静电场中的导体和电介质

将一个带电物体移近一个导体壳，带电体单独在导体空腔内激发的电场是否等于零静电屏蔽的效应是如何体现的

答：带电体单独在导体空腔内激发的电场不为零。静电屏弊效应体现在带电体的存在使导体腔上的电荷重新分布（自由电子重新分布），从而使得导体空腔内的总电场为零。

将一个带正电的导体 A 移近一个接地的导体 B 时，导体 B是否维持零电势其上面是否带电

答：导体B维持零电势，其上带负电。

在同一条电场线上的任意两点 a、b，其场强大小分别为Ea及Eb，电势分别为Va和Vb，则以下结论正确的是：

(1 ) EaEb； (2 ) EaEb； (3) VaVb ； (4) VaVb 。

答：同一条电场线上的两点，电场强度可以相同，也可以不同，但沿着电场线电势降低，所以选（4）。

电容器串、并联后的等值电容如何决定在什么情况下宜用串联什么情况下宜用并联

解：串：

11 并：cci ciici当手头的电容器的电容值比所需要的电容值小，宜用并联。当手头的电容器的耐压值比所需要的大，宜采用电容器串联。

两根长度相同的铜导线和铝导线，它们两端加有相等的电压．问铜线中的场强与铝线中的场强之比是多少铜线中的电流密度与铝线中的电流密度之比是多少（已知

铜4.4107m,铝2.8108m）

答：电压V相同和导线长度l相同，则电场强度E相同； 由 jEE 得：铜j铜铝j铝j铜j铝铝铜2.81087 71104.410由于铜的电阻率大于铝的电阻率，所以铜线中的电流小于铝线中的电流。 电力线(电场线)与电位移线之间有何关系当电场中有好几种电介质时，电力线是否连续为什么

电场线和电位移线都是用来形象描述电场分布的，前者与电场强度E相对应，后

者与电位移矢量D相对应，它们的关系通过介质的性质方程D0EP相联系。当电

场中有好几种电介质时，电力线是不连续的，这是由于介质极化将在介质的表面及两种介质的交界面出现面束缚电荷的原因。

说明带电系统形成过程中的功能转换关系，在此过程中系统获得的能量储藏在何处

答：在带电系统的形成过程中，外力做功使系统的能量增加，系统获得的能量储存在电场中成为静电场能量。

如图所示，在图(a)充电后不断开电源，图(b)充电后断开电源的情况下，将相对电容率为r的电介质填充到电容器中，则电容器储存的电场能量

对图(a)的情况是_____________ ，对图(b)情况是______________。

答：（a）当充电后不断开电源（V不变），填充介质使电容器储存的电场能量增大； （b）当充电后断开电源（q不变），填充介质使电容器储存的电场能量减小。

* * * * * * *

如图所示，三块平行的金属板A、B 和 C 面积都是200cm2 。A、B相距4.0 mm，A、C相距2.0 mm，B、C两点都接地，如果使 A 板带正电 ×10-7C，并略去边缘效应，问：

(1) B 板和 C 板上感应电荷各是多少 (2)以地的电势为零，问 A 板的电势为多少

解：（1）若设A板左右面带电分别为qA1和qA2，则C、A之

间和A、B之间的电场为E1A1qA1q，E2A2A2 （1） 00S00S又C板与B板电位相等（均为0），则有：

CABE!dlE2dl 即E1l1E2l2

A利用（1）便得：qA1l1qA2l2 （2） 又 qA1qA2qA （3） （2）、（3）联立解之得：

qA1l24103qA3.01072.0107C 3l1l2(24)10qA2qAqA11.0107C

由上分析便知，C板上感应电荷 qCqA12.0107C； B板上感应电荷 qBqA21.0107C

（2）A板电势为

qA12.010733AE1dlE1l1l12.0102.2610V 124AS08.851020010C 电量为q 的点电荷处在导体球壳的中心，球壳的内、外半径分别为R1和R2，求场强和电势的分布。

解：根据静平衡条件知，在导体内E0，在球壳层内的任意封闭面的电通量为0，

利用高斯定理便知球壳内表面所带电荷大小与球心的点电荷q相等，相差负号。由电荷守恒定律可知球壳外表面所带电荷为q，显然电荷分布具有球对称性。

qr4r30由高斯定理易得空间的场强分布E0qr40r3由VEdl 得电势分布：

r(rR1)(R1rR2) (rR2)q40rqV40R2q(140r(rR2)(R1rR2)11)(rR1)R1R2

设有1、2 两个电容器，C1= 3μF ，C2= 6μF ，电容器 1充电后带电量Q = 9×10-4 C，将其与未充电的电容器 2并联连接。问：

(1) 电容器 1的电势差和电量有何变化

(2) 电容器 2上所带的电量是多少其电势差多大 解：已知c13F，c26F，Q9104C

U10Q9104300(V) 6c1310两电容器并联cc1c29F 并联后电容器的电压

Q9104U1U2100(V) 6c910q1c1U131061003104(C) q2c2U261061006104(C)

由此可见：（1）电容器1的电势差减少了200V；

（2）电容器2所带电荷为6104C，其电势差为V2100V

两电容器的电容分别为C1= 10μF，C2= 20μF ，分别带电q10= 5 ×10-4C，q20= 4×10-4 C ，将C1和C2并联，电容器所带电量各变为多少电能改变多少

解：CC1C2102030F3105F

q0q10q20510441049104C

qq09104U30V

CC3105q1C1U1105303104C ，q2C2U2105306104C

电能改变W1112(q12q10)(910825108)8103J 52C1210W21122883(q2q20)(36101610)510J 52C22210则并联系统总电能的改变WW1W2810351033103J 即体系的电能减少了3103J

将大地看成均匀的导电介质，并设大地的电阻率为ρ。将半径为a的球形电极的一半埋于地下，如图所示，求该电极的接地电阻。

解：按电阻串联得： Radr2r221 ra2a 一蓄电池，在充电时通过的电流为 2.0 A，此时蓄电池两极间的电势差为 V，当它放电时，通过的电流为 3.0 A，两极间的电势差为 V。求蓄电池的电动势和内阻。

解：充电时I1rU1 （1） 放电时I2rU2 （2） （1）、（2）联立求解得 rU1U26.65.10.3

I1I22.03.0 U1I1r6.62.00.36.0V

利用安培计和伏特计来测量电阻，(已知安培计的内阻为 RA=Ω，伏特计的内阻为RV =1000Ω)，测量时有两种接法，如图 所示

(1) 按图 (a) 的接法，安培计的读数为 I1= 0.32 A ，伏特计的读数为V1= V ，求由于在计算电阻时未考虑安培计内阻而造成的相对误差．

(2) 按图(b)的接法，安培计的读数为I2 =2.40A，伏特计的读数为V2= V，求由于在计算电阻时未考虑伏特计内阻而造成的相对误差．

解（1）内安法：未考虑安培计内阻

R

U19.6030 而实际电阻R0RRA300.0329.97 I10.32相对误差

R0.030.1% R029.97V27.203 I22.40R0RVR

R0RV（2）外安法 R而实际电阻R0满足

由此解得： R0相当误差为

RVR100033.009

RVR100033.00930.3%

3.009 一半径为R的电介质实心球体均匀地带正电，单位体积所带电荷为ρ，球体的介电常数为1，球体外充满介电常数为2的无限大均匀电介质。求球体内、外任一点的场强和电势。

解：选过场点以介质球心为心的球面作为高斯面，利用有介质时的高斯定理及球对称性可得，在介质1内 4r2D14r3 3rr  D1， E13134在介质2内 4r2D2R3

3R3R3r， E2由此得 D2r 33r32r33r1即球内外的电场分布为 E3Rr3r32进一步由 Vpr(rR)

(rR)EdlEdl可得电势的分布

(rR)

R222(Rr)3261V3R(rR)3r2 平行板电容器的两极板上分别带有等量异号电荷，其面密度为×10-6 C·m-2 。在两极板间充满介电常数为×10-11 C2·N -1·m-2 的电介质。求：

(1) 自由电荷所产生的场强； (2) 电介质内的场强；

(3) 电介质上束缚电荷的面密度； (4) 由束缚电荷产生的场强。

09.0106解：（1）E01.02106Vm1 1208.851009.010651（2）D0 E 2.610Vm113.510（3）'Pn(D0E)n(000)(10)0

8.851012662)9.0106.710Cm (1 113.510与自由电荷符号相反。

'6.7106（4）束缚电荷产生的电场 E7.0105Vm1 1208.8510' 设半径都是r的两条平行的“无限长”直导线 A、B，其间相距为 d (d >> r)，且充满介电常数为ε的电介质。求单位长度导线的电容。

解：设每条导线单位长度所带电量为，符号相反，在两导线所在平面上的导线间区域，它们产生的电场方向相同，且对两导线间的电势差的贡献相等。所以两导线间的电压为：

UABdr1drd2EAdl2drlnln

2rrrr由电容的定义便可得单位长度导线的电容为：CUAB/(lnd) r 如图所示，平行板电容器的两极板间充满三种相对介电常数分别为r1,r2,r3的电介质，极板间距为d，三种电介质与极板接触的面积分别为S1,S2,S3。设极板间电压为U，忽略边缘效应，求：

(1) 三种电介质内的场强E1,E2,E3； (2) 极板S1,S2,S3上的带电量； (3) 电容器的电容。 解：（1）E1E2E3U dUU，q1S11S10r1 ddUU同样：q2S20r2 q3S30r3

dd（2）1D10r1E10r1（3）可看成三电容器并联

q1q1U1US10r1UdS10r1 UdC1S30r3S20r2C同样 C2，3

dd而 CC1C2C30(s1r1s2r2s3r3)d

一平行板电容器的极板面积为S ，间距为 d ，充电后两极板上带电分别为±Q，断开电源后再把两极板的距离拉开到2d ，求：

(1) 外力克服两极板间相互吸引力所做的功；

(2) 两极板之间的相互吸引力 (取空气的介电常数取 )。 解：断电前，电容器的电容C00S/d，所带电Q 断电后拉开，电容器的电容C0S/2d 带电量仍为Q

Q2Q2d（1）拉开前电容器的储能： W0 2C020SQ2Q2d拉开后电容器的储能： W 2C0S据能量守恒便可得在这过程中外力克服两极板间相互作用力所做的功为：

Q2d AWW020S（2）一极板上的电荷（Q/S)在另一极板上的电场强度为：

E1/20Q/20S

Q2则两极板间的相互吸引力为： FQE1

20SQ2d（说明：（1）也可用（2）的结果计算AFd)。

20S 半径为 R 、电量为Q 的均匀带电球面，放在相对介电常数为r的无限大均匀电介质中，求电场的能量。

1QQQ2解：W4r dr2228R4r40rr0rR2 一平行板电容器的两极板间有两层均匀介质，一层电介质的r1= 4，厚度d1=2mm ，另一层电介质的r2=2，厚度d2=3mm．极板面积 S = 50cm2 ．两极板间电压为200V，求：

(1) 每层介质中的电场能量密度； (2) 每层介质中的总能量；

(3) 用公式W=qU/2 计算电容器的总能量。 解：设平行板电容器极板所带电量为q 则 D1D2Dq/S

E1Dq0r10r1S E2D0r2q0r2Sqd2

两板间电压：UE1d1E2d2qd10r1S0r2S

U0S2008.85101250104由此得 q4.43109C 33d1d2210310r1r242（1）介质1中电场的能量密度为：

11qq1(4.43109)223 w1E1D11.1110Jm220r1SS28.8510124(50104)2介质2中电场的能量密度为：

11qq1(4.43109)223 w2E2D22.2210Jm1242220r2SS28.85102(5010)（2）这两层介质中的能量分别为：

W1w1d1S1.111022103501041.1117J W2w2d2S2.221023103501043.3317J

（3）利用WqU/2得总能量为：

W4.43109200/24.43107J

（与利用WW1W24.44107J所得结果相同）。

* 如图所示电路中，已知1= 12 V，2=2V，R1=Ω，R3=2Ω，I2 =1A， 求电阻R2，电流I1和I3．

解：选如图中的两个回路作为独立回路，并选绕行正向为顺时针方向，对它们应用基尔霍夫电压定理得：

I1R11I3R30I3R32I2R20(1) (2)

对节点A应用基尔霍夫节点电流定律得：

I1I3I20 （3）

（1）---（3）式联立解之便得：

IR3I211R2112.524A 1R31R2R3I32I22(3)421IRI211.511231RR3A131.52