大學物理學下冊課后答案(袁艷紅主編)

1、第9章 靜電場習 題一選擇題9-1 兩個帶有電量為 2q 等量異號電荷， 形狀相同的金屬小球 A 和 B 相互作用力為 f ，它們之間的距離 R 遠大于小球本身的直徑，現(xiàn)在用一個帶有絕緣柄的原來不帶電的相同的金屬小球 C去和小球 A 接觸，再和 B 接觸，然后移去，則球 A 和球 B 之間的作用力變?yōu)?(A)f(B)f(C)3f(D)488f16答案： B解析：經(jīng)過碰撞后，球 A、B 帶電量為 q ，根據(jù)庫倫定律 Fq1q2，24 0 r 2可知球 A、B 間的作用力變?yōu)?f。89-2 關于電場強度定義式E F / q0 ，下列說法中哪個是正確的？ (A) 電場場強 E 的大小與試驗電荷 q0

2、 的大小成反比(B)對場中某點，試驗電荷受力F 與 q0 的比值不因 q0 而變(C) 試驗電荷受力 F 的方向就是電場強度 E 的方向(D) 若場中某點不放試驗電荷 q0 ，則 F 0 ，從而 E 0答案： B解析：根據(jù)電場強度的定義，E 的大小與試驗電荷無關，方向為1/95試驗電荷為正電荷時的受力方向。因而正確答案（B）9-3 如圖 9-3 所示，任一閉合曲面S 內(nèi)有一點電荷q，OO為 S 面上任一點，若將 q 由閉合曲面內(nèi)的，那么 (A) 穿過 S 面的電場強度通量改變，(B) 穿過 S 面的電場強度通量改變，(C) 穿過 S 面的電場強度通量不變，(D) 穿過 S 面的電場強度通量不變

3、，答案： DP點移到 T 點，T且SO點的場強大小不變O點的場強大小改變習題O點的場強大小改變O點的場強大小不變q P9-3解析：根據(jù)高斯定理， 穿過閉合曲面的電場強度通量正比于面內(nèi)電荷量的代數(shù)和， 曲面 S 內(nèi)電荷量沒變，因而電場強度通量不變。O點電場強度大小與所有電荷有關，由點電荷電場強度大小的計q算公式 E24 0r，移動電荷后，由于，即 r 沒有變化， q 沒有變化，因而電場強度大小不變。因而正確答案（D）9-4 在邊長為 a 的正立方體中心有一個電量為q 的點電荷，則通過該立方體任一面的電場強度通量為(A)0(B)20(C)40(D)60答案： D解析：根據(jù)電場的高斯定理，通過該立方

4、體的電場強度通量為0，并且電荷位于正立方體中心，因此通過立方體六個面的電場強度通量大小相等。 因而通過該立方體任一面的電場強度通量為 60，答案（D）2/959-5 在靜電場中，高斯定理告訴我們(A) 高斯面內(nèi)不包圍電荷， 則面上各點 E 的量值處處為零(B) 高斯面上各點的 E 只與面內(nèi)電荷有關， 但與面內(nèi)電荷分布無關(C) 穿過高斯面的 E 通量，僅與面內(nèi)電荷有關，而與面內(nèi)電荷分布無關(D) 穿過高斯面的 E 通量為零，則面上各點的 E 必為零答案： C解析：高斯定理表明通過閉合曲面的電場強度通量正比于曲面內(nèi)部電荷量的代數(shù)和，與面內(nèi)電荷分布無關；電場強度E 為矢量，卻與空間中所有電荷大小與

5、分布均有關。故答案（C）9-6 兩個均勻帶電的同心球面，半徑分別為R1、 R2( R1<R2) ，小球帶電 Q，大球帶電， 9-6 圖中哪一個正確表示了電場的分布EEEE rrrrOR1R2ORO R1R2OR1 R2R1 2(A)(B)(C)(D)習題9-6答案： Dqi解析：根據(jù)高斯定理EdSi，可得同心球面的電場分布為S00rR1,E0R1rR2 ,EQ，作圖可得答案（ D）。4 0 r 2rR2 ,E03/959-7 如圖 9-7 所示，在勻強電場中，將一負電荷從A 移動到B，則(A)電場力做正功，負電荷的電勢能減少B(B) 電場力做正功，負電荷的電勢能增加A 習題 9-7(C)

6、 電場力做負功，負電荷的電勢能減少E(D) 電場力做負功，負電荷的電勢能增加答案： D解析：負電荷受力方向與電場強度方向相反，將負電荷從A 移動到 B，受力方向與位移方向家教大于90°，因此電場力作負功；同時，電場力為保守力，保守力作功電勢能的增量的負值，因此負電荷的電勢能增加。答案（D）9-8 如圖 9-8 所示，在點電荷的電場中， 若取圖中P 點為電勢零點，則 M點的電勢為 aPMa（ A）q(B)q0a0a48習題 9-8(C)q(D)q0a0a48答案解析：點電荷在P 點和 M點的電勢分別為 VPqqq，,VMq4 0 2a40a取 P點為電勢零點，則 M點的電勢為VMVMq

7、VPqqqq 。40 2a4 0a8 0 a4/959-9 真空中兩塊互相平行的無限大均勻帶電平板，兩板間的距離為 d ，其中一塊的電荷面密度為，另一塊的電荷面密度為2 ，則兩板間的電勢差為 (A) 0(B)d(C)d(D)322000答案： B解析：根據(jù)高斯定理知電荷面密度為的無限大平板在空間激發(fā)的電場強度為 E2er ，結合電勢差的定義即可知電勢差為0d 。2 09-10 關于電場強度與電勢之間的關系，下列說法中，正確的是(A) 在電場中，電場強度為零的點，電勢必為零(B) 在電場中，電勢為零的點，電場強度必為零(C) 在電勢梯度不變的空間，電場強度處處相等(D) 在電場強度不變的空間，電

8、勢處處相等答案： C解析：電場強度與電勢之間的關系為電場強度在任意方向的分量，等于電勢在該方向上的變化率的負值。因而答案（C）二填空題9-11 點電荷 q1、 q2、 q3、 q4 在真空中的分布如圖9-11 所示。圖中 S 為閉合曲面，則通過該閉合曲面的電場強度通量E dSS5/95答案：q2 q40解析：根據(jù)電場的高斯定理EdSqii，通過閉合S0曲面的電場強度通量為q2q4 。09-12 如圖 9-12所示，真空中兩塊平行無限大均勻帶電平面，其電荷面密度分別為和 2，則 A、B、C三個區(qū)域的電場強度分別為 EA=；EB=；EC=。（設方向向右為正）。ABC答案：； 3；202020解析：

9、根據(jù)高斯定理知電荷面密度為習題的無限大平板在空間激發(fā)的電場強度為 Eer ，結合電場強度的疊加原理EEi，可20i知 A、B、C三個區(qū)域的電場強度分別2 0， 3，。2 0209-13無限大的均勻帶電平板放入均勻電場中，得到如圖9-13 所示的電場， ( E0 和 0 為已知值 ) 則該帶電平板的電荷面密度s，均勻電場的電場強度大小為。答案：0E0 ； 3 E02E02解析：根據(jù)圖中所示電場強度方向可知，均勻電場方向向右，平板帶正電。根據(jù)高斯定理知習題電荷面密度為的無限大平板在空間激發(fā)的6/95電場強度大小為 E，結合電場強度疊加原理 EEi ，可解得2 0i帶電平板的電荷面密度= 0E0 ，

10、均勻電場的電場強度大小為3 E0。29-14 兩根無限長細直導線 ，相互平行相距為 d，電荷線密度分別為 和 ，則每單位長度上導線之間相互作用力大小為，力的方向為。2答案：；垂直導線，相互吸引的方向20 d解析：根據(jù)高斯定理知線密度為的無限長直導線在空間激發(fā)的電場強度大小為E，方向垂直直導線方向，則每單位長20d度上導線之間相互作用力大小為F qE2，方向垂直導線，20d相互吸引的方向。9-15 如圖 9-15 所示是靜電場中的一簇電B力線 , 則 A、 B 兩點中電場強度，電A勢（填“ >”、“=”或“ <”）。答案： <； >解析：電場線的疏密表示場強的大小，因此習

11、題<。若將正電荷從點 A 移動到點 B，則電場力作正功 WAB q(VAVB )0，因此 > 。9-16正負電荷放置如圖9-16 所示，那么正四邊形對角線中心處，電場強度為零的是圖, 電場強度和電勢都為零的是圖，電場-強q度為零，電勢不為+零q的是圖。·+ q·+ q··········- q+ q7/95· (A)+ q·· (B)·+ q- q- q- q·····

12、83;······- q+ q- q- q· (C)·· (D)·答案： (B) 、(C) 、（D）； (C) ；(B) 、（ D）解析：電場強度疊加符合矢量疊加原理，電勢疊加為代數(shù)疊加。根據(jù)電場強度和電勢疊加原理，電場強度為零的是圖(B) 、(C) 、（ D）；電場強度和電勢都為零的是圖 (C) ；電場強度為零，電勢不為零的是圖 (B) 、（D）。9-17 如圖 9-17所示，一電量為 q5 105C 的點電荷在電場力作用力下，從 P 點移到 Q點電場力對它q做功W 3 102J,則P、Q兩點

13、電勢高的是，高伏。··PQ答案： Q點； 600習題 9-17 圖解析：電場力作功為 WPQ q(VP VQ ) 3 102 J ，因為 q<0，因此 PQQVPWQPVV ，Q 點電勢高。V600V 。因此 Qq點電勢比 P 點電勢高 600V。9-18 如圖 9-18 所示，一帶電量為q0 的試驗電荷，在點電荷Q 的電場中，沿半徑為R 的四分之三圓弧形軌道abc 從 a 移動到 c電場力所作的功W1 ，再從 c 移動到無限遠電場力所作的功 W2 。答案： 0； Qq0R c4 0 RbaQ8/95習題 9-18解析：電場力作功為 W1q0 (Va Vc ) ，因為

14、 VaVcQ，因此 W10 。0 R4W2 q0 (VcV ) q0 (Q0)Qq0 。40R4 0 R9-19有一均勻帶電球面，帶電量為Q，半徑為 R，則球心 O的電場強度大小，電勢。答案： 0；Q40 Rqi解析：根據(jù)高斯定理EdSi，可得均勻帶電球面的電場分布S00rR, E10O 的電場強度大小為 0。電勢為R,E2Q ，因此球心r40r 2VEdlRE2drQ。E1dr40 RO0R9-20說明下列各式的物理意義：(1)(2)(3)bE dlaE dSSE dl0l；。答案：（ 1）單位時間正電荷在電場中從 a 點移動到 b 點電場力所做的功（或兩點間的電勢差） ；（2）通過閉合曲面

15、 S 的電場強度通量；（3）靜電場電場強度的環(huán)流為零，表明靜電場是保守場。三 計算題9-21 四個點電荷到坐標原點的距離均為d，如圖 9-21 所示，y9/95+ 2qBACO- qx+ 2q求坐標原點處的電場強度。解： EA12q2 i40dEB12q2j40dEC1qi4 0d2ED1qj40d2EOEAEBECED3qi3qj0d240 d249-22 如圖 9-22所示，有一均勻帶電細棒， 長為 l ，電量為 Q ，求在棒的延長線，且離棒右端為a 處的 O點電場強度。xO解：如圖建立坐標系，則在O點lX的電場強度為：習題1dq1Q dxQdxldE4 0 (a l x)2i40 ( a

16、 l x)2 i4 0l (a lx)2 iQdxQlQEl2 i1dE0l 0 (a l x)i4i ,方向向右44 0l a l x 00a( a l )9-23 如圖 9-23 所示，一電場強度為E 的勻強電場，E 的方E向與一半徑為R的半球面對稱軸平行， 試求通過此半球面的電場強度通量。解：通過半球面的電場線必通過底面10/95習題 9-23e ES ER29-24 設在半徑為 R的球體內(nèi)電荷均勻分布， 電荷體密度為，求帶電球內(nèi)外的電場強度分布。解：以 O點為球心，作球面S 為高斯面，半徑為 r根據(jù)電場高斯定理EdS1qiS0 i當0 rR時，E 4 r 24 r 3e13 0rE13

17、r er0當 rR時，E24r24 R3er3 0E2R3er3 0r 29-25 圖 9-25為兩帶電同心球面， 已知：R1 0.10 m, R20.30 m ，Q11.0 108C Q21.5 108 C。求：（ 1）r10.05 m ，（ 2）r20.20 m,（3），Q2r30.50 m 處的電場強度大小。R1解：對稱性分析：以球心為圓心，相同r 處的電場Q1強度R2大小相同，方向沿半徑向外。以球心為圓心，作球面S 為高斯面，半徑為r根據(jù)電場高斯定理1qiEdSSi0習題9-25（ 1）以 r1為半徑作高斯面， E1 4 r12 011/95E10（2）以 r2為半徑作高斯面， E2

18、4 r22Q10E2Q122250N / C0 r24（3）以 r3為半徑作高斯面，E3 4r3 2Q1Q20E3Q1Q2900N / C40 r329-26 兩個帶等量異號電荷的無限長同軸圓柱面，半徑分別為 R1和 R2 （ R1 < R2 ），如圖 9-26所示，單位長度上的電荷為，求空間電場強度的分布。R1解：對稱性分析：電場強度以中軸線呈軸對稱分布。2R以中軸線為軸心，作底面半徑r 的圓柱面 S習 題 9-26為高斯面，高為 l根據(jù)電場高斯定理1qiEdSS0i當 0r R1時， E1 2 rl 0E10當 R1r R2時， E2 2 rllE22 0r0當 rllE30R2時，

19、 E3 2 rl009-27 如圖 9-27 所示，相距 2R，弧是以 O為圓心、 R 為半徑的半圓。 A 點有電荷， O點有電荷 -3 q。（ 1）求 B 點和 D點的電勢；12/95CEA BO600（ 2）將電荷從 B 點沿弧移到 D 點，電場力做的功為多少？（ 3）若將電荷從 D 點沿直線 DE 移到無限遠處去則外力所做的功又為多少？解：（1） A 在 B 點的電勢為： VB 1q40 RA 在 D點的電勢為： VD1q3R40O在 B 點的電勢為：O在 B 點的電勢為：VB 23q0 R4VD 23q0 R4VBVB 1VB2q20 RVDVD1VD 22q30 R（2） WBCDQ

20、VB VDqQ60 R（3）電場力做功：WDQ VD2qQV3 0 R外力做功： W2qQWD0 R39-28 求第 9-22xO題中， O點處的電勢。解：在 O點的電勢為：laXdVdqQdx習題0 ( a lx) 40l (a l x)4VdVQldxQln(alQ ln alx l )40l 0 (a l x)240l04la013/959-29 在真空中，有一電荷為Q ，半徑為 R 的均勻帶電球殼，其電荷是均勻分布的。試求：(1) 球殼外兩點間的電勢差；(2)球殼內(nèi)兩點間的電勢差；(3) 球殼外任意點的電勢；意點的電勢。解：根據(jù)高斯定理：rR， E10rR，E2qer4 0r2（1）

21、VAVBrBE2 drQrBdrererQ11r A4 0 r Ar 2()4 0 rArB（2） r R,VAVBrB E1 dr 0rA（3） r R,令 rB,V0QQV外 ( r )rE2 drr 4 0 r 2 dr4 0 r（4） r R,V內(nèi) (r )RE1 drE2 drQrR4 0 R9-30 兩個同心球面的半徑分別為R1 和 R2 ，各自帶有電荷 Q1Q2和 Q2 。求：（1）空間各區(qū)域的電勢分布； （2）兩球面上的電勢差。解：根據(jù)高斯定理，電場強度分布為：Q1R12RrR1， E1 0R1rR2， E2Q1 0r 24習 題 9-25r R2， E3Q1 Q24 0 r

22、214/95（1） rR1， V1R1E1 drR2E3 dr1Q1Q 2rE 2 drR2R140R1R2R1r R2， V2R2E 2 d rE3 dr1Q1Q 2rR24 0rR2rR2， V3E3 drQ1Q2r40 r（2） U ABR2E 2d rQ111R140R1R29-31 圖 9-31 為一均勻帶電球層，其電荷體密度為，球層R內(nèi)外表面半徑分別為R1、R2，求圖中 A 點的電勢。2A解：根據(jù)高斯定理，電場強度分布為：OR1rR1， E10R1 r R2， E23 0r 2 r 3R13習題r R2， E33 0 r 2R2 3R13VE d rR1R2drEd rR2R 2A

23、E d rE2rA1R13221r AR209-32 兩個很長的同軸圓柱面， 內(nèi)外半徑分別為R13.0 10 2 m 、R2 = 0.1 m ，帶有等量異號電荷， 兩圓柱面的電勢差為450V，求：(1) 圓柱面單位長度上帶有多少電荷？ (2) 距離軸心 0.05 m處的電場強度的大小。解：（1）設圓柱面單位長度上的電荷為 根據(jù)電場的高斯定理，兩圓柱面間的電場強度為：15/95E(R1 rR2 )2 0 rR2R2drln R2450VUEdrR1R1 2 0r2 0 R1帶入數(shù)據(jù)，解得2.110 8 C/m（2） R1r 0.05mR2Er 0.05m2.110 8V/m 7550V/m2 0

24、r2 8.8542 10 120.059-33一圓盤半徑為R，圓盤均勻帶電，電荷面密度為，如圖 9-33所示 求： (1)軸線上的電勢分布；(2)根據(jù)電場強度Rr 2x2與電勢梯度的關系求軸線上電場強度分布。Oxr解：（1）如圖所示，以O點為圓心，取半徑x為 r 的環(huán)形圓盤作為微元，寬度為。習 題 9-33則此微元所帶電荷為2r dr 。其在軸線上一點的電勢為：dV2r dr4r 2x20帶電圓盤軸線上的電勢為：VdV2 r drRr dr( R2x2x)R0 40 r 2x22 00r 2x22 0（2）電場強度方向沿x 軸，則EdV idV i(1x)idldx20R2x216/95第 1

25、0 章 靜電場中的導體和電介質(zhì)習 題一選擇題10-1 當一個帶電導體達到靜電平衡時，(A) 表面上電荷密度較大處電勢較高(B) 表面曲率較大處電勢較高(C) 導體內(nèi)部的電勢比導體表面的電勢高(D) 導體內(nèi)任一點與其表面上任一點的電勢差等于零答案： D解析：處于靜電平衡的導體是一個等勢體，表面是一個等勢面，并且導體內(nèi)部與表面的電勢相等。10-2 將一個帶正電的帶電體體 B 附近，導體 B 的電勢將 (A)升高(B)降低A 從遠處移到一個不帶電的導(C)不會發(fā)生變化(D)無法確定答案：A解析：不帶電的導體 B 相對無窮遠處為零電勢。 由于帶正電的帶電體 A 移到不帶電的導體 B 附近的近端感應負電

26、荷； 在遠端感應正電荷，不帶電導體的電勢將高于無窮遠處， 因而正確答案為（ A）。10-3 將一帶負電的物體M靠近一不帶電的導體N，在 N的左17/95端感應出正電荷， 右端感應出負電荷。 若將導體 N的左端接地（如圖 10-3 所示），則 (A)N上的負電荷入地M(B) N上的正電荷入地N(C) N 上的所有電荷入地(D) N上所有的感應電荷入地答案： A解析：帶負電的帶電體M移到不帶電的導體N 附近的近端感應正電荷；在遠端感應負電荷，不帶電導體的電勢將低于無窮遠處，因此導體 N的電勢小于0，即小于大地的電勢，因而大地的正電荷將流入導體 N，或導體 N 的負電荷入地。故正確答案為（A）。10

27、-4 如圖 10-4 所示，將一個電荷量為 q 的點電荷放在一個半徑為 R 的不帶電的導體球附近，點電荷距導體球球心為d。設無窮遠Rqd處為零電勢，則在導體球球心O點有 O(A)qE= 0，V4 0 d(C) E= 0，V= 0答案： A(B)Eq2 ， Vq0d習d題440(D)Eq， Vq40 d 240 R解析：導體球處于靜電平衡狀態(tài)，導體球內(nèi)部電場強度為零，因此 E = 0 。導體球球心O點的電勢為點電荷q 及感應電荷所產(chǎn)生的18/95電勢疊加。 感應電荷分布于導體球表面，至球心 O的距離皆為半徑 R，并且感應電荷量代數(shù)和q 為 0，因此 V感應電荷q。由040 R此在導體球球心O 點

28、的電勢等于點電荷q 在 O 點處的電勢Vq。40d10-5 如圖 10-5 所示，兩個同心球殼。內(nèi)球殼半徑為R1，均勻帶有電量Q；外球殼半徑為R2，殼的厚度忽略，原先不帶電，但與地相連接設地為電勢零點，則在內(nèi)球殼里面，距離球心為r 處的 P 點的電場強度大小及電勢分別為(A)QE= 0，V0 R1Q4(B)E = 0， VQ11R1r P4 0()R1R2(C)QQR2E， V0 r240 r4(D)EQ， VQ習題0 r240 R14答案： B解析：根據(jù)靜電場的高斯定理大小分布為qiEdSi，同心球殼的電場強度S00rR1,E10R1r R2, E2Q，則點 P 的電場強度為 E=0，電勢4

29、 0r219/95VE1drR2E2 drQ( 11 ) 。R10R140R1R210-6 極板間為真空的平行板電容器，充電后與電源斷開，將兩極板用絕緣工具拉開一些距離，則下列說法正確的是(A)電容器極板上電荷面密度增加(B)電容器極板間的電場強度增加(C)電容器的電容不變(D)電容器極板間的電勢差增大答案： D解析：電容器極板上電荷面密度Q ，平板電荷量及面積沒有S變化，因此電容器極板上電荷面密度不變，并且極板間的電場強度 E，電容器極板間的電場強度不變。 平行極板電容CS，0 d0兩極板間距離增加， 則電容減小。電容器極板間的電勢差U Ed ，電場強度 E 不變，距離 d 增大，則電勢差增

30、大。因而正確答案為（D）。10-7 在靜電場中， 作閉合曲面S，若有D dS0（式中 D 為S電位移矢量），則 S 面內(nèi)必定 (A)既無自由電荷，也無束縛電荷(B)沒有自由電荷(C)自由電荷和束縛電荷的代數(shù)和為零(D)自由電荷的代數(shù)和為零答案： D20/95解析：根據(jù)有電介質(zhì)時的高斯定理D dSQi ，可知 S 面內(nèi)自Si由電荷的代數(shù)和為零。10-8對于各向同性的均勻電介質(zhì)，下列概念正確的是(A) 電介質(zhì)充滿整個電場并且自由電荷的分布不發(fā)生變化時，電介質(zhì)中的電場強度一定等于沒有電介質(zhì)時該點電場強度的1 r 倍(B) 電介質(zhì)中的電場強度一定等于沒有介質(zhì)時該點電場強度的 1 r 倍(C) 在電介質(zhì)

31、充滿整個電場時， 電介質(zhì)中的電場強度一定等于沒有電介質(zhì)時該點電場強度的 1 r 倍(D) 電介質(zhì)中的電場強度一定等于沒有介質(zhì)時該點電場強度的r 倍答案： A解析：各向同性介質(zhì)中的電場強度為真空中電場強度的1r 倍。10-9 把一空氣平行板電容器，充電后與電源保持連接。然后在兩極板之間充滿相對電容率為r 的各向同性均勻電介質(zhì)，則(A)極板間電場強度增加(B)極板間電場強度減小(C)極板間電勢差增加(D)電容器靜電能增加答案： D21/95解析：平行板電容器充電后與電源保持連接，則極板間電勢差保持不變，真空中電場強度 EU 不變化，因而各向同性介質(zhì)中的d電場強度為真空中電場強度的1 r 倍，也不變

32、化。各向同性介質(zhì)中的電容器靜電能W1r0 E2V ，相對于真空中電容器靜電能有所2增加。故正確答案為（D）。10-10C1 和 C 2 兩空氣電容器并聯(lián)起來接上電源充電。然后將電源斷開，再把一電介質(zhì)板插入C1 中，如圖10-10所示，則C1C2(A)C1 和 C2 極板上電荷都不變(B)C1 極板上電荷增大，C2 極板上電荷不變習題 10-10(C)C1 極板上電荷增大，C2 極板上電荷減少(D)C1 極板上電荷減少，C2 極板上電荷增大答案： C解析： C1 和 C2 為并聯(lián)，則電容器兩端電勢差相等。C1 中插入一電介質(zhì)，則 C的電容增大（CCC極板上電荷增大 （Q CU）。1r0）， 1由

33、于電源斷開，C1 和 C2 兩端總電荷量不變，因此C1 極板上電荷減少。故正確答案為（C）。二填空題10-11 任意形狀的導體，其電荷面密度分布為（），則在導體表面外附近任意點處的電場強度的大小E（）=，其方向。22/95答案：( x, y, z) ；垂直導體表面0解析：處于靜電平衡的導體表面附近的電場強度正比于電荷面密度，因而 E(x, y, z)( x, y, z) ，方向垂直于導體表面。010-12 如圖 10-12 所示，同心導體球殼A 和 B，半徑分別為R1、 R2 ，分別帶電量q、 Q ，則內(nèi)球A 的電勢 VA ；若把內(nèi)球 A 接地，Q則內(nèi)球 A 所帶電量 qA 。qR1qQ；R1

34、AR2答案：QB40 R14 0R2R2解析：根據(jù)靜電場的高斯定理iqi，習題 10-12EdSS00rR1,E10同心球殼的電場強度大小分布為R1rR2, E2q，則內(nèi)球4 0 r2rR2,E3qQ0 r 24A的電勢 VAR1R2E3drQ( qQ )。若把內(nèi)球 A接地，E1drE2dr0R1R240R1R2則內(nèi)球 A的電勢 VAQ( qAQ )0 ，解得 qAR1 Q。40 R1R2R210-13如圖 10-13所示，在真空中將半徑為R的金屬球接地，在與球心 O相距為 r (r >R ) 處放置一點電荷q，不計接地導線上電荷的影響， 則金屬球表面上的感應電荷總量為，金屬球表面電勢為。答案： R q ；0Rr23/95r習題 10-13解析：金屬球接地，則金屬球的電勢為0。金屬球球心電勢為 VV qqQ感應0，V感應4 0 R4 0 r解得，感應電荷總量為Q感應R q 。金屬球表面是一個等勢面，電r勢與地的電勢相等，電勢為0。10-14 兩帶電導體球半徑分別為R和 r ( R>r ) ，它們相距很遠，用一根導線連接起來