大学物理第十章有导体和电介质时及静电场习题解答和分析.doc

1第十章习题解答10-1 如题图 10-1 所示，三块平行的金属板 A，B 和 C，面积均为 200cm2,A 与 B 相距4mm，A 与 C 相距 2mm，B 和 C 两板均接地，若 A 板所带电量 Q=3.0×10-7C，忽略边缘效应,求：（1）B 和 C 上的感应电荷？（2）A 板的电势（设地面电势为零） 分析：当导体处于静电平衡时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律，可以求得导体的电荷分布，又因为 B、C 两板都接地，所以有 ACBU解：（1）设 B、 C 板上的电荷分别为 、 因 3 块导体板靠的较近，可将 6 个导体面视Bq为 6 个无限大带电平面导体表面电荷分布均匀，且其间的场强方向垂直于导体表面作如图中虚线所示的圆柱形高斯面因导体达到静电平衡后，内部场强为零，故由高斯定理得： 1ACq2AB即 ()Cq ①又因为： ACBU而: 2ACdUEB∴ ACB于是： 002两边乘以面积 S 可得： 0CBS即： ②q题图 10-1题 10-1 解图d2联立①②求得: 77210,10CBC(2) 002CACAddUES73341220.261()18.5V10-2 如题图 10-2 所示，平行板电容器充电后， A 和 B 极板上的面电荷密度分别为+ б和－ б ，设 P 为两极板间任意一点，略去边缘效应，求：（1）A,B 板上的电荷分别在 P 点产生的场强 EA,EB;（2）A,B 板上的电荷在 P 点产生的合场强 E；(3)拿走 B 板后 P 点处的场强 E′ 。

分析：运用无限大均匀带电平板在空间产生的场强表达式及场强叠加原理求解解：（1） A、 B 两板可视为无限大平板.所以 A、 B 板上的电何在 P 点产生的场强分别为:,方向为：垂直于 A 板由 A 指向 B 板02E，方向与 相同.0BAE(2) ，方向于 相同02AA(3) 拿走 B 板后： ，方向垂直 A 板指向无限远处.02'E10-3 电量为 q 的点电荷处导体球壳的中心，球壳的内、外半径分别为 R1 和 R2，求场强和电势的分布分析：由场强分布的对称性，利用高斯定理求出各区域场强分布再应用电势与场强的积分关系求电势，注意积分要分段进行解：由静电感应在球壳的内表面上感应出 的电量，外表面上感应出 q 的电量.q所以由高斯定理求得各区域的场强分布为：1204πqEr1()R2123204πqr()r题 10-3 解图题图 10-23即： 1220(,)4πqrRE，332004π4rrqUddr 2()rR,2223302πRrRRqEE12()1 112 23 3Rr rRdrdEdr, 0124πqR1()综上可知: 101220()4π()4πqrRrRUqrr10-4 半径为 R1 的导体球，带有电量 q；球外有内、外半径分别为 R2，R 3 的同心导体球壳，球壳带有电量 Q。

（1）求导体球和球壳的电势 U1，U 2；（2）若球壳接地，求U1，U 2；（3）若导体球接地（设球壳离地面很远） ，求 U1，U 2分析：由场强分布的对称性，利用高斯定理求出各区域场强分布；再由电势定义求电势接地导体电势为零，电荷重新分布达到新的静电平衡，电势分布发生变化解:如图题 10-4 解图（a）所示,当导体达到静电平衡时, q 分布在导体球的表面上.由于静电感应在外球壳的内表面上感应出 电量.外表面上感应出 电量，则球壳外表面上共带q电荷 .()Qq(1)由于场的对称性.由高斯定理求得各区域的场强分布为：10E1()rR2204πq12323()r题 10-4 解图（a）4420πQqEr3()RrE 的方向均沿经向向外.取无限远处电势为零，则由电势的定义可得：内球体内任一场点 p1 的电势 为()r1U1231234ddRRR+r RU+AAErEr213000123==4π4πRRqQQ外球壳体内任一场点 p2 的电势为:3()r3324dR+rRUAE32003dπ4+RqrR（2）若外球壳接地.球壳外表面的电荷为零，等量异号电荷分布在球体表面和球壳内表面上,此时电场只分布在 的空间，如图题 10-4 解图（b）所示.由于外球壳12()r则内球体内任一点 P1 的电势 U1为:20R12211ddRRrU+AAEr=Er2100124πRq2(3) 当内球接地时，内球的电势 ，但无限远处的电势也为零，这就要求外球壳所10U带电量在内外表面上重新分配，使球壳外的电场沿着经向指向无限远处，球壳内的电场经向指向球心处；因此，内球必然带负电荷。

因为内球接地，随着它上面正电荷的减少，球壳内表面上的负电荷也相应减少；当内球上正电荷全部消失时，球壳内表面上的负电荷全部消失完；但就球壳而言，仍带有电量+ Q由于静电感应，在内球和大地这一导体，系统中便会感应出等量的负电荷- Q,此负电荷（- Q）的一部分（设为- q′）均匀分布在内球表面上球壳内表面上将出现等量的正电荷(+ q′)与之平衡.因此，在达到静电平衡后，内球带电荷- q′，球壳内表面带电量+ q′，外表面上带电量（ Q-q′） ，如图所示.由高斯定理可知各区域的场强分布为:10E1()rR题 10-4 解图（b）52204πqEr12()Rr323420πQqr3()r球壳上任一场点 P2 相对于无限远处和相对于接地内球的电势，应用电势3()Rr定义分别计算，可得: 333242003dπ4rRRQqUEdrrRA=]1[][ 20'20'2232 12112 qrdRRRRr  联立上述两式，求得： 1231QqR将 代入 U2的表达式中可得:q， 212013=4πQA23()Rr， U1()r10-5 三个半径分别为 R1，R 2，R 3（R 1< R2< R3）的导体同心薄球壳，所带电量依次为q1，q 2，q 3.求：（1）各球壳的电势；（2）外球壳接地时，各球壳的电势。

分析：根据静电平衡条件先确定球的电荷分布情况，再根据电荷分布的球对称性，利用高斯定理求出电场强度分布，进而利用电势与电场强度的积分关系求出电势分布对于电荷球对称分布的带电体，也可直接利用电势叠加原理求得电势分布接地导体时电势为零，电荷重新分布达到新的静电平衡，新的电荷分布引起电场和电势分布发生变化解：(1) 如图题 10-5 解图(a)所示，半径为 R1的导体球壳外表面上均匀的分布电量 q1，由于静电感应，半径为 R2的球壳内表面上感应出- q1的电量.外表面上感应出+ q1的电量.因此，半径为 R2的球壳外表面上的电量为 q1+q2，同理，半径为 R3的球壳内表面上感应出-( q1+q2)的电量.外表面上感应出+( q1+q2)的电量.所以 R3的球壳外表面上的电量为( q1+q2+q3)方法一) 由于场的分布具有对称性,可用高斯定理求得各区域的场强分别为题 10-4 解图（c）6， 10E1()rR， 2204πq12)， 1230Er23()Rr， 12340πq3()E 的方向均沿径向向外.取无限远处为电势零点.231234RRRUdrErdrAA21231123000d4πππR Rqr30123234RRUEdrrA323123100ddπ4πRRrr1130230πq3120qR33123123400dπ4πRRUEdrrA=（方法二）可把各球壳上的电势视为由电量为 q1,半径为 R1；电量为 q2，半径为 R2；电量为 q3，半径为 R3的三个同心带电球壳分别在各点所共同产生的电势的叠加.由于在半径为 R1的球壳外表面上的 P 点由三个带电球壳电势的叠加.故有321014πqU同理: 3220R123304πqU(2)由于外球壳接地,球壳外表面的电荷为零，内表面的电量为-( q1+q2)(方法一) 用高斯定理求得各区域的场强分别为：题 10-5 解图(a)7， 10E1()rR， 2204πq12)， 1230Er23()Rr， 43)∴ 3U3322112003dd4πRRrRAEr2321212100d4πRRRqrr+1 1212012023034π4πR（方法二）可把 U1,视为带电量为 q1，半径为 R1；带电量为 q2，半径为 R2，带电量为-(q1+q2)，半径为 R3的同心带电球面在半径为 R1的球壳外表面上的电势的叠加.∴ 1212034π把 U2视为带电量为 q1+q2,半径为 R2.带电量为-( q1+q2)，半径为 R3的同心球面在半径为 R2的球壳外表面上的电势的叠加∴ 121212203034π4π因为外球壳接地，所以： U10-6 一球形电容器，由两个同心的导体球壳所组成，内球壳半径为 a，外球壳半径为 b，求电容器的电容。

分析：设球壳内外表带电量 ，由于电荷分布具有对称性，应用高斯定理确定场强的分Q布由电势与场强的积分关系确定电容器两极板间电势差，再由电容定义式求电容解：设内球壳外表面带电量为+Q.则外球壳内表面带电量为-Q,两球面间的场强分布具有对称性，应用高斯定理，求得两球面间的场强大小为：，204πEr()arb据场强与电势差的关系：题 10-5 解图（ b）820014bbaaQUEdrdrabA于是有： 00π/()14πabCb10-7 一平行板电容器两极板的面积均为 S，相距为 d，其间还有一厚度为 t,面积也为 S 的平行放置着的金属板，如题图 10-7 所示，略去边缘效应.(1) 求电容 C.（2）金属板离两极板的远近对电容 C 有无影响？（ 3）在 t=0 和 t=d 时的 C 为多少？分析： 由于金属板的两个表面在电容器中构成新电容器的两个板板，所以 AC 间的电容器可看作 AB、 BC 两电容器的串联.解：（1） 00ABsdtx0BCs∴ AC 间的电容为: 00ABCssdtxdt(2) 由上述推导可知，金属板离两极板远近对 C 无影响(3)当 t=0 时: 0sCd当 t=d 时: C=∞10-8 平行板电容器的两极板间距 d=2.00mm,电势差 U=400V，其间充满相对电容率的均匀玻璃片,略去边缘效应,求：（1）极板上的面电荷密度 ；(2)玻璃界面上的极5r 0化面电荷密度 。

分析：根据电容的定义式及平行板电容器公式求解自由电荷面密度 再利用极化面电荷0密度和自由电荷面密度关系求解 解：（1） 据电容的定义式： 0rsQCud即: r∴ 。