第五章课后习题

5-10¶

若电荷 \(Q\) 均匀地分布在长为 \(L\) 的细棒上，求证：

在棒的延长线上，且离棒中心为 \(r\) 处的电场强度为 \(E=\dfrac{1}{\pi\varepsilon_0}\dfrac{Q}{4 r^2 - L^2}\)
在棒的垂直平分线上，且离棒为 \(r\) 处的电场强度为 \(E=\dfrac{1}{2\pi\varepsilon_0 r}\dfrac{Q}{\sqrt{4 r^2 + L^2}}\)

若棒为无限长（即 \(L\rightarrow\infty\)），试将结果与无限长均匀带电直导线的电场强度比较。

参考解答¶

如上图所示，将细棒置于 \(x\) 轴上，细棒的中点位于原点 \(O\)，在细棒上 \(x\) 处取长度为 \(\d{x}\) 的微元，该微元的电荷量

\[ \d{q} = \frac{Q \,\d{x}}{L} \]

当点 \(P\) 在棒的延长线上时，其相对于微元的位矢 \(\displaystyle \vec{\rho} = \rb{r-x} \,\vec{i}\)，细棒上的微元在点 \(P\) 处激发的电场强度

\[ \d{\vec{E}} = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{\vec{\rho}\,\d{q}}{\rho^3} = \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0} \frac{\d{x}}{L \rb{r-x}^2} \,\vec{i} \]

细棒在点 \(P\) 处激发的电场强度

\[ \vec{E} = \int \d{\vec{E}} = \int_{-L/2}^{L/2} \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\d{x}}{L \rb{r-x}^2} \,\vec{i} = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 \rb{r^2 - L^2/4}} \,\vec{i} \]

\[ \begin{align} \vec{E} & = \int \d{\vec{E}} = \int_{-L/2}^{L/2} \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\d{x}}{L \rb{r-x}^2} \,\vec{i} \\ & = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 \rb{r^2 - L^2/4}} \,\vec{i} \end{align} \]
当点 \(P\) 在棒的中垂线上时，其相对于微元的位矢 \(\displaystyle \vec{\rho} = -x \,\vec{i} + r \,\vec{j}\)，细棒上的微元在点 \(P\) 处激发的电场强度

\[ \d{\vec{E}} = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{\vec{\rho}\,\d{q}}{\rho^3} = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\rb{-x \,\vec{i} + r \,\vec{j}\tm} \,\d{x}}{L \rb{x^2 + r^2}^{3/2}} \]

细棒在点 \(P\) 处激发的电场强度

\[ \vec{E} = \int \d{\vec{E}} = \int_{-L/2}^{L/2} \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\rb{-x \,\vec{i} + r \,\vec{j}\tm} \,\d{x}}{L \rb{x^2 + r^2}^{3/2}} = \frac{Q}{2\pi\varepsilon_0 r \sqrt{4r^2 + L^2}}\,\vec{j} \tag{1} \label{eq:5-10-1} \]

\[ \begin{align} & \vec{E} = \int \d{\vec{E}} \\ & = \int_{-L/2}^{L/2} \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\rb{-x \,\vec{i} + r \,\vec{j}\tm} \,\d{x}}{L \rb{x^2 + r^2}^{3/2}} \\ & = \frac{Q}{2\pi\varepsilon_0 r \sqrt{4r^2 + L^2}}\,\vec{j} \end{align} \tag{1} \label{eq:5-10-1-small} \]

式 \(\eqref{eq:5-10-1}\)\(\eqref{eq:5-10-1-small}\) 计算过程

根据矢量积分在直角坐标系的计算规则，式 \(\eqref{eq:5-10-1}\) 中，沿 \(x\) 分量的积分为

\[ \int_{-L/2}^{L/2} - \frac{Q x \,\d{x}}{4\pi\varepsilon_0 L} = - \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 L} \int_{-L/2}^{L/2} \frac{\d{\rb{x^2 + r^2}}}{2\tm \rb{x^2 + r^2}^{3/2}} = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 L} \left. \frac{3}{4 \sqrt{x^2 + r^2}} \right|_{-L/2}^{L/2} = 0 \]

\[ \begin{align} & \int_{-L/2}^{L/2} - \frac{Q x \,\d{x}}{4\pi\varepsilon_0 L} \\ & = - \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 L} \int_{-L/2}^{L/2} \frac{\d{\rb{x^2 + r^2}}}{2\tm \rb{x^2 + r^2}^{3/2}} \\ & = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 L} \left. \frac{3}{4 \sqrt{x^2 + r^2}} \right|_{-L/2}^{L/2} = 0 \end{align} \]

沿 \(y\) 分量的积分为

\[ \frac{Q \tm r}{4\pi \varepsilon_0 L} \int_{-L/2}^{L/2} \frac{\d{x}}{\rb{x^2 + r^2}^{3/2}} = \frac{Q \tm r}{4\pi \varepsilon_0 L} \left. \frac{x}{r^2 \sqrt{x^2 + r^2}} \right|_{-L/2}^{L/2} = \frac{Q}{2\pi\varepsilon_0 r \sqrt{4r^2 + L^2}} \]

\[ \begin{align} & \frac{Q \tm r}{4\pi \varepsilon_0 L} \int_{-L/2}^{L/2} \frac{\d{x}}{\rb{x^2 + r^2}^{3/2}} \\ & = \frac{Q \tm r}{4\pi \varepsilon_0 L} \left. \frac{x}{r^2 \sqrt{x^2 + r^2}} \right|_{-L/2}^{L/2} \\ & = \frac{Q}{2\pi\varepsilon_0 r \sqrt{4r^2 + L^2}} \end{align} \]

若棒单位长度所带电荷 \(\lambda\) 为常量，当棒长 \(L \rightarrow \infty\) 时，点 \(P\) 的电场强度为

\[ \vec{E} = \lim_{L \rightarrow \infty} \dfrac{1}{2\pi\varepsilon_0 r} \dfrac{Q/L}{\sqrt{1 + 4 r^2 / L^2}} \,\vec{j} = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r} \,\vec{j} \]

此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同

5-15¶

设匀强电场的电场强度 \(\vec{E}\) 与半径为 \(R\) 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量

参考解答¶

解法1

如图所示，以球心为原点 \(O\)，底面在 \(xOy\) 平面上，建立直角坐标系。通过半球面 \(S_1\) 的电场强度 \(\vec{E} = E \,\vec{k}\)，在半球面上取一个有向面元 \(\d{\vec{s}}\)，其表达式为

\[ \begin{align} \d{\vec{s}} = R^2 \sin\theta \left( \sin\theta \cos\varphi \,\vec{i} + \sin\theta \sin\varphi \,\vec{j} + \cos\theta \,\vec{k} \right) \,\d{\theta} \,\d{\varphi} \end{align} \tag{1} \label{eq:5-15-1} \]

\[ \begin{align} \d{\vec{s}} & = R^2 \sin\theta \left( \sin\theta \cos\varphi \,\vec{i} \right. \\ & \left. + \sin\theta \sin\varphi \,\vec{j} + \cos\theta \,\vec{k} \right) \,\d{\theta} \,\d{\varphi} \end{align} \tag{1} \label{eq:5-15-1-small} \]

式 \(\eqref{eq:5-15-1}\)\(\eqref{eq:5-15-1-small}\) 的推导过程

如图所示，在球面上，随天顶角变化 \(\d{\theta}\) 划过的轨迹长 \(R \,\d{\theta}\)，随方位角变化 \(\d{\varphi}\) 划过的轨迹长 \(R \sin\theta \,\d{\varphi}\)。这两条轨迹相互垂直，面元的面积 \(\d{s} = R^2 \sin\theta \,\d{\theta} \,\d{\varphi}\)

这个面元的位矢 \(\displaystyle \vec{r} = R \sin\theta \cos\varphi \,\vec{i} + R \sin\theta \sin\varphi \,\vec{j} + R \cos\theta \,\vec{k}\)，其法向单位矢量 \(\vec{n}\) 就是沿 \(\vec{r}\) 方向的单位矢量，因此

\[ \vec{n} = \frac{\vec{r}}{\abs{\vec{r}\tm}} = \sin\theta \cos\varphi \,\vec{i} + \sin\theta \sin\varphi \,\vec{j} + \cos\theta \,\vec{k} \]

综上，球面上的有向面积微元

\[ \d{\vec{s}} = \vec{n} \,\d{s} = R^2 \sin\theta \rb{ \sin\theta \cos\varphi \,\vec{i} + \sin\theta \sin\varphi \,\vec{j} + \cos\theta \,\vec{k} } \,\d{\theta} \,\d{\varphi} \]

\[ \begin{align} \d{\vec{s}} & = \vec{n} \,\d{s} = R^2 \sin\theta \left( \sin\theta \cos\varphi \,\vec{i} \right. \\ & \left. + \sin\theta \sin\varphi \,\vec{j} + \cos\theta \,\vec{k} \right) \,\d{\theta} \,\d{\varphi} \end{align} \]

因此，电场强度对半球面的通量

\[ \Phi_\mr{E} = \int_{S_1} \vec{E} \cdot \d{\vec{s}} = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\pi/2} E \tm R^2 \sin\theta \cos\theta \,\d{\theta} \,\d{\varphi} = \pi R^2 E \]

\[ \begin{align} \Phi_\mr{E} & = \int_{S_1} \vec{E} \cdot \d{\vec{s}} \\ & = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\pi/2} E \tm R^2 \sin\theta \cos\theta \,\d{\theta} \,\d{\varphi} \\ & = \pi R^2 E \end{align} \]

解法2

如图所示，给半球面 \(S_1\) 补充一个底面 \(S_2\)，构成一个闭合的半球面 \(S\)

当 \(S\) 中无电荷时，根据静电场的高斯定理，电场强度 \(\vec{E}\) 对其的通量

\[ \Phi_\mr{E} = \int_S \vec{E} \cdot d{\vec{s}} = \int_{S_1} \vec{E} \cdot \d{\vec{s}} + \int_{S_2} \vec{E} \cdot \d{\vec{s}} = 0 \]

因此，\(\vec{E}\) 对 \(S_1\) 的通量

\[ \int_{S_1} \vec{E} \cdot \d{\vec{s}} = - \int_{S_2} \vec{E} \cdot \d{\vec{s}} = - \int_{S_2} E \,\vec{k} \cdot \rb{- \d{s} \,\vec{k}} = E \int_{S_2} \d{s} = \pi R^2 E \]

\[ \begin{align} & \int_{S_1} \vec{E} \cdot \d{\vec{s}} = - \int_{S_2} \vec{E} \cdot \d{\vec{s}} \\ & = - \int_{S_2} E \,\vec{k} \cdot \rb{- \d{s} \,\vec{k}} = E \int_{S_2} \d{s} = \pi R^2 E \end{align} \]

5-22¶

一个内外半径分别为 \(R_1\) 和 \(R_2\) 的均匀带电球壳，其电荷为 \(Q_1\)，球壳外同心罩一个半径为 \(R_3\) 的均匀带电球面，其电荷为 \(Q_2\)

求电场分布
电场强度是否为与球心距离 \(r\) 的连续函数？试分析

参考解答¶

以球心 \(O\) 作为原点，目标点 \(P\) 的位矢为 \(\vec{r}\)。如图所示，作一个以 \(O\) 为球心，通过点 \(P\) 的球形高斯面 \(S\)，其半径为 \(r\)

依题意可知，电场强度呈球对称分布，在 \(S\) 上大小恒定，且与 \(S\) 处处垂直。根据静电场的高斯定理

\[ \oint_S \vec{E} \cdot \d{\vec{s}} = \varepsilon_0^{-1} \sum_i q_i^\mr{in} \]

其中

\[ \oint_S \vec{E} \cdot \d{\vec{s}} = \oint_S E \,\d{s} = E \oint_S \d{s} = 4\pi r^2 E \]

当 \(r < R_1\) 时，\(S\) 包含的电荷量 \(\displaystyle \sum_i q_i^\mr{in} = 0\)，根据高斯定理 \(\displaystyle 4\pi r^2 E = 0\)，故 \(\vec{E} = \vec{0}\)
当 \(R_1 \leq r < R_2\) 时，\(S\) 包含的电荷量

\[ \sum_i q_i^\mr{in} = \frac{Q_1 \rb{4/3} \pi \rb{r^3 - R_1^3}}{\rb{4/3} \pi \rb{R_2^3 - R_1^3}} = \frac{Q_1 \rb{r^3 - R_1^3}}{R_2^3 - R_1^3} \]

\[ \begin{align} \sum_i q_i^\mr{in} & = \frac{Q_1 \rb{4/3} \pi \rb{r^3 - R_1^3}}{\rb{4/3} \pi \rb{R_2^3 - R_1^3}} \\ & = \frac{Q_1 \rb{r^3 - R_1^3}}{R_2^3 - R_1^3} \end{align} \]

根据高斯定理

\[ 4\pi r^2 E = \frac{Q_1 \rb{r^3 - R_1^3}}{\varepsilon_0 \rb{R_2^3 - R_1^3}} \]

因此

\[ \vec{E} = \frac{Q_1 \rb{r^3 - R_1^3}}{4\pi \varepsilon_0 r^2 \rb{R_2^3 - R_1^3}} \,\vec{e}_r \]

其中，\(\vec{e}_r = \vec{r} / \abs{\vec{r}\tm}\) 是沿 \(\vec{r}\) 的单位矢量
当 \(R_2 < r < R_3\) 时，\(S\) 包含的电荷量 \(\displaystyle \sum_i q_i^\mr{in} = Q_1\)，根据高斯定理 \(\displaystyle 4\pi r^2 E = \frac{Q_1}{\varepsilon_0}\)，故 \(\displaystyle \vec{E} = \frac{Q_1}{4\pi \varepsilon_0 r^2} \,\vec{e}_r\)
当 \(r>R_3\) 时，\(S\) 包含的电荷量 \(\displaystyle \sum_i q_i^\mr{in} = Q_1 + Q_2\)，根据高斯定理 \(\displaystyle 4\pi r^2 E = \frac{Q_1 + Q_2}{\varepsilon_0}\)，故 \(\displaystyle \vec{E} = \frac{Q_1 + Q_2}{4\pi \varepsilon_0 r^2} \,\vec{e}_r\)

从上面的结果可以看出，磁场强度的大小在外层带电球面 \(\rb{r=R_3}\) 的两边存在不连续的跃变，其变化量

\[ \dt{\vec{E}} = \frac{Q_2}{4\pi \varepsilon_0 r^2} \,\vec{e}_r \]

5-23¶

半径为 \(R\) 的无限长直圆柱体内均匀分布着电荷，电荷体密度为 \(\rho\)。试求离轴线为 \(r\) 处的电场强度 \(E\)，并画出 \(E \, \text{-} \, r\) 曲线。

参考解答¶

如图所示，作一个底面半径为 \(r\)，高为 \(h\) 的同轴圆柱面 \(S\) 作为高斯面

依题意可知，该带电圆柱体激发的电场强度 \(\vec{E}\) 在 \(S\) 的侧面上大小恒定，且与侧面处处垂直。根据高斯定理

\[ \oint_S \vec{E} \cdot \d{\vec{s}} = \varepsilon_0^{-1} \sum_i q_i^\mr{in} \tag{1} \label{eq:5-23-1} \]

其中，\(\displaystyle \oint_S \vec{E} \cdot \d{\vec{s}} = 2\pi r h E\)

当 \(r < R\) 时，\(S\) 包围的电荷量 \(\displaystyle \sum_i q_i^\mr{in} = \rho \pi r^2 h\)。代入式 \(\eqref{eq:5-23-1}\)，得

\[ 2\pi r h E = \varepsilon_0^{-1} \rho \pi r^2 h \]

因此，\(\displaystyle \vec{E} = \frac{\rho \tm r}{2 \varepsilon_0} \vec{e}_r\)，其中，\(\vec{e}_r\) 为横截面上沿半径方向的单位矢量
当 \(r \geq R\) 时，\(S\) 包围的电荷量 \(\displaystyle \sum_i q_i^\mr{in} = \rho \pi R^2 h\)。代入式 \(\eqref{eq:5-23-1}\)，得

\[ 2\pi r h E = \varepsilon_0^{-1} \rho \pi R^2 h \]

因此，\(\displaystyle \vec{E} = \frac{\rho R^2}{2 \varepsilon_0 r} \vec{e}_r\)，其中，\(\vec{e}_r\) 为横截面上沿半径方向的单位矢量

5-24¶

两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为 \(R_1\) 和 \(R_2\) (\(R_2 > R_1\))，单位长度所带的电荷为 \(\lambda\) 。求离轴线为 \(r\) 处的电场强度：(1) \(r<R_1\)；(2) \(R_1 < r < R_2\)；(3) \(r > R_2\)

参考解答¶

依题意可知，盖带电圆筒激发的电场强度 \(\vec{E}\) 在横截面上，且沿半径方向。如图所示，作一个底面半径为 \(r\)，高为 \(h\) 的同轴圆柱面 \(S\) 作为高斯面，根据高斯定理

\[ \oint_S \vec{E} \cdot \d{\vec{s}} = \varepsilon_0^{-1} \sum_i q_i^\mr{in} \tag{1} \label{eq:5-24-1} \]

其中，\(\displaystyle \oint_S \vec{E} \cdot \d{\vec{s}} = 2\pi r h E\)

当 \(r < R_1\) 时，\(S\) 包围的电荷量 \(\displaystyle \sum_i q_i^\mr{in} = 0\)

根据式 \(\eqref{eq:5-24-1}\)，\(2\pi r h E = 0\)，故 \(\displaystyle \vec{E} = \vec{0}\)
当 \(R_1 < r < R_2\) 时，\(S\) 包围的电荷量 \(\displaystyle \sum_i q_i^\mr{in} = \lambda h\)

根据式 \(\eqref{eq:5-24-1}\)，\(\displaystyle 2\pi r h E = \varepsilon_0^{-1} \lambda h\)，因此

\[ \vec{E} = \frac{\lambda}{2\pi \varepsilon_0 r} \vec{e}_r \]

其中，\(\vec{e}_r\) 为横截面上沿半径方向的单位矢量
当 \(r > R_2\) 时，\(S\) 包围的电荷量

\[ \sum_i q_i^\mr{in} = \lambda h - \lambda h = 0 \]

根据式 \(\eqref{eq:5-24-1}\)，\(2\pi r h E = 0\)，故 \(\displaystyle \vec{E} = \vec{0}\)

5-25¶

如图所示，三个点电荷 \(Q_1\)、\(Q_2\)、\(Q_3\) 沿一条直线等间距分布，且 \(Q_1 = Q_3 = Q\)。已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定 \(Q_1\)、\(Q_3\) 的情况下，将 \(Q_2\) 从点 \(O\) 移到无穷远处外力所做的功

参考解答¶

如图所示建立坐标系，依题意，\(Q_1\) 所受的合力为零，即

\[ \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{Q_1 Q_2}{d^2} = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{Q_1 Q_3}{\rb{2d}^2} \]

解得：\(\displaystyle Q_2 = - \frac{Q}{4}\)

解法1

根据电场的叠加原理，在 \(Q_1\) 和 \(Q_3\) 的中垂线上，电荷 \(Q_1\)、\(Q_3\) 在 \(y\) 轴上任意一点激发的电场强度

\[ \vec{E} = \frac{Q_1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{d \,\vec{i} + y \,\vec{j}}{\rb{d^2 + y^2}^{3/2}} + \frac{Q_3}{4\pi \varepsilon_0} \frac{-d \,\vec{i} + y \,\vec{j}}{\rb{d^2 + y^2}^{3/2}} = \frac{Q}{2\pi \varepsilon_0} \frac{y \,\vec{j}}{\rb{d^2 + y^2}^{3/2}} \]

\[ \begin{align} \vec{E} & = \frac{Q_1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{d \,\vec{i} + y \,\vec{j}}{\rb{d^2 + y^2}^{3/2}} + \frac{Q_3}{4\pi \varepsilon_0} \frac{-d \,\vec{i} + y \,\vec{j}}{\rb{d^2 + y^2}^{3/2}} \\ & = \frac{Q}{2\pi \varepsilon_0} \frac{y \,\vec{j}}{\rb{d^2 + y^2}^{3/2}} \end{align} \]

将 \(Q_2\) 从点 \(O\) 沿 \(y\) 轴移到无穷远处，外力所做的功

\[ W = - \int_0^\infty Q_2 \vec{E} \cdot \d{\vec{r}} = -\int_0^\infty \frac{\rb{-Q/4} Q y \,\d{y}}{2\pi \varepsilon_0 \rb{d^2+y^2}^{3/2}} = \frac{Q^2}{8\pi \varepsilon_0 d} \]

\[ \begin{align} W & = - \int_0^\infty Q_2 \vec{E} \cdot \d{\vec{r}} \\ & = -\int_0^\infty \frac{\rb{-Q/4} Q y \,\d{y}}{2\pi \varepsilon_0 \rb{d^2+y^2}^{3/2}} = \frac{Q^2}{8\pi \varepsilon_0 d} \end{align} \]

解法2

根据电势的叠加原理，得 \(Q_1\)、\(Q_3\) 在点 \(O\) 电势

\[ V_0 = \dfrac{Q_1}{4 \pi \varepsilon_0 d} + \dfrac{Q_3}{4 \pi \varepsilon_0 d} = \dfrac{Q}{2 \pi \varepsilon_0 d} \]

无穷远点的电势 \(V_\infty = 0\)，将 \(Q_2\) 从点 \(O\) 推到无穷远处的过程中，电场力做功

\[ W' = Q_2 \rb{V_0 - V_\infty} = - \frac{Q^2}{8 \pi \varepsilon_0 d} \]

外力做功 \(\displaystyle W = -W' = \frac{Q^2}{8 \pi \varepsilon_0 d}\)

5-31¶

两个同心球面的半径分别为 \(R_1\) 和 \(R_2\)，各自带有电荷 \(Q_1\) 和 \(Q_2\)。求：

各区域电势的分布，并画出分布曲线
两球面上的电势差

参考解答¶

设空间中任意一点 \(P\) 的位矢为 \(\vec{r}\)。如图所示，作一个通过点 \(P\)，与带电球面同心的球形高斯面 \(S\)，该高斯面的半径 \(r = \abs{\vec{r}\tm}\)。根据电荷分布的对称性可知，在 \(S\) 上电场强度大小相等，且与 \(S\) 处处垂直。根据静电场的高斯定理

\[ \oint_S \vec{E} \cdot \d{\vec{s}} = \varepsilon_0^{-1} \sum_i q_i^\mr{in} \]

其中

\[ \oint_S \vec{E} \cdot \d{\vec{s}} = \oint_S E \,\d{s} = E \oint_S \d{s} = 4\pi r^2 E \]

当 \(r \geq R_2\) 时，\(S\) 包围的电荷量 \(\displaystyle \sum_i q_i^\mr{in} = Q_1 + Q_2\)，根据高斯定理 \(\displaystyle 4\pi r^2 E = Q_1 + Q_2\)，故 \(\displaystyle \vec{E} = \frac{Q_1 + Q_2}{4\pi \varepsilon_0 r^2} \,\vec{e}_r\)。此时，点 \(P\) 处的电势

\[ V(r) = \int_P^\infty \vec{E} \cdot \d{\vec{r}} = \frac{Q_1 + Q_2}{4\pi \varepsilon_0} \int_r^\infty \frac{\d{r}}{r^2} = \frac{Q_1 + Q_2}{4\pi \varepsilon_0 r} \]

\[ \begin{align} V(r) & = \int_P^\infty \vec{E} \cdot \d{\vec{r}} = \frac{Q_1 + Q_2}{4\pi \varepsilon_0} \int_r^\infty \frac{\d{r}}{r^2} \\ & = \frac{Q_1 + Q_2}{4\pi \varepsilon_0 r} \end{align} \]
当 \(R_1 \leq r < R_2\) 时，\(S\) 包围的电荷量 \(\displaystyle \sum_i q_i^\mr{in} = Q_1\)，根据高斯定理 \(\displaystyle 4\pi r^2 E = Q_1\)，故 \(\displaystyle \vec{E} = \frac{Q_1}{4\pi \varepsilon_0 r^2} \,\vec{e}_r\)。此时，点 \(P\) 处的电势

\[ \begin{align} & V(r) = \int_P^\infty \vec{E} \cdot \d{\vec{r}} = \int_P^{R_2} \vec{E} \cdot \d{\vec{r}} + V(R_2) \\ & = \int_r^{R_2} \frac{Q_1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{\d{r}}{r^2} + \frac{Q_1 + Q_2}{4\pi \varepsilon_0 R_2} = \frac{Q_1}{4\pi \varepsilon_0} \rb{\frac{1}{r} - \frac{1}{R_2}} + \frac{Q_1 + Q_2}{4\pi \varepsilon_0 R_2} \end{align} \]

\[ \begin{align} & V(r) = \int_P^\infty \vec{E} \cdot \d{\vec{r}} = \int_P^{R_2} \vec{E} \cdot \d{\vec{r}} + V(R_2) \\ & = \int_r^{R_2} \frac{Q_1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{\d{r}}{r^2} + \frac{Q_1 + Q_2}{4\pi \varepsilon_0 R_2} \\ & = \frac{Q_1}{4\pi \varepsilon_0} \rb{\frac{1}{r} - \frac{1}{R_2}} + \frac{Q_1 + Q_2}{4\pi \varepsilon_0 R_2} \end{align} \]
当 \(r<R_1\) 时，\(S\) 包围的电荷量 \(\displaystyle \sum_i q_i^\mr{in} = 0\)，根据高斯定理 \(\displaystyle 4\pi r^2 E = 0\)，故 \(\displaystyle \vec{E} = \vec{0}\)。此时，点 \(P\) 处的电势

\[ \begin{align} V(r) & = \int_P^\infty \vec{E} \cdot \d{\vec{r}} = \int_r^{R_1} \vec{E} \cdot \d{\vec{r}} + V(R_1) \\ & = V(R_1) = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \rb{\frac{Q_1}{R_1} + \frac{Q_2}{R_2}} \end{align} \]

\[ \begin{align} V(r) & = \int_P^\infty \vec{E} \cdot \d{\vec{r}} = \int_r^{R_1} \vec{E} \cdot \d{\vec{r}} + V(R_1) \\ & = V(R_1) = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \rb{\frac{Q_1}{R_1} + \frac{Q_2}{R_2}} \end{align} \]

电场的分布曲线

\(E \ \text{-}\ r\) 曲线

两球面上的电势差

\[ \begin{align} \dt{V} & = V(R_1) - V(R_2) = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \rb{\frac{Q_1}{R_1} + \frac{Q_2}{R_2}} - \frac{Q_1 + Q_2}{4\pi \varepsilon_0 R_2} \\ & = \frac{Q_1}{4\pi \varepsilon_0} \rb{\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2}} \end{align} \]

\[ \begin{align} \dt{V} & = V(R_1) - V(R_2) \\ & = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \rb{\frac{Q_1}{R_1} + \frac{Q_2}{R_2}} - \frac{Q_1 + Q_2}{4\pi \varepsilon_0 R_2} \\ & = \frac{Q_1}{4\pi \varepsilon_0} \rb{\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2}} \end{align} \]