第六章　靜電場中的導體與電介質 練習題

第六章靜電場中的導體與電介質

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

分析與解不帶電的導體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的近端感應負電荷；在遠端感應正

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）。

6-2將一帶負電的物體M靠近一不帶電的導體N,在N的左端感應出正

電荷，右端感應出負電荷。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上所有的感應電荷入地

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。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。設無窮遠處為零電勢，

則在導體球球心。點有（）

（A）E=O,V=——

4兀

（B）E=―—

4%d4%/

(C)E=O,V=O

題6-3圖

分析與解達到靜電平衡時導體內處處各點電場強度為零。點電荷q在導

體球表面感應等量異號的感應電荷±/,導體球表面的感應電荷±4,在球心

0點激發(fā)的電勢為零，。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）。

6-4根據(jù)電介質中的高斯定理，在電介質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，曲面內一定有

極化電荷

（D）介質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

（E）介質中的電位移矢量與自由電荷和極化電荷的分布有關

分析與解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

內自由電荷的代數(shù)和等于零；由于電介質會改變自由電荷的空間分布，介質

中的電位移矢量與自由電荷與位移電荷的分布有關。因而正確答案為（E）。

6-5對于各向同性的均勻電介質，下列概念正確的是（）

（A）電介質充滿整個電場并且自由電荷的分布不發(fā)生變化時，電介質中

的電場強度一定等于沒有電介質時該點電場強度的倍

（B）電介質中的電場強度一定等于沒有介質時該點電場強度的1/￡,倍

（C）在電介質充滿整個電場時，電介質中的電場強度一定等于沒有電介

質時該點電場強度的1//倍

（D）電介質中的電場強度一定等于沒有介質時該點電場強度的5倍

分析與解電介質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

介質中的高斯定理,僅當電介質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不帶電的導體球A含有兩個球形空腔，兩空腔中心分別有一點電荷

佻、次，導體球外距導體球較遠的r處還有一個點電荷如（如圖所示）。

試求點電荷佻、qc、發(fā)各受多大的電場力。

A

題6-6圖

分析與解根據(jù)導體靜電平衡時電荷分布的規(guī)律，空腔內點電荷的電場線終

止于空腔內表面感應電荷；導體球A外表面的感應電荷近似均勻分布，因

而近似可看作均勻帶電球對點電荷如的作用力。

點電荷如與導體球A外表面感應電荷在球形空腔內激發(fā)的電場為零，點電

荷死、仇處于球形空腔的中心，空腔內表面感應電荷均勻分布，點電荷仇、

次受到的作用力為零.

6-7一真空二極管，其主要構件是一個半徑R=5.0Xl（T'm的圓柱形

陰極和一個套在陰極外，半徑R?=4.5X10'm的同軸圓筒形陽極.陽極電

勢比陰極電勢高300V,陰極與陽極的長度均為L=2.5X102m.假設電子

從陰極射出時的速度為零.求：(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.

題6-7圖

分析(1)由于半徑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，由尸=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

A￡^=_eV=T.8xl()T7j

由于電子的初始速度為零，故

%=然”=一。尸48x1()77J

因此電子到達陽極的速率為

V=1.03xl07m-s-1

(2)兩極間的電場強度為

2

E=-

2r

兩極間的電勢差

V=E-dr=-----------=----------eln一

2%/2加0R[

負號表示陽極電勢高于陰極電勢.陰極表面電場強度

V

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

2兀rRjn&r

%

電子在陰極表面受力

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

這個力盡管很小，但作用在質量為9.11xio-31kg的電子上，電子獲得的

加速度可達重力加速度的5X10,5倍.

6—8一導體球半徑為R,外罩一半徑為凡的同心薄導體球殼，外球殼

所帶總電荷為。而內球的電勢為％,求此系統(tǒng)的電勢和電場的分布.

分析若%=丁冬]，內球電勢等于外球殼的電勢，則外球殼內必定為等

4妹。尺

勢體，電場強度處處為零，內球不帶電.

若%力—^—,內球電勢不等于外球殼電勢，則外球殼內電場強度不

4無％&

為零，內球帶電.一般情況下，假設內導體球帶電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.并由匕,=「￡.出或電勢疊加求出電勢的分布.最后將電場強度和電

*JP

勢用已知量%、。、陽、凡表示.

題6-8圖

解根據(jù)靜電平衡時電荷的分布，可知電場分布呈球對稱.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

高斯面內的電荷分布，解得各區(qū)域內的電場分布為

r<R時,4(r)=0

Ri<r<Ri時,q

E4r)=2

4ju/?or

Q+4

r~>Ri時,后2(「)=

2

4TU-()r

由電場強度與電勢的積分關系，可得各相應區(qū)域內的電勢分布.

r<兄時,

K=「Ed=J"E,-dZ+q+Q

E2dl+「E3-dl=

*/?24無￡/4時芥

Rx<r<Ri時,

%=「Ed=/E2d+J；E3

?dZ=—

47T￡r

o4TU.'07?2

r>R2時,

也可以從球面電勢的疊加求電勢的分布.在導體球內(r<R>)

4__Q

X=+

4%內4兀

在導體球和球殼之間(RWK)

4n￡0r4兀％&

在球殼外(，>凡)

匕=金

4?！?/

由題意

%=%=q?。

47出0人4加(內

得

匕=%=w_+_Q

4兀\&4啖內

代入電場、電勢的分布得

r<R時,

4=o；乂=%

RWR2時，

.=RKRQ（"RJQ

r24兀%Ra—'r4n￡（）&r

r>Ri時，

.=（&—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外面套有一個同心的金屬球

殼B.已知球殼B的內、外半徑分別為R->=8.0cm,R3=10.0cm.設球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、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A和球殼B內、外表面上

所帶的電荷以及球A和球殼B的電勢.

題6-9圖

分析（1）根據(jù)靜電感應和靜電平衡時導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內表面帶電荷一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.不失一般性可設此時球A帶電外，根據(jù)靜電平衡時

導體上電荷的分布規(guī)律，可知球殼B內表面感應一以，外表面帶電外—QA

［圖（c）］,此時球A的電勢可表示為

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3.0xl（）Tc,球殼B內表面帶

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

電勢分別為

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，再把球A接地，設球A帶電“A，球A和球

殼B的電勢為

匕=^^+^^+一。八+以=0

4兀?！攴?TC￡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的電勢分別為

匕=0

%=-7.29x102v

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.

6-10兩塊帶電量分別為。、Q?的導體平板平行相對放置（如圖所示），

假設導體平板面積為S,兩塊導體平板間距為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相反；（2）相背的兩面電荷面密度大

小相等符號相同.

題6-1（）怪|

分析導體平板間距d?S,忽略邊緣效應，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部，因導體

內電場強度為零，因而電場強度通量也為零，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兩個面帶等量同號電荷.

證明（1）設兩塊導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，高斯面由側面Si和兩個端面&、S3構

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，導體內尸點的電場強

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相同.

6-11將帶電量為。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

距離為d（J...V?）.

（1）忽略邊緣效應求兩導體板間的電勢差：

（2）若將B接地，結果又將如何？

題6-11圖

分析由習題6-10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

(6+g)S=。

優(yōu)+%)5=。

(T,-cr4=0

rr2+<r3=0

解得

Q

6=%=-g

2S

兩導體板間電場強度為石=方向為A指向B.

兩導體板間的電勢差為UAB=里

2%S

(2)如圖(c)所示，導體板B接地后電勢為零.

6=%=0

Q

%=一%

兩導體板間電場強度為E'=2;方向為A指向B.

%S

兩導體板間的電勢差為U'AB="

%S

6-12如圖所示球形金屬腔帶電量為。＞0,內半徑為。，外半徑為b,腔

內距球心。為r處有一點電荷q,求球心的電勢.

題6-12圖

分析導體球達到靜電平衡時，內表面感應電荷一q,外表面感應電荷卬內

表面感應電荷不均勻分布，外表面感應電荷均勻分布.球心。點的電勢由

點電荷4、導體表面的感應電荷共同決定.在帶電面上任意取一電荷元，電

荷元在球心產(chǎn)生的電勢

4兀%/?

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

由電勢的疊加可以求得球心的電勢.

解導體球內表面感應電荷一q,外表面感應電荷仍依照分析，球心的電勢

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電

荷總量.

題6-13圖

分析金屬球為等勢體，金屬球上任一點的電勢丫等于點電荷q和金屬球

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

荷元可以視為點電荷，金屬球表面的感應電荷在點0激發(fā)的電勢為

v/二1dq_.

人4%/?

點?？傠妱轂?/p>

4兀"

而接地金屬球的電勢％=0,由此可解出感應電荷

解金屬球接地，其球心的電勢

唳q+fS=q+-Mw=o

JJv

47T￡or'47te0/?47u?or4jt￡n7?

感應電荷總量

6-14地球和電離層可當作球形電容器，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

6-15兩線輸電線，其導線半徑為3.26mm,兩線中心相距0.50m,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

21d—R

TTU=——In-------

兀%R

因此，輸電線單位長度的電容

-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)出該鍵相應的

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

如果電路能檢測出的電容變化量是0.250pF,試問按鍵需要按下多大的距離

才能給出必要的信號？

題6-16圖

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

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測量電離輻射.該管的基本結構如圖所示，一

半徑為R的長直導線作為一個電極，半徑為凡的同軸圓柱筒為另一個電

極.它們之間充以相對電容率er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

1

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

20.0mm,兩極間的電勢差為多少？

題6-17圖

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，由于

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系。=求出兩極

間的電勢差.

解（1）由上述分析，利用高斯定理可得￡-2兀〃=則兩極間的

%

電場強度

E=-^-

2n￡0r

導線表面（廠=吊）的電場強度

￡,=—^―

2兀

兩極間的電勢差

U=「Edr=「一^―”=凡用111々

J屈2n￡orR]

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

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.(1)求電容器的電容；(2)當在

電容器的兩極間加上12V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)求電容器內的電場強度.

解(1)查表可知二氧化鈦的相對電容率卻=173,故充滿此介質的平

板電容器的電容

￡A)^

C==153X10-9F

d

(2)電容器加上U=12V的電壓時，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)晶片內的電場強度為

E=-^=1.2xl05Vm-1

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

導體外有兩層均勻介質，一層介質的fr=5.0,厚度d=0.10m,另一層介

質為空氣，充滿其余空間.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體球表面，電介質的極化電荷也

均勻分布在介質的球形界面上，因而介質中的電場是球對稱分布的.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，因此，在高

斯面上D呈均勻對稱分布，由高斯定理=可得。?再由

E=可得E(r).

介質內電勢的分布，可由電勢和電場強度的積分關系7/求得，或

者由電勢疊加原理求得.

極化電荷分布在均勻介質的表面，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系式，可得r=5cm>15cm和25cm時的電位

移和電場強度的大小，其方向均沿徑向朝外.

n=5cm,該點在導體球內，則

D=0；E=0

r\r\

r2=15cm,該點在介質層內，￡r=5.0,則

-^=3.5xlO-8C-m-2E,.=—^^=8.OxlO2Vm-'

2、T;

4M24%￡石

=25cm,該點在空氣層內，空氣中￡七u,則

D,=-^=1.3x10-8c.m"；￡=1.4xl02Vm1

萬4叫2’34叫"

(2)取無窮遠處電勢為零，由電勢與電場強度的積分關系得

[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)均勻介質的極化電荷分布在介質界面上，因空氣的電容率￡=￡。

極化電荷可忽略.故在介質外表面；

.=3—1)%紇=(%嗎

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

n4?！?(火+d)2Cm

在介質內表面：

匕=(4一1'￡=與邛

4叫R

g

a=-P=(，Tg=—6.4x10-8Cnr2

"4%火2

介質球殼內、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帶有等量的異號電荷。設某細胞壁厚為5.2

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

荷.如果細胞壁物質的相對電容率為6.0,求(1)細胞壁內的電場強度；

(2)細胞壁兩表面間的電勢差.

解(1)細胞壁內的電場強度E=」一=9.8xl()6v/m；方向指向細胞外.

(2)細胞壁兩表面間的電勢差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，然后再把相對電容率為的=2.0的電介質插入兩極

板之間.此時電介質中的。、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，電場強度和電位移矢量都是常

矢量.充電后斷開電源，在介質插入前后，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

可求得電場強度E和電極化強度矢量P.

解由分析可知，介質中的電位移矢量的大小

。=2=。0=4.5乂10-5C.m-2

AS°

介質中的電場強度和極化強度的大小分別為

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

徑為凡，相對電容率為?設沿軸線單位長度上，導線的電荷密度為九試

求介質層內的。、E和P.

題6-22圖

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

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

所以電場是軸對稱分布.取同軸柱面為高斯面，由介質中的高斯定理可得電

位移矢量O的分布.在介質中D=saErE,P=D-saE,可進一步求得

電場強度E和電極化強度矢量尸的分布.

解由介質中的高斯定理，有

=兀4="

得

在均勻各向同性介質中

E=-e,

eo￡r271so3

A

P=D-%E-

6-23如圖所示，球形電極浮在相對電容率為&=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Q。=2.0X1O"C.問

球的上、下部分各有多少電荷？

題6-23圖

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

分布不再呈球對稱，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匕且

v=&=2

(1)

eC?

另外導體球上的電荷總量保持不變，應有

。+。2=2）⑵

因而可解得Qi、Q1.

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

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"

由于導體球周圍部分區(qū)域充滿介質，球上電荷均勻分布的狀態(tài)將改變.可以

證明，此時介質中的電場強度與真空中的電場強度也不再滿足E="的關

系.事實上，只有當電介質均勻充滿整個電場，并且自由電荷分布不變時，

才滿足￡=互.

殍

6-24有兩塊相距為0.50的薄金屬板A、B構成的空氣平板電容器被屏

蔽在一金屬盒K內，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)樵瓉淼膸?/p>

倍；（2）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？

題6-24圖

分析薄金屬板A、B與金屬盒一起構成三個電容器，其等效電路圖如圖

（b）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

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）若電容器的一個引腳不慎與金屬屏蔽盒相碰，相當于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（1）充足電后；（2）然后平行插入一塊

面積相同、厚度為＜5（＜5＜4）、相對電容率為的電介質板；（3）將上

述電介質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.

s

分析電源對電容器充電，電容器極板間的電勢差等于電源端電壓U.插入

電介質后，由于介質界面出現(xiàn)極化電荷，極化電荷在介質中激發(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，介質內的電場減弱.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

電勢差不變，并有

相類似的原因，在平板電容器極板之間，若平行地插入一塊導體板，由于極

板上的自由電荷和插入導體板上的感應電荷在導體板內激發(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

。=金。-3）

綜上所述，接上電源的平板電容器，插入介質或導體后，極板上的自由電荷

均會增加，而電勢差保持不變.

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強度為

Q廣號u

a

E°=UId

（2）插入電介質后，電容器的電容G為

G=Q/W（心）+$（5

goJ（5+￡,。一3）

故有

「一「u_%￡「su

「Id+虱?。?/p>

介質內電場強度

E，.Q-u

1

￡0￡rSd+jQ-d）

空氣中電場強度

EQ^

1=

s0S<5+e,.（J-<5）

（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

空氣中電場強度

無論是插入介質還是插入導體，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，自由電荷分布的變化同樣使得介質

內的電場強度不再等于瓦/￡,.

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

容率為的電介質），通常在生產(chǎn)流水線上設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)關系.如果要檢

測鋼板等金屬材料的厚度，結果又將如何？

分析導體極板A、B和待測物體構成一有介質的平板電容器，關于電容C

與材料的厚度的關系，可參見題6-26的分析.

解由分析可知，該裝置的電容為

d+￡,.(d-<5)

則介質的厚度為

如果待測材料是金屬導體，其等效電容為

Q_

d「d

導體材料的厚度

實時地測量A、B間的電容量C,根據(jù)上述關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，圓管的內徑為D,管中心同軸插入一根外徑為"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.

題6-28圖

分析由于d、D?L,導體A、C構成圓柱形電容器，可視為一個長X（X

為液面高度）的介質電容器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=G+C2也是X的函

數(shù).由于Q=CU,在電壓一定時，電荷。僅隨C而變化，求出。與液面

高度X的函數(shù)關系，即可得證

證由分析知，導體A、C構成一組柱形電容器，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，（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=1.9X107V/m,電

容器中的電場強度EWEb,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

（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的長直導線，外面套有內半徑為1.0cm的共軸導

體圓筒，導線與圓筒間為空氣.略去邊緣效應，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