第六章静电场中的导体和电介质解答

第六章 静电场中的导体和电介质解答
一、选择题
1．D 2．C 3．B 4．D 5．D 6．B 7．D 8．B
二、填空题
1．q -； q - 2．
2
221
r r
3．032
U
4． 4S Qd 02ε； S
Qd 0ε
5． r πλ2； r r επελ02 6．2104r Q π； 2204r Q π； 2
00
1
4r Q r επε； 22004r Q πε 7．
s Q Q 221+； s Q Q 221-； s Q Q 221--； s
Q Q 22
1+
8．r ε； 1；
r ε； r ε
三、计算题
1．解： 电荷重新分布后，设c 板左侧面带电荷为1q -，右侧面带电荷2q +，但电荷总和不变，即 21q q q +-= （1）
此时（可用髙斯定理证明），a 板上带电荷为1q ＋，b 板上带电荷为2q - 设c 板电势为c U ，则a 、c 板之间电势差为
2
1
d
E U U c =- a 、c 板之间电场强度大小为
S
q E 01
1ε=
所以 201
d
S q U U c ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛=-ε
由此得 ()c U U d
S
q -=012ε （2） 同理可得c 、b 板之间电势差为
202d S q U c ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛=ε
由此得 c U d
S
q 022ε=
（3） 将（2）、（3）代入（1）化简得c 板之电势为
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=
q S d
U U c 0221ε
2．解：设两平行长直导线A 、B ，单位长度上分别带电量 +λ 和 - λ ，如图所示，离Ox 轴原点为x 处一点P 的电场强度为
)(2200x d x E -+
=πελ
πελ 则两导线之间电势差为 ⎰
⎰
---+=⋅=-a
d a a
d a x x d x U U d ])(22[
d 00B A πελ
πελl E
a
d a a d x d x a
d a ln ln )]ln([ln 2000πελπελπελ≈-=--=- （d >>a )
所以两导线单位长度的电容为 a
d
U U C ln 0
B
A πελ
=
-=
3. 解：（1）点电荷q +使导体球产生感应电荷q '±在球表面上。

球心O 处的电场强度为
q '±的电场强度E '以及点电荷q +的场强E 得叠加。

即
E E E '+=O
由静电平衡，0=O E ，若取球心O 为坐标原点，则r
r r
q ˆ(ˆ42
0πε=-='E E 是从O 指向电荷q +的单位矢量）。

(2)静电平衡时，金属球是等势体，因此金属球的电势与球心的电势O U 相等。

由电势叠加原理 U U U O +'=，其中U 和U '分别为q 和q '±在球心产生的电势，r
q U 04πε=
，
U '= 0，所以r
q U O 04πε=。

(3)若将金属球接地，设球上留有净电荷1q ，这时
r q R
q U 001440πεπε+
=
=球
r qR q /1-=∴
4.解：（1）设两介质所对的极板上的面电荷密度分别为1σ±和2σ±。

两极板都是导 体，故两个极板电势差处处相等，即
2211d E d E =
得 21E E =, 而 1
01
1r E εεσ=
， 2
022r
E εεσ=
2
1
21r
r εσ
εσ= ① 又因为 Q S
S =+2
221
σσ ② 解① ② 得 S
Q
r r r )(22111εεεσ+= ， S Q r r r )(22122εεεσ+=
（2）介质表面的极化电荷面密度E P r n 0)1(εεσ-=='
)1()(2)1
1(1
211
11
-+=-='r r r r
S Q
εεεσεσ
)1()(2)1
1(2212
12
-+=
-='r r r r
S
Q
εεεσεσ
（3）两部分的电容分别是 d
S
C r 21
01εε=, d
S
C r 22
02εε=
两电容并联，得总电容
)(221021r r d
S
C C C εεε+=
+=。