1、思考題13-1尖端放電的物理實質是什么？答：尖端放電的物理實質，是尖端處的強電場致使附近的空氣分子電離，電離所產生的帶電粒子在電場的作用下急劇運動和相互碰撞，碰撞又使更多的空氣分子電離，并非尖端 所帶的電荷直接釋放到空間去。13-2將一個帶電+q半徑為Rb的大導體球B移近一個半徑為 Ra而不帶電的小導體球A，試判斷下列說法是否正確？并說明理由。圖13-37 均勻帶電球體的電場能(1) B球電勢高于A球。答：正確。不帶電的導體球 A在帶電+ q的導體球B的電場中，將有感應電荷分布于表面。另外，定性畫出電場線，在靜電場的電力線方向上電勢逐點降低，又由圖看出電場線 自導體球B指向導體球 A，故B球電

2、勢高于 A球。(2) 以無限遠為電勢零點，A球的電勢：Va < 0答：不正確。若以無窮遠處為電勢零點V"= 0,從圖可知A球的電力線伸向無窮遠處。所以，Va > 0。13-3怎樣能使導體凈電荷為零，而其電勢不為零？答：將不帶電的絕緣導體(與地絕緣并與其它任何帶電體絕緣)置于某電場中，則該導體有 q 0而導體的電勢V丸。13-4 怎樣理解靜電平衡時導體內部各點的場強為零？答： 必須注意以下兩點：（ 1） 這里的“點”是指導體內的宏觀點，即無限小體積元。對于微觀點，例如導體 中某電子或某原子核附近的一個幾何點，場強一般不為零；（ 2 ） 靜電平衡的這一條件，只有在導體內部的電

3、荷除靜電場力以外不受其他力（如 “化學力”）的情況下才能成立。13-5 怎樣理解導體表面附近的場強與表面上對應點的電荷面密度成正比？答： 不應產生這樣的誤解： 導體表面附近一點的場強， 只是由該點的一個面電荷元 S產生的。實際上這個場強是導體表面上全部電荷所貢獻的合場強。如果場中不止一個導體， 則這個場強應是所有導體表面上的全部電荷的總貢獻。13-6 為什么不能使一個物體無限制地帶電？答： 所謂一個物體帶電，就是指它因失去電子而有多余的凈的正電荷或因獲得電子而有多余的負的凈電荷。當物體帶電時，在其周圍空間產生電場，其電場強度隨物體帶電量的 增加而增大。帶電體附近的大氣中總是存在著少量游離的電子

4、和離子，這些游離的電子和離 子在其強電場作用下，獲得足夠的能量，使它們和中性分子碰撞時產生碰撞電離，從而不斷 產生新的電子和離子，這種電子和離子的形成過程如雪崩一樣地發(fā)展下去，導致帶電物體附 近的大氣被擊穿。在帶電體帶電的作用下，碰撞電離產生的、與帶電體電荷異號的電荷來到 帶電體上，使帶電體的電量減少。所以一個物體不能無限制地帶電。如尖端放電現象。13-7 感應電荷的大小和分布怎樣確定？答： 當施感電荷 Q接近于一導體時，導體上出現等量異號的感應電荷土q '。其分布一方面與導體的表面形狀有關，另一方面與施感電荷 Q 有關，導體靠近 Q 的一端，將出現與Q異號的感應電荷 q '。

5、而一般情況下q'并不等于Q, q '的大小及其在導體上的分布情況由靜電平衡條件決定，最終總是使得土 q '與施感電荷Q在導體內任一點產生的合電場強度為零， 只有在一些特殊情視下，q '的大小才會與Q相等。13-8 怎樣理解導體殼外電荷對殼內的影響？答： 封閉導體殼不論接地與否，其內部的電場均不受殼外電荷的影響，對此不能產生 誤解，以為由于殼的存在，殼外電荷不在殼內產生電場。實際上，殼外電荷也要在殼內激發(fā) 電場，只是由于這個場與殼外表面的感應電荷在殼內激發(fā)的場的合場強為零，才造成殼內電 場不受殼外電荷影響這一結果。13-9 怎樣理解導體殼內電荷對殼外的影響？答：

6、對一個不接地的中性導體殼，殼外無帶電體，但殼外空間仍然可能有場，這個場是殼內電荷間接引起的。例如殼內有一正電荷q，則殼內、外壁的感應電荷將分別為-q和+ q。外壁電荷將發(fā)出電場線，所以殼外空間有場。但是不要以為由于殼的存在，殼內電荷q不在殼外空間激發(fā)場。實際上殼內電荷 q 和內壁感應電荷 -q 都要在殼外空間激發(fā)場，只不 過其合場強為零，才使得殼外空間的場只是由外壁感應電荷 +q 所決定。而且應當注意，無 論殼內電荷分布如何，它和內壁感應電荷在殼外空間激發(fā)的合場強始終為零。殼外空間的場 只與殼內電荷的總電量有關，而與它們的分布無關。13-10 在靜電場中的電介質、導體表現出有何不同的特征？答：

7、 靜電場中的導體的主要特征是表面有感應電荷，內部場強處處為零，表面為等勢 面，導體為等勢體。而電介質的主要特征是在電場中被極化產生極化電荷，介質內部場強不 為零，方向與外加電場方向一致，一般說介質表面不是等勢面。13-11 電介質的極化現象與導體的靜電感應現象有什么區(qū)別？答：導體的靜電感應現象從微觀上看，是金屬中有大量自由電子，它們在電場的作用 下可以在導體內作宏觀移動，電子的移動使導體中的電荷重新分布，結果在導體表面出現感 應電荷。感應電荷產生的電場與外電場的方向相反，因此隨著感應電荷的堆積，導體中的合 場強逐漸減小，達到靜電平衡時，感應電荷產生的電場與外加電場相互抵消，導體中的合場 強為零

8、，導體中自由電子的宏觀移動也停止。電介質的極化現象從微觀上看，分子中的電子與原子核的結合相當緊密，電子處于束縛狀態(tài)。把電介質引入靜電場時，電子與原子核之間，只能作一微觀的相對位移，或者它們之間的連線稍微改變方向（有時兩種情況都發(fā)生），結果在沿場強方向的兩個表面出現極化電荷。極化電荷所產生的電場只是部分地抵消外加電場，達到穩(wěn)定時，電介質內部的電場強度 不為零。13-12 怎樣理解電勢能與電場能答：電勢能是帶電體之間或帶電體與電場之間的相互作用能，隨電勢能零點的選取而改變，其正負取決于相互作用性質。由于電勢能在所求點A處的值等于將電荷從無限遠（電勢能零點處）移至 A處外力反抗電場力作的功，外力作的

9、功的正負與電勢能正負一致。也可 由相互作用判斷，如是排斥作用，則是正值，如是吸引作用，則是負值。電場能是電場物質 所包含的固有能量，與勢能零點的選取無關。電勢能是電場能的一部分，也表示電場能隨位 置改變的變化。在有一些情況，如電容器中，由于電場只存在于電容器內部，電容儲能21 Q12 1WCU 2-QU 既是電場能，又是電勢能。2 C2213-13 怎樣使導體有過剩的正（或負）電荷，而其電勢為零？答： 將不帶電的導體置于負電荷 （或正電荷 ）的電場中，再將該導體接地，然后撤除接地線。則該導體有正電荷 （或負電荷 ），并且電勢為零。13-14 怎樣使導體有過剩的負電荷，而其電勢為正？答：將一帶少

10、量負電荷-q的導體置于另一正電荷 Q（Q>> q）的電場中，由于 Q>> q ,帶負電荷的導體并未明顯改變原電場，這時該導體有過剩的負電荷，而其電勢為正。13-15 電介質在外電場中極化后，兩端出現等量異號電荷，若把它截成兩半后分開， 再撤去外電場，問這兩個半截的電介質上是否帶電?為什么 ?答 : 不帶電因為從電介質極化的微觀機制看有兩類： 非極性分子在外電場中沿電場方向產生感應電偶極矩； 極性分子在外電場中其固有電偶極矩在該電場作用下沿著外電場方向取向。其在外電場中極化的宏觀效果是一樣的，在電介質的表面上出現的電荷是束縛電荷，這 種電荷不象導體中的自由電荷那樣能用傳導

11、的方法引走。當電介質被裁成兩段后撤去電場， 極化的電介質又恢復原狀，仍各保持中性。13 章習題13-1 半徑分別為1.0cm 與2.0cm的兩個球形導體，各帶電量1.0 X1O-8C，兩球心間相距很遠，若用導線將兩球相連，求：（1 ）每個球所帶電量；（2）每球的電勢。解: 兩球相距很遠，可視為孤立導體，互不影響，球上電荷均勻分布。設兩球半徑分別為1和2，導線連接后的帶電量分別為q1和q2,而q1+q2= 2 q，則兩球電勢分別是V1-q1，V2q2401402兩球相連后電勢相等，V1 = V2，則有q1q25q22q121212即2q19q1-6.67 10 C1 22q29q2-13.33

12、10 C12兩球電勢V1V2q16.0 103V4 ori13-2 A、B、C是三塊平行金屬板，面積均為200cm 2, A、B相距4.0mm , A、C相距2.0mm , B、C兩板都接地，如圖13-38所示。設 A板帶正電3.0 xi0"7C，不計邊緣效應，求B板和C板上的感應電荷，以及 A板的電勢。圖 13-38解：A板帶正電，B、C兩板接地，且兩板在A板附近，所以A板上的正電荷電量為 q，分布在左右兩表面，設B板感應電荷為-q1， C板感應電荷為-q2 ,則qi+q2=q由于AB間和AC間均可視為勻強電場所以qiq2根據題意由解得E ABE ACE ABE ACqioSq2T

13、SVaVbVa Vcd AB Eabd AC E acE AB 1Eacq1=1.0 xio-7c, q2=2.0 X10-7CB板上感應電荷為-1.0 X1O-7CC板上感應電荷為 -q2=- 2.0 X10-7CVAEAB dABq17sdAB1.0 1034.0 108.85 10124200 1032.3 10 V13-3兩塊無限大均勻帶電導體平板相互平行放置，設四個表面的電荷面密度分別為圖 13-391、2、3、4，如圖13-39所示。求證當靜電平衡時,證明 垂直于板作柱狀高斯面，如圖所示，因為導體內場強為零，兩板間場強垂直于板平面，所以有E dS 23 S. 00S所以4 /2 0

14、0又左邊導體板內場強考慮到230于是有 1413-4如圖13-40所示，一內半徑為a、外半徑為b的金屬球殼，帶有電荷Q,在球殼空腔內距離球心r處有一點電荷q。設無限遠處為電勢零點，試求:(1) 球殼內外表面上的電荷。(2) 球心O點處，由球殼內表面上電荷產生的電勢。球心O點處的總電勢。圖13-40 習題13-4圖解：(1)由靜電感應，金屬球殼的內表面上有感生電荷-q，外表面上帶電荷q + Q。O點的(2)不論球殼內表面上的感生電荷是如何分布的，因為任一電荷元離距離都是a，所以由這些電荷在 0點產生的電勢為dq4 oaq4 oaq在O點產生的電勢(3) 球心O點處的總電勢為分布在球殼內外表面上的

15、電荷和點電荷的代數和Vo Vq Vq VQqq q Q q q 1 11 Q( )4 or 4 oa 4 ob 4 o r a b 4°b13-5有一"無限大”的接地導體板，在距離板面b處有一電荷為q的點電荷。如圖13-41 所示，試求：(1) 導體板面上各點的感生電荷面密度分布。(2) 面上感生電荷的總電荷。圖13-41 習題13-5圖解：(1)選點電荷所在點到平面的垂足O為原點，取平面上任意點 P, P點距離原點為r，設P點的感生電荷面密度為在P點左邊鄰近處(導體內)場強為零，其法向分量也是零，按場強疊加原理,所以Epqcos4n 0 r2 b22qb/2冗 r2 3/

16、 2b2(2)以O點為圓心，r為半徑，dr為寬度取一小圓環(huán)面，其上電荷為dQ2 2 3/2dS qbrdr / r b總電荷為dSSrdrqb。O相距分別為a與b的B、C兩點，分別放上電荷為qA和qB的點電荷，達到靜電平衡后,13-6如圖13-42所示，中性金屬球 A，半徑為R,它離地球很遠.在與球心(1)金屬球A內及其表面有電荷分布嗎?(2)金屬球A中的P點處電勢為多大?(選無窮遠處為電勢零點)圖13-42 習題13-6圖解：(1)靜電平衡后，金屬球 A內無電荷，其表面有正、負電荷分布，凈帶電荷為零。(2)金屬球為等勢體，設金屬球表面電荷面密度為因為VpVo_dSsa4 0RqA qBa b

17、SA dS 0所以13-7半徑為Ri的導體球，被一與其同心的導體球殼包圍著，其內外半徑分別為R2、R3，使內球帶電q，球殼帶電Q，試求：(1)電勢分布的表示式；(2 )用導線連接球和球殼后的電勢分布;(3) 外殼接地后的電勢分布。解：(1)根據靜電平衡條件，導體內場強為零。可知球殼內表面感應電荷為-q，且均勻分布；導體球所帶電量 q均勻分布在導體球表面。由電荷守恒得導體球殼外表面均勻分布電量(Q+q),所以靜電平衡后空間電勢分布可視為三個均勻帶電球面的電勢疊加。均勻帶電球面電勢為所以當rq"ORq4 or(r(rR)R)R1 r R2，V2R2rR3，rR3，qR2q q QR2q

18、Q4 0R3V4q Q4or(2)導體連接后，導體球帶電量 q與球殼內表面感應電荷-q中和，導體殼與導體球等勢，電荷分布在導體殼外表面，電量為q Q，所以rR3,r R3,V4' 口4 or（3）外殼接地后，外表面電荷q+Q被中和，則為兩均勻帶電球面電勢疊加rRi，iqVi- qq4 °r RR2RirR2，V “ i qqV24 or rR2r R2，V3'' V4'' 013-8 已知導體球半徑為 Ri，帶電量為q。一導體球殼與球同心，內外半徑分別為R2和R3，帶電量為 Q,如圖13-44所示。求：（1）場強的分布；（2 ）球和球殼的電勢

19、Vi和V2以及它們的電勢差；（3）若球殼接地，Vi和V2以及電勢差；（4）用導線連接球與球殼后 Vi和V2的值。Q圖13-44 習題13-8圖-q ；F面用解：（1）先確定電荷的分布：因內球表面帶電量為q，則球殼內表面的感應電荷為又因球殼所帶的電量為 Q,根據電荷守恒定律，球殼外表面的帶電量一定為q+Q。兩種方法求此帶電系統(tǒng)的場強分布。方法一：用高斯定理求解。因電荷分布具有球對稱性，可用高斯定理求場強。取以半徑為r的同心球面為高斯面。當r<Ri時：E dS 0，Si，所以24 r E 0 ,即 E 0 ；當 RivrvR 2 時：q:E dS -S20所以4 r2E ，即 E J ；o4

20、 or當 R2<R<R 3 時:所以當r>R3時:所以94 r E 0,即卩 E 0;'sE dSq Q。4 or方法二：利用場強疊加原理求 E分布?？臻g任意一點的場強都可以看為三個帶電量分別為q、-q和q+Q的帶電球面在該點產El、E2和E3，利用均勻帶電球生的場強的矢量和。設三個帶電球面產生的場強大小分別為 面的場強公式可得Ei20r &rR10rR2E2q40r2r R20rR3q Q40r2根據場強的疊加原理，空間任意一點的總場強所以，場強大小分布為0rRiqRirR2420r0R2rR3qQ2rR340rE(2) 求球體和球殼的電勢及它們的電勢差。方

21、法一用電勢定義式Vp pEdl計算。球的電勢:V1dlR22 drorq Q4 o&R30drR>q QR34 0r2dr球殼的電勢:V2R3EdlQdrR3 4 orq Q40R3球與球殼的電勢差:方法二：用電勢疊加原理計算。利用均勻空間任一點的電勢都可以看作這三個帶電球面在該點所產生的電勢的代數和 帶電球面產生電勢的公式4 oRq4 or同樣可以得到旦(丄丄)24 o RiR24 0R3V2q Q40 R3所以（3）若導體球接地，球殼外表面電荷中和。用高斯定理可求得場強分布oEq4 or2or RR r &rR2所以得R2& 4orOdrR21)R2，V2所以

22、V21R2（4）用導線聯結球與球殼時，球與球殼內表面電荷中和,導體球殼外表面帶電量為q+Q。這時場強的分布為2 orrR3rR3因球和球殼相聯，所以它們的電勢相等，即Vi V2Xdr 丄2R34 or 40R3球與球殼的電勢差為U Vi V2 013-9 一半徑為R的帶電介質球體，相對介電常量為r，電荷體密度分布=k / r。（k為已知常量），試求球體內、外的電位移和場強分布。解:取半徑為r t r +d r的薄殼層，其中包含電荷dq dV2k /r 4冗 r d r 4nkrdr應用D的高斯定理，取半徑為r的球形高斯面球內:4nr 2Di4nkrr dr 2 冗 kr0Di = k/2,Di

23、D1er（er為徑向單位矢量）Ei =Di / (0r)=k / (2r),EiEie2球外：4 n r D2Rr dr02nkR2D2kR22r2D2D2erE2d2/kR202 or2，E2E2eri3-i0半徑為R的介質球，相對介電常量為r、其體電荷密度o(i - r / R)，式中 o為常量，r是球心到球內某點的距離。試求:（i）介質球內的電位移和場強分布。(2)在半徑r多大處場強最大?解：(1)取半徑為r t r + d r的薄殼層，其中包含電荷rdq dV 0 1 4R3r"Rdr應用D的高斯定理，取半徑為r的球形高斯面.則:4 r2Ddr4r4R2r4RDerE D/

24、0 rr3 4REe，er為徑向單位矢量d e(2)對E(r)求極值00 r 3 2R2R3d 2e且因晉0,所以rdr2R處E最大.313-11 一平行板電容器，極板間距離為10 cm，其間有一半充以相對介電常量的各向同性均勻電介質，其余部分為空氣，如圖13-45所示當兩極間電勢差為試分別求空氣中和介質中的電位移矢量和電場強度矢量。(真空介電常量0 =r= 10100 V 時,8.85 X10"12圖13-45習題13-11圖C2 N-1 m-2)D1、D2和已、E2，則解:設空氣中和介質中的電位移矢量和電場強度矢量分別為(1)U = Eid = E2d聯立解得Di =D2 =Ei

25、E20E10rE21000 V/mD10E18.85 10 9 C/m2D20 rE28.85 10 8 C/m2方向均相同，由正極板垂直指向負極板.13-12 一平行板空氣電容器充電后， 極板上的自由電荷面密度=1.77 X10-6 C/m 2 .極板與電源斷開，并平行于極板插入一塊相對介電常量為r= 8的各向同性均勻電介質板。計算電介質中的電位移 D 場強E和電極化強度 P的大小。（真空介電常量 0= 8.85 X10 C2 / N m2）解:由D的高斯定理求得電位移的大小為D = 1.77 X10-6 C/m 2r E的關系式得到場強 E的大小為E = 2.5 X104 v/m0 r介質

26、中的電極化強度 P的大小為P =0 eE =0 ( r 1 )E= 1.55 X10-6 C/m 213-13 一導體球帶電荷 Q = 1.0 C，放在相對介電常量為r= 5的無限大各向同性均勻電介質中。求介質與導體球的分界面上的束縛電荷Q'。解:導體球處于靜電平衡時，其電荷均勻分布在球面上.在球表面外附近，以球半徑R作一同心高斯球面.按D的高斯定理有 4R2D = Q。得到電位移的大小為D = Q / (4該處的電場強度大小為r)=Q / (4電極化強度的大小為0 ( r 1)E4 rR極化電荷面密度為=Pcos1801 r Q4 rR2分界面上的束縛電荷為R2Q =- 0.8 C極

27、化強度P與盤面平行,13-14半徑為R,厚度為h (<< R)的薄電介質圓盤被均勻極化,如圖13-46所示.求極化電荷在盤中心產生的電場強度解:建坐標如右圖.=Pcos圓盤均勻極化，只有極化面電荷，盤邊緣處極化電荷面密度為d q = Rdh = RhPcos dOR圖13-46 習題13-14圖d Ex = d Ecos(由極化電荷分布的對稱性可知EExdExdEEydq4 oR2cosdq40R2),d Ey = d Esin(d Ey = 0RhP 20R2 02coshP4 oRr,13-15如圖13-47所示，一各向同性均勻電介質球，半徑為R,其相對介電常量為圖13-47

28、習題13-15圖和球表面上的球內均勻分布有自由電荷，其體密度為o 求球內的束縛電荷體密度 束縛電荷面密度解：因為介質是球對稱的， 且 0均勻分布，所以'也必為球對稱分布. 因而電場必為球對稱分布.用D的高斯定理可求得0 eEPr drPr 4 r2-P dSSVdr 3r 4 r23 r4 r2 d r略去dr的高次項，則（ 與 0異號）其間各充滿一半相對介電常數分別13-16有兩個半徑分別為 Ri和R2的同心金屬球殼,為ri, r2的各向同性的均勻介質，如圖13-48所示。當內球殼帶電量為-Q，外球殼帶電量為+Q時，忽略邊緣效應。試求：（1）空間中D、E的分布;（2）兩球殼的電勢差。

29、圖13-48習題13-16圖解：（1 ）作半徑為r的同心球形高斯面，根據導體靜電平衡后等勢R2R1E1R2dlE2& 2dl即E1E2E又D0 rE ； D10r1 E ； D20 r2 E忽略邊緣效應，電荷分別在上、下半球和球殼均勻分布，根據高斯定理一 D dS qs當rR1,qo 0，D 0, E 0當 R1rR2Di2 r2D2 2ri 02r2 02DiD2Qri r2)0rriQ2( ri r2)rQr2)ririrR2， qo0,方向D/E/-r(2)由定義R2EdlR2Ri 2( riQ 2drr2 ) or2(Qri r2) 0R2Rii3-i7平行板電容器極板面積為S

30、,間距為d，中間有兩層厚度各為di 和 d2 (d=d i +d2)、介電常數各為 i和2的電介質,計算其電容。解:設兩極板各帶電荷+q和-q，兩極板電勢差:U Vi V2EidiE2d2did2 i2S i生)21 21 2S di 2 d2 i13-18 三個電容器如圖如圖13-49聯接，其中C1 = 10 X10"6 F, C2 = 5 X10"6 F,4 X10"6 F,當A、B間電壓U =100 V 時，試求:(1) A、B之間的電容; 當C3被擊穿時，在電容 C1上的電荷和電壓各變?yōu)槎嗌?圖13-49 習題13-18圖解：(1)(GC2 )C3C1C2

31、C33.16 X10-6 FC1上電壓升到 U = 100 V，電荷增加到 Q1C1U1 X10-3 C13-19如圖13-50所示，一空氣平行板電容器，極板面積為S,兩極板之間距離為其中平行地放有一層厚度為t (t<d)、相對介電常量為r的各向同性均勻電介質.略去邊緣效應，試求其電容值。解:設極板上的自由電荷面密度為應用D的高斯定理可得兩極板之間的電位移為由D E關系知，空氣中的電場強度為Eo =介質中的電場強度為E=1(0 r)兩極板之間的電勢差為U = Eo(d - t) + Et d tot rd 1 r t0 r0 r電容器的電容為0 rSrd 1 r tC10Sd tC2C1

32、C2C1C20 rSrd 1 r t作法二：看成二個電容串聯,13-20如圖13-51所示，一平行板電容器，極板面積為S,兩極板之間距離為 d,中間圖13-51 習題13-20圖x充滿介電常量按=0 (1+)規(guī)律變化的電介質.在忽略邊緣效應的情況下，試計算該d電容器的電容。解:設兩極板上分別帶自由電荷面密度土，則介質中的電場強度分布為Eo dxdd d d xd兩極板之間的電勢差為UEdxIn 2oo o d x0該電容器的電容值為CsoSUd l n 213-21半徑分別為a和b的兩個金屬球，它們的間距比本身線度大得多。今用一細導線將兩者相連接，并給系統(tǒng)帶上電荷Q,求:(1)每個球上分配到的

33、電荷數。（2）按電容定義式計算此系統(tǒng)的電容。解：（1）Qa Qb QQaQbVa； Vb -74 oa4 obVa Vb VQaQb4 oa 4 ob即Qa QbQQa(2 )系統(tǒng)電容QaVa4 o(a b)13-22如圖13-52所示，一平行板電容器的極板面積S=200cm 2,兩板間距 d=5.0mm極板間充以兩層均勻電介質。電介質其一厚度d=2.0mm ，相對介電常數 $1=5.0 ;其二厚度d2=3.0mm ，相對介電常數 $2=2.0。若以3800V的電勢差(Va-Vb)加在此電容器的兩極板上，求:(1) 板上的電荷面密度；(2) 介質內的場強、電位移及電極化強度;(3 )介質表面上

34、的極化電荷密度。圖13-52 習題13-22圖C1C2r1 0Sr2 0Sd1r1 0Sd2_r2 0Sr10Sd2r23T2.0 103.0 109.3210 11F5.02.0QC(Va Vb)S9.32115c m10380021.77 102.0 10(2)如圖作閉合圓柱形高斯面S,根據高斯定理- D1 dSsq。(自由)所以有Di SiSi得D1用同樣的方法作高斯面S',D1dSD1S2D2 S2D2D1介質內電位移D1.77105c所以介質1內場強E1r1 010 5125.0 8.85 101.774.0105V介質2內場強E251.77 10r2 02.08.85 10

35、121.0106V介質內1電極化強度1.7710 5r15.0介質內2電極化強度1.7710 5r22.010 6c m介質2表面束縛電荷面密度P268.85 10 C m13-23有兩個半徑分別為R1和R2的同心金屬球殼，內球殼帶電量為Qo,緊靠其外面包一層半徑為 R、相對介電常數為 &的介質。外球殼接地，如圖13-53所示。求：(1 )兩球殼間的場強分布；(2) 兩球殼的電勢差；(3) 兩球殼構成的電容器的電容值;(4 )兩球殼間的電場能量。圖13-53習題13-23圖解：(1 )因為電荷分布是球對稱的，介質分布又是與帶電球同心的球對稱分布，因而不會破壞電場分布的球對稱性，所以可用

36、介質中的高斯定理求場強的分布。設介質內(即 R1<r<R范圍內)，電位移矢量為 D1，電場強度為E1，由介質中高斯定理D1 dS QoS所以D1Qo4 r2E1D1Qo0 r 40 r r設介質外，即 R<r<R 2范圍內，電位移矢量為 D2，電場強度為巳，由介質中的高斯定所以E2D2Qo2or因此，在兩金屬球殼之間，場強的分布為Qo4 o rr2Qo4 or2RirR2(2)兩球殼間的電勢差ViV2R2ER1dlQo(3)(4)dr rr-dr4 orQo4 oR1RR2兩球殼構成的電容器的電容值QoV1V2R2(R4R1)1111()4OrR1Ro r RR1 R2

37、r R1 ( R2R)1 11( )o RR2兩球殼間的電場能量1V12O rE；dVv2 2oE；dVR1R1 2Qo)24r 2dro(4Q)24 r2drorR18o r r 2drr2 Qo2 dr2 drQo80 r R1211 Q011( ) ( )1 R 4 0 RR2也可以用電容器能量公式計算2 21 Q0 Q0.一 0一 011W廠7(可 R)2Q011-( ) 4 0 RR2在電源保持連接的情況下，試求把兩個極板間距增大至n倍時外力所做的功。13-24 用輸出電壓U作為穩(wěn)壓電源，給一電容為C的空氣平行板電容器充電。解：因保持與電源連接，兩極間電勢保持不變，而電容值為C oS/dC'oS/( nd)電容器儲存的電場能量由We CU彳/ 2We'22C'U /2 CU 2/2nWeWe' We 2U2/2(C/n C)J 0一 n在兩極板間距增大過程中電容器上帶電量由Q減至Q'，電源做功W (Q' Q)U (C'U CU )U