大学物理竞赛静电场习题

方向沿 x 轴正向。
7-4 一半径为 R 的绝缘半圆形细棒，其上半段均匀带电量+q，下半段均匀带电量-q，如图 7-4 所示，求半 圆中心处电场强度。
解：建立如图所示的坐标系，由对称性可知，+q 和-q 在 O 点电场强度沿 x 轴的分量之和为零。取长为 dl 的线元，其上所带电量为
d q = λ d l = q d l = 2q R dθ = 2q dθ ，∴d E = 1 d q
4πε 0 l 2
4πε 0 r 2
3q 3
电场强度
7-3 如图 7-3 所示，有一长l的带电细杆。（1）电荷均匀分布，线密度为+λ，则杆上距原点x处的线元dx对P 点的点电荷q0 的电场力为何？q0受的总电场力为何？（2）若电荷线密度λ=kx，k为正常数，求P点的电 场强度。
解：（1）线元dx所带电量为 d q = λ d x ，它对q0的电场力为
大学物理练习册—真空中的静电场
库仑定律 7-1 把总电荷电量为Q的同一种电荷分成两部分，一部分均匀分布在地球上，另一部分均匀分布在月球上，
使它们之间的库仑力正好抵消万有引力，已知地球的质量M＝5.98×l024kg，月球的质量m=7.34×l022kg。 （1）求 Q 的最小值；（2）如果电荷分配与质量成正比，求Q的值。
重心上。为使每个负电荷受力为零，Q 值应为多大？
−q
解：Q 到顶点的距离为
r=
3 l ，Q 与-q 的相互吸引力为 3
F1
=
1 4πε 0
qQ r2
，
lr l
两个-q 间的相互排斥力为
F2
=
1 4πε 0
q2 l2
rQ r
−q
l
−q
据题意有
2F2 cos 300 = F1 ，即
2 × 1 q 2 cos 300 = 1 qQ ，解得： Q =
证：设电场方向水平向右。在一电场线上任取两点 1 和 2，作两底面足够小的圆柱面，如图。由高斯定理
1 πR πR
π
4πε 0 R 2
2
方向如图
++ + +
R
y 方向的分量
d Ey
=− 1 4πε 0
d q cosθ R2
= − qdθ 2π 2ε 0 R 2
cos θ
∫ ∴
v E
=
−2
×
q
π 2
cosθ
dθ
vj
=
−
q
vj
2π 2ε 0 R 2 0
π 2ε 0R2
7-5 一半径为 R 的半球壳，均匀带有电荷，电荷面密度为σ ，求球心处电场强度。 解：沿半球面的对称轴建立 x 轴，坐标原点为球心 O。
λ1 2πε 0r
rvˆ
，
v E3
=
0
O
R1
R2
r
7-11 设半径为 R 的球体，电荷体密度 ρ ═ kr（r ≤ R），其中 k 为常量，r 为距球心的距离。求电场分布，并
画出 E ～ r 的关系曲线。
解：作一半径为 r 的同心球面为高斯面。根据高斯定理
r<R
∫ ∫ ∫ S
v E1
⋅
d
Sv
=
1 ε0
E一v =边(
长
E1
为+ kax)的iv
+立E方2 vj体，置E1、于E直2为角常坐量，标求系电中场，对立如方图体各7-8表面所及示整。个现立方空体间表中面有的电一场非强均度匀通量电。场
解：Q Ez = 0 ∴ Φ OABC = Φ DEFG = 0
∫ ∫ Φ ABGF
=
Ev
⋅
d
v S
=
S
S [(E1
v E1
=
0
R1 < r < R2
∫S
v E2
⋅d
v S
=
1 ε0
λ1h
∴
E2
⋅
2πrh
=
1 ε0
λ1h
，得
r > R2
∫S
v E3
⋅d
v S
=
1 ε0
(λ1
+
λ2 )h
得
v E3
=
λ1 + λ2 2πε 0r
rvˆ
v E2
=
λ1 2πε 0r
rvˆ
E
（2） λ1
=
−λ2
时，
v E1
=
0
，
v E
2
=
O
λ
l
q0 a Px
dF = 1
q0 d q = 1 q0λ d x
4πε 0 (l + a − x)2 4πε 0 (l + a − x)2
图 7-3
∫ q0受的总电场力
F = q0λ 4πε 0
l
dx
=
q0 λl
0 (l + a − x)2 4πε 0a(l + a)
q0 > 0 时，其方向水平向右； q0 < 0 时，其方向水平向左
解：作一半径为 r 的同心球面为高斯面。设内球面上的电荷面密度为σ ' 。
（1） r > R2 处：因为外球面外的电场强度处处为零，由高斯定理有
∫ ∑ S
v E3
⋅
d
v S
=
1 ε0
i
qi
=
1 ε0
(σ
⋅ 4πR22
+ σ '⋅4πR12 )
=
0 ，得
σ ' = −( R2 )2σ R1
（2）由高斯定理
（2）平板中央 x = 0 ，∴ E0 = 0 平板内与表面相距 0.1cm 处， x = 0.15cm
S0
∆S xx
∆S
∴E
=
ρx ε0
=
1.0
× 10 −4 8.85
×1.5 × × 10 −12
10
−3
= 1.69 ×104 V/m
d
7-13 一个电荷体密度为
ρ（常量）的球体。（1）证明球内距球心 r
方向沿径向反向
7-10 一对无限长的均匀带电共轴直圆筒，内外半径分别为R1和R2，沿轴线方向单位长度的电量分别为λ1和 λ2。（1）求各区域内的场强分布；（2）若λ1＝-λ2，情况如何？画出此情形下的E ～ r的关系曲线。
解：（1）作一半径为 r、长为 h 的共轴圆柱面为高斯面，由高斯定理有
r < R1
得
v E2
=
kR 4 4ε 0r 2
rvˆ
7-12 一厚度为d=0.5cm的无限大平板，均匀带电，电荷体密度 ρ ═ 1.0×10-4C/m3，求（1）平板内外的电场 分布；（2）讨论平板中央以及平板内与其表面相距 0.1cm处的电场强度。
解：（1）设中心平面为S0。根据对称性，在距S0处为x处对称地取两面积均为 ∆S 的底面作一圆柱形高斯面，
25
大学物理练习册—真空中的静电场
（2）在 x 处取线元 dx，其上的电量 d q = λ d x = kx d x ，它在 P 点的电场强度为
d EP
=
1 4πε 0
dq (l + a − x)2
=
1 4πε 0
kx d x (l + a − x)2
∫ ∴ EP
=
k 4πε 0
l x d x = k ( l + ln a ) 0 (l + a − x)2 4πε 0 a l + a
处一点的电场强度为
v E
=
ρ
rv ；（2）
3ε 0
若在球内挖去一个小球，如图
7-13
所示，证明小球空腔内的电场是匀强电场
v E
=
ρ
av ，式中 av 是
3ε 0
球心到空腔中心的距离矢量。
证：（1）作与球体同心的球面为高斯面，根据高斯定理
∫ ∫ v
E
⋅
d
v S
=
1
ρ dV
S
ε0 V
即 E ⋅ 4πr 2 = ρ ⋅ 4 πr 3 ε0 3
图 7-4
R
r
O
x
Q r = R sinθ ， x = R cosθ
∴d E = σ sin θ cosθ dθ 2ε 0
∫ 因为球面上所有环带在
O
处产生的电场强度方向相同，∴
v E
=
σ
π 2
sin
θ
cosθ
d θ iv
=
σ
iv
2ε 0 0
4ε 0
7-6 一无限大均匀带电薄平板，面电荷密度为σ ，平板中部有一半径为 R 的圆孔, 如图 7-6 所示。求圆孔
Fra Baidu bibliotek
解：（1）设Q分成q1、q2两部分，根据题意有
k q1q2 r2
=
G
Mm r2
，其中 k
=
1 4πε 0
即
Q = q1 + q2
=
GMm q2k
+
q2
。求极值，令 Q' =
0 ，得
1 − GMm = 0
q
2 2
k
∴q2 =
GMm k
=
5.69 ×1013
C ， q1
=
GMm q2k
=
5.69 ×1013
∫ ∫ ∫ v E
⋅
d
v l
=
bc
v E1
⋅
d
v l
+
da
v E2
⋅
d
v l
=
E1l1
−
E2l2
=0
r2 r1
θ
即 E1l1 = E2l2
l2
O
图 7-14
a
d
Q l1 = r1θ l2 = r2θ ，∴ E1r1 = E2r2 得证
b l1
c
r2
θ r1
O
29
大学物理练习册—真空中的静电场
7-15 证明：在静电场中，凡电场线都是平行直线的地方，电场强度的大小必定处处相等。（提示：利用环 路定理和高斯定理）
中心轴线上的场强分布。（提示：利用无穷大板和圆盘的电场及场强叠加原理）
解：利用补偿法，将圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，即等效为一个
完整的带电无穷大平板和一个电荷面密度相反的圆盘叠加而成。
σ
无穷大平板的电场为
v E1
=
σ 2ε 0
evn
R P
图 7-6 26
大学物理练习册—真空中的静电场
圆盘激发的电场为
解：作半径为 R 的平面 S’与半球面 S 构成一个闭合曲面，由于该闭合曲面内无电荷，由高斯定理
∫ ∫ ∫ Φ =
v E
⋅
d
v S
=
v E
⋅
d
v S
+
v E
⋅
d
v S
=
0
S+S'
S
S'
∫ ∫ ∴ΦS
=
v E
⋅
d
v S
=
−
S
v E
⋅
d
v S
=
−E
⋅
πR
2
cosπ
S'
= πR 2 E
v
R
E
图 7-7
7-8
v E2
=
−
σ 2ε 0
(1 −
x2
x +
R2
)evn
，其中
evn
为平板外法线的单位矢量。
圆孔中心轴线上的电场强度为
v E
=
v E1
+
v E2
=
σ 2ε 0
x x2 + R2
evn
电通量
7-7
电场强度为
v E
的匀强电场，其方向与半径为
R
的半球面的对称轴平行，如图
7-7
所示，求通过该半球
面的电场强度通量。
其侧面与板面垂直（如图所示），即侧面的电通量为零。
∫ x < d 时 2
S
v E1
⋅
d
v S
=
2E1∆S
=
1 ε0
⋅ 2ρ
x∆S
，
∴ E1
=
ρ ε0
x
28
大学物理练习册—真空中的静电场
∫ x > d 时 2
v S E2
⋅
d
v S
=
2 E 2 ∆S
=
1 ε0
⋅ 2ρ ⋅
d 2
∆S
，
∴ E2
=
ρd ε0
R
O
rv av
P rv'
O’
∴ E = ρ r 矢量式 Ev = ρ rv 得证
3ε 0
3ε 0
（2）填充法：设在空腔中填充电荷密度分别为 ρ 和- ρ 的电荷球体，形成电荷密度分别为 ρ 和- ρ 的
大球体和小球体。 对腔内任一点 P（如图），由（1）的结果有
大球
v E1P
=
ρ 3ε 0
rv ；
小球
⋅d
v S
=
S
S
[(E1
+
ka)iv
+
E2
v j]
⋅
(d
Siv)
=
(E1
+
ka)a
2
y
A
B
F
G
O E
C D
x
z
图 7-8
∑ 整个立方体表面的电场强度通量 Φ = Φi = ka3 i
高斯定理 7-9 有两个同心的均匀带电球面，内外半径分别为R1和R2，已知外球面的电荷面密度为+σ ，其外面各处的
电场强度都是零。试求：（1）内球面上的电荷面密度；（2）外球面以内空间的电场分布。
C，Q
=
q1
+
q2
= 1.14 ×1014
C
（2）Q M q1
=
m q2
， q1q2
=
GMm k
∴
Mq
2 2
=
mq1q2
=
m GMm k
解得 q2 =
Gm 2 k
= 6.32 ×1012 C ，
q1
=
Mq2 m
= 5.15 ×1014 C ，∴ Q = q1 + q2 = 5.21×1014 C
7-2 三个电量为 –q 的点电荷各放在边长为 l 的等边三角形的三个顶点上，电荷 Q（Q＞0）放在三角形的
v E2P
=
−ρ 3ε 0
rv'
v E
=
v E1P
+
v E2P
=
ρ 3ε 0
(rv
− rv')
=
ρ 3ε 0
av
得证
静电场的环路定理
7-14 若电场中某一部分电场线的形状是以O点为中心的同心圆弧。证明该部分上各点的电场强度都应与该
点离O点的距离成反比，即E1 r1 = E2 r2 。
证：作一回路 abcd，如图。根据静电场环路定理
在球面上取半径为 r、宽为 dl 的环带，如图，其面积为
d S = 2π r d l = 2π r ⋅ R dθ ，所带电荷 d q = σ d S = σ ⋅ 2π r ⋅ R dθ
dq 在 O 处产生的电场强度为， d E
=
1 4πε 0
xdq (x2 + r 2 )32
=
σR 2ε 0
xr dθ (x2 + r 2 )32
+
kx)iv
+
E2
v j]
⋅
(d
Svj )
=
E2S
=
E2 a 2
∫ ∫ ΦCDEO =
v E
⋅
d
v S
=
S
S
[(E1
+
kx)iv
+
E2
v j]
⋅
(− d
Svj )
=
−E2a2
∫ ∫ Φ AOEF
=
v E
⋅
d
v S
=
S
S
v (E1i
+
E2
vj )
⋅
(−
d
Siv)
=
−E1a
2
∫ ∫ Φ BCDG =
Ev
r < R1
v E1
=
0
27
大学物理练习册—真空中的静电场
R1 < r < R2
∫S
v E2
⋅
d
v S
=
1 ε0
σ
'⋅4πR12
即
E2
⋅ 4πr 2
=
1 ε0
σ '⋅4πR12
∴ E2
= σ '⋅4πR12 4πε 0r 2
= −( R2 )2σ R1
⋅ R12 ε 0r 2
= − R22σ ε 0r 2
ρ dV = 1
V
ε0
r kr ⋅ 4π r 2 d r = 1 πkr 4
0
ε0
E
即
r>R
E1
⋅ 4πr 2
=
1 ε0
πkr 4
得
v E1
=
kr 2 4ε 0
rvˆ
∫ ∫ S
v E2
⋅
d
Sv
=
1 ε0
R kr ⋅ 4π r 2 d r = 1 πkR 4
0
ε0
O
R
r
即
E2
⋅ 4πr 2
=
1 ε0
πkR 4