电磁学赵凯华答案静电场

1、1.有两个相距为2a，电荷均为+q的点电荷。今在它们连线的垂直平分线上放置另一个点电荷q'，q'与连线相距为b。试求：（1）q'所受的电场力；（2） q'放在哪一位置处，所受的电场力最大？解：解法一用直角系分解法求解。取直角坐标系，两q连接的中点为坐标原点0,如图所示（1）由库仑定律可知，两电荷 q施加给q'的电场力F1和F2的大小分别为：F = 的丘= 娄1 3彳碣（&刍+占山）F1和F2分别在X轴和丫轴上的投影为：- F、sin）可耶2 三住1¥14% （F+从严于是电荷q'所受的合力F在X轴方向的分量为13因此，电荷q&#

2、39;所受的合电力 F的为在丫轴方向的分量,大小为：方向沿丫轴方向根据q'所受的电力F=Fj,设式中b为变量，求F对变量b的极值，有可得: 得：沪引 _的' 免（2护如）小由于:& = ± 厂所以，当q'放在处时，所受的电场力最大。解法二本题也可以直接用矢量合成法求解（1）根据库仑定律，q'所受的电力F1和F2分别为L“一丄一刀4疾3+胪）阿歹炉活 二J 一习有电场力叠加原理可知，q'所受的合力F为:此结果与解法一相同。如果选取的电荷q'与q同号，F方向与丫轴同向；如果q'与q异号，F方向与丫轴反向。同解法一（略）。2

3、.如图所示，在边长为a的正方形的4个顶点上各有一带电量为 q的点电荷。现在正方形对 角线的交点上放置一个质量为 m电量为qO（设q0与q同号）的自由点电荷。当将qO沿某一对 角线移动一很小的距离时，试分析点电荷 qO的运动情况。.12r =a解：如图所示，取坐标轴 0X原点0在正方形的中心，顶点上的点电荷到0电的距离为。沿X轴方向使严-(1+送严-(1-分许4 陋 frr因为x<<a，故x<<r，所以：兔（1" 严 （1-空）一（1亠弐）一半片4聲塔尸r尸北命尸Fx(1)的方向沿X轴负向而上、下两个q对qO的作用力Fx(2)为：K(2) ccs 即.: 4叭

4、A U )4 (r +x2)护斗 H=的討_ qq”2叭戾+H严忑T由上述分析可知，qO所受的合力为：Fx = Fx (1) + Fx(2)_ 0 20 2不护©方向沿X轴负向。这表明qO所受的电场力为一线形恢复力，则qO在这个作用力下作简谐振动。有牛顿定律可知：可得qO在O点附近简谐振动的角频率3和周期T为3 如图(a)所示，有一无限长均匀带电直线，其电荷密度为+入(1)另外，在垂直于它的方向放置着一根长为L的均匀带电线AB,其线电荷密度为+入(2)试求她们间的相互作用力。+入1i+1 ,R IKUII . . £J !“. BIII 1"“w IaL解 解法一

5、 由题意可知，两直线均匀带电。由于库仑定律只适用于电电荷系统，因此，需将两带电直线分成许多电荷元，选取直角坐标系，如图(b)所示，有dq1=入1dy,dq2=入2dx。根据库仑定律，可得dq1施加给dq2的作用力为：dFr为两电荷元之间的距离。 将dF沿X、Y轴投影，得：dFx = dFcos 0 , dFy = dFsin0根据对称性可得，为零。因此，F只沿X轴正向,即：若把带电直线L视为许多解法二 有电场强度定义求解。 带电直线L处于无限长带电直线产生的电场中,电荷元dq2的集合，则电场对每个电荷元的作用力为dF=E dq2，各电荷元的dF的矢量和，即为带电直线L所受的电场力。如图（b）所

6、示。在距无限长带电直线x处任取一电荷元dq2=入2dx，由无限长带电直线场强公式可知,dq2处的场强为：E = -2想护方向沿X轴正向于是有：由于各电荷元所受力的方向均沿X轴正向，所以2牡In若问题中的 入1和入2异号，则F沿X轴负向。根据作用力和反作用力的关系可知，无限长带电直线所 受的作用力F',其大小与F相等，方向相反。4 如图所示，在真空中有电量分别为 +Q和-Q的A、B两带电平板相距为d （已知d很小），面积为S。试分析两板间的相互作用力的大小 。4Q-Q解 对于两板间的相互作用力，有人说，根据库仑定律，则w；又有人说，根据F=QE 有题意可知A、B两板可近似认为是无限大带电

7、板，于是B =” 三 0卅；，则 讣:实际上两种说法都不对。在第一种说法中，因为d很小，因此两带电板已不能看作是点电荷系统。因此，该问题不能直接用库仑定律求解。在第二种说法中， 虽然F=QE是正确的，但对E的理解有误。因为F=QE中的E是指Q所在处的场强，而在第二种说法却把两板的合场强看作为Q所在处的场强，因此也是不对的。正确的解法是，A板上的电荷Q在B板Q产生的场中，其E- '；：，因此，A板上的电荷Q能受的电场力为：5.度沿圆盘半径呈线形变化，为如图（a）所示，半径为R的带电圆盘，其电荷面密圆盘直线上距圆盘中心 0为x处的场强E。-''。试求在解：取圆心0为坐标圆点

8、，垂直圆盘指向点 正方向。解法一 将圆盘分成为许多扇形面积，再把每一个扇形面积分成许多弧状带，如图（a）点0相距r的弧状带，带宽为 dr，扇形角为d 0 ,其上带电量为:dq= （T ds= rd 0 dr,dqP的方向为X轴所示。有一与圆 在P点产生场强dE，如图（a）所示。将dE分解为平行与 X轴的dEx分量和垂直于 X轴的dE丄分量，由圆盘的对称性分 析可知，点P的场强只有沿 X轴方向的分量。因此，只需把全部电荷元再点P的场强dEP的x分量dEPx积分，即可求得圆盘上全部电荷在点P产生的场强。由于：解法二也可以把圆盘分成许多同轴圆环带, 带，其上带电量为 dq=（T ds=（T 2 n

9、r dr, 场强：如图（ b）所示。取一与原点 已知一均匀带电圆环，带电量为O相距为 q，半径为r，带宽为dr的圆环r，在轴线上产生的因此，如图（b）所示的圆环带在轴线上P点产生的场强为：%。一jt dr - x对于整个带电圆盘来说，有jct =x丹4耐（严+严严+ +H严与解法一相同。6.如图所示，一无限大均匀带电平面，电荷面密度为孑L。通过圆孔中心 0,并垂直于平面的 X轴上有一点+ 6其上挖去一半径为 R低额圆 P，OP=x。试求P点处的场强。解:本题可用取圆环带的方法请求解，也可用补偿法求解。解法一取一细圆环带，其半径为 r （r>R ），带宽为dr，则圆环带的面积为dS=2 n

10、 rdr,其上带电量为 dq=6dS=62n rdr;应用已知带电细圆环在轴线上的场强公式,可得该圆环带在轴线曲 rdr x上P点产生电场的大小因此，该系统在 P点产生总场强的大小为疗 2 rdrx方向沿X轴正方向解法二 半径为R的圆孔可以看成是其上均匀地分布着电荷面密度为+b和-b的两种电荷。若在圆孔上补一个半径为R、电荷面密度为+b的圆盘，则P点处的场强可以看成是电荷面密度为+ b的无限大均匀带电平面在P点产生的场强 E1和电荷面密度为-b半径为R的带电圆盘在 P点产生的场强E2的矢量和，由于 E1和E2方向均沿X轴方向，P点的总场强E的大小为：丘厂込-丘厂禹禹（一 j疋+ / = 2罰护

11、+壬方向沿X轴正方向7如图所示，一半径为 R的半球面，其上均匀地带有正电荷，电荷面密度为b,试求球心处的电场强度E 解：取坐标轴 0X，将带电半球面分成许多宽度极窄的半径不 同的带电圆环，为：令三ifds =捻漱Jr' 一（氏一方人加其上任意一个圆环上的带电为便于计算，可采用角量描述。因为：儿厂_' ,di=Rd e,所以dq=b2n R2sin e （又带电圆环在轴线上一点的场强公式，可得该带电圆环在P点产生场强dE的大小为：,（/? -. cos 翻4卞走，由于dq为正，故dE方向沿X轴正方向。将dq带入dE =sin fcos 鬼上式，可得："，为所有圆环在 P

12、点产生场强的矢量和，则整个半球面在E CdE f sin 施os 歳 A -球心P点处产生的场强的大小为："-'t 方向沿X轴正方向8. 如图所示，一点电荷 Q处于边长为a正方形平面的中垂线上, a/2。试求通过正方形平面的电通量。解:以正方形为一面，取一个立方体状的闭合面S将Q包围起来。由高斯定理可知，通过该闭合面的电通量为：由于立方体的六个表面均相等，且对中心（即Q所在处）对称，所以，通过每一面的电通量为 Q/6 £0，也就是通过正方形面积的电通量。9. 一个电荷按体密度对称分布的球体，试求带电球体场强的分布。解:由于电荷分布具有球对称性，所以它所激发的电场也具

13、有球对称性，其场强的方向沿径向，而且在同一球面上场强处处相等。因此，可用如图所示求解E。设球内任意点 P到球心0的距离为r,如图所示，在以0为中心，r为半径的球面上各点的场强数值相等，而方向均垂直于球面。 因此可以选择此球面作为高斯面，根据高斯定理可得：g E* dS =普 cos(£ ”=E ' 4 t由于电荷沿径向分布，所以 ：艺鹽=fdq =同#4坯（土- £严）代入上式得：4,理.1 *（1-严） 毡疋&（尸）=孚（1-尸）若球体半径为 R，求解球外一点P的场强时，由高斯定理可知10. 如图（a）所示，在一电荷体密度为pe的均匀带电球体中，挖去一个球

14、体，形成一球形空腔，偏心距为 a。试求腔内任一点的场强 E。解:可用补偿法求解。由题意可知，可以设想不带电的空腔等效于腔内有体密度相同的等值异号的两种电荷。这样本题就可归结为求解一个体电荷密度为pe的均匀带电大球体和一个体电荷密度为-pe的均匀带电小球体，在空腔内产生的场强叠加。设P点为空腔内任一点，大球 0的场强分布具有球对称性，小球 0的场强分布也具有 球对称性，于是可分别以 0和0为球心，以r和r '为半径（均通过 P点），作高斯面S和S'。根据高斯定理，可求得大球在P点产生的场强为4?A亍疥 4 jrra =同理，可求得小球在 p点产生的场强为 4朮尸门=三如图 （b

15、） 所示，由电场叠加原理可知，P 点的总场强盘=用4耳,=竺（厂一尹）=3-q -常矢量ZuR ©为："结果表明，空腔内的场强是均匀的，其大小为"，其方向为平行于两球心的连线a,由0指向0，如图（b）所示。11. 有一半径为R的均匀带电球体，电荷体密度为 + p，今沿球体直径挖一细隧道，设挖 隧道前后其电场分布不变， 如图所示。现在洞口处由静止释放一点电荷 -q，其质量为m， 重力在此忽略不计。试求点电荷在隧道内的运动规律。解:沿隧道取坐标轴 0X，以球心为坐标原点 若点电荷-q位于某位置x处时，以x为半径,0，如图所示。可作一球形高斯面 S，由高斯定理可求岀 x

16、处的场不难看岀，F的方向始终是指向球心的。若令 k=q p /3 e 0则F为:F=-kx,这表明点电荷受的力 F 满足线形回复力的关系，则 -q以0点为平衡位置作简谐振动。由简谐振动知识可知，点电荷-q在隧道中谐振的圆频率为 ：厂 Aar2 -3bPE =12.半径为R的无限长圆柱体，柱内电荷体密度p =ar-br 2,r为某点到圆柱轴线的距离，a、b为常量。试求带电圆柱体内外电场分布。解:因为电荷相对轴线呈对称分布，所以距轴线为r的场点的场强数值相等，场强方向沿圆柱径向，因此可用高斯定理求解。选取长为丨，半径为r，与带电圆柱同轴的柱形高斯面S,由高斯定理可知：f £cosO

17、76; =Jk面2 脑面芍当r<R时，高斯面S内所包围电荷的代数和为=严7 =（妙 hr2）2ldr = 2武討-討）代入可得:（心）当r>R时，高斯面S内所包围电荷的代数和为=JR? = f如dr = 2 祇、希 _*心代入可得:13三块面积均为S，且靠的很近的导体平面 A、B、C分别带电Q1、Q2、Q3,如图所示 求：(1)6个导体表面的电荷面密度oi，勺，(76 (2)图中a,b,c三点的场强。ASriA解：(1 )因3导体板靠的很近，可将 6个导体表面视为 6个无限大带电表面。导体表面电荷分布 可认为是均匀的， 且其间的场强方向垂直于导体表面。作如图虚线所示的圆柱型高斯面，

18、因导体在到达静电平衡后内部场强为零，又导体外的场强方向与高斯面的侧面平行，故由高斯定理可得o2=-7 3 7 4 = -75再由导体板 A内d点场强为零，可知：所以：b 1 = b,6故点a的场强为6个导体表面产生场强的矢量和根据上述已知结果,可知:昭+ 6，再由于：=a£=01£Q -Q)口 -1 p ” 込 _ 2 + Q + 2芯禹丄T髙L禺=空=2一2一2 幽J '目 2松E =丄升=竺=2-°厂2(2)a,b,c点的场强同理14.将一块两面总电荷面密度为 b0勺无限大带电金属平板置于与板面垂直的匀强电场E0中,如图所示，试求金属板与电场垂直的两个

19、面上电荷的分布以及金属板外的场强分布。解:金属板未放入外电场E0中时，其两个面上的电荷均匀分布。将其放入外电场外电场E0的作用下产生静电感应，引起导体表面电荷的重新分布。设E0方向如图所示，金属板在外电场中电荷的重新分布后，A、B两表面的电荷面密度分别为bA和(tBo根据无限大带电平面的场强分布公式已斗可知，金属板 A、B两表面在空间激发电场的场强大小分别为：E0中，金属板在E負=尘、理=尘''' 方向如图所示,由静电平衡条件所知，金属板中任意点P处的场强为零，即:口OPrn/w又有电荷守恒定律，有b A+b B=b0联立求解上述关系式，得：可见,这时金属板与外场垂直的

20、两个15表面上电荷面密度不相等。由对称性分析可知，电场强度方向仍垂直于无限大平面,由场叠加原理可知，金属板左边电场中的场强大小为:右边电场中的场强大小为:可见，静电场中放入金属板后，不仅是金属板上的电荷重新分布，而且板外电场的分布也相应改变,无限大带电平板的左方与右方分别为场强数值不同的均匀电场。15. 已知点电荷q与一无限大接地导体相距为 d，试求：（1） 导体板外附近一点 P处的场强EP, q与P点相距为R; （2）导 体板面上的感应电荷 q'o也解 题意如图（a）所示。由于静电感应，导体板上有感应电荷q'分布在导体板的表面。 设P点附近导体板面元？S的面电荷密度为 （T

21、' P,由于P点靠近导 :体板，则该点的场强为：一 EP=b P/ £ 0.如图（b）所示，根据导体静电平衡性质，在导体平面内与P点邻近的P'点处的场强：EP =0o由场叠加原理可知，P'点的场强为点电荷q在P'点产生的场强 EP 1，电荷面密度为 b'p的面元?S产生的场强 EP 3的叠加，即 EP = EP1 + EP2 + EP3 = 0.其中:（R0为q指向？S的单位向量）2绳（n为平板外法向）EP 3沿平板的切向t25因此EP 3又可写为:EP ' =EP nn + EP' tt.由图（b）分析可知 EP n=0 EP

22、' t=0.qd由此可知：EP垂直于平板指向下方， 取离0点为r处，宽度为即-n方向。导体平板上的感应电荷是以垂足0为中心，成圆心对称分布的dr的细宽环，面积元 dS=2n rd r，如图（c）所示。DS上的带电量则导体板上的感应电荷为 2 rdr = _rdr(/ +以严16. 如图所示一导体球原为中性， 今在距球心为r0处放一电量为q的点电荷，试求： 球上的感应电荷在球内 P点上的场强E'P和电势V P； 若将球接地，E'P和电势V'P 的结果如何。解（1）由静电平衡条件和场叠加原理可知， 强为点电荷q和球面感应电荷在该处产生的矢量和，E厂孔+"0

23、即：' - '宮p = _亠亏尸所以：一、 式中r为P点到点电荷q的距离。由电势叠加原理可知，P点的电势为点电荷 q和球面感应电荷的总电量为 O,所以感应 电荷在O点产生的 电势为0，即V 0=0,因此，上式为：由此，球面感应电荷在P点产生的电势为兔=厂户+ =0（2）当球体接地后，球体电势为V=0。由上述分析可知P点的电势:4代f所刃=_?以:4 Ej, =E'P+03 厂=0-:.所以：-Q ”而EP仍满足静电平衡条件，即4q,已知球的半径为日，点电荷 q'17. 如图所示，在一个接地导体球附近放一个点电荷 与球心的距离为a。试求导体表面上总的感应电荷 解:

24、根据静电感应规律，导体是一个等势体。因导体接地，故令导体球的电势为零,球心O的电势也为零。接地后导体球表面的感应电荷q'在球面上的分布是不均匀的，设感应电荷面密度为b'由电势叠加原理可知，球心O处的电势VO是点电荷q以及球面上感应电荷 q'共同产生的。点电荷 q在球心O处产生的电势为：因导体球上感应电荷 q'在球面上的分布不均匀，各处b也不一样，所以感应电荷 q'在球心的电势由积分计算，为：所以，球心o处的总电势为故q' =- Rq/a （负号表示感应电荷与球外电荷q的符号相反）18. 如图所示，半径为R1的导体球面电荷为q，在它外面同心的罩一金

25、属球壳，其内外壁的半径为 R2与R3，已知R2=2R1，R3=3R1，令在具球心为 d=4R1处放一电量为 Q 的电电荷，并将球壳接地。试求： （1）球壳带的总电量；（2）用导线将壳内导体球与可 相连，球壳所带电量。解:（1）取球心O处进行分析，比较简便。球心点电荷Q和三个导体球面上的电荷在 O 点产生电势的叠加=_ - 6°4用韦N 4叭(4&)由高斯定理可得，球壳内表面S2上的总电量为q'=，所以dq纭乜亠一亠一 Q'设球壳外表面S3上的总电量为Q ,则有：*山4代& 仃赧4西(3RJ由电势叠加原理可知，球心处的总电势为：VO = VQ + VS1

26、 + VS2=1( Q丄g丄一 g亠+VS3 4临個鸟咨碣又因为：Edl =4 Ar0 其中E为球体与球心处的电场强度，由于球壳接地V壳=0，所以两者之间的电势差就等于球体的电势。 因此:4如严Q二3Q/4,则球壳带的总电量为Q' +q '-3/4Q-q。 当内外球用两线相连时，仍用上述的电势叠加原理计算中心球心 O的电势, 丄+血=0有:-Q Q1-+ = 0即J' > ',将 R3=3R1,d=4R1 带入上式，得：Q'=Q/419. 如图(a)所示，半径为R1的导体球带有电荷+q，球外有一内、外半径分别为R1、R2、 R3的通心导体球壳，壳上

27、代有电荷 +Q。试求：(1)两球的电势V1和V2及两球的电势 差；(2)用导线把球和球壳连在一体后，V1、V2和?V为多少？(3)在情景(1)中，若外球壳接地，V1、V2和?V为多少？(4)设外球面离地面很远，若内球接地，情况又如 何？解:如图(a)所示，在导体到达静电平衡后，q分布在导体球的表面上。由于静电感应在外球壳的内表面上感应岀负电荷 -q，外表面上感应岀正电荷 q,则在球壳外表面上共带电荷( q+Q)。(1)解法一由于场的分布具有对称性，可用高斯定理求得各区域的场强分布为ns 0r2 (r > R3 )选无限远处为电势零点。内球体内的任意场点P1(r<R1 )势：E1 =

28、 0 (r<R1) , E2 = q/4 ns 0r2 (R1 < r < R2 ), E3= 0 ( R2 <r<R3) , E4 = (q +Q )/4%"丄心4临尽& 鸟E的方向均沿径向向外。导体为有限带电体， 由电势定义可计算两球的电势 V1和V2 的电外球壳体内的任意场点P2 ( R2<r<R3 )的电势为：aaAT =歼-越=-()由V1和V2可求岀导体和球壳间的电势差为："7|解法二 可以把球体与球壳的电势V1和V2视为由带电量为 q、半径为R1；带电量为-q、半径为R2和带电量为(q+Q)、半径为R3的三个同

29、心带电球面分别在场点P1和P2所共同产生的电势叠加。由于球内任意场点P1 (r< R1、在三个同心带电球面之内，故有：在外球壳内任意场点P2 (R2<r< R3、的电势为： 丄、>,两球间的电势差的计算与解法一相同。(q+Q)全部分布在球壳的(2、当用导线把球的球壳连接在一体后，由静电平衡条件所知，电荷外表面上，如图(b)所示，此时，电场只分布在r>R3的空间中，即同时球体与球壳成为一个等势体，即V1=V2，于是，aaV= V1-V2=0。根据电势的定义，可得(3、在情形(1、中，若外球接地，球壳外表面的电势为零，等量异号电荷分布在球体表面和球壳内表面，此时电场只

30、分布在 R1<r< R2的空间内，如图(c)所示。由于外球壳电势V2=0,则内球体内任意场点P1 (r< R1、的电势为%三爲+耳於+dr(4、当内球接地时，内球的电势V2=0。但无限远处的电势也为零这就要求外球壳所带电量在内外表面上重新分布，使球壳外的场强沿着径向指向无限远处，球壳内的 场强沿着径向指向球心处。因此，内球必然带负电。因为内球接地，随着它上面正电荷的减少, 球壳内表面上的负电荷也相映减少，当球壳上的负电荷全部消失时，球壳内表面上的负电荷也消 失完。但就球壳来说，仍带有电荷+Q，由于静电感应，在内球和大地这一导体系便会感应岀等量的负电荷-Q，此负电荷（-Q ）的

31、一部分（设为-q'均匀的分布在内球表面上。球壳内表面上将岀现等量的正电荷（+q'）与之平衡。因此，在到达静电平衡后，内球带电荷-q',球壳内表面带电量为 +q'外表面带电量为（Q-q'），如图（d）所示。解法一 根据高斯定理可知，可区域内的场强为：马Y（尸 <殆4霜坊rE3 =0（氏2 <尸 < &）鸟=学刍（尽 <尸）球壳上任意场点 P2 （R2<r< R3 ）相对于无限远处和相对于接地内球的电势，应用电势定义式分 别计算，可得：连立上述两式，求得：二亠-，将q'的结果带入 V 的表达式中，可得匕二禺

32、一耐4x0+ R2R3 一 只占3Ar = -冬二邑相应的球体与球壳间的电势差为 ：叮 几亠I 人_卫'-解法二 亦可根据带电导体球的电势公式和电势叠加原理求解。根据电势叠加原理，电势V1是由-q' （r=R1的球面），+q' （r= R2的球面）和Q-q' （r= R3的球面）在内球体任意场点 P1 （r< R1 ）共同 产生的电势的叠加，由于内球接地，有 ：冬=丄（-兰+ £ + £N）=04临耳R2 R3在外球壳内任意场点 P2 （R2<r< R3 ）的电势为： “心：， 亠% = 4/1 冯 +1 &R?少=

33、珂巧=&_爲一氏1连立上述两式，求得： :与解法一相同。20. 一根无限长直导线的横截面半径为 a，该导线外部套有一内半径为 b的同轴导体圆 筒，两者互相绝缘，且外筒接地，电势为零。现若导线的电势为V，试求导线与圆筒之间的电场强度分布。入，P点为导线与圆解：如图所示，设无限长直导线单位长度上所带电量为筒之间距轴线为r处的任意场点，由于系统具有轴对称性，用高斯定理，可求岀导线与圆筒之间的场强分布为：方向沿径向向外。因外筒接地，V筒=0。由电势定义式可求岀电势为Edl =;p联立上述E和V式，消去未知数 入，可得导线与圆筒之间的场强分布为V 敢）=ra21. 如图（a）所示，一中性导体内有

34、一球形空腔，若在腔的中心放一点量为+q0的点电荷,在导体外，距腔的中心为 e处放一点量为+q的点电荷，试求：（1）腔表面上的感应电 荷，导体外表面上的感应电荷；（2）腔表面上的感应电荷、点电荷q、导体外表面上的感应电荷分 别对点电荷qO的作用力及合力；（3）当点电荷 qO的位置偏离腔的中心位置时，上述结果为多 少？解：（1）围绕空腔在导体在内部做一高斯面，由于导体静电平衡后，内部场强为零，所以由高 斯定理可得腔表面上的感应电荷的总电量为-qO。由静电感应分析可得导体外表面上感应电荷的总电量qO,两者的分布如图（b）所示。（2）欲求腔表面上的感应电荷、点电荷q、导体外表面上的感应电荷分别对点电荷

35、qO的作用力，q0处电场强度E1为零，即E1=0。点电荷就必须先求岀它们在 qO处的电场强度。由 于qO处于空腔中心，则腔表面上的感应电 荷均匀分布。因此球形表面上的感应电荷耳=Tq在腔内的q的场强在qO处电场强度为： r ',因导体外表面上的感应电荷和点电荷电场相互抵消，故导体外表面上的感应电荷的电场在qO处电场强度为由F=qOE可知，腔表面上的感应电荷对qO的作用力为 F1=qOE1=O,点电荷q对qO的作用力 导体外表面上的感应电荷对尽=q屁qO的作用力为：qO所受的合力为F (合)=F1+F2+F3=O,这表明qO所受的合力为零。(3)当点电荷qO偏离空腔中心时，导体外表面上的感应电荷仍为qO,而且分布也不改变；腔表面上的感应电荷仍为 -qO，但其分布改变了，如图(c)所示。导体外表面上的感应电荷和点电荷q在腔内的电场仍相互抵消，导体外表面上的感应电荷的电场在腔内的电场强度E1却不再等于零，当点