《新编基础物理学答案》_第9章
解图9-2
第9章 电荷与真空中的静电场
9-1 两个小球都带正电，总共带有电荷5
5.010C -?,如果当两小球相距2.0m 时，任一球受另一球的斥力为1.0N.试求：总电荷在两球上是如何分配的。 分析：运用库仑定律求解。
解：如解图9-1所示，设两小球分别带电q 1，q 2则有
512+ 5.010q q -=? ① 由库仑定律得
9
1212
2
091014π4
q q q q F r ε?=== ② 由①②联立解得
515
2 1.210C 3.810C
q q --?=???=???
9-2 两根2
6.010m -?长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为
3
0.510kg
-?的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位置上。求每一个小球的电量。
分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。 解：设两小球带电12=q q q =，小球受力如解图9-2所示
2
2
0cos304πq F T R ε==? ①
sin 30mg T =? ②
联立①②得
2
o 02
4tan30mg R q
πε= ③ 其中
22sin 6061010(m)r l --=?=?= 2R r =
代入③式，得
71.0110C q -=?
解图9-1
9-3 在电场中某一点的场强定义为0
F
E q = ，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在电
场？为什么？
答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源
电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷0q 所受力F
与0
q 成正比，故0
F
E q =
是与0q 无关的。
9-4 直角三角形ABC 如题图9-4所示，AB 为斜边，A 点上有一点荷
91 1.810C q -=?，B 点上有一点电荷92 4.810C q -=-?，已知
0.04m BC =，0.03m AC =，求C 点电场强度E
的大小和方向
(cos370.8?≈,sin370.6?≈).
分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。
解：如解图9-4所示C 点的电场强度为12E E E =+
99
411122
0 1.810910 1.810(N C )4π()(0.03)q E AC ε--???===?? 9941
2222
0 4.810910 2.710(N C )4π()(0.04)
q E BC ε--???===?? C 点电场强度E
的大小
44110 3.2410(N C )E -===??
方向为
4
o 14
2 1.810arctan arctan 33.72.710
E E α?===? 即方向与BC 边成33.7°。
9-5 两个点电荷6612410C,810C q q --=?=?的间距为0.1m ，求距离它们都是0.1m 处的
电场强度E
。
分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。 解：如解图9-5所示
9661
1122
01910410 3.610(N C )4π10
q E r ε---???===??
解图9-5
解图9-4
C
题图9-4
9661
2222
029108107.210(N C )4π10
q E r ε---???===?? 1E ，2E
沿x 、y 轴分解
611212cos60cos120 1.810(N C )x x x E E E E E -=+=?+?=-??
611212sin60sin1209.3610(N C )y y y E E E E E -=+=?+?=??
电场强度为
619.5210(N C )
E -=
=?? 6
o
69.3610a r c t a n a r c t a n 101
1.810
y
x
E E α?==
=-?
9-6有一边长为a 的如题图9-6所示的正六角形，四个顶点都放有电荷q ，两个顶点放有电荷－q 。试计算图中在六角形中心O 点处的场强。
分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。
解：如解图9-6所示.设1236=q q q q q ===，45=q q q =-，各点电荷在O 点产生的电场强度大小均为 12362
04πq E E E E E a
ε======
各电场强度方向如解图9-6所示，3E 与6E
抵消. 41520E E E E E
+++=
根据矢量合成，按余弦定理有
22
2o o
0(2)(2)2(2)(2)c o s (18
060)
E E E E E =+-
- 解得
2
02
002334232a
q
a q E E πεπε=
== 方向垂直向下.
解图9-6
题图
9-6
解图
9-7
解图9-8
9-7 电荷以线密度λ均匀地分布在长为l 的直线上，求带电直线的中垂线上与带电直线相距为R 的点的场强。
分析：将带电直线无限分割，取一段电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元的场强，再积分求解。注意：先将电荷元产生的场强按坐标轴分解然后积分，并利用场强对称性。 解：如解图9-7建立坐标，带电直线上任一电荷元在P 点产生的场强大小为
2
2
0d d 4()
x
E R x λπε=
+
根据对称性分析，合场强E
的方向沿y 轴的方向
222
2
2
23/2
002
2
22
1/2
0d sin d 4()
4()
4()
4
L L L L x
R
E x
R x R x l
l R R λλαπεπελπε--==++=
+??
9-8 两个点电荷q 1和q 2相距为l ，若（1）两电荷同号；（2）两电荷异号，求电荷连线上电场强度为零的点的位置.
分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。
解：如解图9-8所示建立坐标系，取q 1为坐标原点，指向q 2的方向为x 轴正方向.
(1) 两电荷同号.场强为零的点只可能在q 1、q 2之间，设距q 1为x 的A 点.
据题意有12E E =即 1222
00||||
4π4π()
q q x l x εε=- 解得
x =
(2) 两电荷异号.场强为零的点在q 1q 2连线的延长线或反向延长线上，即E 1=E 2
1222
00||||
4π4π()
q q x l x εε=+
解之得：x =
9-9无限长均匀带电直线，电荷线密度为λ,被折成互成直角的两部分.试求如题图9-9所示的P 点和P′点的电场强度.
分析：运用均匀带电细棒附近的场强公式及场强叠加原理求解。 解：以P 点为坐标原点，建立如解图9-10 (a ) 所示坐标系
均匀带电细棒产生的场强公式
12210(cos cos )(sin sin )4πa λ
θθθθε??=
-+-?
? E i j
在P 点
1π
4
θ=
，2πθ→ 所以竖直棒在P 点的场强为1θ
1014π22a λε??
??=
+-?? ? ??????? E i j 水平棒在P 点的场强为
2014πa λε???=
??????????
E j i 所以在P 点的合场强
1204πa λ
ε??=+=
+?
? E E E i j
即P 点的合场强的大小为
04πE a
ε=
方向与x 轴正方向成45°
同理以P ′点为坐标原点，建立如图题9-10解图(2)坐标
12210(cos cos )(sin sin )4πa λ
θθθθε??=
-+-?
? E i j
在P ′点
13
π4
θ=，2πθ→
所以竖直棒在P ′点的场强为
1014πa λε??
??=
-+?? ? ???????
E i j 水平棒在P ′点的场强为
题图
9-9
解图9-9 (a)
解图9-9 (b)
2014π22a λε??
??=
--+-?? ? ???????
E j i 所以在P ′点的合场强为
120[]4πa
λε-=+=+
E E E i j
即P ′点的合场强的大小为
04πE a
ε=
方向与x 轴成-135°.
9-10 无限长均匀带电棒1l 上的线电荷密度为1λ,2l 上的线电荷密度为2λ-，1l 与2l 平行,在与1l ，2l 垂直的平面上有一点P ,它们之间的距离如题图9-10所示,求P 点的电场强度。 分析：运用无限长均匀带电细棒的场强公式及场强叠加原理求解。 解：1l 在P 点产生的场强为
111010
2π0.8πa λλεε=
=
E i i
2l 在P 点产生的场强大小为
2
202
2πE a λε-=
方向如解图9-11所示。把2E
写成分量形式，有
2222222020200
2343cos sin 5π10π5π5πE E a a λλλλθθεεεε=+=-=-+
E i j i +j i j
在P 点产生的合场强为
12212000430.8π5π5πλλλεεε??=+=-+
??
?
E E E i j
题图
9-10
解图9-10
解图9-11
9-11 一细棒被弯成半径为R 的半圆形,其上部均匀分布有电荷Q +,下部均匀分布电荷Q -，如题图9-11所示,求圆心O 点处的电场强度。
分析：在半圆环说上取电荷元，运用点电荷场强公式及场强叠加原理积分求解。将带电半圆环分割成无数个电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元场强。将电荷元电场进行矢量分解，再进行对称性分析，然后积分求解。
解：把圆环分成无限多线元d l ，d l 所带电量为2d d πQ
q l R
=
，产生的场强为d E 则d E
的大小为
2322
00d d d 2π2πQ l Q E R R
θ
εε=
= 把d E
分解成d E x 和d E y ，则
d sin d x E E θ=
d cos d y E E θ=
由于Q +、Q -带电量的对称性，x 轴上的分量相互抵消，则
0x E =
π42222
00cos d 2d 2cos d ππy y Q Q
E E E R R
θθθεε====???
所以圆环在O 点产生的场强为
22
0Q
E j R πε=-
9-12.一均匀带电球壳内半径16cm R =，外半径210cm R =，电荷体密度为
53210m C ρ--=??，求：到球心距离r 分别为5cm 8cm 12cm 、
、处场点的场强． 分析 此题属于球对称性电场，三个场点分别位于球层内半径以内、内外半径之间、外半径
以外三个区域，由高斯定理做高斯面求解。
解: 根据高斯定理0
d ε∑?=?q
S E s
得
题图
9-11
2
π4ε∑=
q r
E 当5=r cm 时，
0=∑q ，得
0=E
8=r cm 时，∑q 3
π4p
=3
(r )31R - ()
2
03
13
π43π4r
R r E ερ
-=
41048.3?≈1C N -?， 方向沿半径向外． 12=r cm 时,3
π4∑=ρ
q -3
2(R ）
31R ()
42
03
13
21010.4π43π4?≈-=
r R R E ερ
1C N -?
沿半径向外.
9-13 两平行无限大均匀带电平面上的面电荷密度分别为+б和-2б,如题图9-13所示,
(1)求图中三个区域的场强1E ，2E ，3E
的表达式；
（2）若6
2
4.4310C m σ--=??，那么，1E ，2E
，3E 各多大？
分析：首先确定场强正方向，然后利用无限大均匀带电平板场强及场强叠加原理求解。 解：（1）无限大均匀带电平板周围一点的场强大小为
2E σ
ε=
在Ⅰ区域
1000
2222σσσεεε-=+= E i i i
Ⅱ区域
2000
23222σσσεεε=+= E i i i
Ⅲ区域
3000
2222σσσεεε=-=- E i i i
题图
9-13
（2）若62
4.4310C m σ--=??则
5110 2.5010(V m )2E i i σε-==??
512037.5010(V m )2E i i σε-==??
5130
2.5010(V m )2E i i σε-=-=-??
9-14 点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求
（1）在该点电荷电场中穿过立方体的任一个面的电通量；
（2）若将该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?
分析 此题需结合高斯定理以及对称性关系来求解。
解: (1) 由高斯定理可知，通过立方体的总的电通量0
d εq
S E s
?=?
立方体有六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等，所以通过每个面的电通量为
6e q
Φε=
(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则通过边长a 2的正方形上电通量
6e q Φε=
边长a 2的正方形共有四个边长a 的正方形，由于对称性，则通过边长为a 的正方形的电通量为
24e q
Φε=
，
9-15 一均匀带电半圆环，半径为R ，电量为+Q ，求环心处的电势。
分析：将带电半圆环分割成无数个电荷元，根据点电荷电势公式表示电荷元的电势，再利用电势叠加原理求解。
解：把半圆环无穷分割，如解图9-15取线元d l ，其带电量为d d πQ
q l R
=，则其在圆心O 的电势为：
00d d d 4π4ππq Q l
u R R R
εε=
=?
解图9-16
所以整个半圆环在环心O 点处的电势为
π0
00d 4ππ4πR
Q l Q
u R R R
εε==
??
9-16 一面电荷密度为σ的无限大均匀带电平面，若以该平面处为电势零点，求带电平面周围的电势分布。
分析：利用无限大均匀带电平面的场强公式及电势与电场强度的积分关系求解。 解：如解图9-16所示建立坐标系，所以无限大平面周围的场强分布为
2E i σε=±
取该平面电势为零，则周围任一点P 的电势为
000
d ()222P x x
U x x σσσεεε=±=±-=?
9-17 如题图9-17所示，已知2810m a -=?，2
610m b -=?,
81310C q -=?,82310C q -=-?，D 为12q q 连线中点，求：
（1）D 点和B 点的电势；
(2) A 点和C 点的电势；
（3）将电量为9
210C -?的点电荷q 0由A 点移到C 点，电场力所做的功；
（4）将q 0由B 点移到D 点，电场力所做的功。
分析：由点电荷的电势的公式及叠加原理求电势。静电力是保守力，保守力做功等于从初位置到末位置势能增量的负值。 解：（1）建立如解图9-17所示坐标系，由点电荷产生的电势的叠加得
8989
1222
0031091031091004104104π4π22D q q U a a εε----??????=+=-=?????? ? ?
????
同理，可得
0B U =
题图
9-17
解图9-17
（2）
104πA q U b ε=
989832910310 1.810(V)610---???=-=??
2
04πC q U b
ε=
+
98
983
2910310 1.810(V)610---???=-=-?? （3）将点电荷q 0由A 点移到C 点，电场力所做的功
93360210[1.810(1.810)]7.210(J)AC AC A q U --==???--?=?
（4）将q 0由B 点移到D 点，电场力所做的功
00BD BD A q U ==
9-18 如题图9-18所示，在A ，
B 两点处放有电量分别为q +，q -的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到
C 点，求移动过程中电场力做的功．
分析 同上题。 解: O 点的电势为 0π41
ε=
O U 0)(=-R
q R q C 点的电势为
014πC U ε=
)3(R q R q -R
q 0π6ε-= 所以
000()6πOC O C q q
A q U U R
ε=-=
9-19 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为
2r =25cm ，电场力做功为多少?
分析 此题用电场力做功定义式积分求解，需注意电场力做功的正负值。 解: 2
21
2121220
0d d 4π4πr r r r q q r q q A F r r εε=
?==?
? )1
1(21r r -
题图
9-18
61055.6-?-=J
9-20 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和λ-,试求:
(1) 空间场强分布；
(2) 两圆柱面之间的电势差。 分析 此题为球对称性电场。（1）由高斯定理求场强分布。该带电体将空间分为三个部分：小圆柱面内r ＜1R ；两圆柱面间1R ＜r ＜2R ；大圆柱面外r ＞2R ，因此需要做三次高斯面（同心球面），场强有三种表达式；（2）由电势差定义式?
?=B
A
AB l E U
d ，该积分式中
的场强应用两圆柱面间场强代入计算。
解: （1）由高斯定理求对称性电场的场强分布0
d ε∑?
=
?q S E s
取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=，则
rl E S E S
π2d =??
小圆柱面内： 1R r <，
0q =∑
10E =
两圆柱面间：21R r R <<，
q l λ=∑，
r
E 02π2ελ
=
方向沿径向向外
大圆柱面外：2R r >，
0=∑q
03=E
（2）1
2002ln 2d 2d 2
1
2
1
R R r r r E U R R R R AB πελ
πελ===
?
?
9-21 在半径为R 1和R 2的两个同心球面上分别均匀带电q 1和q 2,求在10r R <<,
12R r R <<,2r R >三个区域内的电势分布。
分析：由于场为球对称的，作同心球面，利用高斯定理求出场强。再利用电势与场强的积分
关系d r
U E r +∞
=
??
求电势。注意：积分路径上的场强是分段函数。
解：利用高斯定理求出空间的电场强度：
0I E = 1r R <
102
04II q E r r πε=
12R r R <<
1202
04III q q E r r πε+= 2r R >
则空间电势的分布：
1r R ≤
121
2
d d d R R I I II III r
R R U E r E r E r +∞=?+?+????
2102114q q R R πε??=
+ ???
22R r R ≤≤
2
2
d d R II II III r
R U E r E r +∞=?+??
? 21
12212002021444R r
q q q q q dr r R R r πεπεπε??+=+=+ ????
2r R ≥
12
12200d d 44III III r
r q q q q U E r r r r
πεπε+∞
+∞++=?==?
?
解图9-21