工科物理大作业06-静电场中的导体与电介质

图
6-1(a)
图6-1(b)
06
06 静电场中的导体与电介质
班号 学号 姓名 成绩
一、选择题
（在下列各题中，均给出了4个~5个答案，其中有的只有1个是正确答案，有的则有几个是正确答案，请把正确答案的英文字母序号填在题后的括号内）
1．如图6-1(a)所示，一个原来不带电的导体球壳，内半径为R 1，外半径为R 2，其圆心O 处放置一个点电荷q +。

现将q +由O 点移至P 点，则在下列说法中，正确的是：
A ．在1R r <的区域内，各点的电场强度要发生变化，而2R r >的区域电场强度不变；
B ．球壳内、外表面的感应电荷分布没有变化；
C ．球壳内表面的感应电荷不再均匀分布，外表面不受影响；
D ．球壳内、外表面的感应电荷不再均匀分布。

（A 、C ）
[知识点] 静电感应、感应电荷的分布。

[分析与解答] 导体球壳内放入点电荷+q ，球壳内表面要感应出－q ，外表面将感应出+q 的电荷。

由于点电荷+q 在球壳内由O 点移到P 点，球壳内表面距离点电荷+q （P 点）近的地方，感应电荷的密度大，距离点电荷+q （P 点）远处的地方，感应电荷的密度小，即球壳内表面－q 的分布将不均匀；而对于球壳外表面来说，其内部（指内表面和点电荷）有等量异号的电荷，由于屏蔽，其电场将完全不影响壳外电场，外表面又是球面，因此外表面感应电荷+q 分布均匀，如图6-1(b)所示。

由点电荷电场强度公式知，当点电荷+q 在O 点时，其电场为球对称分布，而移到P 点后，在1R r <区域内，距离P 点近的场点电场强度要大，远场点电场强度要小，在2R r >，由高斯定理知为球对称分布电场，与点电荷+q 放置在O 点时一致。

2．如图6-2所示，一金属球半径为R ，带电Q -，距球心为3R 处有一点电荷q -。

现将金属球接地，则金属球面上的电荷为：
A ．0；
B ．q Q +-；
C ．
3
q
； D ．q +。

（C ）
图6-2
图
6-3(a)
图6-3(b)
[知识点] 外壳接地后电势叠加为零。

[分析与解答] 接地后金属球为等势体 0=U
则球心电势 00=U
由电势叠加原理知，球心电势是点电荷－q 和金属球面上剩余电荷Q '叠加的结果，即
0434000=πε'
+⨯πε-=
+='-R
Q R q U U U Q q
得金属球面上的剩余电荷为 3
q Q =
'
3．如图6-3(a)所示的两个金属球，大球带电+Q ，半径为R ，小球不带电。

在下列说法中，正确的是：
A ．小球左端有感应电荷Q '-，右端有Q '+。

因此，右端的电势高于左端；
B ．小球为等势体，且电势大于零；
C ．大球的电荷均匀分布在其表面，大球外任一点的电场强度r r
Q
e E 20
41⋅
=
πε； D ．若将小球接地，则小球必带负电荷。

（B 、D ） [知识点] 静电平衡特点。

[分析与解答] 小球的感应电荷及电场线如图6-3(b)所示。

小球处在带电金属大球产生的电场中，小球左端有静电感应负电荷，右端有等量感应正电荷，但小球是静电平衡的导体球，应为等势体。

由于大球带正电，电场线伸向无穷远，而0=∞U ，而在静电场中，电势沿电场线方向降低，则知小球电势大于零。

由于小导体球的存在，使大球表面电荷分布不均匀，大球外任一点的场强是由大球表面和小球表面上所有点电荷场强矢量叠加的结果。

若将小球接地，小球球心电势0='O U ，其电势是由大球表面电荷+Q 和小球表面剩余电荷Q '共同叠加的结果，则可知Q '必与+Q 异号，即为负电荷。

4．如图6-4(a)所示，A 为无限大均匀带电的介质平板，电荷面密度为1σ，将介质板A 移近一导体B 后，此时导体B 表面上靠近P 点处的电荷面密度为2σ-，P 点是非常紧靠导体B 表面的一
A
σ
1
图6-4(a)
图6-5
图6-4(b)
点。

则P 的电场强度为：
A ．0
2εσ-
； B ．
1
022εσεσ+；
C ．
1
022εσεσ-； D ．
1
022εσεσ-。

（A ）
[知识点] 静电平衡导体表面附近的E 。

[分析与解答] 由静电平衡条件知导体表面处的电场强度E 的方向垂直于该处表面，如图6-3(b)所示，在P 点附近作一圆柱形高斯面，应用
0d ε=
⋅⎰
i S
P q S E ，有02ε∆σ-=∆⋅S S E P ，得0
2εσ
-=P E ，可见，在导体表面附近的P 点电场强度只与该处电荷面密度有关。

5． 如图6-5所示，一个不带电的空腔导体球壳，内半径为R ，在腔内离球心的距离为d 处（R d
<），固定一电量为q +的点电荷，用导线把球壳接地后，再把地线撤去。

选无穷远处为电
势零点，则球心O 处的电势为：
A ．0；
B ．
d
q 04πε；
C ．
R
q 04πε； D ．
)1
1(40R
d q
-πε。

（D ） [知识点] 接地的影响与分析。

[分析与解答] 依题意，导体球壳内表面有分布不均匀的－q 电荷。

对于球壳外表面，接地前，由于屏蔽，外表面会出现分布均匀的感应电荷+q ，与图6-1(b)相同；但接地后，球壳外表面将不再带电。

根据电势叠加原理，球心O 处的电势 210U U U +=
其中1U 为点电荷q 在O 点处产生的电势 d
q
U 014πε=
2U 为球壳内表面感应电荷－q 在O 点处产生的电势
R
q R q R q U U 000244d 4d d πε-=πε=πε==
⎰⎰
⎰
则球心O 处的电势为 ⎪⎭
⎫ ⎝⎛-πε=
R d q U 1140
6．关于有介质时的高斯定理，下列说法中正确的是：
A ．若高斯面内不包围自由电荷，则穿过高斯面的D 通量与E 通量均为零；
B ．若高斯面上的D 处处为零，则面内自由电荷的代数和必为零；
C ．高斯面上各点
D 仅由面内自由电荷决定；
D ．穿过高斯面的D 通量仅与面内自由电荷有关，而穿过高斯面的
E 通量与高斯面内的自由电荷和束缚电荷均有关。

（B 、D ） [知识点] 有介质时的高斯定理的意义。

[分析与解答] 由高斯定理的两种表示形式∑⎰
=
⋅0d q S
S D 和∑⎰=
⋅q S
1
d εS E 可知：
电位移通量D Φ只与曲面S 内包围的自由电荷的代数和有关，电场强度通量E Φ与曲面S 内包围的所有电荷（包括自由电荷和束缚电荷）的代数和有关。

若高斯面内不包围自由电荷，D 通量为零，而E 通量不一定为零；高斯面上各点D 和E 都是由面内、外的所有电荷（包括自由电荷和束缚电贺）共同产生的。

7. 一导体外充满相对电容率为εr 的均匀介质，若测得导体表面附近场强为E ，则导体表面上的自由电荷密度σ 为：
A ．E 0ε； B.
E r εε0； C ．E r ε； D ．E r )(00εεε-。

（B ）
[知识点] 有介质时的高斯定理的应用。

[分析与解答] 由高斯定理0q dS D S
=⋅⎰
可知 σ=D
且 r
r D E εεσ
=
εε=
00 则 E r εε=σ0
8．如图6-6(a)所示，平板电容器与电源相连，电源端电压为U ，两极板相距为d ，电容器左、右两部分分别充满电容率为1ε和2ε的两种均匀电介质。

则左、右两部分电介质中的电场强度1E 、
2E 和电位移矢量1D 、2D 的大小分别为：
A ．21
E E =，d
U
D D 021ε=
=；
图6-6(a)
S /2
图
6-7 柱形高斯面
图6-6(b)
B ．21E E ≠，d
U
D D 021ε=
=；
C ．21
E E =，d
U
D d
U
D 2211εε=≠=；
D ．21
E E ≠，d
U
D d
U
D 2211
εε=
≠=。

（C ） [知识点] 不同电介质对E 、D 的影响，E 、D 的计算。

[分析与解答] 忽略边沿效应，两极板之间的电势差为 d E d E U 21== 显然 21E E =
因为对均匀各向同性的电介质 E D r εε0= 所以可知 21D D ≠
在电容器的两边各作一个柱形的高斯面，如图6-6(b)所示，高斯面的一个底面处于导体板内部，一个底面处于电介质中。

由高斯定理可解得
11σ=D ，22σ=D 所以极板两面的电荷密度不相等。

由此可得 1011011r r D E εεσ=εε= ， 202
2022r r D E εεσ=
εε= 所以 d D d D U r r 2
02
101εε=εε=
可得 d U D 11ε= ，d
U
D 22ε=
9．如图6-7所示，一“无限大”平行板电容器，极板面积为S ，若插入一厚度与极板间距相等而面积为
2
S
、相对介电常数为r ε的各向同性均匀电介质板，则插入介质后的电容值与原来的电容值之比
C C
为： A ．r ε ； B ．
r
1
ε；
C ．
2
1
r +ε； D ．
1
2r +ε。

（ C ）
E
图6-8
[知识点] 电容C 的计算。

[分析与解答] 插入介质后的电容器可看作是两个电容器的并联，其中
d S C r
201εε=
， d
S
C 20
2
ε=
总电容为 d S d S C C C r 220021ε+εε=+=()120+εε=
r d
S
原电容器电容值 d
S C 00ε= 则
2
10+ε=r
C C
10．如图6-8所示，将两个完全相同的空气电容器串联起来，在电源保持连接时，再将一块各向同性均匀电介质板插入其中一个电容器C 2的两极板间，则插入介质前后电容器C 2的电场强度E 、电容C 、电压U 、电场能量W 4个量的变化情况是（增大用↑表示，减小用↓表示）： A ．E ↑、C ↑、U ↑、W ↑； B ．E ↑、C ↑、U ↓、W ↓；
C ．E ↓、C ↑、U ↓、W ↓；
D ．
E ↓、C ↑、U ↑、W ↑。

（ C ） [知识点] 介质对E 、C 、U 、W 的影响。

[分析与解答] 设电容器极板面积为S ，板间距为d 。

充介质前电容器C 2的电容为 d
S
C 020ε=
充介质前的等效电容 d
S d
S d S d S
d S C C C C C 200000201020100εεε=+⋅
=
+⋅= 串联电容器各极板电量相同，充介质前极板的带电量 U d
S
U C Q 2000ε=
=
充介质前电容器C 2的极板间电势差 220020020
U d
S U
d S
C Q U ===εε
充介质前电容器C 2的极板间的场强 d
U
d U E 22020==
充介质前电容器C 2的电场能量 20202
20821U d
S C Q W ε==
充介质后电容器C 2的电容为 d
S
C r εε=
02，可见C ↑。

充介质后的等效电容
d S d
S d S d S
d S C C C C C r r r r 000
002121)1(εεεεεεεεε⋅
+=+⋅
=+⋅=
充介质后极板的带电量 U d
S CU Q r r
0)1(εεε⋅+=
=
充介质后电容器C 2的极板间电势差 200022121)1(U U d
S U
d S C Q U r r r
r r
εεεεεεε+=+=⋅+==
由于1>εr ，可见U ↓。

充介质前电容器C 2的极板间的场强 202212E d U E r
ε+==
，可见E ↓。

充介质后电容器C 2的电场能量 22
221C Q W =202
202)1(48)1(4W U d S r r r r εεεεε+=⋅+=
由于1>εr ，可见W ↓。

二、填空题
1．一实心金属导体，无论原先是否带电，当它处在其它带电体所产生的电场中而达到静电平衡时，其上的电荷必定分布在 导体的表面上 ；导体表面的电场强度E 必定沿 表面的法线 方向；导体内任一点的电势梯度为=U grad 0 。

[知识点] 静电平衡条件。

[分析与解答] 在静电平衡条件下，导体所带电荷只能分布在其表面，并且导体表面的电场强度必定沿表面法线的方向，也就是说处处与表面垂直，静电平衡后的导体内部场强0=内E ，由
0gr ad =-=U E ，则知0grad =U 。

2．若空气的击穿电场强度为m V 10026⨯=.Q
E ，则置于空气中的直径为d = 0.10m 的导体
球，所允许带的最大电量为=max
Q C 10657-⨯. 。

[知识点] 球形电场E 的计算，击穿场强。

[分析与解答] 由介质场中高斯定理得，带电导体球在空气中的电场的电位移为 2
4r
q
D π=
图
6-10
x 2
σ
σ
A
B
图6-9
则 2
004r
Q
D E r r επε=εε=
由上式知，当R r =时，场强最大，令该处场强为击穿场强，即 2
04R Q E r Q επε=
max
则所允许带的最大电量为 C 10565ππ472020-⨯===.max Q r Q r E d E R Q εεεε
3．如图6-9所示，一无限大均匀带电平面A 附近放置一与之平行的无限大导体平板B 。

已知带电平面A 的电荷面密度为σ，则导体板B 两表面1和2的感应电荷面密度分别为=1
σ 2
σ
-
和
=2σ
2
σ 。

[知识点] 静电平衡，场强叠加原理。

[分析与解答] 设导体平板两侧感应电荷面密度分别为1σ，2σ。

在导体板中任选一点P ，由静电平衡条件知0=P E 。

即三个无限大带电平面在该点的场强迭加为零。

如图6-9选择参考方向，有
02220
2010=εσ-εσ+εσ
（1） 又由电荷守恒定理知 02
221
=σ+σS
S （2） S 为平面面积。

二式相加得 021=σ+σ 所以 21σ-=σ ，2
2σ
+=σ
4．如图6-10所示，不带电的金属球A 内有两个球形空腔，两空腔中心各放置一点电荷q 1和q 2 ，在金属球A 外距球心r 远处放一点电荷q (r >>R )，则作用在q 1上的静电力为F 1 = 0 ；作用在q 2上的静电力为F 2 = 0 ，作用在q 上的静电力为=F 2
0214)
(r
q q q πε+ 。

[知识点] 静电平衡后电荷的分布，静电屏蔽。

[分析与解答] 由于静电感应，1q 所在空腔的内表面感应出均
匀分布的1q -的电荷，
2q 所在空腔的内表面感应出均匀分布的2q -的电荷，A 球外表面就有感应电荷21q q +。

图6-11
由于1q 位于一空腔的中心，腔内表面的感应电荷对它的作用力相互抵消，同时由于金属球的屏蔽作用，不受外部电荷（即2q 、q 和A 球外表面21q q +）的作用，则1q 所受的合力01=F 。

同理，2q 受力02=F 。

点电荷q 处在感应电荷21q q +的电场中，其受力为 ()20214r
q q q qE F πε+=
=
5．若把各向同性的均匀电介质引入电场强度为0E 的电场中，将发生 极化 现象，从而导致原电场发生变化，在电介质内的合电场强度E < 0E （填<、> 或 =）。

[知识点] 电介质极化现象的概念。

6．如图6-11所示，半径为R 的导体球A ，带电Q ，球外套一内半径为R 1、外半径为R 2的同心球壳B ，设r 1、r 2、r 3、r 4分别代表图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ区域内任一点至球心O 的距离，则
（1）若球壳B 为导体时，各点电位移D 的大小分别为：
=1D 0 ； =2D
2
24r Q π ；
=3D 0 ； =4D
2
44r Q π 。

（2）若球壳B 为相对电容率为r ε的介质时，各点电场强度E 的大小分别为：
=1E 0 ；=2E
22
04r
Q πε ；
=3E
23
04r
Q r επε ；
=
4E 24
04r
Q πε。

[知识点] D 与E 的计算。

[分析与解答]（1）导体球A 的电荷将均匀分布在其表面上，球壳B 内外表面会由于静电感应有-Q 和+Q 的电荷。

在Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，Ⅳ四个区域分别作四个半径分别为1r ，2r ，3r ，4r 的同心球形高斯面。

由高斯定理可知
∑⎰==⋅02
π4d q r D S
S D R r <1区域： 01=D 01=E 12R r R <<区域： 22
24r Q
D π=
2
2024r Q E πε= 231R r R <<区域： 03=D 03=E 2R r >区域： 24
44r Q
D π=
2
4044r Q E πε= （2）若将导体球壳换成介质球壳，导体球A 的电荷仍将均匀分布在其表面上，而在B 球壳上
有极化电荷产生，则由高斯定理知：
01=D ， 2
4324r Q
D D D π=== 故1
E 、2E 、4E 形式不变，而2
034r
Q
E r επε=。

7．一带电量为q 、半径为R 的薄金属球壳， 内部充满相对介电常数为r ε的各向同性均匀电介质，壳外是真空，则此球壳的电势为=U R
q 04πε ，其电容为C =
R 04πε 。

[知识点] 电势U 和电容C 的计算。

[分析与解答] 由高斯定理
∑⎰=⋅0
d q
S D ，可知
当R r ≥时，q D r =π2
4，则 2
4r q
D π=
由于壳外是真空，则 2
004r q
D E πε=
ε=
则球壳电势为 ⎰⎰
∞
∞
=⋅=
R
R
r E U d d r E r r
q R
d 42
0⎰
∞
=πεR
q 04πε=
其电容 R U
Q
C 04πε==
8．一平行板电容器两极板间充满相对电容率为4=r
ε的均匀电介质，其两极板间电压为
V 5000=U ，
电介质的厚度为mm 5=d ，则电介质中电场能量密度的表达式为=e w
，
其值为=e w 0.177 J/m 3 。

[知识点] 平板电容器的电场能量密度。

[分析与解答] 平板电容器的电容为 d
S
C r εε=0 电容器电场能量为 200202121U d
S CU W r εε==
则电场能量密度为 2
2002
0221d U Sd U d
S V W w r r e εεεε=
== 代入)m /(N C 10
85822212
0⋅⨯=-.ε，4=εr ，V 5000=U ，m 0050.=d ，则
C
D
A
B
图6-12
3J/m 1770.=e w
9．如图6-12所示，两个完全相同的平板电容器，其极板面积为S ，两极板间距为a ，分别插入厚度均为b 的金属板和相对电容率为r ε介质板，且这两个电容器极板上自由电荷面密度均为σ 。

则
（1）两极板间的电势差分别为：
AB 电容器：=AB
U
)
(εσb a - ； CD 电容器：=CD
U
r
b
b a εεσεσ00)(+- 。

（2）分别将金属板和介质板从电容器中抽出，则：
在抽出金属板的过程中，外力作功=A
2
2εσSb ；
在抽出介质板的过程中，电容器能量的增量=∆W
22)
1
1(εεσr
Sb -。

[知识点] 电势差与场强的关系Ed U =，做功与电场能量的关系W A ∆=。

[分析与解答] （1）忽略边沿效应，插入金属板后，由高斯定理知，极板间除金属板外任一点的电位移均为 σ=D
由0ε=
D E 可知，金属板内01=E ，其余极板间0
2εσ=E ，则对AB 电容器，电势差为 ()()b a b E b a E U B
A
AB -εσ
=
+-=⋅=
⎰
12d l E 同理，插入电介板后，极板间任一点的电位移均为σ=D ，由r
D
E εε=
0可知： 介质板内r E εεσ=
01 ，其余极板间 0
2εσ
=E 则对CD 电容器，电势差为 ()()b a b b E b a E U r D
C
CD -εσ
+
εεσ=
+-=⋅=
⎰
012d l E （2）在未抽出金属板前，AB 电容器的电容为
()b a S b a S
U q C AB
AB -ε=-εσσ==
00
则电容器的能量为 022*******εσ=-εσ==S b
a S S C q W AB AB
抽出金属板后，AB 电容器的电容变为 a
S
C AB
0ε=' 此时电容器的能量为 020
222222εσεσaS
a
S S C q W AB AB =='='
则外力作功 0
2
2εσ=
-'=∆=Sb W W W A AB AB
同理，未抽出介质板前，CD 电容器的电量为 ()0
000ε-+
εε=-εσ+εεσσ==
b a b S
b a b S U q C r r CD
CD 电容器的能量为 0
02
22
2
2εεεσb
a b S S C q W r CD
CD
-+== 2
002⎪⎪⎭⎫
⎝⎛-+
=
εεεσb a b
r
抽出介质板后CD 电容器的能量为 0
22εσ='aS
W CD
则能量的增量 CD CD W W W -'=∆020
222εεσεσS b a b
aS
r ⎪⎪⎭⎫
⎝⎛-+-
=⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-
=r
bS εεσ11202
10．一平板电容器，两极板相距为d ，其电容为C 0。

将它接到电源上充电，当电压达到稳定值0U 后切断电源，并将电容器两极板的距离由d 拉开到2d
图6-13
[知识点] 电场能量计算 W A ∆=。

[分析与解答] 切断电源后，极板上带电量Q 保持不变。

设极板面积为S ，则 原电容值d S C 00ε=
，且0
0U Q
C = 极板上的电量00U C Q = 现电容值 002
1
2C d S C =ε=
两极板间电势差 0022
1U C Q
C
Q U ===
极板间的电场强度 d
U d U E 02== 原电场能量 200021U C W = 现电场能量 ()2002002
22
1212
1U C U C CU W =⋅=
=
则电场能量变化 20002
1U C W W W =-=∆ 外力作功 2002
1U C W A =
∆=
三、简答题
试举例说明：带电体接地后，电势必定为零，但其上的电荷不一定为零。

[答] 带电体接地后，带电体与地球成为一体，且为等势体，而地球的电势为零，则带电体的电势必定为零。

此时，带电体上是否还会带电荷，或带何种电荷都取决于其周围是否还有带电体。

例如，带电体A 接地，若其旁边再无其它带电体，则A 不再带有电荷；若其旁边还有带正电的物体，则A 必定会带有一定量的负电荷；若其旁边还有带负电的物体，则A 必定会带有一定量的正电荷。

四、计算与证明题
1．如图6-13所示，半径为R 、带电为Q 的导体球，球外套一个内半径为R 1，外半径为R 2的同心介质球壳（介质的相对电容率为r ε）。

试求：
（1）电场强度的分布； （2）P 点的电势P U ；
（3）介质球壳中储存的能量。

[分析与解答] （1）由于电场分布具有球对称性，根据介质场中的高斯定理：⎰∑=⋅S
S i
Q )
(S D 内d ，
有
当R r
<时，由于导体内电场强度处处为零，则01=E ；
当R r R >>1
时， Q r D =24π， 24r Q D π=，
2
024r
Q E πε=；
当12
R r R >>时， Q r D =24π， 2
4r Q D π=
，
2
034r
Q
E r επε=；
当2R r
>时， Q r D =24π， 2
4r Q D π=
，
2
044r
Q
E πε=。

（2）P 点的电势为 ⎰∞
⋅=P P U l E d
即
dr E dr E dr E dr E U R R R R R R
r P p
⎰⎰⎰⎰∞
+++=2
2
1
1
4321
=
)(
2
2110
111114R R R R R Q r r +-+-εεπε （3）能量密度为2302
1E r e
εεω= 在介质球壳中，取半径从r 到dr r +之间球壳的体积为体积元，则dr r dV 24π=
介质球壳中储存的能量为
⎰=V
e e dV w W )1
1(
84)4(
2
2
1022
22
002
1
R R Q dr r r
Q r
r R R r
-==⎰
επεπεπεεε
2．莱顿瓶是早期的一种储电电容器，它是一内、外都贴有金属薄膜的圆柱形玻璃瓶。

设莱顿瓶内半径为cm 4=R ，玻璃厚度为mm 2=r ，内外所贴金属膜高度为cm 40=h 。

已知玻璃的相对电容率为05.=r
ε，其击穿场强是m V 10517⨯=.k E 。

如果不考虑边缘效应，试求：
（1）莱顿瓶的电容值； （2）它能储存的最大电荷量。

[分析与解答] （1）设内、外金属薄膜圆筒半径分别为R 1和R 2，高度均为h ，其上分别带有电量+Q 和-Q 。

则由介质场中的高斯定理得 hr
Q
D π2=
)(21R r R <<
图6-14
玻璃内的场强为 hr
Q E r επε02=
内、外筒之间的电势差为 1
200ln π2d π2d d 2
1
2
1
2
1
R R h Q
r r h Q
r E U r R R R R r R R εεεε⎰
⎰⎰==
=⋅=
∆r E 莱顿瓶的电容为 F 10282ln 291
2
0-⨯==∆=
.R R h U
Q C r επε
（2）由莱顿瓶间场强分布知，圆柱形电容器两金属膜之间场强以靠近内膜处场强为最大，令该处场强等于击穿场强，即
k r E hR Q R E ==
1
012)(επε
则 k r E hR Q 102επε=max C 106765-⨯=.
此即所能储存的最大电量。

3．一半径为R 、带电量为Q 的金属球，处在相对电容率为r ε的各向同性均匀电介质中，试求储藏在电介质中的电场能量密度和电场能量。

[分析与解答] 在均匀无限大电介质中，导体球表面电荷均匀分布。

由介质场中的高斯定理，有
2
4r Q D π=
2
004r Q D
E r r
επεεε=
=
故能量密度为 4
022
3221r
Q DE w r e εεπ== 由于金属球电容器=C R r επε04，则电场能量为 R
Q C Q W r επε02
2821=
=
4. 在现代造纸工业中，为了实时检测纸张的厚度，通常在生产流水线上安装一套电容传感装置，即用两块面积均为S 、相距为d 的导体平板构成电容器，让待测的已成型的纸张（相对电容率为r ε）通过此电容器，如图6-14所示。

如果纸张厚度e 发生变化，则电容C 将会变化。

试证纸张厚度e 与电容C 的关系为：
C
S
d e r r
r r
)1(10---=εεεεε
[证明] 可有两种方法求解。

方法1：设极板带点面密度为σ，则两极板间空气中的场强为 0
1εσ=E 介质（纸张）中的场强为 r
E εεσ02= 两极板间的电势差为 e E e d E U 21)(+-=∆e e d r
εεσεσ00)(+-=
由定义得电容 r
r
e
e d S
e e d S
U Q
C εεεεσ
εσ
σ+
-=
+-=∆=
)()(000
整理得 C
S
d e r r r r )1(1
0--
-=
εεεεε
方法2：可将此电容器看作是两个电容器的串联，其中 e
d S
C -=
01ε ， e
S
C r εε02=
总电容为 e
S e d S e S
e d S C C C C C r
r εεεεεε00
002121+-⋅
-=
+⋅=r e e d S εε+-=0 则 C
S
d e r r r r )1(1
0--
-=
εεεεε。