第六章　靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體與電介質(zhì) 練習(xí)題

第六章靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體與電介質(zhì)

6-1將一個(gè)帶正電的帶電體A從遠(yuǎn)處移到一個(gè)不帶電的導(dǎo)體B附近，則

導(dǎo)體B的電勢(shì)將（）

（A）升高（B）降低（C）不會(huì)發(fā)生變化（D）無(wú)法確定

分析與解不帶電的導(dǎo)體B相對(duì)無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)。由于帶正電的帶電體A

移到不帶電的導(dǎo)體B附近時(shí)，在導(dǎo)體B的近端感應(yīng)負(fù)電荷；在遠(yuǎn)端感應(yīng)正

電荷，不帶電導(dǎo)體的電勢(shì)將高于無(wú)窮遠(yuǎn)處，因而正確答案為（A）。

6-2將一帶負(fù)電的物體M靠近一不帶電的導(dǎo)體N,在N的左端感應(yīng)出正

電荷，右端感應(yīng)出負(fù)電荷。若將導(dǎo)體N的左端接地（如圖所示），則（）

（A）N上的負(fù)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上所有的感應(yīng)電荷入地

題6-2圖

分析與解導(dǎo)體N接地表明導(dǎo)體N為零電勢(shì)，即與無(wú)窮遠(yuǎn)處等電勢(shì)，這與

導(dǎo)體N在哪一端接地?zé)o關(guān)。因而正確答案為（A）。

6-3如圖所示將一個(gè)電量為q的點(diǎn)電荷放在一個(gè)半徑為R的不帶電的

導(dǎo)體球附近，點(diǎn)電荷距導(dǎo)體球球心為d,參見(jiàn)附圖。設(shè)無(wú)窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)，

則在導(dǎo)體球球心。點(diǎn)有（）

（A）E=O,V=——

4兀

（B）E=―—

4%d4%/

(C)E=O,V=O

題6-3圖

分析與解達(dá)到靜電平衡時(shí)導(dǎo)體內(nèi)處處各點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零。點(diǎn)電荷q在導(dǎo)

體球表面感應(yīng)等量異號(hào)的感應(yīng)電荷±/,導(dǎo)體球表面的感應(yīng)電荷±4,在球心

0點(diǎn)激發(fā)的電勢(shì)為零，。點(diǎn)的電勢(shì)等于點(diǎn)電荷q在該處激發(fā)的電勢(shì)。因而正

確答案為（A）。

6-4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(gè)閉合

曲面的積分等于這個(gè)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(gè)閉合曲面的積分等于零，曲面內(nèi)一定沒(méi)有

自由電荷

（B）若電位移矢量沿任意一個(gè)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(gè)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?jī)H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)

分析與解電位移矢量沿任意一個(gè)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(huì)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）。

6-5對(duì)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(mǎn)整個(gè)電場(chǎng)并且自由電荷的分布不發(fā)生變化時(shí)，電介質(zhì)中

的電場(chǎng)強(qiáng)度一定等于沒(méi)有電介質(zhì)時(shí)該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的倍

（B）電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度一定等于沒(méi)有介質(zhì)時(shí)該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的1/￡,倍

（C）在電介質(zhì)充滿(mǎn)整個(gè)電場(chǎng)時(shí)，電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度一定等于沒(méi)有電介

質(zhì)時(shí)該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的1//倍

（D）電介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度一定等于沒(méi)有介質(zhì)時(shí)該點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的5倍

分析與解電介質(zhì)中的電場(chǎng)由自由電荷激發(fā)的電場(chǎng)與極化電荷激發(fā)的電場(chǎng)

迭加而成，由于極化電荷可能會(huì)改變電場(chǎng)中導(dǎo)體表面自由電荷的分布，由電

介質(zhì)中的高斯定理,僅當(dāng)電介質(zhì)充滿(mǎn)整個(gè)電場(chǎng)并且自由電荷的分布不發(fā)生變

化時(shí)，在電介質(zhì)中任意高斯面S有

口l+%）fi.dS=￡E°.dS=JZ/

即E=E、、0,因而正確答案為（A）o

6-6不帶電的導(dǎo)體球A含有兩個(gè)球形空腔，兩空腔中心分別有一點(diǎn)電荷

佻、次，導(dǎo)體球外距導(dǎo)體球較遠(yuǎn)的r處還有一個(gè)點(diǎn)電荷如（如圖所示）。

試求點(diǎn)電荷佻、qc、發(fā)各受多大的電場(chǎng)力。

A

題6-6圖

分析與解根據(jù)導(dǎo)體靜電平衡時(shí)電荷分布的規(guī)律，空腔內(nèi)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線(xiàn)終

止于空腔內(nèi)表面感應(yīng)電荷；導(dǎo)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(diǎn)電荷如的作用力。

點(diǎn)電荷如與導(dǎo)體球A外表面感應(yīng)電荷在球形空腔內(nèi)激發(fā)的電場(chǎng)為零，點(diǎn)電

荷死、仇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(diǎn)電荷仇、

次受到的作用力為零.

6-7一真空二極管，其主要構(gòu)件是一個(gè)半徑R=5.0Xl（T'm的圓柱形

陰極和一個(gè)套在陰極外，半徑R?=4.5X10'm的同軸圓筒形陽(yáng)極.陽(yáng)極電

勢(shì)比陰極電勢(shì)高300V,陰極與陽(yáng)極的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)=2.5X102m.假設(shè)電子

從陰極射出時(shí)的速度為零.求：(1)該電子到達(dá)陽(yáng)極時(shí)所具有的動(dòng)能和

速率；(2)電子剛從陽(yáng)極射出時(shí)所受的力.

題6-7圖

分析(1)由于半徑因此可將電極視作無(wú)限長(zhǎng)圓柱面，陰極和

陽(yáng)極之間的電場(chǎng)具有軸對(duì)稱(chēng)性.從陰極射出的電子在電場(chǎng)力作用下從靜止開(kāi)

始加速，電子所獲得的動(dòng)能等于電場(chǎng)力所作的功，也即等于電子勢(shì)能的減

少.由此，可求得電子到達(dá)陽(yáng)極時(shí)的動(dòng)能和速率.

(2)計(jì)算陽(yáng)極表面附近的電場(chǎng)強(qiáng)度，由尸=qE求出電子在陰極表面所受

的電場(chǎng)力.

解(1)電子到達(dá)陽(yáng)極時(shí)，勢(shì)能的減少量為

A￡^=_eV=T.8xl()T7j

由于電子的初始速度為零，故

%=然”=一。尸48x1()77J

因此電子到達(dá)陽(yáng)極的速率為

V=1.03xl07m-s-1

(2)兩極間的電場(chǎng)強(qiáng)度為

2

E=-

2r

兩極間的電勢(shì)差

V=E-dr=-----------=----------eln一

2%/2加0R[

負(fù)號(hào)表示陽(yáng)極電勢(shì)高于陰極電勢(shì).陰極表面電場(chǎng)強(qiáng)度

V

E=----------e=-------e

2兀rRjn&r

%

電子在陰極表面受力

F=-fE=4.37xlO-l4e,.N

這個(gè)力盡管很小，但作用在質(zhì)量為9.11xio-31kg的電子上，電子獲得的

加速度可達(dá)重力加速度的5X10,5倍.

6—8一導(dǎo)體球半徑為R,外罩一半徑為凡的同心薄導(dǎo)體球殼，外球殼

所帶總電荷為。而內(nèi)球的電勢(shì)為％,求此系統(tǒng)的電勢(shì)和電場(chǎng)的分布.

分析若%=丁冬]，內(nèi)球電勢(shì)等于外球殼的電勢(shì)，則外球殼內(nèi)必定為等

4妹。尺

勢(shì)體，電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，內(nèi)球不帶電.

若%力—^—,內(nèi)球電勢(shì)不等于外球殼電勢(shì)，則外球殼內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度不

4無(wú)％&

為零，內(nèi)球帶電.一般情況下，假設(shè)內(nèi)導(dǎo)體球帶電q,導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡時(shí)

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(chǎng)分

布.并由匕,=「￡.出或電勢(shì)疊加求出電勢(shì)的分布.最后將電場(chǎng)強(qiáng)度和電

*JP

勢(shì)用已知量%、。、陽(yáng)、凡表示.

題6-8圖

解根據(jù)靜電平衡時(shí)電荷的分布，可知電場(chǎng)分布呈球?qū)ΨQ(chēng).取同心球面為高

斯面，由高斯定理,￡(5=后(r)-4兀產(chǎn)=￡(廠).24/%,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(chǎng)分布為

r<R時(shí),4(r)=0

Ri<r<Ri時(shí),q

E4r)=2

4ju/?or

Q+4

r~>Ri時(shí),后2(「)=

2

4TU-()r

由電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)的積分關(guān)系，可得各相應(yīng)區(qū)域內(nèi)的電勢(shì)分布.

r<兄時(shí),

K=「Ed=J"E,-dZ+q+Q

E2dl+「E3-dl=

*/?24無(wú)￡/4時(shí)芥

Rx<r<Ri時(shí),

%=「Ed=/E2d+J；E3

?dZ=—

47T￡r

o4TU.'07?2

r>R2時(shí),

也可以從球面電勢(shì)的疊加求電勢(shì)的分布.在導(dǎo)體球內(nèi)(r<R>)

4__Q

X=+

4%內(nèi)4兀

在導(dǎo)體球和球殼之間(RWK)

4n￡0r4兀％&

在球殼外(，>凡)

匕=金

4兀￡(/

由題意

%=%=q?。

47出0人4加(內(nèi)

得

匕=%=w_+_Q

4兀\&4啖內(nèi)

代入電場(chǎng)、電勢(shì)的分布得

r<R時(shí),

4=o；乂=%

RWR2時(shí)，

.=RKRQ（"RJQ

r24兀%Ra—'r4n￡（）&r

r>Ri時(shí)，

.=（&—凡）。匕=凡匕（R「RJQ

2

r~4n￡0/?2rr4兀4/?2r

6—9在一半徑為Ri=6.0cm的金屬球A外面套有一個(gè)同心的金屬球

殼B.已知球殼B的內(nèi)、外半徑分別為R->=8.0cm,R3=10.0cm.設(shè)球A帶

8

有總電荷QA=3.0X10C,球殼B帶有總電荷QB=2.0xl（）Tc.（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(shì)；（2）將球殼

B接地然后斷開(kāi)，再把金屬球A接地，求金屬球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(shì).

題6-9圖

分析（1）根據(jù)靜電感應(yīng)和靜電平衡時(shí)導(dǎo)體表面電荷分布的規(guī)律，電荷

。,\均勻分布在球A表面，球殼B內(nèi)表面帶電荷一QA,外表面帶電荷QB+

QA，電荷在導(dǎo)體表面均勻分布［圖（a）］,由帶電球面電勢(shì)的疊加可求

得球A和球殼B的電勢(shì).（2）導(dǎo)體接地，表明導(dǎo)體與大地等電勢(shì)（大地

電勢(shì)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(fù)電荷

中和，球殼內(nèi)表面帶電一QA［圖（b）］.斷開(kāi)球殼B的接地后，再將球

A接地，此時(shí)球A的電勢(shì)為零.電勢(shì)的變化必將引起電荷的重新分布，以

保持導(dǎo)體的靜電平衡.不失一般性可設(shè)此時(shí)球A帶電外，根據(jù)靜電平衡時(shí)

導(dǎo)體上電荷的分布規(guī)律，可知球殼B內(nèi)表面感應(yīng)一以，外表面帶電外—QA

［圖（c）］,此時(shí)球A的電勢(shì)可表示為

匕=——+—縱+4A—=0

4唉R|軌與44%7?3

由VA=0可解出球A所帶的電荷“A，再由帶電球面電勢(shì)的疊加，可求出

球A和球殼B的電勢(shì).

解（1）由分析可知，球A的外表面帶電3.0xl（）Tc,球殼B內(nèi)表面帶

電一3.0xl（）Tc,外表面帶電5.0xl（T'C.由電勢(shì)的疊加,球A和球殼B的

電勢(shì)分別為

3

匕=縱+—+QA?=5.6X10V

4%）K4TO07?24TO0/?3

VQA+QB=45X103v

4兀

（2）將球殼B接地后斷開(kāi)，再把球A接地，設(shè)球A帶電“A，球A和球

殼B的電勢(shì)為

匕=^^+^^+一。八+以=0

4兀。￡凡4TC￡07?24兀%R3

V^-QA+gA

B4%&

解得

=-----------------=2.12X10*8C

ARR2+R2R3-&R3

即球A外表面帶電2.12xl（）fc,由分析可推得球殼B內(nèi)表面帶電一2.12

xlO-8C,外表面帶電-0.9xl（）Tc.另外球A和球殼B的電勢(shì)分別為

匕=0

%=-7.29x102v

導(dǎo)體的接地使各導(dǎo)體的電勢(shì)分布發(fā)生變化，打破了原有的靜電平衡，導(dǎo)體表

面的電荷將重新分布，以建立新的靜電平衡.

6-10兩塊帶電量分別為。、Q?的導(dǎo)體平板平行相對(duì)放置（如圖所示），

假設(shè)導(dǎo)體平板面積為S,兩塊導(dǎo)體平板間距為4,并且S?d.試證明（1）

相向的兩面電荷面密度大小相等符號(hào)相反；（2）相背的兩面電荷面密度大

小相等符號(hào)相同.

題6-1（）怪|

分析導(dǎo)體平板間距d?S,忽略邊緣效應(yīng)，導(dǎo)體板近似可以當(dāng)作無(wú)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(chǎng)

強(qiáng)度E平行，電場(chǎng)強(qiáng)度通量為零；高斯面的兩個(gè)端面在導(dǎo)體內(nèi)部，因?qū)w

內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度為零，因而電場(chǎng)強(qiáng)度通量也為零，由高斯定理

得￡q=o

上式表明處于靜電平衡的平行導(dǎo)體板，相對(duì)兩個(gè)面帶等量異號(hào)電荷.再利用

疊加原理，導(dǎo)體板上四個(gè)帶電面在導(dǎo)體內(nèi)任意一點(diǎn)激發(fā)的合電場(chǎng)強(qiáng)度必須為

零，因而平行導(dǎo)體板外側(cè)兩個(gè)面帶等量同號(hào)電荷.

證明（1）設(shè)兩塊導(dǎo)體平板表面的電荷面密度分別為6、6、6、6,

取如圖（b）所示的圓柱面為高斯面，高斯面由側(cè)面Si和兩個(gè)端面&、S3構(gòu)

成，由分析可知

￡E.dS=Z4/%=0

得=021ss+cr3As=0,cr2+（73=0

相向的兩面電荷面密度大小相等符號(hào)相反.

（2）由電場(chǎng)的疊加原理，取水平向右為參考正方向，導(dǎo)體內(nèi)尸點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)

度為

_ZL_2_2_2=0,6―%=0

2%2%2%2%

相背的兩面電荷面密度大小相等符號(hào)相同.

6-11將帶電量為。的導(dǎo)體板A從遠(yuǎn)處移至不帶電的導(dǎo)體板B附近，如

圖（a）所示，兩導(dǎo)體板幾何形狀完全相同，面積均為S,移近后兩導(dǎo)體板

距離為d（J...V?）.

（1）忽略邊緣效應(yīng)求兩導(dǎo)體板間的電勢(shì)差：

（2）若將B接地，結(jié)果又將如何？

題6-11圖

分析由習(xí)題6-10可知，導(dǎo)體板達(dá)到靜電平衡時(shí)，相對(duì)兩個(gè)面帶等量異

號(hào)電荷；相背兩個(gè)面帶等量同號(hào)電荷.再由電荷守恒可以求出導(dǎo)體各表面的

電荷分布，進(jìn)一步求出電場(chǎng)分布和導(dǎo)體間的電勢(shì)差.

導(dǎo)體板B接地后電勢(shì)為零，B的外側(cè)表面不帶電，根據(jù)導(dǎo)體板相背兩個(gè)面

帶等量同號(hào)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(dǎo)

體各表面的電荷分布，進(jìn)一步求出電場(chǎng)分布和導(dǎo)體間的電勢(shì)差.

解（1）如圖（b）所示，依照題意和導(dǎo)體板達(dá)到靜電平衡時(shí)的電荷分

布規(guī)律可得

(6+g)S=。

優(yōu)+%)5=。

(T,-cr4=0

rr2+<r3=0

解得

Q

6=%=-g

2S

兩導(dǎo)體板間電場(chǎng)強(qiáng)度為石=方向?yàn)锳指向B.

兩導(dǎo)體板間的電勢(shì)差為UAB=里

2%S

(2)如圖(c)所示，導(dǎo)體板B接地后電勢(shì)為零.

6=%=0

Q

%=一%

兩導(dǎo)體板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E'=2;方向?yàn)锳指向B.

%S

兩導(dǎo)體板間的電勢(shì)差為U'AB="

%S

6-12如圖所示球形金屬腔帶電量為。＞0,內(nèi)半徑為。，外半徑為b,腔

內(nèi)距球心。為r處有一點(diǎn)電荷q,求球心的電勢(shì).

題6-12圖

分析導(dǎo)體球達(dá)到靜電平衡時(shí)，內(nèi)表面感應(yīng)電荷一q,外表面感應(yīng)電荷卬內(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(diǎn)的電勢(shì)由

點(diǎn)電荷4、導(dǎo)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(shì)

4兀%/?

由于R為常量，因而無(wú)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(shì)為

由電勢(shì)的疊加可以求得球心的電勢(shì).

解導(dǎo)體球內(nèi)表面感應(yīng)電荷一q,外表面感應(yīng)電荷仍依照分析，球心的電勢(shì)

為

7=工+

4m?0r4?！?)a4%b

6-13在真空中，將半徑為R的金屬球接地，與球心0相距為r(r>R)

處放置一點(diǎn)電荷q,不計(jì)接地導(dǎo)線(xiàn)上電荷的影響.求金屬球表面上的感應(yīng)電

荷總量.

題6-13圖

分析金屬球?yàn)榈葎?shì)體，金屬球上任一點(diǎn)的電勢(shì)丫等于點(diǎn)電荷q和金屬球

表面感應(yīng)電荷《在球心激發(fā)的電勢(shì)之和.在球面上任意取一電荷元d?，，電

荷元可以視為點(diǎn)電荷，金屬球表面的感應(yīng)電荷在點(diǎn)0激發(fā)的電勢(shì)為

v/二1dq_.

人4%/?

點(diǎn)?？傠妱?shì)為

4兀"

而接地金屬球的電勢(shì)％=0,由此可解出感應(yīng)電荷

解金屬球接地，其球心的電勢(shì)

唳q+fS=q+-Mw=o

JJv

47T￡or'47te0/?47u?or4jt￡n7?

感應(yīng)電荷總量

6-14地球和電離層可當(dāng)作球形電容器，它們之間相距約為100km,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

半徑吊=6.37X10，m；電離層半徑是=1.00X105m+吊=6.47X106m,

根據(jù)球形電容器的電容公式，可得

C==4.58x10”F

R2-Rt

6-15兩線(xiàn)輸電線(xiàn)，其導(dǎo)線(xiàn)半徑為3.26mm,兩線(xiàn)中心相距0.50m,導(dǎo)線(xiàn)

位于地面上空很高處，因而大地影響可以忽略.求輸電線(xiàn)單位長(zhǎng)度的電容.

解由教材第六章6-4節(jié)例3可知兩輸電線(xiàn)的電勢(shì)差

21d—R

TTU=——In-------

兀%R

因此，輸電線(xiàn)單位長(zhǎng)度的電容

-2d—R..d

C=—二%Z/1In-------?/In—

U°R°R

代入數(shù)據(jù)C=5.52x10-12F

6-16電容式計(jì)算機(jī)鍵盤(pán)的每一個(gè)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(dāng)按

下按鍵時(shí)電容發(fā)生變化，通過(guò)與之相連的電子線(xiàn)路向計(jì)算機(jī)發(fā)出該鍵相應(yīng)的

代碼信號(hào)。假設(shè)金屬片面積為50.0mm?,兩金屬片之間的距離是0.600mm。

如果電路能檢測(cè)出的電容變化量是0.250pF,試問(wèn)按鍵需要按下多大的距離

才能給出必要的信號(hào)？

題6-16圖

分析按下按鍵時(shí)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(shí)電容的變化量為

1

AC=8QS—

4

按鍵按下的最小距離為

Admin=d「d=ACm*=0.152mm

m,n°姐。+￡05

6-17蓋革一米勒管可用來(lái)測(cè)量電離輻射.該管的基本結(jié)構(gòu)如圖所示，一

半徑為R的長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)作為一個(gè)電極，半徑為凡的同軸圓柱筒為另一個(gè)電

極.它們之間充以相對(duì)電容率er的氣體.當(dāng)電離粒子通過(guò)氣體時(shí)，能

使其電離.若兩極間有電勢(shì)差時(shí)，極間有電流，從而可測(cè)出電離粒子的數(shù)

量.如以E1表示半徑為R1的長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)附近的電場(chǎng)強(qiáng)度.（1）求兩極間

1

電勢(shì)差的關(guān)系式；（2）若3=2.0X10'V-mt,R=0.30mm,R2=

20.0mm,兩極間的電勢(shì)差為多少？

題6-17圖

分析兩極間的電場(chǎng)可以近似認(rèn)為是無(wú)限長(zhǎng)同軸帶電圓柱體間的電場(chǎng)，由于

電荷在圓柱面上均勻分布，電場(chǎng)分布為軸對(duì)稱(chēng).由高斯定理不難求得兩極間

的電場(chǎng)強(qiáng)度，并利用電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的積分關(guān)系。=求出兩極

間的電勢(shì)差.

解（1）由上述分析，利用高斯定理可得￡-2?！?則兩極間的

%

電場(chǎng)強(qiáng)度

E=-^-

2n￡0r

導(dǎo)線(xiàn)表面（廠=吊）的電場(chǎng)強(qiáng)度

￡,=—^―

2兀

兩極間的電勢(shì)差

U=「Edr=「一^―”=凡用111々

J屈2n￡orR]

（2）當(dāng)g=2.0x106V.m?,R】=0.30mm,R2=20.0mm時(shí)，

U=2.52x103V

6一18一片二氧化鈦晶片，其面積為1.0cn?,厚度為o.iomm.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(dāng)在

電容器的兩極間加上12V電壓時(shí)，極板上的電荷為多少？此時(shí)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(chǎng)強(qiáng)度.

解(1)查表可知二氧化鈦的相對(duì)電容率卻=173,故充滿(mǎn)此介質(zhì)的平

板電容器的電容

￡A)^

C==153X10-9F

d

(2)電容器加上U=12V的電壓時(shí)，極板上的電荷

Q=CU=1.84X10-8c

極板上自由電荷面密度為

a=2=1.84xl(T8c.m】

oS

晶片表面極化電荷密度

42

/=1-—<7o=1.83xlO-C-m-

L￡r\

(3)晶片內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度為

E=-^=1.2xl05Vm-1

6-19如圖所示，半徑R=0.10m的導(dǎo)體球帶有電荷。=1.0X10^8C,

導(dǎo)體外有兩層均勻介質(zhì)，一層介質(zhì)的fr=5.0,厚度d=0.10m,另一層介

質(zhì)為空氣，充滿(mǎn)其余空間.求：(1)離球心為r=5cm、15cm、25cm處

的。和E；(2)離球心為r=5cm、15cm、25cm處的匕(3)極化

電荷面密度

(b)

題6-19圖

分析帶電球上的自由電荷均勻分布在導(dǎo)體球表面，電介質(zhì)的極化電荷也

均勻分布在介質(zhì)的球形界面上，因而介質(zhì)中的電場(chǎng)是球?qū)ΨQ(chēng)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(chēng)分布，由高斯定理=可得。?再由

E=可得E(r).

介質(zhì)內(nèi)電勢(shì)的分布，可由電勢(shì)和電場(chǎng)強(qiáng)度的積分關(guān)系7/求得，或

者由電勢(shì)疊加原理求得.

極化電荷分布在均勻介質(zhì)的表面，其極化電荷面密度同=pa.

解(1)取半徑為r的同心球面為高斯面，由高斯定理得

r<R分4兀產(chǎn)=0

D[=0；￡,=0

2

R<r<R+dD2-4?rr=Q

“=旦；E^-Q--

4兀廠4兀%殍廠

r>R+d。3?4兀/=Q

聯(lián)熹區(qū)二^7

將不同的尸值代入上述關(guān)系式，可得r=5cm>15cm和25cm時(shí)的電位

移和電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，其方向均沿徑向朝外.

n=5cm,該點(diǎn)在導(dǎo)體球內(nèi)，則

D=0；E=0

r\r\

r2=15cm,該點(diǎn)在介質(zhì)層內(nèi)，￡r=5.0,則

-^=3.5xlO-8C-m-2E,.=—^^=8.OxlO2Vm-'

2、T;

4M24%￡石

=25cm,該點(diǎn)在空氣層內(nèi)，空氣中￡七u,則

D,=-^=1.3x10-8c.m"；￡=1.4xl02Vm1

萬(wàn)4叫2’34叫"

(2)取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，由電勢(shì)與電場(chǎng)強(qiáng)度的積分關(guān)系得

[3=25cm,

*=360

匕”drV

4%,

r-2.=15cm,

Q_________Q____!Q

4兀乃4兀+d）4%（R+d）

=480V

ri=5cm,

rR+droo

V=\E-dr4-[E.dr

}1JR/2JR+d5

Q________Q_____,Q

4兀%jR4助oj（R+d）4兀％（R+d）

=540V

(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；

.=3—1)%紇=(%嗎

O=P==1.6X10-8.-2

n4兀￡,(火+d)2Cm

在介質(zhì)內(nèi)表面：

匕=(4一1'￡=與邛

4叫R

g

a=-P=(，Tg=—6.4x10-8Cnr2

"4%火2

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(hào).

6-20人體的某些細(xì)胞壁兩側(cè)帶有等量的異號(hào)電荷。設(shè)某細(xì)胞壁厚為5.2

X10-9m,兩表面所帶面電荷密度為±5.2X10-：，C/m,內(nèi)表面為正電

荷.如果細(xì)胞壁物質(zhì)的相對(duì)電容率為6.0,求(1)細(xì)胞壁內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度；

(2)細(xì)胞壁兩表面間的電勢(shì)差.

解(1)細(xì)胞壁內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度E=」一=9.8xl()6v/m；方向指向細(xì)胞外.

(2)細(xì)胞壁兩表面間的電勢(shì)差U=&/=5.1x10-2V.

6-21一平板電容器，充電后極板上電荷面密度為d=4.5xl()5c.m2.現(xiàn)

將兩極板與電源斷開(kāi)，然后再把相對(duì)電容率為的=2.0的電介質(zhì)插入兩極

板之間.此時(shí)電介質(zhì)中的。、E和尸各為多少？

題6-21圖

分析平板電容器極板上自由電荷均勻分布，電場(chǎng)強(qiáng)度和電位移矢量都是常

矢量.充電后斷開(kāi)電源，在介質(zhì)插入前后，導(dǎo)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。，再根

據(jù)

E=-,P=D-￡QE

%與

可求得電場(chǎng)強(qiáng)度E和電極化強(qiáng)度矢量P.

解由分析可知，介質(zhì)中的電位移矢量的大小

。=2=。0=4.5乂10-5C.m-2

AS°

介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度和極化強(qiáng)度的大小分別為

E=—=2.5xl06Vm-1

_51

P=D-￡oE=2.3xlOCm-

O、P、E方向相同，均由正極板指向負(fù)極板（圖中垂直向下）.

6-22在一半徑為R的長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)外，套有氯丁橡膠絕緣護(hù)套，護(hù)套外半

徑為凡，相對(duì)電容率為?設(shè)沿軸線(xiàn)單位長(zhǎng)度上，導(dǎo)線(xiàn)的電荷密度為九試

求介質(zhì)層內(nèi)的。、E和P.

題6-22圖

分析將長(zhǎng)直帶電導(dǎo)線(xiàn)視作無(wú)限長(zhǎng)，自由電荷均勻分布在導(dǎo)線(xiàn)表面.在絕緣

介質(zhì)層的內(nèi)、外表面分別出現(xiàn)極化電荷，這些電荷在內(nèi)外表面呈均勻分布，

所以電場(chǎng)是軸對(duì)稱(chēng)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O的分布.在介質(zhì)中D=saErE,P=D-saE,可進(jìn)一步求得

電場(chǎng)強(qiáng)度E和電極化強(qiáng)度矢量尸的分布.

解由介質(zhì)中的高斯定理，有

=兀4="

得

在均勻各向同性介質(zhì)中

E=-e,

eo￡r271so3

A

P=D-%E-

6-23如圖所示，球形電極浮在相對(duì)電容率為&=3.0的油槽中.球的一

半浸沒(méi)在油中，另一半在空氣中.已知電極所帶凈電荷Q。=2.0X1O"C.問(wèn)

球的上、下部分各有多少電荷？

題6-23圖

分析由于導(dǎo)體球一半浸在油中，電荷在導(dǎo)體球上已不再是均勻分布，電場(chǎng)

分布不再呈球?qū)ΨQ(chēng)，因此，不能簡(jiǎn)單地由高斯定理求電場(chǎng)和電荷的分布.我

們可以將導(dǎo)體球理解為兩個(gè)分別懸浮在油和空氣中的半球形孤立電容器，靜

電平衡時(shí)導(dǎo)體球上的電荷分布使導(dǎo)體成為等勢(shì)體，故可將導(dǎo)體球等效為兩個(gè)

半球電容并聯(lián)，其相對(duì)無(wú)限遠(yuǎn)處的電勢(shì)均為匕且

v=&=2

(1)

eC?

另外導(dǎo)體球上的電荷總量保持不變，應(yīng)有

。+。2=2）⑵

因而可解得Qi、Q1.

解將導(dǎo)體球看作兩個(gè)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

G=2兀%R

下半球在油中，電容為

C2=

由分析中式（1）和式（2）可解得

。=方7?220=0.5x102

Cj+C2j+1

&=,念=15x10"

由于導(dǎo)體球周?chē)糠謪^(qū)域充滿(mǎn)介質(zhì)，球上電荷均勻分布的狀態(tài)將改變.可以

證明，此時(shí)介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度與真空中的電場(chǎng)強(qiáng)度也不再滿(mǎn)足E="的關(guān)

系.事實(shí)上，只有當(dāng)電介質(zhì)均勻充滿(mǎn)整個(gè)電場(chǎng)，并且自由電荷分布不變時(shí)，

才滿(mǎn)足￡=互.

殍

6-24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0.25mm,金屬

板面積為30mmX40mm。求（1）被屏蔽后電容器的電容變?yōu)樵瓉?lái)的幾

倍；（2）若電容器的一個(gè)引腳不慎與金屬屏蔽盒相碰，問(wèn)此時(shí)的電容又為

原來(lái)的幾倍？

題6-24圖

分析薄金屬板A、B與金屬盒一起構(gòu)成三個(gè)電容器，其等效電路圖如圖

（b）所示，由于兩導(dǎo)體間距離較小，電容器可視為平板電容器，通過(guò)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

由于電容器可以視作平板電容器，且4=24=24,故G=C3=2G，

因此A、B間的總電容

C=2C,

（2）若電容器的一個(gè)引腳不慎與金屬屏蔽盒相碰，相當(dāng)于C2（或者C3）

極板短接，其電容為零，則總電容

C=3C,

6-25在A點(diǎn)和B點(diǎn)之間有5個(gè)電容器，其連接如圖所示.（1）求A、B

兩點(diǎn)之間的等效電容；（2）若A、B之間的電勢(shì)差為12V,求“c、UCD和

UDK.

G=4MFC3=6"F

題6-25圖

解（1）由電容器的串、并聯(lián)，有

CAe=Ct+C2=l2gF

CCD=G+。4=8jiF

1111

---=-----1-----1---

CABgc孰口Q

求得等效電容CAB=4gF.

(2)由于QM=QCD~QDB=QAB，得

UAC=》UAB=”

%*心=67

UDB=*UAB=2V

6-26有一個(gè)空氣平板電容器，極板面積為5,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(dāng)（1）充足電后；（2）然后平行插入一塊

面積相同、厚度為＜5（＜5＜4）、相對(duì)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(dǎo)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(chǎng)強(qiáng)度E.

s

分析電源對(duì)電容器充電，電容器極板間的電勢(shì)差等于電源端電壓U.插入

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(chǎng)與原

電容器極板上自由電荷激發(fā)的電場(chǎng)方向相反，介質(zhì)內(nèi)的電場(chǎng)減弱.由于極板

間的距離d不變，因而與電源相接的導(dǎo)體極板將會(huì)從電源獲得電荷，以維持

電勢(shì)差不變，并有

相類(lèi)似的原因，在平板電容器極板之間，若平行地插入一塊導(dǎo)體板，由于極

板上的自由電荷和插入導(dǎo)體板上的感應(yīng)電荷在導(dǎo)體板內(nèi)激發(fā)的電場(chǎng)相互抵

消，與電源相接的導(dǎo)體極板將會(huì)從電源獲得電荷，使間隙中的電場(chǎng)E增強(qiáng),

以維持兩極板間的電勢(shì)差不變，并有

。=金。-3）

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

均會(huì)增加，而電勢(shì)差保持不變.

解（1）空氣平板電容器的電容

0。=等a

充電后，極板上的電荷和極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為

Q廣號(hào)u

a

E°=UId

（2）插入電介質(zhì)后，電容器的電容G為

G=Q/W（心）+$（5

goJ（5+￡,。一3）

故有

「一「u_%￡「su

「Id+虱小）

介質(zhì)內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度

E，.Q-u

1

￡0￡rSd+jQ-d）

空氣中電場(chǎng)強(qiáng)度

EQ^

1=

s0S<5+e,.（J-<5）

（3）插入導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡后，導(dǎo)體為等勢(shì)體，其電容和極板上的電荷分

別為

導(dǎo)體中電場(chǎng)強(qiáng)度

空氣中電場(chǎng)強(qiáng)度

無(wú)論是插入介質(zhì)還是插入導(dǎo)體，由于電容器的導(dǎo)體極板與電源相連，在維持

電勢(shì)差不變的同時(shí)都從電源獲得了電荷，自由電荷分布的變化同樣使得介質(zhì)

內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度不再等于瓦/￡,.

6-27為了實(shí)時(shí)檢測(cè)紡織品、紙張等材料的厚度（待測(cè)材料可視作相對(duì)電

容率為的電介質(zhì)），通常在生產(chǎn)流水線(xiàn)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(dǎo)體極板，do為兩極板間的距離.試說(shuō)明檢測(cè)原理,

并推出直接測(cè)量量電容C與間接測(cè)量量厚度d之間的函數(shù)關(guān)系.如果要檢

測(cè)鋼板等金屬材料的厚度，結(jié)果又將如何？

分析導(dǎo)體極板A、B和待測(cè)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(jiàn)題6-26的分析.

解由分析可知，該裝置的電容為

d+￡,.(d-<5)

則介質(zhì)的厚度為

如果待測(cè)材料是金屬導(dǎo)體，其等效電容為

Q_

d「d

導(dǎo)體材料的厚度

實(shí)時(shí)地測(cè)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(cè)出材料的

厚度.通常智能化的儀表可以實(shí)時(shí)地顯示出待測(cè)材料的厚度.

6-28利用電容傳感器測(cè)量油料液面高度.其原理如圖所示，導(dǎo)體圓管A

與儲(chǔ)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"的導(dǎo)體棒

C,d、D均遠(yuǎn)小于管長(zhǎng)L并且相互絕緣.試證明：當(dāng)導(dǎo)體圓管與導(dǎo)體棒之

間接以電壓為U的電源時(shí)，圓管上的電荷與液面高度成正比(油料的相對(duì)電

容率為.

題6-28圖

分析由于d、D?L,導(dǎo)體A、C構(gòu)成圓柱形電容器，可視為一個(gè)長(zhǎng)X（X

為液面高度）的介質(zhì)電容器Ci和一個(gè)長(zhǎng)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=G+C2也是X的函

數(shù).由于Q=CU,在電壓一定時(shí)，電荷。僅隨C而變化，求出。與液面

高度X的函數(shù)關(guān)系，即可得證

證由分析知，導(dǎo)體A、C構(gòu)成一組柱形電容器，它們的電容分別為

_2%&X

C|-,Z)

In-

d

2叫聲，億一X)

In

d

其總電容

7tg

C=c,+C2=2°.X+2唉5X)a+隧

In——In——

dd

其中

_2%乙_2兀％g-L)

Q=CU=aU+/3UX

即導(dǎo)體管上所帶電荷。與液面高度X成正比，油罐與電容器聯(lián)通.兩液面

等高，測(cè)出電荷Q即可確定油罐的液面高度.

6-29有一電容為0.50pF的平行平板電容器，兩極板間被厚度為0.01

mm的聚四氟乙烯薄膜所隔開(kāi)，（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(guò)查表可知聚四氟乙烯的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度Eb=1.9X107V/m,電

容器中的電場(chǎng)強(qiáng)度EWEb,由此可以求得電容器的最大電勢(shì)差和電容器存貯

的最大能量.

解（1）電容器兩極板間的電勢(shì)差

（ax=Ebd=190V

（2）電容器存貯的最大能量

叱=^。。海9.03、10-3j

6—30半徑為0.10cm的長(zhǎng)直導(dǎo)線(xiàn)，外面套有內(nèi)半徑為1.0cm的共軸導(dǎo)

體圓筒，導(dǎo)線(xiàn)與圓筒間為空氣.略去邊緣效應(yīng)，求：（1）導(dǎo)線(xiàn)表面最大電

荷面密度；（2）沿軸線(xiàn)單位長(zhǎng)度的最大電場(chǎng)能量.

分析