新编物理基础学下册(9-17章)课后习题(每题都有)详细答案

新编物理基础学下册（9T7章）课后习题（每题都有）详细答案

王少杰，顾牡主编

第九章

9-1两个小球都带正电，总共带有电荷5.0*10-5。,如果当两小球相距20m时，任一球受

另一球的斥力为1.0N.试求总电荷在两球上是如何分配的？

分析：运用库仑定律求解。

解：如图所示，设两小球分别带电马，伙则有

7i+g2=5.0X105C①

O-------------------o

由题意，由库仑定律得：

题9“解图

F：q%_9x]（）9xqx%[②

4兀//4

%=1.2xl0-5c

由①②联立得:

%=3.8X10-5C

9-2两根6.0X101长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为0.5XW3kg

的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成600角的位置

上。求每一个小球的电量。

分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。

解：设两小球带电5=S=g,小球受力如图所示

F=4,=Tcos30。①

4兀％R~

mg=Tsin30°②

联立①②得：

鳖警述“30。③

其中r=/sin60。=乎x6x1=3GX炉⑺）题9-2解图

R=2r

代入③式，即：行1.01XIO'C

9-3电场中某一点的场强定义为后=£,若该点没有试验电荷，那么该点是否存在场强?

%

为什么？

答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源

电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷佻所受力尸与

例成正比，故£=—是与W无关的。

%

9-4直角三角形43C如题图9-4所示，43为斜边，/点上有一点荷马=L8xlO-9c,B点、

上有一点电荷％=—4.8xl0-9c,已知8U0.04m,AC=Q.03m,求C点电场强度后的大小

和方向(cos37°以0.8,sin37°^0.6).

分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。

解：如题图9-4所示C点的电场强度为左=月+后2

4-1.8X104(N/C)

4兀4(AC)2(0.03)2

q_4.8xlO~9x9xlQ9

E2=2.7X104(N/C)

24兀4(3C)2—(0.04C

E=JE；+E；=V1.82+2.72X104

=3.24乂1()4(即0或"/01)

一,E11.8xl04”r。

万向为：a=arctan—=arctan--------33.7

4

E22.7XIO

即方向与3c边成33.7°。

9-5两个点电荷马=4xl0-6c,%=8xl()Yc的间距为0.1m,求距离它们都是0.1m处的

电场强度£。

分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。

解：如图所示：E]=，2=9xio9x?x106=36X]06(N/C)

%_9x109x8x10-

=7.2X106(N/C)

,

4K£0/^ICT)

Et,耳沿x、尸轴分解:

E=&,+Ecos60°+Ecos120°=-1.8x106(N/C)

xE2X=t2

题9-5解图

oo6

Ev=Elv+E2v=E1sin60+E2sml20=9.36xl0(N/C)

E=+E；=9.52x106(N/C)

精品

936x10

a=arctan^=arctan-；

=101°

6

Ex-1.8xl0

9-6有一边长为a的如题图9-6所示的正六角形，四个顶点都放有电荷火两个顶点放有电荷

一9。试计算图中在六角形中心。点处的场强。

分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。

解：如图所示.设毋=%=,•=%=%各点电荷g在。点产生的

电场强度大小均为：

q

£=E,=£=刍=,一=线

22

4-n£aa

各电场方向如图所示，由图可知瓦与瓦抵消.

耳=瓦+及+E+瓦

据矢量合成，按余弦定理有：

2

Eo=(2E)2+(2E)2—2(2E)(2E)COSQ80"-60")

E°=2E6=2q,J§=¥一^方向垂直向下.

4宏()a2在()a

题图9-6

9-7电荷以线密度4均匀地分布在长为/的直线上，求带电直线的中垂线上与带电直线相距

为R的点的场强。

分析：将带电直线无穷分割，取电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元的场强，再积分求

解。注意：先电荷元的场强矢量分解后积分，并利用场强对称性。

解：如图建立坐标，带电线上任一电荷元在。点产生的场强为：

您氏_

dE=-----------；---—r

4G(R-+x')n

根据坐标对称性分析，E的方向是y轴的方

「5Adx「5ARAl

£=2------------—sina二产-----------——dx----------------------

44f(R-f)44f(R~+f)3-4码尺w+与2

9-8两个点电荷gi和s相距为/,若(1)两电荷同号；(2)两电荷异号，求电荷连线上电

场强度为零的点的位置.

分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。

解：如图所示建立坐标系，取5为坐标原点，指向袋的方向为x轴正方向.

⑴两电荷同号.场强为零的点只可能在华、袋之间，设距团为X的A点.

据题意：石尸片即：

I-I—I%I

22

4rt£0X4rt£o(l-x)

⑵两电荷异号.场强为零的点在592连线的延长线或反向延长线上，即£=E

1—1_I%I

22

4n£()x例£•(,(/+x)

解之得：X=

9-9如题图9-9所示，长片0.15m的细直棒力8上，均匀地分布着线密度;1=5.00x10-。//^

的正电荷，试求：(1)在细棒的延长线上，距棒近端d=0.05m处0点的场强；(2)在细线

的垂直平分线上与细棒相距&=0.05m的Q点处的场强；⑶在细棒的一侧，与棒垂直距离

为＜4=0.05m,垂足距棒一端为&=0.10m的S点处的场强.

分析：将均匀带电细棒分割成无数个电荷元，每个电荷元在考察点产生的场强可用点电荷场

强公式表示，然后利用场强叠加原理积分求解，便可求出带电细棒在考察点产生的总场强。

注意：先电荷元的场强矢量分解后积分，并利用场强对称性。

A

"dy

B早-T—

d1=0.05m

题9-9解图(1)

、，dE

精品

解：⑴以。点为坐标原点，建立如图(1)所示坐标系，将细棒分成许多线元d八其所带电

量为=其在0点的场强为dE,则

,dqAdy

d£r=——2―=---

4兀4兀£()y,

:.E=5；.=上/_!------"I=6.75x102(N/C)^(V/m)

，

Jd147T£O^4兀/144+1,

方向沿Y轴负方向

(2)建立如图所示的坐标系，将细棒分成许多线元d产其所带电量为d^=4小。它在Q

点的场强dE的大小为：

"1制'

dE=----•—；-

4n£()广

dE1在x、尸轴的投影为：dEv=d£'cos|6>~—|=dEsin6>

12J4兀■/

dE、.=dEsin。-?=-dEco八Acos6,

s，=-------ay

4兀4广

由图可见：y=d2ctg0,r=d2esc0

2

dy=d2escOdO

dE=——-——sin3d0

4lt£&

dEv=---cosdde

4兀£od2

由于对称性，d4分量可抵消，则

「出r。，A八八丸

E=\dE=\------sin0d0=---——(cos仇-cos02)

JqJq47r£(44玩

又.「伪=爬6

_4c八2cos^.2x5x10—9)<9xl092I.5X103(N/C)

/.E=------zcos^j=------L=----------=

4宓。义2在0d20.05i13

方向沿X轴正方向

精品

⑶在细棒一侧的S点处的场强。建立如图（3）所示的坐标系，分析如（2）则:

纥=」”纥=藐湎化。54-34）

月=1",=瓦初⑤叫-加⑷

Q1

其中：cos(9]=「4—=——-——=之；sinq=J=

Jd；+d；Jo.『+0.052也V5

介/、l—d、0.051

cos2=cos(7c-a)=-cosa=——.==——/==——亍

222

y/(l-d3)+d~VO.O5+O.O5止

sin”

3

/.E=JE；+E；=1.46x10(N/C)o

Ev

方向：与x轴的夹角：arctg—=54.2°

9-10无限长均匀带电直线，电荷线密度为人被折成直角的两部分.试求如题图9-10所示的P

点和。’点的电场强度.

分析：运用均匀带电细棒附近的场强公式及场强叠加原理求解。

解：以P点为坐标原点，建立如题9-10解图（1）所示坐标系

均匀带电细棒的场强：

E=-[(cos4-cos02)i+(sin”-sin4)/]

7T

在〃点：4=1，4一兀

「•竖直棒在〃点的场强为：

题图9-10

精品

...在。点的合场强:

尼=瓦+瓦=-_

-4ns0a题9-10解图(1)

即£=也入—:方向与x轴正方向成45.

4TC%a

同理以P点为坐标原点，建立如图题9-10解图⑵坐标:

E=---F(cos0]-cosa)i+(sing-sin^)jl

4兀4々LJ

3

在P点：4=兀，％―兀

・•・竖直棒在尸点的场强为：

一也+市_―/

4兀2J2

水平棒在月点的场强为:

员二上一一包+巾—也；

4兀£()。222

7

.•・在/点的合场强为：E=El+E2=-^-[i+j]题9-10解图(2)

4兀%。

即：E—......,方向与x轴成-135.

4JI

9-H无限长均匀带电棒4上的线电荷密度为44上的线电荷密度为-4,4与4平行，在与

4,4垂直的平面上有一点尸，它们之间的距离如题图9-H所示，求〃点的电场强度。

分析：运用无限长均匀带电细棒的场强公式及场强叠加原理求解。

解：4在〃点产生的场强为：

百4r4丁

!!

E]---—i---—i

2兀%a〕O.8TC£O

精品

《在〃点产生的场强大小为:

口一4

E=----

227c

方向如题9-11解图所示。

把反写成分量形式为：

题图9-11

云口心1F.夕<2，？丁」.3%T4%r3%

E9=E2COSOI4-E2sinc/j=-------v+-------j=----—i+——j

5兀10兀5兀%5兀%

，在尸点产生的合场强为：

尼=&+艮—一旦卜+2]

（0.8兀£05兀%）5兀£（）

题9-11解图

9-12一细棒被弯成半径为R的半圆形，其上部均匀分布有电荷+Q,下部均匀分布电荷-Q如

题图9-12所示,求圆心。点处的电场强度。

精品

分析：微分?电荷元，运用点电荷场强公式及场强叠加原理积分求解。将带电半圆环分割成

无数个电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元场强。将电荷元电场进行矢量分解再进行

对称性分析，然后积分求解。'好仃

解：把圆环分成无限多线元d/,出所带电量为dq=2&d/,产生的场强为d/。

nR

则dE的大小为：dE=―变一=一Qd，

2兀&N2n%0代

把dE分解成d&和d£.,则：

dEx=sin0dE

dEY=cosOdE

由于+Q、-Q带电量的对称性，x轴上的分量相互抵消，则：E、=0

2/dE=2Jcos0dE=jQcosdde

E,y22Q

J。Tl£0R22

7t£QR

二圆环在。点产生的场强为：E=——2—7

万2..2

9-13两平行无限大均匀带电平面上的面电荷密度分别为+丽一2a如题图9-13所示，求:⑴图

中二个区域的场强瓦，E2,耳的表达式；⑵若5=4.43X10"C'那么，£,后，E3

各多大？

题图9-13

分析•・首先确定场强正方向，然后利用无限大均匀带电平板场强及场强叠加原理求解。

解：（1）无限大均匀带电平板周围一点的场强大小为：

E=~

2g。

在I区域：&=二『+①『=2『

242q2%

n区域：E2=~i+^i=^.i

242£。2%

精品

m区域：豆

(2)若o=4.43X10“C-m-2则

E=^Z=2.50xl05F(V-m-1)

5-1

E2=—F=7.50xl0F(V-m)

2%

瓦F=-2.50xl05r(V-m-')

2^0

9-14边长为a的立方盒子的六个面分别平行于x。，，/Oz和xOz平面，盒子的一角在坐标

原点处，在此区域有匀强电场，场强后=200f+30017V•mL求通过各面的电通量。

分析：运用电通量定义求解，注意对于闭合曲面，外法线方向为正。

解：%=J左•=J(200:+3007)-7JS,=J200dS1=200/(N-m2-C'')

S]5|S]

22

丸=J后•而2=J(2007+300])•(—f)dS?=J-200t/S2=-200a(N-mC-')

s2s2s2

22-1

久=JE-JS3=J(2007+3007)•(~J)dS3=-300a(A^-m•C)

53S、

九=J后•用4=J(2007+30(V)•(1)/4=300/(N-m2C'')

$4$4

九=J2•=J(2007+300J)-(-^)JS5=0

s5s5

%=J后•日鼠=J(200：+300j)-(^)JS6=0

$6$6

即平行于X°K平面的两平面的电通量为0；

平行于yOz平面的两平面的电通量为±200/N•m2•C1;

平行于xOz平面的两平面的电通量为±300/N-m2-C'o

题9-15解图

精品

9-15一均匀带电半圆环，半径为H,电量为+Q,求环心处的电势。

分析：微分取电荷元，运用点电荷电势公式及电势叠加原理积分求解。将带电半圆环分割成

无数个电荷元，根据点电荷电势公式表示电荷元的电势，再利用电势叠加原理求解。

解：把半圆环无穷分割，取线元d/,其带电量为dq=2d/,则其在圆心。的电势为：

nR

口dqQdl

4兀/7?4兀47?兀7?

.,・整个半圆环在环心。点处的电势为：

QdlQ

u=I-----------=-------

J。4-it£0R-TIR4ns0R

9-16一面电荷密度为S的无限大均匀带电平面，若以该平面处为电势零点，求带电平面周

围的电势分布。

分析：利用无限大均匀带电平面的场强公式及电势与电场强度的积分关系求解。

解：无限大平面周围的场强分布为：

=,0■=

£—i------1

2%

取该平面电势为零，则周围任一点。的电势为:

3

9-17如题图9-17所示,已知2=8><10-21„,6=6*所2111,5=3：><10支，92=-3*10-8（：,。为q®

连线中点，求：（1）。点和8点的场强和电势;（2）4点和。点的电势；（3）将电量为2X10-9C

的点电荷例由八点移到。点，电场力所作的功；（4）将例由3点移到。点，电场力所作的

功。

题9-17解图

分析：由点电荷的场强、电势的公式及叠加原理求场强和电势。静电力是保守力，保守力做

功等于从初位置到末位置势能增量的负值。

解：（1）建立如图题9-17解图所示坐标系：

9xlQ9x3xlQ-827

d15

2Di=—xl0i(V/m)

47rq/(4x10-2)2

精品

9X1Q9X3X1Q-827

ET=—xlOPi(y/ni)

(4x10-2)2

：.E=E}D+E2D=3.3Sxl^T(V/m)

X9XX-8

1910310275

E】B=-----------------------------------------=——X10(V/m),方向如图示。

(4xl0-2)2+(6xi0-2)252

凝%

98

%9X10X3X10-274_

E?B=-----------------------=—xlO(V/m),方向如图不。

(4xl(r2)2+(6x](y2)252

Alyi77

54

..LER——X—xio=5.76xl0(V/m);方向平行于x轴.

1352

%.23x10-8x9x1093x10-8x9x109

°—_~Ta\+__fpj-4x10-24x10-2

同理，4=0.

1।______^2_______

⑵UA

4无与》47tj扬+'

9x109x3x1079x10^x3x10-=18X1Q3(V)

6x10-27(6X10-2)2+(8X10-2)2

q!q_9xlQ9x3xlQ-89x109x3x10-8

}2=-1.8X103(V)

4兀4“2+”24兀%。5(6x10-2)2+(8x10-2)26x10"

333

(3)t/4C=t/A-t/c=1.8xlO+1.8xlO(V)=3.6xlO(V)

叱ct=1〃忙=2xl°-9x3.6xl()3=7.2X1(T6(J)

⑷心=七一％=°

M=o

9-18设在均匀电场中，场强后与半径为R的半球面的轴相平行，试计算通过此半球面的电

场强度通量？

分析：如图所示，由高斯定理可知，穿过圆平面5的电力线必通过半球面。

精品

2

解：在圆平面S上：(/)=^EdS=—EjdSy=—E-TTR

所以通过此半球面的电通量为：

0=En比

9-19两个带有等量异号电荷的无限大同轴圆柱面，半径分别为4和R(%>为).单位长度

上的电量为儿求离轴线为r处的电场强度：(1)r</?,;(2)/?,<r<7?2;(3)r>R2

分析：由于场为柱对称的，做同轴圆柱面，运用高斯定理求解。

解：(1)在一<4时，作如图所示同轴圆柱面为高斯面.由于场为柱对称的，所以通过侧面

的电通量为2兀〃七，通过上下底面的电通量为零.据高斯定理，因为此高斯面没有包围电荷,

所以有：2兀”£=0,即七=0

(2)对«<「<&,类似(1)作高斯面，有：

2rtrlE=—

£。

2TCd广

(3)对尸〉&,作类似高斯面，有：

27rr/£：=—(/2-72)=0题9-20解图

故得：£=0o

9-20静电场中a点的电势为300V,6点电势为-10V.如把5X10-匕的电荷从b点移到a点,

试求电场力作的功？

分析：电场力作功等于电势能增量的负值。

解：依题意可以有如图的示意图：

把正电荷由a点移到6点时电场力作功

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%=心=4。厂4)

=5x10-8x[300—(-10)]=1.55x10-5(J)

反之，当正电荷从3点移到a点时，电场力作功：

%=一%,=一1・55*10.5(/)

负功表示当正电荷向低电势向高电势移动时，它要克服电场力作功，从而增加了它的电势能。

9-21在半径为吊和鸟的两个同心球面上分别均匀带电？和我，求在0＜r＜4,

用＜r＜鸟三个区域内的电势分布。

分析：由于场为球对称的，做同心球面，利用高斯定理求出场强。再利用电势与场强的积分

r+00—

关系。=J,E・d尸求电势。注意：积分路径上的场强是分段函数。

解：利用高斯定理求出:

3=0(「＜与)

4+Qr(r>R)

4万名,02

电势的分布:

3『片"=『会小=生土%(rNR,)

4^0r

pR->—p+oo-

U"=1E“"+hEm-dr

r0

公+^±^=」生+如(/?<r</?)

L4^r222

o4TT£0R24TT£0IR2

「凡一rRy—r+<®_

U/=J,EM/+]R：E"•向+[RE〃M

1

(rWRJ

4兀%gRj

精品

第十章

10-1如题图10-1所示，三块平行的金属板A,B和C,面积均为200cm2,A与B相距4mm,

A与C相距2mm,B和C两板均接地，若A板所带电量（2=3.0乂10飞，忽略边缘效应，求:

（1）B和C上的感应电荷？（2）A板的电势（设地面电势为零）。

题图10-1

题10-1解图

分析：当导体处于静电平衡时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律，可以求得导体的电荷分

布，又因为B、C两板都接地，所以有UAC=U"。

解：（1）设8、C板上的电荷分别为4人女-。因3块导体板靠的较近，可将6个导体面视

为6个无限大带电平面。导体表面电荷分布均匀，且其间的场强方向垂直于导体表面。作如

图中虚线所示的圆柱形高斯面。因导体达到静电平衡后，内部场强为零，故由高斯定理得:

%=Pc

QA2=Ms

即公=-（心+%）①

又因为：限=仁

而：UAC=EAC'^

UAB=EAB

EAC=2EAB

精品

于是：4=2.%

£()80

两边乘以面积s可得：出_=2•些a

£0£0

即：qc=2%②

77

联立①②求得：qc=-2x1()C,qB=-lxl(fC

(2)UA=UAC+UC=UAC=EAC・；=/；=氏;

2x10-7

X2X10-3=2.26X103(V)

200xl0-4x8.85xlO-12

10-2如题图10-2所示，平行板电容器充电后，A和B极板上的面电荷密度分别为+谕一

6,设尸为两极板间任意一点，略去边缘效应，求：

(1)A,B板上的电荷分别在。点产生的场强国，瓦；

(2)A,B板上的电荷在尸点产生的合场强E;

⑶拿走B板后。点处的场强石‘。

分析：运用无限大均匀带电平板在空间产生的场强表达式及场强叠加原理求解。

解：(1)/、6两板可视为无限大平板.

所以力、8板上的电何在。点产生的场强分别为：

+<J-a

互4=二，方向为：垂直于力板由力指向笈板

EB=不—,方向与相同.

2^0

题图10-2

⑵E=2EA=—,方向于七人相同

£。

⑶拿走3板后：£=二，方向垂直/板指向无限远处.

2%

10-3电量为g的点电荷处导体球壳的中心，球壳的内、外半径分别为凡和尾，求场强和

电势的分布。

分析：由场强分布的对称性，利用高斯定理求出各区域场强分布。再应用电势与场强的积分

关系求电势，注意积分要分段进行。

解：由静电感应在球壳的内表面上感应出一4的电量，外表面上感应出g的电量.

所以由高斯定理求得各区域的场强分布为:

E[=—(r<R)

4兀

精品

Q

f2=0(/?!<r<R2)

E3=丁一(&<「)

4兀

，(r<K，r>&)

E=<J4兀，/

0(/?!<r<R2)

q

U?=「"£•〃产=「”—-.dr=——,(r>/?9)

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综上可知:

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10-4半径为用的导体球，带有电量g；球外有内、外半径分别为玲，用的同心导体球壳,

球壳带有电量Q。(1)求导体球和球壳的电势U,U；(2)若球壳接地，求U,U2;(3)

若导体球接地(设球壳离地面很远)，求5,5。

分析：由场强分布的对称性，利用高斯定理求出各区域场强分布；再由电势定义求电势。接

地导体电势为零，电荷重新分布达到新的静电平衡，电势分布发生变化。

解:如图题10-4解图(a)所示，当导体达到静电平衡时,g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出一q电量.外表面上感应出+4电量，则球壳外表面上共带电荷

(Q+办

(1)由于场的对称性.由高斯定理求得各区域的场强分布为:

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精品

题10-4解图(a)

(«<r<R)

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4=0(&<r<4)

4兀%尸

石的方向均沿经向向外.

取无限远处电势为零，则由电势的定义可得：

内球体内任一场点n(r<K)的电势q为

G=J,E,.dr+£-E2^r+£E3^r+£ER产

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外球壳体内任一场点pz(R?<r<R3)的电势为：

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(2)若外球壳接地.球壳外表面的电荷为零，等量异号电荷分布在球体表面和球壳内表面上,

此时电场只分布在(«<「<&)的空间，如图题10-4解图(b)所示.由于外球壳。2=。则

内球体内任一点R(r<K)的电势5为:

a=JE,.dr+£E2.dr-=£-E2.dr

J&47t£or~4兀£o(R|R2?

U2=Q

题104解图(b)

(3)当内球接地时，内球的电势％=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配，使球壳外的电场沿着经向指向无限远处，球壳内的电场经向指

向球心处；因此，内球必然带负电荷。因为内球接地，随着它上面正电荷的减少，球壳内表

面上的负电荷也相应减少；当内球上正电荷全部消失时，球壳内表面上的负电荷全部消失完；

但就球壳而言，仍带有电量+Q。由于静电感应，在内球和大地这一导体，系统中便会感应

出等量的负电荷-Q此负电荷(-Q)的一部分(设为-9,)均匀分布在内球表面上。球壳内

表面上将出现等量的正电荷(+q')与之平衡.因此，在达到静电平衡后，内球带电荷

精品

-q,球壳内表面带电量+q',外表面上带电量(Q-d),如图所示.

由高斯定理可知各区域的场强分布为：

骂=0(r<R)

E3=0(7?2<r<7?3)

Q-q’(&<r)

E4=2

47tfor

题1(M解图(c)

球壳上任一场点B(/?2</<叫)相对于无限远处和相对于接地内球的电势，应用电势定

义分别计算，可得：

3"-q

U2=\-E3-dr+^E2-dr=\RE2•dr=

4%

联立上述两式，求得：

夕—

R]/?2+R〉R3—R[R3

将/代入5的表达式中可得：

U=-----------------,(凡<r<%)

24兀£。g+R四一RR

G=0,(r</?,)

10-5三个半径分别为R,R2,R3(7?i<A2V')的导体同心薄球壳，所带电量依次为71,

0,93.求：(1)各球壳的电势；(2)外球壳接地时，各球壳的电势。

分析：根据静电平衡条件先确定球的电荷分布情况，再根据电荷分布的球对称性，利用高斯

定理求出电场强度分布，进而利用电势与电场强度的积分关系求出电势分布。对于电荷球对

称分布的带电体，也可直接利用电势叠加原理求得电势分布。接地导体时电势为零，电荷重

新分布达到新的静电平衡，新的电荷分布引起电场和电势分布发生变化。

解：⑴如图题10-5解图(a)所示，半径为招的导体球壳外表面上均匀的分布电量71,由于

精品

静电感应，半径为

精品

凡的球壳内表面上感应出-q的电量.外表面上感应出+切的电量.因此，半径为4的球壳外表

面上的电量为qx+qz,同理，半径为总的球壳内表面上感应出-©+的的电量.外表面上感应

出+(qi+g2)的电量.所以凡的球壳外表面上的电量为(5+92+93)。

(方法一)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别为

4=。,(r<K)

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题10-5解图(a)

石■的方向均沿径向向外.

取无限远处为电势零点.

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(方法二)可把各球壳上的电势视为由电量为彷，半径为用；电量为172,半径为是；电量

为G，半径为①的三个同心带电球壳分别在各点所共同产生的电势的叠加.

由于在半径为用的球壳外表面上的。点由三个带电球壳电势的叠加.故有

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同理:

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（2）由于外球壳接地，球壳外表面的电荷为零，内表面的电量为-⑷+的

（方法一）用高斯定理求得各区域的场强分别为：

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题10-5解图（b）

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（方法二）可把4视为带电量为91,半径为凡；带电量为袋，半径