第八章靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體與電解質(zhì)講解

1、2*2於i ii iii i匚土J靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體與電介質(zhì)一、選擇題1. B 2. C 3. BD 4. C 5. D 6. BD 7. B 8. C 9. B 10. C 二、填空題1.導(dǎo)體的表面上，表面的法線，0 2.3. d-? 11Q1? +-?+4 兀OrR2R1?4 兀 6 0R2q(r2, (T 2= (T6. (1)D1=0, D2 = =Q4 兀 2Q 4. Qd/(2 £ 0S) Qd( i®S), 5V , D3 = 0, D4=qQ4兀 r424 兀 r22 (2)E10, E2=Q4兀 & 0r22E3= Q4兀 & 0r32E4e

2、0r42 7. U 4 兀 & 0RC=4 兀 & 0R 8. 1 / 1/r£ r 9. (1)AB 電容器：UAB =(T (-b)(T (b)(T b+ CDl容器：UCD = £ 0 £ 0 £ 0 £ r Sb(r2在抽出金屬板的過程中，外力作功 A =;在抽出介質(zhì)板的過程中，電容器能量 的2e 0?1Sb(r2-1 e?增量 AW=2 e? 10.£ ,r(W0/ £ r題8.1: 一真空二極管，其主要構(gòu)件是一個(gè)半徑R1 = 5.0? 10-4 m的圓柱形陰極和一個(gè)套在陰極外，半徑 R2=4.5?

3、 10-3m的同軸圓筒形陽極。陽極電勢(shì)比陰極電勢(shì) 高300 V,陰極與陽極的長(zhǎng)度均為L(zhǎng) = 2.5? 10-2 m。假設(shè)電子從陰極射出時(shí)的速 度為零。求：(1)該電子到達(dá)陽極時(shí)所具有的動(dòng)能和速率；(2)電子剛從陽極 射出時(shí)所受的力。題8.1分析：(1)由于半徑R1«L,因此可將電極視作無限長(zhǎng)圓柱面，陰極和陽 極之間的電場(chǎng)具有軸對(duì)稱性。從陰極射出的電子在電場(chǎng)力作用下從靜止開始加速，電于所獲得的動(dòng)能等于電場(chǎng)力所作的功，也即等于電子勢(shì)能的減少。由此， 可求得電子到達(dá)陽極時(shí)的動(dòng)能和速率。(2)計(jì)算陽極表面附近的電場(chǎng)強(qiáng)度，由 F=qE求出電子在陰極表面所受的電場(chǎng)力。解：(1)電子到達(dá)陽極時(shí)，勢(shì)

4、能的減少量為?Eep=-eV=-4.8? 10-17J由于電子的初始速度為零，故Eek-?Eek=-?Eep=4.8? 10-17J因此電子到達(dá)陽極的速率為v=2Eek=m2eV=1.03? 107m? s-1 m(2)兩極間的電場(chǎng)強(qiáng)度為入 E=er 2 兀 e 0r兩極間的電勢(shì)差V=? R2R1E?dr=?-R1R2R 入 dr=n2 2 兀 e 0r2 兀 e 0R1負(fù)號(hào)表示陽極電勢(shì)高于陰極電勢(shì)。陰極表面電場(chǎng)強(qiáng)度E=-入 er=2 兀 & 0R1VRR1ln2R1er電子在陰極表面受力F=-eE=4.37? 10-14erN這個(gè)力盡管很小，但作用在質(zhì)量為9.11? 1031 kg的

5、電子上，電子獲得的加速度可達(dá)重力加速度的5? 1015倍。題8.2: 一導(dǎo)體球半徑為R1,外罩一半徑為R2的同心薄導(dǎo) 體球殼，外球殼所帶總電荷為 Q,而內(nèi)球的電勢(shì)為V0。求此系統(tǒng)的電勢(shì)和電場(chǎng)的分布。題8.2分析：不失一般情況，假設(shè)內(nèi)導(dǎo)體球帶電q,導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡時(shí)電荷的分布如圖所示，依照電荷的這一分布，利用高斯定理可求得電場(chǎng)分布。并由 vP=?pE?dl或 電勢(shì)疊加求Q、R1、R2表示。出電勢(shì)的分布。最后將電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)用已知量V0、題8.2解：根據(jù)靜電平衡時(shí)電荷的分布，可知電場(chǎng)分布呈球?qū)ΨQ。取同心球面為高斯面，由高斯定理E? dS=E(r)? 4冗r2=!2q9眼據(jù)不同半徑的高斯面內(nèi)的電荷分

6、 布，解得各區(qū)域內(nèi)的電場(chǎng)分布為r<R1 時(shí)，E1(r)=0R1<r<R2 時(shí)，E2(r)=r>R2 時(shí)，E2(r)=q4 兀 £ 0r2 Q+q 4 兀 £ 0r2由電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)的積分關(guān)系，可得各相應(yīng)區(qū)域內(nèi)的電勢(shì)分布。r<R1時(shí)，ooR1R2o qQ V1=? E?dl=? E1?dl+? E2?dl+? E3? dl=+rrR1R24 兀 & 0R14兀 & 0R2R1<r<R2 時(shí)，V2=?E?dl=?r8R2rE2dl+?E3?dl=R2 8q4 兀 & 0r+Q4九 e 0R2r>R2 時(shí)，V

7、3=?E3?dl=r ooQ+q 4 兀 & 0r也可以從球面電勢(shì)的疊加求電勢(shì)的分布。在導(dǎo)體球內(nèi)(r<R1)V1=q4九 e 0R1q4兀£ 0r+Q4兀£ 0R2Q4兀在麻啾和球殼之間(R1<r<R2) V2=+在球殼外(r>R2)V3=Q+q 4 兀 & 0r由題意V1=V0=q4 兀 £ 0R1+Q41 £ 0R2得 q=4 兀 & 0R1VR1Q R2代人電場(chǎng)、電勢(shì)的分布得r<R1 時(shí)，E1=0;V1=V0R1<r<R2 時(shí)，E2=r>R2 時(shí)，E3=R1V0RV(r-R1)

8、QR1Q-; V2=10+ 22r4 兀 & 0R2rr4 九 & 0R2rR1V0(R2 R1)QR1V0(R2-R1)Q+; V=+ 3r4 兀 & 0R2rr24 兀 & 0R2r2題8.3:在一半徑為R1 =6.0 cm的金屬球A外面套有一個(gè)同心的金屬球殼 B。已 知球殼B的內(nèi)、外半徑分別為 R2 =8.0 cm, R3 =10.0 cm。設(shè)球A帶有總電荷 QA=3.0? 10-8C,球殼B帶有總電荷 QB=2.0? 10-8C。(l)求球殼B內(nèi)、外表面 上所帶的電荷以及球 A和球殼B的電勢(shì)；(2)將球殼B接地然后斷開，再把金 屬球A接地，求球A和球殼B

9、內(nèi)、外表面上所帶的電荷以及球 A和球殼B的電 勢(shì)。題8.3分析：(1)根據(jù)靜電感應(yīng)和靜電平衡時(shí)導(dǎo)體表面電荷分布的規(guī)律，電荷 QA均勻分布在球A表面，球殼B內(nèi)表面帶電荷-QA,外表面帶電荷 QB+QA,電 荷在導(dǎo)體表面均勻分布， 由帶電球面電勢(shì)的疊加可求得球 A和球殼B的電勢(shì)。（2）導(dǎo)體接地，表明導(dǎo)體與大地等電勢(shì)（大地電勢(shì)通常取為零）。球殼 B接地 后，外表面的電荷從大地流入的負(fù)電荷中和，球殼內(nèi)表面帶電-QA。斷開球殼B的接地后，再將球A接地，此時(shí)球A的電勢(shì)為零。電勢(shì)的變化必將引起電荷的重新分布，以保持導(dǎo)體的靜電平衡、不失一般性可設(shè)此時(shí)球A帶電qA,根據(jù)靜電平衡時(shí)導(dǎo)體上電荷的分布規(guī)律，可知球殼B

10、內(nèi)表面感應(yīng)-qA,外表面帶電qA-QA 0此時(shí)球A的電勢(shì)可表示為VA=qA4 兀 £ 0Rq+Aq-QA+A 4兀 £ 0R24兀 £ 0R3由VA=0可解出球A所帶的電荷qA,再由帶電球面電勢(shì)的疊加，可求出球 A和 球殼B的電勢(shì)。解：（1）由分析可知，球 A的外表面帶電3.0? 10-8C,球殼B內(nèi)表面帶電-3.0? 10-8C,外表面帶電5.0?10-8C。由電勢(shì)的疊加，球 A和球殼B的電勢(shì)分別 為I.Illi IIIHI Hill lllll Hill IIJIII IHilfiVA=VB=QA4r & 0R1+QAQ+QB+A=5.6 ? 103V

11、 4 兀 & 0R24兀 & 0R3QA+QE?=4)3V4九 e 0R3(2)將球殼B接地后斷開，再把球 A接地，設(shè)球A帶電qA,球A和球殼B的 電勢(shì)為VA=VB=qA4兀 £ 0R1-qA-QA+ qA+=0 4 兀 £ 0R24兀 e-QA3qA 4 兀 £ 0R3R1R2Q=2.12? 10-8C R1R2+R2R3-R1R3解得 qA=即球A外表面帶電2.12? 10-8C,由分析可推得球殼 B內(nèi)表面帶電-2.12? 10-8C,外表面帶電-0.9? 10-8C。另外球A和球殼B的電勢(shì)分別為VA=0VB=-7.92? 102 V導(dǎo)體的接地

12、使各導(dǎo)體的電勢(shì)分布發(fā)生變化，打破了原有的靜電平衡，導(dǎo)體表面的 電荷將重新分布，以建立新的靜電平衡。題8.4:地球和電離層可當(dāng)作球形電容器，它們之間相距約為100 km,試估算地球一電離層系統(tǒng)的電容。設(shè)地球與電離層之間為真空。題8.4解：由于地球半徑 R1=6.37? 106m；電離層半徑R2=1.00? 105m+R1=6.47? 106m,根據(jù)球形電容器的電容公式，可得C=4兀 & 0R1R2=4.5810-2F R2-R1題8.5:兩線輸電線，其導(dǎo)線半徑為 3.26 mm,兩線中心相距0.5 m,線位于地面 上空很高處，因而大地影響可以忽略。求輸電線單位長(zhǎng)度的電容題8.5解：兩輸電

13、線的電勢(shì)差入-RU=ln 九 £ 0R因此，輸電線單位長(zhǎng)度的電容C=XU=Tt £ 0/lnRd=兀 £ 0/ln RR代人數(shù)據(jù)C=4.86? 10-12F題8.6:由兩塊相距0.50 mm的薄金屬板A、B構(gòu)成的空氣平板電容器被屏蔽在一金屬盒K內(nèi)，金屬盒上、下兩壁與 A、B分別相距0.25 mm,金屬板面積為30mm? 40mm求：（1）被屏蔽后電容器的電容變?yōu)樵瓉淼膸妆叮唬?）若電容器題8.6分析：薄金屬板A、B與金屬盒一起構(gòu)成三個(gè)電容器具等效電路圖如圖所 示，由于兩導(dǎo)體間距離較小。電容器可視為平板電容器，通過分析等效電路圖可 求得A、B間的電容。解：（1）如圖

14、，由等效電路可知C=C23+C1=C2? C3+C1 C2+C3由于電容器可視作平板電容器，且 d1=2d2=2d3,故C2=C3=2C1,因此A、B問 的總電容C=2C1（2）若電容器的一個(gè)引腳與屏蔽盒相碰，相當(dāng)于 C2 （或者C3）極板短接，具電 容為零，則總電容C'=3C1 題8.7:在A點(diǎn)和B點(diǎn)之間有5個(gè)電容器，其連接如圖所示。（1）求A、B兩點(diǎn) 之間的等效電容；（2）若A、B之間的電勢(shì)差為12 V,求UAC、UCD和 UDB。題8.7解：（1）由電容器的用、并聯(lián)，有 CAC=C1+C2=12FCCD=C3+C4=8 F求得等效電容CAB=4iF（2）由于 QAC=QCD=QD

15、B=QAB ,得 UAC=UCD=UDB=CABUAB=4V CACCABUAB=6V CCDCABUAB=2V CCD題8.8:蓋革一米勒管可用來測(cè)量電離輻射。該管的基本結(jié)構(gòu)如圖所示，一半徑 為R1的長(zhǎng)直導(dǎo)線作為一個(gè)電極，半徑為 R2的同軸圓柱筒為另一個(gè)電極。它們之 間充以相對(duì)電容率er喇J氣體。當(dāng)電離粒子通過氣體時(shí)，能使其電離。若兩極問 有電勢(shì)差時(shí)，極板間有電流，從而可測(cè)出電離粒子的數(shù)量。如以E1表示半徑為R1的長(zhǎng)直導(dǎo)線附近的電場(chǎng)強(qiáng)度。（1）求極板間電勢(shì)的關(guān)系式；（2）若 E1=2.0? 106V? m-1,R1=0.30mm,R2=20.0mm,兩極板間的電勢(shì)差為多少？題8.8解：（1）

16、由上述分析，利用高斯定理可得 E? 2 tt rL= 則兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度入E= 2兀e 0r導(dǎo)線表面（r = R1）的電場(chǎng)強(qiáng)度入 E1= 2 兀 £ 0R1 兩極板間的電勢(shì)差U=? R2R11£ 0X,L E? dr=? R2R1R dr=R1E1ln2 2 兀 e 0rR1 （2）當(dāng) E1=2.0? 106V?m-1,R1=0.30mm,R2=20.0mm時(shí)，U=2.52? 103V題8.9: 一片二氧化鈦晶片，具面積為 1.0 cm2,厚度為0.10 mm。把平行平板電 容器的兩級(jí)板緊貼在晶片兩側(cè)。（1）求電容器的電容；（2）當(dāng)在電容器的兩板 上加上12 V電壓時(shí)，極

17、板上的電荷為多少時(shí)，極板上的電荷為多少？此時(shí)自由 電荷和極化電荷的面密度各為多少？ （ 3）求電容器內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度.題8.9解：（1）查表可知二氧化鈦的相對(duì)電容率£ r=173故充滿此介質(zhì)的平板電容器的電容d（2）電容器加上U=12V的電壓時(shí)，極板上的電荷Q=CU=1.84? 10-8C C=£ re 0S=1?5GD-9F極板上自由電荷面密度為(t0=Q=1.8410-4C? m-2 S晶片表面極化電荷密度-4-2'= (t0 1? (T 0=1.83 10C? m ? 1? r?(3)晶片內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E=U=1.2? 105V? m-1 d題8.10:如圖所示，

18、半徑R = 0.10 m的導(dǎo)體球帶有電荷 Q=1.0? 10-8C,導(dǎo)體外有兩層均勻介質(zhì)，一層介質(zhì)的 c r=5.0厚度d=0.10m,另一層介質(zhì)為空氣，充滿其余空間。求：(1)離球心為r = 5 cm、15 cm、25 cm處的D和E; (2)離球心 為r = 5 cm、15 cm、25 cm處的V; (3)極化電荷面密度 oV題8.10分析：帶電球上的自由電荷均勻分布在導(dǎo)體球表面，電介質(zhì)的極化電荷也 均勻分布在介質(zhì)的球形界面上，因而介質(zhì)中的電場(chǎng)是球?qū)ΨQ分布的任取同心球面為高斯面，電位移矢量 D的通量只與自由電荷分布有關(guān)，因此在高 斯面D上呈均勻?qū)ΨQ分布，由高斯定理 D? dS=Eq0可得D

19、(r)再由E=De 0e!T得E(r)。介質(zhì)內(nèi)電勢(shì)的分布，可由電勢(shì)和電場(chǎng)強(qiáng)度的積分關(guān)系V=?rE?dl求得，或者由電勢(shì)疊加原理求得。極化電荷分布在均勻介質(zhì)的表面，其極化電荷體面密度二Pn。解：(1)取半徑為r的同心球面為高斯面，由高斯定理得 00r<RD1?4 兀 r2=0D1=0; E1=0R<r<R+d, D2? 4 tt r2=QD2=QQ; E= 24 兀 r24 兀 e 0 e rr2r>R+d, D3?4：tr2=QD3=QQ; E= 34 兀 r24 兀 & 0r2將不同的r值代人上述兩式，可得r = 5 cm、15 cm和25 cm時(shí)的電位移和電

20、場(chǎng)強(qiáng)度的大小，其方向均沿徑向朝外。ri = 5 cm,該點(diǎn)在導(dǎo)體球內(nèi)，則Dr1=0; Er1=0r2 = 15 cm,該點(diǎn)在介質(zhì)層內(nèi)，c r=5.0則Dr2=Er2=Q4 兀 & r22=3.50-8C? m-2Q4兀 £ 0 £ rrQ4 tt £ rQ4兀£ 0r22032 =?.Q03V? m-1r3 = 25 cm,該點(diǎn)在空氣層內(nèi),空氣中 e = £則Dr3=Er3=1.3? 10-8C? m-2 =1.4? 103V? m-1(2)取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，由電勢(shì)與電場(chǎng)強(qiáng)度的積分關(guān)系得ooQr3=25cm,V3=? E3? dr=3

21、60V r14 兀 e 0r2r2=15cm,V2=? R+dr2E2? dr+?8R+dE3? dr0R+dr?=5cm,V1 =qq=-+=480V4 兀 £ 0 £ rr24 兀 e 0 e rR+d4 冗 £RQ Q=-+=540V4 兀 & 0 e rR4 九0 £ rR+d4 兀 £ 0R+QQER+dE? dr(3)均勻介質(zhì)的極化電荷分布在介質(zhì)界面上，因空氣的電容率 e=e,0極化電荷 可忽略。(e-1)Q 故在介質(zhì)外表面；Pn=( e-1) £ 0En=24 兀 £ rR+d i =Pn=Q 

22、3; r24 兀 & rR+d=?.60-8C? m-2在介質(zhì)內(nèi)表面：Pn=(e-1) e 0En=(-1)Q4tt £ rR26'=Pn=-( £-1)Q=-6.4? 10-8C? m-24tt £ rR2介質(zhì)球殼內(nèi)、外表面的極化電荷面密度雖然不同，但是兩表面極化電荷的總量還 是等量異號(hào)。題8.11: 一平板電容充電后極板上電荷面密度為60=4.5 10-3C? m-2?，F(xiàn)將兩極板與電源斷開，然后再把相對(duì)電容率為 e r=2.0勺電介質(zhì)插人兩極板之間。此時(shí)電介質(zhì)中的D、E和P各為多少？題8.11解：介質(zhì)中的電位移矢量的大小D=Q十 0=4.5?

23、10-5C? m-2 ?S介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度和極化強(qiáng)度的大小分別為QE=2.5? 106V? m-1 £ 0 £ rP=D- £ 0E=2.Z10-5C? m-2D、P、E方向相同，均由正極板指向負(fù)極板（圖 中垂直向下）。題8.12:在一半徑為R1的長(zhǎng)直導(dǎo)線外，套有氯丁橡膠絕緣護(hù)套，護(hù)套外半徑為R2,相對(duì)電容率為設(shè)沿軸線單位長(zhǎng)度上，導(dǎo)線的電荷密度為尢試求介質(zhì)層內(nèi)的D、E和P。題8.12解：由介質(zhì)中的高斯定理，有D? dS=D? 2 兀 rL=入得 D=X er 2 兀 r在均勻各向同性介質(zhì)中D 入 E=er e0er2Tte0err? 1P=D- & 0E=

24、-1 £? Q? 2 兀 re?題8.13:設(shè)有兩個(gè)薄導(dǎo)體同心球殼 A與B,它們的半徑分別為 R1 = 10 cm與R3 =20 cm,并分別帶有電荷-4.0?10-8C與1.0? 10-7C。球殼間有兩層介質(zhì)內(nèi)層介質(zhì) 的£ r1=4.0外層介質(zhì)的£ r2=2.0其分界面的半徑為 R2 = 15 cm。球殼B外為空 氣。求（1）兩球間的電勢(shì)差UAB;（2）離球心30 cm處的電場(chǎng)強(qiáng)度；（3）球A的電勢(shì)。題8.13分析：自由電荷和極化電荷均勻分布在球面上。電場(chǎng)呈球?qū)ΨQ分布。取同 心球面為高斯面，根據(jù)介質(zhì)中的高斯定理可求得介質(zhì)中的電場(chǎng)分布。由電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的積分關(guān)系

25、可求得兩導(dǎo)體球殼間的電勢(shì)差，由于電荷分布在 有限空間，通常取無窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)，則 A球殼的電勢(shì)VA=?AE?dl 8解：(1)由介質(zhì)中的高斯定理，有D?dS=D?4 兀 r2=Q1得 D1=D2=E1 =E2=D1Q1er4 兀 r2Q1ererR1<r<R2 R2<r<R38 0 & r1D2=4 兀 e 0 e r1r2Q14 幾 e 0 e r2r2R2e 0 £ r2R3R1 兩球殼間的電勢(shì)差 UAB=?E?dl=?E1?dl+?R1R3R2E2?dl?1Q11? ?=-+?4 兀 & 02 R1R2?4 兀 & 0 £

26、; 以Q11? ? R-R?3? 2 (2)同理由高斯定理可得E3=Q1+Q24 tt £ 0r8 2er=6.? 103erV? m-1 (3)取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，則VA=UAB+ ? E3?dl=UAB+BQ1+Q2=2.1 ? 103V 4 兀 e 0 e rl題8.14:如圖所示，球形電極浮在相對(duì)電容率為 e r=3.0勺油槽中。球的一半浸沒 在油中，另一半浸入在油中，另一半在空氣中。已知電極所帶凈電荷Q0=2.0?10-6C。問球的上、下部分各有多少電荷？題8.14分析：我們可以將導(dǎo)體球理解為兩個(gè)分別懸浮在油和空氣中的半球形孤立容器，靜電平衡時(shí)導(dǎo)體球上的 電荷分布使導(dǎo)體成為

27、等勢(shì)體，故可將導(dǎo)體球等效為兩個(gè) 半球電容并聯(lián)，其相對(duì)無限遠(yuǎn)處的電勢(shì)均為V,且QQV=1=2 (1) C1C2另外導(dǎo)體球上的電荷總量保持不變，應(yīng)有 Q1+Q2=Q0 (2)因而可解得Q1、Q2.解：將導(dǎo)體球看作兩個(gè)分別懸浮在油和空氣中的半球形孤立電容器，上 半球在空 氣中，電容為C1=2兀 & 0R下半球在油中，電容為C2=2兀 £ 0 £ rR由分析中式（1）和式（2）可解得Q1=C11Q0=Q0=0.5O? 10-6C C1+C2& r+1Q2=C2 rQ0=Q0=1.夕 10-6C C1+C2& r+1EO由于導(dǎo)體球周圍部分區(qū)域充滿介質(zhì)，球上電荷

28、均勻分布的狀態(tài)將改變。可以證 明，此時(shí)介質(zhì)中的電場(chǎng)強(qiáng)度與真空中的電場(chǎng)強(qiáng)度也不再滿足E=e的關(guān)系。事實(shí)上，只有當(dāng)電介質(zhì)均勻E0充滿整個(gè)電場(chǎng)，并且自由電荷分布不變時(shí)，才滿足E= £ r.題8.15:有一個(gè)空氣平極電容器，極板面積為 S,間距為do現(xiàn)將該電容器接在端電壓為U的電源上充電，當(dāng)（1）充足電后；（2）然后平行插入一面積相同、 厚度為6（ 6<d）目對(duì)電容率為e的電介質(zhì)板；（3）將上述電介質(zhì)換為同樣大小 的導(dǎo)體板。分別求電容器的電容 C, 極板上的電荷Q和極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E。題8.15分析：電源對(duì)電容器充電，電容器極板間的電勢(shì)差等于電源端電壓U。插入電介質(zhì)后，由于介質(zhì)界面出現(xiàn)

29、極化電荷，極化電荷在介質(zhì)中激發(fā)的電場(chǎng)與原電 容器極板上自由電荷激發(fā)的電場(chǎng)方向相反，介質(zhì)內(nèi)的電場(chǎng)減弱。由于極板間的距 離d不變，因而與電源相接的導(dǎo)體極板將會(huì)從電源獲得電荷，以維持電勢(shì)差不 變，并有Q U=（d- 6 ）+Q 6 e 0S e 0 £ rS相類似的原因，在平板電容器極板之間，若平行地插入一塊導(dǎo)體板，由于極板上 的自由電荷和插人導(dǎo)體板上的感應(yīng)電荷在導(dǎo)體板內(nèi)激發(fā)的電場(chǎng)相互抵消，與電源 相接的導(dǎo)體極板將會(huì)從電源獲得電荷，使間隙中的電場(chǎng)E增強(qiáng)，以維持兩極板問的電勢(shì)差不變，并有Q U=（d- 6 ） £ 0S綜上所述，接上電源的平板電容器，插人介質(zhì)或?qū)w后，極板上的自由電

30、荷均會(huì) 增加，而電勢(shì)差保持不變。解：（1）空氣平板電容器的電容C0=£ 0Sd充電后，極板上的電荷和極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為Q0=E0=e 0SdU dU（2）插入電介質(zhì)后，電容器的電容 C1為? Q? £ 0 £ ?SQC1=Q/ d- 6 + 6 =? 6 S+ $ 耐 £ £? 00rr故有Q1=C1Uw 0 £ rSU 6+6U 6 +吒6rd質(zhì)內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度 E1'=Q1£ 0 £ rS=空氣中的電場(chǎng)強(qiáng)度E1=Q1e rU= e 0S6 +鐘r3）插人導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡后，導(dǎo)體為等勢(shì)體，其電容和 極板上的電荷

31、分別為C2=Q2=£ 0S d6 £ 0SU d'=0導(dǎo)體中的電場(chǎng)強(qiáng)度 E0空氣中的電場(chǎng)強(qiáng)度 E2=U d-6題8.16:如圖所示，在平板電容器中填入兩種介質(zhì)，每種介質(zhì)各占一半體積，試 證其電容為C=e 0Se r1+ £ r2d2題8.16證1:將此電容器視為極板面積均為 S2,分別充滿相對(duì)電容率為e r評(píng)口£ r2勺電介質(zhì)的兩個(gè)平板電容器并聯(lián)，則C=C1+C2=t 0 £ r1S2d+ £ 0 £ r2s2d= £ 0Se r1+ £ r2d2證2:假設(shè)電容器極板上帶電荷 Q,則由于電容器兩側(cè)

32、所填充的電介質(zhì)的電容率 不同，故導(dǎo)體極板上自由電荷的分布不均勻。設(shè)介質(zhì)I側(cè)導(dǎo)體極板帶電荷Q1,介質(zhì)II側(cè)導(dǎo)體極板帶電荷 Q2,在導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡時(shí)，導(dǎo)體極板為等勢(shì)體， 故有2Q2d?2Q1d=?？ e 0 e r1S e 0?Q+Q=Q2? 1解得 Q1=Q2=U =r1Q £ r1+ £ r2 £ r2Q £ r1+ £ r22Q1d2Qd= e 0e r1S e 0Se r1+ £ r2 C=Qe 0Se r1+ e?2Ud2題8.17:為了實(shí)時(shí)檢測(cè)紡織品、紙張等材料的厚度（待測(cè)材料可視作相對(duì)電容率 為£的電介質(zhì)），通常

33、在生產(chǎn)流水線上設(shè)置如圖所示的傳感裝置，其中A、B為平板電容器的導(dǎo)體極板，d0為兩極板間的距離。試說明檢測(cè)原理，并推出直接測(cè)量電容C與間接測(cè)量厚度d之間的函數(shù)關(guān)系。如果要檢測(cè)鋼板等金屬材料的厚度，結(jié)果又 將如何？題8.17解：由分析可知，該裝置的電容為£ 0 £ rS C= d+ -d rd介質(zhì)的厚度為& dCe 0 £ rS £ & S0r r=di0 -1Ge -1Ce -1如果待測(cè)材料是金屬導(dǎo)體，具等效電容為£ S C=0 d-d導(dǎo)體材料的厚度d=d0- & 0SC實(shí)時(shí)地測(cè)量A、B間的電容量C,根據(jù)上述關(guān)系式就可以間

34、接地測(cè)出材料的厚 度、通常智能化的儀表可以實(shí)時(shí)地顯示出待測(cè)材料的厚度。題8.18:利用電容傳感器測(cè)量油料液面高度。其原理如圖所示，導(dǎo)體圓管 A與儲(chǔ) 油隨B相連，圓管的內(nèi)徑為D,管中心同軸插入一根外徑為d的導(dǎo)體棒C, d、D 均遠(yuǎn)小于管長(zhǎng)L并且相互絕緣。試征明：當(dāng)導(dǎo)體團(tuán)管與導(dǎo)體棒之間接以電壓為 U 的電源時(shí)，圓管上的電荷與液面高度成正比（油料的相對(duì)電容率為 c）r o題8.18分析：由于d、D<<L,導(dǎo)體A、C構(gòu)成圓柱形電容器，可視為一個(gè)長(zhǎng) X（X為液面高度）的介質(zhì)電容器 C1和一個(gè)長(zhǎng)L-X的空氣電容器C2的并聯(lián)，它們 的電容值均隨X而改變。因此其等效電容 C = C1+C2也是X的

35、函數(shù)。由于Q = CU,在電壓一定時(shí)，電荷 Q僅隨C而變化，求出Q與液面高度X的函數(shù)關(guān)系， 即可得證證：由分析知，導(dǎo)體A、C構(gòu)成一組柱形電容器，它們的電容分別為 C1=2兀 & 0 £ rX lnd2 兀 e OX） lndC2= 其總電容C=C1+C2=2t e 0 e rX2 兀-X）+L a + B X DDlnlndd其中 a =2 兀 e 0L2兀-10（ B = Inlndd Q=CU= U+B UX即導(dǎo)體管上所帶電荷Q與液面高度X成正比，油罐與電容器聯(lián)通。兩液面等高， 測(cè)出電荷Q即可確定油罐的液面高度。題8.19:有一平行平板電容器，兩極板間被厚度為 0.01 nm的聚四氯乙烯薄膜所 隔開，求該電容器的額定電壓。題8.19解：查表可知聚四氯乙烯的擊穿電場(chǎng)強(qiáng)度 Eb = 1.9? 107 V?m1。當(dāng)電容 器不被擊穿時(shí)，電容器中的電場(chǎng)強(qiáng)度E<Eb因此，由均勻電場(chǎng)中電勢(shì)與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系，可得 電容器上最大電勢(shì)差（即額定電壓）為Umax=Ebd=190V題8.20:空氣中半徑分別為1.0 cm和0.10 cm的長(zhǎng)直導(dǎo)線上，導(dǎo)體表面電荷面密 度最大為多少？題8.20解：設(shè)長(zhǎng)直導(dǎo)線上單位長(zhǎng)度所帶電荷為入，則導(dǎo)線周圍的電場(chǎng)強(qiáng)度為E=入（T = 2 兀