静电场(二)作业及答案
大连理工大学大学物理作业2(静电场二)及答案详解
1．如图所示，把点电荷q +从高斯面外P 移到R 处()OP OR =，O 为S 上一点，则[ ].A 穿过S 的电通量e φ发生改变，O 处E变.B e φ不变，E 变。
.C e φ变，E 不变。
.D e φ不变，E不变。
答案：【B 】[解]闭合面外的电荷对穿过闭合面的电通量无贡献，或者说，闭合面外的电荷产生的电场，穿过闭合面的电通量的代数和为零；移动点电荷，会使电荷重新分布，或者说改变电荷的分布，因此改变了O 点的场强。
2．半径为R 的均匀带电球面上，电荷面密度为σ，在球面上取小面元S ∆，则S ∆上的电荷受到的电场力为[ ]。
.A 0 .B 22Sσε∆ .C2S σε∆ .D2204SRσπε∆答案：【B 】解：应用高斯定理和叠加原理求解。
如图所示。
面元S ∆上的电荷受到的库仑力是其他电荷在面元S ∆处产生的总电场强度1E与面元S ∆上的电荷量S Q ∆=∆σ的乘积：111E S E Q F∆=∆=σ。
面元S ∆处电场强度E是面元S ∆电荷在此产生的电场强度2E 与其他电荷在面元S∆处产生的总电场强度1E 的矢量和，21E E E+=。
首先，由高斯定理求得全部球面分布电荷在面元S ∆处产生的总电场强度 R E ˆ0εσ=其次，面元S ∆上的电荷量S Q ∆=∆σ对于面元S ∆来说，相当于无限大带电平面，因此，面元S ∆上的电荷量S Q ∆=∆σ在面元S ∆处产生的电场强度为R E ˆ202εσ=由叠加原理，其他电荷在面元S ∆处产生的总电场强度为 R E E E ˆ2021εσ=-=面元S ∆上的电荷量S Q ∆=∆σ受到的库仑力为RS R S E S E Q F ˆ2ˆ2020111εσεσσσ∆=∆=∆=∆= 注：本题可以用叠加原理直接进行计算，太麻烦。
3．如图所示，一个带电量为q 的点电荷位于立方体的A 角上，则通过侧面abcd 的电场强度通量等于[ ]。
.A06q ε .B 012q ε .C24qε .D48q ε答案：【C 】[解] ：如果以A 为中心，再补充上7个相同大小的立方体，则组成一个边长为小立方体边长2倍大立方体，点电荷q 位于大立方体的中心。
高三物理真题分类汇编专题静电场2(解析版)
高三物理真题分类汇编专题静电场2（解析版）静电场2 题型一、带电粒子在电场中的运动以及相应的功能关系1 题型二、带电粒子在复合场中的运动的综合类问题5 题型三、带点粒子在电场中运动的综合类问题8 题型一、带电粒子在电场中的运动以及相应的功能关系1.（20xx江苏）一匀强电场的方向竖直向上，t=0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P-t关系图象是（）【答案】A 【解析】由于带电粒子在电场中类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为，经过时间，电场力方向速度为，功率为，所以P 与t成正比，故A正确。
2.（20xx·江苏卷）在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有（）A.q1和q2带有异种电荷 B.x1处的电场强度为零C.负电荷从x1移到x2，电势能减小 D.负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大【答案】AC 【解析】：图像的斜率代表场强的大小，x1处的电势为0，可见只能带异种电荷，故A 正确，从图像可知从x1到x2电势增加，可见场强的方向沿x 轴负方向，所以电场力对负电荷做正功，电势能减小；从x1到x2斜率逐渐减小，场强减小，电场力减小；3.（20xx全国卷1）．通常一次闪电过程历时约0.2～O.3s，它由若干个相继发生的闪击构成。
每个闪击持续时间仅40～80μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中。
在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×v，云地间距离约为l km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C，闪击持续时间约为60μs。
假定闪电前云地间的电场是均匀的。
根据以上数据，下列判断正确的是（） A.闪电电流的瞬时值可达到1×A B．整个闪电过程的平均功率约为l×W C．闪电前云地间的电场强度约为l×106V/m D.整个闪电过程向外释放的能量约为6×J 【答案】：C 【解析】选AC.由I＝＝A ＝1×105 A知，A对．由E＝＝V/m＝1×106 V/m知，C对；由W＝qU＝6×1.0×109 J＝6×109J知，D错；＝＝W＝3×1010W，B错．4.（20xx·全国卷）地球表面附近某区域存在大小为150 N/C、方向竖直向下的电场．一质量为1.00×10－4 kg、带电荷量为－1.00×10－7 C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0 m．对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s2，忽略空气阻力) （）A．－1.50×10－4 J和9.95×10－3 J B．1.50×10－4 J和9.95×10－3 J C．－1.50×10－4 J和9.65×10－3 J D．1.50×10－4 J和9.65×10－3 J 【答案】D 【解析】：本题考查功与能．设小球下落的高度为h，则电场力做的功W1＝－qEh＝－1.5×10－4 J，电场力做负功，电势能增加，所以电势能增加1.5×10－4 J；重力做的功W2＝mgh＝9.8×10－3 J，合力做的功W＝W1＋W2＝9.65×10－3 J，根据动能定理可知ΔEk＝W＝9.65×10－3 J，因此D项正确．5.(20xx全国1)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将() A．打到下极板上B．在下极板处返回C．在距上极板处返回D．在距上极板d处返回【答案】D 【解析】选D.本题应从动能定理的角度解决问题．带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当带电粒子进入平行板电容器时，电场力对带电粒子做负功，若带电粒子在下极板处返回，由动能定理得mg(＋d)－qU＝0；若电容器下极板上移，设带电粒子在距上极板d′处返回，则重力做功WG＝mg(＋d′)，电场力做功W电＝－qU′＝－qU＝－qU，由动能定理得WG＋W电＝0，联立各式解得d′＝d，选项D正确．6.(20xx天津)两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点．一带负电的试探电荷q，从A由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则() A．q由A 向O的运动是匀加速直线运动B．q由A向O运动的过程电势能逐渐减小C．q运动到O点时的动能最大D．q运动到O点时的电势能为零【答案】BC. 【解析】：等量同种电荷的电场线如图所示，负试探电荷q在A点由静止释放，在电场力的作用下从A向O 7.（20xx四川卷）如图所示，圆弧虚线表示正点电荷电场的等势面，相邻两等势面间的电势差相等。
静电场二参考答案
静电场二 参考答案一 . 1.D 2.B 3.B 4.D 5.E 6.A解： 1. –q 在空间产生电势，它在A ，B ，C ，D 点产生的电势相等，所以试验电荷0q 在这四点具有相同的电势能U q W 0=， 电场力做功等于势能增量的负值，所以把试验电荷从A 移到B 、C 、D 各点，电场力做功均为0，相等。
2. 电势叠加原理，P 的电势等于q 在P 的电势加上Q 在P 的电势，得B3. 点电荷的电势aQ a Q rQ U 0002)2/(44πεπεπε===4. 方法一：可根据场强积分计算⎰⋅=PMP l d E U .方法二：我们知道一点处的电势和电势零点的选取有关，但是两点之间的电势差和电势零点的选取无关. 如果以无穷远处作为电势零点，则aq aq a q U U P M 00084)2(4πεπεπε-=-=-，那么选取P 点为电势零点时（0=P U ），但同样应该aq U U P M 08πε-=-，则得aq U M 08πε-=.5. 场强等于电势的负梯度U E -∇=，分析可得结果.6. 方法一： 根据电势叠加原理，先分别计算两球面的电势，再求其差球面1处的电势：RQ r q U 00144πεπε+=球面2处的电势：RQ Rq U 00244πεπε+=，得21U U -的值方法二： 先计算两带点球面之间的电场强度，再根据场强积分计算电势差 由高斯定理，两带点球面之间一点（距球心为r ）的电场强度为204rq E πε=)11(44020212121Rrq dr rq Edr l d E U U Rr-===⋅=-⎰⎰⎰πεπε二. 1. 106.36-⨯-； 106.36-⨯； 106.36-⨯； 106.36-⨯- 2. 不闭合 3. V 0200-. 4.垂直（正交）； 电势降低 5. > 6.22028d xR Rlq +επ；224xR q+πε；Rq 04πε；()2/3224xRqx+πε；⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-2200114x R R qq πε解：1. 电场力做功等于势能增量的负值。
第5章 静电场作业答案
第五章 静电场作业1班级 姓名 学号 一 选择题1. 两点电荷间的距离为d 时, 其相互作用力为F ． 当它们间的距离增大到2d 时, 其相互作用力变为(A) F 2 (B) F 4 (C) 2F (D) 4F[ D ]解：根据库仑定律122014d q q F d πε=12220144dq q F d πε= 24dd F F ∴=选D 2. 关于电场强度, 以下说法中正确的是(A) 电场中某点场强的方向, 就是将点电荷放在该点所受电场力的方向 (B) 在以点电荷为中心的球面上, 由该点电荷所产生的场强处处相同(C) 场强方向可由FE q= 定出, 其中q 可正, 可负(D) 以上说法全不正确 [ C ]解：场强的定义为0FE q = ，即表示场强的大小又表示场强的方向，选C3.在边长为a 的正方体中心处放置一电量为Q 的点电荷, 则在此正方体顶角处电场强度的大小为 (A)202πQ a ε (B) 203πQaε (C)20πQ a ε (D) 204πQa ε [ B ] 解：点电荷Q 距顶点的距离为2r a =则在顶点处场强的大小为203QE aπε== 选B 4.一个点电荷放在球形高斯面的中心, 下列哪种情况通过该高斯面的电通量有变化?(A) 将另一点电荷放在高斯面外 (B) 将另一点电荷放在高斯面内a(C) 将中心处的点电荷在高斯面内移动(D) 缩小高斯面的半径 [ B ]解：根据高斯定理d iSq E S ε⋅=∑⎰，高斯面内的电荷变化，则通过该高斯面的电通量有变化。
选B二 填空题1.一长为L 、半径为R 的圆柱体，置于电场强度为E 的均匀电场中，圆柱体轴线与场强方向平行．则：(1) 穿过圆柱体左端面的E 通量为2R Επ-； (2) 穿过圆柱体右端面的E 通量为2R Επ；解：1）穿过左端面的电通量为21ΕS R ΕΦπ=⋅=-2）穿过右端面的电通量为21ΕS R ΕΦπ=⋅=2. 一个薄金属球壳，半径为1R ，带有电荷1q ，另一个与它同心的薄金属球壳，半径为2R )(12R R >，带有电荷2q 。
物理作业静电场基础练习2
物理作业内容：静电场基础练习2制作人：袁瑛 学生姓名： 班级：1.如图所示，水平放置的平行板电容器相距h ，上极板A 带正电，下极板B 带等量的负电。
现有质量为m ，带电量为+q 的小球从B 板下方H 处以初速度V 0竖直向上从B 板小孔进入板间电场，欲使小球刚好打到A 板，求A 、B 间电势差U AB 。
2.电量为c q 9102-⨯-=的电荷从电场中a 点运动到b 点时，电场力做功J 7105.1-⨯,从b 点移动到c 点时克服电场力做功J 7100.4-⨯。
求a 、c 两点间的电势差ac U 。
3.如图所示，Q A =3×10-8C ，Q B =－3×10-8C ，A ，B 两球相距6cm ，在水平方向的匀强电场作用下A 、B 保持静止且绝缘悬线竖直，求A ，B 连线中点的合场强。
（两带电小球可看作点电荷，229/109c m N k ⋅⨯=）4.如图，在O 处放一个与水平地面绝缘的物块，物块质量g m 10=、带电量C q 8105-⨯+=且电量始终保持不变、与水平面间的动摩擦因数4.0=μ。
空间存在水平向右的匀强电场，场强大小C N E /105=。
现给物块一个向右的初速度，大小为s m v /20=，求（1）物块运动的时间。
（2）物块最终停止时的位置。
(g 取2/10s m )5. 如图所示，一个电子以100ev 的初动能从A 点垂直电场线方向飞入匀强电场，在B 点离开电场时，其运动方向与电场线成1500角，则A 与B 两点间的电势差多大?10月19日物理作业答案：1、AB2、D3、B4、C5、D6、B7、C8、C9、BC 10、BC 11、ABD10月20日物理作业答案：1、 AB U =q h H mg mv 2)(220+-2、125V3、对于A ：20E AB BA A r Q kQ Q =，C N E /105.740⨯=∴，方向向左。
设向右为矢量正方向，在AB 中点有0E E E E B A -+=即C N E r kQ r kQ E AB BAB A /1025.5)2()2(5022⨯=-+=4、设向右为矢量正方向，对物块有ma F =-f 电①q F E =电② ，N f μ=③，0=-N mg ④由①②③④的2/5.3a s m -= （1） 由at v +=00得s t 57.0=（2） 由as v 2020=-得m s 57.0=，物体最终停止在O 点右侧0.57m 处。
第二章作业题解答
第二章静电场习题解答2-1.已知半径为F = Cl的导体球面上分布着面电荷密度为A = p s0 cos的电荷，式中的炖0为常数，试计算球面上的总电荷量。
解取球坐标系，球心位于原点中心，如图所示。
由球面积分，得到2用打Q =护= J j p50cos OrsmOd Od(p(S) 0 0In x=j j psQSefsinGded00 0In n=PsF j J cos ageded(p0 0丸=sin20d0 = 0o2-2.两个无限人平面相距为d,分别均匀分布着等面电荷密度的异性电荷，求两平面外及两平面间的电场强度。
解对于单一均匀带电无限人平面，根据对称性分析，计算可得上半空间和卞半空间的电场为常矢量，且大小相等方向相反。
由高斯定理，可得电场大小为E = ^-2e0对于两个相距为的d无限大均匀带电平面，同样可以得到E] = E“耳=E3题2-2图因此，有2-3.两点电荷q、= 8C和q2 = -4C ,分别位于z = 4和),=4处，求点P(4,0,0)处的电场强度。
解根据点电荷电场强度叠加原理，P点的电场强度矢量为点Si和Si处点电荷在P处产生的电场强度的矢量和，即E r = Qi 弘 | ① R?4T V£0/?/ 4TT£0R] = r — r L = 4e v — 4e., R 、= J 4-0 " + 0-4 ~ = 4>/2 R 2 =r —r 2 =4e v -4e v , R 2 = J 4-0 ' + 0-4 ' = 4>/22-7. 一个点电荷+q 位于（-a, 0,0）处，另一点电荷-2q 位于（a,0,0）处，求电位等于零的 面；空间有电场强度等于零的点吗？解根据点电荷电位叠加原理，有々)=丄]鱼+鱼4矶丄忌」式中Rj =r-r L = x-\-a e v + ye v +e. R i = yl x + a 2 + r+^2 R 2 =r-r 2 = x ~a e v + )，e y+e r R? — yj x — ci + )r +代入得到式中代入得到心孟 _______ 1^x + a)2+ y 2+ z 22JaS+b+z 2（3x+d ）（x+3a ） + 3），+3z ，=0根据电位与电场强度的关系，有电位为零，即令简化可得零电位面方程为要是电场强度为零，必有E x = 0, E y = 0, E : = 0一 (x+ d)[(x + d)2 + y 2 + ^2p + 2(—d)[(—d)2+ y 2 + 疋 -)^(x+n)2 + y 2 + z 2 2 +2y^(x-a)2 + y 2+ z 2丄-z[(x + d)2 + + 疋 2+2z[(x-d)2 +)*此方程组无解，因此，空间没有电场强度为零的点。
大物静电场作业解答
一半径为R的无限长带电圆柱，其体电荷密度为 = 0 r ( r R )， 0为常数，求其圆柱体内的场强（r R），圆柱体外的场强为（r > R）。
R
解：取同轴高斯面r R，由高斯定理得
h
解：取同轴高斯面r > R，由高斯定理得
三.计算题:
真空中一高 h 等于 20 cm ,底面半径 R = 10cm 的圆锥体, 在其顶点与底面中心连线的中点上置一 q ＝ 10-5 C 的点电荷,求通过该圆锥体侧面的电场强度通量.( 0 = 8.85×10-12 N -1 • m -2 )
8
4.在静电场中，下列说法中哪一个是正确的？ [ D ]
5. 有四个等量点电荷在OXY平面上的四种不同组态,所有点电荷均与原点等距,设无穷远处电势为零,则原点O处电场强度和电势为零的组态是: [ D ]
-q
-q
+q
+q
O
-q
+q
-q
+q
O
+q
-q
+q
-q
O
+q
-q
-q
+q
O
则通过圆锥侧面的电场强度通量就等于对整个球面的通量减去通过圆锥底面所截球冠的通量 .
以为圆心、为 半径作球面。
r 由几何关系 h
2. 图示一厚度为d 的"无限大"均匀带电平面,电荷密度为,试求板内外的场强分布.并画出场强在x轴的投影值随坐标变化的图线,即Ex-x图线.(设原点在带电平板的中央平面上,ox轴垂直于平板)
,不是 y!
设在均匀电场中，场强E与半径为R的半球面的轴相平行，通过此半球面的电场强度通量为 [ ] 解：利用高斯定理，穿过圆平面的电力线必通过半球面，因此在圆平面上 所以通过此半球面的电通量为
10 静电场2高考真题分项详解(解析板)
十年高考分类汇编专题10静电场2（2011—2020）目录题型一、带电粒子在复合场中的运动 ................................................................................................ 1 题型二、带电粒子在纯电场、复合场中运动的综合类问题 (5)题型一、带电粒子在复合场中的运动1.（2019天津）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带电小球，以初速度v 从M 点竖直向上运动，通过N 点时，速度大小为2v ，方向与电场方向相反，则小球从M 运动到N 的过程（ ）A ．动能增加212mvB ．机械能增加22mv C ．重力势能增加232mv D ．电势能增加22mv【考点】：功能关系、动能定理、运动的独立性、电场力做功【答案】：C【解析】：小球的动能增加量为2222321)2(21mv mv v m E E KM KN =-=-；故A 错误；除重力外其它力对小球做功的大小为小球机械能的增加量，在本题中电场力对小球做功的大小为小球机械能的增加量，在水平方向上研究小球可知电场力对其做正功，电势能减小，可求得电场力对小球做功大小为小球水平方向动能的增量2221）（v m ；即小球的机械能增加了22mv ；电势能减小了22mv ；故B 对，D 错；从M 点到N 点对小球应用动能定理得：2221)2(21mv v m W W G D -=-；又22mv W D =；可求得221mv W G =故C 错；2.（2016江苏）如图所示，水平金属板A 、B 分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B 板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（ ）A. 仍然保持静止B. 竖直向下运动C. 向左下方运动D. 向右下方运动【考点】带电粒子在复合场中的运动、受力分析【答案】D【解析】两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D正确.3.(2013广东)喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电量无关【考点】带电粒子在复合场中的运动、受力分析、类平抛运动【答案：C】【解析】选C.带电微滴垂直进入电场后，在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线运动．带负电的微滴进入电场后受到向上的静电力，故带电微滴向正极板偏转，选项A错误；带电微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B错误；根据x＝v0t，y ＝12at 2及a ＝qE m ，得带电微滴的轨迹方程为y ＝qEx22mv 20，即运动轨迹是抛物线，与带电量有关，选项C 正确，D 错误．4.（2016全国1） 如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称。
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电势 U r
E外 d r
(3)金属球的电势
U
R
R'
R
E内 dr E外 dr
R'
R'
Qdr Qdr 2 R ' 4 π r 2 4π 0 r r 0
Q 1 r 1 ( ) 4π 0 r R R'
4. 两层均匀电介质充满圆柱形电容器相对介电常数分别为εr1和ε r2， 设沿轴线单位长度上内外圆筒带电量分别为+λ和- λ ，求(1)两层介质 中的场强和电位移矢量；(2) 内外筒间的电势差；(3)此电容器单位长度 的电容。 解(1)选半径为r，长为h的同轴圆柱面为高斯面
DdS q
Q0 4 πr 2
E1
4π 0 r r 2
Q0
( R1 r R)
Q0 E2 4π 0 r 2
2 2
R R (2) U R E R dl R E1dr R E2dr
1 1
Q0 4π 0 r
1 1 Q0 1 1 R1 R 4π 0 R R2
U q 4π 0 R2 q 4π 0 R2 0
3.在 半径为R的金属之外有一层半径为R’的均匀介质层，设电介质的 相对介电常数为 r ，金属球带电 Q．试求： (1)电介质内、外的场强；(2)电介质层内、外的电势；(3)金属球的电势．
解: 利用有介质时的高斯定理 (1)介质内 介质外
(3)
Q0 C U 1 1 R1 R
4π 0 r 1 1 r R R2
(4)
R1 R2 1 1 2 2 2 We E dV 0 r E1 4πr dr 0 E2 2 4πr 2 dr V 2 R1 2 R 2 Q0 2 1 1 Q0 2 1 1 8π 0 r R1 R 8π 0 R R2
S
D 2 rh h D 2 r
E2 D
E1 0 r1 2ห้องสมุดไป่ตู้ 0 r1r
D
(2)
0 r 2
2 0 r 2 r
U
R3
R1
R2 R3 E dl E1dr E2 dr
R1 R2
R3 R2 ln ln 2 0 r1 R1 2 0 r 2 R2
大学物理大作业 (七)
静电场(二)
一 、选择题
DDCBB BDACB ABCCB
-q
Q 2S
二 、填空题
1. 2. 3. 4. 5. Q+q
Q S
相等 1 0 rU 2 2 2:1
不相等
d2
1:2
1. 半径为R的导体球原不带电，在离球心为b的地方，放一电量为 q 的点电荷（b>R）,如图所示，求 (1) 取无穷远为电势零点，导体球的 电势为多少？ (2) 弱将导体球接地，球上的静电荷 为多少？
( R r R ') 场强
D dS q
S
(r R ')
场强
Qr Qr D , E外 3 4πr 4π 0 r 3
Qr Qr D , E内 3 4πr 4π 0 r r 3
Q （2）介质外 4π 0 r ( R r R ') 介质内 电势 U E内 dr E外 dr r r Q 1 r 1 q 1 Q ( ) ( R ') 4π 0 r r R' 4π 0 r r 4π 0 R '
解:(1)由于静电感应，导体球表面会感应出+Q和-Q。静电平衡时 导体球为等势体，所以 Q Q q q U Uo 4 0 R 4 0 R 4 0b 4 0b (2)接地后，+Q导入地下，导体球表面上只剩-Q，导体球电势为0，
Q q 0 4 0 R 4 0b
(3)
Q C Uh
R3 R2 ln ln 2 0 r1 R1 2 0 r 2 R2 2 0 r1 r 2
R3 R2 r 2 ln r1 ln R1 R2
解(1)选半径为r的同心球面为高斯面
D dS q
S
D
( R1 r R)
Q R q b
所以导体球接地后，球上的净电荷为
R q b
2.两个半径分别为R1和R2的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q， 试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小； (2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电 荷分布及电势。
解: (1)内球带电 q ；球壳内表面带电则为 q ,外表面带电为 q ， 且均匀分布，其电势 qdr q U E dr R2 R2 4π r 2 4π 0 R 0 (2)外壳接地时，外表面电荷 q入地，外表面不带电，内表面电荷仍 为 q ．所以球壳电势由内球 q 与内表面 q 产生：