第6章 静电场习题解答

第6章 静电场

6-1两个电量都是+q 的点电荷，相距a 2，连线中心为O ，今在它们连线的垂直平分线上放置另一点电荷'q ，'q 与O 相距r ，求（1）'q 所受的力；（2）'q 放在哪一点时所受的力最大,是多少?

解 如解用图，以O 点为原点，建立直角坐标系o xy （1）点电荷'q 所受的力21F F F

+=

'122

2

01

4πqq

F F r a

ε==

+

12121212sin sin cos cos x x x y

y y F F F F F F F F F F αα

αα=+=-???

=+=+?? 将'122

2

01

4πqq

F F r a

ε==

+

，cos α=

，代入上式并化简

0x F = '

3

222

02πy

qq

r

F r a ε=

+（）

故 '3

222

02πqq r

F j r a ε=+ （） （2）若点电荷'q 在r 处受力最大，则

d 0d r

F r

=

即

2

23/2

221/2

2

223/22

23

3

()

()

2d 2

0d ()()

r a r a r

r

r r a r a +-

+??==??

++??

解得 2

r a =

此时 '

m ax 3

2

2

2

002π9πr qq

r

F a

r a εε=

=

+（）

6-2 三个点电荷的带电量均为Q ，分别位于边长为a 的等边三角形的三个角上，求在三角形重心应

习题6—1解用图

α

1

F 2

F

y

放置一电量为多少的点电荷，系统处于平衡状态。

解 如解用图，以电荷a 为例来讨论，设放置的电荷为q ,b 对a 的作用力为ba F

，c 对a 的作用力

为ca F ，ba F

和ca F 的合力为b c F ，q 对a 的作用力为q F ，则

2

2

04πba ca Q

F F a

ε==

,

2

2

02cos 3024π2

bc ba Q

F F a

ε==?

?

3

q F =

，由0

=+q bc

F F

得

22

01

202

4π3Q

a

ε?

+

=

解得 Q q 3

3-

=

不难看出，三个顶点上的点电荷对q 的合力为零，所以整个系统处于平衡状态。

6-3 设边长为a 的正方形的四角上放有4个点电荷如图，正方形中心点为O ，P 点距O 为x （x >>a ），求P 点的电场强度。

解 如图，可将左边上下两个电荷看成一个电偶极子，右边上下两个电荷看成一个电偶极子。利用电偶极子中垂线上的电场强度公式，可知P 点处的电场强度的方向垂直于OP ，方向向上。P 点处的电场强度的大小为

3

3

114π4π()

()

22qa qa E a a x x εε=

-

-

+

3

2

22

4

2

3

0(3)1344π4π()

4

a

qa ax qa

a

x

x εε+=

≈

-

6-4 一均匀带电直线长为L ，线电荷密度为λ。求直线的延长线上距L 中点o 为2(L r r >）处

P 点的场强。

习题6-2解用图

q

F b c

F b

ca

F ba

F q

P

O

解 如解用图所示，取中点为O x 轴原点，电荷元 d d q x λ=在P 点的场强为

()

2

0d d 4πx

E r x λε=

-

整个带电直线在P 点的场强为

()

()

22

2

2

2

00d d 4π44πL L x

L

E E r L r x λλεε-=

==

--??

方向沿x 轴正向。

6-5 如图所示，两根平行长直导线间距为R 2，一端用半圆形线连起来。设全线上均匀带电，电荷线密度为λ，求圆心O 处的电场强度。

解 方法一 如解用图1，考虑对顶角为d θ所对应的电荷元d q 和'

d q ，则d q 在圆心O 处产生的电场强度

2

00d d d 4π4πq E R

R

λθ

εε=

=

'

d q 在圆心O 处产生的电场强度

''

2

2000d d d sin d 4π4π4πr q

E r

r R

θ

λ

λθθεεε=

=

= 即 '

d d E E =,易见两者方向相反，所以合场强为零。又由于此结果与θ无关，所以对任意一对对顶角为d θ所对应的电荷d q 和'

d q 在圆心O 处产生的合场强都为零。所以全线电荷在圆心O 处的电场强度为零。

习题6-4解用图

x

习题

6-4图

o

方法二 由教材例6-4与6-5的结果及场强叠加原理

下棒上棒半圆＋＋E E E E

=0

000ππsin πsin cos cos π2π4π24π2i i j R R

R λ

λ

λεεε???

???

+---?? ?

??

???

??

＝

00ππsin πsin cos cos π04π24π2i j R

R λλεε??

?

???

+-+-=?

? ?

?

?

???

??

6-6如图，一个细的带电塑料圆环半径为R ，所带电荷线密度为λ和θ有θλλsin 0=()00>λ，试求圆心O 处的场强。

解 在如解用图所示的直角坐标系中，电荷元

d d d q l R λλθ==0sin d R λθθ=在圆

心处所产生的电场强度的大小为

00sin d d 4πE R

λθθε=

则d E

沿x 轴和y 轴的两个分量分别为

00sin cos d d d cos 4πx

E E R λθθθ

θε=-=-

2

00sin d d d sin 4πy E E R

λθθ

θε=-=-

习题6-6解用图

习题6-6图

半圆

E 下棒

E 上棒

E

d sin r θθd θ

d q

d θ

d q '

2π00

0sin cos d d 4πx x E E R

λθθθ

ε=

=-??

2π2

00

0sin 08πR

λθ

ε=-

=

2π2

00sin d 4π4y E R

R

λλθθεε=-

=-

?

j R

j E i E E y x

00

4ελ-

=+=

6-7 图中电场强度的分量为

,0,===z y x E E x b E 式中()12800N/C m ,

b =?设10cm d =。试计算（1）通过立方体表面的总电通量；（2）立方体内的总电荷量。

解 已知电场强度为沿x 方向的非均匀电场，因此，通过立方体的上、下、前、后四个面的法线与电场强度垂直，从而电通量为零，而与x 轴垂直的左（面1）、右（面2）两个侧面的电通量不为零。

（1） 1

2

E E E

ΦΦΦ=

+S E S E

?+?=21

22

8000.1 1.05(N m /C )=?

?=?

（2）由高斯定理0

E q

Φε=

得 12

09.2710

C E q εΦ-==?

6-8 实验证明，地球表面上方电场不为零，晴天大气电场的平均场强约为120V /m ，方向向下，这意味着地球表面上有多少过剩电荷？试以每平方厘米的额外电子数来表示。

解 设想地球表面为一均匀带电球面，总面积为S ，则它所总电量为

00d S

q E S ES

εε=?=??

单位面积带电量为 E S

q 0εσ==

单位面积上的额外电子数为

19

12

010

6.1120

10

85.8--???=

=

=

e

E

e

n εσ

9252

6.6410/m 6.6410/cm =?=?

6-9 内外半径分别为1R 和2R 的两无限长共轴圆柱面，内圆柱面带均匀正电荷，线密度为λ，外圆

y

z

(

)2

21E E S b d

=-=

柱面带均匀负电荷，线密度为λ-，求空间的电场分布。

解 由对称性分析可知，E

分布具有轴对称性，即与圆柱轴线距离相等的同轴圆柱面上各点场强大小相等，方向均沿径向。

如解用图，作半径为r ，高度为h 、与两圆柱面同轴的圆柱形高斯面，则穿过圆柱面上下底的电通量为零，穿过整个高斯面的电通量等于穿过圆柱形侧面的电通量。

d d 2πS

S E S E S E rh

?=?=??

??

侧

若10R r <<，

0i

i

q

=∑，得

0=E

若21R r R <<，

i

i

q

h λ=∑ 得

02πE r

λ

ε=

若2R r >，

0i

i

q

=∑得 0=E

112020(0)

(2π0()r R E R r R r r R λε?<?

)(垂直中心轴线向外)

6-10 有均匀带电球体，半径为R ，电量为q +，求球内外场强。

解 电荷分布具有球对称性，所以电场分布也具有球对称性，场强方向由球心向外辐射，在以O 为球心的任意球面上各点的大小相同。如解用图，以O 为球心，过P 点作半径为r 的高斯球面S 。

2

d d 4πS

S

E S E S E r ?==??

??

球内任一点)(R r <

3

3

3

3

00

1

4

π43

π3

i

i

q q

q

r r R

R

εεε=

=

∑

由高斯定理 2

3

3

04πq

E r

r R

ε=

P

习题6-10解用图1

p

即 3

04πq E r R

ε=

球外任一点())R r >

1

i i

q

q εε=

∑

由高斯定理得 2

04πq E r

ε=

均匀带电球体外任一点的场强，如同电荷全部集中在球心处的点电荷产生的场强一样。

方向沿半径方向。r E -曲线如解用图2。

6-11 无限大均匀带电平板，厚度为d ，电荷体密度为ρ，求板内、外场强分布。

解 无限长均匀带电平板产生的电场具有平面对称性，即关于板中央平面对称的点p 和'

p 的场强大小相等，方向背离对称面。

如解用图，取两底与对称面平行并与对称面等距离，且分别过p 和'

p 两点的圆柱面S 为高斯面，并设底面积S ?，则此时穿过高斯面的电通量 d E S

E S Φ=

???

d d d E s E s E s =

?+

????

??

??

左底

右底

侧面

＋

02E S E S E S ??=?＝＋＋ 以对称面上的某点O 为原点，设p 点的坐标为r 。

若2/2d r d <<-，则应用高斯定理有

22S r E S ρε??=

??

???E =

3

4πq

r R

ε()

r R <2

04πq r

ε()

r R >习题6-10解用图2

均匀带电球的r E -曲线

E

习题6-11解用图

得 0

r E ρε=

若/2r d <-或/2r d >则应用高斯定理有 0

2Sd E S ρε??=

得 0

2d

E ρε=

方向均垂直于板面。

6-12 点电荷4321q q q q 、、、的电荷量均为9

410

C,-?放置在一正方形的四个顶点上，各顶点距正方形中心o 的距离均为5cm ，将一试探电荷9

010C q -=从无穷远移到o 点，电场力作功多少？

在此过程中o q 的电势能改变多少？

解 由电势叠加原理 3

3124001

14 2.8810V 4π4πo q q q q q V r r r r r εε??=

+++==???

?? 电场力的功 ()6

2.8810J o o o o o W q V V q V -∞∞=-=-=-?

由o e W W ∞=-? 得 6

2.8810

J e W -?=?

6-13 两个同心的均匀带电球面，半径分别为125.0cm ,20.0cm ,R R ==已知内球面的电势为160V ,V =外球面的电势为230V ,V =-（1）求内外球面所带电量；

（2）在两个球面之间何处电势为零？ 解 （1）以1q 和2q 分别表示内外球面所带量。由电势叠加原理

1210121

604πq q V R R ε??=

+= ??? 12

2

021304πq q V R ε+==- 代入1R 和2R 的值联立解上两式得

9

9

122410C

10C 33

q q --=

?=-

?

（2）由 12021

04πq q V r R ε??

=

+= ???得

122

10cm q r R q =

=-

6-14在距无限长均匀带电直线cm 21=r 处有一点电荷100 6.610C q -=?，在电场力作用下，点电荷运动到距直线cm 42=r 处，电场力作功6

5.010

J W -=?，求带电直线的电荷线密度。

解 1、2两点间的电势差 21

12

00

d ln 22π2πr r U

r r

λ

λ

εε=

=

?

电荷0q 从1点运动到2点电场力作的功 00120

=

ln 22πq W q U λε=

-12

-6

7

0-10

02π2 3.148.8510

5.010

6.0810

(C /m )ln 2

6.610

0.693

W q ελ-?????=

=

=???

6-15有一均匀带电细圆环，半径为R ，电荷线密度为λ（0>λ），圆环平面用支架固定在某水平面上（如图），求（1）在通过圆环中心O ，且垂直环面轴线上方，距离环心为h 处p 点的电势p V ；（2）有一质量为M ，

带电为－q 的小球从p 点由静止开始，在重力和静电力作用下下落，小球达到O 点时的速度。

解（1）均匀带电细圆环的半径为R ，电荷线密度为λ，则其所带电量2πQ R λ=，它在中心轴线上p 点的电势

p V =

=

（2）在环的圆心O 点的电势 00

4π2o Q V R

λ

εε=

=

pO 两点间的电势差

1)22po

U

λ

λ

εε==

-

小球从p 点运动到O 点，根据动能定理有 2

1()02

po

M gh q U

M υ+-=

-

解得

υ=

6-16 电荷q 均匀分布在半径为R 的球体内，求其激发的电势分布。 解 由习题6-10 带电球体的电场分布为

习题6-15图

方向沿半径方向。 球内()R r < 3

2

00d d d 4π4πR r

r

R

qr r q r V E l R

r

εε∞∞=

?=

+

?

?

?

()

2

2

3

038πq R r

R

ε-=

球外()R r > 2

00d d 4π4πr

r

q r q V E l r

r

εε∞

∞=

?=

=

?

?

6-17 一均匀带电圆盘，半径为R ，电荷面密度为σ。试求（1）盘轴线上任一点电势；（2）由场强与电势关系求轴线上任一点场强。

解（1）取x 轴与盘轴线重合，原点在盘上。以O 为中心，半径为r 、宽为d r 的圆环在p 处产生的电势为

d p V =

=

=整个盘在p 点产生的电势为

d R

p p V V =

=

??

2

4R σ

ε=

=

?

[

]

x R x -+=

2

20

2εσ

（

2) 012x V E x

σε?

??=-

=

-???

0==z y E E

0>σ，E 垂直且背离板面；0<σ，E

垂直且指向板面。

6-18 如图，一半径为R ，带电量为Q 的导体球在距球心O 点1d 处放置一已知点电荷1q ，在距球心O 点2d 处放置一点电

??

???E =

3

04πq

r R

ε()

r R <2

04πq r

ε()

r R

>习题6-18图

习题6-17解用图

d r

荷2q ，试求当2q 为多少时，可使导体电势为零（以无穷远处为电势零点）

解 导体球内部空间是等势区，导体球所带电量Q 分布在球面上，在O 点产生的电势

00d 1d 4π4π4πq Q q R R

R

ε

εε=

=

??

O 点电势 12001

02

004π4π4πq q Q V d d R

εεε=

+

+

=

???

?

??+-=R Q d q d q 1122

6-19三平行金属板A 、B 、C 面积均为2002

cm ，A 、B 板相距4.00mm, A 、C 相距2.00mm, B 和C 两板都接地。如果使A 板带正电73.010C -?，求（1）B 、C 板上的感应电荷； （2）A 板的电势。

解 由于B 、C 接地，其外侧电荷必为零

（1）设A 板所带电荷量为q ，A 板与B 板相对的面所带的电荷为1q ,与C 板相对的面所带的电荷为2q ,显然 12q q q =+ （1） 由于A 、B 、C 三板内电场为零，作一个圆柱形高斯面，一个底面在A 板内，一个底面在B 板内；另一个圆柱形高斯面，一个底面在A 板内，一个底面在C 板内；由高斯定理知，

12B C q q q q =-=- （2）

由此可知 1

AB 0q E S

ε=

2

AC 0q E S

ε=

（3）

因B 、C 两板接地，AB AC U U =，

得 AB AB AC AC E d E d = （4）

联解上面4式，得 7

11 1.010

C 3

q q -=

=? 7

22 2.010

C 3

q q -=

=?

7

B 1.010

C q -=-? 7

C 2.010

C q -=-?

（2）因B 、C 两板接地

习题6-19图

B C 0V V == 3

1

A A

B AB AB 0 2.2610V q V E d d S

ε==

=?

6-20 如图，半径为1R 的金属导体球外有一内半径为2R 、外半径为3R 的同心导体球壳，设球壳离地很远。若球壳带电量为q ，并设法用导

线将内部金属导体球接地，求静电平衡后内球所带的电量。

解 设内部金属球接地达到静电平衡后所带电量为'q ，球壳内表面感应的电量为'q -,球壳外表面总电量为'q q +,电荷都均匀分布在各表面上。

由内部金属球接地，知

'''01

02

03

'''()04π4π4πq q q q q q q q V V V V R R R εεε-++=++=

+-

+

=

解得 12

131223

'R R q q R R R R R R =

--

6-21 两个电容器1C 与2C 分别标明200pF 500V 、与300pF 900V 、，把它们串联起来。（1）其等值电容为多大？（2）两端加上1000V 的电压，是否会被击穿？★

(3）如果要使这电容器组不被击穿，最大可加多大电压？

解 （1）等值电容

1212

200300pF 120pF 200300

C C C C C ?=

=

=++

（2）加上U ＝1000V 电压，各电容器端电压(见图)

2

31

22

1=

=

C C U

U

而121000V U U +=由此得

12600V ,400V U U ==

电容器1C 电压600V 超过其耐压值500V ，这样1C 被击穿，

接着2C 也将被击穿。

习题6-20图

1

C 2

C 200pF 300pF

（3）各电容器由耐压值所决定的最大带电量max Q 。 12

6

1m ax 20010

500C 0.110

C Q --=??=?

12

6

2m ax 30010

900C 0.2710C Q --=??=?

电容器1C 的最大带电量小于电容器2C ，考虑到各个串联的电容器带电量相等，这样2C 上的最大电压

'2U 按1C 的最大带电量6

1m ax 0.110C Q -=?来推算。

6'1m ax 2

12

2

0.110V 333V 30010

Q U C --?=

=

=?

串联电容器组最大可加电压

''

12500V 333V 833V U U U =+=+=

6-22 半径为a 的二平行长直导线相距为d （d >>a ），二者电荷线密度为λ+，λ-，试求（1）二导线间电势差；（2）此导线组单位长度的电容。

解（1）如图所取坐标(O 为A 导线轴上的一点.O x 垂直于导线)， 任一点P 场强大小为：

002π2π()

A B E E E x

d x λ

λ

εε=+=

+

-

00d d [

]d 2π2π()

B B d a AB A

A

a

U E x E x x x

d x λ

λ

εε-=

?=

=

+

-?

?

?

[ln ln()]

ln

2π2πd a d a x x d x a

a

d x

λ

λ

εε--=

--=

-

2

ln(

)ln

2ππd a d a a

a λ

λ

εε--=

=

（2） 00

π1ln ln

πA B

q

C d a d a U a

a

ελλ

ε?=

=

=--

习题6-22解用图

6-23圆柱形电容器由半径为1R 的长直圆柱导体和与它同轴的薄导体圆筒组成，圆筒的半径为2R 。若直导体与导体圆筒之间充以相对电容率为r ε的均匀各向同性电介质。设直导体和圆筒单位长度上的电荷分别为λ+和λ-。求（1）电介质中的电位移、场强；（2）此圆柱形电容器的电容。

解（1）由对称性分析，电场为轴对称分布，作半径为r ，高度为h 、与电容器同轴的圆柱形高斯面，有

d 2πS

D S D rh h λ?==??

可得 2πD r

λ

=

由E D r

εε0=得电介质中场强02πr E r

λ

εε=

（21R r R <<），D

与

E

的方向均沿径向向外。

（2）圆柱形电容器两极板间的电势差为

21

2001

d ln

2π2πR R r r

R r U r

R λλεεεε=

=

?

由电容的定义可求得 022

01

1

2πln

ln 2πr r

l Q l C R R U

R R εελλ

εε==

=

6-24 电容分别为1C 和2C 的两个电容器，把它们并联充电到电压U 和把它们串联充电到电压

2U ，在电容器组中，哪种形式储存的电荷量、能量大些？大多少？

解 并联时 12C C C =+ ()12Q CU C C U ==+ ()21212

e W C C U =

+

串联时 1212

C C C C C '=

+ 121222C C Q C U U C C ''=?=+

()

2

2

1212

2122

e C C W C U U C C ''=

?=

+

电荷量差 122

2

12

0C C Q Q U C C +'-=>+

即并联时大；

h

习题6-23解用图

能量差 ()()

2

122

1202C C W W U

C C -'-=>+

即并联时大。

6-25 将一个100pF 的电容器充电到100V ，然后把它和电源断开，再把它和另一电容器并联，最后电压为30V 。第二个电容器的电容多大？并联时损失了多少电能？ 解 由于并联前后电量不变，所以有

()22111U C C U C +=

由此解得 ()

()

11222

10010030700pF pF 30

3

C U U C U -?-=

=

=

能量的减少为 ()2

211122112

2

e W C U C C U ?=-

+

12

2

1227

1170010010

1001001030 3.510(J)2

23---??=

???-

+??=? ???

6-26 一球形电容器，内外球壳的半径分别为A R 和B R ，两球间充满相对介电常数为r ε的电介质。

（1）求此电容器带有电量Q 时所储存的电能；（2）由电容器储能公式C

Q

W e 2

21=

求该电容器的电容。

解 （1）由于此电容器内外球壳分别带电Q +和Q -，由高斯定理可求出内球壳内部和外球壳外部的电场强度都是零。两球壳间的电场分布为

2

04πr Q E r

εε=

此电容器储存的电能

B A

2

2

2

00201

1

d d 4πd 2

24πR e e r r R r V

V

Q W w V E V r r r εεεεεε??=

=

=

???

???????

2

0A B 118πr Q

R R εε??

=

- ???

r

ε习题6-26 解用图

（2）由C

Q

W e 2

21=

得

2

2

2

0A B 21128πe

r Q

Q C W Q

R R εε=

=??

?

- ?

??

A B 0B A

4πr

R R R R εε=-