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
θ, 由于θ很小，故 的作用，则有T cos θ=mg 和T sin θ=F , ∴F =mgtg
q 2x
F ==mg tg θ≈mg sin θ=mg
4πε0x 22l
1
∴
⎛q 2l ⎫
2πεm g ⎪⎪
0⎝⎭
1/3
习题9-1图
9-2 设q 1, q 2在C 点的场强分别为E 1和E 2，则有
q 1
1
方向沿∴ C 设E 的方向与CB 的夹角为α，则有
α=tg -1
E 11. 8
=tg -1=33. 7︒ E 22. 7
9-3 坐标如题9-3图所示，带电圆弧上取一电荷元d q =λd l ，它在圆心O 处的场强为
d E 1=
1λd l
2
4πε0R
，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。
习题9-3图
∴E x =0，圆心O 处场强E 的y 分量为
π
E y =2⎰6
1λd l
π
4πε0R 2
sin θ=2⎰6
14πε0
λR d θ
R 2
sin θ=
λ⎛⎫
1-⎪ 2πε0R ⎝2⎪⎭
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d q =λd x 至P 点的距离x ，它在P 点的场强大小为 d E P =
1λd x
4πε0x 2
方向沿x 轴正向
习题图（a ）
各电荷元在P 点产生的场强方向相同，于是 E P =d E P =
⎰
d x
2⎰-(d +L ) 14πε0x
-d 1
1
方向沿x （2Q 点距离为r ，电荷元在Q 以E x =0, 因r =d 2csc θ, x =d 2tg θ-
⎛
⎝
π⎫
2
⎪=-d 2ctg θ, d x =
d 2csc θd θ 2⎭
∴ d E y =
14πε0
λd x
λ
sin θ=sin θd θ
4πε0d 2r 2
θ2
1
习题9-4图（b ）
E y =d E y =
⎰⎰θ
λλs i n θd θ=(c o θs s 2) 1-c o θ4πε0d 24πε0d 2
,
c o θs 2=-
L /2d +(L /2)
2
2
2
其中 c o θs 1=
L /2d +(L /2)
2
2
2
代入上式得
E y =
λ4πε0d 2
L d +(L /2)
22
2
=
9⨯109⨯3⨯10-8⨯0. 28⨯10(8⨯10) +(0. 2/2)
-2
[
-22
12
=5. 27⨯103V ⋅m -1
方向沿y 轴正向。
9-5 带电圆弧长l =2πR -d =2⨯3. 4⨯0. 50-0. 02=3. 12m , 电荷线密度
q 3. 12⨯10-9
λ===1. 0⨯10-9C ⋅m -1。带电圆弧在圆心O 处的场强等价于一个闭合带电
l 3. 12
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 闭合圆环在圆心处的场强为零，而d
q '的场强，
E =9-6 通过每一（2E 平q 全部包围需
1
，即 24
1S 1
2424ε024
ε0
9-7 解法（一）通过圆形平面的电通量与通过以A 为球心，AB =
x 2+R 2=r 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S =2πrH ，通过整个球面
S 0=4πr 2的电通量Φ0=
q
ε0
，所以通过该球冠面的电通量为
Φ=Φ0
S q 2πrH q H == 2S 0ε04πr 2ε0r
习题9-7图（a ）
=
q r -r cos α
2ε0r
⎫
⎪
22⎪x +R ⎭x
q q ⎛
1-(1-cos α) = =
2ε02ε0 ⎝
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
d s =2πr d r 。设此面元对A 点的半张角为θ，见图所示，由通量公式可得
Φ=⎰
S
E ⋅d S =⎛ 1- ⎝
q 4πε0
x
⎰
R
1qx
cos θ2πr d r =
2ε0x 2+r 2
⎰
R
r d r
(x
2+r 2) 3/2
q
=
2ε0
⎫⎪
22⎪x +R ⎭
习题9-7(b)图
9-8 通过此半球面的电通量与通过以O 9-9 9-10 半径r ∴ E =
∑q i
2
4πε0r
当r =5cm
R 1
4
∑q i =⎰ρd V =⎰ρ4πr 2d r =πρ(r 3-R 13)
R 1R 1
3
r
r
4
πρ(r 3-R 13)
ρ
E 2==
3ε04πε0r 2
⎛R 13⎫
r -r 2⎪⎪ ⎝⎭
2⨯10-5
=
3⨯8. 85⨯10-12
4
⎡(6⨯10-2) 3⎤-2
⎢8⨯10--22⎥(8⨯10) ⎦⎣
-1
=3. 48⨯10V ⋅m r =12cm >R 2
43
∑q i =πρ(R 2-R 13)
3
43πρ(R 2-R 13) 3
ρ(R 2-R 13) =∴ E 3=
4πε0r 23ε0r 2
2⨯10-5(0. 13-0. 063) 4-1
=4. 1⨯10V ⋅m = -122
3⨯8. 85⨯10⨯0. 12
9-11 r 作一与
由高斯定理可得
∴ （1 （2 ∴ E （3
9-12 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
∑q i 2xS ρ
E ⋅d S =2E 内S = =
ε0ε0
∴ E 内= 方向垂直板面向外
ρ
x ε0
⎛ x ≤⎝d ⎫⎪ 2⎭
习题9-12图
（2）平板外
d
E ⋅d S =2E 外S =ρs
ε0
∴ E 外=
ρ
d 2ε0d ⎫⎛
x ≥⎪
2⎭⎝
方向垂直板面向外。
9-13 由于电荷分布具有轴对称性，故其场强必沿柱体的径向，其大小也具有轴对称性，故在圆柱体内取下同心薄圆筒，其半径为r ，厚度d r ，长l ，见右图示，根据高斯定理可得
S
1E ⋅d S =
ε0
⎰ρd v
v
2E 2πrl =
∴ 1
ε0
⎰1+(r /a ) 0
r
ρ0
22
2πrl d r
习题9-13图
9-14 则原带电荷等价
-ρ的对于球心O 处，方向由O 习题9-14图
q d d ρ==∴ E O '=E 1= 33
3ε04πε0R 4πε0R
方向由O 指向O '。
对于空腔内的任一点P ，位置如图所示。
43 43 πR ρa πr ρb q a q 'b +=-
E =E 1+E 2= 3333
4πε0R 4πε0r 4πε0R 4πε0r
ρ ρ ρ ρ a -b =(a -b ) =d =3ε03ε03ε03ε0
以上计算表明空腔任意点的场强大小均为
为匀强电场。
9-15 电偶极子在均匀电场中所受的力矩为
ρd
且方向均由O 指向O '，所以，空腔内3ε0
M =PE sin θ θ为电矩P
π
与E 两方向间的夹角，当θ=时，外电场作用于电偶极子上
2
的力矩最大
M max =qEd =1. 0⨯10-6⨯1. 0⨯105⨯2⨯10-3 =2. 0⨯10N ⋅m 9-16 外力所作的功为
-4
习题9-15图
9-17 （1
E 1
的大小为
S
1
E 1⋅d S =
ε0
⎰ρd v
r
E 14πr =
2
q e -2r /a 0
e 4πr 2d r 3⎰ε00πa 01
E 1=
q e
3
πε0r 2a 0
⎰
r
e -2r /a 0r 2d r
⎛2r 22r ⎫-2r /a 0q e ⎪ =- ++1⎪e +2 22
a 04πε0r ⎝a 04πεr ⎭
正电荷+q e 在球心，其产生的电场强度E 2的大小为
q e
E 2=
q e 4πε0r
2
则在距球心r 处的总电场强度为E =E 1+E 2，其大小为
E =E 2-E 1=
E 的方向沿径向向外。
9-18
⎛2r 22r ⎫-2r /a 0 2+ +1⎪e 2 ⎪a 04πε0r ⎝a 0⎭q e
9-19 离球心为
=
12Q 2(R -r ) +
4πε0R 4πε0R 32Q (3R -r )
8πε0R 3
2
2
Q
=
9-20 （1）电荷线密度λ=
q
，坐标如题9-20图(a)所示，距原点O 为x 处取电荷元2l
d q =λd x ，它在P 点的电势d u =
∴ P 点的总电势
1λd x
4πε. 0(r -x )
习题9-20图(a)
u =⎰d u =⎰
=
l
1λd x
-l
4πε0r -x
λr +l
ln
4πε0r -l
q 8πε0l
ln r +l
r -l
=
（2）坐标如题9-20图(b)所示，电荷元d q =λd x 在Q 点的
图（b ）
9-21 O 处场强
d E =
y 分量为
d E y ∴ =
O 处的电势
λ
2πε0R
1
习题9-21图
u =u 1+u 2+u 3=2⎰
=
2R
λd x
R
4πε0x
+⎰
πR
1λd l
4πε0R
=
λλln 2+πR 2πε04πε0R
λλ
ln 2+ 2πε04ε0
9-22 由高斯定理可求得两无限长同轴圆柱面间的场强为
λ
，所以两圆柱面间的电势2πε0r
差 ∆u =
⎰
R 2
R 1
R λλ
d r =ln 2 2πε0r 2πε0R 1
9-23 静电平衡时，导体球壳内、外表面均有感应电荷，由于带电系统具有球对称性，所以
内表面均匀分布有-q 电荷，外表面均匀分布+q电荷，可判断电场分布具有球对称性，以任意半径r 作一与球壳同心的高斯球面S ，由高斯定理可得
E ⋅d S =4πr 2
E =∑q i ε 0
E =
∑q i
4πε2
0r
当
r
r
R 1
u R 2
∞
2=⎰r
E 2d r +⎰R E 3d r
2
=
⎰
∞
q 1R 4πε2
r =⋅
q
2
0r
4πε0
R 2
r >R 2
u ∞
∞
13=⎰r E 3d r =⎰
r
4πε2
d r
0r
=
q
4πε0r
1
9-24 （1）内球电荷q 均匀分布在外表面，外球内表面均匀感应电荷-q ，外表面均匀分布电荷q+Q，由高斯定理可求得电场分布（略） r R 3
E 1=0
E 2=
q
4πε0r 21
E 3=0
E 4=
q +Q
2
4πε0r 1
（2带有q+Q球壳电势 （3）若外球壳接地，外球电势为零，外球外表面电荷为零，内球的电荷以及外球内表面电荷分布不变，所以内球的电势
u 内=⎰
R 2
R 1
q q d r =
4πε0r 24πε0
9
-10
1
⎛11⎫
- R R ⎪⎪
2⎭⎝1
=9⨯10⨯1. 0⨯10
1⎫⎛1
⨯ -⎪=60V 0. 010. 03⎝⎭
9-25 由于带电系统具有轴对称性，所以电荷分布和电场分布也应具有轴对称，静电平衡时，圆柱形导体电荷均匀分布在其外表面，单位长度电量为λ1，导体圆筒内表面均匀分布有感
应电荷，其单位长度的电量为-λ1，外表面电荷均匀分布，单位长度的电量为λ1+λ2。以任意半径r 作同轴封闭圆柱面为高斯面，则由高斯定理得：
∑q i
E ⋅d S =2πrlE =
ε0
E =
∑q i 2πε0rl
当r
∑q i =0 ∴ E 1=0
a c
∑q i =l λ1 ∴ E 2=
l λ12πε0rl
=
λ1
2π0r
∑q i =0 ∴ E 3=0 ∑q i =l (λ1+λ2)
∴
9-26 （11，C 板感应电荷为
AB 、AC
依题意 d AB E AB =d AC E AC 可得
E AB d AC 1
== E AC d AB 2
-7
∴ q 1=1. 0⨯10C
q 2=2. 0⨯10-7C
-7
-7
即B 板上感应电荷为-q 1=-1. 0⨯10C ,C 板上感应电荷为-q 2=-2. 0⨯10C A 板的电势
u A =E AB d AB =
q 1
d AB ε0S
1. 0⨯10-7⨯4. 0⨯10-33
=2. 3⨯10V =-12-4
8. 85⨯10⨯200⨯10
（2）当AB 间充以电介质时，则有下列关系
q 1+q 2=q
E AB =
q 1
εr ε0S
E AC =
q 2
ε0S
q 1εr E AB εr d AC 5=== q 2E AC d AB 2
仍可解得 q 1=2. 14⨯10-7C , q 2=0. 86⨯10-7C 所以B 板上的感应电荷为 q 1=-2. 14⨯10-7C C
A 9-27 设A 、B 两
∴
σ2=-σ3 （1）
σ1σ2σ3σ4
---=0 2ε02ε02ε02ε0
习题9-27图
A 板内的P 点场强为
E p =
∴
σ1=σ4
（2）
若A 板带电Q A ，B 板带电Q B ，板面积为S ，则有
(σ1+σ2) S =Q A （3） (σ3+σ4) =Q B （4）
由（1）、（2）、（3）、（4）式可得 σ1=σ4=
Q A +Q B
2S
6⨯10-8+4⨯10-8-6-2
=5⨯10C ⋅m = -4
2⨯100⨯10
σ2=-σ3=
Q A -Q B
2S
6⨯10-8-4⨯10-8-6-2
=1. 0⨯10C ⋅m = -4
2⨯100⨯10
9-28 点电荷q 使金属球上产生感应电荷q '
0 9-29 （1 （2 （3 （4） 3u 1. 0⨯10u 1. 0⨯103
=1. 0⨯105V ⋅m -1 E ==-2
d 1. 0⨯10
（5） 设极化电荷产生的场强为E '，则E =E 0-E '=为极板上极化电荷面密度，σ'=σ-ε0E ，则极化电荷
σσ'σ-σ'-=，其中σ'ε0ε0ε0
Q '=σ'S =σS -ε0ES =Q -ε0ES
=5. 31⨯10-7-8. 85⨯10-12⨯105⨯0. 2=3. 54⨯10-7
C
（6） εE 5
0r =E =3⨯101. 0⨯10
5=3 或
εr =
c c =5. 311. 77
=3 09-30 （1）以任意r 为半径作金属球的同心球面为高斯面，由介质中的高斯定理得D ⋅d S =4πr 2D =∑q i D =
∑q i
4πr
2
E =
D
ε=
∑q i 0εr
4πε0εr r
2
当
r R '
（2 4πε⎭0εr ⎝r R 'u ∞
Q 外=⎰
r
4πε2
d r =
Q 0r
4πε0r
（3） u ⎰
R '
Q d r +⎰
∞
Q
球=
R
4πε2
0εr r
R '
4πεd r
0r
2
Q ⎛11⎫
-+ ⎪
4πε0εr ⎝R R '⎭4πε0R '
Q ⎛1εr -1⎫= +⎪
'4πε0εr ⎝R R ⎭
=
Q
9-31 （1） D =εE =ε0εr E =8. 85⨯10-12⨯3⨯1. 0⨯106 =2. 66⨯10-5
C ⋅m -2
（2）
σ0=D =2. 66⨯10-5C ⋅m -2
（3） E =E σ0-σ'
0-E '=ε 0
σ'=σ0-ε0E =2. 66⨯10-5-8. 85⨯10-12⨯6
（4 9-32 设
u u 0A -B
9-33 用导线连接二导体，这相当将电容C 1和C 2并联，此时等效电容和总电量分别为C =C 1+C 2Q =c 1u 1+c 2u 2
根据电容C =Q /u ，故联接二导体后它们的电势为
u =Q /C =
C 1u 1+C 2u 2
C
1+C 2
这时电容C 2上的电量为
'=C 2u =Q 2
则由导体1流向导体2的电量为
C 2
(C 1u 1+C 2u 2)
C 1+C 2
C ∆Q =Q '-Q 2
2
2=C (C 1u 1+C 2u 2) -C 1u 1
1+C 2
=
C 1C 2
C C (u 1-u 2)
1+2
9-34 （1）以任意半径r 作金属球的同心球面为高斯面，由介质中的高斯定理可得：D ⋅d S =D ⋅4πr 2
=∑q i
D =
∑q i
4πr
2
, E =
D
∑q i ε=
0εr
4πε0εr r
2
当
r
R a
r >b
（2r
R 4πεr 20
a 4πε0εr r 2b 4πε20r =
Q ⎡⎢⎛ 11⎫1
⎛4πε⎝R -a ⎪⎭+ 10⎣εr ⎝a -1⎫1⎤b ⎪⎭+b ⎥⎦
=
Q ⎡1(εr -1)(a -b 4πε⎢+) ⎤
⎥0⎣R ab εr ⎦
R u ⎰
a
E b ∞
2=r
2⋅d r +⎰a
E 3⋅d r +⎰b
E 4⋅d r
Q ⎡⎛11⎫1⎛11⎫1⎤
⎢ -⎪+ -⎪+⎥4πε0⎣⎝r a ⎭εr ⎝a b ⎭b ⎦
Q ⎡1(εr -1)(b -a ) ⎤=⎢+⎥4πε0⎣r ab εr ⎦
=
a
u 3=⎰
=
b
r
∞
E 3d r +⎰E 4⋅d r
b
Q ⎡1⎛11⎫1⎤
⎢ -⎪+⎥4πε0⎣εr ⎝r b ⎭b ⎦
Q ⎛1ε-1⎫= +⎪4πε0εr ⎝r b ⎭r >b
∞
Q （3a 与b 其中C 1=将C 1、C 29-35 （定理可得
∴ D =
λ2πr
E =
D
ε0εr
=
λ
2πε0εr r
（2）设介质内表面上单位长度的极化电荷为-λ'，则对上述高斯面应用高斯定理
E ⋅d S =
λ1
2πrl =(l λ-l λ')
2πε0εr r ε0λ1
=(λ-λ') ε0εr ε0
λ'= 1-
⎝
⎛
1⎫
⎪λ ⎪εr ⎭
则介质内表面上的极化电荷面密度为
'=σ内
介质外表面上的极化电荷密度为
-λ'(εr -1) λ
=
2πR 12πεr R 2
(ε-1) λλ
=r
2πR 22πεr R 2
σ外=
9-36 （1）设两电介质中的电位移和场强分别为D 1、D 2和E 1、E 2，两板板间的电势差
u =E D 1d 1
D 2d 2
⎛d 1d
⎫
1d 1+E 2d 2=ε+σ +2
⎪0εr ⎪ 1ε0εr 2⎝ε0εr 1ε0εr 2
⎭
∴
σ=
u εr 1
εr 2d =
u ε01
d
1εr ε+
d 2
2+d 2εr 1
0εr
ε0εr
（2）=8. 88⨯10-8J
W -2-3-4
2=w 2d 2s =2. 22⨯10⨯3⨯10⨯40⨯10 =2. 66⨯10-7
J （3） W =W 1+W 2=8. 88⨯10
-8
+2. 66⨯10-7=3. 55⨯10-7J
9-37 （1）由高斯定理可求得电场分布 R 1
E =
Q 4πε0r 2
r
r >R 3 E = R 2
∞11
ε0E 2d V +⎰ε0E 2d V
R 322
Q 4πε0r 2
W =W 1+W 2=⎰
R 2
R 1
=⎰
R 2
R 1
∞1Q 21Q 222
ε04πr d r +ε4πr d r 0224234⎰R 3216πε0r 216πε0r
Q 2
=
8πε0
⎛111⎫ ⎪-+ R R R 3⎪2⎝1⎭ （2
由W =Q 2(3⨯10-8) 2-12
C ===4. 46⨯10F -4
2W 2⨯1. 01⨯10
9-38 （1）平行板电容器抽出金属板后的电容为C 0=
ε0S
d 1
，插入金属板时的电容为
C =
ε0S
d 1-d 2
，当充电到u =600V 后拆去电源，然后抽出金属板，除金属板秘在位置外的
空间场强不变，均为
E =
u 600
==3⨯105V ⋅m -1 -3
d 1-d 2(3-1) ⨯10
（2） 抽出金属板需作功
11A =W 2-W 1=2ε0E 2Sd 1-2ε0E 2S (d 1-d 2)
=1
2ε2
0E Sd 2
=1
2⨯8. 85⨯10-12⨯(3⨯105) 2⨯300⨯10-4⨯1. 0⨯10-3
=1. 2⨯10-5J
9-39 由高斯定理可求得带球体内、外的场强为（略）
E 1
内=rQ 4πεR 3
E 1Q
外=4πεr 2
πr 2d r
9-40 由此可得
-∆W =1
2C u 212
11-2(C 1+C 2) u 2
1
=2⨯100⨯10-12⨯1002-1
2(100+233) ⨯10-12⨯302
=3. 5⨯10-7J
97
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
θ, 由于θ很小，故 的作用，则有T cos θ=mg 和T sin θ=F , ∴F =mgtg
q 2x
F ==mg tg θ≈mg sin θ=mg
4πε0x 22l
1
∴
⎛q 2l ⎫
2πεm g ⎪⎪
0⎝⎭
1/3
习题9-1图
9-2 设q 1, q 2在C 点的场强分别为E 1和E 2，则有
q 1
1
方向沿∴ C 设E 的方向与CB 的夹角为α，则有
α=tg -1
E 11. 8
=tg -1=33. 7︒ E 22. 7
9-3 坐标如题9-3图所示，带电圆弧上取一电荷元d q =λd l ，它在圆心O 处的场强为
d E 1=
1λd l
2
4πε0R
，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。
习题9-3图
∴E x =0，圆心O 处场强E 的y 分量为
π
E y =2⎰6
1λd l
π
4πε0R 2
sin θ=2⎰6
14πε0
λR d θ
R 2
sin θ=
λ⎛⎫
1-⎪ 2πε0R ⎝2⎪⎭
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d q =λd x 至P 点的距离x ，它在P 点的场强大小为 d E P =
1λd x
4πε0x 2
方向沿x 轴正向
习题图（a ）
各电荷元在P 点产生的场强方向相同，于是 E P =d E P =
⎰
d x
2⎰-(d +L ) 14πε0x
-d 1
1
方向沿x （2Q 点距离为r ，电荷元在Q 以E x =0, 因r =d 2csc θ, x =d 2tg θ-
⎛
⎝
π⎫
2
⎪=-d 2ctg θ, d x =
d 2csc θd θ 2⎭
∴ d E y =
14πε0
λd x
λ
sin θ=sin θd θ
4πε0d 2r 2
θ2
1
习题9-4图（b ）
E y =d E y =
⎰⎰θ
λλs i n θd θ=(c o θs s 2) 1-c o θ4πε0d 24πε0d 2
,
c o θs 2=-
L /2d +(L /2)
2
2
2
其中 c o θs 1=
L /2d +(L /2)
2
2
2
代入上式得
E y =
λ4πε0d 2
L d +(L /2)
22
2
=
9⨯109⨯3⨯10-8⨯0. 28⨯10(8⨯10) +(0. 2/2)
-2
[
-22
12
=5. 27⨯103V ⋅m -1
方向沿y 轴正向。
9-5 带电圆弧长l =2πR -d =2⨯3. 4⨯0. 50-0. 02=3. 12m , 电荷线密度
q 3. 12⨯10-9
λ===1. 0⨯10-9C ⋅m -1。带电圆弧在圆心O 处的场强等价于一个闭合带电
l 3. 12
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 闭合圆环在圆心处的场强为零，而d
q '的场强，
E =9-6 通过每一（2E 平q 全部包围需
1
，即 24
1S 1
2424ε024
ε0
9-7 解法（一）通过圆形平面的电通量与通过以A 为球心，AB =
x 2+R 2=r 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S =2πrH ，通过整个球面
S 0=4πr 2的电通量Φ0=
q
ε0
，所以通过该球冠面的电通量为
Φ=Φ0
S q 2πrH q H == 2S 0ε04πr 2ε0r
习题9-7图（a ）
=
q r -r cos α
2ε0r
⎫
⎪
22⎪x +R ⎭x
q q ⎛
1-(1-cos α) = =
2ε02ε0 ⎝
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
d s =2πr d r 。设此面元对A 点的半张角为θ，见图所示，由通量公式可得
Φ=⎰
S
E ⋅d S =⎛ 1- ⎝
q 4πε0
x
⎰
R
1qx
cos θ2πr d r =
2ε0x 2+r 2
⎰
R
r d r
(x
2+r 2) 3/2
q
=
2ε0
⎫⎪
22⎪x +R ⎭
习题9-7(b)图
9-8 通过此半球面的电通量与通过以O 9-9 9-10 半径r ∴ E =
∑q i
2
4πε0r
当r =5cm
R 1
4
∑q i =⎰ρd V =⎰ρ4πr 2d r =πρ(r 3-R 13)
R 1R 1
3
r
r
4
πρ(r 3-R 13)
ρ
E 2==
3ε04πε0r 2
⎛R 13⎫
r -r 2⎪⎪ ⎝⎭
2⨯10-5
=
3⨯8. 85⨯10-12
4
⎡(6⨯10-2) 3⎤-2
⎢8⨯10--22⎥(8⨯10) ⎦⎣
-1
=3. 48⨯10V ⋅m r =12cm >R 2
43
∑q i =πρ(R 2-R 13)
3
43πρ(R 2-R 13) 3
ρ(R 2-R 13) =∴ E 3=
4πε0r 23ε0r 2
2⨯10-5(0. 13-0. 063) 4-1
=4. 1⨯10V ⋅m = -122
3⨯8. 85⨯10⨯0. 12
9-11 r 作一与
由高斯定理可得
∴ （1 （2 ∴ E （3
9-12 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
∑q i 2xS ρ
E ⋅d S =2E 内S = =
ε0ε0
∴ E 内= 方向垂直板面向外
ρ
x ε0
⎛ x ≤⎝d ⎫⎪ 2⎭
习题9-12图
（2）平板外
d
E ⋅d S =2E 外S =ρs
ε0
∴ E 外=
ρ
d 2ε0d ⎫⎛
x ≥⎪
2⎭⎝
方向垂直板面向外。
9-13 由于电荷分布具有轴对称性，故其场强必沿柱体的径向，其大小也具有轴对称性，故在圆柱体内取下同心薄圆筒，其半径为r ，厚度d r ，长l ，见右图示，根据高斯定理可得
S
1E ⋅d S =
ε0
⎰ρd v
v
2E 2πrl =
∴ 1
ε0
⎰1+(r /a ) 0
r
ρ0
22
2πrl d r
习题9-13图
9-14 则原带电荷等价
-ρ的对于球心O 处，方向由O 习题9-14图
q d d ρ==∴ E O '=E 1= 33
3ε04πε0R 4πε0R
方向由O 指向O '。
对于空腔内的任一点P ，位置如图所示。
43 43 πR ρa πr ρb q a q 'b +=-
E =E 1+E 2= 3333
4πε0R 4πε0r 4πε0R 4πε0r
ρ ρ ρ ρ a -b =(a -b ) =d =3ε03ε03ε03ε0
以上计算表明空腔任意点的场强大小均为
为匀强电场。
9-15 电偶极子在均匀电场中所受的力矩为
ρd
且方向均由O 指向O '，所以，空腔内3ε0
M =PE sin θ θ为电矩P
π
与E 两方向间的夹角，当θ=时，外电场作用于电偶极子上
2
的力矩最大
M max =qEd =1. 0⨯10-6⨯1. 0⨯105⨯2⨯10-3 =2. 0⨯10N ⋅m 9-16 外力所作的功为
-4
习题9-15图
9-17 （1
E 1
的大小为
S
1
E 1⋅d S =
ε0
⎰ρd v
r
E 14πr =
2
q e -2r /a 0
e 4πr 2d r 3⎰ε00πa 01
E 1=
q e
3
πε0r 2a 0
⎰
r
e -2r /a 0r 2d r
⎛2r 22r ⎫-2r /a 0q e ⎪ =- ++1⎪e +2 22
a 04πε0r ⎝a 04πεr ⎭
正电荷+q e 在球心，其产生的电场强度E 2的大小为
q e
E 2=
q e 4πε0r
2
则在距球心r 处的总电场强度为E =E 1+E 2，其大小为
E =E 2-E 1=
E 的方向沿径向向外。
9-18
⎛2r 22r ⎫-2r /a 0 2+ +1⎪e 2 ⎪a 04πε0r ⎝a 0⎭q e
9-19 离球心为
=
12Q 2(R -r ) +
4πε0R 4πε0R 32Q (3R -r )
8πε0R 3
2
2
Q
=
9-20 （1）电荷线密度λ=
q
，坐标如题9-20图(a)所示，距原点O 为x 处取电荷元2l
d q =λd x ，它在P 点的电势d u =
∴ P 点的总电势
1λd x
4πε. 0(r -x )
习题9-20图(a)
u =⎰d u =⎰
=
l
1λd x
-l
4πε0r -x
λr +l
ln
4πε0r -l
q 8πε0l
ln r +l
r -l
=
（2）坐标如题9-20图(b)所示，电荷元d q =λd x 在Q 点的
图（b ）
9-21 O 处场强
d E =
y 分量为
d E y ∴ =
O 处的电势
λ
2πε0R
1
习题9-21图
u =u 1+u 2+u 3=2⎰
=
2R
λd x
R
4πε0x
+⎰
πR
1λd l
4πε0R
=
λλln 2+πR 2πε04πε0R
λλ
ln 2+ 2πε04ε0
9-22 由高斯定理可求得两无限长同轴圆柱面间的场强为
λ
，所以两圆柱面间的电势2πε0r
差 ∆u =
⎰
R 2
R 1
R λλ
d r =ln 2 2πε0r 2πε0R 1
9-23 静电平衡时，导体球壳内、外表面均有感应电荷，由于带电系统具有球对称性，所以
内表面均匀分布有-q 电荷，外表面均匀分布+q电荷，可判断电场分布具有球对称性，以任意半径r 作一与球壳同心的高斯球面S ，由高斯定理可得
E ⋅d S =4πr 2
E =∑q i ε 0
E =
∑q i
4πε2
0r
当
r
r
R 1
u R 2
∞
2=⎰r
E 2d r +⎰R E 3d r
2
=
⎰
∞
q 1R 4πε2
r =⋅
q
2
0r
4πε0
R 2
r >R 2
u ∞
∞
13=⎰r E 3d r =⎰
r
4πε2
d r
0r
=
q
4πε0r
1
9-24 （1）内球电荷q 均匀分布在外表面，外球内表面均匀感应电荷-q ，外表面均匀分布电荷q+Q，由高斯定理可求得电场分布（略） r R 3
E 1=0
E 2=
q
4πε0r 21
E 3=0
E 4=
q +Q
2
4πε0r 1
（2带有q+Q球壳电势 （3）若外球壳接地，外球电势为零，外球外表面电荷为零，内球的电荷以及外球内表面电荷分布不变，所以内球的电势
u 内=⎰
R 2
R 1
q q d r =
4πε0r 24πε0
9
-10
1
⎛11⎫
- R R ⎪⎪
2⎭⎝1
=9⨯10⨯1. 0⨯10
1⎫⎛1
⨯ -⎪=60V 0. 010. 03⎝⎭
9-25 由于带电系统具有轴对称性，所以电荷分布和电场分布也应具有轴对称，静电平衡时，圆柱形导体电荷均匀分布在其外表面，单位长度电量为λ1，导体圆筒内表面均匀分布有感
应电荷，其单位长度的电量为-λ1，外表面电荷均匀分布，单位长度的电量为λ1+λ2。以任意半径r 作同轴封闭圆柱面为高斯面，则由高斯定理得：
∑q i
E ⋅d S =2πrlE =
ε0
E =
∑q i 2πε0rl
当r
∑q i =0 ∴ E 1=0
a c
∑q i =l λ1 ∴ E 2=
l λ12πε0rl
=
λ1
2π0r
∑q i =0 ∴ E 3=0 ∑q i =l (λ1+λ2)
∴
9-26 （11，C 板感应电荷为
AB 、AC
依题意 d AB E AB =d AC E AC 可得
E AB d AC 1
== E AC d AB 2
-7
∴ q 1=1. 0⨯10C
q 2=2. 0⨯10-7C
-7
-7
即B 板上感应电荷为-q 1=-1. 0⨯10C ,C 板上感应电荷为-q 2=-2. 0⨯10C A 板的电势
u A =E AB d AB =
q 1
d AB ε0S
1. 0⨯10-7⨯4. 0⨯10-33
=2. 3⨯10V =-12-4
8. 85⨯10⨯200⨯10
（2）当AB 间充以电介质时，则有下列关系
q 1+q 2=q
E AB =
q 1
εr ε0S
E AC =
q 2
ε0S
q 1εr E AB εr d AC 5=== q 2E AC d AB 2
仍可解得 q 1=2. 14⨯10-7C , q 2=0. 86⨯10-7C 所以B 板上的感应电荷为 q 1=-2. 14⨯10-7C C
A 9-27 设A 、B 两
∴
σ2=-σ3 （1）
σ1σ2σ3σ4
---=0 2ε02ε02ε02ε0
习题9-27图
A 板内的P 点场强为
E p =
∴
σ1=σ4
（2）
若A 板带电Q A ，B 板带电Q B ，板面积为S ，则有
(σ1+σ2) S =Q A （3） (σ3+σ4) =Q B （4）
由（1）、（2）、（3）、（4）式可得 σ1=σ4=
Q A +Q B
2S
6⨯10-8+4⨯10-8-6-2
=5⨯10C ⋅m = -4
2⨯100⨯10
σ2=-σ3=
Q A -Q B
2S
6⨯10-8-4⨯10-8-6-2
=1. 0⨯10C ⋅m = -4
2⨯100⨯10
9-28 点电荷q 使金属球上产生感应电荷q '
0 9-29 （1 （2 （3 （4） 3u 1. 0⨯10u 1. 0⨯103
=1. 0⨯105V ⋅m -1 E ==-2
d 1. 0⨯10
（5） 设极化电荷产生的场强为E '，则E =E 0-E '=为极板上极化电荷面密度，σ'=σ-ε0E ，则极化电荷
σσ'σ-σ'-=，其中σ'ε0ε0ε0
Q '=σ'S =σS -ε0ES =Q -ε0ES
=5. 31⨯10-7-8. 85⨯10-12⨯105⨯0. 2=3. 54⨯10-7
C
（6） εE 5
0r =E =3⨯101. 0⨯10
5=3 或
εr =
c c =5. 311. 77
=3 09-30 （1）以任意r 为半径作金属球的同心球面为高斯面，由介质中的高斯定理得D ⋅d S =4πr 2D =∑q i D =
∑q i
4πr
2
E =
D
ε=
∑q i 0εr
4πε0εr r
2
当
r R '
（2 4πε⎭0εr ⎝r R 'u ∞
Q 外=⎰
r
4πε2
d r =
Q 0r
4πε0r
（3） u ⎰
R '
Q d r +⎰
∞
Q
球=
R
4πε2
0εr r
R '
4πεd r
0r
2
Q ⎛11⎫
-+ ⎪
4πε0εr ⎝R R '⎭4πε0R '
Q ⎛1εr -1⎫= +⎪
'4πε0εr ⎝R R ⎭
=
Q
9-31 （1） D =εE =ε0εr E =8. 85⨯10-12⨯3⨯1. 0⨯106 =2. 66⨯10-5
C ⋅m -2
（2）
σ0=D =2. 66⨯10-5C ⋅m -2
（3） E =E σ0-σ'
0-E '=ε 0
σ'=σ0-ε0E =2. 66⨯10-5-8. 85⨯10-12⨯6
（4 9-32 设
u u 0A -B
9-33 用导线连接二导体，这相当将电容C 1和C 2并联，此时等效电容和总电量分别为C =C 1+C 2Q =c 1u 1+c 2u 2
根据电容C =Q /u ，故联接二导体后它们的电势为
u =Q /C =
C 1u 1+C 2u 2
C
1+C 2
这时电容C 2上的电量为
'=C 2u =Q 2
则由导体1流向导体2的电量为
C 2
(C 1u 1+C 2u 2)
C 1+C 2
C ∆Q =Q '-Q 2
2
2=C (C 1u 1+C 2u 2) -C 1u 1
1+C 2
=
C 1C 2
C C (u 1-u 2)
1+2
9-34 （1）以任意半径r 作金属球的同心球面为高斯面，由介质中的高斯定理可得：D ⋅d S =D ⋅4πr 2
=∑q i
D =
∑q i
4πr
2
, E =
D
∑q i ε=
0εr
4πε0εr r
2
当
r
R a
r >b
（2r
R 4πεr 20
a 4πε0εr r 2b 4πε20r =
Q ⎡⎢⎛ 11⎫1
⎛4πε⎝R -a ⎪⎭+ 10⎣εr ⎝a -1⎫1⎤b ⎪⎭+b ⎥⎦
=
Q ⎡1(εr -1)(a -b 4πε⎢+) ⎤
⎥0⎣R ab εr ⎦
R u ⎰
a
E b ∞
2=r
2⋅d r +⎰a
E 3⋅d r +⎰b
E 4⋅d r
Q ⎡⎛11⎫1⎛11⎫1⎤
⎢ -⎪+ -⎪+⎥4πε0⎣⎝r a ⎭εr ⎝a b ⎭b ⎦
Q ⎡1(εr -1)(b -a ) ⎤=⎢+⎥4πε0⎣r ab εr ⎦
=
a
u 3=⎰
=
b
r
∞
E 3d r +⎰E 4⋅d r
b
Q ⎡1⎛11⎫1⎤
⎢ -⎪+⎥4πε0⎣εr ⎝r b ⎭b ⎦
Q ⎛1ε-1⎫= +⎪4πε0εr ⎝r b ⎭r >b
∞
Q （3a 与b 其中C 1=将C 1、C 29-35 （定理可得
∴ D =
λ2πr
E =
D
ε0εr
=
λ
2πε0εr r
（2）设介质内表面上单位长度的极化电荷为-λ'，则对上述高斯面应用高斯定理
E ⋅d S =
λ1
2πrl =(l λ-l λ')
2πε0εr r ε0λ1
=(λ-λ') ε0εr ε0
λ'= 1-
⎝
⎛
1⎫
⎪λ ⎪εr ⎭
则介质内表面上的极化电荷面密度为
'=σ内
介质外表面上的极化电荷密度为
-λ'(εr -1) λ
=
2πR 12πεr R 2
(ε-1) λλ
=r
2πR 22πεr R 2
σ外=
9-36 （1）设两电介质中的电位移和场强分别为D 1、D 2和E 1、E 2，两板板间的电势差
u =E D 1d 1
D 2d 2
⎛d 1d
⎫
1d 1+E 2d 2=ε+σ +2
⎪0εr ⎪ 1ε0εr 2⎝ε0εr 1ε0εr 2
⎭
∴
σ=
u εr 1
εr 2d =
u ε01
d
1εr ε+
d 2
2+d 2εr 1
0εr
ε0εr
（2）=8. 88⨯10-8J
W -2-3-4
2=w 2d 2s =2. 22⨯10⨯3⨯10⨯40⨯10 =2. 66⨯10-7
J （3） W =W 1+W 2=8. 88⨯10
-8
+2. 66⨯10-7=3. 55⨯10-7J
9-37 （1）由高斯定理可求得电场分布 R 1
E =
Q 4πε0r 2
r
r >R 3 E = R 2
∞11
ε0E 2d V +⎰ε0E 2d V
R 322
Q 4πε0r 2
W =W 1+W 2=⎰
R 2
R 1
=⎰
R 2
R 1
∞1Q 21Q 222
ε04πr d r +ε4πr d r 0224234⎰R 3216πε0r 216πε0r
Q 2
=
8πε0
⎛111⎫ ⎪-+ R R R 3⎪2⎝1⎭ （2
由W =Q 2(3⨯10-8) 2-12
C ===4. 46⨯10F -4
2W 2⨯1. 01⨯10
9-38 （1）平行板电容器抽出金属板后的电容为C 0=
ε0S
d 1
，插入金属板时的电容为
C =
ε0S
d 1-d 2
，当充电到u =600V 后拆去电源，然后抽出金属板，除金属板秘在位置外的
空间场强不变，均为
E =
u 600
==3⨯105V ⋅m -1 -3
d 1-d 2(3-1) ⨯10
（2） 抽出金属板需作功
11A =W 2-W 1=2ε0E 2Sd 1-2ε0E 2S (d 1-d 2)
=1
2ε2
0E Sd 2
=1
2⨯8. 85⨯10-12⨯(3⨯105) 2⨯300⨯10-4⨯1. 0⨯10-3
=1. 2⨯10-5J
9-39 由高斯定理可求得带球体内、外的场强为（略）
E 1
内=rQ 4πεR 3
E 1Q
外=4πεr 2
πr 2d r
9-40 由此可得
-∆W =1
2C u 212
11-2(C 1+C 2) u 2
1
=2⨯100⨯10-12⨯1002-1
2(100+233) ⨯10-12⨯302
=3. 5⨯10-7J
97