一、选择题
[ B ］1（基础训练2
） 一“无限大”均匀带电平面A ，其附近放一
+σ
2
与它平行的有一定厚度的“无限大”平面导体板B ，如图所示．已知A 上的电荷面密度为+σ ，则在导体板B 的两个表面1和2上的感生电荷面密度为： (A) σ 1 = - σ， σ 2 = + σ． (B) σ 1 = -
(C) σ 1 = -
11
σ， σ 2 =+σ． 22
A
11
σ， σ 1 = -σ． (D) σ 1 = - σ， σ 2 = 0． 22
【提示】“无限大”平面导体板B 是电中性的：σ 1S+σ 2S=0，
静电平衡时平面导体板B 内部的场强为零，由场强叠加原理得：
σσσ
+1-2=0 2ε02ε02ε0
σσ
联立解得： σ1=-σ2=
2
2
[ C ]2（基础训练4）、三个半径相同的金属小球，其中甲、乙两球带有等量同号电荷，丙球不带电。已知甲、乙两球间距离远大于本身直径，它们之间的静电力为F ；现用带绝缘柄的丙球先与甲球接触，再与乙球接触，然后移去，则此后甲、乙两球间的静电力为：
(A) 3F / 4． (B) F / 2． (C) 3F / 8． (D) F / 4． 【提示】设原来甲乙两球各自所带的电量为q ，则F =
q 24πε0r
2
；
⎛q ⎫⎛3q ⎫
⎪⎪3q 3q 24=F
丙球与它们接触后，甲带电，乙带电，两球间的静电力为：F ' =
244πε0r 28
[ C ］3（基础训练6）半径为R 的金属球与地连接。在与球心O 相
距d =2R 处有一电荷为q 的点电荷。如图所示，设地的电势为零，则球上的感
生电荷q '为：
(A) 0． (B)
q q
． (C) -． (D) -q ． 22
【提示】静电平衡时金属球是等势体。金属球接地，球心电势为零。球心电势可用电势叠加
法求得：
q '
dq ' q 1q q ' q q
+=0=-∴q ' =-， ， ，其中d = 2R， dq ' =-⎰⎰4πεR 4πεd R d 24πε0R 04πε0d 000
q '
［ C ］4（基础训练8）两只电容器，C 1 = 8 μF ，C 2 = 2 μF ，分
别把它们充电到 1000 V，然后将它们反接(如图所示) ，此时两极板间的电
势差为：
(A) 0 V ． (B) 200 V． (C) 600 V． (D) 1000 V
【提示】反接，正负电荷抵消后的净电量为
Q =Q 1-Q 2=CU -C 2U =(8-2) ⨯10-6⨯1000=6⨯10-6C 1
这些电荷重新分布，最后两个电容器的电压相等，相当于并联。并联的等效电容为
C' =C 1+C 2=10-5F ，电势差为U ' =
Q
=600(V ) 。 C '
［ B ］5（自测提高4）一导体球外充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，若测
得导体表面附近场强为E ，则导体球面上的自由电荷面密度σ0为
(A) ε0E ． (B) ε0εr E ． (C) εr E ． (D) (ε0εr -ε0) E 【提示】导体外表面附近场强E =
σ0σ0
，∴σ0=ε0εr E . =
εε0εr
［ D ］6（自测提高5）一空心导体球壳，其内、外半径分别为R 1和R 2，带电荷
q ，如图所示。当球壳中心处再放一电荷为q 的点电荷时，则导体球壳
的电势(设无穷远处为电势零点) 为 (A)
q
4πε0R 14πε0R 2
q q
(C) . (D)
2πε0R 12πε0R 2
． (B)
q
．
q
【提示】达到静电平衡时，导体球壳的内表面带电荷-q ，外表面带电荷为2q ，导体球壳的
电势= R2处的电势。根据电势叠加原理，R 2处的电势应为三个带电球面在该处的电势之和：
U =
q 4πε0R 2
+
-q 2q q
+=
4πε0R 24πε0R 22πε0R 2
∞
∞
2q q 2q
U =Edr =dr =【或者】由高斯定理，r >R 2：E =→ 2⎰⎰4πεr 2πεR 4πε0r 2002R 2R 2
二、填空题
1（基础训练12）半径为R 的不带电的金属球，在球外离球
心O 距离为l 处有一点电荷，电荷为q ．如图所示，若取无穷远处为电势零点，则静电平衡后金属球的电势U =
q 4πε0l
．
【提示】静电平衡后，金属球等电势，金属球的电势即为球心O 点的电势。根据电势叠加原理，球心O 的电势为点电荷+q在该点的电势和金属球表面产生的感应电荷±q ' （右表面为-q ' ，左表面为+q ' ）在该点的电势叠加。
故：U O =
q 4πε0l
+
q ' 4πε0R
+
-q ' q
=
4πε0R 4πε0l
2（基础训练14）一空气平行板电容器，电容为C ，两极板间距离为d ．充电后，两极板间相互作用力为F
． 【提示】一极板所受到的力是另一极板产生的电场（E ' ）施加的，设平行板电容器极板间
的总场强为E ，则E ' =E /2
E U /d CU 2
F =E ' q =q =(CU ) =
，得：U
Q =CU =222d
3（基础训练15）如图10-13所示，把一块原来不带电的金属板B ，移近一块已带有正电荷Q 的金属板A ，平行放置。设两板面积都是S ，板间距
Qd
离是d ，忽略边缘效应。当B 板不接地时，两板间电势差U AB = ；
2ε0S
B 板接地时两板间电势差U 'AB =
Qd
。 ε0S
【提示】设从左到右电荷面密度分别为σ1, σ2, σ3, σ4，如图所示。 不接地时：根据导体A 、B 内部电场强度为零，以及电荷守恒，可得
σ1=σ4=
Q Q σQd ，σ2=-σ3=，∴U A -U B =Ed =2d =； 2S 2S ε02ε0S
接地后：σ1'=σ4'=0, σ2'=-σ3'=
σ'Q Qd
, ∴U A '-U B '=E 'd =2d = S ε0ε0S
4（自测提高11）一平行板电容器，极板面积为S ，相距为d ，若 B 板接地，且保持 A
板的电势 U A = U0 不变，如图，把一块面积相同的带电量为 Q 的导体薄板 C 平行的插入两板中间，则导体薄板的电势 U C =
U 0Qd + . 24S ε0
【提示】导体各表面的电荷分布面密度如图所示。AC 之间和CB 之间的场强分别为
σσE 1=1，E 2=2
ε0ε0
A 板与B 板之间的电势差为
U 0=E 1
d d σd σd
+E 2=1+2 （1）
22ε02ε02
-σ1S +σ2S =Q （2）
联立（1）和（2），可求得
σ1=
ε0U 0
d
-
εU Q Q
，σ2=00+ 2S d 2S
则导体薄板的电势为 U C =E 2
d σ2d U 0Qd
==+
2ε0224S ε0
5（自测提高16）在相对介电常量εr = 4的各向同性均匀电介质中，求：与电能密度w e =2×106 J/cm相应的电场强度的大小E = 3.36×101012 C2/(N·m 2)]
-
3
11
[真空介电常量 ε0 = 8.85×
【提示】w e =
2w e 11
DE =ε0εr E 2，E ==3.36×1011 V/m 22ε0εr
（注意各个物理量的单位）
6（自测提高19）如图10-29所示，一" 无限大" 接地金属板，在距离板面d
处有一电荷为q 的点电荷，则板上离点电荷最近一点处的感应电荷面密度σ' ＝
-q (2πd
2
)
【提示】 板上离点电荷最近的一点即垂足O 点，设O 点的感生电荷面密度为σ'．根据静电平衡条件，在O 点左边邻近处(导体内) 场强为零，根据场强叠加原理，
E =
q 4πε0d 2
+
σ'
=0 → σ' =-q (2πd 2) 2ε0
7、（自测提高20）A 、B 两个电容值都等于C 的电容器，已知A 带电量为Q ，B 带电
Q 2
。 量为2Q ，现将A 、B 并联后，系统电场能量的增量∆W = -4C Q 2
【提示】电容器的电场能量为：W =
2C
Q 2(2Q )A 、B 并联前：W =W A +W B = +2C 2C
2
(3Q )
A 、B 并联后：总电量为3Q ，等效电容为C+C=2C，故能量为W ' =
22C Q 2
系统电场能量的增量∆W =W ' -W =-
4C
三、计算题
2
1（基础训练19）假定从无限远处陆续移来微量电荷使一半径为R 的导体球带电。 （1）当球已带有电荷q 时，再将一个电荷元dq 从无穷远处移到球上的过程中，外力作功多少？
（2）使球上电荷从零开始增加Q 的过程中, 外力共作功多少？
解：（1）令无限远处电势为零，则带电荷为q 的导体球，其电势为 U =
q
4πε0R
⎛q ⎫q
dA 外力=-dA 电场力=(U -U ∞)⋅dq = -0⎪dq =dq
4πε0R ⎝4πε0R ⎭
Q
Q
（2） A 外力=dA =
⎰0 dq =⎰8πεR 04πεR
q
Q 2
2（基础训练21）如图10-15所示，一内半径为a 、外半径为b 的
金属球壳，带有电荷Q ，在球壳空腔内距离球心r 处有一点电荷q ；设
无限远处为电势零点，试求： (1) 球壳内外表面上的电荷；(2) 球心O
点处，由球壳内表面上电荷产生的电势；(3) 球心O 点处的总电势。
解：（1）球壳内表面电荷为 –q ，分布不均匀；球壳外表面电荷为
Q+q，均匀分布。
（2）球心O 点处，由球壳内表面上电荷产生的电势为：
U 内=⎰dU =⎰
q 4πε0r
dq 4πε0a
=
dq
4πε0a
=
-q 4πε0a
（3）球心O 点处的总电势U 等于所有电荷在该点的电势叠加。
点电荷U q =
，内表面U 内=
-q 4πε0a
，外表面U 外=
Q +q
4πε0b
得： U =U q +U 外=内+U
1⎛q q Q +
-+
4πε0⎝r a b q ⎫
⎪ ⎭
3（基础训练22）两金属球的半径之比为1∶4，带等量的同号电荷．当两者的距离远大于两球半径时，有一定的电势能．若将两球接触一下再移回原处，则电势能变为原来的多少倍？
解：因两球间距离比两球的半径大得多, 这两个带电球可视为点电荷. 设两球各带电荷Q , 若选无穷远处为电势零点, 则两带电球系统的电势能为 W 0=QU =d 为两球心间距离。
当两球接触时，电荷将在两球间重新分配。设两球各带电Q 1 , Q 2 ，
Q 24πε0d
，式中
两球等电势：
Q 14πε0R 1
=
Q 24πε0R 2
→
Q 1R 11== ， 又Q 1+Q 2=2Q ， Q 2R 24
解得： Q 1=
2Q 8Q , Q 2= 55
16Q 216
电势能 W =QU =Q =⨯=W 0124πε0d 254πε0d 25
Q 2
-10
4（基础训练23）半径为R 1=1.0厘米的导体球，带有电荷q 1=1.0×10库仑，球外有
-10
一个内、外半径分别为R 2=3.0厘米、R 3=4.0厘米的同心导体球壳，壳上带有电荷Q=11×10库仑，试计算：（1）两球的电势U 1和U 2；（2）用导线把球和壳联接在一起后U 1和U 2分别是多少？（3）若外球接地，U 1和U 2为多少？
解法一：（1）静电平衡后，半径R 1的导体球表面带电荷q 1；同心导体球壳的内表面（半径为R 2）带电荷-q 1；外表面（半径为R 3）带电荷q 1+Q ；所有电荷在球面上均匀分布。
根据均匀带电球面在空间的电势分布：
⎧q
⎪4πεR (r ≤R ) ⎪0
U =⎨
⎪q (r >R ) ⎪⎩4πε0r
以及电势叠加原理，任一点的电势等于三个球面电荷在该点的电势之和。可得
U 1=U R 1=U q 1+U -q 1+U q 1+Q =U 2=U R 3=
q 14πε0R 3
+
q 14πε0R 1
+
-q 1q +Q
+1=330V
4πε0R 24πε0R 3
-q 1q +Q Q +q
+1==270V
4πε0R 34πε0R 34πε0R 3
（2）用导线把球和壳联接后，则球与壳成为同一个导体，所有电荷q 1+Q 均匀分布在同心球壳的外表面上（半径为R 3），整个系统是等势体。所以
U 1=U 2=U R 3=
Q +q 1
=270V
4πε0R 3
，所以q 外表面
（3）外球接地，则：U 2=0，而U 2=等于两个球面电荷在该点的电势之和
q 外表面4πε0R 3
q 1
=0；任一点的电势
∴U 1=U R 1=U q 1+U -q 1=
解法二：
4πε0R 1
+
-q 1
=60V
4πε0R 2
（1）U 1=U R 1
R 2
=⎰E ⋅dr =⎰
∞R 1
R 1
q 14πε0r 2
R 3
dr +
R 2
⎰0⋅dr +
Q +q 1
dr 2⎰R 34πε0r
∞
=
q 1⎛11⎫Q +q 1
=330V ； -⎪+
4πε0⎝R 1R 2⎭4πε0R 3
Q +q 1Q +q 1
dr ==270V 2⎰4πεr 4πεR 003R 3
∞
U 2=U R 3=
∞
（2）U 1=U 2=
Q +q 1Q +q 1dr ==270V 2⎰4πε0R 3
R 34πε0r
R 2
（3）U 2=0；U 1=
R 1
⎰
R 2E ⋅dr =⎰
R 1
q 14πε0r 2
dr =
q 1⎛11⎫
-⎪=60V 4πε0⎝R 1R 2⎭
--5（基础训练25）三个电容器如图联接，其中C 1 = 10×106 F，C 2 = 5×106 F，C 3 = 4-×106 F，当A 、B 间电压U =100 V时，试求： (1) A 、B 之间的电容； (2) 当C 3被击穿时，在电容C 1上的电荷和电压各变为多少？
解：（1）
111
， =+
C C 3C 1+C 2
得：C =
(C 1+C 2)⋅C 3=60μF =3.16μF
C 1+C 2+C 3
19
（2）当C 3被击穿而短路时，100V 的电压加在了C 1 和C 2上。
U 1=100V ,
q 1=C 1U 1=1⨯10-3C
6（基础训练27）一圆柱形电容器，内圆柱的半径为R 1，外圆柱的半径为R 2，长为
L ⎡两圆柱之间充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质。设内外圆⎣L >>(R 2–R 1)⎤⎦，
柱单位长度上带电荷(即电荷线密度) 分别为λ和-λ，求：(1) 电容器的电容；(2) 电容器
储存的能量。
解：（1）设圆柱体无限长。根据高斯定理可求得：
内、外圆柱间的场强分布为 E =
λ
，其中r 为场点到圆柱体轴线的垂直距离。
2πε0εr r
R 2
两极板间电势差为 U AB =
R 1
⎰
R λλ
dr =ln 2
2πε0εr r 2πε0εr R 1
电容器的电容为 C =
2πε0εr L q λL
==
U AB U AB ln R 2R 1R 1λ2L
（2）电容器储存的能量为 W =qU AB =ln 2
24πε0εr R 1
7（自测提高21）一空气平行板电容器，极板面积为S ， 两极
板之间距离为d ．试求∶(1) 将一与极板面积相同而厚度为d / 3的导体板平行地插入该电容器中，其电容将改变多大？(2) 设两极板上带电荷±Q ，在电荷保持不变的条件下，将上述导体板从电容器中抽出，外力需作多少功？
解： (1) 未插导体板时的电容为 C 0=
ε0S
d
-Q
，
插导体板后，导体中的场强为零，相当于电容器的极板距离缩小为2d / 3，其电容为
3ε0S
2d 32d
εS
电容改变量为 ∆C =C -C 0=0
2d
C =
=
(2) 极板上带电荷±Q 时，其电场能量为
ε0S
1Q 2Q 2d
W = =
2C 3ε0S
在电荷Q 不变下，抽去导体板后，其电场能量为
1Q 2Q 2d
W 0= =
2C 02ε0S
外力作功等于电场能量的增量，即
Q 2d ⎛11⎫Q 2d
A 外=W 0-W = -⎪=
ε0S ⎝23⎭6ε0S
8（自测提高22）两导体球A 、B 的半径分别为R 1=0.5m，R 2 =1.0 m，中间以导线连接，两球外分别包
以内半径为R =1.2 m 的同心导体球壳(与导线绝缘) 并接地，导体间的介质均为空气，如图所示．已知：空气的击穿场强为3×106 V/m，今使A 、B 两球所带电荷逐渐增加，计算：(1) 此系统何处首先被击穿？这
里场强为何值?(2) 击穿时两球所带的总电荷Q 为多少？(设导线本身不带电，且对电场无影响。)
解：(1) 两导体球壳接地，壳外无电场．导体球A 、B 外的电场均呈球对称分布．今先比较两球外场强的大小，击穿首先发生在场强最大处．设击穿时，两导体球A 、B 所带的电荷分别为Q 1、Q 2，由于A 、B 用导线连接，故两者等电势，即满足：
姓名 __________ 学号 ____________ 《大学物理Ⅰ》答题纸 第十章
Q 1-Q 1Q 2-Q 2
+=+
4πε0R 14πε0R 4πε0R 24πε0R
解得： Q 1/Q 2=1/7
两导体表面上的场强最强，其最大场强之比为
E 1max E 2max 2
Q 1Q 2Q 1R 24
=/==222
4πε0R 14πε0R 2Q 2R 17
可见，B 球表面处的场强最大，这里先达到击穿场强而击穿，即
E 2max =
（2）由上述E 2 max可解得：
Q 2
=3⨯106 （V /m ）2
4πε0R 2
1-4
）， Q 1=Q 2=0.47⨯10 （C Q 2=3.3⨯10-4 （C ）
7
击穿时两球所带的总电荷为 Q =Q 1+Q 2=3. 77⨯10-4C 。
附加题：（基础训练28）一接地的" 无限大" 导体板前垂直放置一" 半
无限长" 均匀带电直线，使该带电直线的一端距板面的距离为d ．如图所示，若带电直线上电荷线密度为λ，试求垂足O 点处的感生电荷面密度．
解：设垂足O 点处的感生电荷面密度为σ0
如图取座标，对导体板内O 点左边的邻近一点，半无限长带电直线产生的场强为：
∞λ λdx
E 0=⎰-i i =-2
4πεd 4πεx 00d
导体板上的感应电荷产生的场强为：
σ0
'=- E 0i
2ε0
由场强叠加原理和静电平衡条件，该点合场强为零，即 -
∴ σ0=-
σλ
-0=0
4πε0d 2ε0
λ
2π
d
一、选择题
[ B ］1（基础训练2
） 一“无限大”均匀带电平面A ，其附近放一
+σ
2
与它平行的有一定厚度的“无限大”平面导体板B ，如图所示．已知A 上的电荷面密度为+σ ，则在导体板B 的两个表面1和2上的感生电荷面密度为： (A) σ 1 = - σ， σ 2 = + σ． (B) σ 1 = -
(C) σ 1 = -
11
σ， σ 2 =+σ． 22
A
11
σ， σ 1 = -σ． (D) σ 1 = - σ， σ 2 = 0． 22
【提示】“无限大”平面导体板B 是电中性的：σ 1S+σ 2S=0，
静电平衡时平面导体板B 内部的场强为零，由场强叠加原理得：
σσσ
+1-2=0 2ε02ε02ε0
σσ
联立解得： σ1=-σ2=
2
2
[ C ]2（基础训练4）、三个半径相同的金属小球，其中甲、乙两球带有等量同号电荷，丙球不带电。已知甲、乙两球间距离远大于本身直径，它们之间的静电力为F ；现用带绝缘柄的丙球先与甲球接触，再与乙球接触，然后移去，则此后甲、乙两球间的静电力为：
(A) 3F / 4． (B) F / 2． (C) 3F / 8． (D) F / 4． 【提示】设原来甲乙两球各自所带的电量为q ，则F =
q 24πε0r
2
；
⎛q ⎫⎛3q ⎫
⎪⎪3q 3q 24=F
丙球与它们接触后，甲带电，乙带电，两球间的静电力为：F ' =
244πε0r 28
[ C ］3（基础训练6）半径为R 的金属球与地连接。在与球心O 相
距d =2R 处有一电荷为q 的点电荷。如图所示，设地的电势为零，则球上的感
生电荷q '为：
(A) 0． (B)
q q
． (C) -． (D) -q ． 22
【提示】静电平衡时金属球是等势体。金属球接地，球心电势为零。球心电势可用电势叠加
法求得：
q '
dq ' q 1q q ' q q
+=0=-∴q ' =-， ， ，其中d = 2R， dq ' =-⎰⎰4πεR 4πεd R d 24πε0R 04πε0d 000
q '
［ C ］4（基础训练8）两只电容器，C 1 = 8 μF ，C 2 = 2 μF ，分
别把它们充电到 1000 V，然后将它们反接(如图所示) ，此时两极板间的电
势差为：
(A) 0 V ． (B) 200 V． (C) 600 V． (D) 1000 V
【提示】反接，正负电荷抵消后的净电量为
Q =Q 1-Q 2=CU -C 2U =(8-2) ⨯10-6⨯1000=6⨯10-6C 1
这些电荷重新分布，最后两个电容器的电压相等，相当于并联。并联的等效电容为
C' =C 1+C 2=10-5F ，电势差为U ' =
Q
=600(V ) 。 C '
［ B ］5（自测提高4）一导体球外充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，若测
得导体表面附近场强为E ，则导体球面上的自由电荷面密度σ0为
(A) ε0E ． (B) ε0εr E ． (C) εr E ． (D) (ε0εr -ε0) E 【提示】导体外表面附近场强E =
σ0σ0
，∴σ0=ε0εr E . =
εε0εr
［ D ］6（自测提高5）一空心导体球壳，其内、外半径分别为R 1和R 2，带电荷
q ，如图所示。当球壳中心处再放一电荷为q 的点电荷时，则导体球壳
的电势(设无穷远处为电势零点) 为 (A)
q
4πε0R 14πε0R 2
q q
(C) . (D)
2πε0R 12πε0R 2
． (B)
q
．
q
【提示】达到静电平衡时，导体球壳的内表面带电荷-q ，外表面带电荷为2q ，导体球壳的
电势= R2处的电势。根据电势叠加原理，R 2处的电势应为三个带电球面在该处的电势之和：
U =
q 4πε0R 2
+
-q 2q q
+=
4πε0R 24πε0R 22πε0R 2
∞
∞
2q q 2q
U =Edr =dr =【或者】由高斯定理，r >R 2：E =→ 2⎰⎰4πεr 2πεR 4πε0r 2002R 2R 2
二、填空题
1（基础训练12）半径为R 的不带电的金属球，在球外离球
心O 距离为l 处有一点电荷，电荷为q ．如图所示，若取无穷远处为电势零点，则静电平衡后金属球的电势U =
q 4πε0l
．
【提示】静电平衡后，金属球等电势，金属球的电势即为球心O 点的电势。根据电势叠加原理，球心O 的电势为点电荷+q在该点的电势和金属球表面产生的感应电荷±q ' （右表面为-q ' ，左表面为+q ' ）在该点的电势叠加。
故：U O =
q 4πε0l
+
q ' 4πε0R
+
-q ' q
=
4πε0R 4πε0l
2（基础训练14）一空气平行板电容器，电容为C ，两极板间距离为d ．充电后，两极板间相互作用力为F
． 【提示】一极板所受到的力是另一极板产生的电场（E ' ）施加的，设平行板电容器极板间
的总场强为E ，则E ' =E /2
E U /d CU 2
F =E ' q =q =(CU ) =
，得：U
Q =CU =222d
3（基础训练15）如图10-13所示，把一块原来不带电的金属板B ，移近一块已带有正电荷Q 的金属板A ，平行放置。设两板面积都是S ，板间距
Qd
离是d ，忽略边缘效应。当B 板不接地时，两板间电势差U AB = ；
2ε0S
B 板接地时两板间电势差U 'AB =
Qd
。 ε0S
【提示】设从左到右电荷面密度分别为σ1, σ2, σ3, σ4，如图所示。 不接地时：根据导体A 、B 内部电场强度为零，以及电荷守恒，可得
σ1=σ4=
Q Q σQd ，σ2=-σ3=，∴U A -U B =Ed =2d =； 2S 2S ε02ε0S
接地后：σ1'=σ4'=0, σ2'=-σ3'=
σ'Q Qd
, ∴U A '-U B '=E 'd =2d = S ε0ε0S
4（自测提高11）一平行板电容器，极板面积为S ，相距为d ，若 B 板接地，且保持 A
板的电势 U A = U0 不变，如图，把一块面积相同的带电量为 Q 的导体薄板 C 平行的插入两板中间，则导体薄板的电势 U C =
U 0Qd + . 24S ε0
【提示】导体各表面的电荷分布面密度如图所示。AC 之间和CB 之间的场强分别为
σσE 1=1，E 2=2
ε0ε0
A 板与B 板之间的电势差为
U 0=E 1
d d σd σd
+E 2=1+2 （1）
22ε02ε02
-σ1S +σ2S =Q （2）
联立（1）和（2），可求得
σ1=
ε0U 0
d
-
εU Q Q
，σ2=00+ 2S d 2S
则导体薄板的电势为 U C =E 2
d σ2d U 0Qd
==+
2ε0224S ε0
5（自测提高16）在相对介电常量εr = 4的各向同性均匀电介质中，求：与电能密度w e =2×106 J/cm相应的电场强度的大小E = 3.36×101012 C2/(N·m 2)]
-
3
11
[真空介电常量 ε0 = 8.85×
【提示】w e =
2w e 11
DE =ε0εr E 2，E ==3.36×1011 V/m 22ε0εr
（注意各个物理量的单位）
6（自测提高19）如图10-29所示，一" 无限大" 接地金属板，在距离板面d
处有一电荷为q 的点电荷，则板上离点电荷最近一点处的感应电荷面密度σ' ＝
-q (2πd
2
)
【提示】 板上离点电荷最近的一点即垂足O 点，设O 点的感生电荷面密度为σ'．根据静电平衡条件，在O 点左边邻近处(导体内) 场强为零，根据场强叠加原理，
E =
q 4πε0d 2
+
σ'
=0 → σ' =-q (2πd 2) 2ε0
7、（自测提高20）A 、B 两个电容值都等于C 的电容器，已知A 带电量为Q ，B 带电
Q 2
。 量为2Q ，现将A 、B 并联后，系统电场能量的增量∆W = -4C Q 2
【提示】电容器的电场能量为：W =
2C
Q 2(2Q )A 、B 并联前：W =W A +W B = +2C 2C
2
(3Q )
A 、B 并联后：总电量为3Q ，等效电容为C+C=2C，故能量为W ' =
22C Q 2
系统电场能量的增量∆W =W ' -W =-
4C
三、计算题
2
1（基础训练19）假定从无限远处陆续移来微量电荷使一半径为R 的导体球带电。 （1）当球已带有电荷q 时，再将一个电荷元dq 从无穷远处移到球上的过程中，外力作功多少？
（2）使球上电荷从零开始增加Q 的过程中, 外力共作功多少？
解：（1）令无限远处电势为零，则带电荷为q 的导体球，其电势为 U =
q
4πε0R
⎛q ⎫q
dA 外力=-dA 电场力=(U -U ∞)⋅dq = -0⎪dq =dq
4πε0R ⎝4πε0R ⎭
Q
Q
（2） A 外力=dA =
⎰0 dq =⎰8πεR 04πεR
q
Q 2
2（基础训练21）如图10-15所示，一内半径为a 、外半径为b 的
金属球壳，带有电荷Q ，在球壳空腔内距离球心r 处有一点电荷q ；设
无限远处为电势零点，试求： (1) 球壳内外表面上的电荷；(2) 球心O
点处，由球壳内表面上电荷产生的电势；(3) 球心O 点处的总电势。
解：（1）球壳内表面电荷为 –q ，分布不均匀；球壳外表面电荷为
Q+q，均匀分布。
（2）球心O 点处，由球壳内表面上电荷产生的电势为：
U 内=⎰dU =⎰
q 4πε0r
dq 4πε0a
=
dq
4πε0a
=
-q 4πε0a
（3）球心O 点处的总电势U 等于所有电荷在该点的电势叠加。
点电荷U q =
，内表面U 内=
-q 4πε0a
，外表面U 外=
Q +q
4πε0b
得： U =U q +U 外=内+U
1⎛q q Q +
-+
4πε0⎝r a b q ⎫
⎪ ⎭
3（基础训练22）两金属球的半径之比为1∶4，带等量的同号电荷．当两者的距离远大于两球半径时，有一定的电势能．若将两球接触一下再移回原处，则电势能变为原来的多少倍？
解：因两球间距离比两球的半径大得多, 这两个带电球可视为点电荷. 设两球各带电荷Q , 若选无穷远处为电势零点, 则两带电球系统的电势能为 W 0=QU =d 为两球心间距离。
当两球接触时，电荷将在两球间重新分配。设两球各带电Q 1 , Q 2 ，
Q 24πε0d
，式中
两球等电势：
Q 14πε0R 1
=
Q 24πε0R 2
→
Q 1R 11== ， 又Q 1+Q 2=2Q ， Q 2R 24
解得： Q 1=
2Q 8Q , Q 2= 55
16Q 216
电势能 W =QU =Q =⨯=W 0124πε0d 254πε0d 25
Q 2
-10
4（基础训练23）半径为R 1=1.0厘米的导体球，带有电荷q 1=1.0×10库仑，球外有
-10
一个内、外半径分别为R 2=3.0厘米、R 3=4.0厘米的同心导体球壳，壳上带有电荷Q=11×10库仑，试计算：（1）两球的电势U 1和U 2；（2）用导线把球和壳联接在一起后U 1和U 2分别是多少？（3）若外球接地，U 1和U 2为多少？
解法一：（1）静电平衡后，半径R 1的导体球表面带电荷q 1；同心导体球壳的内表面（半径为R 2）带电荷-q 1；外表面（半径为R 3）带电荷q 1+Q ；所有电荷在球面上均匀分布。
根据均匀带电球面在空间的电势分布：
⎧q
⎪4πεR (r ≤R ) ⎪0
U =⎨
⎪q (r >R ) ⎪⎩4πε0r
以及电势叠加原理，任一点的电势等于三个球面电荷在该点的电势之和。可得
U 1=U R 1=U q 1+U -q 1+U q 1+Q =U 2=U R 3=
q 14πε0R 3
+
q 14πε0R 1
+
-q 1q +Q
+1=330V
4πε0R 24πε0R 3
-q 1q +Q Q +q
+1==270V
4πε0R 34πε0R 34πε0R 3
（2）用导线把球和壳联接后，则球与壳成为同一个导体，所有电荷q 1+Q 均匀分布在同心球壳的外表面上（半径为R 3），整个系统是等势体。所以
U 1=U 2=U R 3=
Q +q 1
=270V
4πε0R 3
，所以q 外表面
（3）外球接地，则：U 2=0，而U 2=等于两个球面电荷在该点的电势之和
q 外表面4πε0R 3
q 1
=0；任一点的电势
∴U 1=U R 1=U q 1+U -q 1=
解法二：
4πε0R 1
+
-q 1
=60V
4πε0R 2
（1）U 1=U R 1
R 2
=⎰E ⋅dr =⎰
∞R 1
R 1
q 14πε0r 2
R 3
dr +
R 2
⎰0⋅dr +
Q +q 1
dr 2⎰R 34πε0r
∞
=
q 1⎛11⎫Q +q 1
=330V ； -⎪+
4πε0⎝R 1R 2⎭4πε0R 3
Q +q 1Q +q 1
dr ==270V 2⎰4πεr 4πεR 003R 3
∞
U 2=U R 3=
∞
（2）U 1=U 2=
Q +q 1Q +q 1dr ==270V 2⎰4πε0R 3
R 34πε0r
R 2
（3）U 2=0；U 1=
R 1
⎰
R 2E ⋅dr =⎰
R 1
q 14πε0r 2
dr =
q 1⎛11⎫
-⎪=60V 4πε0⎝R 1R 2⎭
--5（基础训练25）三个电容器如图联接，其中C 1 = 10×106 F，C 2 = 5×106 F，C 3 = 4-×106 F，当A 、B 间电压U =100 V时，试求： (1) A 、B 之间的电容； (2) 当C 3被击穿时，在电容C 1上的电荷和电压各变为多少？
解：（1）
111
， =+
C C 3C 1+C 2
得：C =
(C 1+C 2)⋅C 3=60μF =3.16μF
C 1+C 2+C 3
19
（2）当C 3被击穿而短路时，100V 的电压加在了C 1 和C 2上。
U 1=100V ,
q 1=C 1U 1=1⨯10-3C
6（基础训练27）一圆柱形电容器，内圆柱的半径为R 1，外圆柱的半径为R 2，长为
L ⎡两圆柱之间充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质。设内外圆⎣L >>(R 2–R 1)⎤⎦，
柱单位长度上带电荷(即电荷线密度) 分别为λ和-λ，求：(1) 电容器的电容；(2) 电容器
储存的能量。
解：（1）设圆柱体无限长。根据高斯定理可求得：
内、外圆柱间的场强分布为 E =
λ
，其中r 为场点到圆柱体轴线的垂直距离。
2πε0εr r
R 2
两极板间电势差为 U AB =
R 1
⎰
R λλ
dr =ln 2
2πε0εr r 2πε0εr R 1
电容器的电容为 C =
2πε0εr L q λL
==
U AB U AB ln R 2R 1R 1λ2L
（2）电容器储存的能量为 W =qU AB =ln 2
24πε0εr R 1
7（自测提高21）一空气平行板电容器，极板面积为S ， 两极
板之间距离为d ．试求∶(1) 将一与极板面积相同而厚度为d / 3的导体板平行地插入该电容器中，其电容将改变多大？(2) 设两极板上带电荷±Q ，在电荷保持不变的条件下，将上述导体板从电容器中抽出，外力需作多少功？
解： (1) 未插导体板时的电容为 C 0=
ε0S
d
-Q
，
插导体板后，导体中的场强为零，相当于电容器的极板距离缩小为2d / 3，其电容为
3ε0S
2d 32d
εS
电容改变量为 ∆C =C -C 0=0
2d
C =
=
(2) 极板上带电荷±Q 时，其电场能量为
ε0S
1Q 2Q 2d
W = =
2C 3ε0S
在电荷Q 不变下，抽去导体板后，其电场能量为
1Q 2Q 2d
W 0= =
2C 02ε0S
外力作功等于电场能量的增量，即
Q 2d ⎛11⎫Q 2d
A 外=W 0-W = -⎪=
ε0S ⎝23⎭6ε0S
8（自测提高22）两导体球A 、B 的半径分别为R 1=0.5m，R 2 =1.0 m，中间以导线连接，两球外分别包
以内半径为R =1.2 m 的同心导体球壳(与导线绝缘) 并接地，导体间的介质均为空气，如图所示．已知：空气的击穿场强为3×106 V/m，今使A 、B 两球所带电荷逐渐增加，计算：(1) 此系统何处首先被击穿？这
里场强为何值?(2) 击穿时两球所带的总电荷Q 为多少？(设导线本身不带电，且对电场无影响。)
解：(1) 两导体球壳接地，壳外无电场．导体球A 、B 外的电场均呈球对称分布．今先比较两球外场强的大小，击穿首先发生在场强最大处．设击穿时，两导体球A 、B 所带的电荷分别为Q 1、Q 2，由于A 、B 用导线连接，故两者等电势，即满足：
姓名 __________ 学号 ____________ 《大学物理Ⅰ》答题纸 第十章
Q 1-Q 1Q 2-Q 2
+=+
4πε0R 14πε0R 4πε0R 24πε0R
解得： Q 1/Q 2=1/7
两导体表面上的场强最强，其最大场强之比为
E 1max E 2max 2
Q 1Q 2Q 1R 24
=/==222
4πε0R 14πε0R 2Q 2R 17
可见，B 球表面处的场强最大，这里先达到击穿场强而击穿，即
E 2max =
（2）由上述E 2 max可解得：
Q 2
=3⨯106 （V /m ）2
4πε0R 2
1-4
）， Q 1=Q 2=0.47⨯10 （C Q 2=3.3⨯10-4 （C ）
7
击穿时两球所带的总电荷为 Q =Q 1+Q 2=3. 77⨯10-4C 。
附加题：（基础训练28）一接地的" 无限大" 导体板前垂直放置一" 半
无限长" 均匀带电直线，使该带电直线的一端距板面的距离为d ．如图所示，若带电直线上电荷线密度为λ，试求垂足O 点处的感生电荷面密度．
解：设垂足O 点处的感生电荷面密度为σ0
如图取座标，对导体板内O 点左边的邻近一点，半无限长带电直线产生的场强为：
∞λ λdx
E 0=⎰-i i =-2
4πεd 4πεx 00d
导体板上的感应电荷产生的场强为：
σ0
'=- E 0i
2ε0
由场强叠加原理和静电平衡条件，该点合场强为零，即 -
∴ σ0=-
σλ
-0=0
4πε0d 2ε0
λ
2π
d