金屬板A、B與金屬盒一起構(gòu)成三個電容器，其等效電路圖如圖(b

34、)所示，由于兩導體間距離較小，電容器可視為平板電容器，通過分析 等效電路圖可以求得 A、B間的電容。解 (1)由等效電路圖可知CC23CiC2 C3由于電容器可以視作平板電容器，且C2 C3d1 2d2Ci2d3,故 C2 C3 2Ci ,因此A、B間的總電容C 2C1相當于C2 （或者C3 ）(2)若電容器的一個引腳不慎與金屬屏蔽盒相碰, 極板短接，其電容為零，則總電容C 3Ci625在A點和B點之間有5個電容器，其連接如圖所示.(1)求A、B兩點之間的等效電容；（2）若A、B之間的電勢差為12 V,求Uac、Ucd和Udb .超6 -25圖解 （1）由電容器的串、并聯(lián)，有CACC1C212

35、 口CCDC3C48 (1F1111CABCACCCD C5求得等效電容Cab =4 pF.（2）由于 Qac Qcd Qdb Qab ,得Uac cbUab 4VCacU CD AB U AB 6 VCcDU DB AB U AB 2 VCdb6-26有一個空氣平板電容器，極板面積為S,間距為d.現(xiàn)將該電容器接在端電壓為U的電源上充電，當（1）充足電后；（2）然后平行插入一塊 面積相同、厚度為 S（Svd）、相對電容率為&的電介質(zhì)板；（3）將上述電介質(zhì)換為同樣大小的導體板.分別求電容器的電容C,極板上的電荷Q和極板間的電場強度 E.I三U.插入S6-26 圖分析 電源對電容器充電，電

36、容器極板間的電勢差等于電源端電壓 電介質(zhì)后，由于介質(zhì)界面出現(xiàn)極化電荷， 極化電荷在介質(zhì)中激發(fā)的電場與原電容器極板上自由電荷激發(fā)的電場方向相反，介質(zhì)內(nèi)的電場減弱.由于極板間的距離d不變，因而與電源相接的導體極板將會從電源獲得電荷，以維持QS S電串S若平行地插入一塊導體板,由于極電勢差不變，并有Q U dkS相類似的原因，在平板電容器極板之間, 板上的自由電荷和插入導體板上的感應(yīng)電荷在導體板內(nèi)激發(fā)的電場相互抵消，與電源相接的導體極板將會從電源獲得電荷，使間隙中的電場E增強, 以維持兩極板間的電勢差不變，并有QU d S電S綜上所述，接上電源的平板電容器， 插入介質(zhì)或?qū)w后， 極板上的自由電荷 均

37、會增加，而電勢差保持不變.解 (1)空氣平板電容器的電容.SC0 T充電后，極板上的電荷和極板間的電場強度為Qo”dE0 U /d(2)插入電介質(zhì)后，電容器的電容 Ci為Cl Q/Qd 6 旦 6 o So rS5 rd 6故有Ci CiU.S e d S介質(zhì)內(nèi)電場強度_Q_UEi o rS S e d S空氣中電場強度LQirUEi 電S S d S(3)插入導體達到靜電平衡后， 導體為等勢體，其電容和極板上的電荷分別為導體中電場強度C2dE2kSd SoS uI0空氣中電場強度E2無論是插入介質(zhì)還是插入導體，由于電容器的導體極板與電源相連，在維持電勢差不變的同時都從電源獲得了電荷，自由電荷

38、分布的變化同樣使得介質(zhì)內(nèi)的電場強度不再等于Eo/ Sr.6-27為了實時檢測紡織品、 紙張等材料的厚度(待測材料可視作相對電 容率為a的電介質(zhì))，通常在生產(chǎn)流水線上設(shè)置如圖所示的傳感裝置，其中A, B為平板電容器的導體極板，do為兩極板間的距離.試說明檢測原理, 并推出直接測量量電容 C與間接測量量厚度d之間的函數(shù)關(guān)系.如果要檢 測鋼板等金屬材料的厚度，結(jié)果又將如何？題 6 27 W分析 導體極板A、B和待測物體構(gòu)成一有介質(zhì)的平板電容器，關(guān)于電容C與材料的厚度的關(guān)系，可參見題 626的分析.解 由分析可知，該裝置的電容為C 1S d r d S 則介質(zhì)的厚度為.d°C 龜 qSo r

39、Sdd 0r 1Cq 1 q1C如果待測材料是金屬導體，其等效電容為c-Sdo d 導體材料的厚度_0S d d 0C 實時地測量A、B間的電容量C,根據(jù)上述關(guān)系式就可以間接地測出材料的 厚度.通常智能化的儀表可以實時地顯示出待測材料的厚度.6-28利用電容傳感器測量油料液面高度.其原理如圖所示，導體圓管A與儲油罐B相連，圓管的內(nèi)徑為D,管中心同軸插入一根外徑為 d的導體棒C, d、D均遠小于管長L并且相互絕緣.試證明：當導體圓管與導體棒之 間接以電壓為U的電源時，圓管上的電荷與液面高度成正比（油料的相對電容率為& ） .分析 由于d、D <<L,導體A、C構(gòu)成圓柱形電容器

40、， 可視為一個長X （X 為液面高度）的介質(zhì)電容器 Ci和一個長L X的空氣電容器C2的并聯(lián)， 它們的電容值均隨 X而改變.因此其等效電容 C =Ci +C2也是X的函 數(shù).由于Q =CU,在電壓一定時，電荷 Q僅隨C而變化，求出Q與液面高度X的函數(shù)關(guān)系，即可得證證由分析知，導體A、C構(gòu)成一組柱形電容器，它們的電容分別為其總電容CiCi,D In d2 兀 o r L XlnD dCCiC2其中2-0L0cD；In - dQ CU2 - o $ LIndaUWX即導體管上所帶電荷Q與液面高度X成正比，油罐與電容器聯(lián)通.兩液面等高，測出電荷Q即可確定油罐的液面高度.0.01629 有一電容為0.

41、50 F的平行平板電容器，兩極板間被厚度為mm的聚四氟乙烯薄膜所隔開，（1）求該電容器的額定電壓；（2）求電 容器存貯的最大能量.分析 通過查表可知聚四氟乙烯的擊穿電場強度Eb =1.9 xi07V/m,電容器中的電場強度 EW Eb，由此可以求得電容器的最大電勢差和電容器存貯 的最大能量.解 （1）電容器兩極板間的電勢差Umax &d 190 V（2）電容器存貯的最大能量1-23We -CU max9.03 10 3 Je _ max2630 半徑為0.10 cm的長直導線，外面套有內(nèi)半徑為1.0 cm的共軸導 體圓筒，導線與圓筒間為空氣.略去邊緣效應(yīng)，求： （1）導線表面最大電荷面密度；（2）沿軸線單位長度的最大電場能量.分析 如果設(shè)長直導線上單位長度所帶電荷為入，導線表面附近的電場強度E查表可以得知空氣的擊穿電場強度入(T2冗%R0Eb =3.0 X106 (V/m),只有當空氣中的電場強度E<Eb空氣才不會被擊穿，由于在導線表面附近電場強度最大, 因而可以求出 而極限值.再求得電場能量密度，并通過同軸圓柱形體元內(nèi) 電場能量的積分求得單位長度的最大電場強度.解 （1）導線表面最大電荷面密度qmax與Eb 2.66 10 5 C m 2顯然導線表面最大電荷面密度與導線半徑無關(guān).（2）由上述分析得：max2冗REb,此時導線與圓筒之