电磁学答案第1章

第一部分 习题 第一章 静电场基本规律

1．2．1在真空中有两个点电荷，设其中一个所带电量是另一个的四倍，它们个距5102米时，相互排斥力为1.6牛顿。问它们相距0.1米时，排斥力是多少？两点电荷的电量各为多少？

解：设两点电荷中一个所带电量为q，则另一个为4q：

F1r22q1q2

ˆ 得：（1） 根据库仑定律：FK　r2 r2F2r1

2

F1r121.60（5102）

F220.（牛顿）412

r2（10）

4q2

(2) F2K2

r1

F1r1221.60521042

∴ q（）（）

4K49109

1

1

=±3.3×107 （库仑） 4q=±1.33×108 （库仑）

1．2．2两个同号点电荷所带电量之和为 Q，问它们带电量各为多少时，相互作用力最大？

解： 设其中一个所带电量为q，则一个所带电量为

Q-q。

根据库仑定律知，相互作用力的大小：

q(Qq)FK 2

r

求 F对q的极值 使F0

K

即：(Q2q)0

r1

∴ qQ。

2

1．2．3两个点电荷所带电量分别为2q和q，相距L，将第三个点电荷放在何处时，它所受合力为零？

解：设第三个点电荷放在如图所示位置是，其受到的合力为零。

图 1．2．3

即：

140

2q0qq0q1

= 22x40(Lx)

12

 即：x22xLL20 22x(Lx)

解此方程得：

x(12)L(X是到q0的q距离) （1） 当x(21)L时，x0为所求答案。 （2） 当x(21)L时，x0不合题意，舍去。

1．2．4在直角坐标系中，在（0，0.1），（0，-0.1）的两个位置上分别放有电量为q1010（库）的点电荷，在（0.2，0）的位置上放有一电量为Q108（库）的点电荷，求Q所受力的大小和方向？（坐标的单位是米）

解：根据库仑定律知：

qQ

ˆ1 FK12　rr1

K

q1Qr

21

ˆsin1ˆ　(cos1ij)



9101010

0.120.22

9108



ˆˆ0.2i0.1j 11222222

(0.10.2)(0.10.2)

ˆ8.0108ˆ =1.61107ij 如图所示，其中 cos1

x1

(x12y)

1

221

sin1

y1

(x12y)

1221

qQˆsin2ˆ同理：F2K12　(cos2ij)

r2



ˆˆ910910101080.2i0.1j ×110.120.22

222222

(0.10.2)(0.10.2)

ˆ8.0108ˆ=1.61107ij



ˆ(牛顿) FF1F23.22107i

1．2．5在正方形的顶点上各放一电量相等的同性点电荷q。 （1）证明放在正方形中心的任意电量的点电荷所受的力为零；

（2）若在中心放一点电荷Q，使顶点上每个电荷受到的合力恰为零，求Q与q的关系。

证：

（1） 如图（a）,设正方形每边长为a,中心所放的点电荷的电量Q。由库

仑定律及迭加原理得： F合FBOFDOFAOFCO

rˆˆDOrˆAOrˆCOr

=kQq BO 2222

rBOrDOrAOrCO 

2kQq

ˆBOrˆDOrˆAOrˆCO)0 (ra2

其中：rBOrAOrCOrDO

2a 2

ˆBOrˆDO,rˆAOrˆCO r

在证明过程中可看出：放在正方形中心的点电荷不论其电量为何值，

它所受的力均为零。

（2） 讨论B点的电荷所受的力：



设A，O，C，D点的点电荷对B点的电荷q的作用力分别为：FA,FO,FC,FD

Kq2Kq2

ˆA FC2　rˆC 如图所示：FA2　r

aaKq2Kq200

ˆˆˆC) 　r(cos45rsin45r FDDA22

2a2a

=

2Kq2

ˆArˆC) (r4a2

2KQq

ˆArˆC) (r2

a

2KQq2

ˆOFO　r2

a

使FFAFOFCFD

Kq22Kq22KQq

(rˆArˆC)= 0 　22a24aaKq22Kq22KQq

0 即使：2　224aaa

12

q ∴ Q=-42

1．2．6两电量相等的同性点电荷，在其联线的中垂面上放一点电荷，根据

对称性可知，该点电荷在中垂面上受力的极大值的轨迹是一个圆，求该圆的半径。

解： 如图（a），设x轴上有两个点电荷，其电量均为q, 坐标分别

为（-a,o,o）、

(a,o,o); 中垂面yoz平面上有一点点电荷Q，坐标为（o,y,z）

ˆ 设ryˆjzk

r2y2z2 即在中垂面内Q到坐标原点的距离。



如图（b），根据对称性点电荷Q所受的合力方向与r方向一致，

设（q与Q同号）

kQq2kQqr

ˆˆ ∴F22　sinr)r222ra(ra)求F对r的极值：



2kQqr3r212kQq = 0 222222(ra)(ra)(ra)

即：3r2(r2a2)0

a2

∴ r

2

2

a2

即： yz 是一个圆的方程。 圆心 (o,o,o) ,半径为

2

2

2

2

a。 2

1．3．1在长为50厘米、相距1厘米的两个带电平行板间的电场是匀强电场（场强方向垂直向上）。将一速度为v0107（米/秒）的电子从M点（距上下板等距离）水平射入电场（见图），若电子恰在平行板的边缘处离开电场，求该匀强电场的大注。（忽略边缘效应，认为板外场强为零，且略去重力对电子的影响。）

解：根据场强的定义得，电子所受的力：



FeE

电子产生一个向下的加速度：

FEe

 a mm

设板长为L，电子在平板间运动的时间： t

Lv0

2h

a

即：

Lv0

2hm

eE

2

2hmv0

∴ E 2

Le

251039.1110311014



251021.61019

=22.8 （牛/库）

1．3．2用细线悬一质量为0.2克的小球，将其置于两个竖直放置的平行板间（见图）。设小球带电量为6109库仑，欲使悬挂小球的细线与场强夹然成60°角，求两板间场强？



解：带电小球所受的电场力：FQE，重力为mg,细

绳的



张力为T，根据力的平衡条件知：

Tsin600mg

 0

Tcos60QE

图 1.3 2 即：E

mg

ctg600 Q

21049.80.577

 9

610

=1.89105(牛/库)

1．3．3有一电子射入一电场强度是5103牛顿/库仑的均匀电场，电场的方向是竖直向上，电子的初速度是107米/秒，与水平线所夹的入射角为30°（见图），不考虑重力对电子的影响。

（1）求该电子上升的最大高度；

（2）此电子回到其原来高度时的水平射程是多少？

解：

FeE



eEF其加速度a mm

当电子上升到最大高度时：v0

2

∴v0(v0sin300)22ah

(v0sin300)2(v0sin300)2m

∴h

2a2eE(1070.5)29.11081

=

21.610195103

1.4102(米)

（2）电子从上升到返回到原来高度时共用时间： t2

2hm2h2

eEa

21.41029.11031

2

1.610195103

1.13108(秒)

水平射程：

Svo``tvocos30ot

1070.8661.13108

9.79102(米)

1．3．4电子所带的电量（基本电荷—e）最先是由密立根通过油滴实验测出的。密立根设计的实验装置如附图所示，一个很小的带电油滴在电场E内，调节E，使作用在油滴上的电场力与油滴的重量平衡。如果油滴的半径为1.64104厘米。若平衡时，E1.92105牛顿/库仑。求油滴上的电荷（已知油的密度为0.851克/厘米3）。

解：设油滴的电量为Q，体密度为 ，半径为R（设油滴所带电量为体分布），

它受的电场力和重力分别为F和P， 由F=P得：

4R3g

EQ=mg=

3

4R3g

Q=

3E

4(1.64106)30.8511039.8

=

31.92105

8.021019(库仑)

1．3．5两个电荷，q14.0（微库），q28.0（微库），其相距为10厘米，求离它们都是10厘米处的电场强度E。

91094106

解：E

10240r12

q1

3.6108(牛/库)

91044106

E2 22

1040r2

q2

7.8108(牛/库)

如图所示，在直角坐标系o x y中，



将E1，E2 分解：

ExE1xE2x

E1cos600E2cos1200 9.36108(牛/库)

EyE1yE2yE1sin600E2sin1200 9.52108(牛/库)

1．3．6如图，一半径为R的均匀带电圆环，电荷总量为q。 （1）求轴线上离环中心O为x处的场强E； （2）画出E-x曲线；

（3）轴线上什么地方的场强最大？其值是多少？ 解：（1）如图所示，圆环上任一电荷元dq在p点产 生的场强为： dE

dq

2

40r

根据对称性分析，整个圆环在距圆心x处P点产生的场强： EdEcos 

x40r3

dqx

40r2rxq

3

40r

1

dq

xq

2

2



40(xR)

（2）E—x曲线如图所示。



（3）求E的极值： 由

dEdqx

= 0 222dxdx40(xR)

2

R2

得： x

2

既：x22R，在距圆心左右两侧R处的场强最大。其值为： 22

Emax

q630R

2

1．3．7电荷以线密度均匀分布在长为L的直线段上。 （1）求带电线的中垂线上与带电线相距为R的点的场强； （2）证明当L时，该点的场强E



； 20R

（3）试证当R>>L时，所得结果与点电荷场强公式一致。

解：（1）如图建立坐标，带电线上任一电荷元在P点产生的场强为：

 dE

dx

40(Rx)

2

2

ˆ r



根据对称性分析，E的方向是y轴方向。

E E

L2L2

dx

40(R2x2)

R40(R2x2)

sin

dx

L2L2

32



L

40RR2

L4

2



∴E

L

40RR2

L4

2

ˆj

（2）当L时：

E

L

40RR2

L

4

2

40R



RL4L2

2

2

R

当L时，()20

L

∴E

240R





20R

R1

（3）当R>>L时：()2

L4

∴E

Lq

22

40R40R

其中 Lq ，与点电荷公式一致。

1．3．8线电荷密度为的无限长均匀带电线，分别弯成附图中（a），（b）两种形状，若圆弧半径为R，试求：（a），（b）图中O点的场强。

解：（a）在O点建立坐标系，如图所示：

A半无限长直导线在O点产生的场强E1：

E1

R40(R2y2)

32

ˆj

y

40(R2x2)

3

2

ˆdy i





ˆˆ

ji

40R40R

同理：B半无限长直导线在O点产生的场强E2：



E2

ˆˆ

ji

40R40R

⌒ 弧在O点产生的场强为：

AB

E

AB

ˆˆij

40R40R

AB



∴EE1E2E



ˆˆ(ij) 40R

（b）建立如图所示的坐标系，与图（a）讨论相同得：



E1

E2

E

AB

ˆˆ(ij) 40R

ˆˆ(ij) 40Rˆ i20R



EE1E2E30

1．3．9一无限长带电圆柱面，其面电荷密度由下式所决定：0cos，

角为与x轴间夹角，见附图，求圆柱轴线z上的场强。

解：设该圆柱面的截面半径为R，根据1。3。7题中L时的结论：

无限长直带电线在空间一点产生的场强E



得出：带电圆柱面上宽度为d 20r

(=Rd)的无限长带电线在轴线一点产生的场强为：

dE

ˆ0cosRdRˆ R20R20R



0cosˆsinˆ(cosij)d 20

2x0cos

ˆsinˆ∴E(cosij)d

020



0ˆi 20

1．4．1如图所求，匀强电场的场强E半径为R的半球面的轴线平行，试计算通过此半球面的电通量，若以半球面的边线为边，另作一个任意形状的曲面，此面的通量为多少？

解：S1的通量：如图设与场强垂直的圆平面为S0，S1和S0组成一个闭和

曲面，其包围电荷q10,利用高斯定理得：



EdSEdSEdS

S0

S1

0S10 ∴ S1S0



S0EdSR2E

∴ S1S0R2E 同理： S2S0R2E

1．4．2图中电场强度分别为Exbx,ExEz0，其中b=800（牛顿/库仑）。试求：

（1）通过正立方体的电通量；

（2）正立方体内的总电荷是多少？设a10（厘米）。 解：（1）通过立方体的左侧面的电通量：

左ExSba

通过立方体的右侧面的电通量：右ExS2ba 其余各面的电通量为零。 ∴ 通过正立方体的电通量：

52

12

52

左右1ba2ba (21)ba(21)800(10) (21)800(10)

52

52

512

5253

(21)80010



52

) （2）根据高斯定理得： Eds

2

1.05(牛顿米

q

0

q08.8510121.059.921012(库仑) 1.4.3

求线电荷密度为的无限长均匀带电直线在空间任意一点产生的场强。

解：根据对称性分析，无限长均匀带电直线在空间任意一点产生的场强与棒垂直，呈辐射状。如图所示以带电直线为轴过p点作一封闭的圆柱面。长度L是任意的。 由高斯定理：

Eds

侧面

Ecosds



2

上底

Ecosds

下底

Ecosds

L

0

上下底面上

cos0

侧面上场强夹角0

cos1

Eds

E

侧面

EcosdsEcosdsE2rL

L 0



20r

求面电荷密度为的无限长均匀带电圆柱面的场强分布，并画出Er曲线。

解：设带电圆柱面的半径为R，根据对称性分析，在以圆柱的轴线为轴的任意一圆柱面上场强大小相等，而且场强方向垂直于圆柱面。在柱面内，过任一，以z为轴作一封闭圆柱面为高斯面，其半径为r，（rR），长为L，如图所示。由高斯定理：



E内dSE内cosdSE内cosdSE内cosdS0 1.4.4

侧面

上底

下底

2

侧面与场强夹角0 cos1



 E内dSE内cosdS0

侧面

上下底与场强夹角



cos0

E内0

在柱面外，同理过任一点p作半径（r>R 定理：



E外dSE外cosdS

侧

）的封闭圆柱体形高斯面。由高斯

cosdS

上底

E

外

cosdS

下底

E

外

E外dS2rLE外=

E外

2L

0

Rr0

1.4.5 在一厚度为d 的无限大的平板层内电荷均匀分布，起体密度0，求 在平板层，外的电场强度。

解：如图（a）所示的是平板的俯视图，OO’是与板面平行的对称面，根据对称性分析，

在对称面两侧等距离x出的场强大小相等，方向垂直该对称面指向两侧。在板内过任一点0，被对称面平分的封闭圆柱面为高斯面，其底面积为S，底面与对称面的距离为x:

由高斯面定理：

EdS

侧

EcosdS2

柱面

EcosdS

=2ES2Sx/0 E

xx 即E内 00

dS

EdS=2S=



0

dd 外 2020

E—x的分布曲线如图（b）

1.4.6 一 半径为 R的 带电球，起体电荷密度

r

0(1)，0为一常数，r为空间某带至球心的距离。

R

试求：（1）球内，外的强度分布。

（2） 为多大时，场强最大，该点的max?

r

)，与r 是线性关系。在球内 0做一个半R

径为r的与带电球同心的 球面斯面如图，根据对称性分析，此球面上

解：（1）0(1

的场强大小相等，方向与 r 的一致。 由高斯面定理：d

q

0

Ed4r

q(1

0r

2

E

内

r2)4rdrRrR



0r()

32

43

4rE内

00

r4

30

r()3R

rE3内

(1

3r

)(r,R)4R

当rR时，即在球外过任一点p仍作球形高斯面。由高斯定理得：

外d4r

R

2

E

外

q

r



(1

r133

)4rdrR

0R3

4r

2

1

E外3

R

3

RE

12r

外

32

(2)

d3r

(1)0 E内

dr302R

2R

3

r

r越大，强无极值。 外单调减小，因而球外场

1.4 如图所示，两条平行的无线长均匀带电直线，相距为2a，电荷线

密度分别为+a，求这两条直线在空间任一点的场强。

解：利用高斯定理分别求出两条均匀带电直线在点p的电场强度：

E





r2r











20rr







\rcos

isinj











xa

r

i

y





r

j





r

EEE



xa

r



i

y





r

j









20r

(

xa

r

i

y



r

j)





20r

(

xa



r

i

y





r

j)



aaxxr2r2(r2r2)i 20

yy

(22)j 20rr

其中：r2y2(xa)2 r2y2(xa)2

1.4.8 两无限大的平行平面均匀带电，面电荷密度都是，求各处的场强分

布。 解：设

0（对0解题方法相同，只是图中的方向不同），由

高斯定理可求得无限大均匀带电平板的场强的大小为： E

 20

规定场强方向向右为正，向左为负。 E1

 20200

E





0 2020

E

 20200

1.4.9如图所示，两无限大平行的均匀带电平面，相距为L ，其面密度分别为与，以z为轴分别在两平面上挖去两个半径为的圆，且有lR，试求，轴上一点的场强分布（子轴原点在

l

处）. 2

解：利用迭加原理，先求两个没有挖去圆的无限大带电平面在I（两平面的区域），（两平面外的区域）区域内的场强，再减去两个圆产生的场强。

利用高斯定理求两带相反电荷的无限大平面产生的场强：



在I区内：EIk

0在区内：E0

两个半径为R的带异号电荷的圆板在轴上产生的场强：



在I区内：，lR，两带电圆板产生的场强：EK

0

''1

l

在区内：带正电荷的圆板在Z轴上一点(z)产生

2

(1的场强E

20

z

1ˆ)k

1

R2(z)2

2

带负电荷的圆板在z轴同一点产生的场强

E(1

20

z1ˆ )k

1

R2(z)2

2

ˆkˆ0 I区的总场强：EEIEIk

00



E 区的总场强：EEE





(20

z

1z



11

R2(z)2

21

R2(z)2

2

ˆ )k

l很小，用台劳级数将上式在l=0处展开，取前两项：

z

f(l)

1z



1

1

R2(z)2

21

R2(z)2

2

f(0)=0

f(0)

R2(R2z2)

32

ˆ f(0)f(0)lkE

20

=(020

=

R2l(R2z2)

32

32

ˆ )k

R2l

20(R2z2)

ˆ k

1.1.10 如图所示，在半径为R，电荷体密度为的均匀带电球体内O点放一个

点电荷q。试求:O,P,N,M,点的场强（O,O,P,N,M,在一条直线上）。

解：利用高斯定理分别求出均匀带电球体分别在O，P，N，M，点的场强为（其

中O为球心）： 

ERO0

r

ˆ ERNONr30

rop

ˆ ERPr30

ERM

R3

30r0

2M

ˆ r

点电荷q分别在O，N，P，M点产生的场强为

ˆEqo



EqO

q40r0

2

ˆ r

q

ˆ r

40r2ON

EqPEqM

q

ˆ r2

40rOPq

ˆ r2

40rOM

利用迭加原理：

EOEROEqO

q

ˆ r2

40rOO



ENERNEqN(

rONq

ˆ)r2

30 40rON

rq

ˆ EPERPEqP(OP)r2

3040rOP

ˆEˆEˆ(EMRMqM

R3

30r2OM



q

ˆ )r2

40rOM

1．4．11 在半径为R，电荷体密度为的均匀带电体内，挖去一个半径为r的小球，如图所示，试求：O, O, P, M各点的场强。（O,O,P,M在一直线上）。 解：将挖去的小球Q用电荷体密度为的球补起来。先求均匀带电球体O产生的场强，再求填补的带电球体Q产生的场强，两者相减即是所要求的场强。 利用高斯定理求带电球体O分别在O,O,P,M,产生的场强为：



EOO0

r

ˆ方向如图所示，原点在O点） ˆ（rEOOoor

30r

ˆ EOPOPr30



EOM

R3

30r2OM

ˆ r

带电球体O分别在各点产生的场强为：

r

ˆ EOOoor30



EOO0 

EOP

r3

30r

2OP

ˆ r



EOM

r3

30r2OM

ˆ r

图中各点的场强分别为：

r3

ˆEpEopEop(rop)r

30rop2

rR3EMEoMEoM()r

30roM2roM2

1.4.12 半径为R的无限长直圆柱体内均匀带电，电荷的体密度，求场强分布，

并画E----曲线。

解：分别过圆柱体内，外一点P0,P作如图（a）所示高斯面，由高斯定理可得：

12

rREdS2rlE.l 内内

0

E内

r 20

1



rRE.dS2rlE外

外

0

R2l

R2

E外

20r

场强的方向为径向 E---r曲线如图（b）。

1.4.13一对无限长的共轴直圆筒，半径分别为R1和R2,筒面上都均匀带电。沿轴线单位长度的电量分别为1和2。（1）求各区域内的场强分布；（2）若12，情况如何？并画出此情形的E---r曲线

解：如图（a）所示，将空间分成 三个区域， 应用1.4.4题的结果可得：



（1）区域内（r

E

当

1

ˆ r20r



ˆ方向一致10时，E的方向与r



ˆ 方向相反。 当 10时， E 的方向与 r 区域内：（rR2):

2

ˆ E1r20r



ˆ 方向一致。 当 120 时， E 方向与 r



ˆ 方向相反。 当 120 时， E 方向与 r



（2）若12时，则E1,E不变。

120 E0

E—r曲线如图（b）

1.5.1 设有一个电量q=1.5108（库仑）的电电荷。试求：（1）电位为30伏特的等位面的半径有多大？（2）电位差为1.0伏特的任意两个等位面，其半径之差是否相同？

解：（1）选无限远为电位参考点，根据电电荷电位公式

U

q40r

得：

1.5108 30

48.91012r

r4.5(米）

（2）设半径差为r,则r2r1r, 根据电位差公式得：

V

q40

(

11

)r1r1r

V1.（伏）0

40r

r1(r1r)q

40402

r(1)r1

qq

r

r1q

2

40

r1

从上式看出，当r1取不同值时，r值不等。

1.5.2

如图所示，两个点电荷的电量分别为q与-3q,，其间距离

为d，求：（1）在它们连线中间U=0的点和（2）在连线上

E0的点在什么位置？ 解：建立如图所示坐标，设其原点在q所在出。

（1） 设电位U=0的点的坐标是x,

点电荷q在该点的电位为：Uq

q40x

点电荷-3q在该点的电位为：U3q 根据电位迭加原理得：

3q

40(dx)

UUqU3q

q40x



3q

40(dx)



q40

[

d4x

]0

x(dx)

d4x0

d

4

（2）设E0的点的坐标为x

x



点电荷q在该点产生的场强：Eq

q40x

2

i



点电荷-3q在该点产生的场强：E3q

3q

i

40(xd)2

由场强迭加原理得：



EEqE3q

q

q3q

i22

40x40(xd)

13

=[]i

40x2(xd)2

2x22xdd2

=i=0 2

40x(xd)

q

即：2x22xdd20

d

(13) 2d

x(1) 符合题意。

2d

x(1)不符合题意应舍去。

2

1．5．3如图所示，假如在电场中某一部分的电力线的形状是以O点为中心的通信圆弧。试证明：该部分上各点的电场强度都与该点离O点的距离成反比。 证：利用环路定理，如果过1，2两点做一闭和环路：

x

dl1r1d dl2r2d



EdlE1dl1E2dl2E12drE21dr210

12



E12r12 E21r21



 E1dl1E2dl2E1dl1E2dl20

E1r1dE2r2d 

E1r2

 E2r1

说明每点的电场强度都与该点离O的距离成反比。

1.5.4证明：在静电场中凡是电力线都是平行直线的地方，电场强度的大小必定

处处相等：或者换句话说，凡是电场强度的方向处处相同的地方，电场强度的大小必定处处相等。 （提示：利用高斯定理和环路定理，分别证明沿同一电力线和不同电力线上任意两点的场强相等。） 证：先证明同一条电力线上任意两点A,B场强相等。过A,B两点以该条电力线为轴做以闭合的圆柱面，如图所示，底面积S0，即认为上场强相同，由高斯定理得：

EASEBS0 EAEB

点C,D场强相等。过C,D两点做如图所示的矩形积分环路，由环路定理得： EClEDl0 ECED



（注：此处L不一定趋于无限小，为已证明电力线上各点E都相等。）[证毕]

1.5.5如图所示，AB=2L, OCD是以B为中心，L为半径的半圆。A点有正点电荷+q,B点有负点电荷-q.

(1)把单位正电荷从O点沿OCD移到D点，电场力对它做了多少功？ （2）把单位负电荷从D点沿AB的延长线移到无穷远处，电场力对它作了多少功？ 解：根据点位叠加原理：

U0

qq

()0 40LL1





UD

140

(

qqq

)

3LL60L



（1） 电场力把单位正电荷（即q01）从D点沿OCD移到点D所做的

功：

q

) Aq0(U0UD)qo(06LOCDo

=

q60L

（2） 场力把单位负电荷（即q01）从D点移到无穷远处所作的功：

ADq(UDU)qo(0

q6oL

)=

q60L

1.5.6电荷Q均匀分布在半径为R的球内，证明离球心r处（r

Q(3R2r2) U 3

80R

证明：利用高斯定理求得球内外任一点场强： E内

Qr

40R3Q40r

2

E外

离球心r处（r

R

UE内dlE外dl

r

R

=

Q40R3



R

r

rdr +

dr 2R40r

Q



Q(R2r2)Q

= + 33

40R80R

Q(3R2r2)80R3

=

证毕。

1．5．7 求1。4。7 题中两条平等的无限长均匀带异号电荷的直线，在空间任一点的电位。选无限远为电位参考点。

解： 利用迭加原理求空间任一点p(x,y)的电位： 一条无限长直带电线 在p点的场强：

 E



r 20r

在这种情况下不能选无限远外为电位参考 （指一条无限长直带电 的情况），因为电荷分布不是在有限区域内，

选用与带电线相距rQ远的Q点作为参考点，如图所示。 对带正电荷的直线：

U=



rQ

r

rQ

drrln

20r20rQ

对带负电荷的直线：

U= —

20



rQr

rQdr

ln

r20r

利用迭加原理：

UUU

rQr(lnln)20rr

=

rr

ln 20rr

当参考点Q趋于无限远处时，rr

U

r

lnr 20rr

1．5．8 如图所示，电量q均匀分布在长为2L的细直 线上。

（1） 求空间任一点p(x,y)的电位U（0〈y

垂直面上离中心O为y外的电位。

解：（1）在图中： r(xl)y2 带电线元d l在p点 的电位；

2

dU

qdl

2

2

80L(xl)yq

dl

整个带电线在p点的电位；

dU

80L

LL

(xl)y

22

=

q80Lq

ln[xl(xl)2y2]xL(xL)2y2xL(xL)y

2

2

ll

=

80L

ln

（2） 当p点在其延长线上，距O为x[即p(x,0)]

外，

U

q80L

ln

xL(xL)2xL(xL)

2

=

q80L

ln

xL

xL

当p点在直线中垂面上，离中心O为[即p(0,y)]处

U

q8oLq

ln

LL2y2LLy

2

2

LL2y2ln= 40Ly

1．5．9 如图所示，两个平行放置的均匀电圆环，它们 的半经为R，电量为q及-q，其中相距为l，并有l

（1） 试求以两环的对称中心O为坐标原点，垂直于环面的x 轴上的电位

（2）证明：当x>>R时，U

ql40x

2

解：（1）求在x轴上p点的电位：

q

带电圆环上电荷线密度

2R

带正电的圆环在p点的电位

U

2R12

40(x)2R

2



q

1

40(x)2R2

2

同理，带负电的圆环在p点的电位，

U

q

1

40(x)2R2

2

由迭加原理得：

UUU

q40

[

11

(x)2R2

2



11

(x)2R2

2

]

当l

qlx

U3

40(x2R2)2

（2） 当x>>R时，

qlx

U3

ql40x

2

40(x2R2)2

1.5.10 求1.4.9题中，沿z轴上的电位分布。选无限远处为电位参考

点。

lR2

解：利用1.4.9题结论Ei 3

20(z2R2)2

积分求电位：





UzEdlz



lRlzdz131 20222222

20(zR)(zR)

2

1511 如图所示，在半径为R1和R2的两个同球心球面上，分别均匀带电，电量为Q1，Q2

（1） （2）

求

、Ⅲ区域内的电位分布

讨论：当Q2Q1；

Q2

R2

Q1 两种情况下Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域中电位分布，并画出两种R1

情况下U-r曲线 解：（1）利用高斯定理求出：





E0（r＜R）

1

E





Q140r

2

r(R1＜r＜R2)

^

^

QQ2 E1

40r2

r(r＞R



2

)

电位分布：



U=



r

E

d

lr

Q1Q2Q1Q2

dr(r≥R2) 2

40r40r

U



Q1Q2Q1Q1Q2Q1

2

RdrR1

40r40r4040r2111

rR4

20Q2Q1

Rr 2

(R1≤r≤R2)



UR2Ed (r≤R1) (2)当Q2=-Q1时， U0 U

Q140





l

R2

R1

Edl



R1

r



E1dl





1Q2Q1

 40R2R1

11

rR

2

Q

U1

40 当Q2 U U

11

RR

21

R2

Q1时， R1





Q1R2R1 40R1r





Q140

11rR

1

U0

在此两种情况下的U-r曲线如图

1.5.12 在上题中，保持内球上电量Q1不变，当外球电量Q2变化时，试讨论三个区域内的电位有没有变化？两球面之间的电位差有没有变化？

解；在上题中

U1=

140

(1

Q2Q1

)R2R1(

UⅡ=

40

Q2Q1

) R2r1

UⅢ=

Q1Q2

40r

从上面结论可看出，当Q2变化时，三个区域的电位都变化。

两球面间电位差U=

Q111

()不随Q2的变化而变化。 40R1R2

1.5.13 求1.4.11题中O'O，P，M各点的电位。 解 用1.4.11题解同样的“挖补法”求各点的电位。 先计算均匀带电球体在OO'M，P各点的电位； UOM

R3

30r0M

R22

UOP=(R2rOP)

3060

2

R2rOP= 3060

UOO

R2(R2r02O) 3060

R2r02O= 2060R2

UOO=20

再计算均匀带电球体OO'M，P各点的电位；

r2

UOM=

30roMr2

UOP=

30roP

UOO

r2= 30rOOr2=-20

roo

60

UOO

利用迭加 原理得

UMUOMUOM

R3r3() 30r0Mrom

UPUOPR2rOPr3-- UOP=206030roP

2r3

2(3Rr0p)=60r0p

Rrr00U0U00U0020206022

U0'U00U0'0'2' R2r00r2(3R23r2r200) 206020602

1.5.14 在1.413 题中分别以无限远和轴线为电位参考点，求无限长共轴圆

筒的电位分别和两筒的电位差（设12)，并画出U-r曲线。 解：根据104.13题的结论：

 在12时，E10ErE20rⅢ0

设无限远处为电位参考点，则各区域的电位为：U0 U

UR2rRln2 20r20rRln2 20R1

Rln1 20R2电位差UUR2UR1

U—r曲线如图（a）所示。

设共轴圆筒的轴线为电位参考点，则各区域的电位为：

U0

U

UR1rRln1 20r20rRln1 20R2

电位差UUR2UR2Rln1 20R2

U—r曲线如图（b）所示。讨论：从以上分别以无限远和轴线为电位参考秒点得出三个区域中电位的值是不同 ，但U—r曲线形状不变，对不同的参考点，U—r只是做了平移，这说明电位值与参考点的选择有关，而空间两点间的电位差与参考点无关。

1．5．15 半径为R的无限长直圆柱体内均匀带电，电荷体密度为。以轴线为电位参考点，求其电位分布。

解：利用高斯定理求出场强的分布： R2

E外2rˆ 0r

Er

内2rˆ

以轴线为电位参考点得

UEOrr2

内Or内drr2dr （rR）

040

R2RR2R2

UR2RR2R

外4ln2ln

0r21

0r4020rr40r

rR

第一部分 习题 第一章 静电场基本规律

1．2．1在真空中有两个点电荷，设其中一个所带电量是另一个的四倍，它们个距5102米时，相互排斥力为1.6牛顿。问它们相距0.1米时，排斥力是多少？两点电荷的电量各为多少？

解：设两点电荷中一个所带电量为q，则另一个为4q：

F1r22q1q2

ˆ 得：（1） 根据库仑定律：FK　r2 r2F2r1

2

F1r121.60（5102）

F220.（牛顿）412

r2（10）

4q2

(2) F2K2

r1

F1r1221.60521042

∴ q（）（）

4K49109

1

1

=±3.3×107 （库仑） 4q=±1.33×108 （库仑）

1．2．2两个同号点电荷所带电量之和为 Q，问它们带电量各为多少时，相互作用力最大？

解： 设其中一个所带电量为q，则一个所带电量为

Q-q。

根据库仑定律知，相互作用力的大小：

q(Qq)FK 2

r

求 F对q的极值 使F0

K

即：(Q2q)0

r1

∴ qQ。

2

1．2．3两个点电荷所带电量分别为2q和q，相距L，将第三个点电荷放在何处时，它所受合力为零？

解：设第三个点电荷放在如图所示位置是，其受到的合力为零。

图 1．2．3

即：

140

2q0qq0q1

= 22x40(Lx)

12

 即：x22xLL20 22x(Lx)

解此方程得：

x(12)L(X是到q0的q距离) （1） 当x(21)L时，x0为所求答案。 （2） 当x(21)L时，x0不合题意，舍去。

1．2．4在直角坐标系中，在（0，0.1），（0，-0.1）的两个位置上分别放有电量为q1010（库）的点电荷，在（0.2，0）的位置上放有一电量为Q108（库）的点电荷，求Q所受力的大小和方向？（坐标的单位是米）

解：根据库仑定律知：

qQ

ˆ1 FK12　rr1

K

q1Qr

21

ˆsin1ˆ　(cos1ij)



9101010

0.120.22

9108



ˆˆ0.2i0.1j 11222222

(0.10.2)(0.10.2)

ˆ8.0108ˆ =1.61107ij 如图所示，其中 cos1

x1

(x12y)

1

221

sin1

y1

(x12y)

1221

qQˆsin2ˆ同理：F2K12　(cos2ij)

r2



ˆˆ910910101080.2i0.1j ×110.120.22

222222

(0.10.2)(0.10.2)

ˆ8.0108ˆ=1.61107ij



ˆ(牛顿) FF1F23.22107i

1．2．5在正方形的顶点上各放一电量相等的同性点电荷q。 （1）证明放在正方形中心的任意电量的点电荷所受的力为零；

（2）若在中心放一点电荷Q，使顶点上每个电荷受到的合力恰为零，求Q与q的关系。

证：

（1） 如图（a）,设正方形每边长为a,中心所放的点电荷的电量Q。由库

仑定律及迭加原理得： F合FBOFDOFAOFCO

rˆˆDOrˆAOrˆCOr

=kQq BO 2222

rBOrDOrAOrCO 

2kQq

ˆBOrˆDOrˆAOrˆCO)0 (ra2

其中：rBOrAOrCOrDO

2a 2

ˆBOrˆDO,rˆAOrˆCO r

在证明过程中可看出：放在正方形中心的点电荷不论其电量为何值，

它所受的力均为零。

（2） 讨论B点的电荷所受的力：



设A，O，C，D点的点电荷对B点的电荷q的作用力分别为：FA,FO,FC,FD

Kq2Kq2

ˆA FC2　rˆC 如图所示：FA2　r

aaKq2Kq200

ˆˆˆC) 　r(cos45rsin45r FDDA22

2a2a

=

2Kq2

ˆArˆC) (r4a2

2KQq

ˆArˆC) (r2

a

2KQq2

ˆOFO　r2

a

使FFAFOFCFD

Kq22Kq22KQq

(rˆArˆC)= 0 　22a24aaKq22Kq22KQq

0 即使：2　224aaa

12

q ∴ Q=-42

1．2．6两电量相等的同性点电荷，在其联线的中垂面上放一点电荷，根据

对称性可知，该点电荷在中垂面上受力的极大值的轨迹是一个圆，求该圆的半径。

解： 如图（a），设x轴上有两个点电荷，其电量均为q, 坐标分别

为（-a,o,o）、

(a,o,o); 中垂面yoz平面上有一点点电荷Q，坐标为（o,y,z）

ˆ 设ryˆjzk

r2y2z2 即在中垂面内Q到坐标原点的距离。



如图（b），根据对称性点电荷Q所受的合力方向与r方向一致，

设（q与Q同号）

kQq2kQqr

ˆˆ ∴F22　sinr)r222ra(ra)求F对r的极值：



2kQqr3r212kQq = 0 222222(ra)(ra)(ra)

即：3r2(r2a2)0

a2

∴ r

2

2

a2

即： yz 是一个圆的方程。 圆心 (o,o,o) ,半径为

2

2

2

2

a。 2

1．3．1在长为50厘米、相距1厘米的两个带电平行板间的电场是匀强电场（场强方向垂直向上）。将一速度为v0107（米/秒）的电子从M点（距上下板等距离）水平射入电场（见图），若电子恰在平行板的边缘处离开电场，求该匀强电场的大注。（忽略边缘效应，认为板外场强为零，且略去重力对电子的影响。）

解：根据场强的定义得，电子所受的力：



FeE

电子产生一个向下的加速度：

FEe

 a mm

设板长为L，电子在平板间运动的时间： t

Lv0

2h

a

即：

Lv0

2hm

eE

2

2hmv0

∴ E 2

Le

251039.1110311014



251021.61019

=22.8 （牛/库）

1．3．2用细线悬一质量为0.2克的小球，将其置于两个竖直放置的平行板间（见图）。设小球带电量为6109库仑，欲使悬挂小球的细线与场强夹然成60°角，求两板间场强？



解：带电小球所受的电场力：FQE，重力为mg,细

绳的



张力为T，根据力的平衡条件知：

Tsin600mg

 0

Tcos60QE

图 1.3 2 即：E

mg

ctg600 Q

21049.80.577

 9

610

=1.89105(牛/库)

1．3．3有一电子射入一电场强度是5103牛顿/库仑的均匀电场，电场的方向是竖直向上，电子的初速度是107米/秒，与水平线所夹的入射角为30°（见图），不考虑重力对电子的影响。

（1）求该电子上升的最大高度；

（2）此电子回到其原来高度时的水平射程是多少？

解：

FeE



eEF其加速度a mm

当电子上升到最大高度时：v0

2

∴v0(v0sin300)22ah

(v0sin300)2(v0sin300)2m

∴h

2a2eE(1070.5)29.11081

=

21.610195103

1.4102(米)

（2）电子从上升到返回到原来高度时共用时间： t2

2hm2h2

eEa

21.41029.11031

2

1.610195103

1.13108(秒)

水平射程：

Svo``tvocos30ot

1070.8661.13108

9.79102(米)

1．3．4电子所带的电量（基本电荷—e）最先是由密立根通过油滴实验测出的。密立根设计的实验装置如附图所示，一个很小的带电油滴在电场E内，调节E，使作用在油滴上的电场力与油滴的重量平衡。如果油滴的半径为1.64104厘米。若平衡时，E1.92105牛顿/库仑。求油滴上的电荷（已知油的密度为0.851克/厘米3）。

解：设油滴的电量为Q，体密度为 ，半径为R（设油滴所带电量为体分布），

它受的电场力和重力分别为F和P， 由F=P得：

4R3g

EQ=mg=

3

4R3g

Q=

3E

4(1.64106)30.8511039.8

=

31.92105

8.021019(库仑)

1．3．5两个电荷，q14.0（微库），q28.0（微库），其相距为10厘米，求离它们都是10厘米处的电场强度E。

91094106

解：E

10240r12

q1

3.6108(牛/库)

91044106

E2 22

1040r2

q2

7.8108(牛/库)

如图所示，在直角坐标系o x y中，



将E1，E2 分解：

ExE1xE2x

E1cos600E2cos1200 9.36108(牛/库)

EyE1yE2yE1sin600E2sin1200 9.52108(牛/库)

1．3．6如图，一半径为R的均匀带电圆环，电荷总量为q。 （1）求轴线上离环中心O为x处的场强E； （2）画出E-x曲线；

（3）轴线上什么地方的场强最大？其值是多少？ 解：（1）如图所示，圆环上任一电荷元dq在p点产 生的场强为： dE

dq

2

40r

根据对称性分析，整个圆环在距圆心x处P点产生的场强： EdEcos 

x40r3

dqx

40r2rxq

3

40r

1

dq

xq

2

2



40(xR)

（2）E—x曲线如图所示。



（3）求E的极值： 由

dEdqx

= 0 222dxdx40(xR)

2

R2

得： x

2

既：x22R，在距圆心左右两侧R处的场强最大。其值为： 22

Emax

q630R

2

1．3．7电荷以线密度均匀分布在长为L的直线段上。 （1）求带电线的中垂线上与带电线相距为R的点的场强； （2）证明当L时，该点的场强E



； 20R

（3）试证当R>>L时，所得结果与点电荷场强公式一致。

解：（1）如图建立坐标，带电线上任一电荷元在P点产生的场强为：

 dE

dx

40(Rx)

2

2

ˆ r



根据对称性分析，E的方向是y轴方向。

E E

L2L2

dx

40(R2x2)

R40(R2x2)

sin

dx

L2L2

32



L

40RR2

L4

2



∴E

L

40RR2

L4

2

ˆj

（2）当L时：

E

L

40RR2

L

4

2

40R



RL4L2

2

2

R

当L时，()20

L

∴E

240R





20R

R1

（3）当R>>L时：()2

L4

∴E

Lq

22

40R40R

其中 Lq ，与点电荷公式一致。

1．3．8线电荷密度为的无限长均匀带电线，分别弯成附图中（a），（b）两种形状，若圆弧半径为R，试求：（a），（b）图中O点的场强。

解：（a）在O点建立坐标系，如图所示：

A半无限长直导线在O点产生的场强E1：

E1

R40(R2y2)

32

ˆj

y

40(R2x2)

3

2

ˆdy i





ˆˆ

ji

40R40R

同理：B半无限长直导线在O点产生的场强E2：



E2

ˆˆ

ji

40R40R

⌒ 弧在O点产生的场强为：

AB

E

AB

ˆˆij

40R40R

AB



∴EE1E2E



ˆˆ(ij) 40R

（b）建立如图所示的坐标系，与图（a）讨论相同得：



E1

E2

E

AB

ˆˆ(ij) 40R

ˆˆ(ij) 40Rˆ i20R



EE1E2E30

1．3．9一无限长带电圆柱面，其面电荷密度由下式所决定：0cos，

角为与x轴间夹角，见附图，求圆柱轴线z上的场强。

解：设该圆柱面的截面半径为R，根据1。3。7题中L时的结论：

无限长直带电线在空间一点产生的场强E



得出：带电圆柱面上宽度为d 20r

(=Rd)的无限长带电线在轴线一点产生的场强为：

dE

ˆ0cosRdRˆ R20R20R



0cosˆsinˆ(cosij)d 20

2x0cos

ˆsinˆ∴E(cosij)d

020



0ˆi 20

1．4．1如图所求，匀强电场的场强E半径为R的半球面的轴线平行，试计算通过此半球面的电通量，若以半球面的边线为边，另作一个任意形状的曲面，此面的通量为多少？

解：S1的通量：如图设与场强垂直的圆平面为S0，S1和S0组成一个闭和

曲面，其包围电荷q10,利用高斯定理得：



EdSEdSEdS

S0

S1

0S10 ∴ S1S0



S0EdSR2E

∴ S1S0R2E 同理： S2S0R2E

1．4．2图中电场强度分别为Exbx,ExEz0，其中b=800（牛顿/库仑）。试求：

（1）通过正立方体的电通量；

（2）正立方体内的总电荷是多少？设a10（厘米）。 解：（1）通过立方体的左侧面的电通量：

左ExSba

通过立方体的右侧面的电通量：右ExS2ba 其余各面的电通量为零。 ∴ 通过正立方体的电通量：

52

12

52

左右1ba2ba (21)ba(21)800(10) (21)800(10)

52

52

512

5253

(21)80010



52

) （2）根据高斯定理得： Eds

2

1.05(牛顿米

q

0

q08.8510121.059.921012(库仑) 1.4.3

求线电荷密度为的无限长均匀带电直线在空间任意一点产生的场强。

解：根据对称性分析，无限长均匀带电直线在空间任意一点产生的场强与棒垂直，呈辐射状。如图所示以带电直线为轴过p点作一封闭的圆柱面。长度L是任意的。 由高斯定理：

Eds

侧面

Ecosds



2

上底

Ecosds

下底

Ecosds

L

0

上下底面上

cos0

侧面上场强夹角0

cos1

Eds

E

侧面

EcosdsEcosdsE2rL

L 0



20r

求面电荷密度为的无限长均匀带电圆柱面的场强分布，并画出Er曲线。

解：设带电圆柱面的半径为R，根据对称性分析，在以圆柱的轴线为轴的任意一圆柱面上场强大小相等，而且场强方向垂直于圆柱面。在柱面内，过任一，以z为轴作一封闭圆柱面为高斯面，其半径为r，（rR），长为L，如图所示。由高斯定理：



E内dSE内cosdSE内cosdSE内cosdS0 1.4.4

侧面

上底

下底

2

侧面与场强夹角0 cos1



 E内dSE内cosdS0

侧面

上下底与场强夹角



cos0

E内0

在柱面外，同理过任一点p作半径（r>R 定理：



E外dSE外cosdS

侧

）的封闭圆柱体形高斯面。由高斯

cosdS

上底

E

外

cosdS

下底

E

外

E外dS2rLE外=

E外

2L

0

Rr0

1.4.5 在一厚度为d 的无限大的平板层内电荷均匀分布，起体密度0，求 在平板层，外的电场强度。

解：如图（a）所示的是平板的俯视图，OO’是与板面平行的对称面，根据对称性分析，

在对称面两侧等距离x出的场强大小相等，方向垂直该对称面指向两侧。在板内过任一点0，被对称面平分的封闭圆柱面为高斯面，其底面积为S，底面与对称面的距离为x:

由高斯面定理：

EdS

侧

EcosdS2

柱面

EcosdS

=2ES2Sx/0 E

xx 即E内 00

dS

EdS=2S=



0

dd 外 2020

E—x的分布曲线如图（b）

1.4.6 一 半径为 R的 带电球，起体电荷密度

r

0(1)，0为一常数，r为空间某带至球心的距离。

R

试求：（1）球内，外的强度分布。

（2） 为多大时，场强最大，该点的max?

r

)，与r 是线性关系。在球内 0做一个半R

径为r的与带电球同心的 球面斯面如图，根据对称性分析，此球面上

解：（1）0(1

的场强大小相等，方向与 r 的一致。 由高斯面定理：d

q

0

Ed4r

q(1

0r

2

E

内

r2)4rdrRrR



0r()

32

43

4rE内

00

r4

30

r()3R

rE3内

(1

3r

)(r,R)4R

当rR时，即在球外过任一点p仍作球形高斯面。由高斯定理得：

外d4r

R

2

E

外

q

r



(1

r133

)4rdrR

0R3

4r

2

1

E外3

R

3

RE

12r

外

32

(2)

d3r

(1)0 E内

dr302R

2R

3

r

r越大，强无极值。 外单调减小，因而球外场

1.4 如图所示，两条平行的无线长均匀带电直线，相距为2a，电荷线

密度分别为+a，求这两条直线在空间任一点的场强。

解：利用高斯定理分别求出两条均匀带电直线在点p的电场强度：

E





r2r











20rr







\rcos

isinj











xa

r

i

y





r

j





r

EEE



xa

r



i

y





r

j









20r

(

xa

r

i

y



r

j)





20r

(

xa



r

i

y





r

j)



aaxxr2r2(r2r2)i 20

yy

(22)j 20rr

其中：r2y2(xa)2 r2y2(xa)2

1.4.8 两无限大的平行平面均匀带电，面电荷密度都是，求各处的场强分

布。 解：设

0（对0解题方法相同，只是图中的方向不同），由

高斯定理可求得无限大均匀带电平板的场强的大小为： E

 20

规定场强方向向右为正，向左为负。 E1

 20200

E





0 2020

E

 20200

1.4.9如图所示，两无限大平行的均匀带电平面，相距为L ，其面密度分别为与，以z为轴分别在两平面上挖去两个半径为的圆，且有lR，试求，轴上一点的场强分布（子轴原点在

l

处）. 2

解：利用迭加原理，先求两个没有挖去圆的无限大带电平面在I（两平面的区域），（两平面外的区域）区域内的场强，再减去两个圆产生的场强。

利用高斯定理求两带相反电荷的无限大平面产生的场强：



在I区内：EIk

0在区内：E0

两个半径为R的带异号电荷的圆板在轴上产生的场强：



在I区内：，lR，两带电圆板产生的场强：EK

0

''1

l

在区内：带正电荷的圆板在Z轴上一点(z)产生

2

(1的场强E

20

z

1ˆ)k

1

R2(z)2

2

带负电荷的圆板在z轴同一点产生的场强

E(1

20

z1ˆ )k

1

R2(z)2

2

ˆkˆ0 I区的总场强：EEIEIk

00



E 区的总场强：EEE





(20

z

1z



11

R2(z)2

21

R2(z)2

2

ˆ )k

l很小，用台劳级数将上式在l=0处展开，取前两项：

z

f(l)

1z



1

1

R2(z)2

21

R2(z)2

2

f(0)=0

f(0)

R2(R2z2)

32

ˆ f(0)f(0)lkE

20

=(020

=

R2l(R2z2)

32

32

ˆ )k

R2l

20(R2z2)

ˆ k

1.1.10 如图所示，在半径为R，电荷体密度为的均匀带电球体内O点放一个

点电荷q。试求:O,P,N,M,点的场强（O,O,P,N,M,在一条直线上）。

解：利用高斯定理分别求出均匀带电球体分别在O，P，N，M，点的场强为（其

中O为球心）： 

ERO0

r

ˆ ERNONr30

rop

ˆ ERPr30

ERM

R3

30r0

2M

ˆ r

点电荷q分别在O，N，P，M点产生的场强为

ˆEqo



EqO

q40r0

2

ˆ r

q

ˆ r

40r2ON

EqPEqM

q

ˆ r2

40rOPq

ˆ r2

40rOM

利用迭加原理：

EOEROEqO

q

ˆ r2

40rOO



ENERNEqN(

rONq

ˆ)r2

30 40rON

rq

ˆ EPERPEqP(OP)r2

3040rOP

ˆEˆEˆ(EMRMqM

R3

30r2OM



q

ˆ )r2

40rOM

1．4．11 在半径为R，电荷体密度为的均匀带电体内，挖去一个半径为r的小球，如图所示，试求：O, O, P, M各点的场强。（O,O,P,M在一直线上）。 解：将挖去的小球Q用电荷体密度为的球补起来。先求均匀带电球体O产生的场强，再求填补的带电球体Q产生的场强，两者相减即是所要求的场强。 利用高斯定理求带电球体O分别在O,O,P,M,产生的场强为：



EOO0

r

ˆ方向如图所示，原点在O点） ˆ（rEOOoor

30r

ˆ EOPOPr30



EOM

R3

30r2OM

ˆ r

带电球体O分别在各点产生的场强为：

r

ˆ EOOoor30



EOO0 

EOP

r3

30r

2OP

ˆ r



EOM

r3

30r2OM

ˆ r

图中各点的场强分别为：

r3

ˆEpEopEop(rop)r

30rop2

rR3EMEoMEoM()r

30roM2roM2

1.4.12 半径为R的无限长直圆柱体内均匀带电，电荷的体密度，求场强分布，

并画E----曲线。

解：分别过圆柱体内，外一点P0,P作如图（a）所示高斯面，由高斯定理可得：

12

rREdS2rlE.l 内内

0

E内

r 20

1



rRE.dS2rlE外

外

0

R2l

R2

E外

20r

场强的方向为径向 E---r曲线如图（b）。

1.4.13一对无限长的共轴直圆筒，半径分别为R1和R2,筒面上都均匀带电。沿轴线单位长度的电量分别为1和2。（1）求各区域内的场强分布；（2）若12，情况如何？并画出此情形的E---r曲线

解：如图（a）所示，将空间分成 三个区域， 应用1.4.4题的结果可得：



（1）区域内（r

E

当

1

ˆ r20r



ˆ方向一致10时，E的方向与r



ˆ 方向相反。 当 10时， E 的方向与 r 区域内：（rR2):

2

ˆ E1r20r



ˆ 方向一致。 当 120 时， E 方向与 r



ˆ 方向相反。 当 120 时， E 方向与 r



（2）若12时，则E1,E不变。

120 E0

E—r曲线如图（b）

1.5.1 设有一个电量q=1.5108（库仑）的电电荷。试求：（1）电位为30伏特的等位面的半径有多大？（2）电位差为1.0伏特的任意两个等位面，其半径之差是否相同？

解：（1）选无限远为电位参考点，根据电电荷电位公式

U

q40r

得：

1.5108 30

48.91012r

r4.5(米）

（2）设半径差为r,则r2r1r, 根据电位差公式得：

V

q40

(

11

)r1r1r

V1.（伏）0

40r

r1(r1r)q

40402

r(1)r1

qq

r

r1q

2

40

r1

从上式看出，当r1取不同值时，r值不等。

1.5.2

如图所示，两个点电荷的电量分别为q与-3q,，其间距离

为d，求：（1）在它们连线中间U=0的点和（2）在连线上

E0的点在什么位置？ 解：建立如图所示坐标，设其原点在q所在出。

（1） 设电位U=0的点的坐标是x,

点电荷q在该点的电位为：Uq

q40x

点电荷-3q在该点的电位为：U3q 根据电位迭加原理得：

3q

40(dx)

UUqU3q

q40x



3q

40(dx)



q40

[

d4x

]0

x(dx)

d4x0

d

4

（2）设E0的点的坐标为x

x



点电荷q在该点产生的场强：Eq

q40x

2

i



点电荷-3q在该点产生的场强：E3q

3q

i

40(xd)2

由场强迭加原理得：



EEqE3q

q

q3q

i22

40x40(xd)

13

=[]i

40x2(xd)2

2x22xdd2

=i=0 2

40x(xd)

q

即：2x22xdd20

d

(13) 2d

x(1) 符合题意。

2d

x(1)不符合题意应舍去。

2

1．5．3如图所示，假如在电场中某一部分的电力线的形状是以O点为中心的通信圆弧。试证明：该部分上各点的电场强度都与该点离O点的距离成反比。 证：利用环路定理，如果过1，2两点做一闭和环路：

x

dl1r1d dl2r2d



EdlE1dl1E2dl2E12drE21dr210

12



E12r12 E21r21



 E1dl1E2dl2E1dl1E2dl20

E1r1dE2r2d 

E1r2

 E2r1

说明每点的电场强度都与该点离O的距离成反比。

1.5.4证明：在静电场中凡是电力线都是平行直线的地方，电场强度的大小必定

处处相等：或者换句话说，凡是电场强度的方向处处相同的地方，电场强度的大小必定处处相等。 （提示：利用高斯定理和环路定理，分别证明沿同一电力线和不同电力线上任意两点的场强相等。） 证：先证明同一条电力线上任意两点A,B场强相等。过A,B两点以该条电力线为轴做以闭合的圆柱面，如图所示，底面积S0，即认为上场强相同，由高斯定理得：

EASEBS0 EAEB

点C,D场强相等。过C,D两点做如图所示的矩形积分环路，由环路定理得： EClEDl0 ECED



（注：此处L不一定趋于无限小，为已证明电力线上各点E都相等。）[证毕]

1.5.5如图所示，AB=2L, OCD是以B为中心，L为半径的半圆。A点有正点电荷+q,B点有负点电荷-q.

(1)把单位正电荷从O点沿OCD移到D点，电场力对它做了多少功？ （2）把单位负电荷从D点沿AB的延长线移到无穷远处，电场力对它作了多少功？ 解：根据点位叠加原理：

U0

qq

()0 40LL1





UD

140

(

qqq

)

3LL60L



（1） 电场力把单位正电荷（即q01）从D点沿OCD移到点D所做的

功：

q

) Aq0(U0UD)qo(06LOCDo

=

q60L

（2） 场力把单位负电荷（即q01）从D点移到无穷远处所作的功：

ADq(UDU)qo(0

q6oL

)=

q60L

1.5.6电荷Q均匀分布在半径为R的球内，证明离球心r处（r

Q(3R2r2) U 3

80R

证明：利用高斯定理求得球内外任一点场强： E内

Qr

40R3Q40r

2

E外

离球心r处（r

R

UE内dlE外dl

r

R

=

Q40R3



R

r

rdr +

dr 2R40r

Q



Q(R2r2)Q

= + 33

40R80R

Q(3R2r2)80R3

=

证毕。

1．5．7 求1。4。7 题中两条平等的无限长均匀带异号电荷的直线，在空间任一点的电位。选无限远为电位参考点。

解： 利用迭加原理求空间任一点p(x,y)的电位： 一条无限长直带电线 在p点的场强：

 E



r 20r

在这种情况下不能选无限远外为电位参考 （指一条无限长直带电 的情况），因为电荷分布不是在有限区域内，

选用与带电线相距rQ远的Q点作为参考点，如图所示。 对带正电荷的直线：

U=



rQ

r

rQ

drrln

20r20rQ

对带负电荷的直线：

U= —

20



rQr

rQdr

ln

r20r

利用迭加原理：

UUU

rQr(lnln)20rr

=

rr

ln 20rr

当参考点Q趋于无限远处时，rr

U

r

lnr 20rr

1．5．8 如图所示，电量q均匀分布在长为2L的细直 线上。

（1） 求空间任一点p(x,y)的电位U（0〈y

垂直面上离中心O为y外的电位。

解：（1）在图中： r(xl)y2 带电线元d l在p点 的电位；

2

dU

qdl

2

2

80L(xl)yq

dl

整个带电线在p点的电位；

dU

80L

LL

(xl)y

22

=

q80Lq

ln[xl(xl)2y2]xL(xL)2y2xL(xL)y

2

2

ll

=

80L

ln

（2） 当p点在其延长线上，距O为x[即p(x,0)]

外，

U

q80L

ln

xL(xL)2xL(xL)

2

=

q80L

ln

xL

xL

当p点在直线中垂面上，离中心O为[即p(0,y)]处

U

q8oLq

ln

LL2y2LLy

2

2

LL2y2ln= 40Ly

1．5．9 如图所示，两个平行放置的均匀电圆环，它们 的半经为R，电量为q及-q，其中相距为l，并有l

（1） 试求以两环的对称中心O为坐标原点，垂直于环面的x 轴上的电位

（2）证明：当x>>R时，U

ql40x

2

解：（1）求在x轴上p点的电位：

q

带电圆环上电荷线密度

2R

带正电的圆环在p点的电位

U

2R12

40(x)2R

2



q

1

40(x)2R2

2

同理，带负电的圆环在p点的电位，

U

q

1

40(x)2R2

2

由迭加原理得：

UUU

q40

[

11

(x)2R2

2



11

(x)2R2

2

]

当l

qlx

U3

40(x2R2)2

（2） 当x>>R时，

qlx

U3

ql40x

2

40(x2R2)2

1.5.10 求1.4.9题中，沿z轴上的电位分布。选无限远处为电位参考

点。

lR2

解：利用1.4.9题结论Ei 3

20(z2R2)2

积分求电位：





UzEdlz



lRlzdz131 20222222

20(zR)(zR)

2

1511 如图所示，在半径为R1和R2的两个同球心球面上，分别均匀带电，电量为Q1，Q2

（1） （2）

求

、Ⅲ区域内的电位分布

讨论：当Q2Q1；

Q2

R2

Q1 两种情况下Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域中电位分布，并画出两种R1

情况下U-r曲线 解：（1）利用高斯定理求出：





E0（r＜R）

1

E





Q140r

2

r(R1＜r＜R2)

^

^

QQ2 E1

40r2

r(r＞R



2

)

电位分布：



U=



r

E

d

lr

Q1Q2Q1Q2

dr(r≥R2) 2

40r40r

U



Q1Q2Q1Q1Q2Q1

2

RdrR1

40r40r4040r2111

rR4

20Q2Q1

Rr 2

(R1≤r≤R2)



UR2Ed (r≤R1) (2)当Q2=-Q1时， U0 U

Q140





l

R2

R1

Edl



R1

r



E1dl





1Q2Q1

 40R2R1

11

rR

2

Q

U1

40 当Q2 U U

11

RR

21

R2

Q1时， R1





Q1R2R1 40R1r





Q140

11rR

1

U0

在此两种情况下的U-r曲线如图

1.5.12 在上题中，保持内球上电量Q1不变，当外球电量Q2变化时，试讨论三个区域内的电位有没有变化？两球面之间的电位差有没有变化？

解；在上题中

U1=

140

(1

Q2Q1

)R2R1(

UⅡ=

40

Q2Q1

) R2r1

UⅢ=

Q1Q2

40r

从上面结论可看出，当Q2变化时，三个区域的电位都变化。

两球面间电位差U=

Q111

()不随Q2的变化而变化。 40R1R2

1.5.13 求1.4.11题中O'O，P，M各点的电位。 解 用1.4.11题解同样的“挖补法”求各点的电位。 先计算均匀带电球体在OO'M，P各点的电位； UOM

R3

30r0M

R22

UOP=(R2rOP)

3060

2

R2rOP= 3060

UOO

R2(R2r02O) 3060

R2r02O= 2060R2

UOO=20

再计算均匀带电球体OO'M，P各点的电位；

r2

UOM=

30roMr2

UOP=

30roP

UOO

r2= 30rOOr2=-20

roo

60

UOO

利用迭加 原理得

UMUOMUOM

R3r3() 30r0Mrom

UPUOPR2rOPr3-- UOP=206030roP

2r3

2(3Rr0p)=60r0p

Rrr00U0U00U0020206022

U0'U00U0'0'2' R2r00r2(3R23r2r200) 206020602

1.5.14 在1.413 题中分别以无限远和轴线为电位参考点，求无限长共轴圆

筒的电位分别和两筒的电位差（设12)，并画出U-r曲线。 解：根据104.13题的结论：

 在12时，E10ErE20rⅢ0

设无限远处为电位参考点，则各区域的电位为：U0 U

UR2rRln2 20r20rRln2 20R1

Rln1 20R2电位差UUR2UR1

U—r曲线如图（a）所示。

设共轴圆筒的轴线为电位参考点，则各区域的电位为：

U0

U

UR1rRln1 20r20rRln1 20R2

电位差UUR2UR2Rln1 20R2

U—r曲线如图（b）所示。讨论：从以上分别以无限远和轴线为电位参考秒点得出三个区域中电位的值是不同 ，但U—r曲线形状不变，对不同的参考点，U—r只是做了平移，这说明电位值与参考点的选择有关，而空间两点间的电位差与参考点无关。

1．5．15 半径为R的无限长直圆柱体内均匀带电，电荷体密度为。以轴线为电位参考点，求其电位分布。

解：利用高斯定理求出场强的分布： R2

E外2rˆ 0r

Er

内2rˆ

以轴线为电位参考点得

UEOrr2

内Or内drr2dr （rR）

040

R2RR2R2

UR2RR2R

外4ln2ln

0r21

0r4020rr40r

rR