大学物理同步训练第2版第七章静电场中的导体详解
大学物理10.7 静电场中的导体
S +
+ +
实心带电导体
结论：导体内部无净电荷，电荷只分布在导体的外表面
2）空腔导体
空腔内无电荷时
E dS 0
S
qi 0
i
高斯 面
S
空腔带电导体
电荷分布在表面 内表面？ 外表面？
若内表面带电，必等量异号
E dS
S
q
ε0
i
0
+ + +
＋
U AB
两球相连相当 于电容器并联
Q1 Q2 C C1 C2 40 ( R1 R2 ) U
屏蔽外电场
E
E
外电场
空腔导体屏蔽外电场
空腔导体可以屏蔽外电场, 使空腔内物体不受外电场 影响.这时,整个空腔导体和腔内的电势也必处处相等.
屏蔽腔内电场
接地空腔导体
将使外部空间不受 空腔内的电场影响.
+
+ +
q
+ + +
接地导体电势为零
q
+
q
+
高压带电作业人员穿的导电纤维编织的工作服
10.7.2 孤立导体的电容
2. 静电平衡导体的电势 导体是等势体，表面是等势面
b
E内 0
E内 0 a
b
U a U b E dl 0
a
二、静电平衡导体上电荷的分布
1）实心导体
E 0 q SE dS 0 ε0
q 0
+ + +
高斯 面
+
+
大学物理同步训练第2版第七章静电场中的导体详解
第七章 静电场中的导体和电介质一、选择题1. （★★）一个不带电的空腔导体球壳，内半径为R 。
在腔内离球心的距离为a 处（a <R ）放一点电荷+q ，如图1所示。
用导线把球壳接地后，再把地线撤去。
选无穷远处为电势零点，则球心O 处的电势为（A ）q 2πε0a ⁄ （B ）0（C ）−q 4πε0R ⁄ （D ）q 4πε0⁄∙(1a ⁄−1R ⁄)答案：D分析：由静电平衡的知识可知：①当空腔导体内放入点电荷+q 时，空腔导体的内表面会带上等量异号的电荷−q ，由电荷守恒可知不带电的空腔导体的外表面带有的+q 电荷；②当球壳接地后，球壳电势变为零，故球壳外表面电量变为零。
因此接地后去掉地线，该体系的电荷分布如图所示，球壳内表面带有−q 的电量，外表面不带电。
由电势叠加原理可得球心O 处的电势为V O =q 4πε0a +∫dq 4πε0R 内=q 4πε0a +14πε0R ∫dq 内=q 4πε0(1a −1R ) 故选项D 正确。
注：式中∫dq 内=−q 为内表面的电量之和。
【补充】带电量为Q 半径为R 的球面（电荷分布无论均匀或不均匀）在球心处产生的电势为V =Q 4πε0R ⁄。
2. 三块互相平行的导体板之间的距离d 1和d 2比板间面积线度小得多，如果d 2=2d 1，外面二板用导线连接，中间板上带电。
设左右两面上电荷面密度分别为σ1和σ2，如图2所示，则σ1σ2⁄为（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4答案：B分析：【知识点】达到静电平衡的导体：①内部电场强度为E =0，表面附近电场强度垂直于导体表面，大小为E =σε0⁄，其中σ为导体表面电荷面密度；②导体是一个等势体，导体表面为等势面；③导体内部处处无净电荷，即电荷只分布在导体的表面上，电荷面密度与导体表面的曲率有关，曲率越大（越尖）电荷面密度越大。
由静电平衡的知识点①可知，中间导体板左侧电场强度为σ1ε0⁄，右侧为σ2ε0⁄；由静电平衡的知识点②可知，用导线连接起来的左右两个导体板等势，即中间导体板与左右两导体板的电势差U 相同，由U =Ed 可得σ1ε0⁄∙d 1=σ2ε0⁄∙d 2，故σ1σ2⁄=d 2d 1⁄=2，故选项B 正确。
大学物理课后答案第七章.doc
第七章静电场中的导体和电介质一、基本要求1. 掌握导体静电平衡的条件及静电平衡时导体电荷的分布规律；2. 学会计算电容器的电容；3. 了解介质的极化现象及其微观解释；4. 了解各向同性介质中D和E的关系和区别；5. 了解介质中电场的高斯定理；6. 理解电场能量密度的概念。
二、基本内容1. 导体静电平衡(1) 静电平衡条件：导体任一点的电场强度为零(2) 导体处于静电平衡时：①导体是等势体，其表面是等势面；②导体表面的场强垂直于导体表面。
(3) 导体处于静电平衡时，导体内部处处没有净电荷存在，电荷只能分布在导体的表面上。
2. 电容(1) 孤立导体的电容c=勺V电容的物理意义是使导体电势升高单位电势所需的电量。
电容是导体的重要属性之一，它反映导体本身具有储存电荷和储存电能的能力。
它的大小仅由导体的几何形状、大小和周围介质决定，与导体是否带电无关。
(2) 电容器的电容C =—9-V A~ Vq为构成电容器两极板上所带等量异号电荷的绝对值。
V A-V B为A、B两极间电势差。
电容器电容与电容器形状、大小及两极间介质有关，与电容器是否带电无关。
(3) 电容器的串并联串联的特点：各电容器的极板上所带电量相等，总电势差为各电容器上电势差之111 1和。
等效电容由一=—+—+川+一进行计算。
C C C C1 2 n并联的特点：电容器两极板间的电势差相等，不同电容器的电量不等，电容大者电量多。
等效电容为C=C +C ,川*C o 1 2 n(4) 计算电容的一般步骤+ 一%1设两极带电分别为q和q，由电荷分布求出两极间电场分布。
~ = J B%1由V V E dl求两极板间的电势差。
A B A%1根据电容定义求c wV A VB3. 电位移矢量D=£ +人为引入的辅助物理量，定义D E P, D既与E有关，又与P有关。
说明D 0不是单纯描述电场，也不是单纯描述电介质的极化，而是同时描述场和电介质的。
定义式无论对各向同性介质，还是各向号惟会质都适用。
大物7
静电场中的导体和电介质(2)一、静电场中的导体(1)静电平衡条件和特征。
(2)应用(一)静电屏蔽.(3)应用(二)贮电---电容器二、静电场中的电介质(1)电介质的极化。
(2)电介质中的静电场的基本定理.三、静电场的能量(1)电场的能量(2)电容器的能量静电场中的导体和电介质(2-1)主要内容一.静电场中的金属导体(1)静电平衡条件和导体的电荷分布.(2)应用(一)静电屏蔽(3)应用(二)贮电---电容器二.静电场中的电介质(1)电介质的极化导体的静电平衡条件：.)( 0 .1导体为等势体反证法内→=E.)( .2表面为等势面导体反证法表面表→⊥E一.静电场中的金属导体)( 0 .1反证法内=∑q)( .20高斯定理εσ=E一块非孤立大面积带电导体平板，如图所示，左右带电的面电荷密度分别为σ1、σ2。
假设向右为电场强度的正方向，则平板中心位置附近右侧P 点的电场强度为：2)()(2)()(0202021021εσεσεσσεσσ==+=+=p p p p E D E C E B E A静电平衡的电荷分布：3.电荷分布与表面曲率有关++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++R1∝σWhy?应用(一)静电屏蔽:(1)任何导体腔内的物体不受外电场的影响(2)一个接地的导体腔内的带电体的电场不影响腔外的物体为什么图（2）中外表面电荷分布均匀？例:金属均压服, 屏蔽室,屏蔽电缆等.在不考虑外界的影响下，一带正电的导体球壳内有一带正电的点电荷，但不在球壳的中心。
静电平衡时导体球壳外表面带电分布是否可以不均匀？如图所示。
（A）一定均匀分布（B）可以不均匀分布（C）有条件均匀分布（D）不知道在不考虑外界的影响下，一带负电的导体球壳内有一带正电的点电荷，如图所示。
当导体球壳接地时其外表面是否还有少量负电荷？（A）一定没有（B）可能会有（C）不知道例10.1 一块面积为S 的金属大平板A,带电量为Q ，在其附近平行放置另一块不带电的金属大平板B ，两板间距远小于板的线度。
大学物理-静电场中的导体、电容器
孤立导体球
1 q 电势: 电势: V = 4 πε0 R 孤立导体球的电容为: 孤立导体球的电容为:
q = 4 πε0R 1 q 4 πε0 R 孤立导体的电容仅取决于导体的几何形状和大 小,与导体是否带电无关. 与导体是否带电无关.
地球的电容: 地球的电容: C = 4 π ε 0 R = 4 π× 8.85 × 10 12 × 6.4 × 10 6 F
S
+
左底
侧面
∫
+
右底
∫
= 0+0+0
q1 q 2
E dS = 1 (σ 2 S + σ 3 S) ∫
S
ε0
σ 2 = σ 3
σ1 σ 4 EI = EIII = = ε0 ε0
I S
II
S
III S
σ1 = σ 4
σ1 σ 2
A
σ3 σ4
B
导体的静电平衡性质
静电场中的导体与电介质
qA
qB
I
+q
R1
l
+q
R2
导体的静电平衡性质
静电场中的导体与电介质
例 2 有一外半径R1 = 10cm 和内半径R2 = 7cm 的金属球壳, 的金属球壳,在球壳内放一半径 R3 = 5cm 的同心金 8 属球, 的正电荷, 属球,若使球壳和金属球均带有 q = 10 C 的正电荷, 两球体上的电荷如何分布?球心的电势为多少? 问 两球体上的电荷如何分布?球心的电势为多少? 解 根据静电平衡的条件求电荷分布 作球形高斯面 S1 +q
r
∫
S3
E3 dS = ∑qi ε0 = 0
i
R2
大学物理第7章静电场中的导体和电介质课后习题及答案
大学物理第7章静电场中的导体和电介质课后习题及答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第7章 静电场中的导体和电介质 习题及答案1. 半径分别为R 和r 的两个导体球，相距甚远。
用细导线连接两球并使它带电，电荷面密度分别为1σ和2σ。
忽略两个导体球的静电相互作用和细导线上电荷对导体球上电荷分布的影响。
试证明：Rr=21σσ 。
证明：因为两球相距甚远，半径为R 的导体球在半径为r 的导体球上产生的电势忽略不计，半径为r 的导体球在半径为R 的导体球上产生的电势忽略不计，所以半径为R 的导体球的电势为R R V 0211π4επσ=14εσR= 半径为r 的导体球的电势为r r V 0222π4επσ=24εσr= 用细导线连接两球，有21V V =，所以R r =21σσ 2. 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同。
证明: 如图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ（1）取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合圆柱面为高斯面，由高斯定理得S S d E S ∆+==⋅⎰)(10320σσε 故 +2σ03=σ上式说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反。
（2）在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ 又 +2σ03=σ 故 1σ4σ=3. 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量。
解：如图所示，设金属球表面感应电荷为q '，金属球接地时电势0=V由电势叠加原理，球心电势为=O V R qdq R 3π4π4100εε+⎰03π4π400=+'=Rq R q εε故 -='q 3q 4．半径为1R 的导体球，带有电量q ，球外有内外半径分别为2R 、3R 的同心导体球壳，球壳带有电量Q 。
大学物理静电场中的导体
导体内
)
b
ua ub E • dl
p 等势面
等势体
体 是 等
a
E内 0 ua ub
a
Q
b
势 体
导体表面
Q Q
uP uQ E • dl E cos 900 dl 0
P
P
uP uQ
处于静电平衡状态的 导体的性质：
1、导体是等势体，导体表面是等势面。
2、导体外部附近空间的场强与导体表面正交。
A C B D
无
限
均
大
匀 带 电 平 面
+++q+++R++ ++++
均 匀 带 电 平
面
E
q
4 0 R 2
0
+ + +
+ + + + +
E 2 0
4、导体外部近表面处场强方向与该处导体表面垂
直，大小与该处导体表面电荷面密度 e 成正比。
表面附近作圆柱形（钱币形）高斯面
E
E
•
dS
E
S
cos 00
1S 2S q1
q1
q2
3S 4S q2
由静电平衡条件，导体板内E=0。
1 2 3 4
EA
1 2 o
2 2 o
3 2 o
4 2 o
0
EB
1 2 O
2 2 O
3 2 o
4 2 o
0
A
B
1
4
q1 q2 2S
2
3
q1 q2 2S
例 3: 接地导体球附近有一点电荷，求: 导体上的感应电荷。
《大学物理》第二版课后习题答案第七章
习题精解7-1一条无限长直导线在一处弯折成半径为R 的圆弧，如图7.6所示，若已知导线中电流强度为I,试利用比奥—萨伐尔定律求：（1）当圆弧为半圆周时，圆心O 处的磁感应强度；（2）当圆弧为1/4圆周时，圆心O 处的磁感应强度。
解（1）如图7.6所示，圆心O 处的磁感应强度可看作由3段载流导线的磁场叠加而成。
因为圆心O 位于直线电流AB 和DE 的延长线上，直线电流上的任一电流元在O 点产生的磁感应强度均为零，所以直线电流AB 和DE 段在O 点不产生磁场。
根据比奥—萨伐尔定律，半圆弧上任一电流元在O 点产生的磁感应强度为 024IdldB Rμπ=方向垂直纸面向内。
半圆弧在O 点产生的磁感应强度为 000220444RIIdl I B R R R Rπμμμπππ===⎰方向垂直纸面向里。
（2）如图7.6（b ）所示，同理，圆心O 处的磁感应强度可看作由3段载流导线的磁场叠加而成。
因为圆心O 位于电流AB 和DE 的延长线上，直线电流上的任一电流元在O 点产生的磁感应强度均为零，所以直线电流AB 和DE 段在O 点不产生磁场。
根据毕奥—萨伐尔定理，1/4圆弧上任一电流元在O 点产生的磁感应强度为 024IdldB R μπ=方向垂直纸面向内，1/4圆弧电流在O 点产生的磁感应强度为00022204428RIIdl I R B R R Rπμμμπππ===⎰方向垂直纸面向里。
7.2 如图7.7所示，有一被折成直角的无限长直导线有20A 电流，P 点在折线的延长线上，设a 为，试求P 点磁感应强度。
解 P 点的磁感应强度可看作由两段载流直导线AB 和BC 所产生的磁场叠加而成。
AB 段在P 点所产生的磁感应强度为零，BC 段在P 点所产生的磁感应强度为 0120(cos cos )4IB r μθθπ=- 式中120,,2r a πθθπ=== 。
所以500(cos cos ) 4.010()42I B T a μπππ=-=⨯ 方向垂直纸面向里。
静电场中的导体总结
q 2
方向朝左
2 0 s q EC 2 0 s
EB
q
方向朝右
X
方向朝右
16
2、右板接地
4 0
高斯定理:
q 1 2 s 2 3 0
1 2
0
A
3
q
B p
4
0
C
q
P点的合场强为零:
1 2 3 0
1 0
EA 0
q 2 s q 3 4 0 s q EB EC 0 0s
根据高斯定理有：
E ds
3
p
4
E1 E2 E3
q
i
i
2 3 0
0
( 2 3 )s
E4
0
0
X
E p E1 E2 E3 E4 0 P点的场强是四个带电面产生 1 2 3 4 0 E p E1 E2 E3 E4 0, E p
q p
V p Vq
Ei dl 0
p
导体静电平衡条件：
Ei 0
q
V p Vq
导体表面：场强方向处处垂直于表面 表面即为一等势面
4
导体的静电平衡
静电平衡条件：
场强
导体内部场强处处为零
表面场强垂直于导体表面
' E内 E 0 E 0 ' E表面 E0 E 表面
E1 0 E3 0 E2 4 0 r22 q1
q1 q1
A
B
q1 q2 E4 4 0 r42
q1 q1 q1 q2 1 q1 q2 V1 ( ) ; V3 4 0 R1 R2 R3 4 0 R3 1 q1 q1 q1 q2 1 q1 q2 V2 ( ) ; V4 4 0 r2 R2 R3 4 0 r4 1
大学物理-静电场中的导体、电容器
静电平衡的形成
初始状态
导体处于静电场中，内部和外表面的电荷受到电场力作用。
电荷移动
导体内部的电荷在电场力作Biblioteka 下向导体的表面移动。动态平衡
电荷继续移动直到达到动态平衡状态，此时导体内部场强为零。
静电感应现象
01
02
03
静电感应
当导体放入静电场中，导 体表面会出现感应电荷的 现象。
感应电荷分布
感应电荷在导体表面形成 一定的分布，与外界电场 相互影响。
平板电容器
由两个平行的金属板组成， 是最简单的电容器形式。
圆柱形电容器
由两个圆柱形的金属导体 组成，常用于电子设备中。
电解电容器
一种特殊类型的电容器， 其中一个极板是固体电解 质，通常用于储存大量电 荷。
电容器的物理性质
电容器的电容
表示电容器容纳电荷的能力，与电容 器两极板间的距离、面积和介电常数 有关。
离。
圆柱形电容器的电容计算公式为 C=ln(R2/R1)/2πkL，其中R1和 R2分别为电容器的内半径和外半
径，L为电容器的高度。
球形电容器的电容计算公式为 C=4πkR/L，其中R为球形电容 器的半径，L为球形电容器的长
度。
电容器的电容与电压、电流的关系
电容器的电容与电压和电流无关， 只与电容器本身的物理参数有关。
用。
移相
在交流电路中，电容器可以改变电 流和电压之间的相位角，实现移相 功能。
阻抗匹配
通过电容器的适当配置，可以改变 电路的阻抗，实现阻抗匹配，提高 电路性能。
电容器在直流电路中的作用
储能
电容器可以存储电荷，在需要时 释放能量，用于平滑电流或提供
瞬时大电流。
大学物理学(第二版)课件：静电场中的导体与电介质
+Q –Q 介质放入带电平行板之间，指
针偏转减小，说明介质具有消 弱电场的能力.
+Q –Q
不同电介质，削弱电场的能力 是不同的．为了反映这一物理
性质，引入物理量 ，称为介 r
质的相对介电常数.
E 0
rE
放入介质前真 空中某点场强
E dS 1 ( q q)
(s)
0 s内
s内
E dS 1 ( q - P dS）
(s)
0 s内
s
E
0
dS
P
dS
q
(s)
s
s内
（
E
0
P
) dS
q
(s)
s内
引入电位移矢量
，令
D
E
0
P
D dS q
(s)
s内
上式表明：在静电场中,通过任意闭合曲面的电位 移通量等于该闭合曲面内所包围的自由电荷的代 数和.这就是有介质存在时的高斯定理.
两板带电荷分别为q1 和q2，则
( )S q
1
2
1
③
( )S q
④
3
4
2
联立以上各式可得
q 1
q 2q 1q 2 Nhomakorabea1
4
2S
2
3 2S
可见相对的两面总是带等量异号电荷，而相背的两面总 是带等量同号电荷．
讨论
当
q 1
q 2
q时
0
1
4
q
2
3S
即电荷只分布在两个平板的内表面．
例2 半径为R1的导体球被一个半径分别为R2 、R3的同心导 体球壳罩着，若分别使导体球和球壳带电+q和 +Q，试求：
大学物理静电场中的导体(大学出版社【PPT】
解：(1) 当球和壳接触后，球上的电 荷全部移至外球壳，两者成为一等势 体。
A
B
4 0 R2
B q
A
q o
R2 R1 R0
17
(2) 若壳接地，则 B 0 ，但是壳上的电荷不等
于零。由高斯定理可证：
QB内 q
等效：在真空中两个均 匀带电的球面。
由叠加原理得:
A
3. 处于静电平衡的孤立导体，其表面各处的面电荷密 度与各处表面的曲率有关，曲率越大的地方，面电荷 密度也越大。
B
A
孤立 导体
C
A B C
孤 立 带 电
导 体 球
c +++++++++++++++++++
在表面凸出的尖锐部分电荷面密度较大，在比较平坦部
分电荷面密度较小，在表面凹进部分电荷面密度最小。
求：导体上感应电荷的电量。
பைடு நூலகம்
解: 接地， 即 0
由于导体是个等势体 O点的电势为0， 设：感应电量为Q，则
l
R
o
q
Q q 0
4 0R 4 0l
QRq l
21
有导体存在时静电场的计算方法
1. 静电平衡的条件
E内 0 E表面 表面
2. 基本性质方程
E dS
尖端放电 (尖端上电荷过多时)
尖端放电会损耗电能, 还会干扰精密测量和对通讯 产生危害；然而尖端放电也有很广泛的应用。
< 避雷针 >
大学物理同步训练 天津大学出版社(第二版)
质点动力学答案一、选择题1、C2、C 二、填空题1、980J2、9J 三、计算题1、解：0220322202213624txtF a tmd tdtt dx t dtx t dx t dtW Fdx t t dt Jυυυ==========⎰⎰⎰⎰⎰⎰2、解：()2215030145W Fdx x x dx J ==+=⎰⎰质点运动学答案一、选择题1、C2、C3、B4、B5、B6、A7、D8、C 二、填空题1、42、3m s ;9m s3、2m;6m 4/s/s5、239y x =+ 6、7、s t ∆;02tυ∆ 8、6.28m; 0;0; 6.28m/s 9、圆周运动；匀速率圆周运动 10、3.811、sin sin R ti R tj ωωωω-+；0；半径为R 的圆周 三、计算题(2)(1)(2)(1)(1.5)(1)(1)00640, 1.511(2)2642x x x xtdxt dtt ss x x x x m sms tt s υυυυυ∆-=∆=∆==-==∆=-+-=∆=∆=⨯位移＝＝令第二秒内路程平均速率＝m 时，＝－＝－2s负号表示速度方向沿平均速度x 轴负向刚体定轴转动习题答案一、选择题 1、（A ） 2、（C ）3（C ）4、（A ）5、 (C) 6、 (C) 7、（B ） 8、（A ） 9、（B ） 10、（B ） 二、填空题1、答：刚体的质量、刚体的质量分布、刚体的转轴的位置。
2、14ml 23、l g 43，l g 234、 2ω05、ωωωω--B A A J )( 6、ML m 23v ．7、L 76v 8、02ωmr J J+ 三、计算题1、解：对水桶和圆柱形辘轳分别用牛顿运动定律和转动定律列方程mg －T ＝ma ① 1分 TR ＝J β ② 1分 a ＝R β ③ 1分由此可得 T ＝m (g －a )＝m ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-J TR g /2 那么 mg J mR T =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+21 将 J =21MR 2代入上式，得 mM m M gT 2+= 2分 图2分2、解：(1) 各物体受力情况如图 图2分T －mg ＝ma 1分 mg －T '＝m a ' 1分 T ' (3r )－Tr ＝14mr 2β 2分 a ＝r β 1分 a '＝(3r )β 1分 由上述方程组解得：β＝g / (12r )＝16.33 rad ²s -2 2分3、解：以小球为研究对象，由转动定律βJ M =得：水平位置时：lg ml mgl ==002ββ 5分杆与水平方向夹角为60°时：' '静电场答案选择题1、C2、 B3、A 和D4、 C5、 C6、A7、 C8、 A9、 B 10、A 11、D 12、 B 13、 D 填空题1、单位正试验电荷置于该点时所受到的2、2N / C ； 向下3、－2ε0E 0 / 3 ； 4ε0E 0 / 34、包围在曲面内的净电荷 ；曲面外电荷5、高斯面上各点6、qQ / (4πε0R ) ．7、－3.2³10-15 J ;2³104 V 8、－140 V ． 9、⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πa br r q q 11400ε．计算题1、解： 选取圆心O 为原点，坐标Oxy 如图所示，其中Ox 轴沿半圆环的对称轴．在环上任意取一小段圆弧d l =R d θ，其上电荷d q ＝(Q d l ) / (πR )=(Q d θ) / π，它在O 点产生的场强为202204d 4d d RQ R q E εθεπ=π=在x 、y 轴方向的两个分量 θθεθd c o s 4c o s 202RQdE dE x π==θθεθd s i n 4s i n 202R QdE dE y π==对两个分量分别积分2022/2/2022d cos 4RQ RQ dE E x x εθθεπ=π==⎰⎰ππ-2分 0d sin 42/2/202=π==⎰⎰ππ-θθεR Q dE E y y由此得i R Qi E E x2022επ==i为x 轴正向的单位矢量．2、解：r ≤R 时，在球内作一半径为r 的高斯球面，按高斯定理有30123414r E r πρε=π得 r E 013ερ= 1E 方向沿半径向外．r >R 时，x在球体外作半径为r 的高斯球面，按高斯定理有22/4εq E r =π334R q πρ=得 20320234rR r q E ερε=π= 2E 方向沿半径向外．3、 解：设坐标原点位于杆中心O 点，x 轴沿杆的方向，如图所示．细杆的电荷线密度λ＝q / (2l )，在x 处取电荷元d q = λd x ＝q d x / (2l )，它在P 点产生的电势为()()x a l l xq x a l q U P -+π=-+π=008d 4d d εε 整个杆上电荷在P 点产生的电势()⎰--+π=ll P x a l x l q U d 80ε()l lx a l l q --+π-=ln 80ε⎪⎭⎫⎝⎛+π=a l l q 21ln 80ε4、解：设内球上所带电荷为Q ，则两球间的电场强度的大小为204rQE επ=(R 1＜r ＜R 2) 两球的电势差 ⎰⎰π==212120124d R R R R r dr Q r E U ε⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=210114R R Q ε ∴ 12122104R R U R R Q -π=ε＝2.14³10-9 C静电场中的导体和电介质答案选择题 1、． D 2、 B 3、 B 4、 D 5、 D 6、C 7、A 8、 D 9、 D 10、 C 11、［ D ］ 填空题1、 )2/()(21S Q Q + ； )2/()(21S Q Q - ； )S /()Q Q (212-； )2/()(21S Q Q +2、)4/()(22R Q q π+ 3、 9.1³105 C 4、 U 0 5、无极分子；电偶极子6、 E D rεε0= 7、εr ； 1 ； εr 8、σ ； σ / ( ε 0ε r )9、不变 ，减小 计算题1、图示为一半径为a 的、带有正电荷Q 的导体球．球外有一内半径为b 、外半径为c 的不带电的同心导体球壳．设无限远处为电势零点，试求内球和球壳的电势． 解：球壳内表面将出现负的感生电荷－Q ，外表面为正的感生电荷Q ．按电势叠加原理(也可由高斯定理求场强，用场强的线积分计算)导体球的电势为c Qb Q a Q U 0001444εεεπ+π-π=Q abc ac bc ab ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=04πε 球壳电势 cQU 024επ=2、 一空气平行板电容器，两极板面积均为S ，板间距离为d (d 远小于极板线度)，在两极板间平行地插入一面积也是S 、厚度为t (<d )的金属片，如图所示. 试求：(1) 电容C 的值(2) 金属片放在两极板间的位置对电容值有无影响？解：设极板上分别带电荷+q 和-q ；金属片与A 板距离为d 1，与B 板距离为d 2；金属片与A 板间场强为 )/(01S q E ε=金属板与B 板间场强为 )/(02S q E ε= 金属片内部场强为 0='E 则两极板间的电势差为 2211d E d E U U B A +=-)(210d d S q+=ε)(0t d Sq -=ε 由此得 )/()/(0t d S U U q C B A -=-=ε因C 值仅与d 、t 有关，与d 1、d 2无关，故金属片的安放位置对电容值 无影响．3、 三个电容器如图联接，其中C 1 = 10³10-6 F ，C 2 = 5³10-6 F ，C 3 = 4³10-6 F ，当A 、B 间电压U =100 V 时，试求：(1) A 、B 之间的电容；(2) 当C 3被击穿时，在电容C 1上的电荷和电压各变为多少？解：(1) =+++=321321)(C C C C C C C 3.16³10-6 F(2) C 1上电压升到U = 100 V ，电荷增加到==U C Q 111³10-3 C4、 一平行板电容器，其极板面积为S ，两板间距离为d (d <<S )，中间充有两种各向同性的均匀电介质，其界面与极板平行，相对介电常量分别为εr 1和εr 2，厚度分别为d 1和d 2，且d 1＋d 2＝d ，如图所示．设两极板上所带电荷分别为＋Q 和－Q ，求： (1) 电容器的电容．(2) 电容器储存的能量．解：(1) 两极板间电位移的大小为 D ＝σ＝Q / S 在介质中的场强大小分别为E 1 = D / (ε0εr 1) = Q / (ε0εr 1S ) E 2 = D / (ε0εr 2) = Q / (ε0εr 2S )⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=22110221112r r d d S Q d E d E U εεε()S d d Q r r r r 2101221εεεεε+= 电容 C = Q / U 121221210r r r r d d Sεεεεε+=(2) 电场能量 21221CU W =()SQ d d r r r r 210212212εεεεε+=恒定磁场答案一 选择题三．计算题1.解：选取以O 为圆心以r 为半径宽度为dr 的圆环的微元 圆环所带电量为rdr dq πσ2=)(2122R R Q-=πσ 圆环以角速度ω绕O 转动时等效的圆电流为rdr rdr T dq dI σωππσω===22 圆电流在P 点的磁感应强度d B232230232220)(2)(2x r drr x r dIr dB +=+=σωμμ整个转盘在P 点的磁感应强度B)]()[(21)(222122222221222023223021xR x x R x x R x R x r drr dB B R R +-+++-+=+==⎰⎰σωμσωμ方向沿x 轴正方向2.解：54321B B B B B B ++++=2014R I B πμ= 方向向外；202024221R I R I B μμ==方向向里；03=B ；101044221R IR I B μμ==方向向里；1054R IB πμ=方向向外 1020********R IR I R I R I B μμπμπμ--+=方向向外 3.解：各边受力：（1）B l d I F d ⨯=21dx x I I dF πμ21021=⇒dld I I F +=⇒ln 22101πμ方向：竖直向下（2）θπμθtan )(2tan 21022l l d I I l BI F +== 方向：水平相右（3）B l d I F d ⨯=23dl x I I dF πμ21023=⇒⎰+=⇒ld dx dxII F θπμcos 22103dld I I F +=⇒ln cos 22103θπμ 方向：垂直杆斜向上θπμtan ln 22103d l d I I F x +-= dld I I F y +=ln 22103πμ 0=y F θπμt a n )ln (2210dld d l l I I F x +-+=方向水平相左4.解：（1）n I R S I m 241π== 21sin()42M m B R IB t k ππω=⨯=-（2）max f =电磁感应答案一．选择题1. B2. A3.D4.A5.D6.D7.D 8A 9.D 10.B 二．填空题1．t r m nI ωωμsin 20π 2．229R B ω ；O 点3．导线端点；导线中点 4． 221R B ω;沿曲线由外指向中心5．答案见图．6．20 J 7. 1:2 ；1:28．2A 9．不能 三．计算题1．解：长直导线在如图坐标x 处所产生的磁场为)(20xIB π=μ)d (20⎰⎰+==bd d xx IaBdS πμΦ)ln(20dbd Ia+π=μ∴εtI d b d a dt d d d ])(ln[20+π=Φ=μ2. 解:t 时刻通过半圆的磁通量为t r Bm ωπcos 22=Φ2sin 2tr B dt d m ωωπε=Φ-=LORtr B R i 2sin 2ωωπε==3．解：建立坐标(如图)则：x IB π=20μ， B方向⊙εd x xI x B d )1(2v d v 0π==μ ε⎰⎰+π==x xI b a d )1(2v d a0μ☜a b a I +π=ln 2v0μ4．解：(1)B a U U U E O OE221ω=-=(2) 添加辅助线OF ，由于整个△OEF 内感应电动势为零，所以OFEF OE ☜☜☜=+即可直接由辅助线上的电动势 OF 来代替OE 、EF 两段内的电动势．aa OF 245cos 2=︒=B a a B U U U F O OF 22)2(21ωω==-=(3) O 点电势最高 ．《机械振动》答案一、选择题CDBBB CACAA DC 二、填空题1、n T /2、T 4，2/2S3、0sin A ωϕ，-02cos ϕωA4、2rad/s ，0，t x 2cos 2=（SI ），212N ，负方向I CDvO5、10cm ，π32，4.8s ，)32125cos(1.0ππ+=t x （SI ）6、如图所示7、k m π221+，02x m k8、m k π1，mk π19、238kA 10、π 三、计算题1、 解：处于平衡位置时，弹簧的伸长量L ∆满足如下关系Mg L k =∆ （1）对滑块m ，M 进行受力分析，设绳子的张力为T ，则当滑块M 位移为x 时，有Ma T Mg =-a m T L x k '=+∆+-)(由于绳子不可伸长，故有a a ='，则上述两式联立消去T 并考虑（1）式可得a m M kx )(+=-由上式可知滑块M 做简谐振动，其振动原频率为mM k+=ω已知0=t 时滑块M 处于负的最大位移处，即M 滑块的振幅及初相为kMgL A =∆=，πϕ=则可得M 滑块的运动方程⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=πt m M k k Mg x cos （SI ） 2、 解：设该质点的简谐运动方程为)cos(ϕω+=t A x （SI ）则可以知道该质点的速度满足)2cos(πϕωωυ++=t A （SI ）由图可以看出速度振幅为10=A ω，利用旋转矢量法可得速度方程的初相与圆频率为ππϕ322=+→ 6πϕ=14433t ωππ∆Φ===∆ → 1030/3A ππ== 因此可以得到该质点的振动方程30cos 36x t πππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（SI ） 3、 解：如图所示，画出旋转矢量图，可以知道质点从2/A 处（速度为正）运动到2/A 处（速度为正）时旋转矢量转过的角度为π1219=∆Φ已知旋转矢量的旋转角速度（即质点振动圆频率）为4/πω=，故需要的时间为319=∆Φ=∆ωt （s ） 4、 解：将振动方程2x 写为t x πcos 32=（SI ）画出三个旋转矢量，如右图所示。
7-1静电场中的导体
物质与场是物质存在的两种形式.
本章研究物质（导体、电介质）与静电场的 相互作用。 物质在电场作用下产生变化，而这些变化对电场 产生影响。
由于物质的固有电结构不同，所以不同物质 处于外电场中时表现出的特性也就不同，电场作 出的响应也不同。
静电场与导体的相互作用 静电感应 导体内的电场
危害： 雷击对地面上突出物体（尖端）的破坏性最大；
造成高压设备尖端放电漏电等。
尖端放电会损耗电能, 还会干扰精密测量和对通讯 产生危害 .
应用实例： 1）避雷针 2）高压输电中，把电极做成光滑球状 3）范德格拉夫起电机的起电原理就是利用尖端放 电使起电机起电； 4）场离子显微镜、场致发射显微镜乃至扫描隧道 显微镜，可以观察个别原子的显微设备的原理都与 尖端放电效应有关； 5）静电复印机也是利用加高电压的针尖产生电晕 使硒鼓和复印纸产生静电感应，从而使复印纸获得 与原稿一样的图象。
,求两板四个表面上的电荷面密 度 、、、。
解： A板内任取一点P
B 板内任取一点P
又 解得
例4 有一外半径 R和2 内半径 的R1金属球壳，在球壳内
放一半径 的R同心金属球，金属球和球壳带电量分别
为q和Q，问（1）两球体上的电荷如何分布？（2）
内球的电势为多少？（3）外球的电势？
解：根据静电平衡的条件和电荷守恒求电荷分布
导体表面是等势面，处处与电力线垂直.
证明
E
为表面电荷面密度
作如图形状的高斯面 S
++ + +
+ ++ + + E 0
++
E dS E表ΔS
S
ch7+静电场中的导体和电介质+习题及答案-推荐下载
4 r 3 ，所以 3
， E1
4 R3 ，所以 3
E
， E2
dr
(R 2 r 2 ) R 2
6 1
r
E
dr
D 1
R
D 2
r 31
qi
r dr
r 3 1
R 3 3 2r 2
3 2
R3 dr R3
r 3 2r 2
q
4π 0 R2
2
V q q 0 4π 0 R2 4π 0 R2
(3)如图所示，设此时内球壳带电量为 q ；则外壳内表面带电量为 q ，外壳外表面带电量为
q q (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且
得 q R1 q R2
外球壳的电势为
VA
VB
q' 4π 0 R1
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术通关，1系电过，力管根保线据护敷生高设产中技工资术艺料0不高试仅中卷可资配以料置解试技决卷术吊要是顶求指层，机配对组置电在不气进规设行范备继高进电中行保资空护料载高试与中卷带资问负料题荷试2下卷2，高总而中体且资配可料置保试时障卷，各调需类控要管试在路验最习；大题对限到设度位备内。进来在行确管调保路整机敷使组设其高过在中程正资1常料中工试，况卷要下安加与全强过，看度并22工且22作尽22下可22都能22可地护以缩1关正小于常故管工障路作高高；中中对资资于料料继试试电卷卷保破连护坏接进范管行围口整，处核或理对者高定对中值某资，些料审异试核常卷与高弯校中扁对资度图料固纸试定，卷盒编工位写况置复进.杂行保设自护备动层与处防装理腐置，跨高尤接中其地资要线料避弯试免曲卷错半调误径试高标方中高案资等，料，编试要5写、卷求重电保技要气护术设设装交备备置底4高调、动。中试电作管资高气，线料中课并敷3试资件且、设卷料中拒管技试试调绝路术验卷试动敷中方技作设包案术，技含以来术线及避槽系免、统不管启必架动要等方高多案中项；资方对料式整试，套卷为启突解动然决过停高程机中中。语高因文中此电资，气料电课试力件卷高中电中管气资壁设料薄备试、进卷接行保口调护不试装严工置等作调问并试题且技，进术合行，理过要利关求用运电管行力线高保敷中护设资装技料置术试做。卷到线技准缆术确敷指灵设导活原。。则对对：于于在调差分试动线过保盒程护处中装，高置当中高不资中同料资电试料压卷试回技卷路术调交问试叉题技时，术，作是应为指采调发用试电金人机属员一隔，变板需压进要器行在组隔事在开前发处掌生理握内；图部同纸故一资障线料时槽、，内设需，备要强制进电造行回厂外路家部须出电同具源时高高切中中断资资习料料题试试电卷卷源试切，验除线报从缆告而敷与采设相用完关高毕技中，术资要资料进料试行，卷检并主查且要和了保检解护测现装处场置理设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
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第七章 静电场中的导体和电介质一、选择题1. （★★）一个不带电的空腔导体球壳，内半径为R 。
在腔内离球心的距离为a 处（a <R ）放一点电荷+q ，如图1所示。
用导线把球壳接地后，再把地线撤去。
选无穷远处为电势零点，则球心O 处的电势为（A ）q 2πε0a ⁄ （B ）0（C ）−q 4πε0R ⁄ （D ）q 4πε0⁄∙(1a ⁄−1R ⁄)答案：D分析：由静电平衡的知识可知：①当空腔导体内放入点电荷+q 时，空腔导体的内表面会带上等量异号的电荷−q ，由电荷守恒可知不带电的空腔导体的外表面带有的+q 电荷；②当球壳接地后，球壳电势变为零，故球壳外表面电量变为零。
因此接地后去掉地线，该体系的电荷分布如图所示，球壳内表面带有−q 的电量，外表面不带电。
由电势叠加原理可得球心O 处的电势为V O =q 4πε0a +∫dq 4πε0R 内=q 4πε0a +14πε0R ∫dq 内=q 4πε0(1a −1R ) 故选项D 正确。
注：式中∫dq 内=−q 为内表面的电量之和。
【补充】带电量为Q 半径为R 的球面（电荷分布无论均匀或不均匀）在球心处产生的电势为V =Q 4πε0R ⁄。
2. 三块互相平行的导体板之间的距离d 1和d 2比板间面积线度小得多，如果d 2=2d 1，外面二板用导线连接，中间板上带电。
设左右两面上电荷面密度分别为σ1和σ2，如图2所示，则σ1σ2⁄为（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4答案：B分析：【知识点】达到静电平衡的导体：①内部电场强度为E =0，表面附近电场强度垂直于导体表面，大小为E =σε0⁄，其中σ为导体表面电荷面密度；②导体是一个等势体，导体表面为等势面；③导体内部处处无净电荷，即电荷只分布在导体的表面上，电荷面密度与导体表面的曲率有关，曲率越大（越尖）电荷面密度越大。
由静电平衡的知识点①可知，中间导体板左侧电场强度为σ1ε0⁄，右侧为σ2ε0⁄；由静电平衡的知识点②可知，用导线连接起来的左右两个导体板等势，即中间导体板与左右两导体板的电势差U 相同，由U =Ed 可得σ1ε0⁄∙d 1=σ2ε0⁄∙d 2，故σ1σ2⁄=d 2d 1⁄=2，故选项B 正确。
3. 一均匀带电球体如图3所示，总电荷为+Q ，其外部同心地罩一内、外半径分别为r 1、r 2的金属球壳。
设无穷远处为电势零点，则在球壳内半径为r 的P 点处的电场强度和电势分别为（A ）Q 4πε0r 2⁄，0 （B ）0，Q 4πε0r 2⁄（C ）0，Q 4πε0r ⁄ （D ）0，0答案：B分析：由静电平衡可得球壳内表面带电量为−Q ，外表面带电量为+Q 。
由选择题2的知识点可知P 点电场强度为0；由《真空中的静电场》选择题5的知识点以及电势叠加原理可得V P =Q 4πε0r +−Q 4πε0r +Q 4πε0r 2=Q 4πε0r 2即选项B 正确。
4. 带电导体达到静电平衡时，其正确结论是（A ）导体表面上曲率半径小处电荷密度较小（B ）表面曲率较小处电势较高（C ）导体内部任一点电势都为零 （D ）导体内任一点与其表面上任一点的电势差都等于零答案：D分析：由选择题2的知识点可知，导体表面曲率半径小（即曲率大）处电荷面密度大，故A 选项错误；导体是一个等势体，故B 选项错误、D 选项正确；导体电势的大小受到很多因素的影响，C 选项错误（反例：选择题3导体球壳的电势并不为零）。
5. 两个同心薄金属球壳，半径分别为R 1和R 2（R 2>R 1），若内球壳带上电荷Q ，则两者的电势分别为V 1=Q 4πε0R 1⁄和V 2=Q 4πε0R 2⁄（选无穷远处为电势零点）。
现用导线将两球壳相连接，则它们的电势为（A ）V 1 （B ）(V 1+V 2)2⁄ （C ）V 1+V 2 （D ）V 2答案：D分析：该题类似于选择题3，由两球壳的电势可知，外球壳内表面带电量−Q ，外表面带电量为+Q 。
因此用导线将两球壳相连接时，由静电平衡可知，电荷只能分布在导体的外表面，由电荷守恒可知外表面带电为+Q ；由球面电荷的电势公式（见《真空中的静电场》选择题5的知识点）可得该导体的电势为Q 4πε0R 2⁄，即V 2。
6. （☆）当平行板电容器充电后，去掉电源，在两极板间充满电介质，其正确的结果是（A ）极板上自由电荷减小 （B ）两极板间电势差变大 （C ）两极板间电场强度变小 （D ）两极板间电场强度不变答案：C分析：【知识点】电容器常用公式：①C =Q/U ，其中C 为电容，当电容器两极板距离变大时C 变小，当电容器两极板插入电介质时C 变大；Q 为电容器极板上所带的电量，当两极板之间无连接时，Q 保持不变；U 为电容器两极板的电压，当电容器两极板与电源保持连接时，两极板之间的电压保持不变。
②U =Ed ，其中E 为两极板间的电场强度，d 表示两极板的距离。
③如果两极板间为真空（无电介质），则两极板间的电场E =Q ε0S ⁄。
④电容器所储存的静电场能量为W =UQ/2。
因此，当平行板电容器充电后去掉电源（两极板无连接），由知识①可知，极板上的电量（自由电荷）Q 不变，A 选项错误；在两极板间插入介质后，电容器电容C变大，因此两极板间的电势差U=Q/C变小，B选项错误；由知识点②可知，d不变，U变小，故E变小，C选项正确、D选项错误。
7. （×）一个大平行板电容器水平放置，两极板间的一半空间充有各向同性均匀电介质，另一半为空气，如图4所示。
当两极板带上恒定的等量异号电荷时，其正确的结果是（A）极板左半边电荷面密度大（B）左半边电介质内电场强度大（C）极板右半边电荷面密度大（D）左半边电介质内电场强度小答案：A分析：由于导体是等势体，故左半边两极板间的电势差和右半边两极板间的电势差U相同，由公式U=Ed可知左、右两边的电场强度大小E相同，故B、D选项错误；由电位移公式D=εE=σ可知极板左半边的电荷面密度σ大（因为左半边电容率大于右半边），故A正确。
8. （☆）一个平行板电容器，充电后断开电源，使电容器两极板间距离变小，则两极板间的电势差U12、电场强度的大小E、电场能量W将发生（A）U12减小，E减小，W减小（B）U12增大，E增大，W增大（C）U12增大，E不变，W增大（D）U12减小，E不变，W减小答案：D分析：由选择题6的知识点①可知断开电源后两极板上的带电量Q不变，距离变小后电容C⁄减小，A、D选项错误；由选择题6的知识点③可知两极板间的变大，故电势差U12=Q C⁄减小，D选项正确。
电场强度E不变，故B选项错误；静电场能量W=QU1229. （☆）两空气电容器C1和C2串联起来接上电源充电。
充满电后将电源断开，再把一电介质板插入C1中，如图5所示，则（A）C1上电荷增加，C2上电荷减小（B）C1上电荷增加，C2上电荷增加（C）C1上电荷增加，C2上电荷增加（D）C1上电荷不变，C2上电荷不变答案：D分析：由选择题6的知识点①可知断开电源后，两电容器的两极板上的带电量Q不变。
故D选项正确。
10. C1和C2两空气电容器并联以后连接电源充电。
在电源保持连接的情况下，在C1中插入一电介质板，如图6所示，则（A）C1极板上电荷不变，C2极板上电荷减小（B）C1极板上电荷不变，C2极板上电荷增大（C）C1极板上电荷增大，C2极板上电荷不变（D ）C 1极板上电荷减小，C 2极板上电荷不变答案：C分析：由选择题6的知识点①可知电源始终连接的情况下，两并联电容器的两极板间的电压U 保持不变，电容器C 1插入电介质后，电容变大，故极板上电荷增加；电容器C 2电容保持不变，故极板上的电荷保持不变。
因此C 选项正确。
11. 有两只电容器，C 1=8 μF ，C 2=2 μF ，分别把它们充电到2000 V ，然后将它们反接（如图7所示），此时C1两极板间的电势差为（A ）600 V（B ）200 V（C ）0 V （D ）1200 V答案：D分析：由C =Q/U 可得两电容器极板上储存的电量分别为Q 1=C 1U 0、Q 2=C 2U 0；当两电容器反接时，由电荷守恒可得反接后极板上所带的总电量为Q =|Q 1−Q 2|=(C 1−C 2)U 0，设反接后两电容器极板间的电势差为U ，则C 1U +C 2U =(C 1−C 2)U 0→U =1200 V 。
即选项D 正确。
二、填空题1. （☆）如图8所示，两块很大的导体平板平行放置，面积都是S ，有一定厚度，带电荷分别为Q 1和Q 2。
如不计边缘效应，则A 、B 、C 、D 四个表面的电荷面密度分别为σA =_____、σB =_____、σC =_____、σD =_____。
答案： (Q 1+Q 2)2S ⁄；(Q 1−Q 2)2S ⁄；(Q 2−Q 1)2S ⁄；(Q 1+Q 2)2S ⁄分析：由静电平衡知识（参考选择题2）可知A 表面左侧的电场强度为E 1=σA ε0⁄；由无限大平面板的电场和电场叠加原理（参考《真空中的静电场》选择题1）可得A 表面左侧的电场强度为E 1=σA 2ε0⁄+σB 2ε0⁄+σC 2ε0⁄+σD 2ε0=(Q 1+Q 2)2ε0S ⁄⁄；联立可得σA ε0⁄=(Q 1+Q 2)2ε0S ⁄→σA =(Q 1+Q 2)2S ⁄。
由电荷守恒可得σB =(Q 1−Q A )/S ，代入可得σB =(Q 1−Q 2)2S ⁄。
由静电平衡可得σC =−σB =(Q 2−Q 1)2S ⁄，由电荷守恒可得σD =(Q 1+Q 2)2S ⁄。
2. 一金属球壳的内、外半径分别为R 1和R 2，带电荷为Q 。
在球心处有一电荷为q 的点电荷，则球壳外表面上的电荷面密度σ=_____。
答案：(q +Q )4πR 22⁄分析：参考选择题1可知金属球壳达到静电平衡时内表面带−q 电量，外表面带+q +Q 电量；参考选择题4知金属球壳外表面的电荷均匀的分布在外表面上（因为处处曲率相同），故表面上的电荷面密度为σ=(q +Q )4πR 22⁄。
3. 如果地球表面附近的电场强度为200 N/C 。
把地球看做半径为6.4×106 m 的导体球，则⁄N`m2/C2）地球表面的电荷Q=_____。
（14πε0=9×109答案：9.1×105C⁄)/ε0，即Q=4πε0R2E=9.1×105C。
分析：参考选择题2，可得E=(Q4πR24. 如图9所示，在静电场中有一立方形均匀导体，边长为a。
已知立方导体中心O处的电势为V0，则立方体顶点A处的电势为______。
答案：V0分析：参考选择题2，由导体是等势体可得A处电势与O处电势相等。