11.6导体电介质和磁介质之将介质板从平行板电容器中抽出所做的功

{范例11.6} 从平行板电容器中抽出介质板所做的功
ε 0ε r S C= , t + ε r (d − t )
C0 =
ε0S
d
,
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∆W2 =
1 1 C0U 2 − CU 2 2 2
电源对电介质所做的功为 AS = Q0U - QU = (C0 – C)U2 = 2ΔW2，
ε 0 (ε r − 1)tSU 2 = − 2d [t + ε r (d − t )]
{范例11.6} 从平行板电容器中抽出介质板所做的功
[讨论]
ε 0ε r (ε r − 1)tSU 2 A1 = , 2 2[t + ε r (d − t )]
ε 0 (ε r − 1)tSU 2 A2 = 2d [t + ε r (d − t )]
①当t = d时，电容器充满电介质。在断 ε 0ε r (ε r − 1) SU 2 A1 = 开电源的情况下，外力所做的功为 2d ε 0 (ε r − 1) SU 2 在不断开电源的情况 A = 2 2d 下，外力所做的功为 ②当εr = 1时，可得A1 = 0，A2 = 0，这时，电介质就 是空气，不论是否抽出，电容器的能量都不变化。 ③当εr→∞时，电介质变成导体。在断 A1 = 开电源的情况下，外力所做的功为
ε 0 (1 − 1/ ε r )tSU 2 ε 0tSU 2 → 2[t / ε r + (d − t )]2 2 d −t 2 ()
ε 0 (1 − 1/ ε r )tSU 2 ε 0 StU 2 在不断开电源的情况 A2 = → . 2d [t / ε r + (d − t )] 2d ( d − t ) 下，外力所做的功为
所以电源对电介质做负功，或者 外力和电介质 说：电介质对电源充电做正功。 对电源做了大 外力所做的功和电源所做的功之和等 小相等的功。 于电容器能量的增量A2 + AS = ΔW2， ε 0 (ε r − 1)tSU 2 因此外力所 A2 = ∆W2 − AS = −∆W = 做的功为 2d [t + ε r (d − t )] 电介质对电源做功的结果就是静电能减少。 外力要克服电容器两极板的电荷对介质板的吸引力 做功，因此，外力对电源做功是通过电介质实现的。
{范例11.6} 从平行板电容器中抽出介质板所做的功
如图所示，一平行板电容器的面积为S，两板相距为d， 两板的电势差为U，不计边缘效应。极两板之间有一块厚 度为t，相对介电常数为εr的电介质平板。在断开电源的情 况下，将电介质从电容器中抽出来需要做多少功？在不 断开电源的情况下，将电介质抽出来需要做多少功？ [解析]设想在介质的上下表面插入无限薄的金属板，可知： 在有电介质的情况下，电容器是由三个电容器串联而成的。 电介质的 C = ε 0ε r S 剩下两个充满空气的 C = ε 0 S 1 2 t 电容为 电容器串联的电容为 d −t t d − t t + ε r (d − t ) 1 1 总电容的 = 1 += + = ε 0ε r S ε 0 S ε 0ε r S 倒数为 C C1 C2 K 总电容为 抽出电介质后电容为 ε 0ε r S d t ε0S C= , C0 = . t + ε r (d − t ) d
K
{范例11.6} 从平行板电容器中抽出介质板所做的功
ε 0ε r S C= , t + ε r (d − t )
C0 =
ε0S
d
在不断开电源的情况下，将电介质抽出后， 电容器两板的电势差不变，静电能的增量为 1 1 ε 0 (ε r − 1)tSU 2 负号表示静 ∆W2 = C0U 2 − CU 2 = − 电能量减少。 2 2 2d [t + ε r (d − t )] 将电介质抽出后，两极板所带的电量为Q0 = C0U， 由于C0 < C，所以Q0 < Q， 在电介质抽出过程中， 电容器给电源充电。 K d t
可知：与断开电源的情况相比，在不断 开电源的情况下，外力所做的功较少。 这是因为在电压一定的情况下，在将介质板抽 出来的过程中，电容器的电容减小了，所带电 荷的电量减少了，对介质板的吸引力也减小了。
在断开电源的情况下，当电介质的 介电常数一定时，电介质越厚，外 力将介质板抽出来所做的功越多； 当电介质的厚度一定时，介电 常数越大，外力所做的功越多。
{范例11.6} 从平行板电容器中抽出介质板所做的功
ε 0ε r S C= , t + ε r (d − t )
前的静电能为
C0 =
ε0S
d
电容器所带的电量为
= CU Q =
ε 0ε r SU 2 1 2 CU , = 将电介质抽出 W = 2 2[t + ε r (d − t )]
ε 0ε r SU t + ε r (d − t )
{范例11.6} 从平行板电容器中抽出介质板所做的功
[讨论]
ε 0ε r (ε r − 1)tSU 2 A1 = , 2 2[t + ε r (d − t )]
ε 0 (ε r − 1)tSU 2 A2 = 2d [t + ε r (d − t )]
④外力在两种情况 下所做的功之差为
ε 0 [(ε r − 1)t ]2 SU 2 A ∆A = 2 − A1 = − <0 2 2d [t + ε r (d − t )]
在不断开电源的情况下， 外力所做功的增减性与不 断开电源的情况是相同的。 但是，在介电常数和电介 质厚度相同的情况下，外 力所做的功要小一些。
在断开电源的情况下，将电介质抽出后， 电容器所带的电量不变，静电能变为 ε 0ε r SU 2 d 1 2 d ε 0ε r2 SU 2 W0 Q [ ] = = = 2C0 2ε 0 S t + ε r (d − t ) 2[t + ε r (d − t )]2 ε 0ε r (ε r − 1)tSU 2 静电能的 ∆W = W − W = 1 0 2[t + ε r (d − t )]2 增量为 d t 静电能增加是外力做功的结果A1 = ΔW1。 外力做正功，这是因为外力需要克服电 容器两极板的电荷对介质板的吸引力。