Question

11．在一半徑為R₁=6cm的金屬球A外面套有一個同心的金屬球殼B．已知球殼B的內(nèi)、外半徑分別為R₂=8cm，R₃=10cm．設(shè)球A帶有總電荷Q_A=3×10^-8C，球殼B帶有總電荷Q_B=2×10^-8C．求：
（1）球殼B內(nèi)、外表面上所帶的電荷以及球A和球殼B的電勢；
（2）將球殼B接地然后斷開，再把金屬球A接地，求金屬球A和球殼B內(nèi)、外表面上所帶的電荷以及球A和球殼B的電勢．

Answer 1

分析 （1）導體處于靜電平衡時，凈電荷只分布在導體外表面．根據(jù)電荷守恒定律求電荷．由電勢的疊加原理和電勢公式求球A和球殼B的電勢．
（2）導體接地時電勢為零．球殼B接地后，外表面電荷與從大地流入的負電荷中和，電量為零．球殼內(nèi)表面帶電保持不變，為-Q_A，斷開球殼B的接地后，再將球A接地，此時球A電勢為零．電勢變化將引起電荷重新分布，以保持導體靜電平衡．再根據(jù)電勢的疊加原理列式求解．

解答 解：（1）球A的帶電量為 q₁=Q_A．設(shè)球殼B內(nèi)外表面帶電量分別為q₂和q₃．由高斯定理和電荷守恒可知：
球殼B內(nèi)表面的帶電量 q₂=-Q_A=-3×10^-8C
球殼B外表面的帶電量 q₃=Q_A+Q_B=5×10^-8C
由電勢的疊加得，球A和球殼B的電勢分別為
  U_A=$\frac{{Q}_{A}}{4π?{\;}_{0}{R}_{1}}$+$\frac{-{Q}_{A}}{4π?{\;}_{0}{R}_{2}}$+$\frac{{Q}_{A}+{Q}_{B}}{4π?{\;}_{0}{R}_{3}}$=5.6×10³V
  U_B=$\frac{{Q}_{A}+{Q}_{B}}{4π?{\;}_{0}{R}_{3}}$=4.5×10³V
（2）導體接地，電勢為零．球殼B接地后，外表面電荷與從大地流入的負電荷中和，電量為零．球殼內(nèi)表面帶電保持不

變，為-Q_A，（圖b）．
斷開球殼B的接地后，再將球A接地，此時球A電勢為零．電勢變化將引起電荷重新分布，以保持導體靜電平衡．設(shè)此時球A帶電q_A．

根據(jù)靜電平衡時導體電荷分布規(guī)律，可知球殼B內(nèi)表面感應(yīng)電荷電量為-q_A，外表面電量為q_A-Q_A．
此時球A的電勢可表示為
  U_A=$\frac{{q}_{A}}{4π{?}_{0}{R}_{1}}$+$\frac{-{q}_{A}}{4π{?}_{0}{R}_{2}}$+$\frac{{q}_{A}-{Q}_{A}}{4π{?}_{0}{R}_{3}}$=0
由U_A=0可解出球A所帶的電荷 q_A=2.12×10^-8C
球殼B內(nèi)表面感應(yīng)電荷電量為-q_A=-2.12×10^-8C，外表面電量為q_A-Q_A=0.88×10^-8C．
再由帶電球面電勢的疊加，可求出三部分在球殼B激發(fā)的電勢之和為
   U_B=$\frac{{q}_{A}}{4π{?}_{0}{R}_{2}}$+$\frac{-{q}_{A}}{4π{?}_{0}{R}_{2}}$+$\frac{{q}_{A}-{Q}_{A}}{4π{?}_{0}{R}_{3}}$=-7.92×10²V
答：
（1）球殼B內(nèi)、外表面上所帶的電荷分別為-3×10^-8C和5×10^-8C，球A和球殼B的電勢分別為5.6×10³V和4.5×10³V．
（2）金屬球A的電荷為2.12×10^-8C，球殼B內(nèi)、外表面上所帶的電荷分別為-2.12×10^-8C，0.88×10^-8C．球A和球殼B的電勢分別為0和-7.92×10²V．

點評 解決本題的關(guān)鍵是理解并掌握靜電平衡狀態(tài)導體的特點，運用電勢的疊加原理和電荷守恒定律結(jié)合解答．