楚雄师范学院：《电磁学》课程教学资源（习题解答）第二章 导体周围的静电场

第二章导体周围的静电场2.1.1证明：对于两个无限大带电平板导体来说：（1）相向的两面（附图中2和3）上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；（2）相背的两面（附图中1和4）上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同；证：（1）选一个侧面垂直于带电板，端面分别在A,B板内的封闭圆柱形由斯理得高斯面高定福:，FE·d - Em d +J Ea^AS+J EmAS-(,+) As60测EmdsmEA肉=ER肉=0HE.dS=003+02=0即：0,=-02（2）在导体内任取一点P，：E，=0.E,=E+E,+E,+E,-n+n+n-n=0280"+280280"2260..0, =04其中n是垂直导体板向右的单位矢。2.1.2两平行金属板分别带有等量的正负电荷，若两板的电位差为160伏特，两板的面积都是3.6平方厘米，两板相距1.6毫米，略去边缘效应，求两板间的电场强度和各板上所带的电量（设其中一板接地）.解：设A板带负电，其电量是-q，B板带正电，其电量是+q，且A板接地。两板间的电场强度：160VE=a=1.6x10-3=10(伏/米)E-0又因为60.0=8E=8.85×10-12×105=8.85×10-（库/米）根据上题结论：0=04；02=-0，又由于A板接地，0,=04=0:02=-0=-8.85×10-7（库/米)：.A板所带电量：-q=,S=-8.85×10-7×3.6×10-=-3.2×10-10（库）

第二章 导体周围的静电场 2.1.1 证明： 对于两个无限大带电平板导体来说： （1）相向的两面（附图中 2 和 3）上，电荷的面密度总是大小相等而符号相 反； （2）相背的两面（附图中 1 和 4）上，电荷的面密度总是大小相等而符号相 同； 证：(1) 选一个侧面垂直于带电板，端面分别在 A,B 板内的封闭圆柱形 高斯面，由高斯定理得： E dS E dS E S E S S A B               0 2 3  （  ） 内 内 侧 侧     E侧 dS侧     内  内  0 EA ER   E  dS  0    3  2  0 即： 3   2 （2）在导体内任取一点 P， Ep  0   ˆ 0 2 ˆ 2 ˆ 2 ˆ 2 0 4 0 3 0 2 0 3 Ep  E1  E2  E3  E4  n  n  n  n               1  4 其中 n ˆ 是垂直导体板向右的单位矢。 2.1.2 两平行金属板分别带有等量的正负电荷,若两板的电位差为 160 伏 特,两板的面积都是3.6平方厘米,两板相距1.6毫米,略去边缘效应,求两板间的 电场强度和各板上所带的电量(设其中一板接地). 解：设 A 板带负电，其电量是-q，B 板带正电，其电量是+q，且 A 板接地。 两板间的电场强度： 10 (伏/米） 1.6 10 160 5 3      d V E 又因为 0   E   3   0E  8.85101 2 105  8.85107 (库/米2） 根据上题结论： 1  4； 2   3 又由于 A 板接地， 1  4  0  2   3  8.8510（库7 /米2）  A板所带电量: q  2 S  8.85107 3.6104  3.2101 0 (库）

B板所带电量：q=0,S=8.85×10-7×.3.6×10-4=3.2×10-1（库）2.1.3三块平行放置的金属板A,B,C其面积均为S,AB间距离为x,BC间距离为d,设d极小，金属板可视为无限大平面，忽略边缘效应与A板的厚度，当B,C接地（如图），且A导体所带电荷为Q时，试求：(1)B,C板上的感应电荷：(2）空间的场强及电位分布解：（1）根据静电平衡时，导体中的场强为零，又由B，C接地：.02=-0304=-050,=0。=0（+α4)S=Q（由A板的总电量得）2x=(d-x)(由A板的电位得)8060解以上方程组得出：0, = -Q(d-)O(d -x)OxQxg, =S9,=-04:SdSdSdSdB板上感应电荷：Q(d - x)QB=0,S=-9dC板上的感应电荷：Q,=0,S=-xd(2)场强分布：En = O(d-x),xrAcE, = 0Em=Ew=0SdeoSdeo电位分布：U, = 0,Uv=0Un=Q(d-)((x-r)SdeoOx(d-x-r)Um=Sde.其中r是场点到板A的距离。2.1.4一个接地无限大导体平面前放置一半无限长均匀带电直线，使该带电线一端距导体平面距离为d，如图所示，若带电电线上线密度为Ⅱ.试求：

B 板所带电量： q  3S  8.85107 .3.6104  3.2101 0 (库） 2.1.3 三块平行放置的金属板 A,B,C 其面积均为 S,AB 间距离为 x,BC 间距离为 d,设 d 极小,金属板可视为无限大平面,忽略边缘效应与 A 板的厚度,当 B,C 接地 (如图),且 A 导体所带电荷为 Q 时,试求: (1)B,C 板上的感应电荷; (2)空间的场强及电位分布. 解：（1）根据静电平衡时，导体中的场强为零，又由 B,C 接地： ( )( ) ( ) ( 0 0 5 0 2 3 4 1 6 4 5 2 3 由 板的电位得 由 板的总电量得） x d x A S Q A                        解以上方程组得出： Sd Q(d x) 2     Sd Q(d x) 3    Sd Qx  4  Sd Qx  5   B 板上感应电荷： d Q d x QB S ( ) 2      C 板上的感应电荷： d Qx Qc   5 S   (2)场强分布： EⅠ  0  Ⅱ AB r Sd Q d x E ˆ ( ) 0     Ⅲ AC r Sd Qx E ˆ 0    EⅣ  0  电位分布： 0; U1  UⅣ  0 ( ) ( ) 0 x r Sd Q d x UⅡ     (d x r) Sd Q U X      Ⅲ 其中 r 是场点到板 A 的距离。 2.1.4 一个接地无限大导体平面前放置一半无限长均匀带电直线,使该带电线 一端距导体平面距离为 d,如图所示,若带电电线上线密度为  .试求:

（1）垂足处0点的面电荷密度(2)求平面上距0点为r处的面电荷密度解：（1）半无限长直带电线在0电的场强：p -ndxE=lJd4元.xn4元.d根据题意知：导体板左侧接地，没有面电荷，对导体板右侧面电荷以0点为中心对称分布，由对称性知导体板上的电荷在导体内0点产生的场强只有导体板的法线分量，设0点的面密度为：。E！=-。26由叠加原理知，导体板内任一点的场强由带电线与导体板的电荷所共同产生的，在静电平衡时，该场强为零。n0。=0即4元d28n.0.=-2元d（2）半无限长直带电线在P点的场强x分量为：dEx=-dEcosαndxx4。(x2 +r2)(x2 +r2)2nxdx4n6.(x2 +r2)2npxdx.. Ex =-4元8。(x2 +r2)n4。(x2 +r2)同理，在静电平衡时，导体板内的场强为零。因而其x分量与y分量均为零。在x方向：

(1)垂足处 O 点的面电荷密度. (2)求平面上距 O 点为 r 处的面电荷密度 解：（1）半无限长直带电线在 O 电的场强： i x dx E d ˆ 4  2        = - i d ˆ 4   根据题意知：导体板左侧接地，没有面电荷，对导体板右侧面电荷以 O 点为 中心对称分布，由对称性知导体板上的电荷在导体内 O 点产生的场强只有导体板 的法线分量，设 O 点的面密度为： E i ˆ 2            由叠加原理知，导体板内任一点的场强由带电线与导体板的电荷所共同产生 的，在静电平衡时，该场强为零。 即 - 0 4 2           d ∴ d   2    （2）半无限长直带电线在 P 点的场强 x 分量为： 2 1 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 1 2 2 2 2 4 ( ) 4 ( ) 4 ( ) ( ) 4 ( ) cos x r x r xdx E x r xdx x r x x r dx dE dE d X X                                 同理，在静电平衡时，导体板内的场强为零。因而其 x 分量与 y 分量均 为零。 在 x 方向:

n0p=026.4元。(x2 +r2)2n..0,=-2元(r2+d2)在y方向，E，在导体内也为零。原因在于导体面上的电荷分布不均匀，这些电荷在p点所产生的场强与半无限长带电线在P点的场强y方向上恰好相抵。2.1.5半径为r的金属球与大地相连，在与球心相距d=2R处有一点电荷q（>0)，求球上的感应电荷g有多大（设其距离地面及其他物体可认为是很远的）？解：金属球在静电平衡情况下是一个等位体，与地等电位，即U=0。球心处的电位也为零。根据叠加原理知道，球心上电位等于点电荷q及球面上电荷在0点的点位代数和：电荷q在求新出的点位：-9U,"BmE.R'球面上的电荷在球心产生的点位：设球面上某面元的电荷面密度为。U. -f-_RFffa·dsq4元.R由叠加原理得：q+_q'U=U,+UR== 08元.R4元.R.q'=-92讨论：g的大小与q到球心的距离有关，当q很接近球面时，即q到球心的距离约为R时，球面对点电荷q所在处而言，可视为无限大平面，因而有q'=q2.1.6如图所示，半径为R的导体球带电量q，在它外面罩一同心的金属球壳，其内外壁的半径分别为RR，已知R=2R,R,=3R，今在距球心为d=4R处放一电量为Q的点电荷，并将球壳接地，试问：（1）球壳带的总电量是多大？

- 2 1 2 2 2 1 2 2 2 ( ) 0 2 4 ( ) r d x r p p                  在 y 方向， EY 在导体内也为零。原因在于导体面上的电荷分布不均匀，这 些电荷在ｐ点所产生的场强与半无限长带电线在 P 点的场强 y 方向上恰好相抵。 2.1.5半径为 r 的 金属球与大地相连，在与球心相距 d=2R 处有一点电荷 q(>0),求球 上的感应电荷 q  有多大（设其距离地面及其他物体可认为是很远的）？ 解∵金属球在静电平衡情况下是一个等位体，与地等电位，即 U=0。球心处 的电位也为零。 根据叠加原理知道，球心上电位等于点电荷 q 及球面上电荷在 O 点的点 位代数和： 电荷 q 在求新出的点位： R q Uq   8 ； 球面上的 电荷在球心产生的点位： 设球面上某面元的电荷面密度为  R q ds R ds UR             4 4 由叠加原理得： 2 0 8 4 q q R q R q U Uq UR               讨论： q  的大小与 q 到球心的距离有关，当 q 很接近球面时，即 q 到球心的 距离约为 R 时，球面对点电荷 q 所在处而言，可视为无限大平面，因而有 q   q . 2.1.6 如图所示，半径为 R1 的 导体球带电量 q，在它外面罩一同心的金属球 壳，其内外壁的半径分别为 R2 R3  ,已知 2 1 3 3 1 R  2R ,R  R ,今在距球心为 d  4R1 处放一电量为 Q 的点电荷，并将球壳接地，试问： （1）球壳带的总电量是多大？

（2）如用导线将壳内的导体球与壳相连，球壳带电量是多少？解：（1）点电荷Q在球心0点的电位：QUo= 4nEdS,S,S,三个面上的电荷对球心0点电位贡献：o,dsqUs =8s.4元.R,4元。RqO2DSUs.Js4元.R24元R?（有高斯定理得S,面上的总电荷量为-q）在P点与面元AS所在处产生的场强是连续的，均为o/26n小面圆As所受的力：F-E,AS o=%-Ash280E=060.F-FOE"ASn2.单位面元所受的力为E"221.8一个半径R=1.5（厘米）的金属球，带有电量9=10（微库），求半球所受的力的大小。解：一个孤立导体球其上电荷均匀分布g=1__9$4元R?利用27·1题的结论导体表面某面元所受的力；dF_g?-dsn260建立坐标，利用对称性可得出yoz面分割的右半球面所受的合力的方向是x轴方向

（2）如用导线将壳内的导体球与壳相连，球壳带电量是多少？ 解：（1）点电荷 Q 在球心 O 点 的 电位： d Q UQ   4 1 2 3 S , S S 三个面上的电荷对球心 O 点电位贡献：            2 2 1 1 2 2 2 1 1 1 4 4 4 4 S DS S S S R q R U R q q R ds U       （ 有高斯定理得 S2 面上的总电荷量为-q） 在 P 点与面元 S 所在处产生的场强是连续的，均为 2 0   n  ．  小面圆 s 所受的力： F  =E S  2 2 0       s n  E = 0     F =  E S n 0 2 2   单位面元所受的力为  E n 0 2 2  2 18 一个半径 R=1.5（厘米）的金属球，带有电量 q=10(微库)，求半球所受 的力的大小。 解：一个孤立导体球其上电荷均匀分布 2 4 R q s q     利用 2  7 1 题的结论导体表面某面元所 受的力； d   F  ds n 0 2 2  建立坐标，利用对称性可得出 yoz 面分割的右半球面 所受的合力的方向是 x 轴方向

J dsinsinapi=: F=singsin pdsi260[ R? sin psin? ededpi2602aR2sin pdpsin edei260OTO"R?28032元R10-1032元×8.85×10-12×1.52×10-=0.5×103（牛顿）2.1.9一置于均匀电场中的半径为R的中性导体球，球面感应电荷面密度α=。cosQ，求带有同号电荷的球面所受的力。解：利用2.1.7题结果，球面上某面元受的力是沿x轴方向；右半球所受的力：dF-o-ASn280利用对称性可知，带有同种电荷所受的力是沿x轴方向：右半球所受的力：TascosedsiF有：260QOgdsu,=s34元Rs4元Rs根据电位送加原理，球心0点的电位：U=U@+Usi+Us2 +Us31(2+2+=+%)4元。dRsRRRq-dr又因为：U。=4元802R.1q4元0R -R

      F  d a i   dsi     sin sin 2 sin sin 0 2 =   R  dd i   2 2 0 2 sin sin 2 =    R d d i     2 0 0 2 0 2 sin sin 2 =    i R q i R 2 0 2 0 2 2 2 32  =         i 12 2 4 10 32 8.85 10 1.5 10 10  =0.5   i 3 10 （牛顿） 2.1.9 一置于均匀电场中的半径为 R 的中性导体球，球面感应电荷面密度    0 cos ，求带有同号电荷的球面所受的力。 解：利用 2.1.7 题结果，球面上某面元受的力是沿 x 轴方向； 右半球所受的力： d   F  S n 0 2 2  利用对称性可知，带有同种电荷所受的力是沿 x 轴方向： 右半球所受的力：    F  dsi   cos 2 0 2 右 u s =   3 0 , 0 3 s 4 S 4 RS Q R ds    根据电位迭加原理，球心 O 点的电位： U 0  U Q US1 US 2 US3 = 0 4 1  （ R q R q R Q d Q S     2 , ） 又因为：U   2 1 2 0 0 4 R R dr r q  = 0 4 q （ 1 2 1 _ 1 R R ）

解得：Q=CA..球壳带的总电量为：(C4（2）内外球用导线相连时，仍用电位选加原理计算球心0点的电位：0ods+8=04元4元dg9即:04元d4元R3解之得：6Q=:102.1.7证明：在静电平衡时，导体表面某面元所受的力F-O2ARsE?Asn；单位面积受的力为！E?n（其中E为紧靠导体表Asn=2260面处的场强）。证：在静电平衡时，对任意导体上取一小面元△s，其面电荷为，如图所示。在导体内侧离小面元As极近一点P，小面元△s在该点产生的场强E，可用无限a-大带电平面公式表示：1E,.260设在导体面除小面之外其余电荷在p点产生的场强为E2，，P点的总场强是面上所有电荷在该点场强的总贡献，即Ep=E，+E2，。根据静电场平衡条件可知，在导体内部场强E丙=0即：EHa:E1260因P点是距△s极近的一点，所以除△s外的其余电荷

解得：Q Q 4 3 _ '   球壳带的总电量为：- Q  q 4 3 （2）内外球用导线相连时，仍用电位迭加原理计算球心 O 点的电位： d Q 4 0 +   3 0 4 0 2 s R ds   即 d Q 4 0 + 0 4 0 3 '  R Q  解之得：Q Q 4 ' 3   2.1.7 证 明 ： 在 静 电 平 衡 时 ， 导 体 表 面 某 面 元 所 受 的 力  F =    s n 0 2 2  2 0 2 1  E  s n ；单位面积受的力为 2 0 2 1  E  n （其中  E 为紧靠导体表 面处的场强）。 证：在静电平衡时，对任意导体上取一小面元 s ，其面电荷为  ，如图 所示。 在导体内侧离小面元 s 极近一点 P，小面元 s 在该点产生的场强  E1p 可用无限 大带电平面公式表示：  E1p =   n 2 0   设在导体面除小面之外其余电荷在 p 点产生的场强为  E2 p ，P 点的总场强是面 上所有电荷在该点场强的总贡献，即 EP  =  E1p +  E2 p 。根据静电场平衡条件可知， 在导体内部场强  E内  0 即：  E1p +  E2 p =0   E2 p =-  E1p = 0 2   n 因 P 点是距 s 极近的一点，所以除 s 外的其余电荷

[ cos’ 0· cos OR° sin adedpi260O.R-[cos'esindei1A260-0R元1460F=-0R元1-14602.2.1点电荷q放在中性导体的中心，壳的内外半径分别为R和R（见俯图）。求场强和电位的分布，并画出E-r和U-r曲线。解：（a）场强分布：利用高斯定理可求得：→qFrR, :4eor2r(b)电位分布：设距球心r处的电位U：'E.dj--qr≥R,:U=4元0rR,≤r0，内半径为α，外半径b，腔内距球心0为r处有一点电荷q，求球心0的电位。解：用高斯定理可证得：金属腔内表面S，所带的总电量为-9，因为电荷守恒

= i R d d           cos cos sin 2 2 2 0 2 0 = 0 2 2 0 2  R i d d          cos sin 2 0 2 0 3 = i R  0 2 2 0 4     F - i R  0 2 2 0 4   2.2.1 点电荷 q 放在中性导体的中心，壳的内外半径分别为 R1 和 R2 （见俯图）。 求场强和电位的分布，并画出 E-r 和 U-r 曲线。 解：（a）场强分布：利用高斯定理可求得： r R2 : E r r q    2 4 0 (b)电位分布： 设距球心 r 处的电位 U： r  R2 ：U= E l d r      = r q 0 4 1 R2 R  r  ； U= 4 0R2 q  R1 r  ： E l U d r       = dr r R q r 1 2 4 0 + dr r q R  2 2 4 0 = 0 4 q （ 1 2 1 1 1 r R R   ） E-r，U-r 曲线如图。 2.2.2 如图所示，球形金属带电量 Q>0,内半径为  ，外半径 b，腔内距球心Ｏ 为 r 处有一点电荷 q，求球心 O 的电位。 解：用高斯定理可证得：金属腔内表面 x S 所带的总电量为-q，因为电荷守恒

金属腔外S所带电量为Q+q：.球心0的电位：Hoods+4dsU.=U.+Uo+4元8orF4元8a564元80b11qffo,dsfo,ds+4元04元0a40bSsoQ+qq-q4元80b4元0r4元a11.Q、q）+-b4元60a4元.br2.2.1一半径为R，的金属球A外罩一个同心金属球壳B，球壳极薄，内外半径可看作R。（如图所示）已经知道A带电量为QA，B带电量为QB，试求：（1）A的表面S，，S,的电量；（2）求A，B球的电位（无限远处电位为0）；（3）在B外罩一个同心的很薄中性金属壳，再答（1)，（2）两问；（4）用导线将A，B球相连，再答（1），（2）两问；（5）将B接地，再答（1)，（2）两问（B外不再罩有球壳）；（6）将A接地，再答（1），（2）两问（B外不再罩有球壳）；。解：根据高斯定理及电荷守恒定律可得出以下结论：(1) Q,I=QA， Qs2 =-QAQs3=QA+QBOA+QB(2)UB=4元RBBQUA=UB+Ra4元or9+QB+-)营4元R4RARB1(B +24)4。RR

金属腔外 b S 所带电量为 Q+q  球心 O 的电位： U0 =Uq Uq UQq = r q 0 4 +  sa a ds 0 0 4  +  sb b ds 0 0 4  = r q 0 4 + 4 0 a 1  ds sa  a + ds b sb  a  4 0 1 = r q 0 4 + b Q q a q 4 0 4 0    = 0 4 q （ r a b 1 1 1   ）+ b Q 4 0 2.2.1 一半径为 RA 的金属球 A 外罩一个同心金属球壳 B，球壳极薄，内外半径 可看作 RB 。（如图所示）已经知道 A 带电量为 QA，B 带电量为 QB ，试求： （1）A 的表面 2 S ， 3 S 的电量； （2）求 A，B 球的电位（无限远处电位为 0）； （3）在 B 外罩一个同心的很薄中性金属壳，再答（1），（2）两问； （4）用导线将 A，B 球相连，再答（1），（2）两问； （5）将 B 接地，再答（1），（2）两问（B 外不再罩有球壳）； （6）将 A 接地，再答（1），（2）两问（B 外不再罩有球壳）；。 解：根据高斯定理及电荷守恒定律可得出以下结论： （1） Qs1  QA ，Qs2  QA QS3  QA  QB （2） UB  B A B R Q Q 4 0  dr r Q U U B A R R A A B    2 4 0 = B A B R Q Q 4 0  + ) 1 1 ( 4 0 A B A R R Q   = ( ) 4 1 0 A A B B R Q R Q  

（3）在B外再罩一个同心且很薄中性金属壳C后，QI=QA，Q2=-QA,Qs3=Q^+QBQs4=-(QA+QB),Qss=QA+QB24+Q因为C壳很薄其内外半径均为Rc）Uc=4元RcOA+QBUB= S..4元RB1 (2+)U=4m(R+R)（4）用导线将A，B球相接后；Osi = 0Os2 = 0Qs3 =QA +QBOs4 = -(OA +QB)Qss =QA +QBUc=2A+0n4元8RcUg=U,-2+Qn4元0RB（5）将B球接地（B外不再有C壳）时；Qs, =QQs, =-QAOs, =0UB=0U=%(-1)A-4元RR（6）将A球接地（B外不再有壳）时：设球所带电量为Q4

（3）在 B 外再罩一个同心且很薄中性金属壳 C 后， Qs1  QA ，Qs2  QA，QS3  QA  QB ( ) QS 4   QA  QB ，QS5  QA  QB C A B C R Q Q U 4 0   因为 C 壳很薄其内外半径均为 RC ）  UB  B A B R Q Q 4 0  U A  ( ) 4 1 0 A A B B R Q R Q   （4）用导线将 A，B 球相接后； QS1  0 QS 2  0 QS3  QA  QB ( ) QS 4   QA  QB QS5  QA  QB C A B C R Q Q U 4 0   B A B B A R Q Q U U 4 0    （5）将 B 球接地（B 外不再有 C 壳）时； ) 1 1 ( 4 0 0 1 2 3 A B A A B S A S A S R R Q U U O Q Q Q Q Q         （6）将 A 球接地（B 外不再有壳）时： 设球所带电量为 QA