【文章內(nèi)容簡介】 電荷守恒定律，可以求得導體的電荷分 布，又因為 B、 C兩板都接地，所以有 AC ABUU? 。 解：（ 1）設 B、 C 板上的電荷分別為 Bq 、 Cq 。因 3 塊導體板靠的較近，可將 6 個導體面視為 6 個無限大帶電平面。導體表面電荷分布均勻，且其間的場強方向垂直于導體表面。作如圖中虛線所示的圓柱形高斯面。因?qū)w達到靜電平衡后，內(nèi)部場強為零，故由高斯定理得： 1ACqq?? 2ABqq?? 即 ()A B Cq q q? ? ? ① 又因為： AC ABUU? 而 : 2AC AC dUE?? AB ABU E d?? ∴ 2AC ABEE? 于是： 002C B? ???? ?? 兩邊乘以面積 S 可得： 002C BS S? ???? ?? 即： 2CBqq? ② 聯(lián)立①②求得 : 772 10 , 1 10CBq C q C??? ? ? ? ? ? (2) 002 2 2CCA A C C A C A C qd d dU U U U E S?????? ? ? ? ? ? ? ? ? 7 334 1 22 1 0 2 1 0 2 .2 6 1 0 ( )2 0 0 1 0 8 .8 5 1 0 V? ????? ? ? ? ?? ? ? 102 如題圖 102 所示，平行板電容器充電后， A 和 B 極板上的面電荷密度分別為 +б 和－ б ，設 P 為兩極板間任意一點，略去邊緣效應，求： 題圖 101 題 101 解圖 d 15 （ 1） A,B板上的電荷分別 在 P 點產(chǎn)生的場強 EA,EB。 （ 2） A,B板上的電荷在 P 點產(chǎn)生的合場強 E； (3)拿走 B 板后 P點處的場強 E′ 。 分析：運用無限大均勻帶電平板在空間產(chǎn)生的場強表達式及場強疊加原理求解。 解：（ 1） A、 B 兩板可視為無限大平板 . 所以 A、 B 板上的電何在 P 點產(chǎn)生的場強分別為 : 02???AE ,方向為：垂直于 A 板由 A 指向 B 板 02???BE ，方向與 AE 相同 . (2)02 ???? AEE ，方向于 AE 相同 (3) 拿走 B 板后：0239。 ???E ，方向垂直 A 板指向無限遠處 . 103 電量為 q 的點電荷處導體球殼的中心，球殼的內(nèi)、外半徑分別為 R1和 R2，求場強和電勢的分布。 分析：由場強分布的對稱性，利用高斯定理求出各區(qū)域場強分布。再應用電勢與場強的積分關系求電勢，注意積分要分段進行。 解：由靜電感應在球殼的內(nèi)表面上感應出 q? 的電量，外表面上感應出 q 的電量 . 所以由高斯 定 理 求得各區(qū)域的場強分布為： 1 204πqE r?? 1()rR? 2 0E? 12()R r R?? 3 204πqE r?? 2()Rr? 即： 122012( , )4 π0 ( )q r R r RrER r R?? ???? ????? 33 2022 π 4 πrr qqU E d r d rrr??? ? ? ?? ? ? ? ???， 2()rR? 2222 2 3 3 024 πRr R RqU E d r E d r E d r R?? ? ? ?? ? ? ? ? ? ?? ? ?, 12()R r R?? 題 103 解圖 題圖 102 16 1 2 11 2 21 1 2 3 1 3R R Rr R R r RU E d r E d r E d r E d r E d r? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? 0 1 21 1 14 πq r R R? ??? ? ????? , 1()rR? 綜上可知 : 10 1 21202201 1 1()4 π()4 π()4 πqrRr R RqU R r RRqrRr???? ??? ? ?? ???????? ? ???????? 104 半徑為 R1的導體球，帶有電量 q；球外有內(nèi)、外半徑分別為 R2， R3的同心導體球殼，球殼帶有電量 Q。（ 1）求導體球和球殼的電勢 U1， U2；（ 2）若球殼接地，求 U1， U2；（ 3）若導體球接地（設球殼離地面很遠），求 U1， U2。 分析：由場強分布的對稱性，利用高斯定理求出各區(qū)域場強分布；再由電勢定義求電勢。接地導體電勢為零，電荷重新分布達到新的靜電平衡，電勢分布發(fā)生變化。 解 :如圖 題 104 解圖（ a） 所示 ,當導體達到靜電平衡時 ,q 分布在導體球的表面上 .由于靜電感應在外球殼的內(nèi)表面上感應出 q? 電量 .外表面上感應出 q? 電量，則球殼外表面上共帶電荷 ()Qq? . (1) 由于場的對稱性 .由高斯定理求得各區(qū)域 的場強分布為： 1 0E? 1()rR? 2 204πqE r?? 12()R r R?? 3 0E? 23()R r R?? 4 204πQqE r??? 3()Rr? E 的方向均沿經(jīng)向向外 . 取無限遠處電勢為零，則由電勢的定義可得： 內(nèi)球體內(nèi)任一場點 p1 1()rR? 的電勢 1U 為 1 2 31 2 31 1 2 3 4d d d dR R R +r R R RU + + + ?? ? ? ? ?E r E r E r E r 213+220 0 0 1 2 3+ 1 += d + d = +4 π 4 π 4 πRRRq Q q q q q Qrrr r R R R? ? ?? ????????? 外球殼體內(nèi)任一場點 p2 23()R r R?? 的電勢為 : 題 104 解圖（ a） 17 332 3 4ddR+rRU+ ?? ??E r E r3 20 0 3d4π 4π+Rq Q q QrrR??????? （ 2）若外球殼接地 .球殼外表面的電荷為零，等量異號電荷分布在球體表面和球殼內(nèi)表面上 ,此時電場只分布在 12()R r R??的空間，如圖 題 104 解圖（ b） 所示 .由于外球殼 2 0U? 則內(nèi)球體內(nèi)任一點 P1 1()rR? 的電勢 U1為 : 1 2 2111 1 2 2d d dR R Rr R RU+? ? ? ?E r E r = E r 21 20 0 1 211d4 π 4 πRRqqrr R R?? ??? ? ?????? 2 0U? 但無限遠處的電勢也為零，這就要求外球殼所帶電量在內(nèi)外表(3) 當內(nèi)球接地時，內(nèi)球的電勢 1 0U? ，面上重新分配，使球殼外的電場沿著經(jīng)向指向無限遠處，球殼內(nèi)的電場經(jīng)向指向球心處；因此，內(nèi)球必然帶負電荷。因為內(nèi)球接地，隨著它上面正電荷的減少，球殼內(nèi)表面上的負電荷也相應減少；當內(nèi)球上正電荷全部消失時，球殼內(nèi)表面上的負電荷全部消失完；但就球殼而言，仍帶有電量 +Q。由于靜電感應，在內(nèi)球和大地這一導體，系統(tǒng)中便會感應出等量的負電荷 Q,此負電荷（ Q）的一 部分（設為 q′）均勻分布在內(nèi)球表面上。球殼內(nèi)表面上將出現(xiàn)等量的正電荷 (+q′ )與之平衡 .因此，在達到靜電平衡后，內(nèi)球帶電荷 q′，球殼內(nèi)表面帶電量 +q′，外表面上帶電量（ Qq′），如圖所示 . 由高斯定理可知各區(qū)域的場強分布為 : 1 0E? 1()rR? 2 204πqE r???? 12()R r R?? 3 0E? 23()R r R?? 4 204πQqE r? ??? 3()Rr? 無限遠處和相對于接地內(nèi)球的電勢，應用電勢定義分別計算， 球殼上任一場點 P2 23()R r R?? 相對于可得 : 3332 3 4 20 0 3d4 π 4 πRr R RQ q Q qU E d r E d r rrR??? ? ? ? ????? ? ?? ? ?= ]11[4]4[ 21039。2039。2232 1212122 RRqdrrqrdErdErdEU RRRRRRRr ??????????? ???? ?????????? 聯(lián)立上述兩式，求得： 題 104 解圖（ b） 題 104 解圖（ c） 18 121 2 2 3 1 3R R Qq R R R R R R? ? ?? 將 q? 代入 U2的表達式中可得 : 2120 1 2 2 3 1 3= 4πRRQU R R R R R R? ??? ， 23()R r R?? 1=0U ， 1()rR? 105 三個半徑分別為 R1， R2， R3（ R1 R2 R3）的導體同心薄球殼，所帶電量依次為 q1， q2， ：（ 1）各球殼的電勢；（ 2）外球殼接地時，各球殼的電勢。 分析：根據(jù)靜電平衡條件先確定球的電荷分布情況，再根據(jù) 電荷分布的球?qū)ΨQ性，利用高斯定理求出電場強度分布，進而利用電勢與電場強度的積分關系求出電勢分布。對于電荷球?qū)ΨQ分布的帶電體，也可直接利用電勢疊加原理求得電勢分布。接地導體時電勢為零，電荷重新分布達到新的靜電平衡，新的電荷分布引起電場和電勢分布發(fā)生變化。 解： (1) 如圖 題 105 解圖 (a)所示，半徑為 R1的導體球殼外表面上均勻的分布電量 q1，由于靜電感應，半徑為 R2的球殼內(nèi)表面上感應出 q1的電量 .外表面上感應出 +q1的電量 .因此，半徑為 R2的球殼外表面上的電量為 q1+q2，同理，半徑為 R3的球殼內(nèi)表面上感 應出 (q1+q2)的電量 .外表面上感應出 +(q1+q2)的電量 .所以 R3的球殼外表面上的電量為 (q1+q2+q3)。 (方法一 ) 由于場的分布具有對稱性 ,可用高斯定理求得各區(qū)域的場強分別為 1 0E? ， 1()rR? 12 204πqE r?? ， 12()R r R?? 123 204πqqE r??? ， 23()R r R?? 1 2 34 204πq q qE r???? ， 3()Rr? E 的方向均沿徑向向外 . 取無限遠處為電勢零點 . 231 2 31 2 3 4RRR R RU E d r E d r E d r??? ? ?? ? ? 231 2 31 1 2 1 2 32 2 20 0 0d d d4 π 4 π 4 πRRR R Rq q q q q qr r rr r r? ? ???? ? ?? ? ?? ? ? 1 2 30 1 2 314π q q qR R R? ??? ? ????? 題 105 解圖 (a) 19 3232 3 4RRRU E dr E dr?????? 3231 2 312 2200dd4 π 4 πRRRq q qqq rrrr???? ???? ? ??? 1 2 1 2 30 2 3 0 31 1 14 π 4 πq q q q qR R R??? ? ? ?? ? ?? ? ?? ? ? ?? ? ? ?3120 2 314 π qqqRR? ????????? 331 2 3 1 2 334 20 0 31d4 π 4 πRRq q q q q qU E d r rrR??? ? ? ? ??? ? ? ??? ?????? = （方法二）可把各球殼上的電勢視為由電量為 q1,半徑為 R1；電量為 q2，半徑為 R2；電量為 q3，半徑為 R3的三個同心帶電球殼分別在各點所共同產(chǎn)生的電勢的疊加 . 由于在半徑為 R1的球殼外表面上的 P點由三個帶電球殼電勢的疊加 .故有 31210 1 2 314π qqqU R R R? ??? ? ????? 同理 : 3122 0 2 314π qqqU RR? ????????? 1 2 330314π q q qU R? ????? ???? (2) 由于外球殼接地 ,球殼外表面的電荷為零，內(nèi)表面的電量為 (q1+q2) (方法一 ) 用高斯定理求得各區(qū)域的場強分別為： 1 0E? ， 1()rR? 12 204πqE r?? ， 12()R r R?? 123 204πqqE r??? ， 23()R r R?? 4 0E? ， 3()Rr? ∴ 3 0U? 33221 2 1 223 20 0 2 311dd4 π 4 πRR q q q qUr r R R?? ????? ? ? ???????Er 2 3 2 31 2 1 21 1 21 2 3 2200d d d d4 π 4 πR R R RR R R Rq q qU r rrr?? ?? ? ?? ? ? ?E r +