大学物理 · 静电场

第15章静电场中的导体和电介质｜题目详解

包含：原题原页、文字版题目、选择题、填空题、计算题、公式推导与易错点

一、原题原页

以下为用户提供的 Word 题目转换后的原页图，确保题干、选项、图示和空白位置均可核对；后文另附文字版原题与完整解答。

二、选择题

选择题 1

原题

如图所示，一均匀带电球体，总电量为 +Q，其外部同心地置一内、外半径分别为 r₁ 和 r₂ 的金属球壳。设无穷远处为电势零点，则球壳内半径为 r 的 P 点处的场强和电势为（）。

（A）E = Q/(4πε₀r²)，U = Q/(4πε₀r²)

（B）E = 0，U = Q/(4πε₀r₁)

（C）E = 0，U = Q/(4πε₀r)

（D）E = 0，U = Q/(4πε₀r₂)

答案

（D）

解析

P 点位于金属球壳内部。静电平衡时导体内部场强为零，因此 E = 0。

U(P)=U(r₂)=\dfrac{Q}{4\piε_0 r_2}

也可以理解为：内表面感应电荷抵消了球体在导体内部的电场，整个金属球壳为等势体。

选择题 2

原题

半径为 R 的接地金属球与地连接，在与球心 O 相距 d = 2R 处有一电量为 q 的点电荷，如图所示。设地的电势为零，则球上的感应电荷 q′ 为（）。

（A）0

（B）q/2

（C）−q/2

（D）−q

答案

（C）−q/2

解析

接地金属球的等效像电荷为 q_像 = −qR/d。球面总感应电荷等于像电荷：

q\prime=-\dfrac{qR}{d}=-\dfrac{qR}{2R}=-\dfrac q2

负号表示感应电荷与外部点电荷异号。

选择题 3

原题

如图，在一带电量为 Q 的导体球外，同心地包有一个向同性均匀电介质壳，其相对介电常数为 ε_r，壳外是真空，则壳外 P 点（OP = r）处的场强和电位移的大小分别为（）。

（A）E = Q/(4πε₀ε_rr²)，D = Q/(4πε₀r²)

（B）E = Q/(4πε_rr²)，D = Q/(4πr²)

（C）E = Q/(4πε₀r²)，D = Q/(4πr²)

（D）E = Q/(4πε₀r²)，D = Q/(4πε₀r²)

答案

（C）

解析

取以球心为中心、半径 r 的球面作高斯面：

\oint \mathbf D\cdot d\mathbf S=Q\quad\Rightarrow\quad D=\dfrac{Q}{4\pi r^2}

P 点在介质壳外，周围是真空，所以 D = ε₀E：

E=\dfrac{D}{ε_0}=\dfrac{Q}{4\piε_0r^2}

介质只影响壳内的 E，不影响壳外真空区域的上述表达式。

选择题 4

原题

一大平行板电容器水平放置，两极板间的一半空间充有各向同性均匀电介质，另一半为空气，如图所示。当两极板带上恒定的等量异号电荷时，有一个质量为 m、带电量为 +q 的质点，在极板间的空气区域中处于平衡。此后，若把电介质抽去，则该质点（）。

（A）保持不动

（B）向上运动

（C）向下运动

（D）是否运动不能确定

答案

（B）向上运动

解析

介质区和空气区在极板面积上并排，相当于两个并联支路，所以两区域的极板间电压相同。初始等效电容为

Cᵢ=ε₀S/(2d)+ε₀εᵣS/(2d)=ε₀S(1+εᵣ)/(2d)

抽去介质后，电容变为 C_f=ε₀S/d。由于极板总电荷恒定且 ε_r>1，有 C_i>C_f，因此 V_f=Q/C_f>V_i=Q/C_i。空气区场强 E=V/d 随之增大，正电荷所受电场力向上且大于原来的重力平衡力，所以质点向上运动。

选择题 5

原题

C₁ 和 C₂ 两空气电容器并联以后接电源充电，在电源保持连接的情况下，在 C₁ 中插入一电介质板，如图所示，则（）。

（A）C₁ 极板上电荷增加，C₂ 极板上电荷减少

（B）C₁ 极板上电荷减少，C₂ 极板上电荷增加

（C）C₁ 极板上电荷增加，C₂ 极板上电荷不变

（D）C₁ 极板上电荷减少，C₂ 极板上电荷不变

答案

（C）

解析

电源保持连接，两个电容器两端电压都恒为 V。插入介质后 C₁ 的电容增大：

Q_1=C_1V\ \Rightarrow\ Q_1text{ 增大}

C₂ 的电容和两端电压均未改变：

Q_2=C_2V\ \Rightarrow\ Q_2text{ 不变}

因此选择（C）。

三、填空题

填空题 1

原题

一空心导体球带电 q，当在球内偏离球心处再放一电量为 q 的点电荷时，则导体球内表面上所带的电量为 ______；电荷 ______ 均匀分布（填“是”或“不是”）；外表面上的电量为 ______；电荷 ______ 均匀分布（填“是”或“不是”）。

答案

−q；不是；2q；是

解析

导体内部电场必须为零。包围内腔的高斯面给出内表面感应电荷：

q_{text{内}}=-q

导体球原有总电荷为 q，所以外表面总电荷为

q_{text{外}}=q-q_{text{内}}=q-(-q)=2q

点电荷偏离球心，内表面感应电荷分布不均匀；若球壳外表面为球面且外界无其他电荷，外表面为等势球面，电荷均匀分布。

填空题 2

原题

如图所示，两块很大的导体平板平行放置，面积都是 S，有一定厚度，带电荷分别为 Q₁ 和 Q₂。不计边缘效应，则 A、B、C、D 四个表面上的电荷面密度分别为 ______、______、______、______。

答案

σ_A = (Q₁ + Q₂)/(2S)；σ_B = (Q₁ − Q₂)/(2S)；σ_C = (Q₂ − Q₁)/(2S)；σ_D = (Q₁ + Q₂)/(2S)

解析

导体内部电场为零，且每块平板的两面电荷代数和分别等于 Q₁/S、Q₂/S。设四面面密度为 σ_A、σ_B、σ_C、σ_D，由高斯定律列方程并求解：

\sigma_A+\sigma_B=\dfrac{Q_1}{S},\quad\sigma_C+\sigma_D=\dfrac{Q_2}{S}

\sigma_A=\sigma_D,\quad\sigma_B=-\sigma_C

因此得到上面的四个结果。检验：若 Q₁=−Q₂，两外侧面无电荷，内侧面分别带 ±Q₁/S，符合常见平板电容器结论。

填空题 3

原题

一个电容为 C 的空气平行板电容器，接上电源充电至两端电压为 V 后与电源断开。若把电容器的两个极板间距增大至原来的 3 倍，则外力所做的功为 ______。

答案

CV²

解析

断开电源后电荷不变，原电荷 q = CV。极板间距变为原来的 3 倍，电容变为 C′ = C/3。电场能量由

U_i=\dfrac12CV^2

变为

U_f=\dfrac{q^2}{2C\prime}=\dfrac{(CV)^2}{2(C/3)}=\dfrac32CV^2

外力做功等于电场能量增加：

W=U_f-U_i=CV^2

填空题 4

原题

两个电容器的电容关系为 C₁ = 2C₂，若将它们串联后接入电路，则电容器 1 储存的电场能量是电容器 2 储能的 ______ 倍；若将它们并联后接入电路，则电容器 1 储存的电场能量是电容器 2 储能的 ______ 倍。

答案

1/2；2

解析

串联时两电容器电荷量相同，U = q²/(2C)，所以

\dfrac{U_1}{U_2}=\dfrac{C_2}{C_1}=\dfrac12

并联时两端电压相同，U = CV²/2，所以

\dfrac{U_1}{U_2}=\dfrac{C_1}{C_2}=2

四、计算题

计算题 1

原题

半径为 R₁ = 1.0 cm 的导体球，带有电荷 q = 1.0×10⁻¹⁰ C，球外有一个内外半径分别为 R₂ = 3.0 cm 和 R₃ = 4.0 cm 的同心导体球壳，壳上带有电荷 Q = 11×10⁻¹⁰ C，试计算：

两球的电势 U₁ 和 U₂；
用导线把球和球壳接在一起后，U₁ 和 U₂ 分别是多少？
若外球接地，U₁ 和 U₂ 为多少？
若内球接地，U₁ 和 U₂ 为多少？

答案

（1）U₁ = 330 V，U₂ = 270 V；（2）U₁ = U₂ = 270 V；（3）U₁ = 60 V，U₂ = 0；（4）U₁ = 0，U₂ = 180 V。

解析

记 k = 1/(4πε₀) ≈ 9.0×10⁹ N·m²/C²。静电平衡时球壳内表面感应 −q，外表面带 Q+q。

U_2=k\dfrac{Q+q}{R_3}=9×10^9×\dfrac{12×10^{-10}}{0.04}=270text{ V}

U_1=k\left(\dfrac q{R_1}-\dfrac q{R_2}+\dfrac{Q+q}{R_3}right)=330text{ V}

（2）接线后系统成为一个导体，全部总电荷 Q+q 集中在最外表面 R₃，故两球等势：

U_1=U_2=k\dfrac{Q+q}{R_3}=270text{ V}

（3）外球接地，外球电势为 0，内球仍带 q，球壳内表面为 −q、外表面电荷为 0：

U_1=kq\left(\dfrac1{R_1}-\dfrac1{R_2}right)=60text{ V},\quad U_2=0

（4）内球接地，设内球电荷为 q₁。由 U₁=0：

0=k\left[q_1\left(\dfrac1{R_1}-\dfrac1{R_2}+\dfrac1{R_3}right)+\dfrac Q{R_3}right]

代入数据得 q₁ = −3.0×10⁻¹⁰ C，外表面电荷 Q+q₁ = 8.0×10⁻¹⁰ C。因此

U_2=k\dfrac{8.0×10^{-10}}{0.04}=180text{ V},\quad U_1=0

计算题 2

原题

两个同心的薄金属球壳，内、外半径分别为 R₁ 和 R₂。球壳之间充满两层均匀电介质，其相对介电常数分别为 ε_r1 和 ε_r2，两层电介质的分界面半径为 R。设内球壳带有电荷 Q，求电位移、场强分布和两球壳之间的电势差。

答案

两球壳间：D(r) = Q/(4πr²)；R₁<r<R 时 E = Q/(4πε₀ε_r1r²)；R<r<R₂ 时 E = Q/(4πε₀ε_r2r²)；ΔV = Q/(4πε₀)[(1/ε_r1)(1/R₁−1/R)+(1/ε_r2)(1/R−1/R₂)]。

解析

取半径 r 的同心球形高斯面，由自由电荷高斯定律：

4\pi r^2D_r=Q\quad\Rightarrow\quad D_r=\dfrac Q{4\pi r^2}

于是

E_r=\dfrac{D_r}{ε_0ε_r}

区域	D(r)	E(r)
金属内	0	0
R₁<r<R	Q/(4πr²)	Q/(4πε₀ε_r1r²)
R<r<R₂	Q/(4πr²)	Q/(4πε₀ε_r2r²)
r>R₂（真空）	Q/(4πr²)	Q/(4πε₀r²)

\Delta V=V_1-V_2=\int_{R_1}^{R}E_1dr+\int_R^{R_2}E_2dr

若还需要以内球壳为零电势，则外球壳电势为 −ΔV；若以无穷远为零，则 V₂ = Q/(4πε₀R₂)，V₁ = V₂ + ΔV。

计算题 3

原题

在极板间距为 d 的空气平行板电容器中，平行于极板插入一块厚度为 d/2、面积与极板相同的金属板后，其电容为原来电容的多少倍？如果平行插入的是相对介电常数为 ε_r 的、与金属板厚度、面积均相同的介质板，则又如何？

答案

插入金属板：2 倍；插入介质板：2ε_r/(ε_r+1) 倍。

解析

原电容 C₀ = ε₀S/d。

插入金属板后，金属内部 E=0，电势降只发生在两侧空气层；两侧空气层总厚度为 d/2，因此

C_m=\dfrac{ε_0S}{d/2}=2C_0

插入介质板后，空气层总厚度为 d/2，介质层厚度为 d/2，串联等效的“有效间距”为

d_{text{eff}}=\dfrac d2+\dfrac{d}{2ε_r}

C_d=\dfrac{ε_0S}{d_{text{eff}}}=\dfrac{2ε_r}{ε_r+1}C_0

这里默认板不接触两极板；只要介质板完全覆盖极板面积，结果与其在间隙中的具体位置无关。

计算题 4

原题

一半径为 R 的介质球，均匀带电，相对介电常数为 ε_r，总电荷量为 Q，球外为真空，求其静电能。

答案

W = Q²/(40πε₀R)·(5 + 1/ε_r)。

解析

球内自由电荷密度 ρ = 3Q/(4πR³)。由高斯定律：

D_{text{内}}=\dfrac{Qr}{4\pi R^3},\quad E_{text{内}}=\dfrac{Qr}{4\piε_0ε_rR^3}

D_{text{外}}=\dfrac Q{4\pi r^2},\quad E_{text{外}}=\dfrac Q{4\piε_0r^2}

场能密度 w = (1/2)E·D，故

W_{text{内}}=\dfrac12\int_0^R E_{text{内}}D_{text{内}}4\pi r^2dr=\dfrac{Q^2}{40\piε_0ε_rR}

W_{text{外}}=\dfrac12\int_R^{\infty}E_{text{外}}D_{text{外}}4\pi r^2dr=\dfrac{Q^2}{8\piε_0R}

W=W_{text{内}}+W_{text{外}}=\dfrac{Q^2}{40\piε_0R}\left(5+\dfrac1{ε_r}right)

检验：ε_r=1 时得到均匀带电绝缘球在真空中的经典结果 3Q²/(20πε₀R)。

计算题 5

原题

一圆柱形电容器内外两极板的半径分别为 a 和 b，试证明其带电后所储存的电场能量的一半是在半径 r = √(ab) 的圆柱面内部。

答案

在 r = √(ab) 以内的能量占总能量的 1/2。

解析

设内导体单位长度带电量为 λ，忽略边缘效应。a<r<b 时

E(r)=\dfrac{\lambda}{2\piε_0r}

长度 L、半径 r 到 r+dr 的薄圆柱层中储存的能量为

dW=\dfrac12ε_0E^2(2\pi rLdr)=\dfrac{\lambda^2L}{4\piε_0}\dfrac{dr}{r}

所以半径 a 到 x 的能量

W(a→ x)=\dfrac{\lambda^2L}{4\piε_0}\ln\dfrac xa

总能量

W_{text{总}}=\dfrac{\lambda^2L}{4\piε_0}\ln\dfrac ba

取 x = √(ab)：

\dfrac{W(a→\sqrt{ab})}{W_{text{总}}}=\dfrac{\ln(\sqrt{ab}/a)}{\ln(b/a)}=\dfrac{1/2\ln(b/a)}{\ln(b/a)}=\dfrac12

证毕。

五、易错点与结论

导体静电平衡的核心条件是导体内部 E=0、导体为等势体。
介质中优先使用高斯定律求 D，再用 E=D/(ε₀ε_r)。
电源断开时电荷不变；电源保持连接时电压不变。
球对称问题中的场能积分常转化为对数积分，几何平均半径 √(ab) 对应能量的一半。

题面说明：本文件只把附件中的题目、选项、图示和留空视为待解内容；没有把附件内部的“答案：”空行等误读为额外指令。计算题 2 的电势差按 ΔV=V_内−V_外给出。