大学物理答案第六章
6-1 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时,在导体B 的近端感应负电荷;在远端感应正电荷,不带电导体的电势将高于无穷远处,因而正确答案为(A )。
6-2 分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势,即与无穷远处等电势,这与导体N 在哪一端接地无关。因而正确答案为(A )。
6-3 分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。点电荷q 在导
体球表面感应等量异号的感应电荷±q′,导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零,O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。因而正确答案为(A )。
6-4 分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零,表明曲面
内自由电荷的代数和等于零;由于电介质会改变自由电荷的空间分布,介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。因而正确答案为(E )。
6-5 分析与解 电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成,由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布,由电介质中的高斯定理,仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时,在电介质中任意高斯面S 有
1()1+χE ⋅d S =E ⋅d S =∑q i S S 0ε0i
即E =E 0/εr,因而正确答案为(A )。
6-6 分析与解 根据导体静电平衡时电荷分布的规律,空腔内点电荷的电场线终止于空腔内表面感应电荷;导体球A 外表面的感应电荷近似均匀分布,因而近似可看作均匀带电球对点电荷q d 的作用力。
F d =(q b +q c )q d
4πε0r 2
点电荷q d 与导体球A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零,点电
荷q b 、q c 处于球形空腔的中心,空腔内表面感应电荷均匀分布,点电荷q b 、q c 受到的作用力为零.
6-7 分析 (1) 由于半径R 1<<L ,因此可将电极视作无限长圆柱面,阴极和阳极之间的电场具有轴对称性.从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速,电子所获得的动能等于电场力所作的功,也即等于电子势能的减少.由此,可求得电子到达阳极时的动能和速率.
(2) 计算阳极表面附近的电场强度,由F =q E 求出电子在阴极表面所受的电场力.
解 (1) 电子到达阳极时,势能的减少量为
ΔE ep =-eV =-4. 8⨯10-17J
由于电子的初始速度为零,故
E ek =ΔE ek =-ΔE ep =-4. 8⨯10-17J
因此电子到达阳极的速率为
v =2E ek 2eV ==1. 03⨯107m ⋅s -1 m m
(2) 两极间的电场强度为
E =-λe r 2πε0r
两极间的电势差
V =⎰E ⋅d r =-R 1R 2λλR =-e ln 2 2πε0r 2πε0R 1
负号表示阳极电势高于阴极电势.阴极表面电场强度
E =-λV e r =e R 2r 2πε0R 1R 1ln R 1
电子在阴极表面受力
F =-e E =4. 37⨯10-14e r N
这个力尽管很小,但作用在质量为9.11 ×10
达重力加速度的5 ×10 倍.
6-8 分析 若V 0=15-31kg 的电子上,电子获得的加速度可Q ,内球电势等于外球壳的电势,则外球壳内必定为等势体,4πε0R 2
电场强度处处为零,内球不带电. 若V 0≠Q ,内球电势不等于外球壳电势,则外球壳内电场强度不为零,内球带4πε0R 2
∞电.一般情况下,假设内导体球带电q ,导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示.依照电荷的这一分布,利用高斯定理可求得电场分布.并由V p =⎰p E ⋅d l 或电势叠加求出电势的
分布.最后将电场强度和电势用已知量V 0、Q 、R 1、R 2表示.
解 根据静电平衡时电荷的分布,可知电场分布呈球对称.取同心球面为高斯面,由高
2斯定理E ⋅d S =E (r )⋅4πr =E (r )⋅∑q /ε0,根据不同半径的高斯面内的电荷分布,解得
各区域内的电场分布为
r <R 1时, E 1(r )=0
R 1<r <R 2 时,E 2(r )=q 24πε0r
Q +q 4πε0r 2r >R 2 时, E 2(r )=
由电场强度与电势的积分关系,可得各相应区域内的电势分布.
r <R 1时,
V 1=⎰E ⋅d l =⎰E 1⋅d l +⎰E 2⋅d l +⎰E 3⋅d l =r r R 1R 2∞R 1R 2∞q Q +4πε0R 14πε0R 2
R 1<r <R 2 时,
V 2=⎰E ⋅d l =⎰E 2⋅d l +⎰E 3⋅d l =r r R 2∞R 2∞q Q +4πε0r 4πε0R 2
r >R 2 时,
V 3=⎰E 3⋅d l =r ∞q +Q 4πε0r
也可以从球面电势的叠加求电势的分布.在导体球内(r <R 1)
V 1=q Q + 4πε0R 14πε0R 2
在导体球和球壳之间(R 1<r <R 2 )
V 2=q Q +4πε0r 4πε0R 2
在球壳外(r >R 2)
V 3=q +Q 4πε0r
由题意
V 1=V 0=
得 q Q +4πε0R 24πε0R 1
V 1=V 0=q Q +4πε0R 24πε0R 1
代入电场、电势的分布得
r <R 1时,
E 1=0;V 1=V 0
R 1<r <R 2 时,
E 2=R 1V 0R 1Q R 1V 0(r -R 1) Q ; -V =-2r 4πε0R 2r r 24πε0R 2r 2
r >R 2 时,
E 3=R 1V 0(R 2-R 1) Q -r 24πε0R 2r 2
6-9 分析 (1) 根据静电感应和静电平衡时导体表面电荷分布的规律,电荷Q A 均匀分布在球A 表面,球壳B 内表面带电荷-Q A ,外表面带电荷Q B +Q A ,电荷在导体表面均匀分布[图(a)],由带电球面电势的叠加可求得球A 和球壳B 的电势.(2) 导体接地,表明导体与大地等电势(大地电势通常取为零).球壳B 接地后,外表面的电荷与从大地流入的负电荷中和,球壳内表面带电-Q A [图(b)].断开球壳B 的接地后,再将球A 接地,此时球A 的电势为零.电势的变化必将引起电荷的重新分布,以保持导体的静电平衡.不失一般性可设此时球A 带电q A ,根据静电平衡时导体上电荷的分布规律,可知球壳B 内表面感应-q A ,外表面带电q A -Q A [图(c )].此时球A 的电势可表示为
V A =q A -q A q -Q A ++A =0 4πε0R 14πε0R 24πε0R 3
由V A =0 可解出球A 所带的电荷q A ,再由带电球面电势的叠加,可求出球A 和球壳B 的电势.
解 (1) 由分析可知,球A 的外表面带电3.0 ×10
-8-8C ,球壳B 内表面带电-3.0 ×10C ,外表面带电5.0 ×10-8C .由电势的叠加,球A 和球壳B 的电势分别为
V A =q A -Q A Q -Q A ++A =5. 6⨯103V 4πε0R 14πε0R 24πε0R 3
Q A +Q B =4. 5⨯103V 4πε0R 3V B =
(2) 将球壳B 接地后断开,再把球A 接地,设球A 带电q A ,球A 和球壳B 的电势为 V A =q A -q A -Q A +q A ++=0 4πε0R 14πε0R 24πε0R 3
-Q A +q A 4πε0R 3V B =
解得
q A =R 1R 2Q A =2. 12⨯10-8C R 1R 2+R 2R 3-R 1R 3
-8即球A 外表面带电2.12 ×10
外表面带电-0.9 ×10-8C ,由分析可推得球壳B 内表面带电-2.12 ×10-8C ,C .另外球A 和球壳B 的电势分别为
V A =0
V B =-7.29⨯102V
导体的接地使各导体的电势分布发生变化,打破了原有的静电平衡,导体表
面的电荷将重新分布,以建立新的静电平衡.
6-10 分析 导体平板间距d << S,忽略边缘效应,导体板近似可以当作无限大带电平板处理。取如图(b)所示的圆柱面为高斯面,高斯面的侧面与电场强度E 平行,电场强度通量为零;高斯面的两个端面在导体内部,因导体内电场强度为零,因而电场强度通量也为零,由高斯定理
E ⋅d S =∑q /εS 0=0
得 ∑q =0
上式表明处于静电平衡的平行导体板,相对两个面带等量异号电荷.再利用叠加原理,导体板上四个带电面在导体内任意一点激发的合电场强度必须为零,因而平行导体板外侧两个面带等量同号电荷.
证明 (1) 设两块导体平板表面的电荷面密度分别为σ1、σ2、σ3、σ4 ,取如图(b)所示的圆柱面为高斯面,高斯面由侧面S 1和两个端面S 2、S 3构成,由分析可知
E ⋅d S =∑q /εS 0=0
23得 ∑q =ζΔS +ζΔS =0, ζ2+ζ3=0
相向的两面电荷面密度大小相等符号相反.
(2) 由电场的叠加原理,取水平向右为参考正方向,导体内P 点的电场强度为 ζ1ζζζ-2-3-4=0, ζ1-ζ4=0 2ε02ε02ε02ε0
相背的两面电荷面密度大小相等符号相同.
6-11 分析 由习题6 -10 可
知,
导体板达到静电平衡时,相对两个面带等量异号电荷;相背两个面带等量同号电荷.再由电荷守恒可以求出导体各表面的电荷分布,进一步求出电场分布和导体间的电势差.
导体板B 接地后电势为零,B 的外侧表面不带电,根据导体板相背两个面带等量同号电荷可知,A 的外侧表面也不再带电,由电荷守恒可以求出导体各表面的电荷分布,进一步求出电场分布和导体间的电势差.
解 (1) 如图(b)所示,依照题意和导体板达到静电平衡时的电荷分布规律可得 (ζ1+ζ2)S =Q
(ζ3+ζ4)S =Q
ζ1-ζ4=0
ζ2+ζ3=0
解得
ζ1=ζ2=-ζ3=ζ4=Q 2S
两导体板间电场强度为E =Q ;方向为A 指向B . 2ε0S
Qd 2ε0S 两导体板间的电势差为 U AB =
(2) 如图(c )所示,导体板B 接地后电势为零.
ζ1=ζ4=0
ζ2=-ζ3=Q S
两导体板间电场强度为E '=Q ;方向为A 指向B . ε0S
Qd ε0S 两导体板间的电势差为 U 'AB =
6-12 分析 导体球达到静电平衡时,内表面感应电荷-q ,外表面感应电荷q ;内表面感应电荷不均匀分布,外表面感应电荷均匀分布.球心O 点的电势由点电荷q 、导体表面的感应电荷共同决定.在带电面上任意取一电荷元,电荷元在球心产生的电势
d V =d q 4πε0R
由于R 为常量,因而无论球面电荷如何分布,半径为R 的带电球面在球心产生的电势为 V =⎰⎰d q q = s 4πεR 4πε0R 0
由电势的叠加可以求得球心的电势.
解 导体球内表面感应电荷-q ,外表面感应电荷q ;依照分析,球心的电势
为
V =q q q +Q -+4πε0r 4πε0a 4πε0b
6-13 分析 金属球为等势体,金属球上任一点的电势V 等于点电荷q 和金属球表面感应电荷q′在球心激发的电势之和.在球面上任意取一电荷元dq′,电荷元可以视为点电荷,金属球表面的感应电荷在点O 激发的电势为
V '=⎰d q ' s 4πεR 0
点O 总电势为
V 0=q +V ' 4πε0r
而接地金属球的电势V 0 =0,由此可解出感应电荷q′.
解 金属球接地,其球心的电势
V =q d q 'q 1+⎰=+d q '=0 4πε0r s 4πε0R 4πε0r 4πε0R ⎰s
感应电荷总量
R q =⎰d q '=- r
6-14 解 由于地球半径R 1 =6.37×10 m;电离层半径R 2 =1.00×10 m +R 1 =6.47 ×10 m,根据球形电容器的电容公式,可得 665
C =4πε0R 1R 2=4. 58⨯10-2
R 2-R 1F
6-15 解 由教材第六章6 -4 节例3 可知两输电线的电势差
U =λd -R ln πε0R
因此,输电线单位长度的电容
C =λd -R d =πε0/ln ≈πε0/ln U R R
-12代入数据 C =5. 52⨯10F
6-16 分析 按下按键时两金属片之间的距离变小,电容增大,由电容的变化量可以求
得按键按下的最小距离:
解 按下按键时电容的变化量为
⎡11⎤ΔC =ε0S ⎢-⎥
⎣d d 0⎦
按键按下的最小距离为
2ΔCd 0min Δd min =d 0-d ==0. 152mm d 0ΔC +ε0S
6-17 分析 两极间的电场可以近似认为是无限长同轴带电圆柱体间的电场,由于电荷在圆柱面上均匀分布,电场分布为轴对称.由高斯定理不难求得两极间的电场强度,并利用电场强度与电势差的积分关系U =⎰R 2
R 1E ⋅d l 求出两极间的电势差.
1λL ,则两极间的电场强度 ε0解 (1) 由上述分析,利用高斯定理可得E ⋅2πrL =
E =λ 2πε0r
导线表面(r =R 1 )的电场强度
E 1=λ 2πε0R 1
两极间的电势差
U =⎰E ⋅d r =⎰R 1R 2R 2R 1λR d r =R 1E 1ln 2 2πε0r R 1
(2) 当E 1=2.0⨯106V ⋅m -1 ,R 1 =0.30 mm,R 2 =20.0 mm 时,
U =2. 52⨯103V
6-18 解 (1) 查表可知二氧化钛的相对电容率εr =173,故充满此介质的平板电容器的电容
C =εr ε0S =1. 53⨯10-9F d
(2) 电容器加上U =12 V 的电压时,极板上的电荷
Q =CU =1. 84⨯10-8C
极板上自由电荷面密度为
ζ0=Q =1. 84⨯10-8C ⋅m -2 S
晶片表面极化电荷密度
⎡1⎤'=⎢1-⎥ζ0=1. 83⨯10-4C ⋅m -2 ζ0⎣εr ⎦
(3) 晶片内的电场强度为
E =U =1. 2⨯105V ⋅m -1 d
6-19 分析 带电球上的自由电荷均匀分布在导体球表面,电介质的极化电荷也均匀分布在介质的球形界面上,因而介质中的电场是球对称分布的.任取同心球面为高斯面,电位移矢量D 的通量与自由电荷分布有关,因此,在高斯面上D 呈均匀对称分布,由高斯定理D ⋅d S =∑q
加原理求得. 0可得D (r ).再由E =D /ε0εr 可得E (r ). 介质内电势的分布,可由电势和电场强度的积分关系V =⎰∞r E ⋅d l 求得,或者由电势叠
极化电荷分布在均匀介质的表面,其极化电荷面密度ζ'=p a .
解 (1) 取半径为r 的同心球面为高斯面,由高斯定理得
r <R D 1⋅4πr 2=0
D 1=0;E 1=0
R <r <R +d D 2⋅4πr 2=Q D 2=Q Q ; E =24πr 24πε0εr r 2
r >R +d D 3⋅4πr 2=Q
D 3=Q Q E =; 34πr 24πε0εr r 2
将不同的r 值代入上述关系式,可得r =5 cm 、15 cm 和25 cm 时的电位移和电场强度的大小,其方向均沿径向朝外.
r 1 =5 cm,该点在导体球内,则
D r 1=0;E r 1=0
r 2 =15 cm,该点在介质层内,εr =5.0,则
D r 2=Q Q -8-2;=3. 5⨯10C ⋅m E ==8. 0⨯102V ⋅m -1 r 2224πr 24πε0εr r 2
r 3 =25 cm,该点在空气层内,空气中ε≈ε0 ,则
D r =Q Q -8-22-1; =1. 3⨯10C ⋅m E ==1. 4⨯10V ⋅m r 34πr 23πε2
340r 2
(2) 取无穷远处电势为零,由电势与电场强度的积分关系得
r 3 =25 cm,
V ∞Q
3=⎰r E 3⋅d r =4πε=360V
10r
r 2 =15 cm,
V R +d
2=⎰r E +22⋅d r ⎰∞R +d E 3⋅d r
=Q Q
4πε-+Q
πε
0εr r 24πε0εr R +d 40R +d =480V
r 1 =5 cm,
V 1=⎰R +d
R E 2⋅d r +⎰∞
R +d E 3⋅d r
=Q Q
4πε-+Q
+d
0εr R 4πε0εr R +d 4πε0R
=540V
(3) 均匀介质的极化电荷分布在介质界面上,因空气的电容率ε
可忽略.故在介质外表面;
P n =(εr -1)ε0E n =(εr -1)Q
4πε2
r R +d ζ=P n =(εr -1)Q
4πε=1. 6⨯10-8C ⋅m -2
r R +d 在介质内表面:
P n =(εr -1)ε1)Q
0E n =(εr -
4πε
r R 2ε0 ,极化电荷 =
ζ'=-P n =(εr -1)Q =-6. 4⨯10-8C ⋅m -2 4πεr R 2
介质球壳内、外表面的极化电荷面密度虽然不同,但是两表面极化电荷的总量还是等量异号.
6-20 解 (1)细胞壁内的电场强度E =ζ=9. 8⨯106V/m;方向指向细胞外. ε0εr
(2) 细胞壁两表面间的电势差U =Ed =5. 1⨯10-2V .
6-21 分析 平板电容器极板上自由电荷均匀分布,电场强度和电位移矢量都是常矢量.充电后断开电源,在介质插入前后,导体板上自由电荷保持不变.取图所示的圆柱面为高斯面,由介质中的高斯定理可求得电位移矢量D ,再根据
E =D ,F =D -ε0E ε0εr
可求得电场强度E 和电极化强度矢量P .
解 由分析可知,介质中的电位移矢量的大小
D =Q =ζ0=4. 5⨯10-5C ⋅m -2 ΔS
介质中的电场强度和极化强度的大小分别为
E =D =2. 5⨯106V ⋅m -1 ε0εr
P =D -ε0E =2. 3⨯10-5C ⋅m -1
D 、P 、E 方向相同,均由正极板指向负极板(图中垂直向下).
6-22 分析 将长直带电导线视作无限长,自由电荷均匀分布在导线表面.在绝缘介质层的内、外表面分别出现极化电荷,这些电荷在内外表面呈均匀分布,所以电场是轴对称分布.取同轴柱面为高斯面,由介质中的高斯定理可得电位移矢量D 的分布.在介质中D =ε0εr E ,P =D -ε0E ,可进一步求得电场强度E 和电极化强度矢量P 的分布.
解 由介质中的高斯定理,有
D ⋅d S =D ⋅2πrL =λL
得
D =λe r 2πr
在均匀各向同性介质中
E =D λ=e r ε0εr 2πε0εr
⎛1⎫λP =D -ε0E = 1-ε⎪⎪2πr e r
⎝r ⎭
6-23 分析 由于导体球一半浸在油中,电荷在导体球上已不再是均匀分布,电场分布不再呈球对称,因此,不能简单地由高斯定理求电场和电荷的分布.我们可以将导体球理解为两个分别悬浮在油和空气中的半球形孤立电容器,静电平衡时导体球上的电荷分布使导体成为等势体,故可将导体球等效为两个半球电容并联,其相对无限远处的电势均为V ,且
V =Q 1Q 2 (1) =C 1C 2
另外导体球上的电荷总量保持不变,应有
Q 1+Q 2=Q 0 (2)
因而可解得Q 1 、Q 2 .
解 将导体球看作两个分别悬浮在油和空气中的半球形孤立电容器,上半球在空气中,电容为
C 1=2πε0R
下半球在油中,电容为
C 2=2πε0εr R
由分析中式(1)和式(2)可解得
Q 1=C 11Q 0=Q 0=0. 5⨯10-6C C 1+C 2εr +1
C 2εQ 0=r Q 0=1. 5⨯10-6C C 1+C 2εr +1Q 2=
由于导体球周围部分区域充满介质,球上电荷均匀分布的状态将改变.可以证明,此时介质中的电场强度与真空中的电场强度也不再满足E =E 0的关系.事实上,只有当电介质εr
均匀充满整个电场,并且自由电荷分布不变时,才满足E =E 0 εr
6-24 分析 薄金属板A 、B 与金属盒一起构成三个电容器,其等效电路图如图(b)所示,由于两导体间距离较小,电容器可视为平板电容器,通过分析等效电路图可以求得A 、B 间的电容。
解 (1) 由等效电路图可知
C =C 23+C 1=C 2⋅C 3+C 1 C 2+C 3
由于电容器可以视作平板电容器,且d 1=2d 2=2d 3,故C 2=C 3=2C 1 ,因此A 、B 间的总电容
C =2C 1
(2) 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰,相当于C2 (或者C3 )极板短接,其电容为零,则总电容
C =3C 1
6-25 解 (1) 由电容器的串、并联,有
C AC =C 1+C 2=12μF
C CD =C 3+C 4=8μF
1111 =++C AB C AC C CD C 5
求得等效电容C AB =4 μF .
(2) 由于Q AC =Q CD =Q D B =Q AB ,得
U AC =C AB U AB =4V C AC
C AB U AB =6V C CD
C AB U AB =2V C DB U CD =U DB =
6-26 分析 电源对电容器充电,电容器极板间的电势差等于电源端电压U .插入电介质
后,由于介质界面出现极化电荷,极化电荷在介质中激发的电场与原电容器极板上自由电荷激发的电场方向相反,介质内的电场减弱.由于极板间的距离d 不变,因而与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷,以维持电势差不变,并有
U =Q (d -δ)+Q δ ε0S ε0εr S
相类似的原因,在平板电容器极板之间,若平行地插入一块导体板,由于极板上的自由电荷和插入导体板上的感应电荷在导体板内激发的电场相互抵消,与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷,使间隙中的电场E 增强,以维持两极板间的电势差不变,并有
U =Q (d -δ) ε0S
综上所述,接上电源的平板电容器,插入介质或导体后,极板上的自由电荷
均会增加,而电势差保持不变.
解 (1) 空气平板电容器的电容
C 0=ε0S d
ε0S U d 充电后,极板上的电荷和极板间的电场强度为 Q 0=
E 0=U /d
(2) 插入电介质后,电容器的电容C 1 为
⎡Q ⎤(d -δ)+Q δ⎥=ε0εr S C 1=Q /⎢ε0εr S ⎦δ+εr d -δ⎣ε0S
故有
C 1=C 1U =ε0εr SU δ+εr d -δ介质内电场强度
'=E 1Q 1U = ε0εr S δ+εr d -δ空气中电场强度
E 1=Q 1εr U = ε0S δ+εr d -δ
(3) 插入导体达到静电平衡后,导体为等势体,其电容和极板上的电荷分别为
ε0S d -δ
εS Q 2=0U d -δC 2=
'=0 导体中电场强度 E 2
空气中电场强度
E 2=U d -δ
无论是插入介质还是插入导体,由于电容器的导体极板与电源相连,在维持电势差不变的同时都从电源获得了电荷,自由电荷分布的变化同样使得介质内的电场强度不再等于E 0/εr.
6-27 分析 导体极板A 、B 和待测物体构成一有介质的平板电容器,关于电容C 与材料的厚度的关系,可参见题6 -26 的分析.
解 由分析可知,该装置的电容为
C =ε0εr S d +εr d -δ则介质的厚度为
d =εr d 0C -ε0εr S εεεS =r d 0-0r εr -1C εr -1C εr -1
如果待测材料是金属导体,其等效电容为
C =ε0S d 0-d
导体材料的厚度
d =d 0-=ε0S C
实时地测量A 、B 间的电容量C ,根据上述关系式就可以间接地测出材料的厚度.通常智能化的仪表可以实时地显示出待测材料的厚度.
6-28 分析 由于d 、D <<L ,导体A 、C 构成圆柱形电容器,可视为一个长X (X 为液面高度)的介质电容器C 1 和一个长L -X 的空气电容器C 2 的并联,它们的电容值均随X 而改变.因此其等效电容C =C 1 +C 2 也是X 的函数.由于Q =CU ,在电压一定时,电荷Q 仅随C 而变化,求出Q 与液面高度X 的函数关系,即可得证
证 由分析知,导体A 、C 构成一组柱形电容器,它们的电容分别为
2πε0εr X ln d
2πε0εr (L -X ) C 1=ln d C 1=
其总电容
C =C 1+C 2=
其中 2πε0εr X 2πε0εr (L -X )+α+βX ln ln d d
α=2πε0L 2πε0(εr -L );β= D ln ln d d
Q =CU =aU +βUX
即导体管上所带电荷Q 与液面高度X 成正比,油罐与电容器联通.两液面等高,测出电荷Q 即可确定油罐的液面高度.
6-29 分析 通过查表可知聚四氟乙烯的击穿电场强度E b =1.9 ×10 V/m ,电容器中的电场强度E ≤E b ,由此可以求得电容器的最大电势差和电容器存贮的最大能量.
解 (1) 电容器两极板间的电势差 7
U max =E b d =190V
(2) 电容器存贮的最大能量
12W e =CU max 9. 03⨯10-3J 2
6-30 分析 如果设长直导线上单位长度所带电荷为λ,导线表面附近的电场强度 E =λζ= 2πε0R ε0
6查表可以得知空气的击穿电场强度E b =3.0 ×10(V /m ),只有当空气中的电场强度E
≤E b 空气才不会被击穿,由于在导线表面附近电场强度最大,因而可以求出σ的极限值.再求得电场能量密度,并通过同轴圆柱形体元内电场能量的积分求得单位长度的最大电场强度.
解 (1) 导线表面最大电荷面密度
ζmax =ε0E b =2. 66⨯10-5C ⋅m -2
显然导线表面最大电荷面密度与导线半径无关.
(2) 由上述分析得λmax =2πε0R 1E b ,此时导线与圆筒之间各点的电场强度为 E m =λR =1(R 2
E =0 (其他)
11R 12E b 22w m =ε0E m =ε02 22r
沿轴线单位长度的最大电场能量
W m =⎰⎰⎰w ⋅2πr d r =ε0πR 12E b 2⎰ΩR 2R 11r r
W m =ε0πR 12E b 2ln R 2=5. 76⨯10-4J ⋅m -1 R 1
6-31 分析 在未插入玻璃板时,不难求出空气中的电场强度小于空气的击穿电场强度,电容器不会被击穿.插入玻璃后,由习题6 -26 可知,若电容器与电源相连,则极板间的电势差维持不变,电容器将会从电源获取电荷.此时空气间隙中的电场强度将会增大.若它大于空气的击穿电场强度,则电容器的空气层将首先被击穿.此时40 kV 电压全部加在玻璃板两侧,玻璃内的电场强度如也大于玻璃击穿电场强度的值,则玻璃也将被击穿.整个电容器被击穿.
解 未插入玻璃时,电容器内的电场强度为
E =U /d =2. 7⨯106V ⋅m -1
因空气的击穿电场强度E b =3. 0⨯106V ⋅m -1 ,E
E =εr V =3. 2⨯106V ⋅m -1 εr d -δ+δ
此时,因E >E b ,空气层被击穿,击穿后40 kV 电压全部加在玻璃板两侧,此时玻璃板内的电场强度
E =V /δ=1. 3⨯107V ⋅m -1
' 由于玻璃的击穿电场强度E b =10M V ⋅m -1,E >E b ' ,故玻璃也将相继被击穿,电容
器完全被击穿.
6-32 解 介质内电场强度
E ≤E b =18⨯106V ⋅m -1
电容耐压U m =4.0 kV,因而电容器极板间最小距离
d =U m /E b =2. 22⨯10-4m
要制作电容为0.047 μF 的平板电容器,其极板面积
S =Cd =0. 42m 2 ε0ε1
显然,这么大的面积平铺开来所占据的空间太大了,通常将平板电容器卷叠成筒状后再封装.
6-33 分析 在将电容器两极板拉开的过程中,由于导体极板上的电荷保持不变,
极板间的电场强度亦不变,但电场所占有的空间增大,系统总的电场能量增加了.根据功能原理,所增加的能量应该等于拉开过程中外力克服两极板间的静电引力所作的功.
解 (1) 极板间的电场为均匀场,且电场强度保持不变,因此,电场的能量密度为
1Q 22 w e =ε0E =22ε0S 2
在外力作用下极板间距从d 被拉开到2d ,电场占有空间的体积,也由V 增加到2V ,此时电场能量增加
Q 2d ΔW e =w e ΔV =2ε0S
(2) 两导体极板带等量异号电荷,外力F 将其缓缓拉开时,应有F =-F e ,则外力所作的功为
Q 2d A =-F e ⋅Δr =QEd =2ε0S
外力克服静电引力所作的功等于静电场能量的增加.