《大学物理》第九章 习题解答

第9章静电场 9-1两小球处于如题91图所示的平衡位置时,每小球受到张力T,重力mg以及库仑力F 的作用,则有 Those=mg和Tsnb=F,∴F=mggO,由于b很小,故 q = mgtg 6≈mgsn6=mg Eo 2丌 习题91图 9-2设q1,q2在C点的场强分别为E1和E2,则有 Er =9×109、1.8×10 0.03 18×104V.n 方向沿AC方向 E2 18×10-9 习题92图 =9×10°× 2.7×104V.m- 方向沿CB方向 ∴C点的合场强E的大小为: E=√B2+E2=8×101)2+(2.7×10)2=324x10Vm2 设E的方向与CB的夹角为a,则有 a=1g Er 1.8 2.7 9-3坐标如题9-3图所示,带电圆弧上取一电荷元dq=dl,它在圆心O处的场强为 ad/ dE√4xR2’方向如题93图所示,由于对称性,上、下两 带电圆弧中对应电荷元在圆心O处产生的dE1和dE2在x方向分量相 互抵消 习题9-3图

77 第 9 章 静电场 9-1 两小球处于如题 9-1 图所示的平衡位置时，每小球受到张力 T，重力 mg 以及库仑力 F 的作用，则有 T cos = mg 和 T sin = F ,∴ F = mgtg ,由于θ很小，故 l x mg mg mg x q F 2 tg sin 4 1 2 2 0 = =    =   ∴ 1/ 3 0 2 2         mg q l  9-2 设 q1,q2 在 C 点的场强分别为 E1  和 E2  ，则有 2 1 0 1 4 1 AC r q E  = 4 1 2 9 9 1.8 10 V m 0.03 1.8 10 9 10 − − =    =   方向沿 AC 方向 2 2 0 2 4 1 BC r q E  = 4 1 2 9 9 2.7 10 V m 0.04 1.8 10 9 10 − − =    =   方向沿 CB 方向 ∴ C 点的合场强 E  的大小为： 2 4 2 4 2 2 2 1 E = E + E = (1.810 ) + (2.710 ) 4 1 3.24 10 V m − =   设 E 的方向与 CB 的夹角为α，则有 = = =  − − 33.7 2.7 1 1.8 2 1 1 tg E E  tg 9-3 坐标如题 9-3 图所示，带电圆弧上取一电荷元 dq = dl ，它在圆心 O 处的场强为 2 0 1 d 4 1 d R l E   = ，方向如题 9-3 图所示，由于对称性，上、下两 带电圆弧中对应电荷元在圆心 O 处产生的 dE1 和 dE2 在 x 方向分量相 互抵消。 习题 9-1 图 习题 9-3 图 习题 9-2 图

E2=0,圆心O处场强E的y分量为 adl Ey in 6=2 4丌E。R2 1 aRde sin 0 4 2ER 方向沿y轴正向 9-4(1)如题9-4图a),取与棒端相距d的P点为坐标原点x轴向右为正。设带电细棒 电荷元dq=Adx至P点的距离x,它在P点的场强大小为 1 dx de= 方向沿x轴正向 Eo 各电荷元在P点产生的场强方向相同,于是 习题94图(a) E de 4丌EnJ-(d+L) 4丌sn(d,d,+L 9×10°×3×10 8×10-228×10 =241×103V.m 方向沿x轴方向 (2)坐标如题94图(b所示,在带电细棒上取电荷元dq=Adx与Q点距离为r,电荷 元在Q点所产生的场强dE= ,由于对称性,场dE的x方向分量相互抵消,所 以Ex=0场强dE的y分量为 de.= desin e d 4TEo Br=d, cscO, x=d, ig a-T=-d, ctge, dr=d, csc2au0 1 2dx dEy 4to p.sin 0 习题9-4图(b) sin de 4ed E,+=4x n=- (cos 0,-cos8,) 其中cosO1=1/2 L/2 √a2+(L/2) d2+(L/2)

78 Ex = 0 ，圆心 O 处场强 E 的 y 分量为         = = = −   2 3 1 2 sin d 4 1 sin 2 d 4 1 2 0 2 6 0 0 2 6 0 0 R R R R l Ey               方向沿 y 轴正向。 9-4 （1）如题 9-4 图(a)，取与棒端相距 d1的 P 点为坐标原点,x 轴向右为正。设带电细棒 电荷元 dq = dx 至 P 点的距离 x，它在 P 点的场强大小为 2 0 d 4 1 d x x EP   = 方向沿 x 轴正向 各电荷元在 P 点产生的场强方向相同，于是   − − + = = 1 1 ( ) 2 0 d 4 1 d d d L P P x x E E   3 1 2 2 9 8 0 1 1 2.41 10 V m 28 10 1 8 10 1 9 10 3 10 1 1 4 − − − − =          −  =            + = −   d d L  方向沿 x 轴方向。 （2）坐标如题 9-4 图(b)所示，在带电细棒上取电荷元 dq = dx 与 Q 点距离为 r，电荷 元在 Q 点所产生的场强 2 0 d 4 1 d r x E   = ，由于对称性，场 dE 的 x 方向分量相互抵消，所 以 Ex=0,场强 dE 的 y 分量为      sin d 4 1 d d sin 2 0 r x Ey = E = 因       d ,d d csc d 2 d csc , d 2 2 2  = − 2 = 2      r = x = t g − ctg x ∴          sin d 4 d sin d 4 1 d 0 2 2 0 = = r x Ey (cos cos ) 4 d sin d 4 d d 1 2 0 2 0 2 2 1             = = = − y  y  E E 其中 2 2 2 2 2 2 2 1 d ( / 2) / 2 , cos d ( / 2) / 2 cos L L L L + = − +  =  习题 9-4 图（a） 习题 9-4 图（b）

代入上式得 E Vd2+(/2)2 9×10°×3×10-3×02 =527×103.m 10-8×102)2+(02/2) 方向沿y轴正向 9-5带电圆弧长}=2mR-d=2×3.4×0.50-0.02=3.12m,电荷线密度 q 3.12×10 10×10-°C.m-。带电圆弧在圆心O处的场强等价于一个闭合带电 3.12 圆环(线密度为λ)和一长为d、电荷线密度为-的小段圆弧在O处场强的矢量和。带电 闭合圆环在圆心处的场强为零,而d<<R∴小段带电圆弧可视为点电荷,所带电量 n=10×10-°002=2×10-1C 故圆心处的场强 B4n9×0°×2×101 0s2=0.72Vm,方向由圆心指向空隙中心。 9-6(1)点电荷q位于一立方体中心,则通过立方体每一面的电通量相等,∴通过每一 面的电通量Φ1为总通量Φ的,即 Φ=[Eds=E.d=1q 6 (2)如果这点电荷移到立方体的一个角上,则电荷q所在顶角的三个面上,因为各点E平 行于该面,所以这三个面的电通量均为零,另三个面的电通量相等。如果要把q全部包围需 要有8个立方体,相当于有24个面,每一面上通过的电通量为总通量的 E·dS qq 24 24E024E 9-7解法(一)通过圆形平面的电通量与通过以A为球心,AB=√x2+R2=r为半径 以圆平面的周界为周界的球冠面的电通量相等,该球冠面的面积S=2mH,通过整个球面 S0=4m2的电通量④=9,所以通过该球冠面的电通量为 db=c s=927H=qH SE。4 2 习题97图(a)

79 代入上式得 2 2 2 4 0 2 d (L / 2) L d Ey + =      3 1 2 1 2 2 2 9 8 5.27 10 8 10 (8 10 ) (0.2 / 2) 9 10 3 10 0.2 − − − − =     +     = V m 方向沿 y 轴正向。 9-5 带 电 圆 弧 长 l = 2R− d = 23.40.50−0.02 = 3.12m , 电荷线密度 9 1 9 1.0 10 C m 3.12 3.12 10 − − − =    = = l q  。带电圆弧在圆心 O 处的场强等价于一个闭合带电 圆环（线密度为  ）和一长为 d、电荷线密度为-  的小段圆弧在 O 处场强的矢量和。带电 闭合圆环在圆心处的场强为零，而 d<<R,∴小段带电圆弧可视为点电荷，所带电量 q d C 9 11 1.0 10 0.02 2 10 − −  =  =  =  ，故圆心处的场强， 1 2 11 9 2 0 0.72V m 0.5 2 10 9 10 4 1 − =   =    = R q E   ,方向由圆心指向空隙中心。 9-6 （1）点电荷 q 位于一立方体中心，则通过立方体每一面的电通量相等，∴ 通过每一 面的电通量 1 为总通量  的 6 1 ,即 0 0 1 6 6 1 d 6 1 d 1   q q E S E S S  =  =  = =       （2）如果这点电荷移到立方体的一个角上，则电荷 q 所在顶角的三个面上，因为各点 E  平 行于该面，所以这三个面的电通量均为零，另三个面的电通量相等。如果要把 q 全部包围需 要有 8 个立方体，相当于有 24 个面，每一面上通过的电通量为总通量的 24 1 ，即    =  =  =  = 1 0 0 1 24 24 1 d 24 1 d S q q E S E S       9-7 解法（一）通过圆形平面的电通量与通过以 A 为球心， AB = x + R = r 2 2 为半径， 以圆平面的周界为周界的球冠面的电通量相等，该球冠面的面积 S = 2rH ，通过整个球面 2 S0 = 4r 的电通量 0 0  q  = ，所以通过该球冠面的电通量为 r q H r q rH S S 0 2 0 0 0 4 2 2      =  = = 习题 9-7 图（a）

Eo 解法(二)在图形平面上取一同心面元环,设其中半径为r,宽为dr,此面元的面积 ds=2mdr。设此面元对A点的半张角为b,见图所示,由通量公式可得 rdr cos 82md 习题9-7(b)图 9-8通过此半球面的电通量与通过以O为圆心的圆平面电通量相等,无限大平面外任一点 的场强为,∴通过该球面的电通量为 Φ=E·S O R 9-9设想地球表面为一均匀带电球面,则它所带总电量为 q=6E△=-=0ES==04xR2E 885×10-12×4×(64×106)2×130 592×105C 9-10设均匀带电球壳内、外半径分别为R1和R2,它所产生的电场具有球对称性,以任意 半径r作一与均匀带电球壳同心的高斯球面S,由高斯定理可得 Eds= 4r.E E 当r=5cm<R时,Σq1=0,E1=0 R< cm<R x4==1m=3m2-R) 丌(r3-R) E2 4

80 r q r r   cos 2 0 − =         + = − = − 2 2 0 0 1 2 (1 cos ) 2 x R q q x    解法（二）在图形平面上取一同心面元环，设其中半径为 r，宽为 dr,此面元的面积 ds = 2rdr 。设此面元对 A 点的半张角为  ，见图所示，由通量公式可得    + = +  =  = S R R x r qx r r r r x r q E S 0 0 2 2 3 / 2 0 2 2 0 ( ) d 2 cos 2 d 1 4 d                + = − 2 2 0 1 2 x R q x  9-8 通过此半球面的电通量与通过以 O 为圆心的圆平面电通量相等，无限大平面外任一点 的场强为 0 2  ，∴ 通过该球面的电通量为 0 2 2 2 0 2     R  = E  S = R = 9-9 设想地球表面为一均匀带电球面，则它所带总电量为 q E dS ES R E 2 =  0  = − 0 = − 0 4    5.92 10 C 8.85 10 4 (6.4 10 ) 130 5 12 6 2 = −  = −      −  9-10 设均匀带电球壳内、外半径分别为 R1 和 R2，它所产生的电场具有球对称性，以任意 半径 r 作一与均匀带电球壳同心的高斯球面 S，由高斯定理可得 0 2 d 4   qi E S r E   =  =    ∴ 2 4 0 r q E i   = 当 5 R1 r = cm  时， qi = 0,∴ E1 = 0 1 8 R2 R  r = cm     = = = − r R r R qi V r r r R 1 1 ( ) 3 4 d 4 d 3 1 2 3              = − − = 2 3 1 0 2 0 3 1 3 2 4 3 ( ) 3 4 r R r r r R E       习题 9-7(b)图

3×86,18×10-2~(6×10=) 2×10-5 348×104V.m-1 r=12cm>R2 ∑q1=xp(R2-R) 丌(R2-R) E P(R2-R) 2×10-(0.13-0.063) =4.1×10"V.n 3×885×10-2×0.122 9-11无限长均匀带电圆柱面产生的电场具有轴对称性,方向垂直柱面,以斜半径r作一与 两无限长圆柱面的同车圆柱面以及两个垂直轴线的平面所形成的闭合面为高斯面,由高斯定 理可得 E dS= 27mlE E= (1)当FR1,Eq1=0,E1=0, (2)当RR2时,Σq=0,…∴E3=0 9-12见题9-12图所示,由于平面无限大,电荷分布均匀,且对中心面S0(图中虚线)对 称,电场分布也应具有均匀性和对称性,即在与带电板平行且位于中心面S0两侧距离相等 的平面上场强大小应处处相等,且方向垂直该平面。过板内P点或板外Q点作轴线与x轴 平行,两底面积为S且相对中心面So对称的闭合正圆柱面为高斯面,由高斯定理可得 (1)平板内 E·dS=2ES 方向垂直板面向外 习题9-12图

81          −    = − − − − − 2 2 2 3 2 12 5 (8 10 ) (6 10 ) 8 10 3 8.85 10 2 10 4 1 3.48 10 V m − =   ( ) 3 4 12cm 3 1 3 r =  R2 qi =   R2 − R ∴ 2 0 3 1 3 2 2 0 3 1 3 2 3 3 ( ) 4 ( ) 3 4 r R R r R R E       − = − = 4 1 12 2 5 3 3 4.1 10 V m 3 8.85 10 0.12 2 10 (0.1 0.06 ) − − − =       − = 9-11 无限长均匀带电圆柱面产生的电场具有轴对称性，方向垂直柱面，以斜半径 r 作一与 两无限长圆柱面的同车圆柱面以及两个垂直轴线的平面所形成的闭合面为高斯面，由高斯定 理可得    = = S qi E S rlE 0 d 2     ∴ rl q E  i = 2 0 1  （1）当 r<R1， 0, 0; qi = E1 = （2）当 1 R2 R  r  时 q l  i =  ∴ rl r l E 0 0 2 2 2 1       = = ; （3）当 R2 r  时， qi = 0,∴ E3 = 0 9-12 见题 9-12 图所示，由于平面无限大，电荷分布均匀，且对中心面 S0（图中虚线）对 称，电场分布也应具有均匀性和对称性，即在与带电板平行且位于中心面 S0 两侧距离相等 的平面上场强大小应处处相等，且方向垂直该平面。过板内 P 点或板外 Q 点作轴线与 x 轴 平行，两底面积为 S 且相对中心面 S0 对称的闭合正圆柱面为高斯面，由高斯定理可得： （1）平板内  =   = = 0 0 2 d 2    q xS E S E S i 内   ∴       =  2 d 0 E x x   内 方向垂直板面向外 习题 9-12 图

(2)平板外 E的=3E四 d 方向垂直板面向外。 9-13由于电荷分布具有轴对称性,故其场强必沿柱体的径向,其大小也具有轴对称性 故在圆柱体内取下同心薄圆筒,其半径为r,厚度dr,长l,见右图示,根据高斯定理可得 E·dS 2E2m1=1 2mld +(r/a 习题9-13图 9-14设想原来不带电的小空腔内同时存在电荷体密度为土p的两种电荷,则原带电荷等价 于一个半径为R,电荷体密度为+p的均匀带电球体和一个半径为r,电荷体密度为-p的 均匀带电球体的组合,空间各处的场强等于这两个均匀带电球体产生场强的矢量和。对于球 心O处,E0=E1+E2,由于均匀带电球体球心处的场强为零,所以 4 Eo=Ex 4丌Ed24 eNd 方向由O指向O。 对于球心O处,E。=E1+E2=E1 习题9-14图 d-TR EL 4TER 4TEoR' 3a 方向由O指向O′。 对于空腔内的任一点P,位置如图所示 e=ee qa+g 4TER 4TEr 4TEoR' 4TEor

82 （2）平板外   = = 0 2   d E dS E外S s   ∴       =  2 0 2 d E d x   外 方向垂直板面向外。 9-13 由于电荷分布具有轴对称性，故其场强必沿柱体的径向，其大小也具有轴对称性， 故在圆柱体内取下同心薄圆筒，其半径为 r，厚度 dr，长 l，见右图示，根据高斯定理可得    = S v E dS dv 1 0     ( )  + = r rl r r a E rl 0 2 2 0 0 2 2 d 1 ( / ) 1 2     ∴  + = + = r a r a r a r r r r a E 0 2 2 0 0 2 2 2 2 0 0 4 ( ) 2 ( ) d     9-14 设想原来不带电的小空腔内同时存在电荷体密度为   的两种电荷，则原带电荷等价 于一个半径为 R，电荷体密度为 +  的均匀带电球体和一个半径为 r，电荷体密度为−  的 均匀带电球体的组合，空间各处的场强等于这两个均匀带电球体产生场强的矢量和。对于球 心 O 处， E0 E1 E2    = + ，由于均匀带电球体球心处的场强为零，所以 2 0 3 2 3 0 2 0 0 2 d 3 d 3 4 4 1 4 d         r r q E = E = = = 方向由 O 指向 O。 对于球心 O 处， EO E1 E2 E1      = + = ∴ 0 3 0 3 3 0 1 3 d 4 3 4 d 4 d          = = = = R R R q EO E 方向由 O 指向 O。 对于空腔内的任一点 P，位置如图所示。 3 0 3 3 0 3 3 0 3 0 1 2 4 3 4 4 3 4 4 4 r r b R R a r q b R qa E E E                    = −  = + = + a b a b d      0 0 0 3 0 ( ) 3 3 3         = − = − = 习题 9-13 图 习题 9-14 图

以上计算表明空腔任意点的场强大小均为且方向均由O指向O,所以,空腔内 为匀强电场 9-15电偶极子在均匀电场中所受的力矩为 M= PEsin e 6为电矩P F=gE E 与E两方向间的夹角,当O=时,外电场作用于电偶极子上 习题9-15图 的力矩最大 Hms=qEd=1.0×10-6×1.0×105×2×10-3 20×10-N 9-16外力所作的功为 W=q1(2-a1)=q E02 q1q21 rEo 15×10-8×30×10-8×9×10° 0.250.42 6.56×10 9-17(1)氢原子内负电荷的总电量为 q=q+p(r)4m-dr=q 2r1a4丌r d=5qe=0.67q (2)由于负电荷呈球状对称分布,故可采用高斯定理计算负电荷产生的电场强度E 的大小为 E, 4m q。。214m2dr E,=TEras

83 以上计算表明空腔任意点的场强大小均为 0 3 d   且方向均由 O 指向 O ，所以，空腔内 为匀强电场。 9-15 电偶极子在均匀电场中所受的力矩为 M = PEsin  为电矩 P  与 E  两方向间的夹角，当 2   = 时，外电场作用于电偶极子上 的力矩最大 6 5 3 max 1.0 10 1.0 10 2 10 − − M = qEd =      2.0 10 N m 4 =   − 9-16 外力所作的功为         = − = − = − 1 2 2 0 2 0 2 1 1 2 1 1 4 1 4 1 ( ) r q r q A W W q u u q     6.56 10 J 0.42 1 0.25 1 1.5 10 3.0 10 9 10 1 1 4 6 8 8 9 1 2 0 1 2 − − − =        =      −         = − r r q q   9-17 （1）氢原子内负电荷的总电量为   − = + = − 0 0 0 0 2 / 2 3 0 2 0 ( )4 d 4 d a e r a e a e e r r a q q q r r r q      = − = = 0 − 0 − 0 2 / 2 2 3 0 d 5 0.67 4 a e e e r a e e r r q e q a q q （2）由于负电荷呈球状对称分布，故可采用高斯定理计算负电荷产生的电场强度 E1  的大小为   E  S = v S d 1 d 0 1      − = r e r a e r r a q E r 0 2 / 2 3 0 0 2 1 4 d 1 4 0      − = r e r a e r r r a q E 0 2 / 2 3 0 2 0 1 d 0   习题 9-15 图

+分1-2r1+、 正电荷+q在球心,其产生的电场强度E,的大小为 E2 则在距球心r处的总电场强度为E=E1+E2,其大小为 E=E、-E, 4 E的方向沿径向向外 9-18电场力的功 A=q(-)=q0 1 q T o 3R tEO R 6丌ER 9-19由高斯定理可求得是空间场强分布(略) R 4丌E0 E ≥R 14 离球心为r(r<R)处的电势 lt dr+ dr 4丌ER 4 4丌ER32 4TEoR Q(3R2-r2) TEOR 920(1)电荷线密度λ=q,坐标如题920图(a)所示,距原点O为x处取电荷元 dq=ldx,它在P点的电势dn=~1adxr 4TEo(r-x) ∴P点的总电势 习题9-20图(a)

84 2 2 / 0 2 0 2 2 0 4 1 2 2 4 0 r q e a r a r r qe r a e     +         = − + + − 正电荷 e + q 在球心，其产生的电场强度 E2  的大小为 2 0 2 4 r q E e  = 则在距球心 r 处的总电场强度为 E E1 E2    = + ，其大小为 0 2 / 0 2 0 2 2 0 2 1 1 2 2 4 e r a e a r a r r q E E E −         = − = + +    E  的方向沿径向向外。 9-18 电场力的功               = − = − − R q R q A c q u uc q 0 0 0 0 0 0 4 1 4 3 1 ( ) 0     R q q 0 0 6 = 9-19 由高斯定理可求得是空间场强分布（略）          = r R r Q r R R rQ E 2 0 3 0 4 1 4 1     离球心为 r(r  R) 处的电势    = + R R r r r Q r R rQ u d 4 1 d 4 1 2 0 3   0   3 0 2 2 0 2 2 3 0 8 (3 ) 4 ( ) 2 1 4 R Q R r R Q R r R Q       − = = − + 9-20 （1）电荷线密度 l q 2  = ，坐标如题 9-20 图(a)所示，距原点 O 为 x 处取电荷元 dq = dx ，它在 P 点的电势 ( ) d 4 1 d .0 r x x u − =   ∴ P 点的总电势 习题 9-20 图(a)

2dx u=du= In 4 (2)坐标如题920图(b)所示,电荷元dq=Adx在Q点的 1 ndx 电势d 习题9-20图(b) Q点的总电势 adx ,1+√P2+r 4兀6 In 9-21半圆环中心O的场强(或电势)是两段带电直线和带电半圆环在该处场强(或电势) 的迭加,由于两直线对O对称,所以两带电直线在O处的场强大小相等,方向相反,相互 抵消,因而O处的场强就是带电半圆环在O处的场强,取电荷元dq=Adl,它在O处场强 dE=1d,由于对称性,各dE的x分量相互抵消。:E,=0.E的y分量为 de de sin e 1 1d e=dE 4丌c。R2 2丌ER 习题9-21图 O处的电势 +l2=2 In 2+--TR R4丌Enx R 2 4TER In 2

85   − = = − r x x u u l l d 4 1 d 0    r l r l − + = ln 4 0  r l r l l q − + = ln 8 0 （2）坐标如题 9-20 图(b)所示，电荷元 dq = dx 在 Q 点的 电势 2 2 0 d 4 1 d r x x u + =   Q 点的总电势   + + = + = = l r l r r x dx u du 0 2 2 0 2 2 0 1 ln 4 2 1 2       r q l l r 2 2 0 ln 4 + + =  9-21 半圆环中心 O 的场强（或电势）是两段带电直线和带电半圆环在该处场强（或电势） 的迭加，由于两直线对 O 对称，所以两带电直线在 O 处的场强大小相等，方向相反，相互 抵消，因而 O 处的场强就是带电半圆环在 O 处的场强，取电荷元 dq = dl ,它在 O 处场强 2 0 d 4 1 d R l E   = ，由于对称性，各 dE  的 x 分量相互抵消。∴ Ex dE  = 0, 的 y 分量为 dEy = dE sin  ∴    = = =           0 0 2 0 sin d 4 sin d 4 1 d R R l Ey Ey 2 0R  = O 处的电势   = + + = + = + R R R R R R l x x u u u u               0 0 0 0 2 0 1 2 3 4 ln 2 2 d 4 d 1 4 1 2 0 4 0 ln 2 2     = + 习题 9-20 图（b） 习题 9-21 图

92由高斯定理可求得两无限长同轴圆柱面间的场强为2,所以两圆柱面间的电势 △= dr R2 R12 2TEo R 9-23静电平衡时,导体球壳内、外表面均有感应电荷,由于带电系统具有球对称性,所以 内表面均匀分布有-q电荷,外表面均匀分布+q电荷,可判断电场分布具有球对称性,以任 意半径r作一与球壳同心的高斯球面S,由高斯定理可得 E- dS= 4y2E Eo E 4丌TE 当rR e dr

86 9-22 由高斯定理可求得两无限长同轴圆柱面间的场强为 r 2 0  ，所以两圆柱面间的电势 差 1 2 0 0 ln 2 d 2 2 1 R R r r u R R        = =  9-23 静电平衡时，导体球壳内、外表面均有感应电荷，由于带电系统具有球对称性，所以 内表面均匀分布有-q 电荷，外表面均匀分布+q 电荷，可判断电场分布具有球对称性，以任 意半径 r 作一与球壳同心的高斯球面 S，由高斯定理可得    = = 0 2 d 4   qi E S r E   2 4 0 r q E i   = 当 r  R1 qi = q ∴ 2 0 1 4 r q E  = R1  r  R2 qi = +q − q = 0 ∴ E2 = 0 r  R2 qi = q ∴ 2 0 3 4 r q E  = 由电势定义式可求得电势分布 R1 r      = + + 1 2 1 2 1 1d 2d 3d R r R R R u E r E r E r 0 1 0 2 2 0 2 0 4 1 1 1 4 d 4 d 4 1 2 R q r R q r r q r r R q r R         +        = − = +    1 R2 R  r     = + 2 2 2 2d 3d R r R u E r E r 0 2 2 0 4 1 d 2 4 R q r r q R = =        R2 r      = = r r r r u E r d 4 1 d 2 0 3 3  