第十八章 静电场中的导体和电介质
18-1．如图所示，三块平行放置的金属板A 、B 、C ，面积均为S ．B 、C 板接地，A 板带电量Q ，其厚度可忽略不计．设A 、B 板间距为l ，B 、C 板间距为d ．因d 很小，各金属板可视为无穷大平面，即可忽略边缘效应．试求：（1）B 、C 板上的感应电荷，（2）空间的场强及电势分布．
解 因d 很小，各金属板可视为无穷大平面，所以除边缘部分外，可认为E 沿Oz 方向，z 相同处E 的大小相同，即E =E z (z ) k ．
（1）设B 、C 表面的面电荷密度为σ1、σ2、σ3、σ4如图所示．由于B 、C 板接地，故B 、C 板电势与无穷远相同，电势均为零．若B 、C 板外表面带有电荷，必有电场线连接板外表面与无穷远，则B 、C 板电势与无穷远不同，因此可知B 、C 板外表面不带电荷，即σ1=σ4=0．
作高斯面为闭合圆柱面如图，两底面在B 、C 板内部、与Oz 垂直，侧面与Oz 平行，由高斯定理
⎰⎰E ⋅d S =0=1ε0(σ2+σ3+Q ) S 1 S
可得 σ2+σ3=-Q （1） S
根据叠加原理，Ⅰ区E 为3个无穷大带电平面产生的场强的叠加，即
σ2Q S σ3 --2ε02ε02ε0
σQ S σ3同理，Ⅱ区电场强度 E z 2=2+ -2ε02ε02ε0
因为A 、B 间的电压U AB 与A 、C 板的电压U AC 相等，-E z 1l =E z 2(d -l ) ，即
σσQ S σ3Q S σ3-(2--) l =(2+-)(d -l ) 2ε02ε02ε02ε02ε02ε0 E z 1=
Q d -2l （2） S d
d -l Q l Q 联立求解（1）（2）式得：σ2=-，σ3=-．所以B 、C 板内表面分别带电 d S d S
d -l l Q 2=σ2⋅S =-Q ，Q 3=σ3⋅S =-Q d d
σQ S σ3d -l 1l Q (d -l ) Q （2）Ⅰ区 E z 1=2- -=(--+) =-2ε02ε02ε02ε0d 2ε02d ε0S ε0dS
00(d -l ) Q z ϕ1=⎰E 1⋅d l =-⎰E z 1⋅d l =z z ε0dS
σQ S σ3d -l 1l Q lQ Ⅱ区 E z 2=2+ -=(-++) =2ε02ε02ε02d ε02ε02d ε0S ε0dS
d d lQ ϕ2=
⎰E 2⋅d l =⎰E z 2⋅d l =(d -z ) z z ε0dS 即 σ2-σ3=-
18-2．点电荷q 放在电中性导体球壳的中心，壳的内外半径分别为R 1和R 2，如图所示．求场强和电势的分布，并画出E -r 和ϕ-r 曲线．
解 由于电荷q 位于球心O ，导体球壳对球心O 具有球对称性，故感
应电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知感应电荷均匀分布在
导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径
方向，在到O 点的距离r 相同处，场强的大小E 相等．设球壳内表面带电
Q 1，外表面带电Q 2．
用以O 点为球心，R 1
1ε0可知Q 1=-q ；由于导体球壳电中性，由Q 1+Q 2=0，所以Q 2=q ．
根据叠加原理，场强和电势分别为点电荷q 、均匀带电Q 1和Q 2的球面的场强和电势的⎰⎰E ⋅d S =0=1(q +Q ) 叠加．考虑到在电荷球对称分布情况下，在电荷分布区以外的场强和电势与总电量集中在球心的点电荷的场强和电势的表达式相同．取参考点在无穷远；r >R 2时，
q +Q 1+Q 2q +Q 1+Q 2q q ， =ϕ==14πε0r 24πε0r 24πε0r 4πε0r q +Q 1q +Q 1Q 2q ， =0ϕ=+=R 2≥r ≥R 1时， E 1=124πε0r 4πε0R 24πε0R 24πε0r
Q 1Q 2q q 111q ，ϕ=++=(-+) r
请读者画出E -r 和ϕ-r 曲线． E 1=
18-3．一半径为R A 的金属球A 外罩有一个同心金属球壳B ，球壳很薄，内外半径均可看成R B ，如图所示．已知A 带电量为Q A ，B 带电量为Q B ．试求：（1）A 的表面S 1，B 的内外表面S 2、S 3上的电量；（2）A 、B 球的电势（无穷远处电势为零）．
解 由于金属球A 和同心金属球壳B 对球心O 具有球对称性，故电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知电荷均匀分布在导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强的大小E 相等．
（1）金属球A 带电Q A 分布于A 的外表面S 1；设金属球壳B 内表面带电Q 2，外表面带电Q 3，Q 2+Q 3=Q B ．
用以O 点为球心、r =R B 为半径、位于球壳B 金属内部的球面为
高斯面，根据高斯定理
⎰⎰E ⋅d S =0=1ε0(Q A +Q 2)
可知Q 2=-Q A ；由于Q 2+Q 3=Q B ，所以Q 3=Q A +Q B ．
（2）根据叠加原理，电势为三个均匀带电球面产生电势的叠加，即
Q A +Q 2+Q 3Q A +Q B =4πε0r 4πε0r Q +Q B 令r =R B ，即为B
球的电势ϕB =A ． 4πε0R B r ≥R B 区域， ϕ1=
Q 3Q A Q 21Q A Q B ++=(+) 4πε0r 4πε0R B 4πε0R B 4πε0r R B
1Q A Q B 令r =R A ，即为A 球的电势ϕA =(+) ． 4πε0R A R B R B >r ≥R A 区域，ϕ2=
18-4．同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属直圆柱构成，如图所示．设内圆柱体的半径为R 1，外圆柱体的内半径为R 2．使内圆柱带电，单位长度上的电量为η，试求内外圆柱间的电势差．
解 由于两个同轴金属直圆柱可视为无限长、对圆柱轴线O 轴对称；所以电荷和电场的分布也对圆柱轴线O 轴对称；电场线在垂直于圆柱轴线的平面内，为过圆柱轴线的放射状半直线；场强E 沿半径方向，在到轴线O 的距离r 相同处，场强的大小E 相等．
用以圆柱轴线为轴，两底面与圆柱轴线垂直的闭合圆柱面为高斯面．高斯面的两底面与圆柱轴线O 垂直，半径为r ，R 2>r >R 1；两底面与E 平行，E 通量为零；圆柱侧面长度为l ，与E 正交，E 通量ϕ=2πrlE ．由高斯定理
⎰⎰
可得E =E 1⋅d S =2πrlE =ηl ε0η． 2πε0r
U =⎰E ⋅d l =⎰E d r =⎰R 1R 1R 2R 2R 2沿电场线积分，由R 1沿半径到R 2，内外圆柱间的电势差 R 1R ηηd r =ln 2 2πε0r 2πε0R 1
18-5．半径为2.0cm 的导体球外套有一个与它同心的导体球壳，球壳的内外半径分别为4.0cm 和5.0cm （如图所示）．球与球壳间是空气，球壳外也是空气，当内球带电荷为3.0⨯10-8C 时，试求：（1）这个系统的静电能；（2）如果用导线把球壳与球连在一起，结果如何？
解 （1）考虑系统对球心O 具有球对称性，可知内球表面均匀带电Q =3.0⨯10-8C ．根据高斯定理可以求得球壳的内表面均匀带电-Q =-3.0⨯10-8C ，球壳的外表面均匀带电Q =3.0⨯10-8C ．根据导体性质和叠加原理可得
r
Q e ． r 1
r 21∞1Q 2Q 222系统静电能 W t =⎰0() 4πr d r +() 4πr d r 022⎰r 324πε0r r 124πε0r
Q 2111=(-+) =1.8⨯10-4(J) 8πε0r 1r 2r 3
（2）如果用导线把球壳与球连在一起，则球壳与球成为一个导体，仅球壳的外表面均匀带电Q =3.0⨯10C ．根据导体性质和叠加原理可得 -8
r
系统静电能 W t =Q 4πε0r 2e r ． ⎰∞r 31Q 2Q 2120() 4πr d r ==8.1⨯
10-5(J) 224πε0r 8πε0r 3
18-6．范德格拉夫起电机球形高压电极A 的外半径为20cm ，空气的介电强度（击穿场强）为3kV ⋅mm ，问此范德格拉夫起电机最多能达到多大电压？
解 球形高压电极A 的外半径为R =0.20m ，电极A 外接近电极处场强最大 -1
q
4πε0R 2
q 起电机能达到最大电压 U max ==E max ⋅R =6⨯105(V) 4πε0R
18-7．如图所示，C 6=C 8=2μF ，其余的电容均为3μF ．（1）求A 、B 间总电容．（2）若U AB =900V ，求C 1、C 9上的电量．（3）若U AB =900V ，求U CD ．
解 （1）C 3、C 4、C 5串联， =E max =3⨯106k ⋅m -1
所以C 3451111=++ C 345C 3C 4C 5=1μF ．C 345与C 6并联，则
C 3456=C 345+C 6=3μF
C 3456与C 2、C 7串联，电容为C '，
1111=++ C 'C 3456C 2C 7
可得C '=1μF ．C '与C 8并联，电容为C ''，C ''=C '+C 8=3μF ．
C ''与C 1、C 9串联，电容为C AB ，
1111 =++C AB C ''C 1C 9
因此C AB =1μF ．
（2）C 1、C 9与C ''串联，C 1=C 9=C ''，U 1+U 9+U ''=U AB ， -4''''所以U 1=U 9=U ''=U AB =300V ，故CU 11=C 9U 9=C U =9⨯10(C)． 1
3
00V ，C 3456、C 2、C 7串联，C 3456=C 2=C 7=3μF ，（3）由U ''=3故U CD =1 00V ．
18-8．收音机里用的电容器如图所示，其中共有n 个面积为S 的
金属片，相邻两片的距离均为d ．奇数片连在一起作为一极，它们固
定不动（叫做定片）．偶数片连在一起作为另一极，可以绕轴转动（叫
做动片）．（1）转动到什么位置C 最大？转动到什么位置C 最小？（2）
忽略边缘效应，证明C 的最大值C max =(n -1) ε0S ． d
解 相邻的奇数金属片和偶数金属片的相对面构成一个平行板电容器，电容C i =ε0S '
d ，S '为相邻两金属片相对的面积．
因奇数金属片和偶数金属片分别连成一极，n 个金属片就构成了(n -1) 个并联的平行板电容器，其电容量
C =(n -1) C i =(n -1) ε0S '
d
当S '最大，即可动金属片完全旋进时（可动金属片转至和固定金属片完全相对）
，此电容器
的电容最大，C max =(n -1) ε0S
d ；当S '最小，即可动金属片完全旋出时，C min =0．
18-9．一个电偶极子，其电偶极矩为p =2⨯10-8C ⋅m ，把它放在E 0=1.0⨯105V ⋅m -1的均匀外电场中．（1）外电场作用于电偶极子上的最大力矩多大？（2）把偶极子从θ=0位置转到电场力矩最大（θ=π2）的位置时，外力所做的功多大？
解 （1）T =p ⨯E 0，当θ=π2时
T max =pE 0=2⨯10-8⨯1. 0⨯105=2⨯10-3(N⋅m)
（2）电场力做功，δA =-F +l sin θd θ=-qlE 0sin θd θ，
A =⎰π2
0-qlE 0sin θd θ=-qlE 0=-pE 0
外力做功 A '=-A =pE 0=2⨯10-3(J)
18-10．如图所示，平行板电容器两板带电量分别为±Q ，两板间距为d ，其间有两种电介质：1区介质电容率为ε1，所占面积为S 1；2区介质电容率为ε2，所占面积为S 2．求：
（1）两区的D 1、E 1和D 2、E 2，两区对应极板上的自由电荷面密度σ1、σ2；（2）电容器的电容C ．
解 作z 轴垂直于板面．忽略边缘效应．D 均匀，沿z 方向． 取高斯面为小圆柱面如图，根据高斯定理可得 ⎰⎰D ⋅d S 11=D ∆S =σ1∆S ，D =σ1
所以D 1=σ1k ．同理D 2=σ2k ．
两极板是导体，极板为等势体，E 1d =E 2d ，E 1=E 2．
由于E 1=σ1σσσk ，E 2=2k ，所以1=2．又因σ1S 1+σ2S 2=Q ，故 ε2ε1ε1ε2
ε1Q ε2Q ，σ2= σ1=ε1S 1+ε2S 2ε1S 1+ε2S 2
E 1=E 2=
D 1=σ1k =Q k ε1S 1+ε2S 2ε1Q ε2Q
k ，D
2=σ2k =k ε1S 1+ε2S 2ε1S 1+ε2S 2
（第十八章题解结束）
第十八章 静电场中的导体和电介质
18-1．如图所示，三块平行放置的金属板A 、B 、C ，面积均为S ．B 、C 板接地，A 板带电量Q ，其厚度可忽略不计．设A 、B 板间距为l ，B 、C 板间距为d ．因d 很小，各金属板可视为无穷大平面，即可忽略边缘效应．试求：（1）B 、C 板上的感应电荷，（2）空间的场强及电势分布．
解 因d 很小，各金属板可视为无穷大平面，所以除边缘部分外，可认为E 沿Oz 方向，z 相同处E 的大小相同，即E =E z (z ) k ．
（1）设B 、C 表面的面电荷密度为σ1、σ2、σ3、σ4如图所示．由于B 、C 板接地，故B 、C 板电势与无穷远相同，电势均为零．若B 、C 板外表面带有电荷，必有电场线连接板外表面与无穷远，则B 、C 板电势与无穷远不同，因此可知B 、C 板外表面不带电荷，即σ1=σ4=0．
作高斯面为闭合圆柱面如图，两底面在B 、C 板内部、与Oz 垂直，侧面与Oz 平行，由高斯定理
⎰⎰E ⋅d S =0=1ε0(σ2+σ3+Q ) S 1 S
可得 σ2+σ3=-Q （1） S
根据叠加原理，Ⅰ区E 为3个无穷大带电平面产生的场强的叠加，即
σ2Q S σ3 --2ε02ε02ε0
σQ S σ3同理，Ⅱ区电场强度 E z 2=2+ -2ε02ε02ε0
因为A 、B 间的电压U AB 与A 、C 板的电压U AC 相等，-E z 1l =E z 2(d -l ) ，即
σσQ S σ3Q S σ3-(2--) l =(2+-)(d -l ) 2ε02ε02ε02ε02ε02ε0 E z 1=
Q d -2l （2） S d
d -l Q l Q 联立求解（1）（2）式得：σ2=-，σ3=-．所以B 、C 板内表面分别带电 d S d S
d -l l Q 2=σ2⋅S =-Q ，Q 3=σ3⋅S =-Q d d
σQ S σ3d -l 1l Q (d -l ) Q （2）Ⅰ区 E z 1=2- -=(--+) =-2ε02ε02ε02ε0d 2ε02d ε0S ε0dS
00(d -l ) Q z ϕ1=⎰E 1⋅d l =-⎰E z 1⋅d l =z z ε0dS
σQ S σ3d -l 1l Q lQ Ⅱ区 E z 2=2+ -=(-++) =2ε02ε02ε02d ε02ε02d ε0S ε0dS
d d lQ ϕ2=
⎰E 2⋅d l =⎰E z 2⋅d l =(d -z ) z z ε0dS 即 σ2-σ3=-
18-2．点电荷q 放在电中性导体球壳的中心，壳的内外半径分别为R 1和R 2，如图所示．求场强和电势的分布，并画出E -r 和ϕ-r 曲线．
解 由于电荷q 位于球心O ，导体球壳对球心O 具有球对称性，故感
应电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知感应电荷均匀分布在
导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径
方向，在到O 点的距离r 相同处，场强的大小E 相等．设球壳内表面带电
Q 1，外表面带电Q 2．
用以O 点为球心，R 1
1ε0可知Q 1=-q ；由于导体球壳电中性，由Q 1+Q 2=0，所以Q 2=q ．
根据叠加原理，场强和电势分别为点电荷q 、均匀带电Q 1和Q 2的球面的场强和电势的⎰⎰E ⋅d S =0=1(q +Q ) 叠加．考虑到在电荷球对称分布情况下，在电荷分布区以外的场强和电势与总电量集中在球心的点电荷的场强和电势的表达式相同．取参考点在无穷远；r >R 2时，
q +Q 1+Q 2q +Q 1+Q 2q q ， =ϕ==14πε0r 24πε0r 24πε0r 4πε0r q +Q 1q +Q 1Q 2q ， =0ϕ=+=R 2≥r ≥R 1时， E 1=124πε0r 4πε0R 24πε0R 24πε0r
Q 1Q 2q q 111q ，ϕ=++=(-+) r
请读者画出E -r 和ϕ-r 曲线． E 1=
18-3．一半径为R A 的金属球A 外罩有一个同心金属球壳B ，球壳很薄，内外半径均可看成R B ，如图所示．已知A 带电量为Q A ，B 带电量为Q B ．试求：（1）A 的表面S 1，B 的内外表面S 2、S 3上的电量；（2）A 、B 球的电势（无穷远处电势为零）．
解 由于金属球A 和同心金属球壳B 对球心O 具有球对称性，故电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知电荷均匀分布在导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强的大小E 相等．
（1）金属球A 带电Q A 分布于A 的外表面S 1；设金属球壳B 内表面带电Q 2，外表面带电Q 3，Q 2+Q 3=Q B ．
用以O 点为球心、r =R B 为半径、位于球壳B 金属内部的球面为
高斯面，根据高斯定理
⎰⎰E ⋅d S =0=1ε0(Q A +Q 2)
可知Q 2=-Q A ；由于Q 2+Q 3=Q B ，所以Q 3=Q A +Q B ．
（2）根据叠加原理，电势为三个均匀带电球面产生电势的叠加，即
Q A +Q 2+Q 3Q A +Q B =4πε0r 4πε0r Q +Q B 令r =R B ，即为B
球的电势ϕB =A ． 4πε0R B r ≥R B 区域， ϕ1=
Q 3Q A Q 21Q A Q B ++=(+) 4πε0r 4πε0R B 4πε0R B 4πε0r R B
1Q A Q B 令r =R A ，即为A 球的电势ϕA =(+) ． 4πε0R A R B R B >r ≥R A 区域，ϕ2=
18-4．同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属直圆柱构成，如图所示．设内圆柱体的半径为R 1，外圆柱体的内半径为R 2．使内圆柱带电，单位长度上的电量为η，试求内外圆柱间的电势差．
解 由于两个同轴金属直圆柱可视为无限长、对圆柱轴线O 轴对称；所以电荷和电场的分布也对圆柱轴线O 轴对称；电场线在垂直于圆柱轴线的平面内，为过圆柱轴线的放射状半直线；场强E 沿半径方向，在到轴线O 的距离r 相同处，场强的大小E 相等．
用以圆柱轴线为轴，两底面与圆柱轴线垂直的闭合圆柱面为高斯面．高斯面的两底面与圆柱轴线O 垂直，半径为r ，R 2>r >R 1；两底面与E 平行，E 通量为零；圆柱侧面长度为l ，与E 正交，E 通量ϕ=2πrlE ．由高斯定理
⎰⎰
可得E =E 1⋅d S =2πrlE =ηl ε0η． 2πε0r
U =⎰E ⋅d l =⎰E d r =⎰R 1R 1R 2R 2R 2沿电场线积分，由R 1沿半径到R 2，内外圆柱间的电势差 R 1R ηηd r =ln 2 2πε0r 2πε0R 1
18-5．半径为2.0cm 的导体球外套有一个与它同心的导体球壳，球壳的内外半径分别为4.0cm 和5.0cm （如图所示）．球与球壳间是空气，球壳外也是空气，当内球带电荷为3.0⨯10-8C 时，试求：（1）这个系统的静电能；（2）如果用导线把球壳与球连在一起，结果如何？
解 （1）考虑系统对球心O 具有球对称性，可知内球表面均匀带电Q =3.0⨯10-8C ．根据高斯定理可以求得球壳的内表面均匀带电-Q =-3.0⨯10-8C ，球壳的外表面均匀带电Q =3.0⨯10-8C ．根据导体性质和叠加原理可得
r
Q e ． r 1
r 21∞1Q 2Q 222系统静电能 W t =⎰0() 4πr d r +() 4πr d r 022⎰r 324πε0r r 124πε0r
Q 2111=(-+) =1.8⨯10-4(J) 8πε0r 1r 2r 3
（2）如果用导线把球壳与球连在一起，则球壳与球成为一个导体，仅球壳的外表面均匀带电Q =3.0⨯10C ．根据导体性质和叠加原理可得 -8
r
系统静电能 W t =Q 4πε0r 2e r ． ⎰∞r 31Q 2Q 2120() 4πr d r ==8.1⨯
10-5(J) 224πε0r 8πε0r 3
18-6．范德格拉夫起电机球形高压电极A 的外半径为20cm ，空气的介电强度（击穿场强）为3kV ⋅mm ，问此范德格拉夫起电机最多能达到多大电压？
解 球形高压电极A 的外半径为R =0.20m ，电极A 外接近电极处场强最大 -1
q
4πε0R 2
q 起电机能达到最大电压 U max ==E max ⋅R =6⨯105(V) 4πε0R
18-7．如图所示，C 6=C 8=2μF ，其余的电容均为3μF ．（1）求A 、B 间总电容．（2）若U AB =900V ，求C 1、C 9上的电量．（3）若U AB =900V ，求U CD ．
解 （1）C 3、C 4、C 5串联， =E max =3⨯106k ⋅m -1
所以C 3451111=++ C 345C 3C 4C 5=1μF ．C 345与C 6并联，则
C 3456=C 345+C 6=3μF
C 3456与C 2、C 7串联，电容为C '，
1111=++ C 'C 3456C 2C 7
可得C '=1μF ．C '与C 8并联，电容为C ''，C ''=C '+C 8=3μF ．
C ''与C 1、C 9串联，电容为C AB ，
1111 =++C AB C ''C 1C 9
因此C AB =1μF ．
（2）C 1、C 9与C ''串联，C 1=C 9=C ''，U 1+U 9+U ''=U AB ， -4''''所以U 1=U 9=U ''=U AB =300V ，故CU 11=C 9U 9=C U =9⨯10(C)． 1
3
00V ，C 3456、C 2、C 7串联，C 3456=C 2=C 7=3μF ，（3）由U ''=3故U CD =1 00V ．
18-8．收音机里用的电容器如图所示，其中共有n 个面积为S 的
金属片，相邻两片的距离均为d ．奇数片连在一起作为一极，它们固
定不动（叫做定片）．偶数片连在一起作为另一极，可以绕轴转动（叫
做动片）．（1）转动到什么位置C 最大？转动到什么位置C 最小？（2）
忽略边缘效应，证明C 的最大值C max =(n -1) ε0S ． d
解 相邻的奇数金属片和偶数金属片的相对面构成一个平行板电容器，电容C i =ε0S '
d ，S '为相邻两金属片相对的面积．
因奇数金属片和偶数金属片分别连成一极，n 个金属片就构成了(n -1) 个并联的平行板电容器，其电容量
C =(n -1) C i =(n -1) ε0S '
d
当S '最大，即可动金属片完全旋进时（可动金属片转至和固定金属片完全相对）
，此电容器
的电容最大，C max =(n -1) ε0S
d ；当S '最小，即可动金属片完全旋出时，C min =0．
18-9．一个电偶极子，其电偶极矩为p =2⨯10-8C ⋅m ，把它放在E 0=1.0⨯105V ⋅m -1的均匀外电场中．（1）外电场作用于电偶极子上的最大力矩多大？（2）把偶极子从θ=0位置转到电场力矩最大（θ=π2）的位置时，外力所做的功多大？
解 （1）T =p ⨯E 0，当θ=π2时
T max =pE 0=2⨯10-8⨯1. 0⨯105=2⨯10-3(N⋅m)
（2）电场力做功，δA =-F +l sin θd θ=-qlE 0sin θd θ，
A =⎰π2
0-qlE 0sin θd θ=-qlE 0=-pE 0
外力做功 A '=-A =pE 0=2⨯10-3(J)
18-10．如图所示，平行板电容器两板带电量分别为±Q ，两板间距为d ，其间有两种电介质：1区介质电容率为ε1，所占面积为S 1；2区介质电容率为ε2，所占面积为S 2．求：
（1）两区的D 1、E 1和D 2、E 2，两区对应极板上的自由电荷面密度σ1、σ2；（2）电容器的电容C ．
解 作z 轴垂直于板面．忽略边缘效应．D 均匀，沿z 方向． 取高斯面为小圆柱面如图，根据高斯定理可得 ⎰⎰D ⋅d S 11=D ∆S =σ1∆S ，D =σ1
所以D 1=σ1k ．同理D 2=σ2k ．
两极板是导体，极板为等势体，E 1d =E 2d ，E 1=E 2．
由于E 1=σ1σσσk ，E 2=2k ，所以1=2．又因σ1S 1+σ2S 2=Q ，故 ε2ε1ε1ε2
ε1Q ε2Q ，σ2= σ1=ε1S 1+ε2S 2ε1S 1+ε2S 2
E 1=E 2=
D 1=σ1k =Q k ε1S 1+ε2S 2ε1Q ε2Q
k ，D
2=σ2k =k ε1S 1+ε2S 2ε1S 1+ε2S 2
（第十八章题解结束）