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 dd 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：→qFr<R,24元8E=0R<r<R, :E=-r>R, :4eor2r(b)电位分布：设距球心r处的电位U：'E.dj--qr≥R,:U=4元0rR,≤r<R2;qU=4元80R2r≤R: U=[E-di=f-dr=4negredr+/JR4元R.R4元。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< R1 ： r r q E 2 0 4 R1 < r < R2 : E =0 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 Uq UQq = 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