第八章静电场中的导体和电介质一、基本要求1．理解导体的静电平衡，能分析简单问题中导体静电平衡时的电荷分布、场强分布和电势分布的特点。

2．了解两种电介质极化的微观机制，了解各向同性电介质中的电位移和场强的关系，了解各向同性电介质中的高斯定理。

3．理解电容的概念，能计算简单几何形状电容器的电容。

4．了解电场能量、电场能量密度的概念。

二、本章要点1．导体静电平衡导体内部场强等于零，导体表面场强与表面垂直；导体是等势体，导体表面是等势面。

在静电平衡时，导体所带的电荷只能分布在导体的表面上，导体内没有净电荷。

2．电位移矢量在均匀各向同性介质中D=εE=ε0εrE介质中的高斯定理 D⋅ds=∑Qi自 si3．电容器的电容C=电容器的能量Q ∆U1Q2W= 2C4．电场的能量电场能量密度w=电场能量 1 E⋅D 2W=⎰VwdV三、例题8-1 下列叙述正确的有（Ｂ）（Ａ）若闭合曲面内的电荷代数和为零，则曲面上任一点场强一定为零。

（Ｂ）若闭合曲面上任一点场强为零，则曲面内的电荷代数和一定为零。

103（Ｃ）若闭合曲面内的点电荷的位置变化，则曲面上任一点的场强一定会改变。

（Ｄ）若闭合曲面上任一点的场强改变，则曲面内的点电荷的位置一定有改变。

（Ｅ）若闭合曲面内任一点场强不为零，则闭合曲面内一定有电荷。

i 解：选（B）。

由高斯定理E⋅ds=∑qi/ε0，由∑q=0⇒φ=0，但场强则不一定为零，如上题。

（C）不一定，受静电屏蔽的导体内部电荷的变动不影响外部场强。

（D）曲面上场强由空间所有电荷产生，改变原因也可能在外部。

（E）只要通过闭曲面电通量为0，面内就可能无电荷。

8-2 如图所示，一半径为Ｒ的导体薄球壳，带电量为-Ｑ1，在球壳的正上方距球心Ｏ距离为３Ｒ的Ｂ点放置一点电荷，带电量为＋Ｑ2。

令∞处电势为零，则薄球壳上电荷-Ｑ1在球心处产生的电势等于___________，＋Ｑ2在球心处产生的电势等于__________，由叠加原理可得球心处的电势Ｕ0等于_____________；球壳上最高点Ａ处的电势为_______________。

解：由电势叠加原理可得，球壳上电荷-Ｑ1在O点的电势为U1=-点电荷Ｑ2在球心的电势为Q14πε0RU2=所以，O点的总电势为Q2Q2 =4πε0⋅3R12πε0RU0=U1+U2=由于整个导体球壳为等势体，则 Q2-3Q1 12ε0RUA=U0=Q2-3Q1 12ε0R8-3 两带电金属球，一个是半径为２Ｒ的中空球，一个是半径为Ｒ的实心球，两球心间距离ｒ（>>Ｒ），因而可以认为两球所带电荷都是均匀分布的，空心球电势为Ｕ1，实心球电势为Ｕ2，则空心球所带电量Ｑ1=___________，实心球所带电Ｑ2=___________。

若用导线将它们连接起来，则空心球所带电量为______________，两球电势为______________。

解：连接前，空心球电势U1=Q1，所以带电量为4πε02R104Q1=8πε0RU1 实心球电势U2=Q24πε0R，所以带电量为Q2=4πε0RU2连接后，两球电势相等，但总电量不变。

有'=U2'=U' 或U1Q1'8πε0R='Q24πε0RQ'1+Q'2=Q1+Q2联立解得Q1'=8πε0R2U1+U2(2U1+U2） U'= 338-4 一不带电的导体壳，壳内有一个点电荷q0，壳外有点电荷q1和q2。

导体壳不接（Ａ）q1与q2的电量改变后，壳内场强分布不变。

（Ｂ）q1与q2在壳外的位置改变后，壳内的场强分布不变。

（Ｃ）q0的电量改变后，壳外的场强分布不变。

（Ｄ）q0在壳内的位置改变后，壳外的场强分布不变。

8-5 如图，半径为Ｒ的不带电的金属球内有两个球形空腔，在两个空腔中分别放点电荷q1和q2，在金属球外放一点电荷q3，它们所带电荷均为q。

若q1和q2到球心距离都是地，下列说法中正确的是（A、B、D）；若导体壳接地，下列说法中正确的是（A、B、C、D）。

R/2，q3到球心距离r>>R，则q1受力为_______，q2受力为_________，q3受力约为________。

解：q1、q2受力为0。

球为等势体，球外表面感应电荷均匀分布，电场在球外也呈径向对称分布。

由高斯定理球外场强为E=所以，q3受力约为q1+q2 4πε0r2q3(q1+q2)2q2F==224πε0r4πε0r8-6 半径分别为Ｒ1和Ｒ2（Ｒ1＜Ｒ2 ）互相绝缘的两个同心导体球壳，内球带电＋Ｑ。

取地球与无限远的电势均为零。

求（１）外球的电荷和电势。

105（２）将外球接地后再重新绝缘，此时外球的电荷和电势。

（３）再将内球接地，此时内球的电荷。

解：（1）由于内球带电＋Ｑ，由静电平衡条件和高斯定理知，外球壳内表面带电-Q，外表面带电+Q。

因为外球壳外面的场强为E=所以，外球的电势为Q4πε0r2 （r>R2）U=⎰∞R2 ∞E⋅dr=⎰Q4πε0r2R2dr=Q4πε0R2（2）外球接地，内表面电量不变，外表面电量变为零，电势为零。

（3）将内球接地后，内球电势为零。

设内球电量变为q，则U=q4πε0R1-Q4πε0R2=0 q=R1Q R28-7 在半径为Ｒ1的均匀带电Ｑ的金属球外有一层相对介电常数为εr均匀电介质，外半径为Ｒ2，画出电势Ｕ～r关系曲线和场强Ｅ～r关系曲线（r是球心到场点之间的距离）。

解：利用高斯定理2D⋅ds=D⋅4πr=Q内自 sD=Q内自4πr2 由于D=εE，且⎧0⎪Q内自=⎨Q⎪Q⎩所以，场强分布为 r<R1R1<r<R2 r>R2⎧⎪0⎪Q⎪E=⎨2⎪4πε0εrrQ⎪⎪4πεr20⎩r<R1R1<r<R2 r>R2106下面求电势分布：r>R2时U=⎰∞r∞E⋅dr=⎰RQ4πε0r2dr=Q4πε0rR1<r≤R2时U=⎰=∞rR2E⋅dr=⎰rQ4πε0εrrQ+2dr+⎰Q∞Q4πε0r2R2drQ4πε0εrr-4πε0εrR24πε0R2r≤R1时U=⎰∞rR1R2E⋅dr=⎰0dr+⎰rR1Q4πε0εrrQ2dr+⎰Q∞Q4πε0r2R2dr=Q4πε0εrR1-4πε0εrR2+4πε0R2Ｕ～r曲线和Ｅ～r曲线如图所示：8-8 如图，一无限大均匀带电介质平板Ａ，电荷面密度为σ1，将介质板移近导体Ｂ后，Ｂ导体外表面上靠近Ｐ点处的电荷面密度为σ2，Ｐ点是Ｂ导体表面外靠近导体的一点，则Ｐ点的电场强度大小为__________________。

解：仅知P点附近电荷面密度，其它地方不知，不能用场强叠加方法。

做如图所示的高斯面，其底面面积s很小，可认为s面上各点场强相等。

由于导体表面是等势面，所以s面上各点场强垂直于导体表面。

P点在底面上，另一底面在导体内部，面上各点场强为零。

由高斯定理，得EPs=σ2s/ε0 EP=σ2/ε08-9将一带电导体平板Ａ和一电介质平面Ｂ平行放置，如图所示。

在真空中平衡后，107Ａ两侧的面电荷密度分别为σ1和σ2，则Ｂ的面电荷密度σ3等于___________。

解：在导体平板内任找一点P，则σσσEP=E1-E2-E3=0=1-2-3=02ε02ε02ε0所以σ3=σ1-σ28-10 半径为Ｒ、相对介电常数为εr均匀电介质球中心放一点电荷Ｑ，球外是真空，在距中心ｒ＞Ｒ的Ｐ点场强大小为__________。

解：利用高斯定理容易求得Ｐ点场强E=Q4πε0r2。

8-11 平行板电容器中充满某种均匀电介质，电容器与一个电源相连，然后将介质取出，则电容器的电容量Ｃ、电量Ｑ、电位移D、电场强度E、板间电压Ｕ与取出介质前相比，增大的有_______，减小的有__________，不变的有__________。

解：介质取出前，有E=UεUεsεs D=εE= C= Q=U dddd介质取出后，有E=εUεsεsU D=0 C=0 Q=0U dddd所以，各量均无增大，减小的有C、Q、D，不变有E、U。

8-12 一球形电容器由半径为Ｒ的导体球壳和与它同心的半径为４Ｒ的导体球壳所组成，Ｒ到２Ｒ为相对电容率为εr=2的电介质，２Ｒ到４Ｒ为真空。

若将电容器两极板接在电压为Ｕ的电源上，求（1）电容器中场强的分布；（2）电容器的电容。

-Q，由高斯定理容易求得场强分布解：不妨先设内外球壳电量分别为+Q、Q⎧⎪⎪4πε0εrr2E=⎨Q⎪2⎪⎩4πε0rR<r<2R2R<r>4R电容器两极板之间的电压为4R 2R4RQ QQ =U=⎰E⋅dr=⎰dr+dr⎰2R4πε0r2RR4πεεr28πε0R0r所以Q=8πε0RU108（1）电容器中场强的分布⎧RU⎪2E=⎨r2RU⎪2⎩r（2）电容器的电容 R<r<2R 2R<r>4RQ=8πε0R UC=8-13 半径分别为Ｒ1和Ｒ2的同轴导体圆筒间充满相对电容率为εr的均匀电介质。

现使圆筒带电，单位长度电荷各为＋λ1（内筒）和＋λ2（外筒），如图所示。

（1）求两筒间的电压；（2）设轴线上电势为零，分别求Ｐ点和Ｑ点的电势。

（Ｐ和Ｑ与轴分别相距rP和rQ）解：（1）场强分布为⎧0⎪E=⎨λ1⎪⎩2πε0εrr两筒间电压 r<R1R1<r<R2U=⎰R2R1 R2E⋅dr=⎰R1λ1λ1dr=lnR2/R1 2πε0εrr2πε0εrUP=0 （2）设轴线上电势为零，则UR1-UQ=⎰Edr=⎰R1rQrQR1λ1λ1dr=lnrQ/R1 2πε0εrr2πε0εrUQ=-λ1lnrQ/R1 2πε0εr8-14 将一空气平行板电容器与电源相连进行充电，使电容器储存能量Ｗ1。

若充电后断开电源，然后将相对介电常数为εr的电介质充满该电容器，电容器储存的能量变为Ｗ2，则比值Ｗ1/Ｗ2=______________；如果充电后不断开电源，则比值Ｗ1/Ｗ2=______________。

解：（1）若充电后断开电源，则Q不变。

因为εS1Q2W= C=d2C109所以W1C2ε===εr W2C1ε0（2）如果充电后不断开电源，则U不变。

因为所以110 W=12CU2 W1C1εW==0=1 2C2εεr。