大学物理第9章静电场习题参考答案

第9章 静电场

9-1 两小球处于如题9-1图所示的平衡位置时，每小球受到张力T ，重力mg 以及库仑力F 的作用，则有mg T =θcos 和F T =θsin ,∴θmgtg F =,由于θ很小，故

l

x

mg

mg mg x q F 2sin tg 41

220=≈==θθπε ∴

3

/1022⎪

⎪⎭

⎫

⎝⎛mg l q πε

9-2 设q 1,q 2在C 点的场强分别为1E 和2E

，则有

1

429

9

m V 108.103.0108.1109--⋅⨯=⨯⨯

⨯=

方向沿AC 方向 方向沿CB 方向

∴ C 点的合场强E

的大小为： 设E 的方向与CB 的夹角为α，则有

9-3 坐标如题9-3图所示，带电圆弧上取一电荷元l q d d λ=

，它在圆心O 处的场强为

2

01d 41d R

l

E λπε=

，方向如题9-3图所示，由于对称性，上、下两

带电圆弧中对应电荷元在圆心O 处产生的d E 1和d E 2在x 方向分量相 互抵消。

0=∴x E ，圆心O 处场强E 的y 分量为

方向沿y 轴正向。

9-4 （1）如题9-4图(a)，取与棒端相距d 1的P 点为坐标原点,x 轴向右为正。设带电细棒电荷元x q d d λ=至P 点的距离x ，它在P 点的场强大小为 2

0d 41d x x

E P λπε=

方向沿x 轴正向

各电荷元在P 点产生的场强方向相同，于是

方向沿x 轴方向。

（2）坐标如题9-4图(b)所示，在带电细棒上取电荷元x q d d λ=与Q 点距离为r ，电荷元在Q 点所产生的场强2

0d 41d r x

E λπε=

，由于对称性，场d E 的x 方向分量相互抵消，所

习题9-1图

习题9-4图（a ）

习题9-3图

习题9-2图

以E x =0,场强d E 的y 分量为

θλπεθsin d 41sin d d 2

0r x

E E y =

=

因θθθπθθd csc d d ,d 2d ,csc d 2

2222=-=⎪⎭

⎫

⎝

⎛-

==x ctg tg x r ∴ θθπελ

θλπεd sin d 4sin d 41d 2020

==

r x

E y

其中 2

2

2

22

2

2

1)

2/(d 2/c o s ,

)

2/(d 2

/c o s L L L L +-

=+=

θθ

代入上式得

方向沿y 轴正向。

9-5 带电圆弧长m d R l 12.302.050.04.322=-⨯⨯=-=π,电荷线密度

199

m C 100.112

.31012.3---⋅⨯=⨯==l q λ。带电圆弧在圆心O 处的场强等价于一个闭合带电

圆环（线密度为λ）和一长为d 、电荷线密度为-λ的小段圆弧在O 处场强的矢量和。带电闭合圆环在圆心处的场强为零，而d<

C

d q 11910202.0100.1--⨯=⨯=='λ，故圆心处的场强，

1

2

11920m V 72.05

.010210941

-⋅=⨯⨯⨯='=R q E πε,方向由圆心指向空隙中心。 9-6 （1）点电荷q 位于一立方体中心，则通过立方体每一面的电通量相等，∴ 通过每一面的电通量1Φ为总通量Φ的

6

1

,即 （2）如果这点电荷移到立方体的一个角上，则电荷q 所在顶角的三个面上，因为各点E

平

行于该面，所以这三个面的电通量均为零，另三个面的电通量相等。如果要把q 全部包围需要有8个立方体，相当于有24个面，每一面上通过的电通量为总通量的24

1

，即 9-7 解法（一）通过圆形平面的电通量与通过以A 为球心，r R x AB =+=

22为半径，

以圆平面的周界为周界的球冠面的电通量相等，该球冠面的面积rH S π2=，通过整个球面

204r S π=的电通量0

0εq

=

Φ，所以通过该球冠面的电通量为

解法（二）在图形平面上取一同心面元环，设其中半径为r ，宽为d r ,此面元的面积r r s d 2d π=。设此面元对A 点的半张角为θ，见图所示，由通量公式可得

⎰

⎰

⎰

+=

+=

⋅=ΦS

R

R

r x

r

r qx

r r r x q S E 0

2

/3202

20

)2(d 2d 2cos 14d επθπε 习题9-4图（b ）

习题9-7图（a ）

习题9-7(b)图

9-8 通过此半球面的电通量与通过以O 为圆心的圆平面电通量相等，无限大平面外任一点的场强为

2εσ

，∴ 通过该球面的电通量为 9-9 设想地球表面为一均匀带电球面，则它所带总电量为

9-10 设均匀带电球壳内、外半径分别为R 1和R 2，它所产生的电场具有球对称性，以任意半径r 作一与均匀带电球壳同心的高斯球面S ，由高斯定理可得 ∴ 2

04r

q E i

πε∑=

当15R cm r <=时，0=∑i q ,∴01=E

∴ 2

0313

220313233)(4)(34r R R r R R E ερπεπρ-=-=

9-11 无限长均匀带电圆柱面产生的电场具有轴对称性，方向垂直柱面，以斜半径r 作一与

两无限长圆柱面的同车圆柱面以及两个垂直轴线的平面所形成的闭合面为高斯面，由高斯定理可得

∴ rl q E i

∑=

021

πε

（1）当r

rl

l

E 002221πελ

λπε=

=

; （3）当2R r >时，0=∑i q ,∴ 03=E

9-12 见题9-12图所示，由于平面无限大，电荷分布均匀，且对中心面S 0（图中虚线）对称，电场分布也应具有均匀性和对称性，即在与带电板平行且位于中心面S 0两侧距离相等的平面上场强大小应处处相等，且方向垂直该平面。过板内P 点或板外Q 点作轴线与x 轴平行，两底面积为S 且相对中心面S 0对称的闭合正圆柱面为高斯面，由高斯定理可得： （1）平板内

⎰=∑==⋅0

022d ερ

εxS q S E S E i 内

∴ ⎪⎭⎫ ⎝

⎛≤=2d 0x x E ερ内

方向垂直板面向外

（2）平板外

习题9-12图