-QAS2S3QAAS1 BQA+QB

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） VQA?QBB?4??

0RBVRBQA1?A?VB??Rdr??QBQA??A4??0r24??0??R?BRA?? （3）B球接地

QS1=QA QS2=-QA QS3=0 VB=0

VA?11A?Q4????0??R?? ARB??（4）A球接地：接地导体球A外还有带电导体球壳B，所以球表面电荷面密度不为零。

设A球所带电荷为Q?A，则

VQB?Q?AQ?A?A?4????11?0RB4??0??R??BRA???0 （电势迭加） A6

?Q?A??RAQBRBRAQBRBRAQBRBQS1?Q?A??QS2??Q?A?

?R?R?QRQAS3?QB?Q?A?QB?RQABB?BBRBVQB?Q?A?RB?RA?QBB?4???4??20RB0RB（5）在B外再罩一个同心且很薄中性金属壳C后

SS34S2S5SA1 BC

QS1?QA,QS2??QA,QS3?QA?QB,QS4???QA?QB???QS5VQA?QBC?4??0RCV?QA?QBB4??0RB∴

V1?QA?4???0?B?R?QA?? BRA??例1(补充)：习题2、3、3， P80

外球BR2R1R内球A地球

证明：如果内球未接地，此时的球形电容器的电容为：

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CAB4??0R1R2? R2?R1如果内球A接地，这时除内外球可视为一个电容器外，外球表面与地面也形成一个电容器。此时的总电容可看成是两个电容器的并联电容。而

C?4??0RR2B地R?R?4??0211 R?2R又 R >>R2

∴ CB地?4??0R2（是孤立球形导体的电容） ∴ C?C?4??R202R14AB?CB地R?4????0R20R2? 2?R1R2?R1证毕。

例2(补充)： 习题2、3、4 P80

Kd/2AdB

K

AAKAABKBKB等效图1等效图2解：（1）此时可将电容器等效成：

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CAK2?0S?? d2d?0S2?S?SCKB?0d，CAB?0d

CAK、CKB串联：CCAKCKB?0SK?C?d

AK?CKB∴ C总?CK?CAB?2?0Sd?2CAB

即电容器电容变为原来的两倍。 （2）此时的等效图为（B与K相连接） （AB之间的电压其实就是AK之间的电压）C?2?0S0SAKdCAB??d

C?CAK?C?3?0SABd?3CAB

即电容器电容变为原来的三倍。

例3(补充)： 2、1、4 P78

σ1σ2σ3 σ4ABd解：利用静电平衡条件列方程得：

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???1??4???2???3?????qA （无限大平行金属板）

?12?S???3??4?0解得：?qA1?2S??2??4 ?qA3?2S

∴V??E??dl??E?qd内内d?2?d?A

02?0S将B板接地：（σ4=0）

?????1??4?0?

??2???3???1??q?A2?S∴ ?2???3?qAS

V??E???qd内?dl?E内d?2?d?A

02?0S10