電磁學(趙凱華)答案[第1章 靜電場]

1.有兩個相距為2a，電荷均為+q的點電荷。今在它們連線的垂直平分線上放置另一個點電荷q'，q'與連線相距為b。試求： （1）q'所受的電場力； （2）q'放在哪一位置處，所受的電場力最大？解：解法一 用直角系分解法求解。取直角坐標系，兩q連接的中點為坐標原點O，如圖所示。(1) 由庫侖定律可知，兩電荷q施加給q的電場力F1和F2的大小分別為: F1和F2分別在X軸和Y軸上的投影為:于是電荷q所受的合力F在X軸方向的分量為:因此，電荷q所受的合電力F的為在Y軸方向的分量,大小為:方向沿Y軸方向。(2) 根據q所受的電力F=Fj,設式中b為變量，求F對變量b的極值，有:可得:得:由于：所以，當q放在處時，所受的電場力最大。解法二 本題也可以直接用矢量合成法求解。 (1)根據庫侖定律，q所受的電力F1和F2分別為 有電場力疊加原理可知，q所受的合力F為:此結果與解法一相同。如果選取的電荷q與q同號，F方向與Y軸同向；如果q與q異號，F方向與Y軸反向。(2) 同解法一（略）。.如圖所示，在邊長為a的正方形的4個頂點上各有一帶電量為q的點電荷?，F在正方形對角線的交點上放置一個質量為m，電量為q0(設q0與q同號)的自由點電荷。當將q0沿某一對角線移動一很小的距離時，試分析點電荷q0的運動情況。解:如圖所示，取坐標軸OX，原點O在正方形的中心，頂點上的點電荷到O電的距離為。沿X軸方向使q0有一小位移x(x<<a), 左右兩個點電荷q對q0的作用力Fx(1)為:因為x<<a，故x<<r，所以:Fx(1)的方向沿X軸負向。而上、下兩個q對q0的作用力Fx(2)為:由上述分析可知，q0所受的合力為:Fx = Fx (1) + Fx(2) 方向沿X軸負向。這表明q0所受的電場力為一線形恢復力，則q0在這個作用力下作簡諧振動。有牛頓定律可知：可得q0在O點附近簡諧振動的角頻率和周期T為3如圖（a）所示，有一無限長均勻帶電直線，其電荷密度為+（1）另外，在垂直于它的方向放置著一根長為L的均勻帶電線AB,其線電荷密度為+（）試求她們間的相互作用力。解 解法一 由題意可知，兩直線均勻帶電。由于庫侖定律只適用于電電荷系統(tǒng)，因此，需將兩帶電直線分成許多電荷元，選取直角坐標系，如圖(b)所示，有dq1=1dy,dq2=2dx。根據庫侖定律，可得dq1施加給dq2的作用力為： r為兩電荷元之間的距離。將dF沿X、Y軸投影，得 :dFx = dFcos, dFy = dFsin 根據對稱性可得， 為零。因此，F只沿X軸正向，即 :解法二 有電場強度定義求解。帶電直線L處于無限長帶電直線產生的電場中，若把帶電直線L視為許多電荷元dq2的集合，則電場對每個電荷元的作用力為dF=E dq2，各電荷元的dF的矢量和，即為帶電直線L所受的電場力。如圖（b）所示。在距無限長帶電直線x處任取一電荷元dq2=2dx，由無限長帶電直線場強公式可知，dq2處的場強為:方向沿X軸正向。于是有:由于各電荷元所受力的方向均沿X軸正向，所以:若問題中的1和2異號，則F沿X軸負向。根據作用力和反作用力的關系可知，無限長帶電直線所受的作用力F，其大小與F相等，方向相反。4如圖所示，在真空中有電量分別為+Q和-Q的A、B兩帶電平板相距為d（已知d很?。?，面積為S。試分析兩板間的相互作用力的大小。解 對于兩板間的相互作用力，有人說，根據庫侖定律，則 ；又有人說，根據F=QE，有題意可知A、B兩板可近似認為是無限大帶電板，于是 ，則 。實際上兩種說法都不對。在第一種說法中，因為d很小，因此兩帶電板已不能看作是點電荷系統(tǒng)。因此，該問題不能直接用庫侖定律求解。在第二種說法中，雖然F=QE是正確的，但對E的理解有誤。因為F=QE中的E是指Q所在處的場強，而在第二種說法卻把兩板的合場強看作為Q所在處的場強，因此也是不對的。正確的解法是，A板上的電荷Q在B板Q產生的場中，其 ，因此，A板上的電荷Q能受的電場力為: 同理這是一對作用力和反作用力。5. 如圖（a）所示，半徑為R的帶電圓盤，其電荷面密度沿圓盤半徑呈線形變化，為:。試求在圓盤直線上距圓盤中心O為x處的場強E。解: 取圓心O為坐標圓點，垂直圓盤指向點P的方向為X軸正方向。解法一 將圓盤分成為許多扇形面積，再把每一個扇形面積分成許多弧狀帶，如圖（a）所示。 有一與圓點O相距r的弧狀帶，帶寬為dr，扇形角為d,其上帶電量為:dq=ds=rddr,dq在P點產生場強dE，如圖（a）所示。將dE分解為平行與X軸的dEx分量和垂直于X軸的dE分量，由圓盤的對稱性分析可知，點P的場強只有沿X軸方向的分量。因此，只需把全部電荷元再點P的場強dEP的x分量dEPx積分，即可求得圓盤上全部電荷在點P產生的場強。由于: 解法二 也可以把圓盤分成許多同軸圓環(huán)帶，如圖（b）所示。取一與原點O相距為r，帶寬為dr的圓環(huán)帶，其上帶電量為dq=ds=2r dr,已知一均勻帶電圓環(huán)，帶電量為q，半徑為r，在軸線上產生的場強:因此，如圖（b）所示的圓環(huán)帶在軸線上P點產生的場強為:對于整個帶電圓盤來說，有:與解法一相同。6. 如圖所示，一無限大均勻帶電平面，電荷面密度為+，其上挖去一半徑為R低額圓孔。通過圓孔中心O，并垂直于平面的X軸上有一點P，OP=x。試求P點處的場強。解: 本題可用取圓環(huán)帶的方法請求解，也可用補償法求解。解法一 取一細圓環(huán)帶，其半徑為r（r>R），帶寬為dr，則圓環(huán)帶的面積為dS=2rdr,其上帶電量為dq=dS=2rdr; 應用已知帶電細圓環(huán)在軸線上的場強公式， 可得該圓環(huán)帶在軸線上P點產生電場的大小: ，因此，該系統(tǒng)在P點產生總場強的大小為: 方向沿X軸正方向。解法二 半徑為R的圓孔可以看成是其上均勻地分布著電荷面密度為+和-的兩種電荷。若在圓孔上補一個半徑為R、電荷面密度為+的圓盤，則P點處的場強可以看成是電荷面密度為+的無限大均勻帶電平面在P點產生的場強E1和電荷面密度為-、半徑為R的帶電圓盤在P點產生的場強E2的矢量和，由于E1和E2方向均沿X軸方向，P點的總場強E的大小為: 方向沿X軸正方向。7.如圖所示，一半徑為R的半球面，其上均勻地帶有正電荷，電荷面密度為，試求球心處的電場強度E。解: 取坐標軸OX，將帶電半球面分成許多寬度極窄的半徑不同的帶電圓環(huán)，其上任意一個圓環(huán)上的帶電量為:為便于計算，可采用角量描述。因為: ,dl=Rd,所以dq=2R2sind.又帶電圓環(huán)在軸線上一點的場強公式，可得該帶電圓環(huán)在P點產生場強dE的大小為: ,由于dq為正，故dE方向沿X軸正方向。將dq 帶入上式，可得: ,為所有圓環(huán)在P點產生場強的矢量和，則整個半球面在球心P點處產生的場強的大小為:方向沿X軸正方向 8. 如圖所示，一點電荷Q處于邊長為a 正方形平面的中垂線上，Q與平面中心O點距a/2。試求通過正方形平面的電通量。解: 以正方形為一面，取一個立方體狀的閉合面S將Q包圍起來。由高斯定理可知，通過該閉合面的電通量為:由于立方體的六個表面均相等，且對中心（即Q所在處）對稱，所以，通過每一面的電通量為Q/60 ，也就是通過正方形面積的電通量。9.一個電荷按體密度對稱分布的球體，試求帶電球體場強的分布。解:由于電荷分布具有球對稱性，所以它所激發(fā)的電場也具有球對稱性，其場強的方向沿徑向，而且在同一球面上場強處處相等。因此，可用如圖所示求解E。設球內任意點P到球心O的距離為r，如圖所示，在以O為中心，r為半徑的球面上各點的場強數值相等，而方向均垂直于球面。因此可以選擇此球面作為高斯面，根據高斯定理可得:由于電荷沿徑向分布，所以: 代入上式得: 若球體半徑為R，求解球外一點P的場強時，由高斯定理可知:此時 :10. 如圖（a）所示，在一電荷體密度為e的均勻帶電球體中，挖去一個球體，形成一球形空腔，偏心距為a。試求腔內任一點的場強E。解: 可用補償法求解。由題意可知，可以設想不帶電的空腔等效于腔內有體密度相同的等值異號的兩種電荷。這樣本題就可歸結為求解一個體電荷密度為e的均勻帶電大球體和一個體電荷密度為-e的均勻帶電小球體，在空腔內產生的場強疊加。設P點為空腔內任一點，大球O的場強分布具有球對稱性，小球O的場強分布也具有球對稱性，于是可分別以O和O為球心，以r和r為半徑（均通過P點），作高斯面S和S。根據高斯定理，可求得大球在P點產生的場強為:同理，可求得小球在P點產生的場強為:如圖（b）所示，由電場疊加原理可知，P點的總場強為:結果表明，空腔內的場強是均勻的，其大小為，其方向為平行于兩球心的連線a，由O指向O， 如圖（b）所示。11.有一半徑為R的均勻帶電球體，電荷體密度為+，今沿球體直徑挖一細隧道，設挖隧道前后其電場分布不變，如圖所示?，F在洞口處由靜止釋放一點電荷-q，其質量為m，重力在此忽略不計。試求點電荷在隧道內的運動規(guī)律。解: 沿隧道取坐標軸OX，以球心為坐標原點O，如圖所示。若點電荷-q位于某位置x處時，以x為半徑，可作一球形高斯面S，由高斯定理可求出x處的場強大小為:其方向沿X軸正方向。因此在此處點電荷-q受到的電場力為:不難看出，F的方向始終是指向球心的。若令k=q/30 ，則F為:F=-kx,這表明點電荷受的力F滿足線形回復力的關系，則-q以O點為平衡位置作簡諧振動。由簡諧振動知識可知，點電荷-q在隧道中諧振的圓頻率為:  , 響應的運動周期為: 12. 半徑為R的無限長圓柱體，柱內電荷體密度=ar-br2,r為某點到圓柱軸線的距離，a、b為常量。試求帶電圓柱體內外電場分布。解: 因為電荷相對軸線呈對稱分布，所以距軸線為r的場點的場強數值相等，場強方向沿圓柱徑向，因此可用高斯定理求解。選取長為l，半徑為r，與帶電圓柱同軸的柱形高斯面S，由高斯定理可知:當r<R時，高斯面S內所包圍電荷的代數和為:代入(1)可得: 當r>R時，高斯面S內所包圍電荷的代數和為: 代入(1)可得: 13.三塊面積均為S，且靠的很近的導體平面A、B、C分別帶電Q1、Q2、Q3，如圖所示。求：(1)6個導體表面的電荷面密度1，2，6 (2) 圖中a,b,c三點的場強。 解： （1）因3導體板靠的很近，可將6個導體表面視為6個無限大帶電表面。導體表面電荷分布可認為是均勻的，且其間的場強方向垂直于導體表面。作如圖虛線所示的圓柱型高斯面，因導體在到達靜電平衡后內部場強為零，又導體外的場強方向與高斯面的側面平行，故由高斯定理可得2 = 3，4 = 5，再由導體板A內d點場強為零，可知:所以:1=6，故點a的場強為6個導體表面產生場強的矢量和:根據上述已知結果，可知：，再由于:得:(2)a,b,c點的場強:同理14.將一塊兩面總電荷面密度為0的無限大帶電金屬平板置于與板面垂直的勻強電場E0中，如圖所示，試求金屬板與電場垂直的兩個面上電荷的分布以及金屬板外的場強分布。解: 金屬板未放入外電場E0中時，其兩個面上的電荷均勻分布。將其放入外電場E0中，金屬板在外電場E0的作用下產生靜電感應，引起導體表面電荷的重新分布。設E0方向如圖所示，金屬板在外電場中電荷的重新分布后，A、B兩表面的電荷面密度分別為A和B。根據無限大帶電平面的場強分布公式可知，金屬板A、B兩表面在空間激發(fā)電場的場強大小分別為： 方向如圖所示，由靜電平衡條件所知，金屬板中任意點P處的場強為零，即：又有電荷守恒定律，有A+B=0聯(lián)立求解上述關系式，得：可見，這時金屬板與外場垂直的兩個表面上電荷面密度不相等。由對稱性分析可知，電場強度方向仍垂直于無限大平面，由場疊加原理可知，金屬板左邊電場中的場強大小為：右邊電場中的場強大小為：可見，靜電場中放入金屬板后，不僅是金屬板上的電荷重新分布，而且板外電場的分布也相應改變，無限大帶電平板的左方與右方分別為場強數值不同的均勻電場。 15. 已知點電荷q與一無限大接地導體相距為d，試求：(1)導體板外附近一點P處的場強EP，q與P點相距為R； (2) 導體板面上的感應電荷q。解 題意如圖（a）所示。由于靜電感應，導體板上有感應電荷q分布在導體板的表面。設P點附近導體板面元?S的面電荷密度為P，由于P點靠近導體板，則該點的場強為:EP=P/0.如圖（b）所示，根據導體靜電平衡性質，在導體平面內與P點鄰近的P點處的場強：EP=0。由場疊加原理可知，P點的場強為點電荷q在P點產生的場強EP1，電荷面密度為p的面元?S產生的場強EP3 的疊加，即EP = EP1 + EP2 + EP3 = 0.其中： （R0為q指向?S的單位向量）（n為平板外法向）EP3 沿 平板的切向t。因此EP3又可寫為:EP=EPnn + EPtt.由圖（b）分析可知EPn=0 EPt=0. 所以:由此可知:EP垂直于平板指向下方，即-n方向。導體平板上的感應電荷是以垂足O為中心，成圓心對稱分布的。取離O點為r處，寬度為dr的細寬環(huán)，面積元dS=2rd r，如圖（c）所示。DS上的帶電量為:則導體板上的感應電荷為: 16. 如圖所示一導體球原為中性，今在距球心為r0處放一電量為q的點電荷，試求：(1)球上的感應電荷在球內P點上的場強EP和電勢VP；(2) 若將球接地，EP和電勢VP的結果如何。解 （1）由靜電平衡條件和場疊加原理可知，P點的場強為點電荷q和球面感應電荷在該處產生的矢量和，且為零，即:所以:式中r 為P點到點電荷q的距離。由電勢疊加原理可知，P點的電勢為點電荷q和球面感應電荷的總電量為 O,所以感應電荷在O點產生的 電勢為0，即V0=0，因此，上式為: 由此，球面感應電荷在P點產生的電勢為:即:(2) 當球體接地后，球體電勢為V=0。由上述分析可知P點的電勢: 所以:而EP仍滿足靜電平衡條件，即:所以:17. 如圖所示，在一個接地導體球附近放一個點電荷q，已知球的半徑為日，點電荷q與球心的距離為a。試求導體表面上總的感應電荷q。解: 根據靜電感應規(guī)律，導體是一個等勢體。因導體接地，故令導體球的電勢為零，球心O的電勢也為零。接地后導體球表面的感應電荷q在球面上的分布是不均勻的，設感應電荷面密度為。由電勢疊加原理可知，球心O處的電勢V0是點電荷q以及球面上感應電荷q共同產生的。點電荷q在球心O處產生的電勢為:因導體球上感應電荷q在球面上的分布不均勻，各處也不一樣，所以感應電荷q在球心的電勢由積分計算，為:所以，球心O處的總電勢為: 故 q = Rq/a （負號表示感應電荷與球外電荷q的符號相反）18. 如圖所示，半徑為R1的導體球面電荷為q，在它外面同心的罩一金屬球殼，其內外壁的半徑為R2與R3，已知R2=2R1，R3=3R1，令在具球心為d=4R1處放一電量為Q的電電荷，并將球殼接地。試求：(1) 球殼帶的總電量；(2) 用導線將殼內導體球與可相連，球殼所帶電量。解: （1）取球心O處進行分析，比較簡便。球心O處的電勢點電荷Q和三個導體球面上的電荷在O點產生電勢的疊加，分別為:由高斯定理可得，球殼內表面S2上的總電量為q=-q，所以:設球殼外表面S3上的總電量為Q，則有:由電勢疊加原理可知，球心處的總電勢為:V0 = VQ + VS1 + VS2 +VS3,又因為: 其中E為球體與球心處的電場強度，由于球殼接地V殼=0，所以兩者之間的電勢差就等于球體的電勢。 因此: , 解得Q=-3Q/4,則球殼帶的總電量為: Q+q=-3/4Q-q。(2) 當內外球用兩線相連時，仍用上述的電勢疊加原理計算中心球心O的電勢,有:即: , 將R3=3R1,d=4R1帶入上式，得:Q=-3Q/4 19. 如圖(a)所示，半徑為R1的導體球帶有電荷+q，球外有一內、外半徑分別為R1、R2、R3的通心導體球殼，殼上代有電荷+Q。試求：(1) 兩球的電勢V1和V2及兩球的電勢差；(2) 用導線把球和球殼連在一體后，V1、V2和?V為多少？(3) 在情景（1）中，若外球殼接地，V1、V2和?V為多少？(4) 設外球面離地面很遠，若內球接地，情況又如何？解: 如圖(a)所示，在導體到達靜電平衡后，q分布在導體球的表面上。 由于靜電感應在外球殼的內表面上感應出負電荷-q，外表面上感應出正電荷q，則在球殼外表面上共帶電荷（q+Q）。(1) 解法一 由于場的分布具有對稱性，可用高斯定理求得各區(qū)域的場強分布為:E1 = 0 (r<R1) , E2 = q/40r2 (R1 < r < R2 ), E3= 0 ( R2 <r<R3) , E4 = (q +Q )/40r2 (r > R3 )E的方向均沿徑向向外。導體為有限帶電體，選無限遠處為電勢零點。由電勢定義可計算兩球的電勢V1和V2。內球體內的任意場點P1（r<R1）的電勢: 外球殼體內的任意場點P2（R2<r<R3）的電勢為:aa由V1和V2可求出導體和球殼間的電勢差為:解法二 可以把球體與球殼的電勢V1和V2視為由帶電量為q、半徑為R1；帶電量為-q、半徑為R2和帶電量為（q+Q）、半徑為R3的三個同心帶電球面分別在場點P1和P2所共同產生的電勢疊加。由于球內任意場點P1（r< R1）在三個同心帶電球面之內，故有: ,在外球殼內任意場點P2（R2<r< R3）的電勢為: , 兩球間的電勢差的計算與解法一相同。（2）當用導線把球的球殼連接在一體后，由靜電平衡條件所知，電荷(q+Q)全部分布在球殼的外表面上， 如圖(b)所示，此時，電場只分布在r>R3的空間中，即:。同時球體與球殼成為一個等勢體，即V1=V2，于是，aaV= V1-V2=0。根據電勢的定義，可得:（3）在情形（1）中，若外球接地，球殼外表面的電勢為零，等量異號電荷分布在球體表面和球殼內表面，此時電場只分布在R1<r< R2的空間內，如圖(c)所示。由于外球殼電勢V2=0，則內球體內任意場點P1（r< R1）的電勢為: （4）當內球接地時，內球的電勢V2=0。但無限遠處的電勢也為零這就要求外球殼所帶電量在內外表面上重新分布，使球殼外的場強沿著徑向指向無限遠處，球殼內的場強沿著徑向指向球心處。因此，內球必然帶負電。因為內球接地，隨著它上面正電荷的減少，球殼內表面上的負電荷也相映減少，當球殼上的負電荷全部消失時，球殼內表面上的負電荷也消失完。但就球殼來說，仍帶有電荷+Q，由于靜電感應，在內球和大地這一導體系便會感應出等量的負電荷-Q，此負電荷（-Q）的一部分（設為-q）均勻的分布在內球表面上。球殼內表面上將出現等量的正電荷（+q'）與之平衡。因此，在到達靜電平衡后，內球帶電荷-q',球殼內表面帶電量為 +q,外表面帶電量為（Q-q），如圖(d)所示。解法一 根據高斯定理可知，可區(qū)域內的場強為： 球殼上任意場點 P2（R2<r< R3）相對于無限遠處和相對于接地內球的電勢，應用電勢定義式分別計算，可得: 連立上述兩式，求得: , 將q的結果帶入V2的表達式中，可得:相應的球體與球殼間的電勢差為: 解法二 亦可根據帶電導體球的電勢公式和電勢疊加原理求解。根據電勢疊加原理，電勢V1是由-q(r=R1的球面)，+q(r= R2的球面)和Q-q(r= R3的球面)在內球體任意場點P1（r< R1）共同產生的電勢的疊加，由于內球接地，有:在外球殼內任意場點P2（R2<r< R3）的電勢為:連立上述兩式，求得:與解法一相同。20. 一根無限長直導線的橫截面半徑為a，該導線外部套有一內半徑為b的同軸導體圓筒，兩者互相絕緣，且外筒接地，電勢為零?，F若導線的電勢為V，試求導線與圓筒之間的電場強度分布。解: 如圖所示，設無限長直導線單位長度上所帶電量為，P點為導線與圓筒之間距軸線為r處的任意場點，由于系統(tǒng)具有軸對稱性,用高斯定理，可求出導線與圓筒之間的場強分布為:方向沿徑向向外。因外筒接地，V筒=0。由電勢定義式可求出電勢為:聯(lián)立上述E和V式，消去未知數，可得導線與圓筒之間的場強分布為: 21. 如圖(a)所示，一中性導體內有一球形空腔，若在腔的中心放一點量為+q0的點電荷，在導體外，距腔的中心為e處放一點量為+q的點電荷，試求：（1）腔表面上的感應電荷，導體外表面上的感應電荷；（2）腔表面上的感應電荷、點電荷q、導體外表面上的感應電荷分別對點電荷q0的作用力及合力；（3） 當點電荷q0的位置偏離腔的中心位置時，上述結果為多少？解: （1）圍繞空腔在導體在內部做一高斯面，由于導體靜電平衡后，內部場強為零，所以由高斯定理可得腔表面上的感應電荷的總電量為-q0。由靜電感應分析可得導體外表面上感應電荷的總電量q0，兩者的分布如圖(b)所示。（2）欲求腔表面上的感應電荷、點電荷q、導體外表面上的感應電荷分別對點電荷q0的作用力，就必須先求出它們在q0處的電場強度。由于q0處于空腔中心，則腔表面上的感應電荷均勻分布。因此球形表面上的感應電荷q0處電場強度E1為零，即E1=0。點電荷q的場強在q0處電場強度為: , 因導體外表面上的感應電荷和點電荷q在腔內的電場相互抵消，故導體外表面上的感應電荷的電場在q0處電場強度為: aa由F=q0E可知，腔表面上的感應電荷對q0的作用力為F1=q0E1=0,點電荷q對q0的作用力為:導體外表面上的感應電荷對q0的作用力為: , q0所受的合力為F（合）=F1+F2+F3=0,這表明q0所受的合力為零。(3) 當點電荷q0偏離空腔中心時，導體外表面上的感應電荷仍為q0，而且分布也不改變；腔表面上的感應電荷仍為-q0，但其分布改變了，如圖(c)所示。 導體外表面上的感應電荷和點電荷q在腔內的電場仍相互抵消，導體外表面上的感應電荷的電場在腔內的電場強度E1卻不再等于零，當點電荷q0偏離空腔中心時，雖然導體外表面上的感應電荷和點電荷q在腔內的電場仍相互抵消，但由于腔表面上的感應電荷是非均勻分布的它在腔內要激發(fā)電場，故腔內的電場是點電荷q0和腔表面上的感應電荷共同激發(fā)的其分布情況，如圖(c)所示。當點電荷q0偏離空腔中心時，點電荷q 和導體外表面上的感應電荷對q0的作用力仍相互抵消，但腔表面上的感應電荷對q0的作用力卻不再為零。這個力就是q0所受的合力。22. 如圖所示，一電容器兩極板為邊長為a的正方形平板，但兩板非嚴格平行，其夾角為，若<<d/a，且略去邊緣效應，試求該電容器的一級近似電容C。解: 解法一 由于兩平板不平行，故不能直接用平行板電容器的電容公式求解。但可將極板分成為許多狹帶，如圖所示。每狹帶之間電容可用平行板電容器求解。電容器的電容是這許多狹帶電容并聯(lián)的總電容。取直角坐標系OXY,對應dx狹帶的電容為dC=0adx/y,因為y=d+xtan,所以dC=0adx/(d+xtan),因此總電容為:由題意可知，當<<d/a時，sintan=，則有:又由于: ，取一級近似，略去高階項，得:解法二 當兩極板的電勢差?V不變時，場強E與面電荷密度都將隨距離而變化，則dx狹帶的電容為:所以總的電容為: ， 由<<d/a的條件，可得到與解法一相同的結果。23. 如圖所示，平行板電容器由面積S=2m2的兩個平行導體板A、B組成。兩板放在空氣中，相距為d=1cm，充電到?V=100V夠與電源斷開，在放入一平行等面積的導體板C，距A、B板分別為2mm和6mm，并將C板接地。試求：(1) 放入C板后，A、B板間的電勢差；(2) 用一導線將A、B板連接，此時A、B板與C板間的電勢差。解: 由平行板電容器的公式可得: ,則電容器極板上的電量為:（1）A、B板間的電勢差在未插入C板前，兩板之間的場強為: ,插入C板后，由于極板上的電量不改變，所以電荷面密度不變，因此兩板間的場強: 也不變，A、C板間和B、C板間的場強都是 。由此可得: , AB板間的電勢差為:.(2)用導線將A、B板連接后，兩板電勢相同，系統(tǒng)相當于兩個電容器并聯(lián)，所以此時系統(tǒng)的電容為:因為極板上的電量未變，所以A、B板與C板間的電勢差為: .