静电场习题解答
习题 2
2-1 两个点电荷q 和-q 分别位于+y 轴和+x 轴上距原点为a 处，求：
（1）z 轴上任一点处电场强度的方向a E ； （2）平面y = x 上任一点的a E 。 解：（1）源点坐标q （0，a ，0）、-q （0，a ，0），场点坐标（0，0，z ）
3
030π4)(π4)(-
-
++'-'--'-'-=
r r r r r r r r E εεq q 3
030π4)(π4)(a z a z q a
z a z q x z x z y z y z a a a a a a a a -----=εε 2
/3220)(π4)(a z qa y x +-=
εa a
)(2
2
E y x E a a E a -==
（2）位于平面y = x 上任一点的场点坐标（x ，x ，z ）,电场为
3
030π4)(π4)(-
-
++'-'--'-'-=
r r r r r r r r E εεq q 3
03
0π4)(π4)
(a
z x x a z x x q a
z x x a z x x q x z y x x z y x y z y x y z y x a a a a a a a a a a a a a a a a -++-++-
-++-++=
εε
2
/322
2
0]
)([π4)(z a x x qa y x +-+-=
εa a
)(2
2E y x E a a E a -==
2-2 xy 平面上半径为 a 圆心位于原点的半圆环关于 x 轴对称，且开口朝向+x 轴。若半环
上电荷线密度为ρl ，求位于原点的点电荷 q 所受到的作用力。
解：⎰⎰+===2/3π2/π20
20d π4)sin cos (d π4ϕεϕϕρερa q l R q q y x l l R
l a a a E F a q a q l
x y x l 03ππ/
2
/π2
0π2π4)cos sin (ερεϕϕρa a a =-= 2-3 卢瑟福在1911年采用的原子模型为：半径为r a 的球体积中均匀分布着总电量为- z e 的电
子云，球心有一正电荷z e （z 为原子序数， e 是质子的电量），试证明他得到的原子内的电场和电位的表示式：
230e 1r
a z r r r πε⎛⎫
=- ⎪⎝⎭E a
230e 13422a a z r r r r Φπε⎛⎫=-
+ ⎪⎝⎭
证明：球内的体电荷均匀分布，密度为3f π3
4e
a r z -=ρ
由高斯定律，取同心球面为高斯面，得
()⎰∑⎰+-=
=
∙ττρεεd e 1
1
d f 0
0z q S
S E
()330
02302
1e d π4)π34e (e 1)(π4a
r a r r r z r r r z z E r -=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎰εεr
于是得球内任意点的电场强度为 ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-==3201π1)(a r
r r r r r E εa r a E
球外的电场强度为零。
取无穷远处为电位参考点，则球内的电位分布为
r r r r a r r a r d 1π1d 320⎰⎰⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-=
∙=∞
εΦ
r E ⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛+-=3022314πe a a r r r r z ε 2-4 如图题2-4所示的两个轴线平行的无限长圆柱面之间有体电荷密度为ρf 的电荷均匀分布，其
余部分为空气，无电荷，b c a <+。求空间各点的电场强度。
解：该电荷分布的电场可看做是体电荷密度为ρf 的大圆柱的电场和体电荷密度为-ρf 的小圆柱的电场的叠加，显然两种场分别具有轴对称性。大圆柱取高斯面为以O 1为轴线的单位长度的闭合圆柱面，小圆柱取高斯面为以O 2为轴线的单位长度的闭合圆柱面，则由高斯定律
⎰⎰=
∙τ
τρεd 1
d f 0S
S E
大柱内： 21f 0
1b 11π1
)(π2ρρερρ=E
10f 1f 01b 1221)(1
ρa E ερ
ρρερρ== 大柱外： 2f 0
1b 21π1
)(π2b E ρερρ=
1
21
02f 2
f 101b 2221
)(1
ρa E ρερρρερρb b == 小柱内： 22f 0
2a 12π1
)(π2ρρερρ-
=E
20
f 2f 02a 1221)(2
ρa E ερ
ρρερρ-=-= 小柱外： 2f 0
2a 22π1
)(π2a E ρερρ-=
2
22
02f 2
f 202a 2221
)(2
ρa E ρερρρερρa a -=-= 由叠加定理b a E E E
+=，可得各部分空间的电场强度分别为
空腔内（a b ≤<21 ,ρρ）：
c ρρE E E 0
f 210f 2a 111b 1
2)(2)()(ερερρρ=-=
+= 两柱之间（a b ≥≤21
,ρρ）：
)(2)()(222
2
10f 2a 211b 2ρρE E E ρερρρa -=+=
大柱外（a b >≥21 ,ρρ）：
)(2)()(222
2
12120f 2a 212b 3ρρE E E ρρερρρa b -=+=
2-5 计算在电场x y y x a a E +=中把一个μC 2-的电荷沿以下两种路径从点（2，1，-1）移
到（8，2，-1）电场力所做的功： （1）沿曲线2
2y x =； （2）沿连接该两点的直线。 解： ⎰
⎰∙=∙=l
l
q W l E l F d d
⎰
⎰+-=+∙+-=l l
y x y x y x x y y x x y d d 2)d d ()(2a a a a
（1）μJ 2822d 2)d(222
1
321
22-=⨯-=+-=⎰y y y y y W
（2）两点间直线方程为46-=-y x
μJ 28)46(2d )46()46d(22
1
22
1
-=-⨯-=-+--=⎰y y y y y y W
2-6 大气中各点电场强度的经验分布为)e e (0z z z B A E βα--+-=a E
，z 为从当地的地平面算
起的高度；所有的经验常数A 、B 、α、β 皆为正数。求大气中电荷密度的经验分布，并问它是正电荷还是负电荷？
解：由高斯定律的微分形式，电荷密度为
)e e (000
0f z z z
B A E z
E βαβαεεερ--+=∂∂=∙∇=E 因A 、B 、α、β 皆为正数，因此0f >ρ，是正电荷。
2-7 已知空间电场分布如下，求空间各点的电荷分布：
（1）⎪⎩
⎪⎨⎧<<≤⎪⎭
⎫
⎝⎛=)( 0)0(
3
0ρρρρa a a E a E
（2）3/cos 2r A E r
θ=，3/sin r A E θθ=，)0( 0>=r E ϕ
解：（1）⎪⎩⎪⎨⎧>≤≤=∂∂=∙∇=)( 0)0(
4)(12
30000f a a a
E E ρρρερρρεερρE （2）θ
θθεεερ∂∂+∂∂=∙∇=)
(sin sin 1)(102200f r r E r r E r r E
)0( 0)
cos sin 2sin 1cos 213
220>=+-=r r A r r A r θθθεθε 2-8 以下矢量场是不是静电场的一种可能的分布？若是，找出其电位Φ的函数式： （1）xy xz x yz z y x a a a E ++-=)2（
（2）x xy y x y z y x αβcos e 22-++=a a a E
（α、β为常数）
解：静电场是保守场，应满足0=⨯∇E
（1）02=-∂∂
∂∂∂∂=∂∂∂∂∂∂
=
⨯∇xy
xz x
yz z y x E E E z y x z y x z y
x
z y
x a a a a a a E 因此，E 是可能的静电场分布。设电位参考点选在（x 0，y 0，z 0）
)d d d (])2[d )
,,(,,)
,,(,,000000z y x xy xz x yz Φz y x z y x z y x z y x z y x z y x a a a a a a l E ++∙++-=∙=⎰
⎰（）
（）（ 2
00002000000002
002),,(,,)
,,(,,)
,,(,,)(yd zd )d 2(000000000x z y x x xyz z y x z y x z y x yz x x yz x x xyz z
x y x x x yz z y x z y x z y x z y x z y x z y x -+-=-+-+---=++-=⎰
⎰
⎰
）
（）
（）
（
（2）x
xy y
x z y x y
z y x
αβcos e 2
2-∂∂
∂∂∂∂
=
⨯∇a a a E
0)(sin e cos e 22≠-++-=--x y x x z y y y x a a a αααβββ
因此，E 不是可能的静电场分布。
2-9 假设所讨论的空间无电荷，以下标量场是不是静电场的一种可能的电位分布？
（1）hz
ly kx -e )sin()sin( )(222
l k h
+=
（2）)sin (cos ϕϕρ
n n n
+
（3）θcos r ，θcos 2
-r
（4）x y
cosh e - （y > 0）
解：在无电荷的空间，静电场的电位应满足02
=∇
Φ
（1）022222222
22
=+--=∂∂+∂∂+∂∂=∇ΦΦΦΦh l k z
Φ
y Φx Φ
（2）2
22
2
1)(1ϕρρρρρΦ∂∂+∂∂∂∂=∇Φ
Φ )sin cos (1
)]sinn (cosn [12221ϕϕρρϕϕρρρρn n n n n n n --++∂∂=-
0)sin (cos )sinn (cosn 12
12=+-+=--ϕϕρϕϕρρ
n n n n n
（3）]cos [sin sin 1]cos [1cos 2222
θθθθθθθ∂∂∂∂+∂∂∂∂=∇
）（）（）（r r r r r r r r )sin (sin 1cos 12222θθθθr r r r r -∂∂
+∂∂=）
（ 0)cos sin 2(sin 1
cos 2=-+
=θθθ
θr r ]cos [sin sin 1]cos [1cos 222222
2θθθθθθθ∂∂∂∂+∂∂∂∂=∇
---）（）（）（r r r r r r r r )sin (sin 1])cos 2([1222322
θθθθ---∂∂
+-∂∂=r r r r r r 0c o s s i n 2s i n 1
c o s
21422=-=θθθθr r r （4）)cosh (e )cosh (e )cosh (e 22222x y x x x y y y
---∂∂+∂∂=∇
0cosh e 2cosh e cosh e ≠=+=---x x x y
y y
由以上计算结果可知，标量函数（1）、（2）、（3）是静电场的电位，（4）不是。
2-10 半径为 a 的永久极化介质球，球心在原点，均匀极化强度为P ,平行于z 轴，球外为空气。
求（1）介质球表面的束缚电荷密度；（2）z 轴上任一点由束缚电荷产生的电位和电场强度。
解：（1）θρcos ps P r =∙=∙=a P n P
（2）束缚面电荷产生的电位可直接由积分公式计算：
⎰⎰⎰-+==π20π02220PS 0cos 2d d sin cos π41d π41θϕ
θθθερεΦaz a z a P R S S ⎰⎰--+-=-+-=112202π022022d 2cos 2)d(cos cos 2azx
a z x x Pa az a z Pa εθθθε ⎥⎦
⎤⎢⎣⎡-+--+=⎰--112
21
12202d 21212x azx a z az azx a z az x Pa ε ⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣⎡-+---+=--1
12/3221
12
202)2)(21(321212azx a z az az azx a z az
x
Pa ε a z >时，20333220213)()[(31)(1)(12z
Pa a z a z z a a z az a z az Pa εεΦ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--++--+-= P a E 3
03
303113232z a z Pa z εεΦ==-∇=
a z ≤时，0
33220223)()[(31)(1)(12εεΦPz z a a z z a z a az a z az Pa =⎥⎦⎤⎢⎣⎡--++--+-= 0223εΦP z a E -=-∇=0
3εP
-
=
（a ）a z > (b ) a z ≤ 题2.10图
2-11 均匀极化的一大块介质极化强度为P ，内部有一半径为a 的球形空腔，求球心处的电场强
度。
解：设P z a P
=，则空腔边界上束缚面电荷分布为 θρcos )(ps P P r z -=-∙=∙=a a n P
球心处的电场强度为
⎰⎰--==S r S R
S a P S R d π4cos d π4202
0PS εθ
ερa a E ⎰⎰+=2π0π02
20d d sin π4cos )cos sin (ϕθθεθθθρa a
P z a a π
030π020cos 312d sin cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-==⎰θεθθθεP P z
z a a 0
3εP = 2-12 空气中半径为 b 的介质球内有一个半径为 a 的同心导体球壳，介质的介电常数为 ε ，极化强度为kr r a P =，其中 k 为常数。求（1）束缚电荷的体密度和面密度；（2）自由电荷密度（3）导体球面的电位。
解：（1）k kr r r
r 3)(12
2
p -=⋅∂∂-
=∙∇'-=P ρ ka a a r r -=-∙==)()(ps a P ρ
kb b a r r =∙==a P )(ps ρ
（2）介质内的电位移分布可由介质中静电场的本构关系求得：
000εεεεεε
ε-=-=
+=kr
r
a P P E D
0f 3εεεεεερ-=∙∇-=∙∇=k
P D εε
S )()(εεερ-=
∙=ka
a a r a D （3）介质内的电场强度由本构关系得 0εεε
-==
kr
r
a D
E 介质球外的电场利用高斯定律可得
()⎰⎰⎰
+=
∙S
S
S
S d d 1
d f
ρτρετ
S E 外
)
(π4π43)π(431)(π40032033002
εεεεεεεεεεε-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--=k b a ka a b k r E r r 外 2
003
)()(r kb r r
εεεε-=a E 外 ⎰⎰∞
∙+∙=b
b
a
a r E r E d d )(外Φ
r r kb r kr b b
a d )(d )(2
03
00⎰⎰∞-+-=εεεεεεε
)
(2]
)2[(002020εεεεεε--+=a b k
2-13 两种电介质的分界面为0=z 平面，已知21r =ε，32r =ε，若介质1中的电场为 )5(321z x y z y x ++-=a a a E
求介质 2 中分界面处的E 2 和D 2。
解：把介质1中的电场在分界面上分解为法向和切向，写为 5n 1z a E =， x y y x 32t 1a a E -=
由介质分界面上的边界条件，可得
x y y x 32t 1t 2a a E E -== 1n 11n 12n 5εεz a E D D ===
所以分界面处的电场和电位移分别为
21n 2t 20
2
/532εεz y x z x y a a a E E E +-=+== 3/1032z y x x y a a a +-=
12n 2t 202532(εεz y x z x y a a a D D D +-=+==）
)1096(0z y x x y a a a +-=ε
2-14 在0=y 的介质分界面上电场强度的矢线若如题2.14图所示，问介质分界面上的束缚电荷
ps ρ是正是负？证明之。
解：由图示21
θθ<，及
2
1
21tan tan εεθθ=，可得 21εε<
根据分界面上法向边界条件n 2n 1D D =，即
y y E E 2211εε= （1）
可得
y y E E 21> （2）
由极化强度和电场强度的关系 E E D P )(00εεε-=-=
可写出介质1表面的束缚电荷为
y y y s E P 1011111ps1)()(εερ--=-=-∙=∙=a P n P 外 介质2表面的束缚电荷为
y y y s E P 2022222ps2)(εερ-==∙=∙=a P n P 外
于是分界面上的束缚电荷为
y y y y E E P P 20210112ps2ps1ps )()(εεεερρρ-+--=-=+= 代入（1）式及（2）式，得
0)(210ps >-=y y E E ερ 因此，分界面上的束缚电荷是正电荷。
题2.14图
2-15 半径为a 的薄导体壳的内表面涂了一层绝缘膜，球内充满总电量为Q 的电荷，绝缘膜外的壳上又另充了电量Q 。已知球内部电场为4)/(a r r a E
=，求：①球内电荷分布；②球壳外表面
上的电荷分布；③球壳的电位；④球心的电位。
解：（1）球内电荷分布
4
304422
f /6)/(1a r a r r r
r εερ=⋅∂∂=∙∇=D （2）球内电荷总量200243
f π4d π46d a r r a
r Q a εετρτ====⎰⎰ 球外电位移由高斯定律求出，为
2
02S
8ππ4d a Q Q r D r ε=+==∙⎰外S D 220/2r a r εa D =外 球壳外表面的电荷密度可由边界条件求得，为 0S 2ερ=∙==a r r a D 外 （3）a r r a r D r E a a
a
r a r 2d 2d 1
d )(2
2
0===
=⎰
⎰⎰
∞
∞
∞
外外εΦ （4）a a r a r a r E a a
r 5
112d )(d )0(0
440
=+=+=
⎰
⎰
ΦΦ
2-16 电场中有一半径为a 的圆柱体，已知圆柱内外的电位分布为
)( 0a ≤=ρΦ
E 1
E 2
x
y
ps
ρ
)( cos 2a a A ≥⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=ρϕρρΦ
（1）求圆柱内外的电场强度；
（2）这个圆柱是用什么材料制成的？表面有电荷吗？试求之。
解：（1）z z
∂∂+∂∂+∂∂=-∇=Φ
ϕΦρρΦΦϕρ
a a a E
1 ⎪⎩
⎪
⎨⎧≥-++-≤=)( ,sin )1()cos (1)(
,022
22a a A a A a ρϕρϕρρϕρa a （2）由于圆柱内电场为零，因此该圆柱可能是导体。圆柱表面的电荷可由边界条件求得 ϕεερρρ
cos 20S A a
-=∙==a E
2-17 厚度为d 的无限大介质平板，电容率为ε = 4ε0，放置于均匀电场E 0之中，E 0向板的入射角为θ1，如题2.17图所示。求：
（1）使θ2=π/4的θ1的值；
（2）板的两表面的束缚电荷密度。
解：（1）由4
1
tan tan 021==εεθθ，可得
4
1
4πtan 41tan 41tan 21===θθ
︒≈04.141θ
（2）由介质分界面上的法向边界条件n 1n 2D D =，即n 10n 2E E εε=可得介质板中的法向电场
为
010
n 1n 2243.0cos 4
4/E E E E ≈=
=θ 而介质中的极化强度
202023)(E E P εεε=-=
由于入射表面的外法向指向空气，与极化强度的法向方向相反，因此该表面束缚电荷为 0000n 2pS1728.0243.03E E P εερ-=⨯-=-= 出射表面的束缚电荷为 00n 2pS2728
.0E P ερ==
题2-17图
2-18 匀强电场E 0中放入一个半径为a 的介质球（介电常数为ε）后，球内外的电场分布变为
)(cos 230
00
1a r r E ≤+-
=θεεεΦ
θεεεεθΦcos 1
2cos 2030002r
E a r E +-+-= )(a r ≥
（1） 验证球表面的边界条件；
（2） 计算球内外的电场强度； （3） 计算球表面的束缚电荷密度。 解：（1）球表面的边界条件为
切向
a r a r ===21ΦΦ
法向 a
r a
r r
r
==∂∂=∂∂2
01Φ
εΦε
验证： θεεεΦcos 23)(00
1a E a +-
=
θεεεθεεεεθΦcos 23cos 12cos )(0
00
2030002aE a E a a E a +=+-+-=
)()( 12a a ΦΦ=∴ θεεεΦcos 2300
1E r a r +-=∂∂=
θεεε
θεεεεθΦcos 23cos 122cos 0
02030002
E a E a E r
a
r +-=+--
-=∂∂=
满足
a
r a
r r
r ==∂∂=∂∂2
01
Φ
εΦε
（2）介质球内的电场
θ
ΦΦΦ∂∂-∂∂-=-∇=1
1111r r r r
a a E θεεεθεεεθsin 23cos 2300
000E E r +-+=a a
介质球外的电场
θ
ΦΦΦ∂∂-∂∂-=-∇=2
2221r r r r
a a E ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+---⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=θεεεεθθεεεεθθsin 2
2sin cos 22cos 203000203000r E a E r E a E r a a )sin 2cos (2)sin cos (02
3
000θθεεεεθθθθa a a a ++-+-=r r E r
a E )sin 2cos (2023
000θθεεεεθa a E ++-+=r
E r a
（3）介质球的极化强度 )sin cos (2)
(3)(00
0010θθεεεεεεεθa a E P
-+-=
-=r E
介质球表面的束缚电荷为 θεεεεερcos 2)
(300
00ps
E a r r +-=
∙==a P
2-19 两个无限大导体平板相交成α角，但不接触，电压分别为U 1和U 2（U 1
解：两板之间电位满足
012
222
=∂∂=∇ϕ
ρΦΦ
解得 21C C +=ϕΦ
代入边界条件
120U C ==）（Φ
221)(U C C =+=ααΦ
得 ⎩⎨⎧=-=
1
2121/U C U U C α）（
于是板间电位为
112)(U U U +-=α
ϕ
Φ 电场强度为
)(1
112
U U --=∂∂-=-∇=αρϕΦρΦϕϕa a E 板上的电位分布为
ρ
εερϕa U U S )
()0()0(1200--
=∙=a E
ρ
εαεαρϕa U U S )
()()()(1200-=-∙=a E
题2-19图
2-20 同轴电缆内、外导体半径分别为a 、b ，电位分别为U 、0，内、外导体之间充满不均匀介质，介电常数为ρρε/)(k =（k 为常数），已知介质中没有自由电荷。
（1）导出该介质中的电位方程，并求解；
（2）求E 及单位长度上内外导体表面的自由电荷电量； （3）求束缚面电荷分布；
（4）求此电缆单位长度的电容量。 解：（1）把Φ-∇=E 代入高斯定律
0)(=∙∇+∙∇=∙∇E E E εεε 0)()(=∇∙∇--∇∙∂∂Φρ
Φρρρ
k
k a α U 2
U 1
02=∇∙∇-∂∂Φρ
ρΦρk
k
因此电位方程满足
012
=∂∂-
∇ρ
Φ
ρΦ 01)(1=∂∂-∂∂∂∂ρ
Φ
ρρΦρρρ 011122=∂∂-∂∂+∂∂ρ
Φ
ρρΦρρρΦρ 02
2=∂∂ρΦ
21C C +=ρΦ
代入边界条件 U C a C a =+=21)（Φ 0)21=+=C b C b （Φ
得 b a U
C -=1
b
a bU
C --=2
于是得电位解
U a b b b a bU b a U --=---=
ρ
ρΦ （2）a
b U
-=∂∂-=-∇=ρρρΦΦa a E 圆柱内表面电荷面密度为 a
b U
a k a a
-=
∙==ρρ
ερa E )(S
则内外导体单位长度的带电量分别为
a b kU
a a a S l -=
=π2)(π2)(ρρ a
b kU
a b l l --=-=π2)()(ρρ
（3）介质中的极化强度为
a
b U
k
--=-=)
(
)(00ερ
εερa E P 束缚面电荷分为为
)()(0PS ερρρ---=-∙==a k
a b U a a a P ）（ )(0PS ερρρ
--=∙==b
k a b U b b
a P ）（ （4）单位长度的电容量为
a
b k
U
a C l -=
=
π2)
(0ρ 2-21 两个同心金属球壳组成一电容器。内、外壳半径分别为a 、b ，在两壳之间一半的空间填充介质ε（介质分界面是过球心的平面），求此电容器的电容。
解：法一：利用电位求解
两球壳之间无电荷分布，因此空气中和介质中的电位均满足拉普拉斯方程。又由于当内外球壳间加电压U 时，两区域电位均满足同一边界条件，即U a =)(Φ，0)(=b Φ，因此，根据唯一性定理，两区域内具有相同电位解，且具有球对称性。
0122
2=⎪⎭⎫
⎝⎛∂∂∂∂=∇r r r r Φ 21C r C
+-=Φ
代入边界条件 U C a C
a =+-=21)(Φ
0)(21=+-=C b C
b Φ
求得 b a a b U
C -=1
b
a aU
C -=2
电位解为
⎪⎭
⎫
⎝⎛--=
1r b a b aU Φ 内球壳表面的电荷密度分别为 )
(00
1S a b a bU
r
a
r -=
∂∂-==εΦερ )
(2S a b a bU
r
a
r -=
∂∂-==εΦε
ρ
内球带电总量为
a
b a b U
a -+=+=)(π2)2π(Q 02
S21S εερρ
两球壳之间电容量为 a
b ab U -+==
)(π2Q C 0εε 法二：利用电场强度求解
为满足导体球表面的边界条件，显然电场强度沿径向分布。而两种介质分界面的边界条件要求电场切向连续，因此，两区域内的电场强度分布相同，设为E =a r E r 。由高斯定律
Q r E r
E r r
=+=∙⎰22
S
π2π2d εεS D
可得 2
0π2)(r
Q
E r εε+=
两球之间电压 ⎪⎭
⎫
⎝⎛-+=
=
⎰b a Q r E U b
a
r 11π2)(d 0εε 同样得到 a
b ab U -+==)(π2Q C 0εε 2-22 平行板电容器中放入一层0εε>的介质后，电容是增大还是减小了？就两种情况作
出解释：
（1）保持极板上的电量不变； （2）保持极板间电压不变。
解：设板间距离为d ，未加入介质时，该电容器的电容量为 d
S U Q C 00ε==
加入厚度为t 的介质后，由于在介质分界面电位移应保持连续，因此介质和空气中的电位移
相等，设为D ，而极板表面电荷密度为S Q D /S ==ρ。
（1）加入介质并保持极板上电量不变时，0Q Q = 两板之间电压为
()()00
00
0)(U t d S Q t S Q t d D
t D
t d E Et U <-+
=-+
=-+=εε
εε
电容为 0r
00
0)11()(C t
d S t d t S U Q C >--=-+==
εεεε
（2）加入介质并保持两极间电压不变时，0U U =
()()t d S Q
t S Q t d D t D t d E Et U -+
=-+=-+=0
000)(εεεε 极板上电量为
()00
0]1
1/[
Q t d S t S U Q >-+
=εε 电容为 0r
000
)1(C t d S S U Q C >--=+==
εεεε 因此，在上述两种情况下放入介质后，电容增大了。
电容器的电容量仅与电容器的尺寸和内充的介质有关，与极板是否带电、有无电压并无关系。在放入介质的过程中，若电荷量保持不变，由于电场对介质做功消耗了静电能，因而电压降低，使得电容增大；若保持电压不变，则需外接电源，外电源的供能一半对介质做功，一半储存在电容器中，使极板上的电荷量增加，因而电容量增大。
2-23 平行板极板间相距2cm ，其中有1cm 厚的玻璃，07εε=，击穿场强为50kV/cm ；其余为空气，击穿场强为30kV/cm 。问
（1）若在极间加电压40kV ，此电容器会不会击穿？ （2）若将玻璃片取出，会不会击穿？ 解：（1）由介质分界面边界条件，电位移连续，即 2110E E εε=
可得 217E E =
两极板间电压为
2222118E E E d E d E U =+=+= 于是 50kV/cm kV/cm 58/2<==U E
30kV/cm kV/cm 35721>==E E
空气层会被击穿。空气层击穿后，40kV 电压全部加在1cm 的介质上，介质中的场强为40kV/cm ，不会再被击穿。
（2）若将玻璃片取出，空气中的场强为
30kV/cm kV/cm 20/20<==U E 不会被击穿。
2-24 同轴圆柱形电容器内、外导体半径分别为a 和b ，b 为给定值。
（1）当外加电压U 固定时，问a 为何值时可使电容器中的最大电场强度取得极小值，并求出该极小值；
（2）当已知介质的击穿场强E max 时，问a 为何值时电容器能承受极大电压？并求出该极大电压值U max 。
解：圆柱形电容器内电场分布为
a
b U E ln
ρρ=
最大值在内导体表面处
a
b a U
E ln max =
ρ
令 01ln ln max =⎥⎦⎤
⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪
⎭⎫ ⎝
⎛
-=∂∂a a a b a b a U a E ρ 可得 1ln =a b ，即 b b
a 368.0e ≈=
又 01ln E 22
max 2>⎪⎭⎫
⎝⎛-⎪
⎭⎫ ⎝
⎛
-=∂∂a a b a U a ρ 因此，e /b a =时，圆柱内导体表面的电场强度取得最小值，为
b
U a
b a U a E b a e ln )(e
min =
=
=ρ （2）由于内导体表面耐受的场强最大，当此处的介质不会被击穿时，则整个电容器不会被击穿。当此处的场强取值为击穿场强时，
a
a U E ln max =
此电容器的耐受电压随内导体半径的变化而变化：
a
b a E U ln
max = 令 01ln max =⎥⎦⎤
⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=∂∂a a a
b E a U
可得 b b
a 368.0e ≈=
又 01max 2
2<⎪⎭
⎫
⎝⎛-=∂∂a E a U 因此，e /b a =时电容器能承受极大电压，此极大电压为
e
max max b
E U =
2-25 一个半径为a 的导体球位于半径为b 的导体球壳内，两球同心，内球电位为U ，外壳电位为零，求：
（1）b r a ≤≤区域中的电位分布； （2）内外球之间的电容；
（3）试证：在U 、b 给定时，a =b /2可使内球表面处电场达到极小值，并求出该极小值。 解：（1）内外球壳之间电位满足拉普拉斯方程
01222=⎪⎭⎫
⎝⎛∂∂∂∂=
∇r r r r Φ 21C r C
+-=Φ
代入边界条件 U C a C
a =+-=21)(Φ
0)(21=+-=C b C
b Φ
求得 b a abU
C -=1
b
a aU
C -=2
电位解为
⎪⎭
⎫
⎝⎛--=
1r b a b aU Φ （2）内球表面的电荷密度为
)(00
S a b a bU
r
a
r -=
∂∂-==εΦ
ερ
总电量为 a
b abU a Q -==02
S π4π4ερ
内外球之间电容为 a
b ab U Q C -==0π4ε （3）内球表面电场为
)
(/)(0S a b a bU
a E -==ερρ
令 0)2()
()(2
2=---=∂∂a b a b a bU
a a E ρ 可得 2/
b a =
又因
0)(2)()]2)((2)2()()2[()(3
442222>-=--------=∂∂a
a b bU a b a a b a b a a b a b a bU a a E ρ 所以，当2/b a =时，内球表面电场达到极小值。
b
U
a b a bU a E b a 4)()(2/min =
-==ρ 2-26 如题2-26图所示，有一长方形的导体槽，设槽的长度为无限长，电位为0，槽上有一
块与槽绝缘的盖板，电位为U 0，求槽内的电位分布。
题2-26图 题2-26电位分布图
解：槽内电位分布满足拉普拉斯方程
02
=∇Φ
设电位具有分离变量解
)()(y Y x X =Φ
由边界条件0),(),(==y b y a ΦΦ可知，)(x X 具有x a n π
sin 的形式，因此)(y Y 只能取指数类的函数；又由边界条件0)0,(=x Φ可知， )(y Y 具有y a
n π
sinh 的形式。由此写出电位的通解为
⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=
∑∞
=x a n y a n A n n
πsin πsinh 3,2,1
Φ 代入边界条件
03,2,1πsin πsinh ),U x a n b a n A b x n n
=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑∞
=
（Φ 两边同乘x a m π
sin
，并对x 从0到a 积分： x x a m U x x a m x a n b a n A a a n n d πsin d πsin πsin πsinh 0
003,2,1⎰⎰∑⎪⎭⎫
⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛∞=
a
a m x a m m a U x x a m
b a n A 0
002πcos πd πsin πsinh ⎪⎭⎫
⎝⎛-=⎪⎭⎫
⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛⎰ ⎪⎪
⎩⎪⎪⎨⎧
⎪⎭⎫ ⎝⎛=)(
0)( πsinh π40为偶数为奇数m m b a m m U A m 因此，可得电位解为
⎪⎭
⎫ ⎝⎛⎪
⎭
⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑∞
=x a n b a n n y a n U n πsin πsinh πsinh π45,3,10 Φ 其电位分布示意图如图所示。
2-27 如题2-27图所示，两无限大平行导体平面，相距b ，在0=x 平面上b y d ≤≤处有一厚度可视为零导体薄片与上极板相连，整个T 型板的电位为U 0，下极板电位为0。若已知 0=x 平面上d y ≤≤0范围内的电位为d y U /0=Φ，求板间的电位分布。
题2-27图 题2-27辅助图
解：已知的边界条件不能直接满足直角坐标的分离函数特征，因此需要将边界分解成如图所示的区域及边界条件，按照叠加定理和唯一性定理，有21ΦΦΦ+=
电位Φ1和Φ2分别满足拉普拉斯方程，其中
b
y
U 0
1=Φ 设电位Φ2具有分离变量解
)()(2y Y x X =Φ
由Φ2的边界条件0),()0,(22==b x x ΦΦ可知，)(y Y 具有y b
n π
sin
的形式，因此)(x X 只能取指数类的函数；又由于)(x X 具有偶函数性质，且x →∞时，电位趋于零，因此可设
x b
n n A x X π
-
=e
)(
由此写出电位的通解为
x
b
n n n y b n A π
Φ-
∞
=⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑e πsin 1
2
将0=x 时Φ2的边界条件代入上式，可得
O
x
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧<<-<<-=⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑∞==)( )0( πsin 00001
2
b y d b y U U d y b
y U d y
U y b n A n n x Φ
两边同乘y b
m π
sin
，并对y 从0到b 积分： y y b m y b U y y b m y b d U y y b m y b n A b d
d b n n d πsin 11d πsin 11d πsin πsin 00003,2,1⎰⎰⎰∑⎪⎭
⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛∞= d
b
m y b m m b y b m y m b b d U y y b m A 0
202
πs i n ππc o s π11d πs i n ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎰ ⎪⎭
⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫
⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛-+b d b d y b m m b y b m y m b b y b m m b U πsin ππcos π1πcos π20 )πcos(ππsin ππcos π1122
0m m b
d b m m b d b m d m b b d U b A m -⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣
⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-= ()⎪⎭
⎪⎬⎫⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+--⎪⎭⎫ ⎝⎛+d b m m b d b m m bd m m b b d b m m b πsin ππcos ππcos π1πcos π22
⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=d b m m b d U πsin π2
0 ⎪⎭
⎫ ⎝⎛=d b m m b d U A m πsin π22
20 于是可得 x
b n n y b n d b n n d b U π
Φ-∞=⎪⎭
⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑e πsin πsin 1π212
202 x
b
n n y b n d b n n d b U b y U π
ΦΦΦ-∞=⎪⎭
⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=∑e
πsin πsin 1π21220021
其电位分布示意图如图所示。
题2-27电位分布图
2-28 如题2-28图所示，两无限大平行导体平面，相距a ，上下极板电位均为0。它们之间有一与z 轴平行的线电荷λ（C/m ），位于（0，d ）处。求板间的电位分布。
题2-28图 题2-28电位分布图
解：两极板间除线电荷所在位置之外的空间中电位满足拉普拉斯方程。设电位Φ具有分离变量解
)()(y Y x X =Φ
由边界条件0),()0,(==a x x ΦΦ可知，)(y Y 具有y a
n π
sin
的形式，因此)(x X 只能取指数类的函数；又由于)(x X 具有偶函数性质，且x →∞时，电位趋于零，因此可设
x a
n n A x X π
-
=e
)(
由此写出电位的通解为
x
a n n n y a n A π
Φ-∞
=⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑e
πsin 1
即0 a n n n y a n A πΦe πsin 11⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑∞ = 0>x 时， x a n n n y a n A π Φ-∞ =⎪⎭⎫ ⎝⎛=∑e πsin 1 2 在分界面x = 0处，线电荷λ用面密度表示为 )(S d y -=λδρ 代入分界面上的边界条件 S 0 20 10 ρΦεΦε=∂∂-∂∂==x x x x 得到 )(πsin π21 0d y y a n a n A n n -=⎪⎭ ⎫ ⎝⎛∑∞ =λδε 两边同乘y a m π sin ，并对y 从0到a 积分： ⎰⎰∑⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛∞=a a n n y y a m d y y y a m y a n a n A 001 0d πsin )(d πsin πsin π2δλε ⎪⎭ ⎫ ⎝⎛=d a m a a n A m πsin 2π20λε 静电场习题及解析 （1）电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上。求证：（1）在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为 2 20 41 L r Q E -= πε （2）在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为 2 2 421L r r Q E += πε 若棒为无限长（即∞ →L ），试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较。 分析：这是计算连续分布电荷的电场强度。此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理。但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上。如图所示，在长直线上任意取一线元，其电荷为d q = Q d x /L ，它在点P 的电场强度为 r r q e E 2 d 41d ' = πε 整个带电体在点P 的电场强度 ?= E E d 接着针对具体问题来处理这个矢量积分。 （1） 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在 点P 的电场强度方向相同， ? = L i E E d （2） 若点P 在棒的垂直平分线上，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为 零，因此，点P 的电场强度就是 ? ? = = L L j j E E E d sin d y α 证：（1）延长线上一点P 的电场强度? ' = L r q E 2 04d πε，利用几何关系x r r -= '统一积分变量， 则 2 2002 22 -0 41212141 ) (d 41L r Q L r L r L x r L x Q E L L P -=??????+--= -= ? πεπεπε 电场强度的方向沿x 轴。 （3） 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为 ? ' = L r q E 2 04d sin πεα 利用几何关系2 2 ,sin x r r r r += ''=α 统一积分变量，则 2 2 02 32 2 22 -0 41 2) (d 41r L r Q r x L x rQ E L L += += ? πεπε 当棒长∞ →L 时，若棒单位长度所带电荷为λ常量，则 经典的静电场习题 1、如图所示，中央有正对小孔的水平放置的平行板电容器与电源连接，电源电压为U 。将一带电小球从两小孔的正上方P 点处由静止释放，小球恰好能够达到B 板的小孔b 点处，然后又按原路返回。那么，为了使小球能从B 板的小孔b 处出射，下列可行的办法是（ ） A.将A 板上移一段距离 B.将A 板下移一段距离 C.将B 板上移一段距离 D.将B 板下移一段距离 2、如图所示，A 、B 、C 、D 、E 、F 为匀强电场中一个正六边形的六个顶点，已知A 、B 、C 三点的电 势分别为1V 、6V 和9V 。则D 、E 、F 三点的电势分别为（ ） A 、+7V 、+2V 和+1V B 、+7V 、+2V 和1V C 、-7V 、-2V 和+1V D 、+7V 、-2V 和1V 3、质量为m 、带电量为-q 的粒子（不计重力），在匀强电场中的A 点以初速度υ0沿垂直与场强E 的方向射入到电场中，已知粒子到达B 点时的速度大小为2υ0，A 、B 间距为d ，如图所示。 则（1）A 、B 两点间的电势差为（ ） A 、q m U AB 232 υ-= B 、q m U AB 232 υ= C 、q m U AB 22 υ-= D 、q m U AB 22 υ= （2）匀强电场的场强大小和方向（ ） A 、qd m E 2 21υ= 方向水平向左 B 、qd m E 2 21υ= 方向水平向右 C 、qd m E 2212 υ= 方向水平向左 D 、qd m E 2212 υ= 方向水平向右 4、一个点电荷从静电场中的A 点移到电场中的B 点，其电势能变化为零，则（ ） A 、A 、B 两点处的场强一定相等 B 、该电荷一定能够沿着某一等势面移动 C 、A 、B 两点的电势一定相等 D 、作用于该电荷上的电场力始终与其运动方向垂直 A B a b P · m 、q 。 。 U + - A B C D E F E · A υ0 B · 静电场练习题及答案解析 练习1 一、选择题 1. 一带电体可作为点电荷处理的条件是( ) A. 电荷必须呈球形分布； B. 带电体的线度与其它有关长度相比可忽略不计； C. 电量很小； D. 带电体的线度很小。 2. 试验点和q0在电场中受力为F⃗，其电场强度的大小为F ，以下说法正确的( ) q0 A. 电场强度的大小E是由产生电场的电荷所决定的，不以试验电荷q0及其受力的大小决定； B. 电场强度的大小E正比于F且反比与q0； C. 电场强度的大小E反比与q0； D. 电场强度的大小E正比于F。 3. 如果通过闭合面S的电通量Φe为零，则可以肯定( ) A. 面S内没有电荷； B. 面S内没有净电荷； C. 面S上每一点的场强都等于零； D. 面S上每一点的场强都不等于零。 4. 如图所示为一具有球对称性分布的静电场的E~r关系曲线，产生该静电场的带电体是( ) A 半径为R的均匀带电球面； B半径为R的均匀带电球体； C半径为R的、电荷体密度为ρ=Ar（A为常数）的非 均匀带电球体； D半径为R的、电荷体密度为ρ=A r⁄（A为常数）的非均匀带电球体。 5. 在匀强电场中，将一负电荷从A移动B，如图所示，则( ) A. 电场力做负功，负电荷的电荷能增加； B. 电场力做负功，负电荷的电势能减少； C. 电场力做正功，负电荷的电势能增加； D. 电场力做正功，负电荷的电势能减少。 二、填空题 1. 点电荷q1、q2、q3和q4在真空中的分布如图所示，图中S为 闭合曲面，则通过该闭合曲面的电通量∮E⃗⃗∙dS⃗=， 式中E⃗⃗是点电荷在闭合曲面上任一点产生的场强 的矢量和。 2. 真空环境中正电荷q均匀地分布在半径为R的细圆环上.在环环心O处电场强度为，环心的电势为。 =0，这表3. 在静电场中，场强沿任意闭合路径的线积分等于零，即∮E⃗⃗∙dl⃗ L 明静电场中的电场线。 4. 一半径为R的均匀带电球面，其电荷面密度为σ，该球面 内、外的场强分布为（r⃗表示从球心引出的矢径）： E⃗⃗r=(r 静电场 1、在正方形的两个相对的角上各放置一点电荷Q ，在其它两个相对的角上各置一点电荷q ，如果作用在Q 上的力为零，求Q 与q 的关系。 分析：若使Q 所受合力为零，如图所示，两种电荷符号必然相反，大小关系有Qq QQ F F 2=。设正方形边长为a 。 解：2 22222a Qq k F a Q k F Qq QQ === 得 q Q 22-= 2、在直角三角形ABC 的A 点放置点电荷q 108.1?=C Q 9 108.4-?-=，已知BC = 4cm ，AC = 3cm ，试求直角顶 点C 处的场强。 分析：如图，C 点场强为两电荷激发电场的合场强。 解：r q E AC q 8.110 91085.814.34108.1414 129 20=??????==---πε m V r Q E AC Q /107.210 161085.814.34108.441 4 4 12920?=??????==---πε m V E E E q Q /1024.3422?=+= 5.18 .17 .2tan == = q Q E E θ 则 ?=34θ 3、一均匀带电细棒，长为L ，带电量Q 。求在棒的延长线上与棒的近端相距为R 的A 点的场强。 分析：如图建立坐标系，取棒上一小段dx ，电量为dq ，与A 点距离为L-x+R ，在A 点激发的场强为dE 。则A 点的总场强只需对dE 积 分即可。 解：由分析得 )(41)(41)(41 00 2020L R R Q x R L dx L Q x R L dq dE E L +=-+=-+==??? πεπεπε 4、一半圆形带电线，半径为R ，电荷线密度为η，求圆心 O 处的电场强度。 分析：如图建立坐标系，取线上一小段d l ，电量为dq ， 有dq = ηd l = ηRd θ。在O 点激发的场强为dE 。由于电线轴 对称，dE y = 0则dE = dE x ，则O 点的总场强只需对dE 积分即 可。 习题 2 2-1 两个点电荷q 和-q 分别位于+y 轴和+x 轴上距原点为a 处，求： （1）z 轴上任一点处电场强度的方向a E ； （2）平面y = x 上任一点的a E 。 解：（1）源点坐标q （0，a ，0）、-q （0，a ，0），场点坐标（0，0，z ） 3 030π4)(π4)(- - ++'-'--'-'-= r r r r r r r r E εεq q 3 030π4)(π4)(a z a z q a z a z q x z x z y z y z a a a a a a a a -----=εε 2 /3220)(π4)(a z qa y x +-= εa a )(2 2 E y x E a a E a -== （2）位于平面y = x 上任一点的场点坐标（x ，x ，z ）,电场为 3 030π4)(π4)(- - ++'-'--'-'-= r r r r r r r r E εεq q 3 03 0π4)(π4) (a z x x a z x x q a z x x a z x x q x z y x x z y x y z y x y z y x a a a a a a a a a a a a a a a a -++-++- -++-++= εε 2 /322 2 0] )([π4)(z a x x qa y x +-+-= εa a )(2 2E y x E a a E a -== 2-2 xy 平面上半径为 a 圆心位于原点的半圆环关于 x 轴对称，且开口朝向+x 轴。若半环 上电荷线密度为ρl ，求位于原点的点电荷 q 所受到的作用力。 解：⎰⎰+===2/3π2/π20 20d π4)sin cos (d π4ϕεϕϕρερa q l R q q y x l l R l a a a E F a q a q l x y x l 03ππ/ 2 /π2 0π2π4)cos sin (ερεϕϕρa a a =-= 2-3 卢瑟福在1911年采用的原子模型为：半径为r a 的球体积中均匀分布着总电量为- z e 的电 子云，球心有一正电荷z e （z 为原子序数， e 是质子的电量），试证明他得到的原子内的电场和电位的表示式： 230e 1r a z r r r πε⎛⎫ =- ⎪⎝⎭E a 230e 13422a a z r r r r Φπε⎛⎫=- + ⎪⎝⎭ 证明：球内的体电荷均匀分布，密度为3f π3 4e a r z -=ρ 静电场练习题 一、电荷守恒定律、库仑定律练习题 4．把两个完全相同的金属球A和B接触一下，再分开一段距离，发现两球之间相互排斥，则A、B两球原来的带电情况可能是 [ ] A．带有等量异种电荷 B．带有等量同种电荷 C．带有不等量异种电荷 D．一个带电，另一个不带电 8．真空中有两个固定的带正电的点电荷，其电量Q1＞Q2，点电荷q置于Q1、Q2连线上某点 时，正好处于平衡，则 [ ] A．q一定是正电荷 B．q一定是负电荷 C．q离Q2比离Q1远D．q离Q2比离Q1近 14．如图3所示，把质量为0.2克的带电小球A用丝线吊起，若将带电量为4×10-8库的小球B靠近它，当两小球在同一高度相距3cm时，丝线与竖直夹角为45°，此时小球B受到的库仑力F＝______，小球A带的电量q A＝______． 二、电场电场强度电场线练习题 6．关于电场线的说法，正确的是 [ ] A．电场线的方向，就是电荷受力的方向 B．正电荷只在电场力作用下一定沿电场线运动 C．电场线越密的地方，同一电荷所受电场力越大 D．静电场的电场线不可能是闭合的 7．如图1所示，带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，用E A、E B表示A、B两处的场强，则 [ ] A．A、B两处的场强方向相同 B．因为A、B在一条电场上，且电场线是直线，所以E A＝E B C．电场线从A指向B，所以E A＞E B D．不知A、B附近电场线的分布情况，E A、E B的大小不能确定 8．真空中两个等量异种点电荷电量的值均为q，相距r，两点电荷连线中点处的场强为 [ ] A．0 B．2kq／r2 C．4kq／r2 D．8kq／r2 9．四种电场的电场线如图2所示．一正电荷q仅在电场力作用下由M点向N点作加速运动，且加速度越来越大．则该电荷所在的电场是图中的 [ ] 11．如图4，真空中三个点电荷A、B、C，可以自由移动，依次排列在同一直线上，都处于平衡状态，若三个电荷的带电量、电性及相互距离都未知，但AB＞BC，则根据平衡条件可断定 [ ] A．A、B、C分别带什么性质的电 B．A、B、C中哪几个带同种电荷，哪几个带异种电荷 C．A、B、C中哪个电量最大 D．A、B、C中哪个电量最小 二、填空题 12．图5所示为某区域的电场线，把一个带负电的点电荷q放在点A或B时，在________点受的电场力大，方向为______． 1 静电场练习题及答案 一、选择题 1、库仑定律的适用范围是 〔 D 〕 ()A 真空中两个带电球体间的相互作用； ()B 真空中任意带电体间的相互作用； ()C 真空中两个正点电荷间的相互作用； ()D 真空中两个带电体的大小远小于它们之间的距 2、关于电场强度，下面说法中正确的是 （ D ） （A ）电场强度E 的大小与试探电荷 0q 的大小成反比； （B ）电场强度E 的大小与试探电荷受力F 的大小成正比 （C ）若场中某点不放试探电荷 0q ，则0=F ，从而0=E （D ）对电场中某点，试探电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变； 3、根据场强定义式0q F E =，下列说法中正确的是：〔 D 〕 ()A 电场中某点处的电场强度就是该处正电荷所受的力； ()B 从定义式中明显看出，场强反比于单位正电荷； ()C 做定义式时0q 必须是正电荷； ()D E 的方向可能与F 的方向相反。 4、已知一高斯面所包围的体积内电荷代数和0i q =∑，则可肯定： （ C ） （A ）高斯面上各点场强均为零。 （B ）通过高斯面上每一面元的电通量均为零。 （C ）通过整个高斯面的电通量为零。 （D ）以上说法都不对。 5、点电荷Q 被曲面S 所包围，从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面外一点，如图所 示，则引入前后： （ D ） （A ）曲面S 的电通量不变，曲面上各点场强不变。 （B ）曲面S 的电通量变化，曲面上各点场强不变。 （C ）曲面S 的电通量变化，曲面上各点场强变化。 （D ）曲面S 的电通量不变，曲面上各点场强变化。 6一点电荷，放在球形高斯面的中心处，下列哪一种情况，通过高斯面的电通量发生变化： （A ）将另一点电荷放进高斯面内； （ A ） （B ）将球心处的点电荷移开，但仍在高斯面内； （C ）将另一点电荷放在高斯面外； （D ）将高斯面缩小一半。 静电场习题 一、不定项选择题(本题共12小题，每题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求) 1．下列说法不正确的是 A ．电场中某点电势与零电势点的选取有关，而电场中某两点间的电势差与零电势点选取无关 B ．同一点电荷在电势高的地方电势能较大，在电势低的地方电势能较小 C ．同一点电荷，电场力做正功，其电势能一定减小；电场力做负功，其电势能一定增加 D ．同一点电荷在电场中任意两点间移动时，只要电场力做功相同，则两点间的电势差一定相同 2．在静电场中 A ．电场强度处处为零的区域内，电势也一定处处为零 B ．电场强度处处相等的区域内，电势也一定处处相等 C ．电场强度的方向总是跟等势面垂直 D ．沿着电场线的方向电势是不断降低的 3．一个电子在匀强电场中运动，且只受电场力作用，则在一段时间内 A ．电子的速率一定增大 B ．电子的动能可能减小 C ．电子的速率一定减小 D ．电子一定做匀变速运动 4．两个相同的金属小球，分别带电后相距较远距离时的库仑力为F ，将两球接触后放回原处，相互作用的库仑力大小仍为F ，则两个小球原来所带的电荷 A ．可能为等量同种电荷 B ．可能为不等量的同种电荷 C ．可能为不等量的异种电荷 D ．不可能为异种电荷 5．两个带电量均为Q 的正电荷，固定于两点，它们连线的垂直平分线MN 交其连线于O 点，如图所示，现在MN 上取a 、b 两点，且aO ＝Ob ，将电荷q 从a 移至b 的过程中 A ．电场力一定先做正功后做负功 B ．电场力可能先做负功后做正功 C ．电场力一直做正功 D ．电场力一直做负功 6．如图所示，在A 点放有电量为Q 的点电荷，在B 点放有电量为－2Q 的点电荷，在它们的连线上有M 、N 两点，且AM =BN ，比较M 、N 两点的场强和电势高低，则 A ．E M >E N φM > φN B ．E M >E N φM < φN C ．E M 静电场习题及答案 静电场习题及答案 静电场是物理学中的一个重要概念，它描述了由电荷引起的力的作用。在学习 静电场的过程中，我们常常会遇到一些习题来巩固所学的知识。本文将介绍一 些常见的静电场习题，并给出相应的答案和解析。 习题一：两个点电荷之间的力 问题描述：两个点电荷Q1和Q2之间的距离为r，它们之间的电力为F，若将 Q1的电荷加倍，Q2的电荷减半，它们之间的电力变为多少？ 答案与解析：根据库仑定律，两个点电荷之间的电力与它们的电荷量和距离的 平方成反比。设Q1的电荷为q1，Q2的电荷为q2，则有F = k * q1 * q2 / r^2，其中k为电磁力常数。将Q1的电荷加倍，Q2的电荷减半后，新的电力为F' = k * (2q1) * (0.5q2) / r^2 = 2F。所以，它们之间的电力变为原来的2倍。 习题二：电场强度的计算 问题描述：一均匀带电球体的半径为R，总电荷量为Q，求球心处的电场强度E。答案与解析：由于球体带电，所以球体上每一点都有电荷。根据对称性，球心 处的电场强度与球体上的电荷分布无关，只与总电荷量和球心距离有关。根据 库仑定律，球心处的电场强度E = k * Q / R^2，其中k为电磁力常数。所以， 球心处的电场强度与球体上的电荷分布无关，只与总电荷量和球心距离有关。 习题三：电势差的计算 问题描述：在一个静电场中，一个带电粒子从A点移动到B点，A点的电势为 V1，B点的电势为V2，求带电粒子在移动过程中所受的电势差ΔV。 答案与解析：电势差ΔV定义为电势的变化量，即ΔV = V2 - V1。根据电势的 定义，电势是单位正电荷所具有的势能，所以电势差表示单位正电荷从A点移动到B点所具有的势能变化量。所以，带电粒子在移动过程中所受的电势差为ΔV = V2 - V1。 习题四：电场线的性质 问题描述：在一个静电场中，电场线的性质有哪些？ 答案与解析：电场线是描述电场的一种图形表示方法。电场线的性质包括以下几点： 1. 电场线的方向与电场强度的方向相同，即电场线从正电荷指向负电荷。 2. 电场线不会相交，因为在相交点上会有多个电场强度方向，与电场线的定义相矛盾。 3. 电场线趋向于在空间中形成封闭曲线或者从无穷远处进入带电体。 4. 电场线的密度表示电场强度的大小，电场线越密集，电场强度越大。 5. 电场线在导体表面上垂直于导体表面，因为导体表面上的电场强度为零。通过解答以上习题，我们可以更好地理解和掌握静电场的概念和相关知识。静电场作为物理学中的基础概念，不仅在理论研究中有着广泛的应用，也在日常生活中有着重要的实际意义。希望本文的内容能够对读者有所帮助。 第5章 静电场习题解答 5.1一带电体可作为点电荷处理的条件是（ C ） （A ）电荷必须呈球形分布。 （B ）带电体的线度很小。 （C ）带电体的线度与其它有关长度相比可忽略不计。 （D ）电量很小。 5.2图中所示为一沿 x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线，电荷线密度分别为+λ（x >0）和 -λ（x < 0），则 oxy 坐标平面上点（0，a ）处的场强 E 为：（ B ） ( A ) 0 ( B ) 02a λ πεi ( C ) 04a λπεi ( D ) ()02a λ πε+i j 5.3 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1 1、关于静电场，下列说法正确的是 A. 电势等于零的物体一定不带电 B. 电场强度为零的点，电势一定为零 C. 同一电场线上的各点，电势一定相等 D. 负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 解析：考察电场和电势概念，选D 2、一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c ，已知质点的速率是递减的。关于b 点电场强度E 的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b 点的切线）（D ） 解析：主要考查电场力方向和曲线运动所受合外力与轨迹的关系。正确答案是D 。 3、板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间的电势差为U 1，板间场强为E 1。现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为12d ，其他条件不变，这时两极板间电势差为U 2，板间场强为E 2，下列说法正确的是 A ．U 2 = U 1，E 2 = E 1 B ．U 2 = 2U 1，E 2 = 4E 1 C ．U 2 = U 1，E 2 = 2E 1 D ．U 2 = 2U 1， E 2 = 2E 1 【解析】：考查平行板电容器的相关知识。144Q Q kdQ U S C S kd πεεπ===，114U kQ E d S πε==，当电荷量变为2Q 时，212242Q Q kdQ U U S C S kd πεεπ= ==='，22182/2U kQ E E d S πε===，C 选项正确。 【答案】：C 4、．电场线分布如图昕示，电场中a ，b 两点的电场强度大小分别为已知a E 和b E ，电势分别为a ϕ和b ϕ，则 c (A) a b E E >，a b ϕϕ> (B) a b E E >，a b ϕϕ< (C) a b E E <，a b ϕϕ> (D) a b E E <，a b ϕϕ< ．关于静电场，下列结论普遍成立的是 A ．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 B ．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 ? ? 1q 2q S 静电场1 一、选择题 1、 下列几个叙述中哪一个是正确的？ A 、电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。 B 、在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同。 C 、场强方向可由E =F /q 定出，其中q 为试验电荷的电量，q 可正可负。 D 、以上说法都不正确。 [ C ] 2、 关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是 A 、如果高斯面内无电荷，则高斯面上E 处处为零； B 、如果高斯面上E 处处不为零，则该面内必无电荷； C 、如果高斯面内有净电荷，则通过该面的电通量必不为零； D 、如果高斯面上E 处处为零，则该面内必无电荷。 [ C ] 3、 有一边长为a 的正方形平面，在其中垂线上距中心O 点a /2处，有一电荷为q 的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量为 (A) 03εq ． (B) 04επq a a q a/2 O (C) 03επq ． (D) 0 6εq ［ D ］ 4 、两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1 静电场练习题 一、选择题 1、设有一“无限大”均匀带正电荷的平面．取x 轴垂直带电平面，坐标原点在带电平面上，则其周围空间各点的电场强度E 随距离平面的位置坐标x 变化的关系曲线为(规定场强方向沿x 轴正向为正、反之为负)：［ ］ 2、关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是：［ ］ (A) 如果高斯面上E 处处为零，则该面内必无电 荷． (B) 如果高斯面内无电荷，则高斯面上 E 处处为零． (C) 如果高斯面上E 处处不为零，则高斯面内必有电荷． (D) 如果高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电场强度 通量必不为零． 3、一个带正电荷的质点，在电场力作用下从A 点经C 点运动到B 点， 其运动轨迹如图所示．已知质点运动的速率是递增的，下面关于C 点 场强方向的四个图示中正确的是：［ ］ 4、如图所示，两个“无限长”的、半径分别为R 1和R 2的共轴圆柱面均匀带电，沿轴线方向单位长度上所带电荷分别为λ1和λ2，则在内圆柱面里面、距离轴线为r 处的P 点的电场强度大小E 为：［ ］ (A) r 0212ελλπ+． (B) 20210122R R ελελπ+ π (C) 1 01 2R ελπ． (D) 0． 5、边长为a 的正方形的四个顶点各有一个电量为q 的点电荷，若将点电荷Q 由远处移到正方形中心处，电场力的功是[ ] a Qq A 02πεa Qq B 02πε- a Qq C 0πεa Qq D 0πε- 6、在X 轴上，点电荷Q 位于x =a 处，负的点电荷–Q 位于x = – a 处，点P 位于轴上x 处，当x»a 时，P 点的场强 E =[ ] x Qq A 04πε2 0x Qa B πε3 0x Qa C πε2 04x Q D πε 7、孤立导体球A 的半径为R ，带电量Q ，其电场能为W A ，孤立导体球B 的半径为R /2，带电量Q /2， x E 静电场练习题专题 一、单项选择题：（每题只有一个选项正确，每 题 4 分） 1、以下说法正确的选项是： （） A．只有体积很小的带电体，才能看做点电荷 B．电子、质子所带电量最小，因此它们都是元电荷 C．电场中A、B两点的电势差是恒定的，不随零电势点的不一样而改变，因此U AB＝ U BA D．电场线与等势面必定互相垂直，在等势面上挪动电荷电场力不做功 2、在真空中同向来线上的A、B 处罚别固定电量分别为＋2Q、－ Q的两电荷。如下图，若 在 A、 B 所在直线上放入第三个电荷C，只在电场力作用下三个电荷都处于均衡状态，则C 的电性及地点是 () A ．正电，在、 B 之间 A B ．正电，在B点右边 C．负电，在B点右边 D．负电，在A点左边 3、如下图，实线为不知方向的三条电场线，从电场中点以同样速度飞出、两个带电 M a b 粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则（） A．a必定带正电，b必定带负电 B．a的速度将减小，b的速度将增添 C．a的加快度将减小，b的加快度将增添 D．两个粒子的电势能一个增添一个减小 4、某静电场的电场线散布如下图，图中P、 Q 两点的电场强度的大小分别为P Q E和 E，电势分别为φP 和φQ，则() A．P< Q， φP < φQ E E PQ P Q B．E >E，φ<φ C．P< Q，φP>φQ E E D．E P>E Q，φP>φQ 5、一个点电荷，从静电场中的 a 点移到 b 点，其电势能的变化为零，则（） A、 a、 b 两点的场强必定相等； B、该点电荷必定沿等势面挪动； C、作用于该点电荷的电场力与其挪动方向老是垂直的； D、 a、 b 两点电势必定相等。 6、在点电荷 Q 形成的电场中有一点 A，当一个－ q 的查验电荷从电场的无穷远处被移到电场中的 A 点时，电场力做的功为 W，则查验电荷在 A 点的电势能及电场中 A 点的电势分别为（规定无穷远处电势能为 0）： A．C．A A W， W， W B． A q W D． A q A W，A W q A W，A W q ______________________________________________________________________________________________________________ 精品资料 练习一 库仑定律 电场强度 σ，球面内电场强度处处为零(原因是场强叠加原理)，球面上面元d S 的一个电量为σd S 的电荷元在球面内各点产生的电场强度(C)(面元相当于点电荷) (A) 电荷电量大,受的电场力可能小； (B) 电荷电量小,受的电场力可能大； (C) 电场为零的点,任何点电荷在此受的电场力为零； (D) 电荷在某点受的电场力与该点电场方向一致. 边长为a 的正方形的四个顶点上放置如图2.1所示的点电荷, 则中心O 处场强(C) (用点电荷的场强叠加原理计算，注意是矢量叠加，有方向性) (A) 大小为零. (B) 大小为q/(2πε0a 2), 方向沿x 轴正向. 图2.1 2 (C) 大小为() 2022a q πε, 方向沿y 轴正向. (D) 大小为()20 22a q πε, 方向沿y 轴负向. 二、填空题 1.4所示,带电量均为+q 的两个点电荷,分别位于x 的+a 和－a 位置.则y 轴上各点场强表达式 为 E = ,场强最大值的位置 在y = .( 2qy j /[4πε0 (a 2+y 2)3/2] , ±a/21/2.) (也是用点电荷的场强叠加原理计算) 三、计算题 1．用绝缘细线弯成的半圆环,半径为R ，其上均匀地带有正点荷 Q , 试求圆心O 处的电场强度. (此题的计算尽量掌握，涉及连续带电体 的电场强度计算，可与书上总结部分的例子进行比较对应) 解. 取园弧微元 d q=λd l =[Q/(πR )]R d θ=Q d θ/π d E =d q/(4πε0r 2)=Q d θ/(4π2ε0R 2) d E x =d E cos(θ+π)=－d E cos θ d E y =d E sin(θ+π)=－d E sin θ E x =()⎰⎰- =2/32 /2024d cos d ππ επθθR Q E x =Q/(2π2ε0R 2) E y =⎰d E y ()⎰ -2 /32 /2024d sin ππεπθθR Q =0 图1.4 第九章 静电场 一 选择题 1. 在坐标原点放一正+Q ，它在P 点〔x =+1，y =0〕产生的电场为E 。现在，另外有一个负电荷-2Q ，试问应将它放在什么位置才能使P 点的电场强度为零？ 〔〕 Ａ. x 轴上x >1。 B. x 轴上x <0。 C. x 轴上0静电场习题及解析
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