习题第2章

UA =
QA −Q A ， U B = 0 + 4πε 0 RA 4πε 0 RB
（6）设 qs1 = QA′ ，则 qs 2 = −QA′ ， qs 3 = QA′ + QA′ UA =
−QA′ QA′ Q ′ + QB + + A ， 4πε 0 RA 4πε 0 RB 4πε 0 RB
1 4πε o d
i
板上取包括 O 点的面元 S ，其上的电荷 σ 0 S 在 O′ 点：
EO′ =
σ0 方向： x 的负方向。 2ε o
板上除了 S 外的其它全部感应电荷在 O′ 点。
EO′ = 0 ， 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。
∑ q 得：
ε0
E ⋅ 2π rl =
ηl η 即： E = ε0 2πε 0 r
R2 R2
U = U 2 − U1 = U 2 − 0 = U 2 ∫ Ed πε 0 r 2
当接地时，则 U A = 0
R 解之得： QA′ = − A QB RB
∴ U B =
−QA′ QA′ Q ′ + QB QA′ + QB + + A = 4πε 0 RB 4πε 0 RB 4πε 0 RB 4πε 0 RB
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：
UB =
（3） 各表面电荷分布如图： UA =
QA QA Q + QB −(QA + QB ) QA + QB − + A + + 4πε 0 RA 4πε 0 RB 4πε 0 RB 4πε 0 RC 4πε 0 RC
=
QA QB + 4πε 0 RA 4πε 0 RB QA −QA Q + QB −(QA + QB ) QA + QB QA + QB = + + A + + 4πε 0 RB 4πε 0 RB 4πε 0 RB 4πε 0 RB 4πε 0 RC 4πε 0 RC QA −QA Q + QB −(QA + QB ) QA + QB QA + QB = + + A + + 4πε 0 RC 4πε 0 RC 4πε 0 RC 4πε 0 RC 4πε 0 RC 4πε 0 RC
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： σ 2 S + σ 3 S = Q ， U AB = U AC
R2
q 4πε 0 R2
见图（a）
当 r > R2 时： E3 =
∞ q+q−q q U E3 dr = = 见图（b） 2 ∫ r 4πε 0 r 4πε 0 r
2.2.2 球形金属腔所带电荷为 Q>0，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。 ，外壁的电荷为 Q + q （均匀分布） ， 解： 设球内壁的电荷为 − q （不均匀分布） U0 =
q
4πε 0 r
+
+
∫∫ 4πε a + 4πε b
0 0
δ ′ds
Q+q
=
q
−q
4πε 0 r
4πε 0 a
+
Q+q 4πε 0b
b 解之得： Q2 = − Q1 a
（2）当 a < r < b 时： U r =
4πε 0 r
Q1
+
−Q1 Q1 + Q2 Q1 Q2 + = + 4πε 0b 4πε 0b 4πε 0 r 4πε 0b
当 r > b 时： U r =
4πε 0 r
Q1
+
−Q1 Q1 + Q2 Q1 + Q2 + = 4πε 0 r 4πε 0 r 4πε 0 r
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 ，已知 A、B 的电荷分别为 QA 和 QB ，求： 作 RB（见附图） （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 qs1 = QA 均匀分布， qs 2 = −QA 均匀分布， qs 3 = QA + QB 均匀分布，由 高斯定理 ∫∫ E id S =
−η 2π d 2 + r 2
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 E—r 和 V—r 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 ∫∫ E id S = 当 r < R1 时： E1 =
（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 Q2 时，内球壳电位为 0，则：
qsa = Q1 ， qsb内 = −Q1 ， qsb外 = Q1 + Q2
U内 =
4πε 0 a
Q1
+
−Q1 Q1 + Q2 Q1 −Q2 + = + = 0 4πε 0b 4πε 0b 4πε 0 a 4πε 0b
UB =
UC =
（4）当 qs1 = 0 ， qs 2 = 0 ， qs 3 = QA + QB ， qs 4 = −(QA + QB ) ， qs 5 = QA + QB 时： UA = UB =
QA + QB Q + QB ，UC = A 4πε 0 RB 4πε 0 RC
（5） 当 qs1 = QA ， qs 2 = −QA ， qs 3 = 0 时：
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（a<r<b）的电势。 解： 设内柱沿轴线单位长度带点量为η ， 在 R1 < r < R2 间作一同轴圆柱面，即高斯面，由高斯定理 ∫∫ E id S =
QA
2
dr + ∫
∞
RB
QA + QB dr 4πε 0 r 2
=
QA QA Q + QB QA QB − + A = + 4πε 0 RA 4πε 0 RB 4πε 0 RB 4πε 0 RA 4πε 0 RB
∞
UB = ∫
RB
4πε 0 r
QA
2
dr =
QA + QB 4πε 0 RB q 4πε 0 R
σ2 ds ⋅ cos θ 2ε 0
3 2
σ 02 F= 2ε 0
πσ 0 2 = ε0
σ 02 R2 ∫∫ cos θ ⋅ R ⋅ sin θ dθ dϕ = 2ε 0
π
∫
2π
0
dϕ ∫ cos3 θ sin θ dθ
2
π
0
⎡ cos3+1 θ ⎤ 2 R 2πσ 0 2 ⎢− ⎥ = 4ε 0 ⎣ 3 + 1 ⎦0
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 σ = σ 0 cos θ （ θ 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： F = ∫ dF = ∫∫
∑q 和 E = ∑q
ε0
4πε 0 r 2 QA
4πε 0 r 2
可得：
当 RA < r < RB 时： E =
当 r > RB 时： E =
∞ ∞
QA − QA + QA + QB 4πε 0 r 2
∞
U A = ∫ E ⋅dr + ∫ E ⋅dr = ∫
RA RB
RA
4πε 0 r
，球外 U =
或根据均匀分布带电球面电势分布球面内 U = 定理可得：
q 4πε 0 r
，由叠加
UA =
QA −QA Q + QA QA QB + + B = + 4πε 0 RA 4πε 0 RB 4πε 0 RB 4πε 0 RA 4πε 0 RB QA −QA Q + QA QB + QA + + B = 4πε 0 RB 4πε 0 RB 4πε 0 RB 4πε 0 RB
O′ 点的场强将由以上三个部分组成：
Eo′ =
δ η + = 0 （ o′ 在板内） 2ε 0 4πε 0 d η 2π d η 4πε 0
所以： o′ = −
（2）直线在 p′ 点的法向分量， E p′n = ∫ dE cos θ =