大学物理第十八章题解

第十八章 静电场中的导体和电介质

18-1．如图所示，三块平行放置的金属板A 、B 、C ，面积均为S ．B 、C 板接地，A 板带电量Q ，其厚度可忽略不计．设A 、B 板间距为l ，B 、C 板间距为d ．因d 很小，各金属板可视为无穷大平面，即可忽略边缘效应．试求：（1）B 、C 板上的感应电荷，（2）空间的场强及电势分布．

解 因d 很小，各金属板可视为无穷大平面，所以除边缘部分外，可认为E 沿Oz 方向，z 相同处E 的大小相同，即()z E E z k =．

（1）设B 、C 表面的面电荷密度为1σ、2σ、3σ、4σ如图所示．由于B 、C 板接地，故B 、C 板电势与无穷远相同，电势均为零．若B 、C 板外表面带有电荷，必有电场线连接板外表面与无穷远，则B 、C 板电势与无穷远不同，因此可知B 、C 板外表面不带电荷，即140σσ==．

作高斯面为闭合圆柱面如图，两底面在B 、C 板内部、与Oz 垂直，侧面与Oz 平行，由高斯定理

23101d 0()Q E S S S σσε⋅==++⎰⎰ 可得 23Q S

σσ+=- （1） 根据叠加原理，Ⅰ区E 为3个无穷大带电平面产生的场强的叠加，即

321000

222z Q S E σσεεε=

-- 同理，Ⅱ区电场强度 322000

222z Q S E σσεεε=+- 因为A 、B 间的电压AB U 与A 、C 板的电压AC U 相等，12()z z E l E d l -=-，即

3322000000

()()()222222Q S Q S l d l σσσσεεεεεε---=+-- 即 232Q d l S d

σσ--=- （2） 联立求解（1）（2）式得：2d l Q d S σ-=-，3l Q d S

σ=-．所以B 、C 板内表面分别带电 22d l Q S Q d σ-=⋅=- ，33l Q S Q d

σ=⋅=- （2）Ⅰ区 321000222z Q S E σσεεε=--0001()222d l l Q d d S εεε-=--+0()d l Q dS ε-=- 00

111d d z z z E l E l ϕ=⋅=-⋅⎰⎰0()d l Q z dS

ε-= Ⅱ区 322000222z Q S E σσεεε=+-0001()222d l l Q d d S εεε-=-++0lQ dS

ε= 222d d d d z z z E l E l ϕ=⋅=⋅⎰⎰0()lQ d z dS ε=-

18-2．点电荷q 放在电中性导体球壳的中心，壳的内外半径分别为1R 和2R ，如图所示．求场强和电势的分布，并画出r E -和r -ϕ曲线．

解 由于电荷q 位于球心O ，导体球壳对球心O 具有球对称性，故感

应电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知感应电荷均匀分布在

导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径

方向，在到O 点的距离r 相同处，场强的大小E 相等．设球壳内表面带电

1Q ，外表面带电2Q ．

用以O 点为球心，12R r R <<为半径的球面为高斯面，根据高斯定理

101d 0()E S q Q ε⋅==+⎰⎰ 可知1Q q =-；由于导体球壳电中性，由120Q Q +=，所以2Q q =．

根据叠加原理，场强和电势分别为点电荷q 、均匀带电1Q 和2Q 的球面的场强和电势的叠加．考虑到在电荷球对称分布情况下，在电荷分布区以外的场强和电势与总电量集中在球心的点电荷的场强和电势的表达式相同．取参考点在无穷远；2r R >时，

121220044q Q Q q E r r πεπε++=

= ，1210044q Q Q q r r

ϕπεπε++== 21R r R ≥≥时， 112004q Q E r

πε+== ，12100202444q Q Q q r R R ϕπεπεπε+=+= 1r R <时，1204q E r

πε=，12100102012111()4444Q Q q q r R R r R R ϕπεπεπεπε=++=-+ 请读者画出r E -和r -ϕ曲线．

18-3．一半径为A R 的金属球A 外罩有一个同心金属球壳B ，球壳很薄，内外半径均可看成B R ，如图所示．已知A 带电量为A Q ，B 带电量为B Q ．试求：（1）A 的表面1S ，B 的内外表面2S 、3S 上的电量；（2）A 、B 球的电势（无穷远处电势为零）．

解 由于金属球A 和同心金属球壳B 对球心O 具有球对称性，故电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知电荷均匀分布在导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强的大小E 相等．

（1）金属球A 带电A Q 分布于A 的外表面1S ；设金属球壳B 内表面带电2Q ，外表面带电3Q ，23B Q Q Q +=．

用以O 点为球心、B r R =为半径、位于球壳B 金属内部的球面为

高斯面，根据高斯定理

A 201

d 0()E S Q Q ε⋅==+⎰⎰

可知2A Q Q =-；由于23B Q Q Q +=，所以3A B Q Q Q =+．

（2）根据叠加原理，电势为三个均匀带电球面产生电势的叠加，即

B r R ≥区域， A 23A B 10044Q Q Q Q Q r r

ϕπεπε+++=

= 令B r R =，即为B 球的电势A B B 0B 4Q Q R ϕπε+=．

B A R r R >≥区域，3A 2A B 200B 0B 0B 1()4444Q Q Q Q Q r R R r R ϕπεπεπεπε=+

+=+ 令A r R =，即为A 球的电势A B A 0A B 1()4Q Q R R ϕπε=+．

18-4．同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属直圆柱构成，如图所示．设内圆柱体的半径为1R ，外圆柱体的内半径为2R ．使内圆柱带电，单位长度上的电量为η，试求内外圆柱间的电势差．

解 由于两个同轴金属直圆柱可视为无限长、对圆柱轴线O 轴对称；所以电荷和电场的分布也对圆柱轴线O 轴对称；电场线在垂直于圆柱轴线的平面内，为过圆柱轴线的放射状半直线；场强E 沿半径方向，在到轴线O 的距离r 相同处，场强的大小E 相等．

用以圆柱轴线为轴，两底面与圆柱轴线垂直的闭合圆柱面为高斯面．高斯面的两底面与圆柱轴线O 垂直，半径为r ，21R r R >>；两底面与E 平行，E 通量为零；圆柱侧面长度为l ，与E 正交，E 通量2rlE ϕπ=．由高斯定理

10d 2l E S rlE ηπε⋅==⎰⎰

可得02E r

ηπε=． 沿电场线积分，由1R 沿半径到2R ，内外圆柱间的电势差 2221112001

d d d ln 22R R R R R R R U E l E r r r R ηηπεπε=⋅===⎰⎰⎰

18-5．半径为2.0cm 的导体球外套有一个与它同心的导体球壳，球壳的内外半径分别为

4.0cm 和

5.0cm （如图所示）

．球与球壳间是空气，球壳外也是空气，当内球带电荷为83.010C -⨯时，试求：（1）这个系统的静电能；（2）如果用导线把球壳与球连在一起，结果如何？

解 （1）考虑系统对球心O 具有球对称性，可知内球表面均匀带电8

3.010C Q -=⨯．根据高斯定理可以求得球壳的内表面均匀带电83.010C Q --=-⨯，球壳的外表面均匀带电83.010C Q -=⨯．根据导体性质和叠加原理可得

10.02m r r <=区和230.04m 0.05m r r r =<<=区，0E =；

12r r r <<区和3r r <区，204r Q E e r

πε=． 系统静电能 2132222t 00220011()4d ()4d 2424r r r Q Q W r r r r r r

επεππεπε∞=+⎰⎰ 20123

111()8Q r r r πε=-+41.810(J)-=⨯ （2）如果用导线把球壳与球连在一起，则球壳与球成为一个导体，仅球壳的外表面均匀带电8

3.010C Q -=⨯．根据导体性质和叠加原理可得 3r r <区，0E =；3r r <区，204r Q E e r πε=

． 系统静电能 322t 0201()4d 24r Q W r r r εππε∞=

⎰20318Q r πε=58.110(J)-=⨯