大学物理第六章静电场习题答案
大学物理第六章静电场中的导体习题课
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1
一、静电场中的导体
1.静电平衡条件： 导体内部场强为0。
2.静电平衡时导体为等势体，导体表面为 等势面。
3.静电平衡时导体内无净电荷，所有电荷分 布于导体表面。
4.孤立导体电荷面密度与导体表面的曲率 有关，曲率越大，面密度越大．
5.静电平衡时，场强方向与导体表面垂直。
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2
本章小结与习题课
6.静电平衡时，导体表面的场强大小为
E 0
7. 空腔内无电荷：空腔内表面无电荷全部
电荷分布于外表面,空腔内场强 E = 0。空腔
导体具有静电屏蔽的作用。
8. 空腔原带有电荷 Q：将 q 电荷放入空腔
内，内表面带有 -q 电荷,外表面带有 Q + q
电荷。接地可屏蔽内部电场变化对外部电
场的影响。
.
S
.
x 14
5（08）、一平行板电容器，两板相距d，对它充电后断开，然 后把两板间距增大到2d，如果电容器内电场边缘效应忽略不计， 则 （A）电容器的电容增大一倍 （B）电容器所带的电量增大一倍 （C）电容器两极间的电场强度增大一倍 （D）储存在电容器中的电场能量增大一倍
we1 2E2或 we1 20E2
（1）球壳内外表面上的电荷 （2）球心O处，由球壳内表面上电荷产生的电势 （3）球心O处的总电势
qO a r
Q
b
.
11
解： （1）由静电感应，金属球壳内表面有感应电荷-q，外 表面上带电荷q+Q
(2)无论球壳内表面上的感应电荷-q是如何分布的，因
为任一电荷元离O点距离都是a，所以由这些电荷在O
点产生的电势为：
3
本章小结与习题课
二、电介质中的场强 1.介质中的场强 EE0E'
大学物理课后习题答案第六章
x解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。
在带电圆环上取 dq1dl , dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为dEdq4(x R )根据电荷分布的对称性知，E y E z 0dE x dE cos1 xdq4(x 2 R 2)'2第6章 真空中的静电场 习题及答案1.电荷为 q 和 2q 的两个点电荷分别置于 x 1m 和x 1m 处。
一试验电荷置于 x 轴上何处，它受到的合力等于零？解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷 q 0位于点电荷 q 的右侧，它受到的合力才可能为0,所以2qq o qq o2 24 n o (x 1)4 n o (x 1)故 x 3 2 22.电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。
试问：（1）在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡（即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零）?（2这种平衡与三角形的边长有无关系 ？解：（1）以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知， q 为负电荷，所以（2）与三角形边长无关。
3.如图所示，半径为 R 、电荷线密度为 1的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为I 、电荷线密度为 2的均匀带电直线段， 该线段的一端处于圆环中心处。
求该直线段受到的电场力。
2% cos30 a1 qqa)24nE xsin d4n 0R 2n 0R式中：为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角。
---------------------------------- 3dq4 o (x 2 R 2) 2x 1 2 R 1R x40 (x 2 R 2)'2 2 0(x 2 R 2)'2下面求直线段受到的电场力。
在直线段上取 dq2dx , dq受到的电场力大小为dF E x dq1 2只 ------- x ———dx2 0(x 2 R 2)，2方向沿x 轴正方向。
四川大学大学物理练习册答案第六章 静电场中的导体与电介质
(2) 如用导线将球和球壳连接起来，则 壳的内表面和球表面的电荷会完全中和 而使这两个表面不带电，二者之间的电 场也变为0,二者成为等势体，球壳外表 面上的电荷仍保持为 q 3 , 并均匀分布， 它外面的电场分布也不变，仍为
B
A
o
q3
q3 B R3 E 2 2 4πε0 r r
R3 R2
R
同理，在导体表面上距O点 为 r 的P点附近的P处场强也应为 零。沿 x 轴分量为
a
P r O
X
由此得
由对称性分析，感应电荷应呈以O点为中心的圆对称分布。 在导体表面取 r—r+dr 的细圆环，则环面上的感应电荷为
整个导体表面的感应电荷总量为
q0
+ + + + + + + ++
尖端放电现象 带电导体尖端附 近的电场特别大，可 使尖端附近的空气发 生电离而成为导体产 生放电现象． 电 风 实 验
+++ ++
σE
+ +
+ + +
尖端放电有弊有利。
避雷针的工作原理
+ +
－
+ + +
+ +
－－ － － －
（二） 空腔导体 空腔内无电荷时
0
B
q
+
三
静电屏蔽
静电屏蔽——在静电场中，因导体的存在使某些特 定的区域不受电场影响的现象。
大学物理第六章课后习题答案
第六章 静电场中的导体与电介质 6 －1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ）（A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。
由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）。
6 －2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。
若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ）（A ） N 上的负电荷入地 （B ）N 上的正电荷入地（C ） N 上的所有电荷入地 （D ）N 上所有的感应电荷入地分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关。
因而正确答案为（A ）。
6 －3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图。
设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ）（A ）d εq V E 0π4,0== （B ）dεq V d εq E 020π4,π4== （C ）0,0==V E（D ）Rεq V d εq E 020π4,π4==分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。
点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。
因而正确答案为（A ）。
6 －4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。
下列推论正确的是( )（A ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷（B ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零（C ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷（D ） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 （E ） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面 内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。
大学物理第6章真空中的静电场课后习题及答案
⼤学物理第6章真空中的静电场课后习题及答案第6章真空中的静电场习题及答案1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。
⼀试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合⼒等于零？解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑⼒的⼤⼩及⽅向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合⼒才可能为0，所以200200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε故 223+=x2. 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三⾓形的三个顶点。
试问：(1)在这三⾓形的中⼼放⼀个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑⼒之和都为零)?(2)这种平衡与三⾓形的边长有⽆关系?解：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由⼒平衡知，q '为负电荷，所以2220)33(π4130cos π412a q q aq'=εε故 q q 3='(2)与三⾓形边长⽆关。
3. 如图所⽰，半径为R 、电荷线密度为1λ的⼀个均匀带电圆环，在其轴线上放⼀长为l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的⼀端处于圆环中⼼处。
求该直线段受到的电场⼒。
解：先求均匀带电圆环在其轴线上产⽣的场强。
在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产⽣的场强⼤⼩为)(4220R x dq dE +=πε根据电荷分布的对称性知，0==z y E E2322)(41 cos R x xdq dE dE x +==πεθ式中：θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹⾓。
+=23220)(4dq R x xE x πε232210(24R x R x +?=πλπε232201)(2R x xR+=ελ下⾯求直线段受到的电场⼒。
在直线段上取dx dq 2λ=，dq 受到的电场⼒⼤⼩为dq E dF x =dx R x xR 232221)(2+=ελλ⽅向沿x 轴正⽅向。
大学物理第六章课后习题答案马文蔚第五版
第六章 静电场中的导体与电介质6 －1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ）（A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。
由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）。
6 －2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。
若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ） （A ） N 上的负电荷入地 （B ）N 上的正电荷入地 （C ） N 上的所有电荷入地 （D ）N 上所有的感应电荷入地分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关。
因而正确答案为（A ）。
6 －3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图。
设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ） （A ）dεqV E 0π4,0== （B ）d εqV d εq E 020π4,π4==（C ）0,0==V E （D ）RεqV d εq E 020π4,π4==分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。
点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。
因而正确答案为（A ）。
6 －4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。
下列推论正确的是( )（A）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷（B）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零（C）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷（D）介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关（E）介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。
大学物理第六章静电场习题答案
第六章 静电场习题6-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。
试问：（1）在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡（即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零）？（2）这种平衡与三角形的边长有无关系？解：（1）如图任选一点电荷为研究对象，分析其受力有1230F F F F =++=合 y 轴方向有()()21322002032cos 242433304q qQ F F F a a q q Q aθπεπεπε=+=+=+=合得 33Q q =-（2）这种平衡与三角形的边长无关。
6-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ，如图所示。
设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量。
解：对其中任一小球受力分析如图所示，有⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 6-3 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl －与其最邻近的八个一价铯离子Cs +构成如图所示的立方晶格结构。
（1）求氯离子所受的库仑力；（2）假设图中箭头所指处缺少一个铯离子（称作晶格缺陷），求此时氯离子所受的库仑力。
（1）由对称性可知 F 1= 0（2）291222200 1.9210N 43q q e F r aπεπε-===⨯ 方向如图所示6-4 长l ＝15.0 cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度95.010C m λ-=⨯的正电荷。
试求：（1）在导线的延长线上与导线B 端相距1 5.0cm a =处P 点的场强；（2）在导线的垂直平分线上与导线中点相距2 5.0d cm =处Q 点的场强。
解：（1）如图所示，在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε2220)(d π4d x a x E E llP P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l -=ελ 用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅，5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右（2）同理 2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如图所示由于对称性可知⎰=l QxE 0d ，即Q E只有y 分量22222220dd d d π41d ++=x x xE Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x 2220d 4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅ 方向沿y 轴正向*6-5 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量。
大学物理第六章课后习题答案
第六章静电场中的导体与电介质6 —1将一个带正电的带电体A从远处移到一个不带电的导体B附近，则导体B的电势将（）（A）升高（B）降低（C）不会发生变化（D）无法确定分析与解不带电的导体B相对无穷远处为零电势。
由于带正电的带电体A移到不带电的导体B附近时，在导体B的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A）。
6 —2 将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N，在N的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。
若将导体N的左端接地（如图所示），则（）（B）N上的正电荷入地（A ）N上的负电荷入地（C）N上的所有电荷入地地（D）N上所有的感应电荷入题6-2图分析与解导体N接地表明导体N为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N在哪一端接地无关。
因而正确答案为（ A ）。
6 —3如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为R的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d,参见附图。
设无穷远处为零电势，则在导体球球心0点有（）（A）E =0,V —4 n^d（B）E J,V L4 n%d 4 n %d （C）E = 0,V = 0题6-3图分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。
点电荷 q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷土 q',导体球表面的感应电荷土 q'在球心 0点激发的电势为零，0点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。
因而正 确答案为(A )。
6 -4根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合 曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。
下列推论正确的是()(A )若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有 自由电荷 (B)若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代 数和一定等于零 (C) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有 极化电荷 (D) 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 (E)介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面内自由电荷的代数和等于零； 由于电介质会改变自由电荷的空间分布， 介质 中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。
大学物理课后习题答案(高教版 共三册)
第六章 真空中的静电场1、电量为－5×10-9 C 的试验电荷放在电场中某点时，受到 20×10-9 N 的向下的力，求该点的电场强度大小和方向。
解：由q E F = 得C N q F E /4105/1020/99-=⨯-⨯==--方向向上2、一个带负电荷的质点，在电场力作用下从A 点 经C 点运动到B 点，其运动轨迹如图所示．已知质点运动的速率是递减的，试定性画出电场E的方向。
解：速率是递减→τa 为负→切向力与v相反做曲线运动→有n a →受合力方向如图→即电场E-的方向3、一均匀静电场，电场强度()j i E 600400+=V ·m -1，求点a (3,2)和点b (1,0)之间的电势差U ab ．(点的坐标x ,y 以米计) 解：⎰⋅=baab l d E U)()600400(⎰+⋅+=baj dy i dx j i +=⎰13400dx ⎰2400dy=－2×103 V4、如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电荷为q ，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度．解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ，在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ，它在P 点的场强： ()204d d x d L qE -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε 2分总场强为 ⎰+π=Lx d L xL q E 02)(d 4－ε()d L d q +π=04ε 3分方向沿x 轴，即杆的延长线方向．-qEO5、A 、B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面，已知两平面间的电场强度大小为E 0，两平面外侧电场强度大小都为E 0/3，方向如图．求A 、B 两平面上的电荷面密度σA , σB ． 解：设电荷面密度为σA , σB由场强迭加原理，平面内、外侧电场强度由σA , σB 共同贡献： 外侧：32200E BA=+-εσεσ内侧：0022E BA=+εσεσ联立解得：3/200E Aεσ-= 3/400E Bεσ=6、半径为R 的半球面置于场强为E的均匀电场中，其对称轴与场强方向一致，如图所示．求通过该半球面的电场强度通量。
大学物理课后答案第六章真空中的静电场
⼤学物理课后答案第六章真空中的静电场习题66-1 解：以x 轴上的点电荷Q 作为研究对象，其受q 的作⽤⼒具有对称性，所受合⼒沿x 轴，即F=qx Q x F F F 2+=其中：202)2(4a Q F Q πε=；02045cos 4aqQ F qx πε=所以：02020245cos 42)2(4a qQ a Q F πεπε+=令上式为零可得：q Q 22-= 6-2 解：据分析，3E 只能取垂直⽅向，D 点的场强如图所⽰：xa1q q 3（1）D 点的合场强的垂直分量为零，0cos 32=+E E θ，即32co s E E -=θ带⼊点电荷场强关系式，得203220422)2(41aq a q πεπε-=?C q 9310*9.9--= （2）22201021?+=+=a q a q E E E πεπε =m v /10*79.16-6-3 长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m -1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强．解：如题6-3图所⽰(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产⽣场强为20)(d π41d x a xE P -=λε 222)(d π4d x a xE E l l P P -==?-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ0.5-?=λ1m C -?, 5.12=a cm 代⼊得21074.6?=P E 1C N -? ⽅向⽔平向右(2)同理 2220d d π41d +=x xE Q λε⽅向如题8-6图所⽰由于对称性?=l Qx E 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x xE Qyλε22π4d d ελ?==lQyQy E E ?-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ0.5-?=λ1cm C -?, 15=l cm ,5d 2=cm 代⼊得21096.14?==Qy Q E E 1C N -?，⽅向沿y 轴正向6-4 ⼀个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环⼼处O 点的场强．解: 如6-4图在圆上取?Rd dl =题6-4图λλd d d R l q ==，它在O 点产⽣场强⼤⼩为 20π4d d R R E ε?λ=⽅向沿半径向外则 ??ελd sin π4sin d d 0RE E x ==ελπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελελπ==0d cos π400=-=?ελπRE y∴ RE E x 0π2ελ=6-5解：如图所⽰，将半球⾯分割成⽆数半径不等环⾯与X 轴垂直的细圆环，图中圆环所带电荷量θθπλλγd ds dq sin 22==，该带电细圆环在O 点产⽣的电场强度为E d =()i xdqy x o224123+επ由⼏何关系，θγcos =x θγs i n =yγ222=+yx有 E d=()i xdq y x o224123+επ = επo41i dθθπσθγγγsin 2cos 2=i d oθθθσεcos sin 2球⼼处的电场强度：i i d E d E o oεεσθθθσπ4cos sin 220===??6-6解：将球⾯沿垂直于X轴的⽅向分割成⽆数半径不等的细圆环，圆中阴影环的带电荷量为：ααπσσRd R ds dq sin 2==在P 点的场强为：θααπσπεθπεαcos sin 241cos 42020r Rd R r d dE ?==（1）⽅向沿X 轴正⽅向(设0>α)如图由余弦定理θc o s 2222xy r x R -+=得： xrR r x 2cos 222-+=θ（2）⼜由余弦定理得：（3）式两边微分得：ααd Rx rdr sin 22= 得：xr dd R =ααs i n（4）将（1）、（2）、（3）式代⼊（1）式得：dr rR x x R rx R r x xr Rrdr E d 2222022220142241-+=-+?=εσπσπε（1）球⾯外（R x >）任⼀点P 的场强值+-= ?-+==x R x R x qdr r R x x R dE E 2022220414πεεσ（2）球⾯内：（R x <）+-=?-+==x R x R dr r R x x R dE E 01422220εσ6-7均匀带电的细线弯成正⽅形，边长为l ，总电量为q ．求这正⽅形轴线上离中⼼为r 处的场强E ．解: 如6-7图⽰，正⽅形⼀条边上电荷4q在P 点产⽣物强P E d ⽅向如图，⼤⼩为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平⾯上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题6-7图由于对称性，P 点场强沿OP ⽅向，⼤⼩为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++==⊥ελE P ++=ε⽅向沿OP6-8如题6-8)图所⽰，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平⾯．q 在该平⾯轴线上的A 点处，求：通过圆平⾯的电通量．解:题6-8图∵通过半径为R 的圆平⾯的电通量等于通过半径为22x R +的球冠⾯的电通量，球冠⾯积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221xR x +-]*关于球冠⾯积的计算：见题8-9(c)图ααα)cos 1(π22α-=r6-9 解: ⾼斯定理0d ε∑?=?q S E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E15r =cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=3.98≈1C N -?，⽅向沿半径向外． 50r =cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r∴ ()33204π3 1.064πr r E r ρε-=≈外内 1C N -? 沿半径向外. 6-10 解：由⾼斯定理得：= dv s d E Sρε0球体内: E(r)? 4πr 2='rr k 041πεr d r ''2=4r k επ r e kr r E24)(ε= ,0球体外：4202414)(R R r d r r k r r E Rεππεπ=''?'=2044)(r rkR r Eε= （r>R ） 6-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两⽆限长同轴圆柱⾯，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: ⾼斯定理0d ε∑?=q S E s取同轴圆柱形⾼斯⾯，侧⾯积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =??对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >题6-12图6-12 两个⽆限⼤的平⾏平⾯都均匀带电，电荷的⾯密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题6-12图⽰，两带电平⾯均匀带电，电荷⾯密度分别为1σ与2σ，两⾯间， n E)(21210σσε-=1σ⾯外， n E)(21210σσε+-= 2σ⾯外， n E)(21210σσε+= n：垂直于两平⾯由1σ⾯指为2σ⾯．6-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去⼀块半径为r ＜R 的⼩球体，如题8-13图所⽰．试求：两球⼼O 与O '点的场强，并证明⼩球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀⼩球的组合，见题6-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产⽣电场010=E，ρ- 球在O 点产⽣电场'dπ4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ； (2) ρ+在O '产⽣电场'd π4d 3430301OO E ερπ=' ρ-球在O '产⽣电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E'OO题6-13图(a) 题6-13图(b)(3)设空腔任⼀点P 相对O '的位⽮为r'，相对O 点位⽮为r (如题6-13(b)图)E PO =，3ερr E O P '-=' ,∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．6-15解：将这⼀平⾯看作是由⼀系列环带所组成，取以O 为圆⼼，半径为r, 宽度为dr 的环带作为⾯元，该⾯元所带电量为rdrds dq πσσ2=?=rdr dq πσ2=该带电圆环在其轴线上P 点处的电场强度E d的⽅向沿X 轴正向，其⼤⼩为2322023220)(2)(41r x rdrx r x xdqdE +??=+?=εσπε做积分可得轴线上P 点的总场强：+2122023220)(2)(2x R xr x rdr x E R +?=+?=?∞εσεσ6-16解：① aqa q a q a q U 0002334πεπεπεπε-=-+-+=② aqQQ U U A 0023)(πε-=?-=∞题6-17图6-17 如题6-17图所⽰，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另⼀正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场⼒作的功．解: 如题6-17图⽰0π41ε=O U 0)(=-RqR q0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-= ∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=6-18 如题6-18图所⽰的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中⼼O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产⽣的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产⽣O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负⽅向题6-18图θεθλππcos π4d d 222R E E y R 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产⽣电势，以0=∞U===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产⽣ 2ln π40 2ελ=U半圆环产⽣ 0034π4πελελ==R R U ∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 6-19解：⑴如图所⽰，建⽴坐标V ala x dx U la ap 300105.2ln 44?=+==?+πελπελV x b dxU l l Q 32220103.44?=+=?-πελ6—22解：⑴在板状圆环上取半径为为1r ，宽为dr 的环带作为⾯元，该⾯元的带电量为：rdr rdr ds dq πσπσσ22=?==该带电圆环在轴线上P 点的电势为21)(2)(42221220r x rdr r x dq dU +?=+=πσπε积分可得点P 的总电势+-+=+=+=212222022021222|2)(22121R x R x r x r x rdr U R R R R P εσεσεσ⑵⼩球在下落过程中，电场⼒和重⼒都在对⼩球做功，我们对⼩球应⽤质点动能定理，则有221mv A A =+电重下落过程中重⼒的做功为：mgx A =重电场⼒能做的功为：)(00U U q l d E q A p p--=?-=?电由第⼀问得的结果可知，环⼼处的电势为：)(21200R R U -=εσ由此可知，)(2)(2121221200R x R x R R q U U q A p +++--=--=εσ电将上述结果带⼊动能定理中得由此可得⼩球到环⼼O 处的速度为()121222212022??+++--+=R x R x R R gx v εσ6—23解：参考6—19题i xa ar x U E x z dzU p p aap 220220244+?=??-=+=?-πελπεσ。
(整理)大物B课后题06-第六章静电场.
习题解析6-7在坐标原点及0)点分别放置电量612.010Q C-=-⨯及621.010Q C-=⨯的点电荷，求1)P-点处的场强。
解如图6.4所示，点电荷1Q和2Q在P产生的场强分别为1212122201102211,44Q Qr rE Er r r rπεπε==而12123,,2,1r i j r j r r=-=-==，所以()()1111122201101166223111441 2.010 1.010422113.9 6.810Q Qr rE E Er r r rj ji j N Cπεπεπε--=+=+⎛⎫-⨯-⨯-=+⎪⎪⎝⎭≈-+⨯∙总6-8 长为15l cm=的直导线AB上，设想均匀地分布着线密度为915.0010C mλ--=⨯⋅，的正电荷，如图6.5所示，求：（1）在导线的延长线上与B端相距15.0d cm=处的P点的场强；（2）在导线的垂直平分线上与导线中点相距25.0d cm=处的Q点的场强。
解（1）如图6.5（a）所示，以AB中点为坐标原点，从A到B的方向为x轴的正方向。
在导线AB上坐标为x处，取一线元dx，其上电荷为dq dxλ=它在P点产生的场强大小为2200111442dq dxdEr ld xλπεπε==⎛⎫+-⎪⎝⎭方向沿x轴正方向。
导线AB上所有线元在P点产生的电场的方向相同，因此P点的场强大小为()1122112200011221992122111114442115.00109106.75105102010dq dxEr d l dld xV mλπεπεπε------⎛⎫===-⎪-⎛⎫⎝⎭+-⎪⎝⎭⎛⎫=⨯⨯⨯⨯-=⨯∙⎪⨯⨯⎝⎭⎰⎰方向沿x轴正方向。
（2）如图6.5（b）所示，以AB中点为坐标原点，从A到B的方向为x轴正方向，垂直于AB的轴为y 轴，在导线AB 上坐标为x 处，取一线元dx ，其上的电荷为 dq dx λ= 它在Q 点产生的电场的场强大小为 22220021144dq dx dE r d x λπεπε==+ 方向如图6.5（b ）所示。
物理大一轮复习讲义第六章静电场静电场章末含答案
第六章章末检测1．如图1所示的情况中，a、b两点的电场强度和电势均相同的是（）．图1A．甲图：离点电荷等距的a、b两点B．乙图：两个等量异种点电荷连线的中垂线上,与连线中点等距的a、b两点C．丙图：两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的a、b 两点D．丁图：带电平行金属板两板间分别靠近两板的a、b两点解析电场强度是矢量,电场强度相同，则大小和方向均要相同,电势相同则两点应在同一等势面上，所以甲图中,电场强度大小相同，但方向不同，电势相同，所以A错误；图乙中由对称性可知:两点的电场强度的大小和方向相同，a、b在同一等势面上,所以电势相等，可见B正确;同理图丙：电场强度大小相同,但方向相反，所以C错误;图丁为匀强电场,所以电场强度相同，但a点的电势较高，所以D错误．答案B2．如图2所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变,则（）．图2A．当增大两板间距离时,v也增大B．当减小两板间距离时,v增大C．当改变两板间距离时，v不变D．当增大两板间距离时,电子在两板间运动的时间也增大解析电子从静止开始运动，根据动能定理，从A运动到B动能的变化量等于电场力做的功．因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，若两板间距离增加，时间变长．答案CD3．静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图3所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是()图3A．断开开关S后，将A、B两极板分开些B．保持开关S闭合，将A、B两极板分开些C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些D．保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动解析要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增大，断开开关S后,将A、B两极板分开些，电容器的带电量不变，电容减小，电势差增大，A正确；保持开关S闭合,将A、B两极板分开或靠近些，静电计金属和外壳之间的电势差不变，B、C错误；保持开关S闭合，将滑动变阻器触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差不变,D错误。
[习题06静电场]
![[习题06静电场]](https://img.taocdn.com/s3/m/a43f6ad64028915f804dc21f.png)
电荷q0在外电场中的电势能:
E p q 0V
移动电荷时电场力做的功:
Wab a q0 E dl
b
Epa Epb q (Va Vb )
NIZQ
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大学物理学 静电场
无限大带电平板:
带电细棒:
cos 1 cos 2 Ey 4 π 0 a
pe ql
电偶极子 : 等量异号 电荷+q、-q, 相距为 l (l相对于求场点很小 ) 的带电体系.
NIZQ
第 9页
例题3: 求长为l、电荷线密度为的均匀带电细棒周围空间的电场.
x
大学物理学 静电场
解: 建立坐标系O-xy, 任取电荷元
2
dq dx
d Ex d E
O
dq
有限体无限远处为电势零点. 2. 叠加法:
qi V q 4 π 0 r
dq V 4 π 0 r
dV V V 4 π 0 r dS V S 4 π 0 r dl V l 4 π 0 r
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大学物理学 静电场
电势差:
Vab
Va Vb a E dl
大学物理学 静电场
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归纳
大学物理学 静电场
点电荷
带电量
均匀带电
球体
带电量
均匀带电
球面
带电量
无限长 均匀带电
直线
电荷线密度
无限长 均匀带电
圆柱面
电荷面密度
无限大 均匀带电
平面
电荷面密度
近场
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大学物理学 静电场
第六章静电场参考答案
2
E ABx = E ABy =
∫
λ λ π cos θdθ = (sin − sin 0) 4πε 0 R 4πε 0 R 2
λ λ π sin θdθ = − (cos − cos 0) 4πε 0 R 4πε 0 R 2 � � � λ E3 = (i + j ) 4πε 0 R � � � � � � λ (i + j ) 由场强叠原理，O 点合场强为： E = E1 + E 2 + E3 = 4πε 0 R
x
dx P
O
d
X
dE =
dq qdx = 2 4πε 0 ( L + d − x) 4πε 0 L( L + d − x) 2
P 点处的总场强为
E=
L q dx q = 4πε 0 L 0 ( L + d − x) 2 4πε 0 d ( L + d )
∫
代入题目所给数据，得
� E = 1.8 × 10 4 N / C E 的方向沿 X 轴正向。
Up =
l q dx ∫ 8πε 0 l − l (l + a − x) l −q = ln(l + a − x) | −l 8πε 0 l q 2l = ln(1 + ) 8πε 0 l a
5.解： r处的电势等于以r为半径的球面以内的电荷在该处产生的电势U1和球面以外的电荷产 生的电势U2之和，即 U=U1+U2
∫
或写成场强： E =
2 2 EO x + EO y =
2λ � ，方向 45 。 4π ε 0 R
3.解：利用高斯定律：
大学物理C-06静电场答案
练 习 六 静电场一、填空题1.点电荷q 1、q 2、q 3 和q 4 在真空中的分布如图所示．图中S为闭合曲面，则通过该闭合曲面的电场强度通量sE dS ⎰=____120()q q ε+________，式中的E 是点电荷___q 1、q 2、q 3、q 4____在闭合曲面上任一点产生的场强的矢量和．2.在边长为a 的正方体中心处放置一电荷为Q 的点电荷，则正方体顶角处的电场强度的大小为_______203Q aπε______3.一半径为R 的均匀带电圆环，电荷线密度为λ． 设无穷远处为电势零点，则圆环中心O 点的电势U ＝_______2λε________． 4.一半径为R 的均匀带电导体球壳，带电荷为Q ．球壳内、外均为真空．设无限远处为电势零点，则壳内各点电势U =_______04Q Rπε_______．5.在点电荷q 的电场中，把一个－1.0×10-9 C 的电荷，从无限远处(设无限远处电势为零)移到离该点电荷距离 0.1 m 处，克服电场力作功1.8×10-5 J ，则该点电荷q ＝_____ -2×10-7 C___________．(真空介电常量0＝8.85×10-12 C2·N -1·m -2 )6.一电荷为Q 的点电荷固定在空间某点上，将另一电荷为q 的点电荷放在与Q 相距r 处．若设两点电荷相距无限远时电势能为零，则此时的电势能We ＝_____04Qq rπε____________．7. 图示BCD 是以O 点为圆心，以R 为半径的半圆弧，在A 点有一电荷为+q 的点电荷，O 点有一电荷为－q 的点电荷．线段BA = R ．现将一单位正电荷从B 点沿半圆弧轨道BCD 移到D 点，则电场力所作的_______06q Rπε______________。
二、选择题1. 如图所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且OP =OT ，那么 （ D ） (A) 穿过S 面的电通量改变，O 点的场强大小不变；(B) 穿过S 面的电通量改变，O 点的场强大小改变； (C) 穿过S 面的电通量不变，O 点的场强大小改变； q OSTP 3q •SA q • 1q •2q •1q • 1q •(D) 穿过S 面的电通量不变，O 点的场强大小不变。
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第六章 静电场习题6-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。
试问：（1）在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡（即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零）？（2）这种平衡与三角形的边长有无关系？解：（1）如图任选一点电荷为研究对象，分析其受力有1230F F F F =++=合 y 轴方向有()()21322002032cos 24243 3304q qQF F F a a q q Q a θπεπεπε=+=+=+=合得 33Q q =-（2）这种平衡与三角形的边长无关。
6-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ，如图所示。
设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量。
解：对其中任一小球受力分析如图所示，有⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 6-3 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl －与其最邻近的八个一价铯离子Cs +构成如图所示的立方晶格结构。
（1）求氯离子所受的库仑力；（2）假设图中箭头所指处缺少一个铯离子（称作晶格缺陷），求此时氯离子所受的库仑力。
（1）由对称性可知 F 1= 0（2）291222200 1.9210N 43q q e F r aπεπε-===⨯ 方向如图所示6-4 长l ＝15.0 cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度95.010C m λ-=⨯的正电荷。
试求：（1）在导线的延长线上与导线B 端相距1 5.0cm a =处P 点的场强；（2）在导线的垂直平分线上与导线中点相距2 5.0d cm =处Q 点的场强。
解：（1）如图所示，在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε2220)(d π4d x a x E E llP P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l -=ελ 用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅，5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右（2）同理 2220d d π41d +=x xE Qλε 方向如图所示 由于对称性可知⎰=l QxE 0d ，即Q E只有y 分量22222220dd d d π41d ++=x x xE Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d 4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅ 方向沿y 轴正向*6-5 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量。
解：取平面S ’与半球面S 构成闭合曲面，因其内部无电荷，根据高斯定理有 d d d 0e S S S E S E S E S Φ'=⋅=⋅+⋅=⎰⎰⎰⎰⎰⎰22d d cos eS S S E S E S R E R E Φπππ'=⋅=-⋅=-=⎰⎰⎰⎰6-6 边长为a 的立方体如图所示，其表面分别平行于Oxy 、Oyz 和Ozx 平面，立方体的一个顶点为坐标原点，现将立方体置于电场强度()12E E kx i E j +=+（k ，E 1，E 2为常数）的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量。
解：由题意知场强E 的方向在Oxy 平面内，即0OABC DEFG ΦΦ== ()22121()OAFE OAFE E S E i E j a i E a Φ=⋅=⋅-=-+()22121()BCDG BCDG E S E ka i E j a i E ka a Φ=⋅=+⋅=+⎡⎤⎣⎦+ ()22122(-)OCDE OCDE E S E kx i E j a j E a Φ=⋅=+⋅=-⎡⎤⎣⎦+ ()22122ABGF ABGF E S E kx i E j a j E a Φ=⋅=+⋅=⎡⎤⎣⎦+整个立方体表面222231122()e E a E ka a E a E a ka Φ=-++-+=*6-7 一个内外半径分别为R 1和R 2的均匀带电球壳，总电荷为Q 1，球壳外同心罩一个半径为R 3的均匀带电球面，球面带电荷为Q 2，求电场分布。
解：由对称性分析可知，电场成球对称分布。
可应用高斯定理1d SE S q ε⋅=∑⎰⎰ 过场点作与球壳同心的球形高斯面，有2d 4 πS E S r E ⋅=⎰⎰r<R 1时，0q =∑，24 π=0, 0r E E =得；R 1<r<R 2时，33113321r R q Q R R -=-∑，333321111332330210214 π=, 4 πr r R Q Q r R r E E e R R r R R εε--=--得 R 2<r<R 3时，1q Q =∑，211204 π=, 4 πr Q Q r E E e r εε=得r>R 3时，12q Q Q =+∑，212122004 π=, 4 πr Q Q Q Q r E E e rεε++=得 6-8 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为53210C m -⨯。
试求距球心5cm ，8cm 及12cm 的各点的场强。
解：由高斯定理01d SE S q ε⋅=∑⎰⎰，得214R E q πε=∑ 当5=r cm 时， 0=∑q ， 0=E8=r cm 时， ∑q 3π4p =3(r )3内r - ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅，方向沿半径向外 12=r cm 时， 3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外 1C N -⋅，方向 沿半径向外 6-9 在电荷体密度为ρ的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，若将带电体球心O 指向球形空腔球心O ′的矢量用a 表示，如图所示。
试证明球形空腔中任一点的电场强度为a E3ερ=。
解：采用补偿法求解。
空腔等效为电荷体密度为ρ和-ρ的两个带电体。
腔内任一点的电场强度等于电荷体密度为ρ的大球和电荷体密度为-ρ的小球所产生的电场强度的矢量和。
由高斯定理可知，均匀带电球内任一点的电场强度为30043qr r E R ρπεε==空腔内任一点的电场强度()00003333O O O O O O r r E E E r r a ρρρρεεεε'''-=+=+=-=*6-10 半径为R 1和R 2（R 1<R 2）的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ，试求：（1）1r R <；（2）12R r R <<；（3）2r R >处各点的场强。
解：由对称性分析可知电场成轴对称分布。
可应用高斯定理1d S E S q ε⋅=∑⎰⎰选取同轴闭合圆柱形高斯面，有d d =2πS s E S E S rhE ⋅=⋅⎰⎰⎰⎰侧面r<R 1时，0, 2π0, 0q rhE E ===∑R 1<r<R 2时，00, 2π, 2πr h q h rhE E e rλλλεε===∑r>R 2时，0, 2π0, 0q rhE E ===∑6-11 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强。
解：设向右为正方向。
两面间，n E )(21210σσε-= 1σ面外， n E )(21210σσε+-= 2σ面外， n E)(21210σσε+= *6-12 如图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为＋q ，－q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力做的功。
解：0104O q q V R R πε⎛⎫=-= ⎪⎝⎭001436C q q q V R R R πεπε⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭ ()00006OC O C qq A q U q V V Rπε==-= 6-13 如图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷，两段直导线的长度和半圆环的半径都等于R 。
试求环中心O 点处的场强和电势。
解：（1）由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =，则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向。
220002d d cos sin sin 42224y R E E R R R ππλθλππλθπεπεπε-⎡⎤⎛⎫===--= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎰⎰ （2）AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U ⎰⎰===A B 200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 6-14 在一半径为R １的金属球A 外面套有一个同心的金属球壳B 。
已知球壳B 的内、外半径分别为R 2，R 3。
设球A 带有总电荷Q A ，球壳B 带有总电荷Q B 。
（1）求球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势；（2）将球壳B 接地然后断开，再把金属球A 接地，求金属球A 和球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势。
解：（1）根据空腔导体的静电性质，球壳B 内、外表面上所带的电荷量分别为Q B 内=-Q A ，Q B 外=Q A +Q B根据均匀带电球壳电势特点及电势叠加原理可得010203444A A A BA Q Q Q Q V R R R πεπεπε-+=++0003034444A A A B A BB Q Q Q Q Q Q V r r R R πεπεπεπε-++=++=（2）球壳B 接地则030,=04ABB A B Q Q V Q Q R πε+'==+得 即球壳外表面电荷为零，内表面电荷-Q A 不变。
断开后球壳带电BA Q Q '=- 球A 接地则 010*******A A A A A Q Q Q Q V R R R πεπεπε'''--'=++= 得 12122313AA R R Q Q R R R R R R '=+- 根据空腔导体的静电性质，球壳B 内、外表面上所带的电荷量分别为12122313=--AA B R R Q Q Q R R R R R R ''=+-内132312122313122313()=A AA A AB R R R R Q R R Q Q Q Q Q R R R R R R R R R R R R -''-=-=+-+-外断开后球壳电势13230303122313()44()B AB Q R R R R Q V R R R R R R R R πεπε'-''==+-外*6-15 半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q 。