电磁学答案第1章

1、第一部分习题第一章静电场基本规律1. 2. 1在真空中有两个点电荷，设其中一个所带电量是另一个的四倍，它 们个距5 10 2米时，相互排斥力为牛顿。问它们相距0.1米时，排斥力是多少两点电荷的电量各为多少解：设两点电荷中一个所带电量为 q,则另一个为4q：(1) 根据库仑定律：F K迪2?得:2221F2F112221.60 (5 10 2)2(10 1)20.4(牛顿)12 1H)万4K_2411.60 510)万4 9 1094q=±义 10 7(库仑)± X 10 8(库仑)1. 2. 2两个同号点电荷所带电量之和为Q,问它们带电量各为多少时, 相互作用力最大解：设其

2、中一个所带电量为q,则一个所带电量为Q-q。根据库仑定律知，相互作用力的大小：q(Q q)F K 2求F对q的极值 使F 0即：K(Q 2q) 01八q Q o21. 2. 3两个点电荷所带电量分别为2q和q,相距L,将第三个点电荷放在9_何处时，它所受合力为零解：设第三个点电荷放在如图所示位置是，其受到的合力为零即:2q。(L x (0.12 0.22)3)即：x2 2xL L2 012222X (L x)解此方程得:x ( 1 J2)L(X是到q0的q距离)(1)当x (72 1)L时，x 0为所求答案。(2)当x ( V2 1)L时，x冰合题意，舍去1. 2. 4在直角坐标系中，在(0,

3、) , (0,)的两个位置上分别放有电量为q 10 10(库)的点电荷，在(，0)的位置上放有一电量为Q 10 8 (库)的点电荷，求Q所受力的大小和方向(坐标的单位是米)解：根据库仑定律知：F K畔？r1qQ o oK (cos 1? sin 1 j19 109 10 10 10 80.12 0.220.2?1(0.12 0.22)、0.1?如图所示，其中cos 1=1.61 10 7? 8.0 10 8 jx11/ 22 ；(x1y1)2同理：F2Ksin i(Xi2yi1yTqQ-2-2(cos 2i? sin 2?9 109 10 10 10 80.12 0.220.2?1(0.120

4、.22户0.1?=1.61 10 7? 8.0 10 8?FF1F23.22 10 7?(牛顿)1) 2. 5在正方形的顶点上各放一电量相等的同性点电荷 q。(1)证明放在正方形中心的任意电量的点电荷所受的力为零；(2)若在中心放一点电荷 Q使顶点上每个电荷受到的合力恰为零，求 Q 与q的关系。(D证:如图(a),设正方形每边长为a,中心所放的点电荷的电量 Q。由库仑定律及迭加原理得:FboF doFaoF co=kQq?BO2r BODoAOrCorCoDorAorCo) 0其中：rBOrrr1 AOrCO1 DO?BorDo, ?AorCo在证明过程中可看出：放在正方形中心的点电荷不论其电

5、量为何值, 它所受的力均为零。2) )讨论B点的电荷所受的力：设A, O, C, D点的点电荷对B点的电荷q的作用力分别为：Fa,Fo,Fc,Fd如图所示：FaKq2a2?AFoFdKq22a2.2 Kq4a2rDKq- (cos 450 rA sin 450 4) 2arC)_ _ 22KQq22a2KQq ° a2一 (?A ?C) aFaFcFdKq22a一 2(rA?C) = 0.2Kq4a2即使：Kq24 30a 4a aQ=-1. 2. 6两电量相等的同性点电荷，在其联线的中垂面上放一点电荷，根据对称性可知，该点电荷在中垂面上受力的极大值的轨迹是一个圆，求该圆的半径。解：

6、 如图（a）,设x轴上有两个点电荷，其电量均为q,坐标分别 为（-a,o,o ）、（a,o,o）; 中垂面yoz平面上有一点点电荷 Q,坐标为（o,y,z ）设 r y? zl?r2 y2 z2即在中垂面内Q到坐标原点的距离如图（b）,根据对称性点电荷Q所受的合力方向与r方向一致,-az-a设(q与Q同号)kQq > 2kQqr F 22 sin ?) 3 ?r a(r2 a2) 2求F对r的极值：2kQqr(r2 a2) 22kQq3r2(r2 a2)52(r2即：3r2 （r2 a2） 022 a r 一22即： y2 z2 是一个圆的方程。 圆心（o,o,o）, 半径为 21 .

7、3. 1在长为50厘米、相距1厘米的两个带电平行板间的电场是匀强电场（场强方向垂直向上）。将一速度为vo 107 （米/秒）的电子从M点（距上下板等距离）水平射入电场（见图），若电子恰在平行板的边缘处离开电场，求该 匀强电场的大注。（忽略边缘效应，认为板外场强为零，且略去重力对电子的影 响。）解：根据场强的定义得，电子所受的力：F eE电子产生一个向下的加速度：Ee设板长为L,电子在平板间运动的时间:即:Lt VoL 2 hmVoeE2 h mv2E22L e2 5 10 3 9.11 10 31 101425 10 2 1.6 10 19（牛/库）1. 3. 2用细线悬一质量为0.2克的小球

8、，将其置于两个竖直放置的平行板 问（见图）。设小球带电量为6 10 9库仑，欲使悬挂小球的细线与场强火然成 60 角，求两板间场强解：带电小球所受的电场力：F QE ,重力为mg,细绳的张力为T ,根据力的平衡条件知:Tsin60Tcos60mgQE即：E mgctg6000.5772 10 4 9.896 101.89 105 （牛/库）1.3. 3有一电子射入一电场强度是5 103牛顿/库仑的均匀电场，电场的方 向是竖直向上，电子的初速度是 107米/秒，与水平线所夹的入射角为 30° （见 图），不考虑重力对电子的影响。（1）求该电子上升的最大高度；（2）此电子回到其原来高度时

9、的水平射程是多少解:F eE其加速度a -eEmm当电子上升到最大高度时：v 0v02 (v0sin 300)2 2ah0、20、2h (V0 sin 30 )(V0 sin 30 ) m2a2eE二（107 0.5）2 9.1 10 81=1932 1.6 105 101.4 10 2（米）（2）电子从上升到返回到原来高度时共用时间:0.851克/厘米3）。解：设油滴的电量为Q,体密度为 ，半径为R （设油滴所带电量为体分布），它受的电场力和重力分别为F和P,由F=P得:34 R g EQ=mg=-3c 4 R3 gQ= g3E4（1.64 10 6）3 0.851 103 9.8I T53

10、 1.92 108.02 10 19（库仑）1. 3. 5两个电荷，q1 4.0 （微库），q2 8.0 （微库），其相距为10厘米,求离它们都是10厘米处的电场强度E。解：Eq19 109 4 10 6-2- 24 oi103.6 108（牛/库）E246q29 104 4 10 6-2“24 0r2107.8 108（牛/库）如图所示,在直角坐标系o x y中,将 E1， E2分解:ExE1x E2x00E1cos60E2 cos120 9.36 108（牛/库）EyE1y E2yE1 sin 600E2sin 12009.52 108(牛/库)1. 3. 6如图，一半径为R的均匀带电圆环

11、，电荷总量为 q(1)求轴线上离环中心。为x处的场强E;(2)画出E-x曲线；(3)轴线上什么地方的场强最大其值是多少解：(1)如图所示，圆环上任一电荷元 dq在p点产生的场强为：dE与 40r根据对称性分析，整个圆环在距圆心 x处P点产生的场强:E dEcosdq ox2 ?r r：dq 0rxq3340rxq3 7, 22、3240(x R )(2) E x曲线如图所示(3)求E的极值:由生dxdqxdx 4 0(x2 R2)3 2R22既：x、2,在距圆心左右两侧 二'R处的场强最大。其值为:2maxq6'3 0R21. 3. 7电荷以线密度 均匀分布在长为L的直线段上。

12、(1)求带电线的中垂线上与带电线相距为 R的点的场强;(2)证明当L 时，该点的场强E ;2 oR(3)试证当R>>L时，所得结果与点电荷场强公式一致。解：（1）如图建立坐标，带电线上任一电荷元在 P点产生的场强为:dE 心?根据对称性分析，E的方向是y轴方向。L2 _ L - - 42 fL2 L - 24dx o(R2-sin x2)o(R2-3dxX2)2L2L(3)当 R>>L时:4 oRR 4oRR2L2j4(2)当 L时:L2 L24 oR R 44 oR2R.一,LL24时,中2 02oR/. EL4 oR2q4oR24 oR其中L q ,与点电荷公式一致

13、1. 3. 8线电荷密度为 的无限长均匀带电线，分别弯成附图中（a）, （b） 两种形状，若圆弧半径为 R,试求：（a）, （b）图中。点的场强。解：（a）在。点建立坐标系，如图所示:半无限长直导线在O点产生的场强Ei：Ei0 R3?y3?dy4 o(R2 y2)24 o(R2 x2)2同理：B 半无限长直导线在O点产生的场强E2 :E2? i4 oR 4 oRAB弧在。点产生的场强为:E i? jAB 4 oR 4 oR.二 EEiE2 EAB（b）建立如图所示的坐标系,与图（a）讨论相同得:Ei?）E24 oR( ?EAB?2 oRE Ei E2 E31. 3. 9 无限长带电圆柱面，具面

14、电荷密度由下式所决定:0 cos角为与x轴间夹角，见附图，求圆柱轴线 z上的场强。解：设该圆柱面的截面半径为 R,根据1。3。7题中L时的结论:无限长直带电线在空间一点产生的场强 E 得出：带电圆柱面上宽度为 d2 0 r(=Rd )的无限长带电线在轴线一点产生的场强为:dE0 cosRdf?20R0 cos0(cos20? sin ?)?)d2x 0 coso(cos ? sin0201. 4. 1如图所求，匀强电场的场强 E半径为R的半球面的轴线平行，试计 算通过此半球面的电通量，若以半球面的边线为边，另作一个任意形状的曲面， 此面的通量为多少解：S1的通量：如图设与场强垂直的圆平面为 S

15、0, §和S0组成一个闭和曲面，具包围电荷 q 0,利用高斯定理得：E?dS E?dS E?dS SoS10Si 0, 一S1So2 _ S E?dS R ESiS0R2E同理：S2SoR2E1.4. 2图中电场强度分别为Ex1bxEx Ez 0,其中b=800(牛顿/库仑)。试求:(1)通过正立方体的电通量;(2)正立方体内的总电荷是多少设 a 10 (厘米)。解：(1)通过立方体的左侧面的电通量：5左ExSba万5通过立方体的右侧面的电通量：右ExS J2ba±其余各面的电通量为零。通过正立方体的电通量：55左 右 1 ba2/2b a355(,2 1)ba"

16、(、,2 1) 800 (10 1)"5(.2 1) 800 (10) 2(21) 800 101.05(牛顿？米外)(2)根据高斯定理得:- E ?ds8.85 10 12 1.05 9.92 1012(库仑)1.4.3 求线电荷密度为的无限长均匀带电直线在空间任意一点产生的场强。解:根据对称性分析，无限长均匀带电直线在空间任意一点产生的场强与棒垂直,呈辐射状。如图所示以带电直线为轴过 p点作一封闭的圆柱面。长度L是任意的 由高斯定理：E ? ds E cos ds E cos ds E cos ds 侧面上底下底o上下底面上 一2cos 0侧面上场强夹角0cos 1. E ?ds

17、 E cos ds E cos ds E ? 2 rL 侧面oE 20r1.4.4求面电荷密度为的无限长均匀带电圆柱面的场强分布，并画出 E r曲线。解：设带电圆柱面的半径为R,根据对称性分析，在以圆柱的轴线为轴的任意一 圆柱面上场强大小相等，而且场强方向垂直于圆柱面。在柱面内，过任一，以 z 为轴作一封闭圆柱面为高斯面，其半径为r , (r R),长为L ,如图所示。由高斯定理：- E内？dS E内 cos dSE内 cos dSE内 cos dS 0侧面上底下底上下底与场强夹角一 cos 02侧面与场强夹角0cos 1：王内？$E内 cosdS 0侧面E内0在柱面外，同理过任一点p作半径(

18、r>R )的封闭圆柱体形高斯面。由高斯 定理：E外？dSE外 cos dSE外 cos dS E外 cos dS下底上底2 LE外 dS 2 rLE # = 0E外r o1.4.5在一厚度为d的无限大的平板层内电荷均匀分布，起体密度0,求在平板层，外的电场强度。解：如图（a）所示的是平板的俯视图，OO是与板面平行的对称面，根据对 称性分析，在对称面两侧等距离x出的场强大小相等，方向垂直该对称面指向两侧。在板内 过任一点°,被对称面平分的封闭圆柱面为高斯面，其底面积为S,底面与对称面的距离为x:由高斯面定理：oE?dS侧 EcosdS 2柱面 EcosdS=2E S 2 Sx/

19、0E 即晨0 d S >E?dS=2 S = 0 d-二一外2 0E-x的分布曲线如图（b）1.4.6 一半径为R的 带电球，起体电荷密度 0（1 -）, 0为一常数，r为空间某带至球心的距离 R试求：（1）球内，外的强度分布二 E?dS(2)为多大时，场强最大，该点的解：(1)max0(1.与r是线性关系。在球内。做一个半径为r的与带电球同心的的场强大小相等，方向与由高斯面定理：c ?dS球面斯面如图，根据对称性分析，此球面上r的一致。0(1r 2)4 drR r4(33r(1 )(r, R)4R当r R时，即在球外过任一点 由高斯定理得：p仍作球形高斯面。oe外？dsRq (10rA

20、43r dr30R3oR3oR20r(2)依3-(1红)02R2Rr 一3r越大，E外单调减小，因而球外场 强无极值。1.4.7 如图所示，两条平行的无线长均匀带电直线，相距为 2a,电荷线密度分别为+a,求这两条直线在空间任一点的场强。解:利用高斯定理分别求出两条均匀带电直线在点p的电场强度:2"Vr2 r20rcos isina 一i r20r-j)20rx a.(irj)其中：r2 y2(x a)222r y (xa)21.4.8两无限大的平行平面均匀带电，面电荷密度都是,求各处的场强分布。解：设0 （对0解题方法相同，只是图中E的方向不同），由高斯定理可求得无限大均匀带电平板

21、的场强的大小为:规定场强方向向右为正，向左为负Ei1.4.9如图所示，两无限大平行的均匀带电平面，相距为L ,其面密度分别为与，以z为轴分别在两平面上挖去两个半径为的圆，且有l R,试求，轴上一 点的场强分布（子轴原点在L处）.2解：利用迭加原理，先求两个没有挖去圆的无限大带电平面在I （两平面的区域），（两平面外的区域）区域内的场强，再减去两个圆产生的场强。利用高斯定理求两带相反电荷的无限大平面产生的场强：在I区内：Ei k 0在 区内：E - 0两个半径为R的带异号电荷的圆板在轴上产生的场强：在I区内：，l R ,两带电圆板产生的场强：Ei' K 0在 区内：带正电荷的圆板在z轴上

22、一点（z L产生2的场强E （1:R2 (z 2)22 0带负电荷的圆板在z轴同一点产生的场强I区的总场强:区的总场强:2T(1很小,(1)(0)=0(0)(12 0EiE Ei-k? 001z -2R2 (z ；)2用台劳级数将上式在R2 (z12122一)k?21 2R (z J21=0处展开，取前两项:1z 221 2R (z J2R23(R2 z2)2E f(0) f2 0(0)1 2小0 一0(R2R21R21)k?32 °(R2 z2)2k?1.1.10如图所示，在半径为R,电荷体密度为的均匀带电球体内O点放一个点电荷q。试求：O,P, N,M,点的场强（O,O,P, N

23、,M,在一条直线上）。解：利用高斯定理分别求出均匀带电球体分别在Q P, N, M点的场强为（其中。为球心）：Ero0ERNJON? 3 0ErpERMR3G2?30r0 M点电荷q分别在Q N, P, M点产生的场强为EqOr?40r onEqPq2 r?40r opEqMq40 r2o m利用迭加原理:EoEroEqO-q-?40r 2ooEnErnEqN("40r onrON)?EpErpEqPrOP23 o 40rop)?EMEqMR32,23 0r om 4 0roM)?1.4.11在半径为R,电荷体密度为 的均匀带电体内，挖去一个半径为r的小球，如图所示，试求：O, O

24、, P, M 各点的场强。（O ,O,P,M在一直线上）。解：将挖去的小球Q用电荷体密度为 的球补起来。先求均匀带电球体 O产生的场强，再求填补的带电球体 Q产生的场强，两者相减即是所要求的场强。利用高斯定理求带电球体 O分别在O,O ,P,M ,产生的场强为:EOOEo or一-o? （?万向如图所小，原点在0点）3 0EOPEomR33 0r20M带电球体O分别在各点产生的场强为:Eo oEo pEo m3j ?3 0r om图中各点的场强分别为:Ep3,r、八EopEo p -(2rop) ?3 0 r°pEmrr, R3、EoMEo M(22) r3 0 r°Mr&

25、#176; m1.4.12半径为R的无限长直圆柱体内均匀带电，电荷的体密度，求场强分布,并画E-曲线。解：分别过圆柱体内，外一点P0,P作如图（a）所示高斯面，由高斯定理可得:一.1crR时,oE内dS 2 rlE内 一 .2l0r R时：oE外.dS 2 rlE从1R2l川夕卜0R22 0r场强的方向为径向E-r曲线如图（b）1.4.13 一对无限长的共轴直圆筒,半径分别为Ri和R2,筒面上都均匀带电。线单位长度的电量分别为1和2。（1）求各区域内的场强分布；（2）若1沿轴2，情况如何并画出此情形的E-r曲线解：如图（a）所示，将空间分成三个区域,应用1.4.4题的结果可得：（1）区域内（r

26、< R1 ） : E1 0区域内（R1 r R2）：E?20r当10时，E的方向与汾向一致0时，E的方向与?方向相反。区域内：（r R2）:E-?20r当 12 0 时，E 方向与？ 方向一致。当 12 0 时，E 方向与？方向相反。（2）若12时，则E1, E不变。120E 0E- r曲线如图（b）1.5.1设有一个电量q=1.5 10 8 （库仑）的电电荷。试求：（1）电位为30伏特的等位面的半径有多大（2）电位差为伏特的任意两个等位面，其半径之 差是否相同解：（1）选无限远为电位参考点，根据电电荷电位公式得:40r301.5 10 8_ _12-48.9 10 r4.5（米）（2）

27、设半径差为r,则r2r1r,根据电位差公式得:q 11v-(-)4 ° r1 r1rV 1.0(伏)ri(rir)r(1 .)q402ri2 riri从上式看出，当r1取不同值时，r值不等。1.5.2如图所示，两个点电荷的电量分别为 q与-3q,为d,求：(1)在它们连线中间U=0的点和(2) E 0的点在什么位置？解：建立如图所示坐标，设其原点在 q所在出。 (1)设电位U=0的点的坐标是x,其间距离在连线上点电荷q在该点的电位为：U qq40X点电荷-3q在该点的电位为：U3q3q4 0(d x)根据电位迭加原理得:Uq U 3qq3q4 °x 4 0 (d x) 0

28、4 0 x(d x)d 4x 0dx 4(2)设E 0的点的坐标为x点电荷q在该点产生的场强:Eq-i4 ox点电荷-3q在该点产生的场强:3q3q .2 i4 o(x d)由场强迭加原理得:EEqE 3qq4 ox1 23q4 o(xJ4 0 x23.(x d)2pq 2x22xd d4 0 x2 (x d)2-i =0即：2x2 2x d d信圆弧。试证明：该部分上各点的电场强度都与该点离 。点的距离成反比。0d 2(1 d(i 2d(1 2.3)符合题意。V3）不符合题意应舍去。证：利用环路定理，如果过1, 2两点做一闭和环路:dl1r1ddl2 r2d：E ?dl E1 ?dl1E2?

29、dl2E12 ?dr 12E21 ? d2i0E12r12E21r21EidliE2 dl2E1dliE2d l2 0E1rl dE2 r2 dE1r2E21说明每点的电场强度都与该点离 。的距离成反比。1.5.4 证明：在静电场中凡是电力线都是平行直线的地方，电场强度的大小必定处处相等：或者换句话说，凡是电场强度的方向处处相同的地方， 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，分别证明沿同一电力线和不同电力线上任意 两点的场强相等。）证：先证明同一条电力线上任意两点 A,B场强相等。过A,B两点以该条电力线为轴做以闭合的圆柱面，如图所示，底面积 S 0,即认为上场强相同，

30、由高斯定理得：Ea S Eb S 0Ea Eb点C,D场强相等。过C,D两点做如图所示的矩形积分环路，由环路定理得：Eel EdI 0EeEd（注：此处L不一定趋于无限小，为已证明电力线上各点 E都相等。）证毕1.5.5 如图所示，AB=2L, OCD是以B为中心，L为半径的半圆。A点有正点 电荷+q,B点有负点电荷-q.（1）把单位正电荷从O点沿ocd移到D点，电场力对它做了多少功（2）把单位负电荷从D点沿AB的延长线移到无穷远处，电场力对它作了多少功 解：根据点位叠加原理:U。Ud六（3L L）q6 0L（1）电场力把单位正电荷（即q0 1）从D点沿OCD移到点D所做的Adq(UD U )

31、q0(0功:A q°(Uo Ud) q.(0 -q-)OCD6 oL=36 oL1）从D点移到无穷远处所作的功:（2）场力把单位负电荷（即qo1.5.6电荷Q均匀分布在半径为R的球内，证明离球心r处（r<R）的电位为;22U Q(3R2 r2)8 oR3证明：利用高斯定理求得球内外任一点场强:E外卢4°r离球心r处（r<R）的电位:RU r E内？dlrE外？dlQ R , Q dr3 rdr + 二 4 oR3 r 4 0 Rr2Q(R2 r2),8 oR3Q4 oR3Q(3R28 oRr2)3证毕。5. 7 求 1。4。71 .问任一点的电位。选无限远为电位

32、参考点题中两条平等的无限长均匀带异号电荷的直线，在空解：利用迭加原理求空间任一点 p(x,y)的电位:一条无限长直带电线在p点的场强：E r20r在这种情况下不能选无限远外为电位参考(指一条无限长直带电的情况)，因为电荷分布不是在有限区域内，选用与带电线相距1远的Q点作为参考点，如图所示对带正电荷的直线：U = ；Q drr ln 20 rrr0 rQ对带负电荷的直线：rQ rdr r-ln0rQ利用迭加原理:rQln 一)rr-(ln 2 o rr rInr r当参考点Q趋于无限远处时，r r1. 5. 8如图所示，电量q均匀分布在长为2L的细直线上),(1)求空间任一点p(x,y)的电位U

33、 (0y<+ ,-(2)讨论：当p点在延长线上，距O为x外；当p点在直线中垂直面上离中心O为y外的电位。解：(1)在图中：r (x l)y2带电线元d l在p点的电位;dUq dl8 0 L、(x l )2 y2整个带电线在p点的电位;dUq l dl8 0L (x l)2 y2一 ln xLl (x l)2y222q x L 、(x L) y1n22-8 oL x L (x L) y(2)当p点在其延长线上,O为 x即 p(x,0)外,x ln xL (x L)2(x L)2q8 oLlnx Lx L当p点在直线中垂面上，离中心0为即p(0,y)处8 oL LJ2y24> 一1.

34、5. 9如图所示，两个平行放置的均匀电圆环，它们的半经为R,电量为q及-q ,其中相距为l ,并有l<<R关系。(1)试求以两环的对称中心 O为坐标原点，垂直于环面的x轴上的电位(2)证明：当x>>R时，Uqi4oX2解：(1)求在x轴上p点的电位:带电圆环上电荷线密度2 R带正电的圆环在p点的电位2 Rq1 221 2240 ；(X 2) R 4 0 ；(X 2) R同理，带负电的圆环在P点的电位,q(X1 222)2R2由迭加原理得:，114 。/1、.(x 2)2 R211(x C)22 R2当l<<R时,用台劳级数在l=0的地方展开，略去l的二次项(

35、1。4。9题方法同)行：Uqx34 o(x2 R2)2(2)当 x>>R时,qi4 ox2qlx3o(x2R2)21.5.10求1.4.9题中，沿z轴上的电位分布。选无限远处为电位参考 点。解：利用1.4.9题结论ElR20(z23 iR2)2积分求电位:U z E ?dllR2z32 o(z2 R-dzzr(z2 R2产1?5?11如图所示，在半径为Ri和R2的两个同球心球面上，分别均匀带电，电量为Q1 , Q2(1) 求I、U、田区域内的电位分布(2) 讨论：当Q2 Q1 ;Q2R2Q1两种情况下I、H、田区域中电位分布，并画出两种R1情况下U-r曲线解：(1)利用高斯定理求出

36、：E 0 (r<R)E-QLr(R1<r<R2)4 0rQi Q?EQ当(r2)40r 1电位分布：Qi QoQi QoQ1Q240r1 Q2Q14 0 R2rU = r E ?d l r Qfdr Q_(r *) 40r40rR2Q1, Q1Q2 Q111r 2 dr 1 4°r240r4 0 rR2R2 E?d lR2E ?d lR1 E1?d l1 Q2Q1二记记（r 0电） 当Q2=-Qi时,R2Q140Q140当Q2R2R1Qi时,Qi R2RioRrQ140在此两种情况下的U-r曲线如图1.5.12 在上题中，保持内球上电量Q1不变，当外球电量Q2变化时，试讨论三个 区域内的电位有没有变化两球面之间的电位差有没有变化解；在上题中U”，（邈 Q1）4 o R21,Q1 Q2 U m =4 or从上面结论可看出，当Q2变化时，三个区域