静电场中的电介质参考答案

3.1填空题
3.1.1位移极化、取向极化
3.1.2无极分子、位移极化
3.1.3，P = ；。

E
3.1.4_5 _2
7.08 K0 C-m
3.1.5-W0
；r
3.1.6i r、1、i r
3.1.7增大、增大
CJ
3.1.8二，一、
；0 ；r
3.2选择题
3.2.1 B
3.2.2 C
3.2.3 B
3.2.4 C
3.2.5 C
3.2.6 D
3.2.7 D
3.2.8 B
3.2.9 D
3.2.10 C
3.3证明及简答题
3.3.1 证明：以球心为中心，作半径为r的球形闭合曲面包围该金属球，其D通量为
:D dS D r dS 二DJ dS 二D「4二r2
—s “s "S
由电介质中的高斯定律得D r4二r2二q，
得D r兀，或D q2e r
4 兀r 4"
匚D1q - q - b -
E 2 e r 2 E 2 &
-■-■ 4 二r 4 二；r 4 二cr
342
(2)
3.3.2
证明：
作柱面咼斯面，其上底 S 1位于介质中，下底
S 2位于金属板中，
S ,为侧面，柱
轴
线 垂
直
于
金
属 板。

由
高 斯 定
理 ，
o S
1
二.S D dS 二 D n S 1
0 S 2
亠 11 DdS cos90 = D n
S 1
■ J S 3
一 - 一 D
D n =；丁0，故 D =；「0e n ,
E 二一
333
答：从微观看，金属中有大量自由电子，在电场的作用下可以在导体内位移，使导体
中的电荷重新分布，结果在导体表面出现感应电荷，达到静电平衡时感应电荷所产生 的电场与外加电场相抵消，导体中的合场强为零，导体中自由电子的宏观移动停止。

在介质中，电子与原子核的结合相当紧密，电子处于束缚状态，在电场的作用下，只 能作一微观的相对位移或者它们之间连线稍微改变方向，结果出现束缚电荷。

束缚电 荷所产生的电场只能部分地抵消外场，达到稳定时，电介质内部的电场不为零。

3.4计算题
3.4.1 解：分别用C 和C 。

表示介质抽出前后电容器的电容，
Q 和Q 。

表示介质抽出前后电
容器极板上的电量。

设在介质抽出电容器的过程中，电源作功
A ，外力作功 A F ,电场能增量uw e ,由功
能原理有
A 1
A F
= : W5
由于电容器与电源相连，因而介质抽出前后电容器两极板间电压不变，即
Q o
C
由此得
AQ =Q 0 _Q ='Co _c V 。

A - Q V o 二 C 。

-CV 。

2
而：c 0
1
2
1
2
(帝0
—
S 2
又:
W e C o V o 2 CV o 2
= —
V o 2 :: 0
2
2 2d
最后得A F =^W e - A ,
T 曰
于是: ::0
(高斯定理)
342
(2)
显然A F o 解：设极板电量为土Q
(1)由■: D d s =二 Q
知 D =
(R^l 1■空 R 2
) ( 1)
4兀r 2
4二；0
r 2
4 ;0
R |R 2
U o
(R 2 -RJ
1
R
1
2
吟
2
W DEdV DE4：r 2dr
DE4：r 2dr
(2
o
2
L
R
2
二空二 R 5 .空二 R 5
45 ；o
9；o ；
解：设沿轴线单位长度带电量内筒为
，外筒为-，由D 高斯定理可得二筒间电位移
的大小
q
4- ;0 丁2 dr QR -尺)
4二；0
R 2
343
代入(1) (2)得：
名o E R I R 2U o
— 2
(R 2 -R i )r
R 1 R 2U 0
2
(2)
(R 2 - R 1 )r
=；0
= ；0
( ； - 1) E
IT r
▽占=P n
ci
r =R 2
= P
；o (
； -1)RR 2U o
R -FQR 2
；
oG ■ DR 1R 2U o (R2-R)R 22
解：(1)场具有对称性，由高斯定理
s
D dS 八 q o ，得
D4 丁2
)伽3
33
,4R 3 3
r :: R ,r _ R
?
r
r :: R
所以,
(2)
83
2
3；o 丫
344
U o
R2 R2
根据题设条件
R 2 : 2R ，有
时击穿场强E m - 2二2R 0，即
m = 2 二；2 R 0 E m
相应的电势差即两筒间的最大电势差为
讨论：
（1） 当两层电介质内 E — i 时，随着外电压的升高，内层电介质先被击穿；
E 2
^i r i
（2） 当两层电介质内-E 1
理::I 时，随着外电压的升高，外层电介质先被击穿。

E 2
名1「1
由此可见，在电压升高时，总是电场最强的电介质层首先被击穿。

因此，电缆外
总包着多层绝缘介质， 各层电介质的电容率和击穿场强也不相同。

合理地配置各层绝
缘介质，在电场最强的地方使用电容率和击穿场强大的电介质，既节约材料，又可提 高电器的耐压
能力。

3.4.5 解：介质中的场强：
E = U ____________ ________ 40000 _______
£d +（1 — £ t 7江2江10“+（1—7）x10’
=5X 105 （伏/米）
-上=5 （千伏/厘米） 空气中的场强：
P _________ U”
40000 疋 7
—1 0
3d +（1 —冇 t 7 汇 2 汉 10^ + （1 — 7 H 10^
D =
2
时
再由D = E 可得内、
外层电介质中总电场强度的大小分别为
E i 2 二 M r i
n
R i
：：：
A ：：：
R o
E 2
2二；
2r 2
R 2 r 2
R Q
因此有 E i
；2 r 2
E 2
；
i 又因 <2
— 2
r 2
:: R 2
:: 2R | :: 2r
，所以
2r2
-一 ：
：：I
订1
2r i 故外层电介质先达到击穿场强 E m 。

因此,
即
r 2 ：：
： 2r 1
即
E i ：：
： E 2
随着电压的升高， 外层电介质先被击穿。

这 J=T
U max = .?El d •.花 d
=35 105（伏/ 米）
丄o二35 （千伏/厘米）
这时空气被击穿，此电容器也就被击穿了，当极板间全部是空气时, =U = 40= 20 （千伏/厘米）
d 2
此时电容器不会被击穿
证：设沿轴线单位长度内、外筒带的电量为士扎;.内层介质中的场强:
4
2 二；。

午rR i
故内层介质中场强最大值:
'■iM
U M
R； R i in
rR i
外层介质中的场强最大值：
■ ? 2U M
「2M「存2
rin rR i
-「2M _ 2R i
-■IM r
上i :
2 兀名。

E r i r i
外层介质中的场强：
R2 九
5“ri r i dr—r dr2
R i
in —in
72
346
2
二；
又R 22R
-•2M _ 2R1 _ ^2.
!'IM r r
得出:
r1n rR i
场强E=0。

圆柱导体外部的电场：由于电荷分布具有柱对称性，所以周围空间激发的
电场也具有柱对称性。

在柱体外，作一如图所示的圆柱形高斯面，由对称性可知，圆柱侧面上各点的D大小相等，方向沿着其圆心在轴上的圆的径向方向，禾U用介质中的高斯定理，可得:
E r 二
在介质面上任取一点B,过该点作界面的法向单位矢量e n（由电介质指向金属）
则一二P2n -喑
由于圆柱导体内部的E =0,所以P ln=0,
所以二二_P2n = _ ；0XE B 二（乞一名0）扎0
2"0g r R
因两种介质的击穿场强都是!'■ M，故电压上升时外层介质中场强首先达到上2M = 使其击穿.
由2M
2U M
347 U M
解:
〔rgln 鱼
2 rR1
当导体处于静电平衡状态时，电荷只分布在导体的表面上，所以圆柱导体内部的可得D r
可得
348 解：因是均匀电介质，故P二卫总,在界面处作一底面积为△S的柱面，被包围导体面
sd
上的自由电荷的电荷量为二。

厶S，根据高斯定理，自由电荷在介质中激发的电场为:
而极化电荷面密度为:
P总sd
极化电荷在介质中激发的电场为:
—；N CJ ' 乂
E 二E n e n 二——e n
自由电荷和极化电荷在介质中激发的总电场为:
1 - 1 P 总
E =(E°n E n)q (Q-三)e n
d 349 解：(1)根据电容器的定义并代入数据得:
C o 二至=1.8 1O-10F.
d
(2)每块导体板上的电荷量为：
Q =C0U0=5.4 10 7C.
(3) 放入电介质后的电容C为：
C =5.4 1040F. U
(4) 两板间的原电场强度E0为：
E。

号=3 105V m
⑸放入电介质后的电场强度E为:
V m. E巴
51
1
L
；
(6)电介质每一面上的极化电荷Q ,因极化电荷与自由电荷反号，有
E 二 E o - E .
Q '=<j S =客°ES = 6o （Eo —EjShB.G^IO -^C.
（7）电介质的相对介电常数
；r :
3.4.11
解：⑴ 由于电介质表面上的极化电荷的影响，平行板两边（如图中的i 、n ）的电荷
面密度是不一样的，设其分别为、二2，作一底面积为 △ S 的圆柱形高斯面，利用介 质中的高斯定理，
C C O
=3. 3.4.io 解：（1）介质板用"2”标记，其余空气空间用 “ 1”标记，单位矢量 e n 方向为由高电势
指向低电势，两板间电势差（绝对值）为:
2n
t+E 1n （d-t ） = U.
无论在空间1,
还是在空间2,电位移矢量
D 相等，故有
名o E n =Dn=E ° ®r E 2n
.
得 E 1n = ；r
即E 2
（1 -；r ）t • ；r d"
解得：心2"：）「J
— ■■ P2 ■ o
xE 2
二 "7U $
（1 - r
）t
；r d
因匚o =D n,故极板上自由电荷的电荷量（绝对值）
为:
；r us
（1 - ；r
）t ；
d
极板和介质间隙中的场强
E o 为:
E O - E 空气
r
U
-
e n .
（1 一 ；r ）t r d
电容器的电容C 为:
cd
U
；o r S
（1 - ； r
）t ；r
d
■ D ・dS 二 q ° ・得 D [ -
1，同理
D ?
利用D = ；E 可得:
（二1 飞2）S
Q ・
2
；0
S 2 r
d - ；r
l I
2d ；r d - ；r l I
两板间的电势差U:
介质上、下两个表面上的极化电荷面密度为
：；：h ； 0XE = _ ；0（ ' -1） r h 2Q
名0 名0耳 解：(1)以r(R i <r<R 2)为半径，长度为一个单位，作
一与导线同轴的圆柱体，圆柱体的 表面作为高斯面，求得介质中的电位移矢量为：
极化强度矢量为:
P 「o xE=~^er.
2兀2r
(2)两板间的电势差 U 为:
U -
（d
—R （1）
;0
；r
;Q
又因 联立⑴⑵ ，可得:
2Q "S g r d 2 ；r d - ；r l
-2
2Q "S ；r
d - ；r
l I 2 ；r
d - r
l I U = —^-2dQ % 名o S
；r d - ；r l I
2 ；r
d - ；r
l I
Cr -I ）d S 2 ； r d - 7 I I
3412
电场强度为：
E(r) 0
—e r
2 兀 S r ®
d
在半径R 与R ＞处，介质表面的极化电荷面密度分别为:
(% —1)^0
(E r
—1)九0
解：虽然电容器极板间两部分充的介质不同，但加在介质上、下的电压却相同。

两介 质的分界面垂直极板，由于电场强度的切线分量连续， E it =曰，而对分界面而言，介质
两侧的电场强度仅有切线分量，即
E 1
=E 2
,,极板间两部分就如同两个电容器
C 和C
利用D = E 可求得:
E i
两板间的电势差（绝对值）为:
r
R 2
-一(q E 1r dr °
E 2r dr °)
'R 1
T
dr 。

U =
—
民2兀g 0r E r
lnR R 1
3.4.13
3414
,C 2
于，因此两个电容器并联的电容为:
C =C 1
C 2
解：（1）设内球带电-Q ,导体球壳的内表面感应电荷为
Q 2 e r .
•、D d ^-Q.可求得:
Q,利用介质中的高斯定理
E 2
Q
2 e r
.
4…-0 "r2r 0
•亡（R ；T 几 GF.
R i R 2
C =-
U
1 1 1 1
名 r1(= 一一)+ 名 r2(— — —-)
R 1
r r R 2
二(R 1)「0XE(R)
罟
4 兀 s R-i
Q 1
1
二(r
) = ；0(；r2 -
1) E 2
( r
^ ；0( ；r1
_ 1)E 1
(r)
2 (…
).
S r1 S r2
(R ) ( ；r2 -1)Q
"2)一 4®R ；
每层介质中的总能量:
-7
1
= CO e1V 1= CO e1 Sd 1 = 1 .11 10 (J).
-7
2
= CO e2V 2= CO e2Sd 2=3・33 10 (J).
W r^ 二旦=4.44 10^(J).
2 2
3.4.16 证明：设沿轴线单位长度上圆柱形导线所带电荷为
用介质中的高斯定理，可求得圆柱形电容器内部的
3415
解：（1）利用介质中的高斯定理，很容易求出两种介质中的 D 是相同的，其大小为
D -;-，利用D = ；
E 可求得:
E 1
CT
,E 2
；
0 ；r1
；0 ；
r2
「•E i d i +E 2d 2=U
可得厂-105 ；0.
-'el
DE i 2 DE 2
2
二才 1010 十1
'0 10
_2
-1010 二2・22 10 4
b.
(3)a. 电容器的总能量为: w=w -7
1
+W 2=4.44 10 (J).
用电容储能公式计算电容器的总能量为:
入，则导体圆筒所带电荷为-入，利
e r
. 2 ：r
iiD dS =Q. 贝y D r二一或D = D r e r 则该电容器内所储存的总能量为:
2 _ 2
W - e dV 2 rldl |n
a2z4“a 根据题意，可列：
a 2 8二；a
可得
r 1 b
In In , 从而可得r = . ab.
a 2 a
r e dV = W =鬥In b
故电容器所储存的能量有一半是在半径
r二、ab的圆柱体内，结论得证。