静电场计算题 习题库

静电场计算题1.如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电荷为q ，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度．解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ，在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ，它在P 点的场强：()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε 2分总场强为 ⎰+π=Lx d L xLq E 020)(d 4－ε()d L d q +π=04ε3分方向沿x 轴，即杆的延长线方向．2.一个细玻璃棒被弯成半径为R 的半圆形，匀分布有电荷+Q ，沿其下半部分均匀分布有电荷－Q ，所示．试求圆心O 处的电场强度．解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ处取微小电荷 d q = λd l = 2Q d θ / π它在O 处产生场强 θεεd 24d d 20220RQ Rq E π=π=2分按θ角变化，将d E 分解成二个分量：θθεθd sin 2sin d d 202RQ E E x π== θθεθd cos 2cos d d 202RQ E E y π-=-= 3分对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=⎰⎰πππθθθθε2/2/0202d s i n d s i n 2R Q E x ＝0 2分 2022/2/0202d c o s d c o s 2R QR QE y εθθθθεππππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π-=⎰⎰ 2分 所以j RQj E i E E y x 202επ-=+= 1分LqO3.如图所示，一电荷面密度为σ的“无限大”平面，在距离平面a 处的一点的场强大小的一半是由平面上的一个半径为R 的圆面积范围内的电荷所产生的．试求该圆半径的大小．解：电荷面密度为σ的无限大均匀带电平面在任意点的场强大小为E =σ / (2ε0) 2分以图中O 点为圆心，取半径为r →r ＋d r 的环形面积，其电量为d q = σ2πr d r 2分它在距离平面为a 的一点处产生的场强()2/32202d ra a r d r E +=εσ 2分则半径为R 的圆面积内的电荷在该点的场强为()⎰+=Rr arr aE 02/322d 2εσ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=22012Ra aεσ 2分由题意,令E =σ / (4ε0)，得到R ＝a 32分4.电荷线密度为λ的“无限长”均匀带电细线，弯成图示形状．若半圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强．解：以O 点作坐标原点，建立坐标如图所示．半无限长直线A ∞在O 点产生的场强1E ， ()j i RE--π=014ελ2分半无限长直线B ∞在O 点产生的场强2E ， ()j i RE +-π=024ελ2分 半圆弧线段在O 点产生的场强3E，i RE032ελπ=2分由场强叠加原理，O 点合场强为0321=++=E E E E2分5. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB 的半径为R ，试求圆心O 点的场强．B∞∞OBA∞∞解：在O 点建立坐标系如图所示． 半无限长直线A ∞在O 点产生的场强：()j i R E -π=014ελ 2分 半无限长直线B ∞在O 点产生的场强：()j i R E +-π=024ελ2分 四分之一圆弧段在O 点产生的场强： ()j i R E +π=034ελ 4分由场强叠加原理，O 点合场强为：()j i R E E E E +π=++=03214ελ 2分6.图中虚线所示为一立方形的高斯面，已知空间的场强分布为： E x ＝bx ， E y ＝0， E z ＝0． 高斯面边长a ＝0.1 m ，常量b ＝1000 N/(C ·m)．试求该闭合面中包含的净电荷．(真空介电常数ε0＝8.85×10-12C 2·N -1·m -2 )解：设闭合面内包含净电荷为Q ．因场强只有x 分量不为零，故只是二个垂直于x 轴的平面上电场强度通量不为零．由高斯定理得：-E 1S 1+ E 2S 2=Q / ε0 ( S 1 = S 2 =S ) 3分则 Q = ε0S (E 2- E 1) = ε0Sb (x 2- x 1)= ε0ba 2(2a －a ) =ε0ba 3 = 8.85×10-12 C 2分7.真空中一立方体形的高斯面,边长a ＝0.1 m 置．已知空间的场强分布为： E x =bx , E y =0 , E z =0．常量b ＝1000 N/(C ·m)．试求通过该高斯面的电通量．解： 通过x ＝a 处平面1的电场强度通量 Φ1 = -E 1 S 1= -b a 31分 通过x = 2a 处平面2的电场强度通量Φ2 = E 2 S 2 = 2b a 3 1分其它平面的电场强度通量都为零．因而通过该高斯面的总电场强度通量为Φ = Φ1+ Φ2 = 2b a 3-b a 3 = b a 3 =1 N ·m 2/C 3分B A ∞yx8. 图示一厚度为d 的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为ρ．试求板内外的场强分布，并画出场强随坐标x 变化的图线，即E —x 图线(设原点在带电平板的中央平面上，Ox 轴垂直于平板)．解：由电荷分布的对称性可知在中心平面两侧离中心平面相同距离处场强均沿x 轴，大小相等而方向相反．在板内作底面为S 的高斯柱面S 1（右图中厚度放大了）, 两底面距离中心平面均为⎢x ⎜, 由高斯定理得01/22ερS x S E ⋅=⋅则得 01/ερx E = 即 01/ερx E = ⎪⎭⎫⎝⎛≤≤-d x d 2121 4分 在板外作底面为S 的高斯柱面S 2两底面距中心平面均为x ，由高斯定理得 02/2ερSd S E ⋅=⋅则得 ()022/ερd E ⋅= ⎪⎭⎫ ⎝⎛>d x 21即 ()022/ερd E ⋅= ⎪⎭⎫ ⎝⎛>d x 21，()022/ερd E ⋅-= ⎪⎭⎫⎝⎛-<d x 21 4分E ~ x 图线如图所示． 2分9.一半径为R 的带电球体，其电荷体密度分布为ρ =Ar (r ≤R ) ， ρ =0 (r ＞R ) A 为一常量．试求球体内外的场强分布．解：在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为r r Ar V q d 4d d 2π⋅==ρ在半径为r 的球面内包含的总电荷为43d 4Ar r Ar dV q rVπ=π==⎰⎰ρ (r ≤R)以该球面为高斯面，按高斯定理有 0421/4εAr r E π=π⋅得到()0214/εArE =， (r ≤R )方向沿径向，A >0时向外, A <0时向里． 3分在球体外作一半径为r 的同心高斯球面，按高斯定理有0422/4εAR r E π=π⋅得到 ()20424/r AR E ε=， (r >R )方向沿径向，A >0时向外，A <0时向里． 2分2E 210.电荷面密度分别为+σ和－σ的两块“无限大”均匀带电平行平面，分别与x 轴垂直相交于x 1＝a ，x 2＝－a 两点．设坐标原点O 处电势为零，试求空间的电势分布表示式并画出其曲线．解：由高斯定理可得场强分布为：E =-σ / ε0 (－a ＜x ＜a )1分E = 0 (－∞＜x ＜－a ，a＜x ＜＋∞＝ 1分由此可求电势分布：在－∞＜x ≤－a 区间 ⎰⎰⎰---+==000/d d 0d aa xxx x x E U εσ0/εσa -= 2分在－a ≤x ≤a 区间000d d εσεσxx x E U x x =-==⎰⎰ 2分 在a ≤x ＜∞区间0000d d 0d εσεσax x x E U a a x x =-+==⎰⎰⎰ 2分 图2分11.如图所示，两个点电荷＋q 和－3q ，相距为d . 试求：(1) 在它们的连线上电场强度0=E的点与电荷为＋q 的点电荷相距多远？ (2) 若选无穷远处电势为零，两点电荷之间电势U =0的点与电荷为＋q 的点电荷相距多远？解：设点电荷q 所在处为坐标原点O ，x 轴沿两点电荷的连线．(1) 设0=E的点的坐标为x '，则()04342020=-'π-'π=i d x qi x q E εε 3分 可得 02222=-'+'dx d x解出 ()d x 3121+-=' 2分另有一解()d x 13212-=''不符合题意，舍去． (2) 设坐标x 处U ＝0，则 ()x d q xq U -π-π=00434εε()0440=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--π=x d x x d qε 3分 得 d - 4x = 0, x = d /4 2分12.图中所示为一沿x 轴放置的长度为l 的不均匀带电细棒，其电荷线密度为λ＝λ0 (x -a )，λ0为一常量．取无穷远处为电势零点，求坐标原点O 处的电势．x-a +aO xUd -3q+OOx解：在任意位置x 处取长度元d x ，其上带有电荷d q =λ0 (x －a )d x 1分它在O 点产生的电势 ()xxa x U 004d d ελπ-= 2分O 点总电势⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π==⎰⎰⎰++l a a l a a x x a x dU U d d 400ελ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-π=a l a a l ln 400ελ 2分13. 图示一个均匀带电的球层，其电荷体密度为ρ，球层内表面半径为R 1，外表面半径为R 2．设无穷远处为电势零点，求球层中半径为r 处的电势．解：r 处的电势等于以r 为半径的球面以内的电荷在该处产生的电势U 1和球面以外的电荷产生的电势U 2之和，即 U = U 1 + U 2 ，其中U 1=q i / (4πε0r )()()r R r 031343/4ερπ-π=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=r R r 31203ερ 4分为计算以r 为半径的球面外电荷产生的电势．在球面外取r '─→r '＋d r '的薄层．其电荷为 d q =ρ·4πr '2d r ' 它对该薄层内任一点产生的电势为()002/d 4/d d ερεr r r q U ''='π=则 ⎰⎰''==2d d 022R rr r U U ερ()2222rR-=ερ4分于是全部电荷在半径为r 处产生的电势为()222031202123r R r R r U U U -+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+=ερερ ⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=r R r R 312220236ερ 2分 若根据电势定义直接计算同样给分．14.电荷以相同的面密度σ 分布在半径为r 1＝10 cm 和r 2＝20 cm 的两个同心球面上．设无限远处电势为零，球心处的电势为U 0＝300 V ． (1) 求电荷面密度σ．(2) 若要使球心处的电势也为零，外球面上应放掉多少电荷？［ε0＝8.85×10-12 C 2 /(N ·m 2)］解：(1) 球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+π=22110041r q r q U ε⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛π-ππ=22212104441r r r r σσε ()210r r +=εσ3分 2100r r U +=εσ＝8.85×10-9 C / m 22分O(2) 设外球面上放电后电荷面密度为σ'，则应有()2101r r U σσε'+='= 0 即 σσ21r r -=' 2分外球面上应变成带负电，共应放掉电荷()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+π='-π='212222144r r r r q σσσ ()20021244r U r r r εσπ=+π=＝6.67×10-9 C 3分15.在强度的大小为E ，方向竖直向上的匀强电场中，有一半径为R 的半球形光滑绝缘槽放在光滑水平面上(如图所示)．槽的质量为M ，一质量为m 带有电荷＋q 的小球从槽的顶点A 处由静止释放．如果忽略空气阻力且质点受到的重力大于其所受电场力，求：(1) 小球由顶点A 滑至半球最低点Ｂ时相对地面的速度； (2) 小球通过B 点时，槽相对地面的速度；(3) 小球通过B 点后，能不能再上升到右端最高点C ？解：设小球滑到B 点时相对地的速度为v ，槽相对地的速度为V ．小球从A →B 过程中球、槽组成的系统水平方向动量守恒，m v ＋MV ＝0 ① 2分对该系统，由动能定理 mgR －EqR ＝21m v 2＋21MV 2 ②3分①、②两式联立解出 ()()m M m qE mg MR +-=2v 2分方向水平向右．()()m M M qE mg mR Mm V +--=-=2v 1分方向水平向左． 1分 小球通过B 点后，可以到达C 点． 1分16.两个带等量异号电荷的均匀带电同心球面，半径分别为R 1＝0.03 m 和R 2＝0.10 m ．已知两者的电势差为450 V ，求内球面上所带的电荷．解：设内球上所带电荷为Q ，则两球间的电场强度的大小为204r Q E επ=(R 1＜r ＜R 2) 1分两球的电势差 ⎰⎰π==21212124d R R R R rdr Q r E U ε⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=210114R R Qε 2分 ∴ 12122104R R U R R Q -π=ε＝2.14×10-9 C 2分17.一均匀电场，场强大小为E ＝5×104 N/C ，方向竖直朝上，把一电荷为q ＝ 2.5×10-8 C 的点电荷，置于此电场中的a 点，如图所示．求此点电荷在下列过程中电场力作的功．(1) 沿半圆路径Ⅰ移到右方同高度的b 点，ab ＝45 cm ；(2) 沿直线路径Ⅱ向下移到c 点，ac ＝80 cm ；(3) 沿曲线路径Ⅲ朝右斜上方向移到d 点，ad ＝260 cm(与水平方向成45°角)．解：(1) 090cos d o1===⎰⋅ab qE S F A b a2分(2) o2180cos d ac qE S F A ca ==⎰⋅ ＝－1×10-3 J 3分 (3) o345sin d ad qE S F A da==⎰⋅ ＝2.3×10-3 J 3分18.一带有电荷q ＝3×10-9C 的粒子，位于均匀电场中，电场方向如图所示．当该粒子沿水平方向向右方运动5 cm 时，外力作功6×10-5 J ，粒子动能的增量为4.5×10-5 J ．求：(1) 粒子运动过程中电场力作功多少？(2) 该电场的场强多大？解：(1) 设外力作功为A F 电场力作功为A e ， 由动能定理：A F + A F = ∆ E K则 A e ＝∆ E K －A F =－1.5×10-5J 2分(2) q E S S F S F A e e e -=-=⋅=()=-=qS A E e /105 N/C 3分19. 如图所示，一半径为R 的均匀带正电圆环，其电荷线密度为λ．在其轴线上有A 、B 两点，它们与环心的距离分别为R OA 3=，R OB 8=. 一质量为m 、电荷为q 的粒子从A点运动到B 点．求在此过程中电场力所作的功．解：设无穷远处为电势零点，则A 、B 两点电势分别为0220432ελελ=+=RR R U A 2分 022682ελελ=+=RR R U B 1分q 由A 点运动到B 点电场力作功()0001264ελελελq q U Uq A B A =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-= 2分 注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分计算．20.图示两个半径均为R 的非导体球壳，表面上均匀带电，电荷分别为＋Q 和－Q ，两球心相距为d (d>>2R )．求两球心间的电势差．解：均匀带电球面内的电势等于球面上的电势．球面外的电势相当于电荷集中在球心上的点电荷的电势．由此，按电势叠加原理E +QⅡ d a球心O 1处的电势为： d Q R Q U 00144εεπ-π= 2分球心O 2处的电势为： RQ dQ U 00244εεπ-π=2分则O 1、O 2间的电势差为： ()Rd R d Q d R QU 00122112εεπ-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=1分21.一电子射入强度的大小为5000 N ·C -1的均匀电场中，电场的方向竖直向上．电子初速度为v 0＝107 m ·s -1，与水平方向成θ＝30°角，如图所示．求电子从射入位置上升的最大高度．(电子的质量m ＝9.1×10-31kg ，电子电荷绝对值e ＝1.6×10 -19 C) 解：电子在电场中作斜抛运动，忽略重力，在竖直方向上有：a y ＝－eE / m 1分v y ＝v 0sin θ－eEt / m 1分2021s i n e E t t y -=θv 1分电子上升至最高点的条件是v y ＝0，于是有： v 0sin θ－eEt 1 / m ＝0t 1 = m v 0sin θ / (eE ) 1分∴ ()22201042.12/sin -⨯==eE m y θv m 1分22.在真空中一长为l ＝10 cm 的细杆上均匀分布着电荷，其电荷线密度λ＝ 1.0×10-5 C/m ．在杆的延长线上，距杆的一端距离d ＝10 cm 的一点上，有一点电荷q 0＝ 2.0×10-5 C ，如图所示．试求该点电荷所受的电场力．(真空介电常量ε0＝8.85×10-12 C 2·N -1·m -2 )解：选杆的左端为坐标原点，x 轴沿杆的方向 ．在x 处取一电荷元λd x ，它在点电荷所在处产生场强为： ()204d d x d xE +π=ελ 3分 整个杆上电荷在该点的场强为：()()l d d lx d x E l +π=+π=⎰00204d 4ελελ 2分点电荷q 0所受的电场力为：()l d d lq F +π=004ελ＝0.90 N 沿x 轴负向 3分23.如图所示，有一高为h 的直角形光滑斜面, 斜面倾角为α．在直角顶点A 处有一电荷为－q 的点电荷．另有一质量为m 、电荷＋q 的小球在斜面的顶点B 由静止下滑．设小球可看作质点，试求小球到达斜面底部C 点时的速率．Ox y θE0vqq 0B A解：因重力和电场力都是保守力，小球从顶点B 到达底部C 点过程中能量守恒． αεεc t g 421402202h q m m g h h q π-=+π-v 3分∴ ()2/10221tg 2⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-π=gh mh qαεv 2分24.一半径为R 的均匀带电细圆环，其电荷线密度为λ，水平放置．今有一质量为m 、电荷为q 的粒子沿圆环轴线自上而下向圆环的中心运动(如图)．已知该粒子在通过距环心高为h 的一点时的速率为v 1，试求该粒子到达环心时的速率．解：带电粒子处在h 高度时的静电势能为()2/122012R h qRW +=ελ2分到达环心时的静电势能为 ()022/ελq W = 2分 据能量守恒定律1212222121W m g h m W m ++=+v v 2分以上三式联立求解得到2/1220212112⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+=Rh R m qR gh ελv v 2分25.如图所示，两个电荷分别为q 1＝20×10-9 C 和q 2＝－12×10-9C 的点电荷，相距5 m ．在它们的连线上距q 2为1 m 处的A 点从静止释放一电子，则该电子沿连线运动到距q 1为1 m 处的B 点时，其速度多大？(电子质量m e ＝9.11×10-31 kg ，基本电荷e ＝1.6×10-19 C ，41επ＝9×109 N ·m 2/C 2 )解：设无限远处为电势零点，则A 、B 两点的电势为： ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+π=π+π=221102021014144r q r q r q r q U A εεε 代入r 1=4 m ，r 2=1 m 得 U A ＝－63 V 2分⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'π='π+'π=221102021014144r q r q r q r q U B εεε 代入1r '＝1 m ，2r '＝4 m 得 U B ＝153 V 2分电子在运动过程中，电势能减少，动能增加()BAe UUe m --=221v2分()eB Am U Ue --=2v ＝8.71×106 m/s 2分q q 226.两个同心的导体球壳，半径分别为R 1＝0.145 m 和R 2＝0.207 m ，内球壳上带有负电荷q ＝-6.0×10-8 C ．一电子以初速度为零自内球壳逸出．设两球壳之间的区域是真空，试计算电子撞到外球壳上时的速率．(电子电荷ｅ＝-1.6×10-19 C ，电子质量m e ＝9.1×10-31 kg ，ε0＝8.85×10-12 C 2 / N ·m 2）解：由高斯定理求得两球壳间的场强为()2120R 4R r rq E <<π=ε 2分方向沿半径指向内球壳．电子在电场中受电场力的大小为420req eE F επ== 2分方向沿半径指向外球壳．电子自内球壳到外球壳电场力作功为 ⎰⎰π==21212d 4d R R R R rr eq r F A ε()210122104114R R R R eq R R eqεεπ-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=2分 由动能定理()210122421R R R R eq m e επ-=v2分得到 ()em R R R R eq 210122επ-=v ＝1.98×107 m/s 2分27. 电荷Q (Q ＞0)均匀分布在长为L 的细棒上，在细棒的延长线上距细棒中心O 距离为a 的P 点处放一电荷为q (q ＞0 )的点电荷，求带电细棒对该点电荷的静电力． 解：沿棒方向取坐标Ox ，原点O 在棒中心处．求P 点场强：()()20204d 4d d x a xx a q E -π=-π=ελε 2分 ()⎰--π=2/2/204d L L x a x E ελ()2202/2/0414La Q xa L L -π=-⋅π=-εελ3分方向沿x 轴正向. 点电荷受力： ==qE F ()2204πLa qQ -ε方向沿x 轴正方向． 3分。