【正文】 穿過閉合曲面的凈通量為零 ， 穿入平面 S′ 的電場強(qiáng)度通量在數(shù)值上等于穿出半球面S 的電場強(qiáng)度通量 .因而 ?? ? ????? SS SESEΦ dd 解 1 由于閉合曲面內(nèi)無電荷分布 ， 根據(jù)高斯定理 ， 有 ?? ? ????? SS SESEΦ dd 依照約定取閉合曲面的外法線方向?yàn)槊嬖?dS 的方向 ， ERπRE 22 πc o sπ ?????Φ 解 2 取球坐標(biāo)系 ， 電場強(qiáng)度矢量和面元在球坐標(biāo)系中可表示為 ① ? ?rθ θθE eeeE s i ns i nc o ss i nc o s ??? rθθR eS ddsind 2? ERθθERθθERSS2π0π02222πds i nds i ndds i ns i nd?????? ??? SEΦ 5 － 17 設(shè)在半徑為 R 的球體內(nèi) ， 其電荷為球?qū)ΨQ分布 ， 電荷體密度為 ? ?? ?Rrρ krρ ?? ??? 0 Rr0 k為一常量 .試分別用高斯定理和電場疊加原理求電場強(qiáng)度 E與 r的函數(shù)關(guān)系 . 分析 通常有兩種處理方法 ： (1) 利用高斯定理求球內(nèi)外的電場分布 .由題意知電荷呈球?qū)ΨQ分布 ， 因而電場分布 也是球?qū)ΨQ ， 選擇與帶電球體同心的球面為高斯面 ， 在球面上電場強(qiáng)度大小為常量 ， 且方向垂直于球面 ， 因而有 2S π4d rE ???? SE 根據(jù)高斯定理 ?? ?? Vρε d1d 0SE， 可解得電場強(qiáng)度的分布 . (2) 利用帶電球殼電場疊加的方法求球內(nèi)外的電場分布 .將帶電球分割成無數(shù)個(gè)同心帶電球殼 ， 球殼帶電荷為 rrρq ???? dπ4d 2 ， 每個(gè)帶電球殼在殼內(nèi)激發(fā)的電場 0d ?E ， 而在球殼外激發(fā)的電場 rrεq eE 20π4 dd ? 由電場疊加可解得帶電球體內(nèi)外的電場分布 ? ? ? ?? ? ? ?RrrrRr??????? dRr0 d00EEEE 解 1 因電荷分布和電場分布均為球?qū)ΨQ ， 球面上各點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小為常量 ， 由高斯定理?? ?? Vρε d1d 0SE 得球體內(nèi) (0≤ r≤ R) ? ? 400 202 πdπ41π4 rε krrkrεrrE r ?? ? ? ? rεkrr eE 024? 球體外 (r ＞ R) ? ? 400 202 πdπ41π4 rε krrkrεrrE R ?? ? ? ? rεkRr eE 024? 解 2 將帶電球分割成球殼 ， 球殼帶電 rrrkVρq ????? dπ4dd 2 由上述分析 ， 球體內(nèi) (0≤ r≤ R) ? ? rrr εkrr rrrkεr eeE 022 20 0 4dπ4π4 1 ?????? ? 球體外 (r ＞ R) ? ? rrR rεkRr rrπrkπεr eeE 20 22 20 0 4d44 1 ?????? ? 5 － 22 如圖所示 ， 有三個(gè)點(diǎn)電荷 Q1 、 Q2 、 Q3 沿一條直線等間距分布且 Q1 ＝ Q3 ＝ Q.已知其中任一點(diǎn)電荷所受合力均為零 ， 求在固定 Q1 、 Q3 的情況下 ， 將 Q2從點(diǎn) O 移到無窮遠(yuǎn)處外力所作的功 . 分析 由庫侖力的定義 ， 根據(jù) Q1 、 Q3 所受合力為零可求得 Q2 .外力作功 W′應(yīng)等于電場力作功 W 的負(fù)值 ， 即 W′＝－ ： (1)根據(jù)功的定義 ， 電場力作的功為 lEd0 2??? QW 其中 E 是點(diǎn)電荷 Q1 、 Q3 產(chǎn)生的合電場強(qiáng)度 . (2) 根據(jù)電場力作功與電勢能差的關(guān)系 ， 有 ? ? 0202 VQVVQW ??? ? 其中 V0 是 Q1 、 Q3 在點(diǎn) O 產(chǎn)生的電勢 (取無窮遠(yuǎn)處為零電勢 ). 解 1 由題意 Q1 所受的合力為零 ? ? 02π4π4 20 312021 ?? dε dε 解得 Q 414132 ???? 由點(diǎn)電荷電場的疊加 ， Q1 、 Q3 激發(fā)的電場在 y 軸 上任意一點(diǎn)的電場強(qiáng)度為 ? ? 2/322031 π2 ydε QEEE yyy ???? 將 Q2 從點(diǎn) O 沿 y 軸移到無窮遠(yuǎn)處 ， (沿其他路徑所作的功相同 ， 請想一想為什么 ？ )外力所作的功為 ? ? dεQyydε QW y 022/322022 2 π8dπ241d ????????? ??????? ?? ?? lE 解 2 與解 1相同 ， 在任一點(diǎn)電荷所受合力均為零時(shí) 412 ??， 并由電勢 的疊加得 Q1 、 Q3 在點(diǎn) O 的電勢 dεQdεQdεQV 003010 π2π4π4 ??? 將 Q2 從點(diǎn) O 推到無窮遠(yuǎn)處的過程中 ， 外力作功 dεQVQW 0202 π8???? 比較上述兩種方法 ， 顯然用功與電勢能變化的關(guān)系來求解較為簡潔 .這是因?yàn)樵谠S多實(shí)際問題中直接求電場分布困難較大 ， 而求電勢分布要簡單得多 . 5 － 27 兩個(gè)同心球面的半徑分別為 R1 和 R2 ， 各自帶有電荷 Q1 和 Q2 .求 ： (1) 各區(qū)域電勢分布 ， 并畫出分布曲線 ； (2) 兩球面間的電勢差為多少 ？ 分析 通常可采用兩種方法 (1) 由于電荷均勻分布在球面上 ， 電場分布也具有球?qū)ΨQ性 ， 因此 ， 可根據(jù)電勢與電場強(qiáng)度的積分關(guān)系求電勢 .取同心球面為高斯面 ， 借助高斯定理可求得各區(qū)域的電場強(qiáng)度分布 ， 再由 ?? ??ppV lE d可求得電勢分布 .(2) 利用電勢疊加原理求電勢 .一個(gè)均勻帶電的球面 ， 在球面外產(chǎn)生的電勢為 rεQV 0π4? 在球面內(nèi)電場強(qiáng)度為零 ， 電勢處處相等 ， 等于球面的電勢 RεQV 0π4? 其中 R 是球面的半徑 .根據(jù)上述分析 ， 利用電勢疊加原理 ， 將兩個(gè)球面在各區(qū)域產(chǎn)生的電勢疊加 ， 可求得電勢的分布 . 解 1 (1) 由高斯定理可求得電場分布 ? ?? ?? ?22021321201211 π4 π4 0RrrεRrRrεQRrrr????????eEeEE 由電勢 ?? ??rV lE d 可求得各區(qū)域的電勢分布 . 當(dāng) r≤ R1 時(shí) ， 有 202101202121013211π4π4π411π40ddd2211RεQRεQRεRRεQVRRRRr??????????????????? ????lElElE 當(dāng) R1 ≤ r≤ R2 時(shí) ， 有 202012021201322π4π4π411π4dd22RεQrεQRεRrεQVRRr???????????????? ???lElE 當(dāng) r≥ R2 時(shí) ， 有 rε V r 0 2133 π4d ???? ?? lE (2) 兩個(gè)球面間的電勢差 ???????? ???? ? 2101212 11π4d21 RRεQU RR lE 解 2 (1) 由各球面電勢的疊加計(jì)算電勢分布 .若該點(diǎn)位于兩個(gè)球面內(nèi) ， 即 r≤ R1 ， 則 2021011 π4π4 RεQRεQV ?? 若該點(diǎn)位于兩個(gè)球面之間 ， 即 R1 ≤ r≤ R2 ， 則 202012 π4π4 RεQrεQV ?? 若該點(diǎn)位于 兩個(gè)球面之外 ， 即 r≥ R2 ， 則 rεV 0 213 π4?? (2) 兩個(gè)球面間的電勢差 ? ? 2022022112 π4π42 RεQRεQVVU Rr ???? ? 5 － 30 兩個(gè)很長的共軸圓柱面 (R1 ＝ 10－ 2 m， R2 ＝ m)， 帶有等量異號(hào)的電荷 ，兩者的電勢差為 450 Ｖ .求 ： (1) 圓柱面單位長度上帶有多少電荷 ？ (2) r ＝ m 處的電場強(qiáng)度 . 解 (1) 由習(xí)題 5 － 21 的結(jié)果 ， 可得兩圓柱面之間的電場強(qiáng)度為 rελE 0π2? 根據(jù)電勢差的定義有 120212 lnπ2d21 RRελU RR ??? ? lE 解得 1812120 ?? ???? RRUελ (2) 解得兩圓柱面之間 r ＝ 處的電場強(qiáng)度 10 mV7475π2???? rελE 6 － 9 在一半徑為 R１ ＝ cm 的金屬球 A 外面套有一個(gè)同心的金屬球殼 B． 已知球殼 B 的內(nèi) 、 外半徑分別為 R2＝ cm， R3 ＝ cm． 設(shè)球 A 帶有總電荷 QA ＝ 10－８ C， 球殼B 帶有總電荷 QB ＝ 10－８ C．（１） 求球殼 B 內(nèi) 、 外表面上所帶的電 荷以及球 A 和球殼 B 的電勢 ；（ 2） 將球殼 B 接地然后斷開 ， 再把金屬球 A 接地 ， 求金屬球 A 和球殼 B 內(nèi) 、外表面上所帶的電荷以及球 A 和球殼 B 的電勢 ． 分析 （１） 根據(jù)靜電感應(yīng)和靜電平衡時(shí)導(dǎo)體表面電荷分布的規(guī)律 ， 電荷 QA均勻分布在球A 表面 ， 球殼 B 內(nèi)表面帶電荷 － QA ， 外表面帶電荷 QB ＋ QA ， 電荷在導(dǎo)體表面均勻分布［ 圖 （ ａ ）］， 由帶電球面電勢的疊加可求得球 A 和球殼 B 的電勢 ．（ 2） 導(dǎo)體接地 ， 表明導(dǎo)體與大地等電勢 （ 大地電勢通常取為零 ）． 球殼 B 接地后 ， 外表面的電荷與從大地流入的負(fù)電荷中和 ， 球殼內(nèi)表面帶電 － QA ［ 圖 （ ｂ ）］． 斷開球殼 B 的接地后 ， 再將球 A 接地 ， 此時(shí)球 A 的電勢為零 ． 電勢的變化必將引起電荷的重新分布 ， 以保持導(dǎo)體的靜電平衡 ． 不失一般性可設(shè)此時(shí)球 A 帶電 qA ， 根據(jù)靜電平衡時(shí)導(dǎo)體上電荷的分布規(guī)律 ， 可知球殼 B 內(nèi)表面感應(yīng) － qA， 外表面帶電 qA － QA ［ 圖 （ c）］． 此時(shí)球 A 的電勢可表示為 0π4π4π4 302022 ?????? Rε QqRεqRεqV AAAAA 由 VA ＝ 0 可解出球 A 所帶的電荷 qA ， 再由帶電球面電勢的疊加 ， 可求出球 A 和球殼 B 的電勢 ． 解 （１） 由分析可知 ， 球 A 的外表面帶電 10－８ C， 球殼 B 內(nèi)表面帶電 － 10－８ C，外表面帶電 10－８ C． 由電勢的疊加 ， 球 A 和球殼 B 的電勢分別為 3302022 ??????? Rε RεQRεqV AAAAA 330 ???? Rε V BAB （ 2） 將球殼 B 接地后斷開 ， 再把球 A 接地 ， 設(shè)球 A 帶電 qA ， 球 A 和球殼 B的電勢為 0π4π4π4 302022 ??????? Rε qQRεqRεqV AAAAA 30π4 Rε qQV AAB ??? 解得 831322121 ?????? RRRRRR QRRq AA 即球 A 外表面帶 電 10－８ C， 由分析可推得球殼 B 內(nèi)表面帶電 － 10－８ C， 外表面帶電 10－８ C． 另外球 A 和球殼 B 的電勢分別為 0AV? 27. 29 10 VBV ? ? ? 導(dǎo)體的接地使各導(dǎo)體的電勢分布發(fā)生變化 ， 打破了原有的靜電平衡 ， 導(dǎo)體表 面的電荷將重新分布 ， 以建立新的靜電平衡 ． 6 － 14 地球和電離層可當(dāng)作球形電容器 ， 它們之間相距約為 100 km， 試估算地球 － 電離層系統(tǒng)的電容 ． 設(shè)地球與電離層之間為真空 ． 解 由于地球半徑 R1 ＝ 106 m； 電離層半徑 R2 ＝ 105 m ＋ R1 ＝ 106 m， 根據(jù)球形電容器的電容公式 ， 可得 212 210 ????? RR RRεC 6 － 17 蓋革 － 米勒管可用來測量電離輻射 ． 該管的基本結(jié)構(gòu)如圖所示 ， 一半徑為 R1 的長直導(dǎo)線作為一個(gè)電極 ， 半徑為 R2 的同軸圓柱筒為另一個(gè)電極 ． 它們之間充以相對電容率 εｒ ≈ 1 的氣體 ． 當(dāng)電離粒子通過氣體時(shí) ， 能使其電離 ． 若兩極間有電勢差時(shí) ， 極間有電流 ，從而可測出電離粒子的數(shù)量 ． 如以 E1 表示半徑為 R1 的長直導(dǎo)線 附近的電場強(qiáng)度 ．（ 1） 求兩極間電勢差的關(guān)系式 ；（ 2） 若 E1 ＝ 106 V m － 1 ， R1 ＝ mm， R2 ＝ mm，兩極間的電勢差為多少 ？ 分析 兩極間的電場可以近似認(rèn)為是無限長同軸帶電圓柱體間的電場 ， 由于電荷在圓柱面上均勻分布 ， 電場分布為軸對稱 ． 由高斯定理不難求得兩極間的電場強(qiáng)度 ， 并利用電場強(qiáng)度與電勢差的積分關(guān)系 ? ?? 21 dRRU lE 求出兩極間的電勢差 ． 解 （ 1