导体8-1两个同心导体球壳A 和B ，A 球壳带电+Q ，现从远处移来一带+q 的带电体（见图8-1），试问（请阐明理由）：（1）两球壳间的电场分布与无+q 时相比有无变化？（2）两球壳间的电势差是否变化？（3）两球壳的电势是否变化？（4）如将B 球壳接地，上述（1）、（2）、（3）的情况又如何？ 解：（1）由于静电屏蔽作用，+q 对两球壳间的电场没有影响。
（2）由⎰⋅=B A AB l E U ϖϖd 可知，由于E ϖ不变，所以AB U 不变，即两求壳间的电势差不变。
（3）由电势叠加原理，+q 使两球壳的电势升高。
（4）B 球壳接地，由于屏蔽作用，两球壳间的电场分布不变，从而AB U 不变。
因B 球壳接地，电势不变，所以A 球壳电势也不变。
8-2半径为R 1的导体球A ，带电q ，其外同心地套一导体球壳B ，内外半径分别为R 2和R 3（见图8-2），且R 2=2R 1，R 3=3R 1。
今在距球心O 为d =4R 1的P 处放一点电荷Q ，并将球壳接地。
问（1）球壳B 所带的净电荷Q ’ 为多少？（2）如用导线将导体球A 与球壳B 相连，球壳所带电荷Q ” 为多少？ 解：（1）根据静电平衡条件，A 球上电荷q 分布在A 球表面上，B 球壳内表面带电荷-q 。
由高斯定理可得，R r R 21<<：0204r r q E ϖϖπε=A 球电势 10210208)11(4d 4d 21R q R R q r rq l E U R R BAA πεπεπε=-==⋅=⎰⎰ϖϖ 设B 球壳外表面带电荷q ’，由电势叠加原理，A 球球心处电势40302010044'44R Q R q R q R q U πεπεπεπε++-+=1010********'244RR q R q R q πεπεπεπε++-= 1010104434'8R Q R q R q πεπεπε++=108R q U A πε==， Q q 43'-=∴ B 球壳所带净电荷 q Q q q Q --=-=43''（2）用导线将和相连，球上电荷与球壳内表面电荷相消。
Q q Q 43'"-==∴ 8-3两带有等量异号电荷的金属板A 和B ，相距5.0mm ，两板面积都是150cm 2，电量大小都是2.66×l0-8C ，A 板带正电并接地（电势为零），如图8-3所示。
略去边缘故应，求（1）两板间的电场强度E ϖ；（2）B 板的电势；（3）两板间离A 板1.0mm 处的电势。
解：建立如图所示的坐标系，左右板的电荷面密度分别为σ+和σ-。
（1）两板间的电场强度i SQ i i i E E E ϖϖϖϖϖϖϖ000022εεσεσεσ==+=+=右左N/C 100.2105.11085.81066.252128i i C ϖϖ⨯=⨯⨯⨯⨯=--- 图8-1（2）V 100.1100.5100.2d d 3350⨯-=⨯⨯⨯-=⋅-=-=⋅=-⎰⎰B x ABB x E x E l E U Bϖϖ（3）V 0.200d 00.1310-=-=⎰-⨯x E U 8-4点电荷q 处在导体球壳的中心，壳的内外半径分别为R 1和R 2（见图8-4）。
求电场强度和电势的分布，并画出E - r 和U - r 曲线.。
解：将空间分为三个区域，根据静电平衡时电荷分布和高斯定理可得 1R r <： 02014r r q E ϖϖπε=； R r R 21<<： 02=E ϖ；2R r >： 02034r r q E ϖϖπε=电势分布1R r <：)111(4d d d 2103121R R r qr E l E l E U r R rr+-=⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰∞∞πεϖϖϖϖϖϖ 21R r R ≤≤：2034d d 2R q r E l E U r rπε=⋅=⋅=⎰⎰∞∞ϖϖϖϖ2R r >：rq l E U r034d πε=⋅=⎰∞ϖϖ电介质8-5三平行金属板A 、B 和C ，面积都是200cm 2，A 、B 相距4.0mm ，A 、C 间相距2.0mm ，B 、C 两板都接地（见图8-5）。
如果使A 板带正电3.0×10-7C ，在忽略边缘效应时，（1）求B 和C 板上的感应电荷以及A 板的电势；（2）若在A 、B 板间充满相对介电常数为εr =5的均匀电介质，求B 和C 板上的感应电荷以及A 板的电势。
解：（1）外侧面上电荷为零，其它面由左至右分别设为1、2、3、4面。
A q S S =+32σσΘ，AB AC U U ∆=∆，即 AB AC d d 0302εσεσ= 322σσ=∴，得：S q A 33=σ，SqA 322=σ S q A 3221-=-=∴σσ， SqA 334-=-=σσ3C 1023271-⨯-=-==∴A C q S q σ，C 101374-⨯-=-==A B qS q σ V 1026.2323002⨯===AC AAC A d Sq d U εεσ （2）AB r AC d d εεσεσ0302=Θ3252σσ=∴ 可得 S q A 753=σ Sq A 722=σ S q A 7221-=-=∴σσ，S q A 7534-=-=σσ，C 10767271-⨯-=-==∴A C q S q σ C 107157574-⨯-=-==A B q S q σ，V 1070.9722002⨯===AC A AC A d S q d U εεσ 8-6在一半径为R 1的长直导线外，套有内外半径分别为R 1和R 2、相对介电常数为εr 的护套。
设导线沿轴线单位长度上的电荷为λ，求空间的P E D ϖϖϖ、、。
解：取同轴长为l ，半径为r 的圆柱面为高斯面，由高斯定理rl D S D Sπ2d ⋅=⋅⎰ϖϖ1R r <：02=⋅rl D π，0=∴D ϖ,0=E ϖ,0=P ϖR r R 21<<：l rl D λπ=⋅2，02r rD ϖϖπλ=∴，0002r r DE r r ϖϖϖεπελεε== 002)11(r rE P r e ϖϖϖπλεεχ-==2R r >：l rl D λπ=⋅2， 02r rD ϖϖπλ=∴，0002r r D E ϖϖϖπελε==， 00==E P e ϖϖεχ 8-7半径为R 0的金属球，带电+Q ，置于一内外半径分别为R 1和R 2的均匀介质球壳中，介质的相对介电常数为εr ，如图8-7所示。
求：（1）电场强度和电位移分布；（2）电势分布；*（3）介质中的电极化强度；*（4）介质壳内外表面上的极化电荷面密度。
解：（1）作一半径为r 的同心球面为高斯面，由高斯定理0R r <：01=E ϖ10R r R <<： Q r D S D S =⋅=⋅⎰2224d πϖϖ，0224r rQ D ϖϖπ=∴，0200224r r Q D E ϖϖϖπεε== 21R r R <<： Q r D S D S =⋅=⋅⎰2334d πϖϖ，0234r r Q D ϖϖπ=∴，0200334r r Q D E r r ϖϖϖεπεεε== 2R r >：Q r D S D S =⋅=⋅⎰2444d πϖϖ，0244r r Q D ϖϖπ=∴，0200344r r Q D E ϖϖϖπεε==3（2）0R r <：r E r E r E l E l E U R R R R R R rrϖϖϖϖϖϖϖϖϖϖd d d d d 221143211⋅+⋅+⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰⎰⎰∞∞⎰⎰⎰∞++=2211d 4d 4d 4202020R R R r R R r r Q r r Q r r Q πεεπεπε]1)11(1)11[(4221100R R R R R Q r +-+-=επε 10R r R <<：r E r E r E l E U R R R R rrϖϖϖϖϖϖϖϖd d d d 22114322⋅+⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰⎰∞∞]1)11(1)11[(422110R R R R r Qr +-+-=επε 21R r R <<：r E r E l E U R R rrϖϖϖϖϖϖd d d 22433⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰∞∞]1)11(1[4220R R r Q r +-=επε 2R r >： r E l E U rrϖϖϖϖd d 44⋅=⋅=⎰⎰∞∞rQ 04πε=（3）02304)11(rr Q E P r e ϖϖϖπεεχ-== （4）R 1处介质壳内表面的法向指向球心，与P ϖ反向 n P ϖϖ⋅=∴'1σ214)11(R Qrπε--= R 2处介质壳外表面的法向向外，与P ϖ同向，n P ϖϖ⋅=∴'2σ224)11(R Q r πε-=电容器8-8平行板电容器，极板而积为S ，板间距为d 。
相对介电常数分别为εr1和εr2的两种电介质各充满板间的一半，如图8-8所示。
（1）此电容器带电后，两介质所对的极板上自由电荷面密度是否相等？为什么？（2）此时两介质内的电位移大小D 是否相等？（3）此电容器的电容多大？ 解：（1）设左右两侧极板上的电荷面密度分别为1σ±和2σ±，因两侧电势差相等d E d E 21=∴ 即 21E E =，有 202101r r εεσεεσ= 即2211r r εσεσ=，21r r εε≠Θ 21σσ≠∴ （2）对平行板 σ=D ，由21σσ≠ 可知 21D D ≠图8-8图8-7（3）左右两侧电容分别为dSC r 2101εε=，dSC r 2202εε=，两电容并联 )(221021r r dDC C C εεε+=+=8-9由半径为R 2的外导体球面和半径为R 1的内导体球面组成的球形电容器中间，有一层厚度为d 、相对介电常数为εr 的电介质，其中d ＜R 2—R 1，求该电容器的电容。
解：设两倒替球面分别带电荷Q +和Q -。
由高斯定理d R r R +<<11：02014r r Q E r ϖϖεπε=；21R r d R <<+：02024r r Q E ϖϖπε=两球壳间的电势差为r E r E l E U R dR dR R R R ϖϖϖϖϖϖd d d 21112121⋅+⋅=⋅=∆⎰⎰⎰++⎰⎰+++=2111d 4d 42020R dR dR R r r r Q r r Q πεεπε)]11()11(1[421110R d R d R R Qr-+++-=επε)(4)]([12101212d R R R d R R R d R Q r r +--+=επεε )()(412121210d R R R d R d R R R U QC r r --++=∆=∴εεπε 电场能量8-10一个电容器电容C 1＝20.0μF ，用电压V =1000V 的电源给该电容器充电，然后拆下电源，并用另一不带电的电容器C 2接于原来电源处，已知C 2＝5.00 μF 。