电磁学第二版梁灿彬 课后答案.pdf

第一章第一章 静电场的基本规律静电场的基本规律 11 判断下列说法是否正确， 说明理由。 （1）一点的场强方向就是该点的试探点电荷所受电场力的方向。 （2）场强的方向可由 E=F/q 确定，其中 q 可正可负。 （3）在以点电荷为心的球面上，由该点电荷产生的场强处处相等。 答案： （1） ,正的试探电荷； （2） ； （3） 在无外场是，球面上E ? 大小相等。 12 半球面上均匀分布着正电荷，如何利用对称性判断球心的场强方向？ 答案： 利用对称性分析，垂直轴的分量相互抵消。 13 下列说法是否正确？为什么？ （1）闭曲面上各点场强为零时，面内总电荷必为零。 （2）闭曲面内总电荷为零时，面上各点场强必为零。 （3）闭曲面的 E E 通量为零时，面上各点场强必为零。 （4）闭曲面上的 E E 通量仅是由面内电荷提供的。 （5）闭曲面上各点的场强仅是由面内电荷提供的。 （6）应用高斯定理的条件但是电荷分布具有对称性。 （7）用高斯定理求得的场强仅是由高斯面内的电荷激发的。 答案： （1） 没有净电荷 ； （2）； （3）； （4）； （5）； （6）； （7）。 14 “均匀带电球面激发的场强等于面上所有电荷集中在球心时激发的场强” ，这个说法是否正 确？ 答案：无外场时，对球外而言是正确的。 15 附图中 A 和 B 为两个均匀点电体，S 为与 A 同心的球面，试问： （1）S 面的通量与 B 的位置及电荷是否有关？ （2）S 面上某点的电场强度与 B 的位置及电荷是否有关？ （3）可否用高斯定理求出 S 面上一点的场强？为什么？ 答案： （1）无关 （2） 有关 （3）不能（导体球） 、可以（介质球） 。 场强叠加原理应用到有导体的问题时，要注意，带电导体单独存在时，有一种电荷分布，它 们会产生一种电场；n 个带电导体放在一起时，由于静电感应，导体上的电荷分布发生变化，这时， 应用叠加原理应将各个导体发生变化的电荷分布“冻结”起来，然后以“冻结”的电荷分布单独存 在时产生的电场进行叠加。 1.6 半径 R 的军于点电球内挖去半径为 r 的小球，对附图（a）与（b）的两种挖法，能否用高斯定 理和叠加原理求各点的场强？ 答案： （a 图） 能 ，叠加法（补偿法） ； （b 图） 不能 1.7 附图中的 S1、S2、S3及 S4都是以闭曲线 L 为边线的曲面（曲面法线方向如图所示） 。一直 S1的 E E 通量为 1 ，求曲面 S2、S3、和 S4的 E E 通量 2 、 3 及 4 。 答案：始终在内的点 E E=0 不变，始终在外的点 2 0 4 q E r =不变， 被气球表面掠过的点 ，E 发生跃变，由 2 0 0 4 q E r =。 1.8 附图中S1、S2是四个闭曲面，以 E1、E2、E3 分别代表由q1、q2、q3激发的静电场强，试判断 下列各等式的对错 （1） 1 1 1 0 s q E ds = ? ? ? （2） 2 3 3 0 s q Eds = ? ? ? （3） 1 2 32 0 () s q EEds += ? ? ? ? （4） 1 12 12 0 () () s qq EEds + += ? ? ? ? （5） 2 32 123 0 () () s qq EEEds + += ? ? ? ? （6） 1 132 123 0 () () s qqq EEEds + += ? ? ? ? ? 答案： （1） ； （2）； （3）； （4）； （5）； （6）； 1.9 分别画出等值同号与等值异号的两无限大均匀带电平面的电场线图。 答案： 1.10 电场线是不是电电荷在电场中的运动轨迹？（设此 点电荷除电场外不受其他力） 答案：一般不是。FqE= ? ； FMa= ? ； v a t = ? ? ? ? ；只有在匀强电场中，静止点电荷运动的轨 迹才的电力线。 1.11 下列说法是否正确？如不正确，请举一反例加以论述。 （1）场强点点相等的区域中电势也点点相等。 （2）如果两点电势相等，则她们的场强也相等。 （3）设A点场强（大小）大于B点场强，则A点电势必高于B点电势。 （4）场强为零处电势一定为零。 （5）电势为零处场强一定为零。 答案： （1）不正确 。 u En n = ? ? 例如匀强电场 。 （2）不正确。 （3）不正确。E大，电势的变化率就大，并非一定U大 （4）不正确。E=0， U n =0 ，并不是U一定为0，在等量同号点电荷的连线中点处。 （5）不正确。U=0，并不是 U n 一定为0，例：在等量异号点电荷连线中点处。 1.12 两个半径分别为R1及R2=2R1的同心均匀带电球面，内球所带电荷q10。当外球所带电荷q2 满足什么条件时内球电势为正？满足什么条件时内球电势为零？满足什么条件时内球电势为负？ （参考点选在无远。 ） 答案： 12 1 0101 442 qq U RR =+ 或者： 21 1211 2 112 112 22 2 00 44 RR RRRR qqq UE drE drdrdr rr + =+=+ 要使 1 0U ，则 2 1 ()0 2 q q +，即 21 2qq 要使 1 0U =，则 2 1 ()0 2 q q +=，即 21 2qq= 要使 1 0U ，则 2 1 ()0 2 q q +L时所得结果与点电荷场强公式一致。 解： （1） 22 0 1 4 ndx dE xR = + 方向如图： 由对称性分析可知，力的分量相互抵消。 2 22 220 0 1 sin2 4 L ndxR EdE xR xR = + + = 2 32 22 0 0 2 4() L nRdx xR+ 2 0 2 4 4 nL L RR = + （2）当L 时： 2 00 2 42 1 4 nLn E R R RL L = + （3）当RL?时： 22 2 000 2 2 444 1 4 nLnLq E RR L R R = + 1.3.8 把电荷线密度为的无限长均匀带电线分别弯成附图（a） 、 （b）两在种形状，若圆弧半径为 R，求两图中O点的场强E。 解： 根据带电直线公式： () 21 0 sinsin 4 x E = () 12 0 coscos 4 y E = 当在A 中 ： 0 1 0= 2 2 = 0 4 x E R = 0 4 y E R = 当在B 中： 1 2 = 2 = 0 4 x E R = 0 4 y E R = 可以不计算，对称分析可知以上两种相互抵消。 （1） 2 0 4 Rd dE R = 方向如图（a） 2 2 20 0 00 sinsincos 44 xx R EdEdEd RR = 2 2 20 0 00 sincossin 44 yy R EdEdEd RR = 0 0 2 4 E R = 方向：与二直线夹角均为 0 45。 （2）如图（b） ，由对称分析， A E 与B E 合成后 只有x分量， 对二直线： 0 2 2 x EE R = 方向：x的负方向 对半圆： 2 0 00 sin 42 x R EEd RR = 方向：x的正方向。 经叠加得： 0 0E = 1.3.9 无限长带电圆柱面的电荷面密度由下式决定： 0cos =（见附图）求 圆柱面轴线上的场强。 解：设取一无限长狭条单元体： 根据 0 2 E R = 0 1cosRd= 0 0 cos 2 Rd dE R = 方向如右图所示 2 2 2 00 0 0000 cossin2 22242 xx R EdEd R = = += 方向：x轴负方向 2 1 1 2 00 0 00 0 cossincos 0 221 1 yy R EdEd + = = = + 1.4.1 附图中的立方体边长为a=10cm，场强分量为 12 x Ebx= ，0 yz EE=，其中 1 2 b=800N/(C m )， 求： （1）立方体表面的 E 通量。 （2）立方体内总电荷。 解： （1）因为只有 x E分量，所以立方体只有 1 S、 2 S面有分量。 51 22 2 111 ExSbaaba = = = ? 51 22 2 222 (2 )2ExSbaaba =? 所以： 5 2 ba= 总 （ 2-1） 由 0 s q E dS = ? ? 内 总 得到： 5 2 00 qa= 总内 （ 2-1） 1.4.2 均匀电场E与半径为R的半球面的对称轴平行 （如附图） ， 试计算此半球面的E通量 （约 定半球面的法矢向右） ，若以半球面的边线为边线另做一任意形状的曲面（法矢仍向右） ，此面的 E通量为多少？（提示：两问都用高斯定理） 解： 半球面的任意曲面，其电通量与圆平面的电通量相等。 2 ESE R = 或 2 1 ESE R = 1 S与 2 S 成闭合曲面： 21 0 0 + = 2 211 E R = = = 同理： 3 S 与 1 S成闭合曲面， 31 0 0 + = 2 311 E R = = = 1.4.3 用高斯定理求电荷线密度为 的曲线长均匀带电直线在空间任一点激发的场强，并与 1.3.7题（2）问的结果比较。 解：过P点作圆柱面为高斯面， 0 s sss q E dsE dsE dsE ds =+= ? ? iiii ? 上下侧 0 002 h Erh +=i 0 2 E r = 1.4.4 求半径为R、 电荷面密度为的曲线长均匀带电圆柱面内外的场强， 并大致画出Er曲线。 解：设圆柱半径为R，空间电场分布具有轴对称， 当 rR： 0 s q E ds = ? ? 内 0 2 sss R E dsE dsE ds += ? ? 上下侧 0 002 h Erh += 00 2 h RR E rhr = 1.4.5 电荷以体密度均匀分布在厚度为d的曲线大平板内，求板内外的场强E 解： 电场分布以中垂面的面对称分布，取圆柱面为S： 当 2 d r 时： 0 s d E sE s += ? i ? 0 2 d E = 1.4.6 电荷以体密度 0(1 )r R=分布在半径为R的球内，其中 0 为常量，r为球内某点与球 心的距离。求： （1）球内外的场强（以r代表从球到场点的矢量） 。 （2）r为多大时场强最大？该点场强Emax=？ 解： 0 q E ds = ? i ? 内 当 rR时： 2 0 4 q Er =i 内 2 0 4 q E r = 内 2 0 1sin r qdrr drd d R = 内 2 2 0 00 sin1 a o r ddr dr R = 3 2 0 2 aa oo r r drdr R = ii 34 0 4 34 aa R = 333 00 22 00 443 41212 RRR E rr = 令： 0 dE dr = 内 即： 2 0 0 34 rr R = 0 2 0 34 r R = 2 3 R r = 2 0 max 0 2 3 2 3 334 R R E R = （） 0 0 max 00 2 3 349 R RR E R = 2 （1-）= 1.4.7 两平行的曲线大平面均匀带电，电荷面密度分别为 1 和 2 ，求： （1）空间三个区的场强。 （2）写出各区场强在下列两种情况下的表达式： （a） 12 =， （b） 12 = 解：无限大均匀带电平面场强分布： 0 2 En = ? 取正向为正。根据 i EE= ? ? 得： 000 22 E = = 左 00 0 22 E = 中间 000 22 E =+= 左 1.4.8 在球心为o、半径为a、电荷体密度为的均匀带电球体内偏心挖去一个半径为b的小球 （球心为 o ） ，如图所示。 （1）试证空心小球内存在均匀电场并写出场强表达式（以c代表从o到 o 的矢量） 。 （2）求o、 o 连线延长线上M点和P点的场强EM和EP。 （以ec代表沿c向的单位矢量，rM、rP分 别代表M、P与o的距离） 答案： 当挖去一个半径为r的小球，解：将挖去的小球 o 用电荷体密度为的球补起来，先求 均匀带电体o产生的场强，再求填补带电球 o 产生的场强，两者相减即为所求的电场。根据均匀带 电球体的场分布： 0 3 Er = 内 ， 2 0 4 q E r = 外 00 0E= ， 1222 1 12 2 2111 Elrr ElE l Elrr = 0 0 0 3 p p r Er = ? ， 3 0 2 0 0 4 3 4 m m R Er r = ? ， 0 0 0E = ， 0 0 0 0 0 3 r Er = ? ， 3 0 2 0 0 4 3 4 p p r Er r = ? ， 3 0 2 0 0 4 3 4 m m r Er r = ? 再根据 i i EE= ? ? 得： 00 0000 0 0 3 r EEEr = ? 0 0 0000 0 0 3 r EEEr = ? 3 00 2 0 () 3 PPP op o p r EEErr r = ? 33 00 22 0 () 3 mmm o mo m rR EEEr rr = ? 1.4.9 半径为R的曲线长援助体内均匀带电，电荷密度为，求柱内外的场强并大致画出Er 曲线。 解：轴对称分布，取S为同轴圆柱面： 当 rR， 0 q E dS = ? ? i ? 内 2 0 002 R h E rh += 2 0 2 R E r = 1.4.10 半径分别为R1和R2（R2R1）的一对无限长共轴圆柱面上均匀带电，沿轴线单位长度的 电荷分别为 1 和 2 。求： （1）各区域内场强。 （2）若 12 = ，情况如何？大致画出Er曲线。 解：由轴对称，取S为同轴圆柱面（设高为h，半径为r） ： 当 1 rR： 由 0 q E dS = ? ? i ? 得：E=0 当 12 RrR ： 12 0 002 h E rh + += （） ， 得： 12 0 2 E r + = 若 12 = ：则 1 rR，0E =； 12 RrR，0E = . 1.5.1 设静电场中存在这样一个区域（附图虚线所围半扇形部分，扇形响应的圆心为O） ，域内 的静电场线是以O点为心的同心圆弧（如图） ，试证区域内每点的场强都反比与该点与O的距离。 证明：取闭合回路L，由0 L E dl= ? ? 得： 00 12 12 cos90coscos900 ll E dlEdlEdlEdl+= ? ? ? 1 12 2 000ElE l+= 得到： 1 12 2 ElE l= 1222 2111 Elrr Elrr =， 所以 1 E r 1.5.2 试证在无电荷的空间中，凡是电场线都是平行连续（不间断）直线的地方，电场强度的大 小必定处处相等。 （提示：利用高斯定理和环路定理，分别证明连线满足以下条件的两点有相等场 强： （1）与场线平行； （2）与场线垂直） 证明：由 0 s q E dS = ? ? i ? 内 得： 0 0 ab SSS E dSE dSE dS += ? ? ? ? ? ? iii ? ab侧 0 ab ESES+=? 可得到： ab EE= 同一电力线上的E相等。 由0 L E dl = ? i ? 得： 00 cos90coscos900 ab lalb EdlEdlEdlEdl+= ? 0 ab E lE l=， ab EE=，不同电力线上E相等。 （或过c点作平面caab，ca为等位面， ac UU=， ac ac UU EE zz = = = ，故 ac EE=） 电力线平行的电场中各点E都相等。 1.6.1 设有一个 -8 q=1.5 10 C的点电荷。求： （1）求电势为30V的等势面的半径； （2）电势差为1V的任意两个等势面的半径之差是否相同？ 解：点电荷的电位为： 0 4 q u r = （1） 则 8 9 0 11.5 10 9 104.5 430 q r u = = （米） （2） 不相同，r大等位面越稀疏。 1.6.2 两个电荷分别为q和-3q的点带电体距离为d（见附图） ，求： （1）两者连线上V=0的点； （2）两者连线上E=0的点。 解： （1）令距q为r处0u =， 则 00 3 0 44() qq rdr += ， 解得： 4 d r = （2）0E = 处只可能在q+左侧，设距q为r处0E =， 22 00 44() qq rdr = + ， 解出：( 31) 2 d r =+ 1.6.3 附图中A与O、O与B 、B与D的距离皆为L，A点有正电荷q，B点有负电荷-q，求： （1）把单位正点电荷从O点沿半圆OCD移到D点，电场力做了多少功？ （2）半单位负点电荷从D 点沿AD的延长线移到无穷远，电场力做了多少功？ 解：静电场中电场力作功与路径无关，只与始末位置有关。 （1） 0 () OCDoDOCD AAq UU= 弧 而 0 00 0 44 qq U LL =+=， 000 4(2)46 D qqq U llLL =+= + 0 0 1 () 6 OCDD q AUU L = = （2） 同理可得： 0 00 ()1 (0) 66 DCODCO qq AqUU LL = = 1.6.4 电荷Q均匀分布在半径为R的球体内，选电势参考点在无限远，试证离球心r处（rR）的 电势为 ： 22 3 0 Q(3R -r ) V= 8R 解： （方法一）由 2 0 1sin 44 o dvrdrd d UdU aa = 222 2cosazrr=+ 微分可得：22sinadazrd = 2 00 0 4 zz rRz r z rZr z rdarda Uddrdr zz + =+ 0 0 ()() 2 zR z rr zrzr drrzrz dr zz =+ + 2 0 0 2 2 2 zR z r drrdr z =+ 322 0 22 () 23 zRZ z =+ 2 2 0 23 Z R = （方法二） ：球内电荷元取半径为r 厚度为dr的球壳： 2 4dqr dr=， 0 1 4 dq dU r = 22 00 44 44 zR oz r drr dr U zr =+ 322 00 11 () 32 ZRZ z =+ 22 000 322 zRz =+ 22 0 (3) 6 RZ = 2 2 0 () 23 z R = （方法三） ：用 0 q E dS = ? ? i ? 内 ，求Z 当rR： 2 4 o Q Er =， 2 0 4 Q E r = 当rR： R rrR UE dlEdrE dr =+ ? 外内32 00 44 R rR QQ rdrdr Rr =+ 22 3 00 1 () 4224 QRrQ RR =+ 2 2 0 11 () 422 Qr RRR =+ 33 22 3 00 44 33 () 4224 RR Rr RR =+ 222 00 () 3223 RrR =+ 22 2 0 () 322 Rr R =+ 2 2 0 () 23 r R = 2 2 3 0 () 4 3 2 3 Qr R R = 22 3 0 (3) 4 QRr R = 1.6.5 半径为R1和R2的两个同心球面均带电，电荷分别为Q1和Q2，求（1）a、b、c区（见附 图）内的电势； （2）在Q1= - Q2和Q2= - Q1（R2R1）的两种情况下写出三区的电势表达式，并大致 画出Vr曲线 解：利用 0 q E dS = ? ? i ? 内 可得： 2 0 4 q Er = i 得到： 2 0 4 q E r = 在a 区域内： 2 0 0 0 4 E r = 在b区域内： 1 2 0 4 E r = 在 c区域内： 12 2 0 4 E r + = 122 1212 112 22 00 44 RRR aabc rRRRR Q UE drE drE drdrdr rr + =+=+ 112 2 0120 12 () 44 Q RRr + =+ 21 021 1 () 4RR =+ 22 22 112 22 00 44 RR bbc rRrR Q UE drE drdrdr rr + =+=+ 112 020 12 () 44 Q rRR + =+ 21 02 1 () 4Rr =+ 1212 2 00 44 cc rr UE drdr rr + = 当 12 = 时：见a图 1 012 11 () 4 a U RR = 1 02 11 () 4 b U rR = 0 c U = 当 2 21 1 R R = 时： 见b图 0 a U =， 1 02 11 () 4 b U rR = 121 01 () 4 c RR U Rr = 1.6.6 求1.4.8题中o、 o 、P、M各点的电势。 解：根据均匀带电球体的电位分布： 2 2 0 () 23 r UR = 内 3 00 43 qR U rr = 外 再根据 i UU= ，挖掉等于减去。 33 0 00 33 m mom Rr U rr = 2 3 2 00 () 233 op o p r r UR r = p 2 22 0 () 23 o o r URr =+ o 2 22 00 ()(0) 232 oo r URr = o 1.6.7 在1.4.10题中设 12 = 并分别把电势参考点选在无限远和轴线上谋求空见各区的电 势及两柱面之间的电势差的绝对值V，并大致画出Vr曲线。 解：由高斯定理可得： 当 1 rR时： 1 0E = 当 12 RrR时： 12 3 0 2()1 4 E r + = （其中当 12 = 时， 3 0E =） 取0U=时： 12 12 1123 RR rRR UE drE drE dr =+ 2 1 2 001 2 00ln 42 R R R dr rR =+= 22 2 2 223 00 2 ln 42 RR rRr R UE drE drdr rr =+= 3 00 r Udr = 当取 0 0U =时： 0 11 0 r UE dr= 11 1 0 1 221 00 2 ln 42 RR rRr R UE drE drdr rr =+= 21 21 0 3321 RR rRR UE drE drE dr=+ 1 2 1 002 2 00ln 42 R R R dr rR =+= 所以两筒间的电位差为： 0U=时： 21 1 2 122 001 ln 22 RR Rr R UuE drdr rrR = ? 0 0U =时： 21 1 2 122 001 ln 22 RR Rr R UE drdr rrR = 1.6.8 半径为R无限长圆柱体内均匀带电，电荷体密度为，把电势参考点选在轴线上，求柱 体内外的电势。 解：由 0 q E dS = ? ? i ? ，可以求出E ? 的分布： 0 2 Er = 内 ， 2 2 0 2 R E r = 外 取 0 0U =时： 0 2 00 24 r r Udrr = 内 2 00 00 22 RR rRrR Rr UE drE drdrdr r =+=+ 外外内 22 00 ln 24 RRR r = 2.1.1 在均匀电场中置入一个半径为 R 的中性金属球，球表面的感生电荷面密度 为 0cos =（角的含义见附图） ，求带有同号电荷的半个球面所受的 静电力。 解 ：取一点元dq，对其进行受力分析有： 由对称性可知，带有同号电荷的球面受力沿x轴，右半球受力： 2 0 cos 2 FdFds = 2 32 0 0 cossin 2 FRd d = 2 22 2 3 0 00 0 cossin 2 R dd = 22223 1 00 00 0 cos 3 14 R + = + 方向：x轴的正方向 2.1.3 三块带正电的金属板 A、B、C 构成平行板导体组（见附图） ，以 S 代表各 板面积，x 及 d 分别代表 A、B 之间 B、C 之间的距离，设 d 小到各板可视为无限 大平板，令 B、C 板接地，A 板电荷为 Q，略 A 板的厚度，求： （1）B、C 板上的感应电荷； （2）空间的场强及电势分布。 解： 23 SSQ+=， ABAC UU= 32 00 ()xdx = 由上面三式可以解出： 2 Qx Sd = ， 3 ()Q dx Sd = 22 Qx QS d = ， 32 ()Q dx QS d = 2B Qx QQ d = = ， 3 () c Q dx QQ d = = 0 I E=， 0 Ix E=， 2 0 II E =， 3 0 III E =， 0 II UE=， () IIII UExr=，() IIIIII UEdxr= （其中 r 是场点到 A 板的距离） *2.1.5 半径为 R 的金属求经电压为 U 的电池接地（如图） ，球外有一与球心距 离为 2R 的电荷 q，求球面上的感应电荷 。 解 ：因为金属球接地，则0U =，导体是等位体。 0 0U=，按照 i UU=可得到： 0 0000 0 4242424 s qdqqds U RRRR =+=+= ? 00 0 442 qq RR += 2 q q = *2.1.6 接地的无限大导体平板前垂直放置一条无限长均匀带电直线， 线的端点与 平板距离为 d（见附图） ，若带电线电荷线密度为，求： （1）垂足 O 点的电荷面密度； （2）平面上距 O 为 r 的点 P 的感生电荷面密度。 解 ： （1）在板内 O 点极近处取 O 点，直线在 O 点 方向：x的负方向 1 4 O o Ei d = ? ? 板上取包括 O 点的面元S?，其上的电荷 0 S? 在 O 点： 0 2 O o E = 方向：x的负方向。 板上除了S?外的其它全部感应电荷在 O 点。 0 O E = ， 因 O 极近点， 板上其余电荷在 O 点产生的电场只能沿板面的切线方向。 O 点的场强将由以上三个部分组成： 00 0 24 o E d = += （ o 在板内） 所以： 2 o d = （2）直线在 p 点的法向分量， 22 22 0 cos 4 p n d dxx EdE xr xr = + + 3 2 22 22 00 ()1 4234 p n d xr E dr + = + 方向：x的负方向 同上（1）类似得到： 22 00 1 0 24 p p E dr = += + 22 2dr = + 2.2.1. 点电荷 q 放在中性导体球壳的中心，壳的内外半径分别为 R1和 R2（见附 图） ，求场强和电势的分布，并大致画出 Er 和 Vr 曲线。 解： 电荷分布如图，空间电场分布有球对称性， 由高斯定理 0 q E dS = ? ? i ? 和 2 0 4 q E r = 可得： 当 1 rR时： 1 2 0 4 q E r = 12 12 123 0 0102 11 44 RR RR qq UE drE drE dr rRR =+=+ 当 12 RrR0，内半径为 a，腔呢距离球心 O 为 r 处有一点 电荷 q（见附图） ，求 O 点的电势。 解： 设球内壁的电荷为q（不均匀分布） ，外壁的电荷为Qq+（均匀分布） ， 0 000 444 qdsQq U rab + =+ ? 000 444 qqQq rab + =+ 2.2.3 半径 RA的金属球 A 外罩一同心金属球壳 B， 起壳极薄， 内外半径均可看 作 RB（见附图） ，已知 A、B 的电荷分别为 QA和 QB ，求： （1）A 的表面 S1及 B 的内外表面 S2、S3的电荷 q1、q2、q3； （2）A 和 B 的电势 VA和 VB； （3）将球壳 B 接地，再回答（1） （2）两问； （4）在（2）问之后将球 A 接地，再回答(1)、(2)两问； （5）在（2）问只后在 B 外再罩一个很拨的同心金属球壳 C（半径为 RC） ，再回 答(1)、(2)两问，并求 C 的电势 VC。 解： （1）设 1sA qQ=均匀分布， 2sA qQ= 均匀分布， 3sAB qQQ=+均匀分布，由 高斯定理 0 q E dS = ? ? i ? 和 2 0 4 q E r = 可得： 当 AB RrR时： 2 0 4 AAAB QQQQ E r + = 22 00 44 ABAB AAB A RRRR QQQ UE drE drdrdr rr + =+=+ ? ? ? 00000 44444 AAABAB ABBAB QQQQQQ RRRRR + =+=+ 2 00 44 B AAB B R B QQQ Udr rR + = 或根据均匀分布带电球面电势分布球面内 0 4 q U R =，球外 0 4 q U r =，由叠加 定理可得： 00000 44444 AABAAB A ABBAB QQQQQQ U RRRRR + =+=+ 0000 4444 AABABA B BBBB QQQQQQ U RRRR + =+= （3） 各表面电荷分布如图： 00000 () 44444 AAABABAB A ABBCC QQQQQQQQ U RRRRR + =+ 00 44 AB AB QQ RR =+ 00000 () 44444 AAABABAB B BBBCC QQQQQQQQ U RRRRR + =+ 0 4 AB B QQ R + = 00000 () 44444 AAABABAB C CCCCC QQQQQQQQ U RRRRR + =+ 0 4 AB C QQ R + = （4）当 1 0 s q=， 2 0 s q=， 3sAB qQQ=+， 4 () sAB qQQ= +， 5sAB qQQ=+时： 0 4 AB AB B QQ UU R + =， 0 4 AB C C QQ U R + = （5） 当 1sA qQ=， 2sA qQ= ， 3 0 s q=时： 00 44 AA A AB QQ U RR =+， 0 B U = （6）设 1sA qQ=，则 2sA qQ= ， 3sAA qQQ =+ 000 444 AAAB A ABB QQQQ U RRR + =+， 当接地时，则0 A U = 解之得： A AB B R QQ R = 0000 4444 AAABAB B BBBB QQQQQQ U RRRR + =+= 2.2.4 有两个极薄的同心金属求壳额，半径分别为 a 和 b，内球壳电荷为 Q1，求： （1）外球壳电荷 Q2为多大时内球壳电势为零； （2）当满足上问条件时，求空间任一点的电势。 解： （1）设外球壳带电 2 Q时，内球壳电位为 0，则： 1sa qQ=， 1sb qQ= 内 ， 12sb qQQ=+ 外 111212 00000 0 44444 QQQQQQ U abbab + =+=+= 内 解之得： 21 b QQ a = （2）当arb时： 111212 0000 4444 QQQQQQ U rrrr + =+= r 2.2.5 同轴传输线由两个很长球彼此绝缘的同轴金属直圆柱构成 （见附图） ， 设内 圆柱体的电势为 V1，半径为 a，外圆柱体的电势为 V2，内半径为 b，求其间离轴 为 r 处（arb）的电势。 解： 设内柱沿轴线单位长度带点量为， 在 12 RrR，所以内球带电不可能为0，而且是带负电， 设内球带 Q ， 于是外球内壁 Q +， 外壁为 （Q Q ） ， 由高斯定理 0 q E dS = ? ? i ? 得： 当 12 RrR时： 1 2 0 1 4 Q Er r = ? ? 当 2 Rr时： 2 2 0 1 4 QQ Er r = ? ? 22 11212 112 22 00 11 44 RR RRRRR QQQ UEdrE drE drdrdr rr =+=+ ? ? ? ? ? ? 0212 1 ()0 4 QQQQ RRR =+= 解得： 1 2 R QQ R = 22 11 121 21 2 00120221 11 () 444 RR RR QRRRQQ UUEdrdr rRRRR R = ? ? （或 1 0U =， 2122 0UUUUU=?，而 2 020202 444 QQQQ U RRR =+ ） 所以球面间有效电容（球壳与电位间的有效电容） ： 2 02 2121 4RQQ C UUURR = ? 解法二：有电容并联计算：球壳对内球，球壳对无限远都有球对称性质， 内球和无限远处都是凉电位，两球面间有效电容相当于球壳外表面与无限 远形成的电容器和球壳内壁与内球形成的电容器的并联： （见右图） 021 1 21 4R R C RR = 202 4CR= 2.3.4 空气平板电容器由块相距为0.5mm的薄金属平板A、B构成，将洗电容器 放在金属盒K内（见附图） ，盒的上下两壁与A、B分别相距0.25mm，求： （1）从AB、两观测得的电容 C 是原电容的几倍（不计边缘效应？） （2）将盒中电容器的一极板与盒连接，从AB、两端测得的电容是C的几倍？ 解： 由图（a） （b）可得： 12 12 C C C= C +C AB C+ 当 12 C =C时： 0001 C C=22 22 0.250.50.5 ABAB sss CC +=+= 若将A或B接金属盒，则电路变为： 000 1 C=C33 0.250.50.5 ABAB sss CC +=+= = 2.3.5 附图中所标电容值的单位是微法。 （1）求A、B间的总电容； （2）若A、B间的电势差为900V，求与A、B相接的两个电容器的电荷； （3）若A、B间发电势差为900V，求D、E间的电势差。 解： （1） 对 AB C： 345 CCC、串联后与 6 C并联，再与 27 CC、串联 后再与 8 C并联再与 19 CC、串联。 （2） ABAB QC U=，串联中每个极极电量相等，则 19 QQQ= （3） 由 ABABEFEF C UC U= 8EFEFEFCDCD C UC UC U= 解出：100 CD U=V 2.3.6附图中C1=C4=C