《物理学基本教程》课后答案第九章静电场中的导体和电介质精品资料

1、第九章静电场中的导体和电介质9-1把一厚度为 d 的无限大金属板置于电场强度为E 0 的匀强电场中，E 0与板面垂直，试求金属板两表面的电荷面密度- + 分析对于有导体存在的静电场问题，首先由静电-+平衡条件分析放入静电场后导体上电荷的重新分布情-+况，再计算空间电场和电势的分布-+E0本题中，将金属板放入均匀电场后， 由于静电感应，-+平板两面带上等值异号感应电荷忽略边缘效应，两带-+电面可视为平行的无限大均匀带电平面解设平板两表面的感应电荷面密度分别为和，如图 9-1 所示由例题 8-7 结果知，带感应电荷图 9-1的两表面视为带等量异号电荷的无限大平行平面，在导体中产生的场强为E，方向与

2、 E 0 相反，由场强叠加原理，平板中任一点的0总场强为EE0EE00根据静电平衡条件，金属板中场强E0 ，代入上式得E000则E0 0，E0 0结果与板的厚度无关9-2一金属球壳的内外半径分别为R1 和 R2 ，在球壳内距球心为d 处有一电荷量为 q 的点电荷，（1 ）试描述此时电荷分布情况及球心O 处电势；（2 ）将球壳接地后，以上问题的答案； （3 ）如原来球壳所带电荷量为Q，（1）、（2）的答案如何改变分析当导体内达到静电平衡后， 应用高斯定理可以确定导体上电荷重新分布的情况，然后用电势叠加原理求电势解（ 1 ）按照静电平衡条件，导体内部E 0 ，在球壳内外表面间作同心高斯球面， 应用

3、高斯定理，可知球壳内表面上应有q 的感应电荷，为非均匀分布，如图9-2 所示根据电荷守恒定律和高斯定理，球壳外表面上有 + q 的感应电+ d R1+ q+q ·+- q R2+荷，且均匀分布点电荷 q 在 O 点产生的电势为V1图 9-2q4d球壳内外表面上的感应电荷q 和 + q 无论分布情况如何，到球心距离分别为R1 和 R2 ，电势叠加原理表达式为标量求和，所以在O 点产生的电势分别为qV3qV2R14R24O 点电势为VV1V2V3qqq4d4 R14R2q( 111 )4dR1R2（2 ）将球壳接地后，外球面上的感应电荷消失，球面上电荷分布不变，得V V1V2q( 11

4、)4dR1（3 ）如果原来球壳带电量为Q ，达静电平衡后外球面上电荷Q+ q 均匀分布，内球面上电荷分布不变，得V V1V2V3q( 1 11 )Q4d R1R24 R2球壳接地后，结果与（ 2）相同9-3一无限长圆柱形导体半径为Ra，单位长度带有电荷量1，其外有一共轴的无限长导体圆筒， 内外半径为分为Rb 和 Rc，单位长度带有电荷量2，求（1 ）圆筒内外表面上每单位长度的电荷量；（2） rRa ， RcrRb ， RbrRc ，r Rc 四个区域的电场强度分析静电平衡条件下，在圆筒导体内场强为零，用高斯定理和电荷守恒定律可求出感应电荷的分布解（ 1）如图 9-3所示，在圆筒形导体内作半径为

5、r ，高为单位长的同轴圆柱形高斯面 S，设导体圆筒内外表面单位长的感应电荷分别为和，由静电平衡条件知导体内E 0,故有- 11R aE dS1q1(1)0R b0012+ 即得半径为 Rb的圆筒内表面单位长上的感SrR c应电荷为 -1由电荷守恒定律知，半径为 Rc 的圆筒外表面上单位长的感应电荷应为1，加上原有电荷量图 9-32，单位长上总带电量为21 （2 ）电荷重新分布的结果形成三个同轴的无限长带电圆柱面如图9-3 ，由于电荷分布具有轴对称性的，产生的电场也是轴对称的，用高斯定理可求出rRa 时，E0RarRb 时，E12rRbrRc 时，E0rRc 时，E1220 r9-4证明：两平行

6、放置的无限大带电的平行平面金属板A 和 B 相向的两面上电荷面密度大小相等， 符号相反，相背的两面上电荷面密度大小相等，符号相同，如果两金属 板的 面积 同为 100cm 2 ，电荷量分 别为 QA6 10 8C和QB410 8 C ，略去边缘效应，求两个板的四个表面上的电荷面密度分析根据静电平衡条件， 一切净电荷都分布在导体表面，本题中的电场空间可视为四个无限大均匀带电平行平面产生的电场的叠加，金属板A 、 B 内任意点场强为零由电荷守恒定律可以建立各表面的电荷面密度与两金属板的总电荷量之间的关系AB12 34解设 A、B 两板的四个表面上的电荷面密度（先假定为正）分别为1、 2、3 和 4

7、 ，如图 9-4 所示设向右为正向，由无限大均匀带电平面的场强公式和场强叠加原理，考虑到金属板A 、B 内任意点场强为零，得图 9-4金属板 A内123422220金属板 B内12342222000解得23 ，又由电荷守恒定律得S()QA，S(34)QB联立解得Q AQB5 106C/ 2 mS2QA1110 6 C/m 2S3110 6 C/m 29-5 三个平行金属板 A 、B 和 C，面积都是 200cm2，A、B 相距 4.0mm ，A、C 相距 2.0mm ，B、C 两板都接地，如图 9-5 所示，如果 A 板带正电 3.010 7C，略去边缘效应，（1）求 B 板和 C 板上感应电

8、荷各为多少？ （2 ）以地为电势零点，求 A 板的电势分析由静电平衡条件， A 、B、C 板内各点的场强均为零， A 板上电荷分布在两个表面上，因B、C 两板均接地，感应电荷应分布在内侧表面上解 （1）设 A板 1 、2 两面上带电量分别为 q 1和 q 2 ，B、C 两板与 A 相对的两内侧表面 3 、 4上的感应电荷分别为 q 1 和 q 2 ，如图 9-5所示作侧面与平板垂直的高斯面 S1 ，两端面处 E=0 ，忽略d1- d2 -边缘效应，侧面无电场线穿过，由高斯定理BAC312 411q1Sq1S) 0SSE dSq(S0SS得q1q1S1q 1q 2 同理可得 q2q2 AB 板间

9、和 AC 板间为匀强电场，场强分别为q1q 2q1Eq2E12SS图 9-5又已知 VABVAC ，即E1d1E2d 2因q1q2q3.010 7 C由以上各式，得B、C 两板上的感应电荷分别为q1q1q1.0 10 7C3q2q22q12.0 10 7C（2 ）取地电势为零， A 板电势即为 A 、 B 间电势差VAVABE1 d1 q1d12.3 103 VS9-6 半径为 R11.0cm 的导体球所带电荷量为 q 1.010 10 C ，球外有一个内外半径分别为 R23.0cm 和 R34.0cm 的同心导体球壳，壳上带有电荷量Q 11 11 10 C ，求：（ 1）两球的电势；（2）用

10、导线把两球连接起来时两球的电势；（ 3）外球接地时，两球电势各为多少？（以地为电势零点）分析根据静电平衡条件可以确定感应电荷的分布，用导线连接的导体电势相等，外球接地后电势为零解（ 1）根据静电平衡条件，导体球壳内表面感应电荷为-q ，外表面感应电荷为 q ，原有电荷量 Q 由电势叠加原理，导体球电势为V1qqq Q1( qq q Q ) 3.3 10 2 VR14 R24R34R1R2R3导体球壳的电势为V2qqQ qQ q2.7 102 V40 R34 R34 R34 R3（2 ）球壳和球用导线相连后成为等势体，电势等于半径为R3 带电量为 Q+ q的均匀带电球面的电势，以无穷远为电势零点

11、，得V2Qq2.7 102 V4R3（3 ）外球接地后，只乘下内表面的电荷-q ，由电势叠加原理内球电势为qqV1460V4 R1R2外球壳接地与地等势，即V20另外，求 V1 时还可以用内球产生的电场的线积分计算，即R2qdrq( 11) 60VV2r 2R1 44R1R29-7半径为 R 的金属球离地面很远，并用细导线与地相连，在与球心的距离为 D3R 处有一点电荷q ，试求金属球上的感应电荷Rq q分析由于导体球接地， 其表面上的感应正电荷通过导线与地球内负电荷中和，只剩下负感应电荷在金属球表面不均匀地分布，如图 9-7 所示接地后，导体球上各点电势均为零，球心OOD图 9-7点的电势应

12、等于点电荷在该点电势与金属球表面感应负电荷在该点电势的代数和解设金属球上感应电荷为q ，在金属球表面不均匀地分布，但这些电荷到O 点距离相等，电势叠加后得V2qR4点电荷 q 在 O 点的电势为V1q3R4V V1qqV2043R4R得感应电量为qq3由此可以推证，当D nR 时，qqn9-8如图 9-8所示，三个“无限长”的同轴导体圆柱面A、B 和 C，半径分别为 RA 、 RB 、 RC ，圆柱面 B 上带电荷， A 和 C 都接地，求： B 的内表面单位长度电荷量 1 ，外表面单位长度电荷量2之比值 1/ 2分析本题与题 9-5 的解题思路相似解在导体 B 内作单位长圆柱面形高斯面， 可

13、以说明 A 面单位长度上感应电荷为1 同理，可说明 C 面单位长度上感应电荷为2 由高斯定理可知场强分布为RArRB 时， E1，方向沿径向由 B 指向 A rRBrRC 时， E22，方向沿径向由 B 指向 CrRRAdrRBVBARA11 lnBA 间电势差E 2 drRBB2r2RABC 间电势差VBC2 lnRC- 220RBRB1 2B 为等势体， A、C 接地， VBAVBC ，从而CARR1ln( RC / RB )A B C- 12ln( RB / RA )9-9半径分别为 R1 和 R2 ( R2R1 ) 的两个同心导体薄球壳，电荷量分别为Q1和Q2，今将内球壳图 9-8用细

14、导线与远处的半径为r 的导体球相联，导体球原来不带电，并假设导线上无电荷分布，试求相连后，导体球所带电荷量q 分析带电的内球壳与导体球用导线相连后，一部分电荷通过导线转移到导体球表面上 两者相距甚远， 可以认为两球壳与球的电场互不影响，已假设导线上无电荷分布，利用内球壳与远处导体球电势相等建立方程求解解因两球壳与球的电场互不影响，导体球电势为V1q4r2假设导线上无电荷分布，则内球壳上电荷量变为Q1q ，由电势叠加原理，内球壳的电势为Q1qQ 2V2R1 4R2Q24Q1 - qq内球壳与远处导体球电势相等，即R1RrV1V22qQ1qQ24 r 4 R14 R2图 9-9解得qr ( R1Q

15、2R2Q1 )R2 (R1r )9-10地球表面的电场强度为150N/C ，方向垂直指向地面，若把地球视为导体，试求地球表面的电荷面密度和地球带的总电荷量分析由于地球表面的电场强度方向垂直指向地面，可知地球带负电，将地球视为导体，在静电平衡状态下，电荷分布在表面上解设地球表面的电荷面密度为，表面附近的场强 E，则0E 0(150 8.85 10 12 )C/m 21.33 10 9 C/m 2地球半径 R6.3710 6 m ，地球带的总电荷量为q4 R1.3310 942C6.810 5 C680kC9-11设有一孤立导体球，半径为R.，（1 ）试求其在真空中的电容表示式；（ 2）若把地球视

16、为 R 6.37 10 6 m 的导体球，它的电容量多大？（ 3）欲使地球的电势改变 1V ，需使其所带电荷量改变多少？解 （1 ）将孤立导体球视为与无穷远处的同心导体球面组成的球形电容器，利用球形电容器电容表达式， （9-4 ）式给出孤立导体球的电容Q4 R CV（2）地球电容C46.37 106 F 710 4F（3）欲使地球电势改变1 伏特，需使地球电量的改变为Q CV 71041 7 104C这个值很大，所以地球带电量的日常变化不会引起地球电势发生明显的改变，这就是通常可以选取地球作为电势零点的原因9-12已知空气的击穿电场强度为3106 V/m ，求处于空气中一个半径为1m 的导体球

17、最多能带多少电荷及能达到的最高电势分析在带电导体球周围的空气形成一种绝缘介质包围着导体球，当导体球产生的电场足够强时， 会使其周围的空气发生电离而成为导体，致使带电导体球放电，通常称为空气被击穿 因均匀带电导体球面的电场强度和电势与带电量成正比，为了不击穿周围的空气，带电导体球所带电量要受到限制解由题意击穿电场强度Emax3106 V/m而EmQma xaxR24Q maxEmax 4R 2310648.8510 1212C 3.3 10 4C最高电势为QmaxEmax 4R26VmaxC4RREmax 310 V或Qmax3.310 4V6VmaxR43 10V419-13收音机里的可变电容

18、器如图9-13 （a）所示，其中共有 n 块金属片，相邻两片的距离均为d ，奇数片联在一起固定不动（叫定片） ，偶数片联在一起可一同转动（叫动片），每片的形状如图9-13 （ b ）所示，求当动片转到使两组片重叠部分的角度为时，电容器的电容分析除了最外侧的两片外， 每块金属片的两个表面分别与相邻的金属片表面构成一个电容器，如图 9-13（c）所示，所以 n 块金属片如此连接等效于 （ n1 ）个平行板电容器并联当两组片重叠部分的角度为时，每个电容器有效极板面积为 S( ) ，因此电容器的等效电容是的函数收音机调频的电容器就是根据这个原理设计的r 2r 1(a)(b)(c)图 9-13解 当两组

19、片重叠部分的角度为时，每个电容器有效极板面积为S( r12r2 )360（ n-1 ）个极板面积为S，板间距为 d 的平行板电容并联时的等效电容为C(n 1) 0 S (n 1)r22r12d360 d式中以度计9-14半径都为a 的两根平行长直导线相距为d (da) .（1 ）设两导线每单位长度上分别带电和，求两导线的电势差；（ 2 ）求此导线组每单位长度的电容分析 因 da ，可设两导线的电场互不影响，由场强叠加原理可求出两导线间的场强分布，d再用场强与电势的积分关系求两导线间电势差，rOP由电容器电容的定义即可求出单位长导线组的等2 a效电容图 9-14解作两导线组合的截面图， 以带正电

20、导线轴心为原点建立坐标系如图9-14 所示不难看出，正负电荷在P 点的场强均沿r轴正向，矢量叠加简化为标量和E E E(d r )(11 )2 rrd - r两导线间电势差为dadaE dra2a(11)drln d ardra由电容器电容的定义，导线单位长电容为Cd aVlna9-15有两个半径分别为 R1 和 R2 的导体球放在真空中， 两球表面相距为 d ，已知 dR1 和 dR2 ，试求两导体构成的电容器的电容 .+ Q- QOR1PR2dr图 9-15分析按题意dR2 ，可认为当两导体球分别带电Q 和Q 时，彼此电场互不影响，即各球面上电荷分布仍是均匀的，由场强叠加原理可求出两球球心

21、连线上任一点的场， 用与上题相似的方法可以求出两球电势差和两球构成的电容器电容解以大球球心为原点，建立如图9-15 所示的坐标系，在坐标为r 处的 P点（在连心线上），两球产生的电场均沿r 轴正向，得QQE E E24( R1 R2 d r ) 24 r两带电导体球间电势差为VR1 dE drQ R1 d11drR14R1r2( R1R2 d r )2Q1111)4(R2d R1d R2R1考虑到 dR1 ， dR2 ，可将电势近似表示为VQ ( 112 )4R1R2d此两导体球构成的电容器电容为Q4C12VR1 R2d9-16 两只电容器 C18 F，C22 F ， 分别把它们充电到1000

22、V ，然后将它们反接，如图9-16 所示，求此时两极间电势差分析并联电容极板间电压相同，因两电容器电容不等，则反接前两电容器带的电量必定不等 反接后，相连的极板上正负电荷中和，可以计算出中和后电荷量的代数和及并联电容器的等效电容C，从而求出电势差解反接前，设 C1 和 C 2 带电量分别为 Q1 和 Q2 ，充电电压 U 01000 V ，则Q1C1U 0Q2C2U 0+反接后，正负电荷中和，中和后总电量为C1C2+Q Q1 Q2 ，并联等效电容 C C1 C2 ，则并联电容器两板间电势差为图 9-16Q(C1C2)U0(810 62106 )1000UC1C28 106210 6V 600V

23、C9-17 如图 9-17所示， C110F, C25.0F,C35.0 F ，求：（1）AB 间的电容；（2）在 AB 间加上 100V 电压时，求每一个电容器上的电荷量和电压；（ 3）如果 C1 被击穿，问 C3 上的电荷量和电压各是多少？分析并联电容器极板电势相等，串联电容器极板上电荷量相等，总电压等于各电容器上电压之和当C1 上电压超过 C1 的额定电压， C1 将被击穿， C1支路即短路，全部电压就加在C 3 上，如超过 C3 的额定电压， C 3 将被击穿， A、B 间就发生短路所以，在设计电容器组合电路时，除应计算等效电容外，还应考虑分配到每个电容器上的电压是否超过所选电容器的额

24、定电压解（1） C1和 C2 并联电容为 CC1 C 2 ，再与 C 3 串联后，等效电容为CC 33.75 FCC C 3（2 ）等效电容所带电量为QCU ，串联的电容所带电量相等Q3QCU3.75 10 4 CAU 3Q375VC 3CC12U 1 U2QQ1Q225VCCC1C 23B又因Q1Q 2Q10 4C图 9-17可解得Q12.5Q21.2510 4C（3）如果 C1被击穿， AB 间电压就加在 C3 上，即U 3 U100V则Q3 C3U 35 104C9-18平板电容器，两极间距离为1.5cm ，外加电压 39kV ，若空气的击穿电场强度为 30kV/cm，问此时电容器是否会

25、被击穿？现将一厚度为0.3cm 的玻璃插入电容器并与两板平行，若玻璃的相对电容率为7 ，击穿电场强度为100kV/cm，问此时电容器是否会被击穿？结果与玻璃片的位置有无关系？分析加玻璃片后，电场被分成两部分，应分别计算出空气和玻璃中的电场强度，再判断是否有哪种介质中的场强超过了其击穿场强可以证明结果与玻璃板的位置无关解未加玻璃前平板电容器内场强为EU39 V/cm26kV/cm30kV/cmd1.5因其量值小于空气的击穿电场强度，电容器不会被击穿加玻璃后，设电容器极板的电荷面密度为，平行板电容器中电位移D设玻璃和空气中场强分别为E1 和 E2 ，则有DDE1E20 r00U玻璃厚为 d 1 ，

26、则空气层厚为d - d 1，得E1d1 E2 (d d1 ) U图 9-18由以上各式得E1U4.48kV/cm( dd1d1 ) rU r31.4kV/cm 30kV/cmE2d1 )d1 (dr即空气部分首先被击穿，然后全部电压加在玻璃板上，致使玻璃中场强为U39E1130kV/cm 100kV/cmd10.3玻璃部分也会被击穿9-19一平板电容器极板面积为S，两板间距离为 d ，其间充以相对电容率分别为r1 、r2 的两种均匀介质，每种介质各占一半体积， 若忽略边缘效应，（1 ）与两种不同介质相对的两部分极板所带电荷面密度是否相等？如果不相等，求：1 /2 = ？（ 2）试证此电容器的电

27、容为C0 Sr1r 2d2分析忽略边缘效应，电容器中的电场可视为无限大平行平面间的电场，从而可以确定两种不同介质中场强与极板电势差的关系，以及与两部分极板上的电荷面密度的关系， 从而可知极板上的总电荷量 另一种思路是将充入两种介质后的电容器视为由两个电容器并联而成，直接应用并联电容器的计算公式解 1（ 1）设电容器端电压为U ，两种介质中场强分别为E1 和 E2，由充满均匀介质的平行板电容器的场强与电压的关系可得E1 E2U（ 1）d设 1 、 2 分别为两种不同介质对应部分极板上的电荷面密度，忽略边缘效应，电容器中的电场可视为无限大平行平面间的电场，则有12（2 ）E1E20 r10 r2S

28、代入 (1) 式可得1r1r1r2d2r2即两部分极板所带电荷面密度不相等由（1 ）和（ 2）式可得极板上的总电荷量为图 9-19QS0SUr1r2)(12)d(22由电容器定义得Q0 S(r 1r 2)Cd2U解 2由并联电容器公式求总电容C C1SS0 S(r 1r 2)C 20 r10 r 222d2dd可见第二种方法计算简单，用第一种方法可对物理过程、电场电荷分布有更明确的概念另外在第一种方法中亦可用介质中的高斯定理求解9-20一球形电容器，在外球壳的半径R 和内外导体间的电势差U 维持恒定的条件下，内球半径R 为多大时才能使内球表面附近的电场强度最小？并求这个最小电场强度的值分析导体

29、表面附近的场强与电荷面密度成正比，而当极板间电势差恒定时，极板所带电荷量取决于电容C，电容器的电容由电介质性质和几何因素决定，根据这些关系可以确定内球半径对内球表面附近电场强度的影响解球形电容器电容为4RRCRR极板上带电量为4RRUqCURR当外球壳的半径R 和极板间电势差U 恒定时， q 是内球半径 R 的函数内球表面附近的场强大小为qRUE2R(R R)4 R即也是 R 的函数欲求场强的最小值，令dE2RR 0RU R2( RR )2dR得RR2并有 RR 时， d2 E 0 ，即 RR 时，场强有极小值，且2dR 224UEminR9-21图 9-21 为水蒸气分子 H 2O 中氧氢原

30、子核及核外电子云示意图 由于分子的正负电荷中心不重合，故其为有极分子，电矩p 6.210 30 C m （ 1）水分子有 10 个正电荷及 10 个负电荷，试求正负电荷中心之距d= ?（2）如将水蒸气置于 E1.5 10 4 N/C 的匀强电场中，求其可能受到的最大力矩？（ 3）欲使电矩与外场平行反向的水分子转到外场方向（转向极化），问电场力作功多少？3kT 的多少分之一？在室温这功的大小为室温（ 300K ）水分子的平均平动动能2下实现水分子的转向极化，外加电场强度应该多大？分析由电矩pqd及已知的水分子电量可计算正负电荷中心之距d 由电偶极子在外场中受的力矩MpE， MpE sin，可知，

31、当p 与 E 正交时力矩最大 .当电矩与外场平行反向(180 ) 时，电场力的力矩作功将使减小，最后0 ，注意到在此过程中 d0.如果这个功与室温下水分子的平均平动动能3 kT 相比较是微不足道的，那么要使水分子在常温下实现极化，外电场作的功2至少要等于平均平动动能才能克服热运动的干扰，这就要求外电场足够强 本题的目的在于启发在实际问题中综合各种物理因素的分析方法和数量级分析的方法解（ 1）由题意，水分子正负电荷中心不重合，形成一个电偶极子，电量q10e ，电矩大小 pqd(10e)d30正负电荷中心之距d p 6.2 10 19 3.9 10 12 m 10e 10 1.6 10题9-21图

32、中， OH键距为 0.9581010 m ， d 为这个距离的4%.（2 ）由电场力作用于电偶极子的力矩MpE，力矩大小为MPE sin，90 ，M达极大 .M maxPE6.210301.51049.31026 Nm（3 ）力矩作功为 WMd，本题中，当转向极化进行时，力矩作正功但d0WPE sin d2PE1.910 25J180E而 T=300K时，水分子的平均平动动能pk3 kT31.3810 23300 6.210 21J22图 9-21k32630W可见在这样大小的外电场中， 水分子的转向极化将被分子的热运动干扰，要实现转向极化，使180 的水分子也转到外电场的方向上，电场力作的功

33、至少要等于分子热运动的平均平动动能k ，从而外场场强值至少要达到EWk6.2 10 215 108 N/C2 p2 p 26.210 309-22 平板电容器两级板相距3.0cm ，其间平行地放置一层r 2.0 的介质，其位置和厚度如图 9-22(a) 所示，已知 A 板带负电、 B 板带正电，极板上电荷面密度为 0 8.85 10 10 C/m 3 ，略去边缘效应，求：（1 ）极板间各区域的 D、E；（2 ）极板间距 A 极 1cm 、 2cm 、 3cm 处的电势（设A 板电势为零）；（ 3）绘出 Dx 、 E x 、 Ux 曲线；（4）介质表面的极化电荷面密度解（ 1）作如图9-22(a

34、) 所示的高斯面 S1 和 S2 ，由介质中的高斯定理可以证明各区域 D 相等，得D08.8510 10 c/m 2介质外场强D10V 0/mE0介质内场强ED50 V / mr（2 ）以 A 板电势为零，则x1cm 处AS2BV1E0 x11000.011Vx2cm 处V2V1E( x2x1 )S11.5Vx1cm 处V3V2E0 ( x3x2 )2.5V0123x /cmD/ (C/m)E/ (V/m)V/ V100(a)025010123x0123x0123(b)图 9-22（3） Dx ， Ex ， Vx 曲线如图 9.22(b)所示（4 ）介质表面的极化电荷面密度为(11 )4.42

35、510 10 C/mr9-23平板电容器两极间充满某种介质，板间距 d2mm ，电压 600V ，如果断开电源后抽出介质，则电压升高到1800V ，求：（1 ）介质的相对电容率；（ 2）介质上的极化电荷面密度； （3 ）极化电荷产生的电场强度分析断开电源后抽出介质意味着极板上的自由电荷电量保持不变，电位移D 也不变，但是电场强度改变，电压也会改变在计算有均匀各向同性电介质的平行板电容器之间的电场时，电场强度可以表示为EE0E0 ，即自由电荷的电场和极化电荷产生的附加电场的00叠加，其中电介质对电场的影响以极化电荷面密度的形式表现出来，反映了空间电场是自由电荷和极化电荷共同产生的；介质中的电场强度也可以直接表示为 E0，其中电介质对电场的影响以相对电容率r 的形式表现出来