《新编基础物理学》_第十章习题解答和分析

题图10-1
题10-1解图 d 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200cm 2,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AC
AB U U =。

解：（1）设B 、C 板上的电荷分别为B q 、C q 。

因3块导体板靠的较近，可将6个导体面视为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：
1A C q q =- 2A B q q =-
即 ()A B C q q q =-+ ①
又因为： AC
AB U U =
而: 2
AC AC
d
U E =⋅ AB AB U E d =⋅
∴ 2AC AB E E =
于是：
00
2C B σσ
εε =⋅ 两边乘以面积S 可得： 00
2C B S S σσ
εε =⋅ 即： 2C B q q = ②
联立①②求得: 7
7
210,110C B q C q C --=-⨯=-⨯
题图10-2
(2) 00222
C C A AC C AC AC q d d d U U U U E S σεε =+==⋅
=⋅=⋅ 733
412210210 2.2610()200108.8510
V ----⨯=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯ 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E A ,E B ;
（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:
2εσ
=
A E ,方向为：垂直于A 板由A 指向
B 板 0
2εσ
=
B E ，方向与A E 相同. (2)0
2εσ
=
=A E E ，方向于A E 相同 (3) 拿走B 板后：0
2'εσ
=
E ，方向垂直A 板指向无限远处. 10-3 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R 1和R 2，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q -的电量，外表面上感应出q 的电量.
所以由高斯定理求得各区域的场强分布为：
12
04πq E r ε=
1()r R <
20E = 12()R r R <<
32
04πq E r
ε=
2()R r <
题10-3解图
即： 122
012(,)4π0()
r R r R r
E R r R ε<>⎪=⎨⎪<<⎩
332
004π4πr
r
q q
U E dr dr r
r εε+∞
+∞
=⋅=⋅=⎰
⎰
，2()r R ≥ 2
2
2
223302
4πR r
R R q U E dr E dr E dr R ε+∞
+∞
=⋅+⋅=⋅=⎰⎰
⎰
,12()R r R ≤≤
12
11
2
2
112313R R R r
R R r
R U E dr E dr E dr E dr E dr +∞
+∞
=⋅+⋅+⋅=⋅+⋅⎰⎰⎰⎰⎰
0121114πq r R R ε⎛⎫
=
-+ ⎪⎝⎭
, 1()r R ≤ 综上可知:
1012120220111()4π()
4π()4πq r R r R R q U R r R R q
r R r εεε⎧⎛⎫
-+≤⎪ ⎪
⎝⎭⎪⎪⎪=≤≤⎨⎪
⎪≥⎪
⎪⎩
10-4 半径为R 1的导体球，带有电量q ；球外有内、外半径分别为R 2，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U 1，U 2；（2）若球壳接地，求U 1，U 2；（3）若导体球接地（设球壳离地面很远），求U 1，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q -电量.外表面上感应出q +电量，则球壳外表面上共带电荷()Q q +.
(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()r R <
22
04πq E r
ε=
12()R r R <<
30E = 23()R r R <<
题10-4解图（a ）
42
04πE r
ε=
3()R r < 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p 11()r R <的电势1U 为
123
1
2
3
11234d d d d R R R +r
R R R U +++∞
=⎰⎰⎰⎰
E r E r E r E r
2
1
3
+2
2
000123+1+=
d +d =+4π4π4πR R R q Q q q q q Q r r r
r R R R εεε∞
⎛⎫
- ⎪⎝⎭
⎰
⎰ 外球壳体内任一场点p 223()R r R <<的电势为:
3
3
234d d R +r
R U +∞
=⎰⎰
E r E r 3
2003
d 4π4π+R q Q q Q
r r R εε∞
++==
⎰
（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12()R r R <<的空间，如图题10-4解图（b ）所示.由于外球壳20U =则内球体内任一点P 11()r R <的电势U 1为:
122
1
1
1122d d d R R R r
R R U +=⎰⎰⎰E r E r =E r
2
1
2
001211d 4π4πR R q q r r
R R εε⎛⎫
==- ⎪⎝⎭
⎰
20U =
(3) 当内球接地时，内球的电势10U =，但无限远处的电势也为零，这就要求外球壳所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()r R <
题10-4解图（b ）
22
04πq E r
ε'
=-
12()R r R << 30E = 23()R r R <<
42
04πQ q E r
ε'
-=
3()R r <
球壳上任一场点P 223()R r R <<相对于无限远处和相对于接地内球的电势，应用电势定义分别计算，可得:
3
3
3
2342003
d 4π4πR r
R R Q q Q q U E dr E dr r r R εε+∞
+∞
''
--=+=
⎰⎰
⎰
= ]1
1[4]4[210'20
'22321212122
R R q dr r q r d E r d E r d E U R R R R R R R r
--=-=⋅=⋅+⋅=⎰⎰⎰⎰
πεπε
联立上述两式，求得：
12122313
R R Q
q R R R R R R '=
+-
将q '代入U 2的表达式中可得:
2120122313
=
4πR R Q
U R R R R R R ε-+- ， 23()R r R <<
1=0U ， 1()r R <
10-5 三个半径分别为R 1，R 2，R 3（R 1< R 2< R 3）的导体同心薄球壳，所带电量依次为q 1，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R 1的导体球壳外表面上均匀的分布电量q 1，由于静电感应，半径为R 2的球壳内表面上感应出-q 1的电量.外表面上感应出+q 1的电量.因此，半径为R 2的球壳外表面上的电量为q 1+q 2，同理，半径为R 3的球壳内表面上感应出-(q 1+q 2)的
电量.外表面上感应出+(q 1+q 2)的电量.所以R 3的球壳外表面上的电量为(q 1+q 2+q 3)。

(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 ）
111
22
04πq E r ε=
， 12()R r R <<
12
32
04πq q E r
ε+=
， 23()R r R << 123
42
04πq q q E r ε++=
， 3()R r <
E 的方向均沿径向向外.
取无限远处为电势零点.
23
1
2
3
1234R R R R R U E dr E dr E dr +∞
=++⎰⎰⎰
2
3
1
2
3
112
1232
22000d d d 4π4π4πR R R R R q q q q q q r r r r r r
εεε+∞+++=++⎰
⎰
⎰ 123012314πq q q R R R ε⎛⎫
=
++ ⎪⎝⎭
3
2
3
234R R R U E dr E dr +∞
=+⎰⎰3
2
312312
2
200d d 4π4πR R R q q q q q r r r r εε+∞+++=++⎰
⎰ 12123023031114π4πq q q q q R R R εε⎛⎫⎛⎫+++=
-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭31202314πq q q R R ε⎛⎫
+=+
⎪⎝⎭
3
3
123123342
0031d 4π4πR R q q q q q q U E dr r r R εε+∞
+∞
⎛⎫
++++== ⎪⎝⎭
⎰⎰
= （方法二）可把各球壳上的电势视为由电量为q 1,半径为R 1；电量为q 2，半径为R 2；电量
为q 3，半径为R 3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R 1的球壳外表面上的P 点由三个带电球壳电势的叠加.故有
3121012314πq q q U R R R ε⎛⎫=++ ⎪⎝⎭
同理: 312202314πq q q U R R ε⎛⎫
+
=
+
⎪⎝⎭
12330314πq q q U R ε⎛⎫
++= ⎪⎝⎭
(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-(q 1+q 2)
(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)
111
22
04πq E r ε=
， 12()R r R <<
12
32
04πq q E r
ε+=
， 23()R r R << 40E = ， 3()R r <
∴30U =
3
3
22
1212232002311d d 4π4πR R R R q q q q U r r R R εε⎛⎫
++===- ⎪⎝⎭
⎰⎰
E r
2
3
2
31
2
1
21
121232200
d d d d 4π4πR R R R R R R R q q q U r r r r εε+==+⎰⎰⎰
⎰E r +E r 11212120120230123111114π4π4πq q q q q q q R R R R R R R εεε⎛⎫⎛⎫
⎛⎫++=
-+-=+- ⎪ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
（方法二）可把U 1,视为带电量为q 1，半径为R 1；带电量为q 2，半径为R 2，带电量为-(q 1+q 2)，半径为R 3的同心带电球面在半径为R 1的球壳外表面上的电势的叠加. ∴12121012314πq q q q U R R R ε⎛⎫+=
+- ⎪⎝⎭
把U 2视为带电量为q 1+q 2,半径为R 2.带电量为-(q 1+q 2)，半径为R 3的同心球面在半径为R 2的
球壳外表面上的电势的叠加 ∴12121220230231114π4πq q q q q q U R R R R εε⎛⎫⎛⎫
+++=
-=- ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭
因为外球壳接地，所以：30U =
10-6 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Q ±，由于电荷分布具有对称性，应用高斯定理确定场强的分布。

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：
2
04πQ E r
ε=
，()a r b <<
据场强与电势差的关系：
题10-5解图（b ）
2
001144b b
ab a
a
Q Q U E dr dr r a b πεπε⎛⎫
===
- ⎪⎝⎭
⎰⎰
于是有：
004π/()114πab
Q Q
C ab b a Q U a b εε=
==-⎛⎫
- ⎪⎝⎭
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）00AB AB
s
s
C d d t x εε=
=
--
00BC BC
s
s
C d x
εε=
=
∴AC 间的电容为:
00000
AB BC AB BC
s
s
C C s
d t x x C C C d t d t x x
εεεεε⋅
--=
==+-+--
(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:0s
C d
ε=
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5r ε=的均匀玻璃片,略去边缘效应,求：（1）极板上的面电荷密度0σ；(2)玻璃界面上的极化面电荷密度σ'。

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0σ。

再利用极化面电荷密度和自由电荷面密度关系求解σ'。

解：（1） 据电容的定义式：
0r s
Q C u d εε=
= 即: 00r s s
u d
σεε=
∴ 126
20034008.851058.8510(c/m )210
r u d εεσ---⨯⨯⨯===⨯⨯ 题10-7解图
(2) 662
011118.85107.0810(c/m )5r σσε--⎛⎫⎛⎫'=-
=-⨯⨯=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭ 10-9 如题图10-9所示，一平行板电容器中有两层厚度分别为d 1，d 2的电介质，其相对电容率分别为1r ε，2r ε，极板的面积为S ，所带面电荷密度为+б0和-б0.求：（1）两层介质中的场强E 1,E 2;（2）该电容器的电容。

分析：此电容器可视为上下两电容器串联而成。

解: (1) 平行板电容器为介质是真空时
00
E σε=
当充满相对电容率为12,r r εε的介质时，场强分别为： 0
11
01
r r E E σεεε=
=
，方向为垂直极板向下。

0
22
02
r r E E σεεε=
=
，方向为垂直极板向下。

(2) 该电容可以看成是12C C 与的串联。

0111
r s
C d εε=
0222
r s
C d εε=
∴ 010201021201212
01
02
12012021122112
r r r r r r r r r r r r s s
s s s C C d d C s s C C sd sd d d d d εεεεεεεεεεεεεεεεεεεεε⋅=
===++++ 10-10 一无限长的圆柱形导体，半径为R ，沿轴线单位长度上所带电荷为λ，将此圆柱放在无限大的均匀电介质中，电介质的相对电容率为r ε，求：（1）电场强度E 的分布规律；（2）电势U 的分布规律（设圆柱形导体的电势为U 0）
分析：介质中高斯定理的应用。

先利用介质中高斯定理求D 、E 的空间分布，然后再由电势与场强的关系确定空间电势分布。

解：由于电荷分布呈对称性，故D 、E 分布亦呈对称性，方向沿径向.以r 为半径作一同轴圆柱形柱面，圆柱长为l 。

如图中虚线所示，则通过此面的D 通量为:
2πD ds rlD =⎰
由高斯定理可知
:
题10-9解图
02πi r R
D ds rlD q l r R λ<⎧===⎨>⎩∑⎰ 解之得: ()()
2πr R D r R r
λ
⎧<⎪
=⎨>⎪⎩
由0r D E εε=可知:
()()
002πr r R E r R r λ
εε
⎧<⎪=⎨>⎪⎩
（2）据电势与场强的关系可知：取圆柱面附近某点B 处电势为零.
B
r
U E dl =⎰,
则：0B
R
U =
E dl ⎰
当r ≤R 时, 000R
B
r R
U E dl E dl =U U =++=⎰
⎰
当r ≥R 时, B
B
R r
r
R
U E dl E dl E dl =
=+⎰
⎰⎰
00-d 2πB
r r
R
R
R r
E dl E dl =U r
r λ
εε=-⎰⎰⎰
0000ln ln .2π2πr r r R
=U =U R r
λλεεεε-
+
综上可知电势分布为：
000()ln ()2πr U r R U R
U r R r λεε≤⎧
⎪
=⎨+≥⎪⎩
10-11 设有两个同心的薄导体球壳A 与B ，其半径分别为R 1=10cm, R 2=20cm ，所带电量分别为8
7
124.010C, 1.010C q q --=-⨯=⨯.球壳间有两层电介质球壳，内层的相对电容率
1
4r ε=，外层的2
2r ε=，它们分界面的半径15cm R '=，球壳B 外的电介质为空气，求：
（1）A 球的电势U A ，B 球的电势U B ；（2）两球壳的电势差；（3）离球心30cm 处的场强；
（4）由球壳A 与B 组成的电容器的电容
分析：介质中高斯定理的应用。

先由介质中高斯定理求D 、E 的空间分布，然后由电势与场强的关系求电势、电势差，再根据电容定义式求电容。

解：（1） 由于电荷分布呈球对称性
.
题10-10解图
∴D 、E 分布亦呈球对称性.方向沿径向.由高斯定理可得:
d i i
D s q =∑⎰
24πi i
D r q =∑
1
1122
1222
0,
,4π,
4πr R q D R r R r q q R r
r ⎧⎪<⎪⎪=<<⎨⎪+⎪<⎪⎩ 又由于0r D E εε=
∴1112
011
2202
12
2
200,,4π,4π4πr r r R q R r R r E q R r R r q q r R r εεεε
ε
<⎧
⎪⎪'<<⎪⎪=⎨'<<⎪⎪
+⎪>⎪⎩
由场强与电势的关系可知:
r
r
U E dl E dr +∞+∞
==⎰⎰
2
2
1212
2
002
d d 4π4πB R R q q q q U r r R εε+∞
+∞
++===⎰
⎰
E r 98732
910( 4.010 1.010)
= 2.710(V)2010
---⨯⨯-⨯+⨯=⨯⨯ 2
1
1
2
R R A R R R R U E dr E dr E dr E dr '
+∞+∞
'
==++⎰⎰⎰⎰
2
1
2
1112
2
2
2
01020d d d 4π4π4πR R R R R r r q q q q r r +r
r
r
εεεεε'
+∞
'
+=+⎰
⎰⎰r 3
1
10110221111+ 2.7104π4πr r q q R R R R εεεε⎛⎫⎛⎫=
--+⨯ ⎪ ⎪''⎝⎭⎝⎭
8989334109101141091011 2.71040.10.1520.150.22.110(V)
---⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⎛⎫⎛⎫=-+-+⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=⨯
(2) 3
3
B B 2.110 2.710600(V)A A
U U U =-=⨯-⨯=-
题10-11解图
(3) 230r cm R =>
∴ 8793
1122
0(410110)910610(V/m)4π(0.3)
q q E r ε--+-⨯+⨯⨯⨯===⨯ (4)由静电感应，达到静电平衡时，半径为R 2的导体球壳内表面上分布有-q 1的电量. ∴ 8
12
||41067(pF)610AB
AB q C u -⨯===⨯ 10-12 如题图10-12所示，平行板电容器极板面积为S ，相距为d ，电势差为U ，极板间放着一厚度为t ，相对电容率为r ε的电介质板，略去边缘效应，求：（1）介质中的电位移D ，场强E ；（2）极板上的电量q ；（3）极板与介质间的场强E ；（4）电容C 。

分析：介质中高斯定理的应用。

由电势与场强的关系和D 、E 之间的关系，可得出空气、介质中的场强，由高斯定理可求出介质中的电位移D ，进而求出电量及电容。

解：（1）设介质中的场强为E 、介质外的场强为0E ，则有：
0()()r U Et E d t Et E d t ε=+-=+-
0;;(1)(1)o r r r r r r U U
E D E d t d t
εεεεεεεε=
==+-+-
(2) 作一柱形高斯面S ，如图中虚所示，有
D ds q
=⎰
即： D S S σ∆=∆
∴ 0D σ= ∴ 00(1)r r r SU
q S DS d t
εεσεε===
+-
(3) 极板与介质间的场强：0(1)r r r r U E E d t
εεεε==
+-
(4) 00(1)(1)r r r r r r SU S d t
q C U
U
d t
εεεεεεεε+-=
==
+-
10-13 一平行板电容器，极板间距d =5.00mm ，极板面积S =100cm 2, 用电动势E=300V 的电源给电容器充电.
（1）若两板间为真空，求此电容器的电容0C ，极板上的面电荷密度0σ，两极板间的场强0E ； （2）该电容器充电后，与电源断开，再在两板间插入厚度d =5.00mm 的玻璃片（相对电容率
5.0r ε=）,求其电容C ，两板间的场强E 以及电势差ΔU ；
题10-12解图
（3）该电容器充电后，仍与电源相接，在两极板间插入与（2）相同的玻璃片，求其电容C '，两板间的场强E '以及两板上的电荷量q 。

分析：电容器充电后，断开电源，电容器存储的电量不变。

而充电后，电容器仍与电源相接，则电容器两极板间电压不变。

插入介质后电容器的电容增大。

解：（1） 两极板间为真空，则有：
124
003
8.85101001017.7(pF)510
S
C d ε---⨯⨯⨯===⨯ 又∵ 000q S
C U U
σ=
= ∴ 1272
00417.710300 5.3110(c/m )10010
C U S σ---⨯⨯===⨯⨯ 40-3300610(/)510
U E V m d =
==⨯⨯ （2）插入介质后
0 5.017.788.5(pF)r C C ε==⨯=
4
401
610 1.210(V/m)5
r E E ε⨯===⨯
431.21051060(V)U E d -∆==⨯⨯⨯=
（3）充电后，仍与电源相接，则300U V ∆=不变.
088.5(pF)r S
C C d
εε'===
43300
610(V/m)510U E d -∆'=
==⨯⨯ ∵ q
C U
'=∆
∴ 12
888.510
300 2.6610(C)q C U --'=∆=⨯⨯=⨯
10-14 一圆柱形电容器由半径为R 1的导线和与它同轴的导体圆筒构成，圆筒长为l ，内半径为R 2，导线与圆筒间充满相对电容率为r ε的电介质，设沿轴线单位长度上导线的电量为
λ，圆筒的电量为λ－，略去边缘效应，求：（1）电介质中电位移D ，场强E ；（2）两极板
的电势差。

分析：介质中的高斯定理的应用。

根据介质中的高斯定理求出D 、E ，再由电势差与场强的关系求电势差。

解：（1）电荷分布具有对称性,即D 、E 的分布变量呈对称性方向沿径向向外.作如图所示的圆柱形高斯面，由高斯定理可知：
i
i
D ds q
x λ==∑⎰ (R 1<R <R 2)
即 2D rx x πλ= ∴ 2πD r
λ
=
(R 1<r <R 2)
002πr
r D
E r
λ
εεεε=
=
(R 1<r <R 2)
D 、
E 的方向均沿径向向外.
(2) 2
2
1
1
2001
ln 22R R AB R R r r R U E dr dr r R λλ
πεεπεε=
==⎰
⎰
10-15 如题图10-15所示，每个电容器的电容C 均为3μF ，现将a ,b 两端加上U =450V 的电压，求：（1）各个电容器上的电量；（2）整个电容器组所贮存的电能；（3）如果在电容器
3C 中，充入相对电容率2r ε=的电介质，各个电容器上的电量。

分析：画出等效电路，利用电容器的串、并联特点求解。

解：（1）画出该电路的等效图如图示
1212=+=6(μF)C C C
12312336
2(μF)63
C C C C C ⨯=
==++总
64
210450910)ab Q C U C =⨯⨯⨯－－总总＝＝（
而 4
910)Q Q Q C ===⨯－312总（
而 Q Q Q +=1212 且 Q Q 12＝
∴ 44510)Q Q C =
=⨯－12.
（
即各电容器的电量为：445
10)Q Q C ==⨯－12.（；4910)Q C =⨯－3（
题10-14解图 题10-15解图 题图10-15
(2) 26211
W=
C 210(450)0.203()22
U J -=⨯⨯⨯=总 (3)在3C 中充入2r ε=的电介质后，其电容为3
C '，则有： 3
3236(μF)r C C ε'==⨯= ∴ 333
1266
C 3(μF)66C C C C '⨯'=
=='++总
∴ 63
310450 1.3510)ab Q C U C ''=⨯⨯⨯－－总总＝＝（ ∴ 31.3510)Q Q C ==⨯－3总（
4
1 6.7510)2
Q Q Q C ===⨯－123（。