第一章靜電場的基本規律

1.1判斷下列說法是否正確，說明理由。

（1）一點的場強方向就是該點的試探點電荷所受電場力的方向。

（2）場強的方向可由后=叫口確定，其中q可正可負.

（3）在以點電荷為心的球而上，由該點電荷產生的場強處處相等.

答案：（1）X,正的試探電荷：（2）J；（3）X在無外場是，球面上度大小相等.

1.2半球面上均勻分布著正電荷，如何利用對稱性判斷球心的場強方向？

答案：利用對稱性分析，垂直軸的分量相互抵消。

1.3下列說法是否正確？為什么？

（D閉曲面上各點場強為零時，面內總電荷必為零.

（2）閉曲面內總電荷為零時，面上各點場強必為零。

（3）閉曲面的E通量為零時，面上各點場強必為零.

（4）閉曲面上的E通量僅是由面內電荷提供的。

（5）閉曲面上各點的場強僅是由面內電荷提供的。

（6）應用高斯定理的條件但是電荷分布具有對稱性.

（7）用高斯定理求得的場強僅是由高斯面內的電荷激發的。

答案：（1）X沒有凈電荷：（2）X；（3）X：（4）V：（5）X：（6）X：（7）X.

1.4“均勻帶電球面激發的場強等于面上所有電荷集中在球心時激發的場強工這個說法是否正

確？

答案：無外場時，對球外而言是正確的。

1.5附圖中A和B為兩個均勻點電體，S為與A同心的球面，試問：

（1）S面的通量與B的位置及電荷是否有關？

（2）S面上某點的電場強度與B的位置及電荷是否有關？

（3）可否用高斯定理求出S面上一點的場強？為什么？

答案：（1）無關（2）有關（3）不能（導體球）、可以（介質球）。

場強疊加原理應用到有導體的問題時，要注意,帶電導體單獨存在時，有一種電荷分布，它

們會產生一種電場：n個帶電導體放在一起時，由于靜電感應，導體上的電荷分布發生變化，這時,

應用疊加原理應將各個導體發生變化的電荷分布“凍結”起來，然后以“凍結”的電荷分布單獨存

在時產生的電場進行疊加.

1.6半徑R的軍于點電球內挖去半徑為r的小球，對附圖（a）與（b）的兩種挖法，能否用高斯定

理和疊加原理求各點的場強？

答案：（a圖）能，疊加法（補償法）：（b圖）不能

1.7附圖中的8、8、&及S,都是以閉曲線L為邊線的曲面（曲面法線方向如圖所示工一直，的

E通量為叫，求曲面，、S*、和，的E通量中2、叫及

答案：始終在內的點E=0不變，始終在外的點E=」~不不變,

被氣球表面掠過的點，E發生躍變，由￡=—

1.8附圖中Si、S?是四個閉曲面，以E】、E2、E3分別代表由卬、q?、q3激發的靜電場強，試判斷

下列各等式的對錯

（1）卷怎.云=幺（2）曲瓦.云=%（3）◎（瓦+瓦）%

（4）蛆區+瓦）.￡=1^2（5）仔,（耳+瓦+瓦）.於=

（6）軟區+瓦+瓦）-=（%+：#%）

答案：（1）X；（2）X；（3）X：（4）X；（5）V；（6）X；

1.9分別畫出等值同號與等值異號的兩無限大均勻帶電平面的電場線圖.

+g-g+q+q

答案：----?1*

1.10電場線是不是電電荷在電場中的運動軌跡？（設此

點電荷除電場外不受其他力）

答案：一般不是.…：…：只有在勻強電場中'靜止點電荷運動的軌

跡才的電力線.

Lu下列說法是否正確？如不正確，請舉一反例加以論述。

（1）場強點點相等的區域中電勢也點點相等。

（2）如果兩點電勢相等，則她們的場強也相等。

（3）設A點場強（大小）大于B點場強，則A點電勢必高于B點電勢。

（4）場強為零處電勢一定為零.

（5）電勢為零處場強一定為零.

答案：⑴不正確.”f-例如勻強電場。

（2）不正確。

（3）不正確。E大，電勢的變化率就大，并非一定U大

E=0,2=0,并不是U一定為0,在等量同號點電荷的連線中點處。

（4）不正確。

…并不是果一定為。，例：在等量異號點電荷連線中點處.

（5）不正確。

1.12兩個半徑分別為Ri及Rz=2R的同心均勻帶電球面，內球所帶電荷卬>0。當外球所帶電荷電

滿足什么條件時內球電勢為正？滿足什么條件時內球電勢為零？滿足什么條件時內球電勢為負？

（參考點選在無遠.）

答案：（/,=%I/

4Ml4f2?

（或者：Ut=廣￡,?/r+[*E,dr=一支1/廠+（江辿2?>

2

〃幾-J局4^orJ2A4f產

要使Ut>0,則（%+>0.即92>—2%

要使C7,=0,則（%+與）=0，即42=-2%

要使U、<01則（d+4）<0?即%<—2%

1.13試證明等勢區的充要條件的區內場強處處為零。

證明：如果E處為0,則心=，瓦療=0,即是q=q,等位區.

如果是等位區，即u=o,則是七=%=0。

dn

1.14試證均勻帶電半球面的大圓截而S（見附圖）為等勢面。（提示：補上另一半球面，借對稱性

論證每個球面在S上貢獻的場強垂直于S)

證明：設S面上有場強平行于分量，補上另一半球后球內改點的總場強

應為零，可見s面上不能有場強的平行分量，s面上只有場強垂直分量，故

s面上應為等勢面.

1.2.1真空中有兩個點電荷，其中一個的量值是另一個的4倍.她們相距S.OxlO'm時相互排斥力

為1.6N.問：

(1)她們的電荷各為多少？

(2)她們相距0.1m時排斥力的多少？

解：設一個電量為夕「則d=4%,由公式尸=」夕華可以得到:

4兀“廠

解之得：夕1=0.33x10：%=4%=L33xl0f

.?.當E).l時，所受排斥力為：

1%%=0.4(N)

4”％(0.1)2

1.2.2兩個同性點帶電體所帶電荷之和為Q，在兩者距離一定的前提下，她們所帶電荷各為多少時

相互作用力最大？

解:設其中一個電荷電量為q，則另一個電荷電量為Q-q,

由庫侖力f=左幺當⑷可知

當它=0即：-L[Q-2q]=0

dq廠

所以兩者電量分別為：0=2夕q=^Q

1.2.3兩相距為L的點帶電體所帶電荷分別為2q和q,將第三個點帶電體放在何處時，它所受的合

力為零？

解：設/距q為r,則夕'距2q為(L-r),放在相距r處,受合力為0,則有受力平衡條件：

虻=卜型

產—(￡-r)2

得到：r=(>/2-l)￡

1.2.4在直角坐標系的（Om.0.1m）和（0m,-0.1m）的：兩個位置上分別放有電荷q=IO',0C的點

帶電體，在（0.2m,0m）的位置上放一電荷為Q=1G*C的點帶電體，求Q所受力的大小和方向。

解：如圖（題1.2.4）：根據圖示，可以得到：

小。盧正?常公=3必mN）

方向：水平向右題1.2.4

1.2.5在正方形的頂點上各放一個電荷為q的同行點帶電體。.’

（1）證明放在正方形中心的任意點電荷所受的力為零。

（2）若在中心放一點電荷Q,使頂點上每個電荷受到的合理恰為零，求Q與q的關系。

答案：（1）證明：由對稱性可知：O點的E=0,則在O點放任意電量的點電荷受到的力均為0。

（2）解：設O點放一點電荷Q,根據右圖可知:

a

@--二一二④

1qQ；、'、Q/：

a：>*X：a

一④q

要使q受到的合力為0,則有:￡￡

題L2.5

1夕。

=_2_￡cos450+-l—4

飛回4fa4%2a

解之得：。=（；+（Q應為負點電荷）

1.2.6兩個量值相等的同性點電荷相距為2a,在兩者連線的中垂面上置一試點電荷q。，求q0受力最

大的點的軌跡。

解：：f="一勺口'_?一2kqq'r

(/+r2)yl(a2+r2)(a2+r2/

又：f=°

(a2+/)'-rx—(a:+r2)^*2r

BP：=0

/.(a，+,；)%—3/(T+廠)*=0

a2=2r

所以該圓的半徑為：金爭5題1.2.6

所得到曲線方程為：r+z2=球面方程

13.1在長為50cm,相距為1cm的兩個帶電平行板間的電場是均勻電場（場強方向豎直向上），

將一電子從P點（與上下板等距離）一初速度v0=10，m/s水平射入電場（見附圖）.若電子恰在下板

由側離開電場，求該均勻電場的大小。（忽略邊緣效應，認為板外場強為零，且略去重力對電子運

動的影響）

50cm

解：電子在電場中受力產生運動加速度：

eE—m^a

由運動學方程得：

1,d

y=—at~=—

,221.3.1

d,、

》=卬（"5X=D

解之得：5=聶⑶

13.2用細線懸一在質量為0.2g的小球，將其置于兩個豎直放置的平行板間（見

附圖）設小球所帶電荷為6xl（rc,欲使懸掛小球的細線與電場夾角為60°.

求兩板間的場強。

解：由圖中所小：eEcos300=mgcos60°

其中：Eq=Tcos60°mg=Tcos30°

解之得：E=^tg30°

e

1.3.3一個電子射入強度是5x10,N/C,方向豎直享受的均勻電場，電子的初速度為10'm/s與水平

面所夾的入射角為30*1（見附圖），不考慮重力的影響，求:

(1)電子上升的最大高度。

(2)電子回到原來高度時的水平射程。

解：(1)電子受力：f=ma=eE

2

vy=v0sin30°r-at(1)

vr=v0sin300-a/

當在最大高度時：4=0

則0=vsin3O0-a/

o題L3.3

.(2)

a

(2)式代入(1)式中得：最大高度

.，八o%sin30°1(vosin30°V

y=vQsin30x，---------a----------

，1\a)

22

=vosin30°(-5-^-)

a2a

2

=VOsin,30］；)

2a

22

=v0sin30°—^―

02Ee/

荻

(2)當回到水平位置時：

y=0即：vsin3O°=0

o2m

2mvsin30°

解之得：r=0

所以在原來高度時水平射程為:

x=%cos30。=聲"

2eE

1.3.4電子的電荷受罪先是由密立根通過油滴實驗測出的，密立根設計的實驗裝置如附圖所示.

一個很小的帶電油滴在電場E內，調節E使作用在油滴上的電場力與油滴的重量平衡，如果油滴

的半徑為1.64x10"cm,平衡時E=l.92xl()SN/C。求:

（1）一直油的密度為0.851g/cm，，求油滴代暖和的絕對值。

（2）此值的元電荷e的多少倍？

解：（1）略

（2）mg=qE

誓普=&。23眸侖

1.3.5兩個點電荷qi=4.0uc和q2=8.0uc相距10cm,求離她們都是10cm處的場強E.

解：片=（釣+（釣+2二整cos600

代入數據得：

E=9.52x106%,與從q1到q2的連線成101°夾角。

1.3.6附圖中均勻帶電圓環的半徑為R,總電荷為q，求:

（1）軸線上離環心O為x處的場強E.

（2）軸線上何處場強最大？其值是多少？

（3）大致畫出E—x曲線。

r2=x2+R2

對稱分析知：&=0

E=ExdEx=\dEcostz=f-J-----—■-Q1qx『必

dl

JJ」4吟2叫/+*產4f2萬火（丁+硝為工

1qx

4%(x2+/?2)X

（2）曲線圖見右:

dx

qR

D72

解出得：x=：=0.7RE=—

4麻。”2

1.3.7電荷以線密度〃均勻分布在長為L的直線段上,求:

(1)帶電線的中垂面上與帶電線相距為R的點的場強.

(2)試證當28時，該點的場強小屋F：

(3)試證當R?L時所得結果5點電荷場強公式一致。

ndx題1.3.7

解:(1)dE=方向如圖:

4n%x2+R2

由對稱性分析可知，力的分量相互抵消。

幺1ndxR

E=rfEsin<z=2

04fx2+R26+片

=2處［%—

4吟J。產

nL

4吟R后

(2)當上T8時:E=—

4f

(3)當時:

￡=-LnLq

4%]4%及24f&2

1.3.8把電荷線密度為〃的無限長均勻帶電線分別彎成附圖(a)、

R.求兩圖中O點的場強E。

解：根據帶電直線公式:

Er=n(sin名—sinOj￡1,.=」一(cos烏-cos6,)

4f4礫題1.3.8

當在8Tx中：

夕=0。G,=—

122

當在8T8中:

JTn

0.=-a=冗E=_￡=n

1224加0&r4GR

可以不計算，對稱分析可知以上兩種相互抵消。

(1)?:dE=伸°、方向如圖(a)

4-R-

E*=[</E=[dEsin0=f2―,sinCd?=---[-cos

?JrJJ。4麻押4疵小1Jo

￡=[</￡=[dEsin0=f7—1R-cosGdO=—[sin砥dqV：R

'J'JJ。4GR24fRlJo

題1.3.8(a)

4在述

方向：與二直線夾角均為450?

(2)如圖(b),由對稱分析，E辰與EB，.合成后

只有x分量,

對二直線：E=2EX=—^—方向：x的負方向

x2吟R

題1.3.8(b)

對半圓：E=EX=—f"sindO=—^―

4M2J。2嗎R

方向：x的正方向.

經疊加得:￡0=0

13.9無限長帶電圓柱面的電荷面密度由下式決定：b=o0cos/(見附圖)求

圓柱面軸線上的場強。

解：設取一無限長狹條單元體:

根據E=、nRrf=Rd(px\x認costp

1.3.9

於嗤聲方向如右圖所示

題1.3.9

方向：x軸負方向

%—cos1+1(P

E,="「=_『效嚶型&/=_=0

2f1+1

1.4.1附圖中的立方體邊長為a=10cm,場強分量為以=笈％,￡=E.=0,其中b=800N/（Cm+）,

求：

（1）立方體表面的E通量。

（2）立方體內總電荷。

解：（1）因為只有紇分量，所以立方體只有￡、$而有分量.

叫=-ExgS、=-ba+a~=-ba'

①，=EX、AS、=b(2a)^a2=yflba-

所以：①。"顯一1)

*Cz

由中@=0E.fZS'=%?

得到J：q內=/中g=&aY&T）

1.4.2均勻電場￡與半徑為R的半球面的對稱軸平行（如附圖），試計算此半球面的E通量（約

定半球面的法矢向右），若以半球面的邊線為邊線另做一任意形狀的曲面（法矢仍向右），此面的

E通量為多少？（提示：兩問都用高斯定理）

解：半球面的任意曲面，其電通量與圓平面的電通量相等。

2

①=ES=EHR，或(t>l=ES=E7rR

S；與S］成閉合曲面:

O,+O,>=—6,=-①；=①]=BrR]

同理：S3與S；成閉合曲面,1.4.2

0

①3+叫'=①3=-4)|=①]=EJTR-

1.4.3用高斯定理求電荷線密度為的曲線長均勻帶電直線在空間任一點激發的場強，并與

L3.7題（2）問的結果比較.

解：過P點作圓柱面為高斯面,

@E*ds=||E*ds+JJE*ds+JjE*ds=

”上"FJ

0+0+E?2%，%=.

%

￡=q1.4.3

2mor

1.4.4求半徑為R、電荷面密度為〃的曲線長均勻帶電圓柱面內外的場強，并大致畫出E—r曲線。

解：設圓柱半徑為R，空間電場分布具有軸對稱,

???當KR：妤瓦芯=$0=0

當r>R：蛆瓦芯=?

IKR

jp—+jp.芯+爐肉=

7上。下《V

0+0+m2加%=型

E_r/5h冗R_bR

27TEQrheQr

1.4.5電荷以體密度「均勻分布在厚度為d的曲線大平板內，求板內外的場強E

解：電場分布以中垂面的面對稱分布，取圓柱面為S：

?.?當廠<|■時：妤及於=色

^?2rp

v。區?〃工+||EHS+JJEHS=

川左￡。

□□-A5*2rp

EAS+EAJ+0=------

%

E_^lrp_pr

2￡°AS%

同理：當時:

__AS,dp

E^s+EAS=----------

E嗖

1.4.6電荷以體密度夕=A（1-〃A）分布在半徑為R的球內，其中q為常量，r為球內某點與球

心的距離。求：

（1）球內外的場強（以r代表從球到場點的矢量）.

（2）r為多大時場強最大？該點場強匕《=?

解：???祖瓦於=空

￡。

當r<R時：E.W=fc

￡。

又川*,=川"

r2Jrsin(pdipdO

當r>R時：EAnr1=維￡="

/4門￡0

=恤力=”《1—（上

2drsin(pd(pd0

...E=4卬。(4K，-3川］=p#

4gj/112)12%產

令：當=0即：r^C_￡dl=o

dr"后。4RJ

.?.上-ko

3/4R

2R

3x(-/?)2

3

4R

「?J=雯（帚啜

1.4.7兩平行的曲線大平面均勻帶電，電荷面密度分別為5和再，求:

（1）空間三個區的場強.

（2）寫出各區場強在下列兩種情況下的表達式：（a）5=%三＜7,（b）5…產。

解：?.?無限大均勻帶電平面場強分布：E=^-n

2/

+。+CT

取正向為正。根據工=江得:

A正

1.4.7

1.4.8在球心為o、半徑為a、電荷體密度為夕的均勻帶電球體內偏心挖去一個半徑為b的小球

（球心為。'），如圖所示.

（1）試證空心小球內存在均勻電場并寫出場強表達式（以c代表從。到。'的矢量

（2）求。、連線延長線上M點和P點的場強EM和EP.（以e,代表沿c向的單位矢量，Q、“分

別代表M、P與。的距離）

答案：當挖去一個半徑為r的小球，解：將挖去的小球6用電荷體密度為p的球補起來，先求

均勻帶電體。產生的場強，再求填補帶電球產生的場強，兩者相減即為所求的電場。根據均勻帶

電球體的場分布：

4,4,

_p_Ttr_p-nr

E0V=0.Eo-o------r?Eo-p-----戶?EG*---------...-

4碼質，4G總

再根據云=Z耳得：

1.4.9半徑為R的曲線長援助體內均勻帶電，電荷密度為夕，求柱內外的場強并大致畫出E-r

曲線.

解：軸對稱分布,取S為同軸圓柱面：

當r<R,挺?拉=空.

fE-dS+妤E-dS+fE-dS=四

￡

AS上品SfHO

0+0+2與1”7=絲2

E=P.h=生_

2外%/2%

當r>R,@耳公=竺

cccLJpnR'h

0+0+2E7vrh=-..........

￡。

1.4.10半徑分別為R1和R2(R2>R1)的一對無限長共軸圓柱面上均勻帶電，沿軸線單位長度的

電荷分別為4和求:

(1)各區域內場強。

(2)若4=-4,情況如何？大致畫出E—r曲線。

解：由軸對稱，取S為同軸圓柱面(設高為h,半徑為r)：

當r</?,：由仔豆?dM=2^

A%

得：E=0

當K<r<&：

其E?dS+妤E?dS+提?病=迎

▲S上AST&

0+G+2E仃卜=弛

1.4.10

當r>名:

C八CL,(A+A)h

0+0+2Errrh=￡

得：￡=AJA

2出。尸

若4=一九：則/<凡，￡=0：&<r<R、,E=--—：廠)凡，￡=0

27rrs0

.1.5.1設靜電場中存在這樣一個區域（附圖虛線所圍半扇形部分，扇形響應的圓心為O）,域內

的靜電場線是以O點為心的同心圓弧（如圖），試證區域內每點的場強都反比與該點與O的距離。

證明：取閉合回路L,由。及石=0得:

§Ex-di+^Ecos90dl+E2cosndl+jcos90dl=0

￡*i/j+0—EJ2+0=0

得到：￡,/,=￡,/,

互=乙=2=殳,

所以Ex-

r

1.5.2試證在無電荷的空間中，凡是電場線都是平行連續（不間斷）直線的地方，電場強度的大

小必定處處相等。（提示：利用高斯定理和環路定理,分別證明連線滿足以下條件的兩點有相等場

強：（1）與場線平行：（2）與場線垂直）

證明：由◎云?〃十=空得：

妤瓦?病+@即盤+@云?衣=9

4ASbyfR%

-Ea4s+bEh4s—0

b

可得到：Ea=Eb同一電力線上的E相等。

由?耳-7=o得:1.5.2

Ejdl+，Ecos90dl+￡Ebcos兀dl+，Ecos90dl=0

EI-E.l=0,E=Eb,不同電力線上E相等。

（或過c點作平面caca為等位面，Ua=Uc,一些上=-一竺￡?=￡」故Ea=E0）

dzdz

電力線平行的電場中各點E都相等。

1.6.1設有一個q=L5xlO“C的點電荷。求：

（1）求電勢為30V的等勢面的半徑：

（2）電勢差為IV的任意兩個等勢面的半徑之差是否相同？

解：點電荷的電位為：〃=」一

4加”

（1）則r=—^=9X109XL5X1Q-=4.5（米）

4ne0u30

（2）不相同，r大等位面越稀疏.

1.6.2兩個電荷分別為q和-3q的點帶電體距離為d（見附圖），求：

（1）兩者連線上V=0的點：

（2）兩者連線上E=0的點。

解：（1）令距夕為r處“=0,

則—^―+—3一=0,

4Gr4必o（d-r）

解得：r戶d—H

4-------------------------1-

（2）￡=0處只可能在+4左側.設距夕為「處￡=0,+'-%

1.6.2

q_q

4%/47T￡°（d+r）2

解出：r=1（JJ+l）

1.6.3附圖中A與O、O與B、B與D的距離皆為L,A點有正電荷q,B點有負電荷-q,求:

（1）把單位正點電荷從。點沿半圓OCD移到D點，電場力做了多少功？

（2）半單位負點電荷從D點沿AD的延長線移到無窮遠，電場力做了多少功？

解：靜電場中電場力作功與路徑無關，只與始末位置有關.

（1）40c源=Aoc.D=qB（U0-UD）

而4=產7+尸7=。，

4fL4fL

UD

4在(2/+/)47r/L6JT%L

/…1x(4-4)=^1T

6TT￡J

(2)同理可得：

ADCO=%X億-5)=-lx(-—^――0)=—^―

6處J

6^￡OL1.6.3

1.6.4電荷Q均勻分布在半徑為R的球體內，選電勢參考點在無限遠，試證離球心r處（r<R）的

_Q(3R--r)

電勢為：v

J

8^z:07?

解：（方法一）由U=fdU=j_L3=eP、‘in哪口加中

JJ4%aJ"4在0。

a2=z2+/-2bcose

微分可得：2ada=2zrsin<pd(p

U=-^~「/弛+「〃/辿］

-JordjJodrJr-rzJzJr-:z

4在o1.6.4

=J；"z+r-z+r)dr+(r+z-r+z)dr

=部：—+12田］=必巨+3*-7）］

=上"差1

母3」

（方法二）：球內電荷元取半徑為r厚度為"的球殼:

dq-4p+dr,dU=--——

4兀％r

U=「_￡_4.叫+/=上上3+且匕*

J。4旌°zJ：4%r￡乒352

=匠+金莊=2(3尺5=2(*-。

352%2E06屋2E.3’

（方法三）：用曲瓦括=%，求Z

當r<R：E-4萬/=—(-j-^———nr^),E=―

%±版34fR

3

當r>&：E-4”產=-?E=-2-

￡。4fr

當r<R：

U

4^F(T-T)+^=麓點

44

］兀R2丁區

R'Pr23P

3

~4/K0/?T-T+4催M

0(3片一-)

407?3

1.6.5半徑為Ri和R2的兩個同心球面均帶電，電荷分別為Qi和Q?,求（1）a、b、c區（見附

圖）內的電勢：（2）在Q|=-Q?和QL-Q|（R,<R,）的兩種情況下寫出三區的電勢表達式，并大致

畫出V—r曲線

解：利用◎1?4亍=生可得：

U=「Edr+[&Edr^「Edr=0一段曰尸+J,+？dr

aLah幾cJ&4碼廠九4乃產￡。

=烏_(」___二)十婦％

2

4fR}R24乃r%

=」-(*)

4fR2/?,

U=「Edr+「Edr=-Jr+「

bJ，bJ用cL4f/J&4兀/％

=&—)+5

4g,rR24TTR￡0

u=---(———

04兀!\&R2

4在hrR2

U°=0

R

當a=--q時：見b圖

1.6.5b

穌R「R)

u---------------

4兀%凡r

1.6.6求1.4.8題中o、o'、P、M各點的電勢。

21.6.6

——q=2(R2_%__

3%13%j"2%3,3氣馬

u=￡(片_/+知U

°2%3

1.6.7在1.4.10題中設％三N并分別把電勢參考點選在無限遠和軸線上謀求空見各區的電

勢及兩柱面之間的電勢差的絕對值AV,并大致畫出V-r曲線。

解：由高斯定理可得：

當r<凡時：E,=0

當凡＜「＜&時：E,=—^-

-*2庇0r

當r>R,時：與=125+4）（其中當4=-4時，￡3=0）

4砧°r

取％=0時:

￡/,=['Eydr+[，E、dr+[E^dr=0+(-dr+0=：In衛

1Jr1'%3JR,4f2G凡

U2=E,dr+[Eydr="dr=——In冬

Jr

'J，'J%47T￡or2%r

q=「OQ=o

當取4=0時：t/,=[°￡1rfr=0

U2=rE￡r+f°Exdr=「-^—dr=-^-ln旦

-Jr-J留J，4fr2%r

U3=E3dr+「E.dr+f°Exdr=0+1—^—dr+0=—^—In—

J，幾-J&J曲4g/2叫R2

所以兩筒間的電位差為：

U=0時：t/=AU=[Eydr=[---dr=——In

8n12M-L2疝°r2fra

a=o時：泰”=盤味

1.6.8半徑為R無限長圓柱體內均勻帶電，電荷體密度為夕，把電勢參考點選在軸線上，求柱

體內外的電勢。

解：由其石?"^=為，可以求出后的分布:

=~r,E外=一￡J

內2%外2f廣

取[=0時：U=「各廠=-；/

Jr2%4%

1.6.8

U外=J：E%dr+J：E內dr=J:翁力+C含力

pR2,RpR2

――—In-

2/r4與

2.1.1在均勻電場中置入一個半徑為R的中性金屬球，球表面的感生電荷面密度

為（夕角的含義見附圖），求帶有同號電荷的半個球面所受的

a=aocOs0

靜電力.

解：取一點元的，對其進行受力分析有：

由對稱性可知，帶有同號電荷的球面受力沿x軸，右半球受力：

E==去.cos?

24

F=y2-JJcos'8?甯?sin3d0d(p=~~『d@j；cos3。sinOdO

方向：x軸的正方向

2.1.3三塊帶正電的金屬板A、B、C構成平行板導體組（見附圖），以S代表各

板面積，x及d分別代表A、B之間B、C之間的距離，設d小到各板可視為無限

大平板，令B、C板接地，A板電荷為Q,略A板的厚度，求:

（1）B、C板上的感應電荷：

（2）空間的場強及電勢分布。

解：加

<T2S+<T3s=Q.U=UAC

—x=-(d-x)

4%

由上面三式可以解出：

_口（）

b4、一，cyi一Qd-x

-SdSd

0=%s=0,03=%§=2(「一。

dd

??a=_&=_『2=Y=---

aa

與=0,Eb=0*Eu――,EIU=-->

￡o%

U]=E]=O,Uu=E?(x-r),Uut=E?,(d-x-r)

（其中r是場點到A板的距離）

*2.1.5半徑為R的金屬求經電壓為U的電池接地（如圖），球外有一與球心距

離為2R的電荷q,求球面上的感應電荷.

解：因為金屬球接地，則U=0,導體是等位體。

u0=o,按照u=Zu,可得到：

(/0=-^—4-^-=——=0

4加°2R」4在o2R4叫2R比4/7?

-^-+-L=0

4f及4兀q2R

*2.1.6接地的無限大導體平板前垂直放置一條無限長均勻帶電直線，線的端點與

平板距離為d（見附圖），若帶電線電荷線密度為小求:

（1）垂足。點的電荷面密度：

（2）平面上距O為r的點P的感生電荷面密度。

解：（1）在板內O點極近處取。點，直線在O'點

方向：X的負方向豆=———7

4%d

板上取包括O點的面元AS,其上的電荷,AS在a點:

E?=獸方向：X的負方向.

板上除了AS外的其它全部感應電荷在O,點.

%=0，因極近點，板上其余電荷在O點產生的電場只能沿板面的切線方向。

O'點的場強將由以上三個部分組成：

Eo.--^―+=0（o'在板內）

2e04兀/d

所以:n

2nd

（2）直線在"點的法向分量，?

J4f山丁+廠在+/

Ep.=方向：X的負方向

同上（1）類似得到:

E.=-^+-^—=!==0b=”

2/4兀ay/d'+r22/ryld2+r2

2.2.1.點電荷q放在中性導體球殼的中心，殼的內外半徑分別為凡和&（見附

圖），求場強和電勢的分布，并大致畫出E—r和V—r曲線。

解：電荷分布如圖，空間電場分布有球對稱性，

由高斯定理曲瓦括=Z1和七=區可得.

"44%廣

當r<4時：￡,=—

4y

U=「E，r+廣E、dr+「E.dr=kq

J。?九一J034fIrRJ4笳O&

當凡<r<&時:芻=0U=U&=J；E、dr=」—見圖（a）

2.2.2球形金屬腔所帶電荷為Q>0,內半徑為a,腔呢距離球心0為r處有一點

電荷q（見附圖），求。點的電勢。

解：設球內壁的電荷為一夕（不均勻分布），外壁的電荷為0+夕（均勻分布）,

4=3+曲旦+—

4兀％尸”4磔4點

q、-q.Q+q

4fr4煙0a4礫6

2.2.3半徑R1的金屬球A外罩一同心金屬球殼B,起殼極薄，內外半徑均可看

作RB（見附圖），已知A、B的電荷分別為Q和Q,求：

的表面及的內外表面&、&的電荷、/、

（1）A1B5q3:

（2）A和B的電勢V“和Ve：

（3）將球殼B接地,再回答（1）（2）兩問；

（4）在（2）問之后將球A接地，再回答⑴、⑵兩問;

（5）在（2）間只后在B外再罩一個很撥的同心金屬球殼C（半徑為一）,再回

答⑴、（2）兩問，并求C的電勢X。

解：（1）設%均勻分布，％2=r?”均勻分布，%=2+&均勻分布，由

高斯定理曲耳括=Zi和七=三江可得:

吟廠

“￡04

當m<r<用時：E=

4%廠

當r>Rs時：￡=。二四1號丁4

4%產

力=「"+「T-dr=

％廠1K

a4%>47T￡or~2.2.3

2,2,+。/+2,_Q.4+Qs

4%自47r%RB4f自4f色4在

r*￡,QA^QB

3rr=；dr-—-―空

為4f廠4G%

或根據均勻分布帶電球面電勢分布球面內U=-^-,球外U=）一,由疊加

4f7?

定理可得:

u1a?包&+z=Q*?QB

"4f（4f&4f&4f&4在典

u_。/+~Q/+QB+Q_&+Ox

a4f&4庇°RB4踮M4f凡

（3）各表面電荷分布如圖：

U=Q&Q|a+。*-（Q+a）|Q,+&

'4%匕4加"除4加A4麻國.4在國.

UAUOUBULUU

_0/IQB

4f&4在島

〃-A+-QA+。,+&+-（2+2）+2,+2?

4丐）/?￡4在%凡47r￡QRB4加口R（.4f凡.4w0HH

fr一。4I乜[Q+4IT0.4+08）|QA+QBOd+Os

凡.凡.

4%4在QR（.4TT￡0RC4JT￡0RC4f4f4.

（4）當兄1=0，9,2=0，q,3=Q,<+QB*[“=-（。.,+。8），/5=2,+02時:

（5）當％1=。，，q,2=~Qt?g,3=°時:

U.=一2—+-一°，_,[/.=0

4在0&4fAB

（6）設夕”=2；，則/2=-。；，