延安大学：《大学物理》课程教学资源_复习指南（典型例题讲解）第九章 导体和电介质中的静电场

奥型题剖祈 第九章导体和电介质中的静电场 基本思路 本章重点是对静电场中导体和电介质两个基本概念的理解,并围绕两个核心展开讨论:;题目主 要涉及静电平衡条件及其相关问题,电容,有介质时的高斯定理,静电场能量等。其中静电平衡条 件及其相关问题犹为复杂,必须概念清楚;而后三类问题所涉及的公式也比较多,必须加强记忆。 2.例题剖析 Q 02 Q 例13块面积均为S,且靠得很近的导体平板A,B,C,分别带 电Q1Q2,Q3,如图3所示。试求 (1)6个导体表面的电荷面密度σ1,O2,O3,O4,O5,06 G1o20扎4006 B (2)图中a,b,c三点的场强。 图3 分析这是静电平衡的例题:导体达到静电平衡后,根据静电平衡 条件中场强表述:导体内部场强为零,表面场强垂直于导体表面。由题意可知,3块平板靠得很近, 则可将导体表面视为无限大带电平面。因此,某一点的场强是所有无限大带电平面产生场强的矢量 和。由于各板面产生的场强E方向均垂直于板面,所以E的计算用代数和即可,同时根据电荷守恒 也即不管静电感应怎么进行,感应前后的板上总电量不变。 解(1)由电荷守恒定律: 01S+a2S=Q1 asS+OS=22 losS+oS=O3 由静电平衡条件场强表述:导体板A,B,C内部任意三点de/场强为零,它们都是 1,O2,O3,O4,5,O6产生的合场强

典型例题剖析 第九章 导体和电介质中的静电场 1． 基本思路 本章重点是对静电场中导体和电介质两个基本概念的理解，并围绕两个核心展开讨论；题目主 要涉及静电平衡条件及其相关问题，电容，有介质时的高斯定理，静电场能量等。其中静电平衡条 件及其相关问题犹为复杂，必须概念清楚；而后三类问题所涉及的公式也比较多，必须加强记忆。 2．例题剖析 例 1 3 块面积均为 S，且靠得很近的导体平板 A，B，C，分别带 电 1 2 3 Q ,Q ,Q ，如图 3 所示。试求： (1)6 个导体表面的电荷面密度 1 2 3 4 5 6  , , , , , 。 (2)图中 a,b,c 三点的场强。 分析 这是静电平衡的例题：导体达到静电平衡后，根据静电平衡 条件中场强表述：导体内部场强为零，表面场强垂直于导体表面。由题意可知，3 块平板靠得很近， 则可将导体表面视为无限大带电平面。因此，某一点的场强是所有无限大带电平面产生场强的矢量 和。由于各板面产生的场强 E 方向均垂直于板面，所以 E 的计算用代数和即可，同时根据电荷守恒， 也即不管静电感应怎么进行，感应前后的板上总电量不变。 解 （1）由电荷守恒定律：            5 6 3 3 4 2 1 2 1 S S Q S S Q S S Q       由静电平衡条件场强表述：导体板 A，B，C 内部任意三点 d,e,f 场强为零，它们都是 1 2 3 4 5 6  , , , , , 产生的合场强： a 图 3 b c d e f  1  2  3  4  5  6 A B C Q1 Q2 Q3

6y100×1506=0 0 0 由上述6个方程,解得: Q1+g2+Q3 =sQ-02-Q2 2S Q1+Q2-Q3 2S 由结论可知:相对面所带电量等量异号,最外面所带电量等量同号。若Q2=0,91=-q3=q,则: gSgS 这正是平板电容器的串联情况: (2)a,b,c三点的场强为 E=2 1Q+Q2+Q3 2S,(a2和a3O4和a5产生的场强分别抵消)。 E=2.02=9-g-Q,(G和an,和G,产生的场强分别抵消 28S g+g2-Q,(a和o,a和,产生的场强分别抵消) 注意:题中各场强的方向,由O1,O2,O3,O4,O53O6的正负确定,而G1,O2O3,O42O52O6的 正负则由Q1Q2,Q3来确定,因Q1,Q2,Q3具体未给出,我们假定G12O2O3,O42053O6全为正 不失一般性;另外我们也可先进行分析:作图中虚线所示的圆柱形高斯面,因导体在达到静电平衡

                            0 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 2 0 6 0 5 0 4 0 3 0 2 0 1 0 6 0 5 0 4 0 3 0 2 0 1 0 6 0 5 0 4 0 3 0 2 0 1                                     ： ： ： f e d 由上述 6 个方程，解得：                        S Q Q Q S Q Q Q S Q Q Q 2 2 2 1 2 3 4 5 1 2 3 2 3 1 2 3 1 6       由结论可知：相对面所带电量等量异号，最外面所带电量等量同号。若 0, , Q2  Q1  q3  q 则：                  S q S q 4 5 2 3 1 6 0       这正是平板电容器的串联情况： （2）a,b,c 三点的场强为： S Q Q Q Ea 0 1 2 3 0 1 2 2 2         ，（ 2 3 4 5  和 , 和 产生的场强分别抵消）。 S Q Q Q Eb 0 1 2 3 0 2 2 2 2         ，（ 1 6 4 5  和 , 和 产生的场强分别抵消）。 S Q Q Q Ec 0 1 2 3 0 4 2 2 2         ，（ 1 6 2 3  和 , 和 产生的场强分别抵消）。 注意：题中各场强的方向，由 1 2 3 4 5 6  , , , , , 的正负确定，而 1 2 3  , , ， 4 5 6  , , 的 正负则由 1 2 3 Q ,Q ,Q 来确定，因 1 2 3 Q ,Q ,Q 具体未给出，我们假定 1 2 3 4 5 6  , , , , , 全为正，这 不失一般性；另外我们也可先进行分析：作图中虚线所示的圆柱形高斯面，因导体在达到静电平衡

后,内部场强为零,故由高斯定理可得:5E△=a2AS+a3AS=0.所以4=-a3,这样可 减少未知数,但解题的方法是一种通用的方法,只须细心解联立代数方程即可。 例2如图4所示已知点电荷q与一无限大接地导体相距为d,试求:(1)导体板外附近一点P 处的场强En,(q与P点相距为R);(2)导体板面上的感应电荷q AS R △S 图4(b) 分析本题仍是关于静电平衡问题:计算静电场中导体外表面附近电场和感应电荷。根据导体 静电平衡条件:表面附近的场强只有法向分量,没有切向分量,且其大小为E=,所以求解Ep 的关键是确定P点附近的感应电荷面密度σ′,又借助于静电平衡条件导体内部场强为零,从而确定 出’,即求出E 解(1)设导体板上有感应电荷q分布在导体板的表面。设P点附近导体板面元△S的面电荷 密度为GF,由于P点靠近导体板,则该点的场强为Ep=。 如图4(b)所示,在导体平面内与P点邻近的P点处的场强EP=0。由场强叠加原理可知, P点的场强为点电荷q在P点产生的场强Eg,电荷面密度为ap的面元△S产生的场强Eg,导 体平面除△S以外其它表面感应电荷产生的场强Eg的叠加: 其中En=9指向沿qP"方向 2,指向平板内法向r 图4(c) Eg沿平板的切向

后，内部场强为零，故由高斯定理可得：        S E dS  2 S  3 S 0   。所以  4   5 ，这样可 减少未知数，但解题的方法是一种通用的方法，只须细心解联立代数方程即可。 例 2 如图 4 所示已知点电荷 q 与一无限大接地导体相距为 d，试求：（1）导体板外附近一点 P 处的场强 Ep ，（q 与 P 点相距为 R）；（2）导体板面上的感应电荷 q 。 分析 本题仍是关于静电平衡问题：计算静电场中导体外表面附近电场和感应电荷。根据导体 静电平衡条件：表面附近的场强只有法向分量，没有切向分量，且其大小为 0    E  ，所以求解 Ep 的关键是确定 P 点附近的感应电荷面密度   ，又借助于静电平衡条件导体内部场强为零，从而确定 出   ，即求出 Ep 。 解 （1）设导体板上有感应电荷 q  分布在导体板的表面。设 P 点附近导体板面元 S 的面电荷 密度为  P  ，由于 P 点靠近导体板，则该点的场强为 0   P EP   。 如图 4（b）所示，在导体平面内与 P 点邻近的 P 点处的场强 EP  0  。由场强叠加原理可知， P 点的场强为点电荷 q 在 P 点产生的场强 P1 E   ，电荷面密度为  P 的面元 S 产生的场强 P2 E   ，导 体平面除 S 以外其它表面感应电荷产生的场强 P3 E   的叠加： 其中 2 0 4 1 R q EP    指向沿 qP 方向。 0 2 2   P EP    ，指向平板内法向 t  。 P3 E  沿平板的切向。 图 4(a) d P q R  r O S 图 4(b) d P q P R n  P P S P1 E  P2 E  P3 E  t   P  图 4(c) O dr r

由法向分量En=0,得 g d o=o,,,,, q 4TEoR-R 2E0 d q 图4(d) 由此导体表面场强和电荷密度关系可知:Ep=P= 02mB·En垂直于平板指向下方。 (2)由ap的表达式可知:p和R有关,所以导体板上的感应电荷是以垂足O为中心,呈圆 心对称分布。如图4(c)所示,则: q'==- mrdr 2R rd 注意:此题还有一种简单的解法,如图4(d)。由于感应电荷分布在平面上,所以感应电荷激 发的场强在A和其对称点A点是大小相等的,方向虽不同却具有平面对称性。考虑A'点的场强 因A'在导体内部,平衡时A点的合场强为零。这就是说,由点电荷q引起的场强应当与感应电荷 引起的场强互相抵消。所以,感应电荷在A"点产生的场强大小应该是q在A点产生的场强的大小 这样感应电荷在A点产生的场强也就相当于对称点q在A点产生的场强。由于这个假想电荷的位置 与真突电荷的位置对称于导体平面。而且电荷量是正负对称的,所以不妨把它称为实电荷q的“电 像”。板右边各处的合场强等于q和其“电像”-q激发的场强的矢量和。应当注意,感应电荷在导体 平板内激发的场强绝不等价于此像电荷的场强 再回到图4(b),P点的场强 2 R2 R 2TE RS 方向沿切向指向导体板。 所以 Op=Ep

由法向分量 EP n  0 ，得： 0 4 2 0 2 0       P R d R q ， 所以 3 2 R qd P      。 由此导体表面场强和电荷密度关系可知： p P P E R qd E      3 0 2 0   垂直于平板指向下方。 （2）由  P 的表达式可知：  P 和 R 有关，所以导体板上的感应电荷是以垂足 O 为中心，呈圆 心对称分布。如图 4（c）所示，则：               0 2 2 3 / 2 3 . ( ) 2 2 q d r rdr qd rdr R qd q dq   注意：此题还有一种简单的解法，如图 4（d）。由于感应电荷分布在平面上，所以感应电荷激 发的场强在 A 和其对称点 A 点是大小相等的，方向虽不同却具有平面对称性。考虑 A 点的场强， 因 A 在导体内部，平衡时 A 点的合场强为零。这就是说，由点电荷 q 引起的场强应当与感应电荷 引起的场强互相抵消。所以，感应电荷在 A 点产生的场强大小应该是 q 在 A 点产生的场强的大小， 这样感应电荷在 A 点产生的场强也就相当于对称点-q 在 A 点产生的场强。由于这个假想电荷的位置 与真突电荷的位置对称于导体平面。而且电荷量是正负对称的，所以不妨把它称为实电荷 q 的“电 像”。板右边各处的合场强等于 q 和其“电像”-q 激发的场强的矢量和。应当注意，感应电荷在导体 平板内激发的场强绝不等价于此像电荷的场强。 再回到图 4（b），P 点的场强 3 0 2 4 0 2 2 R qd R d R q EP      ， 方向沿切向指向导体板。 所以  P  EP 。 图 4(d)  q A A O q d

另外,通过例1、例2的分析可以看出,任何电荷激发的电场并不是不能进入(或穿过)金属 导体内,而是能进入(或穿过)。所谓导体内场强为零,应该是所有电荷(包括感应电荷)在导体内 产生的合场强为零,这是静电平衡中一个容易出错的概念,希引起读者注意。 例3如图5所示,一导体球原为中性,今在距球心为r处放一电量为q的点电荷,试求 (1)球上的感应电荷在球内P点的场强E和电势Vp (2)若将球接地,E和V的结果如何 (3)接地导体球表面上总的感应电荷q。 图5 分析在求解导体问题时,静电平衡条件的应用是十分重要的。不但场强表述经常用,而且等 势体表述同样重要,如此题任意点P处电势一时无法知道,但由于球体是一等势体,所以往往在导 体中选取某些特殊点,如本题选球心O,由于原导体球不带电,感应电荷总量总是为零,而且所有 感应电荷到O点距离相同,所以感应电荷在O点处产生的总电势为零,这样可求出该特殊点的电势, 再由导体为等势体的特点,求解其它点的电学量 解(1)由静电平衡条件中场强描述和场强叠加原理可知,任意点P的场强为电荷q和导体表 面球面的感应电荷在该处产生的场强的矢量和,且为0,即。 Ep=Ep+4m52r=0 所以 E,=-9 r 4rE。r 同样由电势叠加原理可知,P点的电势为点电荷q和球面感应电荷在该处产生的电势V,的代数 和,即 应用等势体条件P点电势等于球心O处电势V,同样O处电势为q产生电势和感应电荷产生 电势叠加

另外，通过例 1、例 2 的分析可以看出，任何电荷激发的电场并不是不能进入（或穿过）金属 导体内，而是能进入（或穿过）。所谓导体内场强为零，应该是所有电荷（包括感应电荷）在导体内 产生的合场强为零，这是静电平衡中一个容易出错的概念，希引起读者注意。 例 3 如图 5 所示，一导体球原为中性，今在距球心为 0 r 处放一电量为 q 的点电荷，试求： (1)球上的感应电荷在球内 P 点的场强 EP 和电势 Vp  ； (2)若将球接地， Ep  和 Vp  的结果如何。 (3)接地导体球表面上总的感应电荷 q。 分析 在求解导体问题时，静电平衡条件的应用是十分重要的。不但场强表述经常用，而且等 势体表述同样重要，如此题任意点 P 处电势一时无法知道，但由于球体是一等势体，所以往往在导 体中选取某些特殊点，如本题选球心 O，由于原导体球不带电，感应电荷总量总是为零，而且所有 感应电荷到 O点距离相同，所以感应电荷在 O点处产生的总电势为零，这样可求出该特殊点的电势， 再由导体为等势体的特点，求解其它点的电学量。 解 （1）由静电平衡条件中场强描述和场强叠加原理可知，任意点 P 的场强为电荷 q 和导体表 面球面的感应电荷在该处产生的场强的矢量和，且为 0，即。 0 4 2 0     r r r q EP Ep     。 所以 r r r q E o p   2 4    。 同样由电势叠加原理可知，P 点的电势为点电荷 q 和球面感应电荷在该处产生的电势 Vp  的代数 和，即： r q VP VP 4 0    。 应用等势体条件 P 点电势等于球心 O 处电势 V0 ，同样 O 处电势为 q 产生电势和感应电荷产生 电势叠加： 图 5 q r 0 r P O R

Toro 而球面上感应电荷与球心O的距离均为球的半径R,并且原球为电中性,感应电荷总量为0, 所以=0 4丌E。r 4zE0r4xE。l。4s。r4zEor (2)球体接地后,球体电势为零,所以由 q P4丌Eor 得 4 而Ep仍然满足静电平衡条件,即 (3)同样以球心O为研究对象 o4丌E。T 因为导体接地,所以V。=0,而 4ER4rER4nE。 a’为球面感应电荷面密度,q'为所求球面总电量,所以 0,q R 4TER 4TEoo 负号表示球面感应电荷与球外电荷q的符号相反。 注意:导体接地表示导体与大地电势相等,则为零,绝不能认为导体一接地,其上的电荷就全 部流入大地而不带电,这种情况只有孤立导体才是如此。此题原球电中性,不接地时,根据电荷守

0 0 0 0 4 r q VP V V      ， 而球面上感应电荷与球心 O 的距离均为球的半径 R，并且原球为电中性，感应电荷总量为 0， 所以 V0  0。 ) 1 1 ( 4 0 4 0 4 4 4 0 r r r q r q r q r q V r q V V o o o o P  P   o           。 （2）球体接地后，球体电势为零，所以由 0 4 0     r q VP VP  ， 得 r q VP 4 0    。 而 EP  仍然满足静电平衡条件，即 r r r q Ep   2 4 0    。 （3）同样以球心 O 为研究对象， o o o r q V V 4 0    。 因为导体接地，所以 Vo  0 ，而         R q R q R ds V o o o 4 4 4 0  ，   为球面感应电荷面密度， q  为所求球面总电量，所以 q r R q r q R q 0 0 0 0 0, 4 4         。 负号表示球面感应电荷与球外电荷 q 的符号相反。 注意：导体接地表示导体与大地电势相等，则为零，绝不能认为导体一接地，其上的电荷就全 部流入大地而不带电，这种情况只有孤立导体才是如此。此题原球电中性，不接地时，根据电荷守

恒定律,感应电荷总量为0,而接地后,感应电荷总量是不为0,和地面有了电量交换。由计算结果 可知,感应电荷总量只能小于或等于外部电荷q的电荷量,这是一个普遍的结论。 例4如图6所示,半径都为a的两根平行无限长直导线,相距为dd>a)。试求单位长度的电 容 分析电容是导体自身性质的物理量,只与导体的大小,形状及空间电介质有关,而与导体是 否带电无关。具体计算时,一般可假设系统带等量异号电荷,求出电容器极板间的电场强度和电势 差,然后根据电容定义式,再求出电容。 B 解设两平行长直导线上电荷线密度为A,任一根长直导线在空间 任一点的电场强度的大小为E=、之 (可由高斯定理求得)。其中 2TE 为场点和长直导线轴线的距离,方向沿径向。 根据场强的叠加原理,两长直导线之间任一点P的场强为两长直导 线产生的场强的叠加,因为两者方向均是由带+电荷线密度的导线指向 带-λ电荷线密度的导线,故P点总的场强为 E=E1+E2= 丌Eor2xEad 则两导线之间的电势差 =]Em=2n(+ 因此,单位长度导线上的电容为 q II y d-a d 其中C"为长度为l的系统的电容,q为其上带的电量,h2=ah是因为两导线相距较远 时,两者之间的静电感应可以不考虑,若离得不是很远,则两者之间就会有静电感应,两导线上的

恒定律，感应电荷总量为 0，而接地后，感应电荷总量是不为 0，和地面有了电量交换。由计算结果 可知，感应电荷总量只能小于或等于外部电荷 q 的电荷量，这是一个普遍的结论。 例 4 如图 6 所示，半径都为 a 的两根平行无限长直导线，相距为 d(d>>a)。试求单位长度的电 容。 分析 电容是导体自身性质的物理量，只与导体的大小，形状及空间电介质有关，而与导体是 否带电无关。具体计算时，一般可假设系统带等量异号电荷，求出电容器极板间的电场强度和电势 差，然后根据电容定义式，再求出电容。 解 设两平行长直导线上电荷线密度为  ，任一根长直导线在空间 任一点的电场强度的大小为 r E 2 0   ，（可由高斯定理求得）。其中 r 为场点和长直导线轴线的距离，方向沿径向。 根据场强的叠加原理，两长直导线之间任一点 P 的场强为两长直导 线产生的场强的叠加，因为两者方向均是由带+  电荷线密度的导线指向 带- 电荷线密度的导线，故 P 点总的场强为： r d r E E E      1 2 1 2 0 0 1 2     。 则两导线之间的电势差：           d a a a d a dr r d r V E dl ) ln 1 1 ( 2 0  0    。 因此，单位长度导线上的电容为， a d a l V d a V l l V q l C C ln ln   0  0          。 其中 C 为长度为 l 的系统的电容，q 为其上带的电量， a d a d a ln  ln  是因为两导线相距较远 时，两者之间的静电感应可以不考虑，若离得不是很远，则两者之间就会有静电感应，两导线上的 d A B a l d  r 图 6

净电荷就不会均匀分布在导线表面,而是不均匀分布,这样空间场强不具有对称性,高斯定理不可 计算出E=、2 数学上难以处理;另外题解中积分限为a→da。而不是0→d,因为导体内场强 为零,这一点在计算时要注意,当然积分限如果是0→d时,出现ln∞也无意义。 例5如图9-7所示,一电容两极极板为边长为a的正方形平板,但两板非严格平行,其夹角为 θ,并且θ很小,若略去边缘效应,试求该电容器的电容 分析该平板电容器由于极板间不平行,不能直接用平行板电容器的电容公式进行求解,但可 将极板分成许多狭带(如图),狭带极板之间由于狭带很窄,可近似认为是平行的,所以,可用平行 板电容器公式求出相应狭带极板之间的电容dC,总电容等于每个狭带电容的并联,然后通过积分 求出整个电容器的总电容。 解取如图的直角坐标系Oxy,对应d狭带的电容为dC adx nadx d+xian e 因此,总电容为 cose Eoad foa in(1+sn)。 d+xtan6 tan 6 注意:此题的条件必须是O很小,若不满足此条件,则边缘效应不可4 忽略,整个空间也不能看成匀强电场,dC=50《在作为平板电容器公式 本身就不成立;另外有些题目求电容时,可把其分割成无数多个平行于板的狭带电容元dC的串联或 并联,视具体题目而定。 例6如图8所示平行板电容器的极板面积为s,间距为d,其间 ak A&sB 部分为真空,厚度为d,KB部分为介质,其厚度为dd,介质的介电常数+9 Q 是变化的,在K处为E1,在B板处为E2,其它处的介电常数与到K处的 距离成线性关系,如图所示,且略去边缘效应。试求电容器的电容C

净电荷就不会均匀分布在导线表面，而是不均匀分布，这样空间场强不具有对称性，高斯定理不可 计算出 r E 2 0   ，数学上难以处理；另外题解中积分限为 a→d-a。而不是 0→d，因为导体内场强 为零，这一点在计算时要注意，当然积分限如果是 0→d 时，出现 ln  也无意义。 例 5 如图 9-7 所示，一电容两极极板为边长为 a 的正方形平板，但两板非严格平行，其夹角为  ，并且  很小，若略去边缘效应，试求该电容器的电容。 分析 该平板电容器由于极板间不平行，不能直接用平行板电容器的电容公式进行求解，但可 将极板分成许多狭带（如图），狭带极板之间由于狭带很窄，可近似认为是平行的，所以，可用平行 板电容器公式求出相应狭带极板之间的电容 dC，总电容等于每个狭带电容的并联，然后通过积分， 求出整个电容器的总电容。 解 取如图的直角坐标系 Oxy ，对应 dx 狭带的电容为    tan 0 0 d x adx y adx dC    。 因此，总电容为：             cos  0 0 0 ln(1 sin ) tan tan a d a a d x adx C dC 。 注意：此题的条件必须是  很小，若不满足此条件，则边缘效应不可 忽略，整个空间也不能看成匀强电场， y adx dC 0   作为平板电容器公式 本身就不成立；另外有些题目求电容时，可把其分割成无数多个平行于板的狭带电容元 dC 的串联或 并联，视具体题目而定。 例 6 如图 8 所示平行板电容器的极板面积为 S，间距为 d，其间 AK 部分为真空，厚度为 d0 ，KB 部分为介质，其厚度为 d-d0，介质的介电常数 是变化的，在 K 处为 1  ，在 B 板处为 2  ，其它处的介电常数与到 K 处的 距离成线性关系，如图所示，且略去边缘效应。试求电容器的电容 C。 d  y x x dx O a 图 7 x O 图 8 P 0 d d  d0 d A K B  Q  Q S 0  1  2  S

分析此题可有两种解法。第一种是根据有介质时的高斯定理,求出A,B板间的D因为求D 时,只和自由电荷有关,所以A,B板间的D在d区域和在d-d区域是一样的,然后求出d和d-d 两部分电容的串联,而后者因为介电常数不是常量,可看成无数多个平行于A,B极板狭带电容元 的串联,根据串联公式,求出总电容C。 解法Ⅰ首先确定d-db中介质的介电常数的变化关系。设如图坐标轴Ox,设P点为介质中距 d为x的一点(0≤x≤d-d),由题知:En=E1+kx。则:E2=E1+k(d-d),由此可求得, d-d’因此:6,=×<2-6 x。这是介质中介电常数随厚度变化的规律 d-d 设极板A,B上带电±Q,由对称性分析,A,B板D为均强的,并且在d0和dd空间是一样 的,因为求D只和自由电荷±Q有关,而和E处和E2处的极化电荷无关,作如图虚线的高斯面,应 用有介质时的高斯定理:5D45=∑9即DAS=aAS,所以D=a=Q/S,而空间E的分 布为 d空间 E d-d空间。 8 a s(E d do 所以A,B板间的电势差 U=E:d=E·d+E·d ed+o d-do In52 ESE。SE2-E1E1 Q d-d S(d 故得电容器的电容C为 O C dn+d-d,e,°

分析 此题可有两种解法。第一种是根据有介质时的高斯定理，求出 A，B 板间的 D 因为求 D 时，只和自由电荷有关，所以 A，B 板间的 D 在 d0区域和在 d-d0 区域是一样的，然后求出 d0和 d-d0 两部分电容的串联，而后者因为介电常数不是常量，可看成无数多个平行于 A，B 极板狭带电容元 的串联，根据串联公式，求出总电容 C。 解法Ⅰ 首先确定 d-d0 中介质的介电常数的变化关系。设如图坐标轴 Ox，设 P 点为介质中距 d0 为 x 的一点（0 d d0  x   ），由题知： kx  r   1  。则： ( ) 2 1 d d0     k  ，由此可求得， 0 2 1 d d k      ，因此： x d d r 0 2 1 1         。这是介质中介电常数随厚度变化的规律。 设极板 A，B 上带电  Q ，由对称性分析，A，B 板 D 为均强的，并且在 d0 和 d-d0空间是一样 的，因为求 D 只和自由电荷  Q 有关，而和 1  处和 2  处的极化电荷无关，作如图虚线的高斯面，应 用有介质时的高斯定理：    i S D dS q   即 DS   S ，所以 D    Q/ S ，而空间 E 的分 布为：               空间。 空间； o o r d d x d d S D Q d S D Q E ( ) , 0 2 1 0 1 0 0 0         所以 A，B 板间的电势差： ( ln ) ln 1 2 2 1 0 0 0 1 2 2 1 0 0 0 0 0                              d d S d Q d d S Q d S Q U E dl E dl E dl o o B A d d do ， 故得电容器的电容 C 为 1 2 2 1 0 0 ln           d do d S U Q C

解法Ⅱ先求d-d区域的电容,把它看成无限多个平板电容器dC=50,S 的串联,根据电 容器串联公式,用积分计算可得d-d0间电容C’的倒数。 E,E,s EoS(a,-Eua 所以总电容 故得总电容C为 CC′E0S Eo SO do t 注意:此题由于d-d0中有电介质,并且电介质的介电常数是线性变化,导致d-d0的距离折 合成了真空中的 d-dm52的距离;另外再次强调,好多类似于例5、例6的题目,直接从电容 E)-81E 的定义入手求解比较繁,而分析出其串或并联后,用串、并联公式求解或积分要简单得多,须引起 读者注意。 例7如图9所示,在一边长为d的立方体的每个顶点上放有一点电荷-e,立方体中心放有一个 点电荷+2e。试求此带电系统的相互作用能。 分析点电荷系的能量公式为F=∑qF,其中F表示q外其余点电荷在此处产生的电势 所以本题须求出每一个点电荷所在处的电势,根据对称性,正方体八个顶点处电势是相同的 解任一顶点的电势为 Vi4TEod'4T6v2x)+(-e 2 )+3( )+ 4nEa√3d 47 在体心处的电势为 图9

解法Ⅱ 先求 d  d0 区域的电容，把它看成无限多个平板电容器 dx S dC r  0  的串联，根据电 容器串联公式，用积分计算可得 d  d0 间电容 C 的倒数。 ln , ( ) 1 1 2 0 2 1 0 0 0              S d d S dx C d d o r 所以总电容 0 0 1 1 1 d C C  S    ，故得总电容 C 为： 1 2 2 1 0 0 0 ln 0          d d d S C 。 注意：此题由于 d  d0 中有电介质，并且电介质的介电常数是线性变化，导致 d  d0 的距离折 合成了真空中的 1 2 2 1 0 ln      d  d 的距离；另外再次强调，好多类似于例 5、例 6 的题目，直接从电容 的定义入手求解比较繁，而分析出其串或并联后，用串、并联公式求解或积分要简单得多，须引起 读者注意。 例 7 如图 9 所示，在一边长为 d 的立方体的每个顶点上放有一点电荷-e，立方体中心放有一个 点电荷+2e。试求此带电系统的相互作用能。 分析 点电荷系的能量公式为   n i W qiVi 2 1 1 ，其中 Vi 表示 i q 外其余点电荷在此处产生的电势， 所以本题须求出每一个点电荷所在处的电势，根据对称性，正方体八个顶点处电势是相同的。 解 任一顶点的电势为： d e d e d e d e Vi 2 3 4 2 ) 4 3 ) ( 4 2 ) 3( 4 3( 0 0 0 0            。 在体心处的电势为： e e e e e e e  2e e 图 9