电磁学第二章习题答案

习题五（第二章 静电场中的导体和电介质）
1、在带电量为Q 的金属球壳内部，放入一个带电量为q 的带电体，则金属球壳
内表面所带的电量为 - q ，外表面所带电量为 q +Q 。

2、带电量Q 的导体A 置于外半径为R 的导体 球壳B 内，则球壳外离球心r 处的电场强度大小
204/r Q E πε=，球壳的电势R Q V 04/πε=。

3、导体静电平衡的必要条件是导体内部场强为零。

4、两个带电不等的金属球，直径相等，但一个是空心，一个是实心的。

现使它们互相接触，则这两个金属球上的电荷( B )。

(A)不变化 (B)平均分配 (C)空心球电量多 (D)实心球电量多
5、半径分别R 和r 的两个球导体(R ＞r)相距很远，今用细导线把它们连接起来，使两导体带电，电势为U 0，则两球表面的电荷面密度之比σR /σr 为 ( B )
(A) R/r (B) r/R (C) R 2/r 2 (D) 1
6、有一电荷q 及金属导体A ，且A 处在静电平衡状态，则( C )
(A)导体内E=0，q 不在导体内产生场强； (B)导体内E ≠0，q 在导体内产生场强； (C)导体内E=0，q 在导体内产生场强； (D)导体内E ≠0，q 不在导体内产生场强。

7、如图所示，一内半径为a ，外半径为b 的金属球壳，带有电量Q ， 在球壳空腔内距离球心为r 处有一点电荷q ，设无限远 处为电势零点。

试求： (1)球壳外表面上的电荷；
(2)球心O 点处由球壳内表面上电荷产生的电势； (3)球心O 点处的总电势。

解: (1) 设球壳内、外表面电荷分别为q 1 , q 2,以O 为球心作一半径为R (a <R <b )
的高斯球面S,由高斯定理0
1εq
q dS E S +=⋅⎰⎰ ，根据导体静电平衡条件,
当a <R <b 时，0=E。

则0=⋅⎰⎰S
dS E ，即01=+q q ,得q q -=1
根据电荷守恒定律,金属球壳上的电量为21q q Q +=
q Q q Q q +=-=∴12
(2)在内表面上任取一面元,其电量为dq ,在O 点产生的电势a
dq dV o πε411=
q 1在O 点产生的电势a
q a
q a
dq dV V o o o πεπεπε4441111-
==
==⎰
⎰内
内
(3) 同理，外球面上的电荷q 2在O 点产生的电势b
q
Q b
q V o o πεπε4422+=
= 点电荷q 在O 点产生的电势r
q V o q πε4=
∴ O 点的总点势o q V V V V πε41
210=
++=(b
q Q a q r q ++-) 8、点电荷Q 放在导体球壳的中心，球的内、外半径分别为a 和b ，求场强和电势分布。

解：根据静电平衡条件，球壳内、外球面分别带 电量-Q 、Q 。

其场强分布为:
2014/ , r πεQ E a r =<
0 , 2=<<E b r a
2034/ , r πεQ E b r =>
电场中的电势分布：
)111(4 ,03211b
a r Q
dr E dr E dr E V a r b
b
a
a
r
+-=
++=<⎰⎰⎰∞
πε b Q dr E V b r a b
0324 ,πε=
=<<⎰
∞
r
Q
dr E V b r r
0334 ,πε=
=
>⎰
∞
习题六（第二章 静电场中的导体和电介质）
1、分子的正负电荷中心重合的电介质叫 无极分子 电介质，在外电场的作用下，分子正负电荷中心发生相对位移，形成 位移极化 。

2、一平板电容器始终与端电压一定的电源相联，当电容器两极板间为真空时，电场强度为 0E
，电位移为0D
，而当极板间充满相对电容率为r ε的各向同性均匀
电介质时，电场强度为E ，电位移为D
，则( B )
(A)00 , /D D E E r ==ε (B)00 , D D E E r
ε==
(C)000/ , /εεD D E E r
== (D)00 , D D E E ==
3、两个完全相同的电容器，把一个电容器充电，然后与另一个未充电的电容器
并联，那么总电场能量将( C )
(A)增加 (B)不变 (C)减少 (D)无法确定
4、一空气平行板电容器，接电源充电后电容器中储存的能量为W 0，在保持电源接通的条件下，在两极板间充满相对电容率为r ε的各向同性均匀电介质，则该电容器中储存的能量W 为( A )
(A) 0W W r ε= (B) r W W ε/0= (C) 0)1(W W r ε+= (D) 0W W =
5、一平行板电容器，其极板面积为S ，间距为d ，中间有两层厚度各为d 1和d 2，相对电容率分别为εr1和εr2的电介质层（且d 1＋d 2 = d ）。

两极板上自由电荷面密度分别为±σ，求：(1)两介质层中的电位移和电场强度； (2)极板间的电势差；(3)电容
解：(1) 电荷分布有平面对称性，可知极板间D 是均匀的，方向由A 指向B 。

⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⋅+⋅+⋅=⋅右
侧
左
S d D S d D S d D S d D S 1
11100S S D S d D ∆σ∆=⋅=⋅++=⎰⎰左
∴
D 1⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⋅+⋅+⋅=
⋅右
侧
左
S d D S d D S d D S d D S
2
⎰⎰+-=右
左
dS D 2102221=+⋅-=S D S D ∆∆ ∴ σD D ==21
由σεσε====222111 E D E D ，
得 20222
1011
1 r r D E D E εεσεεεσε====， 且有 1
2
1221 r r εεεεE E == (2) 1211201211
1d E d E l d E l d E V V d d d
d B A +=⋅+⋅=-⎰⎰+
⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2211εd εd σ210211222110)(r r r r r r εεεσ
d εd εεd εd εσ+=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+= (3) B A V V q C -=
B A V V S σ-=2112210d εd εS εεεr r r r +=02
11221C d εd εd
εεr r r r +=
6、如图，在半径为a 的金属球外有一层外半径为b 的均匀电介质球壳，电介质的相对电容率为εr ，金属球带电Q ，求：
(1)介质层内外的场强大小； (2)介质层内外的电势； (3)金属球的电势； (4)电场的总能量； (5)金属球的电容。

解：(1)电量Q 均匀分布在半径为a 的球面上，作一半径为r 的球面为高斯面，利用高斯定理可求得场强分布
r < a : 1=0E ; a < r < b : 22
0=
4r Q E r πεε; r > b :
r
Q E 034πε=
(2) r < a : b
Q
b a Q
dr E dr E dr E V r b
b
a
a
r
0032114)11(4πεεπε+-=++=
⎰
⎰⎰
∞
a < r <
b : b Q b r Q
dr E dr E V r b
b
r
003224)11(4πεεπε+-=
+=⎰⎰∞
r > b : r
Q dr E V r
0334πε=
=
⎰
∞
(3) 金属球的电势 ab
a b Q b Q
b a Q
V V r r r επεεπεεπε00014)]1([4)11(4-+=+-=
=球
(4) ab
a b Q ab a b Q Q QV W r r r r επεεεπεε0208)]
1([4)]1([2121-+=-+==球
(5) )1(40-+==r r a b ab V Q
C εεπε球
或由2
2
1球CV W = 得： 222
0022)]1([)4(4)]1([2-+-+==r r r r a b Q ab ab a b Q V W C εεπεεπεε球)
1(40-+=r r a b ab εεπε
7、一球形电容器，内球壳半径为R 1外球壳半径为R 2，两球壳间充满了相对电容率为r ε的各向同性均匀电介质，设两球壳间电势差为V 12，求： (1)电容器的电容； (2)电容器储存的能量。

解：(1) 设内外极板带电量为±Q 作与球壳同心的任意半径r 的高斯球面
由 ==⋅=⋅∑⎰⎰q r πD S d D S
2
4
得 =D
∴
∵ 2
101221
4)(2
1
R R R R Q dr E V V r R R επε-=⋅=-⎰
∴ 1
2210214R R R R V V Q C r -=-=επε (2) 1
22
12
210212
221R R V R R CV W r -==επε
0， ( r > R 2 )
0， ( r <r
πQ
4， (R 1< r < R 2 ) 0， ( r > R 2 )
0， ( r < R 1 )
-r επεQ r 04， ( R 1< r < R 2 )
0， ( r > R 2 )
0， ( r < R 1 ) ==
r
εεD E 0
习题七（第二章 静电场中的导体和电介质）
1、一个平行板电容器的电容值C ＝100Pf ，面积S ＝100cm 2，两板间充以相对电容率为εr ＝6的云母片，当把它接到50V 的电源上时，云母中电场强度大小E ＝9.42×103v/m ，金属板上的自由电荷量q ＝5.00×10-9C 。

解：)m (1031.5300-⨯==
⇒=
C
S d d
S C r r εεεε，)m/V (1042.910
31.550
33⨯=⨯==
-d V E )C (1000.55010100912--⨯=⨯⨯==CV q
2、一空气平行板电容器，电容为C ，两极板间距离为d ，充电后，两极板间相互作用力为F ，则两极板间的电势差为C Fd 2，极板上的电荷量大小为
FCd 2。

解：C
Fd
V d CV CV d V Q E F 222122
=⇒===
，FCd C
Fd
C
CV Q 2 2===
3、一平行板电容器，两极板间电压为U 12，其间充满相对电容率为εr 的各向同
性均匀电介质，电介质厚度为d ，则电介质中的电场能量密度为22
1202d U w r εε=。

解：将 d
U E /12= 代入 22
0E w r εε=得结果。

4、如图在与电源连接的平行板电容器中，填入两种不同的均匀的电介质，则两种电介质中的场强相等,电位移不相等。

(填相等或不相等) （解法见课件）
5、平行板电容器在接入电源后,把两板间距拉大，则电容器( D )
(A)电容增大； (B)电场强度增大；
(C)所带电量增大 (D)电容、电量及两板内场强都减小。

解：d 增大，V 不变，由d S C /ε=，CV q =和d V E /=可得结果D
6、一真空平行板电容器的两板间距为d ，(1)若平行地插入一块厚度为d/2的金属大平板，则电容变为原来的几倍？(2)如果插入的是厚度为d/2的相对电容率为εr =4的大介质平板，则电容变为原来的几倍？ 解：原电容器的电容d S C /00ε= (1) 电容器由两个电容器串联而成
101d S εC =
，2
02d S
εC =，(d 1+d 2=d
/2)
2
d
/2
12121200000
11111
22d d d d d C C C S S S S C εεεε+=+=+=== ∴ 02C C = (2) 由电荷分布的平面对称性可知电位移垂直极板从A 到B
在两极板间的三个区域分别作三个高斯柱面S 1、S 2、S 3。

由D 的高斯定理：
111001
S S D S d D S d D S d D S d D S ∆σ∆=⋅++=⋅+⋅+⋅=⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰下底
侧面
上底
0022212
=⋅++-=⋅+⋅+⋅=⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰S D S D S d D S d D S d D S d D S ∆∆下底
侧面
上底
0033323
=⋅++-=⋅+⋅+⋅=⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰S D S D S d D S d D S d D S d D S ∆∆下底
侧面
上底
得 σD D D ===321
0011εσεD E ==
， r r εεσεεD E 0022==， 0
033εσεD E == 2
)(22211232110
d
E d d E d E d E d E l d E V V d B A ++=++=⋅=-⎰
S
εεd
εq εεd εσd εεσd εσr r r r r 00002)1(2)1(22+=+=+=
00006.15
812)1(2C C C εεd εS εεU U q C r r r r B A ==+=+=-=
7、两同心导体薄球面组成一球形电容器，内外半径分别为R 1和R 2，在两球面之间充满两种相对电容率分别为εr1和εr2的均匀电介质，它们的交界面半径为R （R 1<R<R 2），设内、外导体球面分别带自由电荷+q 和-q ，求：
(1)两介质层中的电位移和电场强度； (2)两导体极板间的电势差； (3)该球形电容器的电容。

解：(1)由介质中的高斯定理得
两介质层中的电位移
)( , 4212
R r R r
πq
D <<=
由 r
εεD E 0= 得两介质层中的电场强度
-
)( , 412101R r R r επεq E r <<=
， )( , 422
202R r R r
επεq
E r <<= (2) 两导体极板间的电势差
⎰⎰⎰⎰⎰+=
+=⋅=2
1
2
1
2
1
2202
1
0214 4R R
r R
R
r R
R R R R R
r
dr
επεq r
dr επεq dr E dr E l d E V ⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=220110114114R R επεq R R επεq r r ⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡⎪
⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=
221101111114R R εR R επεq
r r (3) 该球形电容器的电容
⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=
=221101111114R R εR R επεq q
V
q C r r
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=
22110
1111114R R εR R επεr r 021********)
()()(C R R R εR R R εR R R εεr r r r -+--= 8、求图中所示组合的等值电容，并求各电容器上的电荷。

解: F C C C μ6513223=+=+=
12
5111231123=+=C C C ，F C μ4.2123
= F C C C μ4.51234=+=
11232C V C V =， 12100()V V V V +==
160V V =， 240V V =
4111 2.410()Q C V c -==⨯， 42220.410()Q C V c -==⨯
4332 2.010()Q C V c -==⨯， 444 3.010()Q C V c -==⨯。

。

C 2=1μF
C 1=4μF
C 3=5μF
C 4=3μF ＋ － 100V。