第五章 静电场
通过复习后，应该:
1. 掌握电场强度、场强叠加原理、电势和电势差、场强与电势的关系、电势叠加原理、电偶极子的电势;
2. 理解电场线和电通量、高斯定理及其应用、有导体存在时静电场的计算、电介质极化、能斯特方程、电容器、静电场的能量;
3. 了解电偶层的电势、细胞膜静息电位、心电图和心向量图的电学原理。
5-1 点电荷q 和4q 相距l ，试问在什么地方放置什么样的电荷，可使这三个电荷达到受力平衡?
解：已知两个同号点电荷q 与4q 相距l ，在它们之间的连线上某处放置一个异号电荷，当它们满足一定的条件时，即可达到力的平衡。设这个异号电荷的电量为m q ，与q 相距x ，
q q
如本题附图所示。根据库仑定律F =k 122，分析力的平衡条件，电荷m q 分别与q 、4q 的
r 引力相等，即
m q 24mq 2 (a) k 2=k x (l-x) 2
＋q m q
＋4q
电荷q 受4q 的斥力和m q 的引力相等，即 习题5-1附图
4q 2m q 2
k 2=k 2 (b) l x
解（a ）式得x=l /3，将其代入（b ）式可得m=4/9。
从上面的计算结果可知，在q 与4q 之间，与电荷q 相距l /3处，放置一个4/9q 的异号电荷，可使三个电荷达到受力平衡。
5-2 两个点电荷分别带有+10C和+40C的电量，相距40cm ，求场强为零的点的位置及该点处的电势。
解: ①求场强为零的位置: 只有在两电荷的连线中的某点P ，才能使该处场强为零，即q 1 、q 2 在该点的场强E 1、E 2大小相等，方向相反，已知q 1 =10C，q 2 =40C，则根据点电荷
场强公式E =k q 2，有 k q 1=k q 2
22
r r 1r 2
由上式可得 r 1=r 2
q 1101 1 习题5-2附图 ==q 2402
＋q
2 E 1
＋q 2
又因r 1 + r 2 =40cm，由此可得r 1 =40/3cm=40/3×10-2 m； r 2 =80/3cm=80/3×10-2 m
②求电势: 设q 1 、q 2 在P 点产生的电势分别为U 1 、U 2，P 点电势U 为U 1 、U 2 之和，即 U =U 1+U 2=k q 1+k q 2=9. 0⨯109(
1040
⨯10-23
r 1r 2
+
4080
⨯10-23
) V =2. 03⨯1012V
5-3 两等值异号点电荷相距2.0m ，q 1 =8.0×10-6 C ，q 2 =-8.0×10-6 C 。求在两点电荷连线上电势为零的点的位置及该点处的场强。
解: ①求电势为零的位置:设q 1、q 2 连线上P 点处电势为零，该点电势为q 1、q 2
分别产
1
2 2
生的电势U 1、U 2 之代数和，由点电荷电场的电势
q
U =k 得 U P =U 1+U 2=k q 1+k q 2=0
r r 1r 2
习题5-3附图 从上式可得 r 1=-q 1=1
r 2q 2
又r 1 + r 2 =2.0m，则r 1 = r2 =1.0m，即电势为零的位置处于两点电荷连线的中点。
②求场强:设q 1、q 2 在P 处产生的场强分别为E 1、E 2，它们的方向一致，故P 点的场强为E 1和E 2的大小之和，方向由P 指向q 2
q 2q 18. 0⨯10-68. 0⨯10-69
E =E 1+E 2=k 2+k 2=9. 0⨯10⨯(+) N ⋅C -1
1. 01. 0r 1r 2=1. 44⨯105N ⋅C -1
5-4 在一个边长为a 的正三角形的三个顶点放有量值相等的电荷Q ，在以下两种情况下，
求三角形重心处的场强和电势：①三个顶点都带正电荷; ②两个顶点带正电荷，一个顶点带负电荷。
＋＋
习题5-4 附图（a ） 习题5-4 附图（b ）
解: 根据场强的叠加原理，可分别求出三个点电荷在重心的场强，再求出它们的矢量和。电势为标量，只需求出它们的代数和。
①当三个都为正电荷时，按附图（a ）取坐标，坐标原点O 为三角形的重心，已知等边三角形的边长为a ，则其重心到三个顶点的距离r 可由三角函数求出
r =
a 1 ⋅=a 2cos 3003
由点电荷场强公式E =
Q 可得，三个点电荷在重心O 的场强相等，即
4πε0r 2
E 1=E 2=E 3=
Q 4πε0r 2
=
3Q
（a ） 2
4πε0a
方向如附图所示。设重心处的场强E 在Y 方向和X 方向的分量分别为E y 和E x ，则由附图（a ）可得
E y =E 2 cos60°+ E 3 cos60°－E 1 = ½ E 2 + ½ E 3 －E 1 =0 E x =E 2 sin60°－E 3 sin60°=0 （因为E 2 =E 3 ） 故重心处的合场强E =0。
由点电荷的电势公式U =
3可得 Q 和r =a
34πε0r
U 1=U 2=U 3=
根据电势叠加原理，重心处的电势U 为
Q
4πε0a
U =U 1+U 2+U 3=
33Q
4πε0a
②当两个顶点带正电荷，一个顶点带负电荷时，按本题附图（b ）取坐标。参考前面的（a ）式，由点电荷电场强度公式可得
E 1=E 2=E 3=
3Q
2
4πε0a
方向如附图（b ）所示。设重心处的场强E 在Y 方向和X 方向的分量分别为E y 和E x ，则由附图（b ）可得
E y = E1 + E 2 cos60°+ E 3 cos60°= E 1+ ½ E 2 + ½ E 3 =2 E1 =E x =E 2 sin60°－E 3 sin60°=0 （因为E 2 =E 3 ） 故重心处的场强E 的大小为
3Q
2
2πε0a
E =E y =
3Q
2πε0a 2
其方向垂直向上。
由点电荷电势公式可得三个点电荷在重心的电势分别为
U =-
Q Q Q
， U 2=U 3=- =-
4πε0r 4πε0a 4πε0a
根据电势叠加原理，重心处的电势为
U =U 1+U 2+U 3=
3Q
4πε0a
5-5 均匀带电直线长2a ，其线电荷密度为λ，求在带电直线垂直平分线上，且与带电直线相距为a 的点的场强和电势。
解: ①求场强：以带电直线为坐标轴，取直线中点为原点O ，在直线上距O 点 x 处取一线元d x ，如本题附图所示，其电量d q =λd x ，此电荷元在所求点P 处产生的场强为
dE =k
dq λdx =k （a ） 222r (a +x )
其方向沿d q 与P 点连线（图中为λ>0时的情况，若λ
由于对称性，各电荷元的场强沿X 轴的分量d E ∥ 互相抵消，而垂直于X 轴的分量d E ⊥互相增强，因此
E =⎰dE ⊥=⎰dE sin θ （b ）
L
L
a a
由附图可知，sin θ==2，将（a ）式和sin θ
r (a+x 2) 1/2
的表达式代入（b ）式得E 的大小为 习题5-5附图
E =k λa ⎰
dx 2 =k
-a (a 2+x 2) 3/2a
a
其方向垂直向上。
②求电势:由点电荷电势公式可得，d q 在P 点产生的电势d U 为
dU =k
将上式积分可得P 点电势
dq λdx =k 2 21/2r (a +x )
U =⎰dU =k λ⎰
dx
=k λln(3+22)
-a (a 2+x 2) 1/2
a
5-6 均匀带电圆环，其半径为5cm ，总电量为5.0×10-9 C，计算轴线上离环心5cm 处的场强和电势。
解：本题先求电势，然后利用场强和电势的关系计算场强。
①求电势：参考本题附图，设圆环总量为q ，半径为R ，
由于电荷是均匀分布，故其线电荷密度η=q /2πR 。在圆环上取
一线元d l ，其电量为
q ⋅dl
（a ） 习题5-6 附图 dq =η⋅dl =
2πR 设P 点离环心O 的距离为x ，则由附图知，r =dU 为
R 2+x 2，电荷元d q 在P 点产生的电势
dU =k
dq qdl =k （b ） 221/2r 2πR (R +x )
将上式积分，可得P 点的电势为
q
U =⎰dU =k
2πR (R 2+x 2) 1/2
⎰
2πR
dl =
kq
（c ）
(R 2+x 2) 1/2
已知R =5cm=0.05m，q =5.0×10-9 C，x =5cm=0.05m，代入上式得
U =
9. 0⨯109⨯5. 0⨯10-9(0. 052+0. 05)
122
V =6. 36⨯102V
②求场强:根据场强与电势的关系E =－d U /dn，对（c ）式求关于x 的导数，则场强E 的大小为
9
dU qx 95. 0⨯10⨯0. 05E =-=k 2=9. 0⨯10V ⋅m -1=6. 36⨯103V ⋅m -1 23/23dx (R +x )
(0. 052+0. 052) 2
方向沿X 轴正方向。
d E ∥ 互相抵消，而垂直于X 轴的分量d E ⊥互相增强，因此
5-7 均匀带电的半圆弧，半径为R ，带有正电荷q ，求圆心处的场强和电势。
解: ①求场强：在环上取一线元d l ，带电量d q =q πR d l ，电荷元在圆心产生的场强大小为
dE =k
dq q =k dl r 2πR 3
方向如附图所示，与OX 轴夹角为θ，d l =R d θ。由于对称性，dE ∥互相抵消，dE ⊥相互增强，
于是有
E =⎰dE ⊥=⎰dE sin θ
L
L
将d E 的表达式及d l =R d θ代入，经整理后得场强E 的大小为
q E =k 3
πR
⎰
π
R sin θd θ=2k
q πR 2
其方向垂直向下。
②求电势: 电荷元d q 在圆心产生的电势d U 为
dq q
dU =k =k 2dl 习题5-7附图
r πR
将上式积分即得圆心处的电势
q
U =⎰dU =k 2
πR
⎰
πR
dl =k
q R
5-8 长度为L 的直线段上均匀分布有正电荷，电荷线密度为λ，求该直线的延长线上，且与线段较近一端的距离为d 处的场强和电势。
解: ①求场强:在直线段l 处取一线元d l ，其带电量为d q =λd l ，它在P 处产生的场强方向沿直线的延长线，大小为
dE =k
dq λdl =k 22r (L +d -l )
将上式积分，即得P 点场强的大小为 习题5-8附图
E =⎰dE =k λ⎰
L
dl 11k λL
=k λ(-) =
d L +d d (L +d ) (L +d -l ) 2
方向沿X 轴正方向。
②求电势:由点电荷电势公式可知，电荷d q 在P 点产生的电势d U 为
dU =k
dq λ=k dl
r (L +d -l )
将上式积分，即得P 点的电势U 为
U =⎰dU =k λ⎰
L
dl L +d
=k λ)
(L +d -l ) d
5-9 两个无限长同轴柱面，内圆柱面半径为R 1，每单位长度带的电荷为+λ，外圆柱半径为R 2，每单位长度带的电荷为-λ，求两圆柱面之间的空间中各处的场强。
解: 电荷均匀地分布在两无限长同轴圆柱面上，电场的分布具有对称性，即距轴心等距的各点大小相等，方向沿半径方向（轴向分布）欲求两圆柱面之间的空间中任意点（设距轴心为r ）的场强E ，选取半径为r ，单位长度的同轴圆柱面S 1与两底面S 2、S 3构成的闭合柱形高斯面S 。其中S 2、S 3 处场强方向与法线垂直，cos90°=0，通过S 2、S 3 的电通量为零，所以通过S 面的总电通量即为通过S 1 的电通量
Φe =E cos θds =⎰Ecos θds +⎰Ecos θds +⎰Ecos θds
s
s 1
s 2
s 3
=E ⋅S 1=E ⋅2πr
由题意可知，在单位长度高斯圆柱面内的电量为+λ， 故由高斯定理Φe =E cos θds =
s
1
ε0
∑q
i
i
得
E ·2π r =λ/ε0
解出E 即得
E =
λ1
（R 1
2πε0r
5-10 在匀强电场E 中作一球面，球心为O ，半径为R 。①求通过整个球面的电通量; ②过球心，沿垂直电场方向将球面一分为二，求通过半个球面的电通量［图中（a ）］；③沿着与电场方向呈θ角的方向把球面一分为二，求通过半个球面的电通量［图中（b ）］。
解: ①根据高斯定理Φe =E cos θds =
s
1
ε0
∑q
i
i
，由于球
(a)
面内无电荷，即
∑q i =0，故通过整个球面的电通量Φe 等于零，
i
Φe =E cos θds =0
s
(b)
②从图（a ）中可以看出，沿垂直电场方向将球面一分为二，
2
其横截面积为πR ，通过半个球面的电通量就等于通过该横截
面的电通量，其数值Φe 为 习题5-10附图
Φe =E cos θds =E πR 2
s
③与（2）类似，在（b ）图中通过半个球面的电通量，就等于通过其横截面在场强方向上的投影面积πR 2 sinθ的电通量，其大小为
Φe =∫E cos(900-θ)dS =∫E sin θdS=E πR 2 sinθ
5-11 在一橡皮球表面均匀分布着正电荷q ，在橡皮球被吹大的过程中，A 点始终在球面内，B 点始终在球外，问A ，B 点处的场强和电势将如何变化?
答: 设橡皮球的半径为R ，由教材中高斯定理的应用举例可知，这一带电的橡皮球其电场的分布为
Q ⎧E =k (r >R ) ⎪2
r ⎨⎪⎩E =0(R 1
即球面内、外的场强与橡皮球的半径R 无关，故A 、B 两点的场强不变。根据电势的定义
可得
U A =⎰⋅d =⎰⋅d +⎰⋅d =k
A
A
R
∞R ∞
Q R
U B =⎰⋅d =⎰⋅d =k
B
r b
∞∞
Q r b
即U A 随橡皮球R 的增加而降低，U B 则因它距球心的距离不变而没有发生变化。
5-12 两个均匀带电的同心球面，内球面半径为R 1，外球面半径为R 2，外球面的面电荷密度为σ2，且外球面外各处的场强为零，求：①内球面上的电荷密度σ1；②两球面之间离球心为r 处的场强；③内球面内的场强。
解: ①从球心O 以半径r （>R 2）作一球形高斯面S 1（外虚线），该高斯面上各处场强为零. 通过S 1 面的电通量 Φe =E cos θds =0
s 1
由高斯定理可知，两球面带异号电荷，且q 1 =q 2 ，即：
σ1·4πR 12 =σ2·4πR 22，由此可解出内球面上的电荷密度σ1为
R
σ1=(2) 2σ2
R 1
习题5-12附图
②从球心O 以半径R 作一球形高斯面S 2（见附图，内虚线），由于电荷均匀分布，球面带电体具有球对称性，电场的分布也应有对称性，在高斯面S 2 上各处的场强大小相等，方向均沿半径方向，即θ=0（此为内球面带正电情况，若带负电，θ=180°，请读者自行讨论）。设S 2 上场强大小为E ，根据高斯定理有
E ·4πR 2 =q 1/ε0
22
q 1q 2σ2⋅4πR 2σ2⋅R 2
E = ===
ε0⋅4πR 2ε0⋅4πR 2ε0⋅4πR 2ε0⋅R 2
③因球面内没有电荷，由高斯定理可知，E =0。
5-13 电场强度E 与电势U 之间有何关系? 电场中，若某点场强为0，该点电势是否一定为0? 反之，某点电势为0。该点的场强是否一定为0?
若空间中各点电势为一常数，场强
一定为0吗? 为什么?
答: 电场强度E 与电势U 是从不同角度来描述电场性质的两个重要物理量，电场强度E 描述了电场力的特性，而电势U 则描述了电场能的特性，它们之间的积分关系为
U a =⎰E cos θdl ，微分关系E =-
a
∞
dU
。从它们的关系式可以看出，某点场强为0，该点dn
电势不一定为0，例如，半径为R 的带电球壳，内部的场强为0，而电势等于kQ/R。某点的电势为0，但该处的d U 不一定为0，因此该点的场强不一定为0，例如电偶极子的中垂面上，各点的电势等于0，但场强不等于0。若空间各点电势为一常数，d U =0，则场强一定为0。
5-14 电量为q =+1.0×10-8 C的点电荷，从电场中的a 点移到b 点，电场力作的功为3×10-6 J，求: ①a 、b 两点的电势差是多少? ②两点中哪一点的电势较高?
解: 已知q =+1.0×10-8 C，W ab =3×10-6 J，由电势差公式U a －U b =W ab /q 可得
U a －U b =W ab /q =3×10-6 /1.0×10-8 V=3×102 V
因为正电荷从a 移到b 是电场力作功，所以U a >U b 。
5-15 什么是电偶极子? 电偶极子电场中某一点的电势与哪些因素有关? 指出电势大于零、等于零、小于零的区域?
答: 两个相距很近的等量异号电荷+q 和－q 所组成的带电系统叫电偶极子。电偶极子电场中某一点的电势与电偶极子的电矩P 成正比，与该点到电偶极子的距离r 平方成反比，且与方位角θ有关，即U =k
P cos θ
。电偶极子中垂面上各点的电势为零，在中垂面+q 一侧r 2
空间各点的电势为正，－q 一侧空间各点的电势为负。
5-16 两个等量异号的点电荷，其电量均为10-9 C ，相距0.01mm ，求该电偶极子的电矩大小和方向。
解: 已知Q =1.0×10-9 C，l =0.01mm=1.0×10-5 m，由电矩公式可得
P =q ·l =1.0×10-9×1.0×10-5 C·m=1.0×10-14 C·m
其方向由负电荷指向正电荷。
5-17 设在XY 平面内的原点O 处有一电偶极子，电矩P 的大小为1.0×10-6 C·m ，方向指向Y 轴正方向。问在坐标（1，0），（1，2），（0，1），（-1，2）点处的电势分别是多少? （坐标单位为m ） -6
解: 已知原点O 处的电偶极子的电矩P =1.0×10 C ·m ，方向指向Y 轴正方向，如附图所示，
A 点：θ=90°，r =1m； B 点：cos θ=2/，r =5m ； C 点：θ=0°， r =1m； D 点：cos θ=2/，r =5m 。 根据电偶极子的电势U =k
P cos θ
，A 、B 、C 、D 各点r 2
的电势分别为： 习题5-17 附图
P cos 900
U A =k =0
r 2
U B =k
P cos θ9
=9⨯10⨯2
r
10-6⨯
5
2
V =1. 6⨯103V
-6
P cos θ9103
U C =k =9⨯10⨯V =9⨯10V 2
1r
U D =k
P cos θ9
=9⨯10⨯2
r
10-6⨯
5
2
V =1. 6⨯103V
5-18 在边长为a 的等边三角形重心处，有一垂直指向底边的电偶极子P ，求： ①三角形各顶点的电势; ②三角形各边中点的电势。
解: ①已知等边三角形的边长为a ，则由附图可计算出重心到三个的顶点的距离r 为
r =
a =a 32cos 300
P cos θ
，r 2
又知电偶极子指向等边三角形的底边，如附图所示。根据电偶极子电势公式U =k 可得各顶点的电势。对于顶点A ，θ =180°，则
P cos 18003P
U 1=k =-k 22
a (3a /3)
对于顶点B ，方位角θ =－60°，顶点C ，θ =60°，则B 、C 的电势分别为
P cos(-600) 3P
U 2=k =k 22
2a (a /3) P cos 6003P U 3=k =k 22
2a (3a /3)
②由附图可知，重心到各边中心的距离d 为
2
a 3
d =cot 60⋅=a
26
13
由此可进一步计算各边中点的电势，其中底边中点D ， 习题5-18附图 θ =0°，其电势为
P cos 0012P
U 1' =k =k 22
a (a /6)
对于左边中点E ，方位角θ =－120°，右边中点F ，θ =120°，则这两点的电势分别为
P cos(-1200) 6P P cos 12006P
，
U 2' =k =-k U ' =k =-k 32222a a (a /6) (3a /6)
如果电偶极子P 的方向水平向右，结果又是怎样? 读者自己计算。
5-19 电偶极子的电量q =3×10-7 C ，轴线l =0.02mm，求：①电偶极子中垂线上距轴线中点30cm 的P 点的电势； ②若P 点在电偶极子电矩指向的延长线上时，其电势又是多少? （设这时P 点离轴线中点的距离仍为30cm 。）
解: 已知q =3×10-7 C ， l =2×10-5m ，由电矩公式得
P = q ·l = 3×10-7×2×10-5 C·m=6×10-12 C·m
①因为P 点在垂直于电偶极子轴线的中垂线上，其方向角θ=90°，由电偶极子电势公式U =k
P cos θ
可知，P 点的电势U =0（因为cos90°=0）。 2
r
②若P 点位于电矩指向的延长线上，离轴线中心30cm ，则θ =00，r =30cm=0.3m，代入电偶极子电势公式（常数k =9×109 N·m 2·C -2），可得这时P 点的电势为
-12
P cos θ⨯cos 0096⨯10U =k =9⨯10V =0. 6V r 2(0. 3) 2
5-20 一曲率半径为10cm 的球壳状电偶层，带电量q =3×10-7 C，层间距为1mm ，面积30cm 2，问在曲率中心处电偶层形成的电势是多少?
解: 已知r =10cm=0.1m，q =3×10-7 C，δ =1mm=10-3 m，S =30cm2 =3×10-3 m2。由层矩的定义得P S =σδ=(q δ)/S，由立体角公式得Ω =S/r2 ，再根据电偶层的电势公式，可得曲率中心处电偶层形式的电势为
q S q δ9⨯109⨯3⨯10-7⨯10-3
U =⎰kP s d Ω=kP s Ω=k δ⋅2=k 2=V =270V
s S r r 0. 12
5-21 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×10-5 C·m -3求距球心5cm ，
8cm ，12cm 各点的场强。
q
解:高斯定理E ⋅d S =, E 4πr 2=
s
ε0
q
ε0
当r =5cm 时，∑q =0, E =0 r =8cm 时，∑q =p
4π33
(r -r 内) 3
ρ
∴ E =
4π32
r -r 内≈3. 48⨯104N ⋅C -1， 方向沿半径向外。 24πε0r
()
r =12cm 时, ∑q =ρ
4π33
(r 外-r 内）
3
ρ
∴ E =
4π33
r 外-r 内3≈4. 10⨯104 N ⋅C -1 沿半径向外。 24πε0r
()
5-22 半径为R 1和R 2 (R 2 ＞R 1) 的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ，试求：(1)r ＜R 1；(2) R 1＜r ＜R 2；(3) r ＞R 2处各点的场强。
解:高斯定理 q ，取同轴圆柱形高斯面，侧面积S =2πrl ，则E ⋅d S =s ε0
E ⋅d S =E 2πrl S
(1) r
∑q =l λ， ∴E =λ， 沿径向向外。 2πε0r (2) R 1
(3) r >R 2， E =0 ∑q =0，∴
5-23 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为σ1和σ2，试求空间各处场强。
解:两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为σ1和σ2，规定垂直于两平面由σ1面指向σ2面的方向为n ，则
11 两面间， E =(σ1-σ2) n ；σ1面外， E =-(σ1+σ2) n ； 2ε02ε0
1 σ2面外， E =(σ1+σ2) n 2ε0
5-24 一块电介质在电场中极化后，沿着与电场垂直的方向将它截为两半，再撤去外电场，这两块电介质是否带电? 如果把电介质换成导体，情况又如何?
答: 两块电介质均不带电。因为电介质极化产生的电荷不能离开介质，也不能在电介质内部自由移动，处于束缚状态，无论是取向极化还是位移极化，当外电场撤消后，极化现象也随之消失，由于分子的热运动，电介质对外不显电性。若换成导体放入电场中，导体中的自由电子将在电场力作用下逆着外电场方向运动，导体一端因自由电子的积聚出现负电荷，另一端因自由电子的缺失显现正电荷，分开后，一块导体带正电，另一块带负电。
5-25 设在外电场的作用下电介质的某处场强为0.15×107 N ·C -1，电介质的介电常数为10-10 C2·N -1·m -2，求无电介质时该处的场强是多少?
解: 设外电场（即无电介质时）的场强为E 0，放入电介质后，电介质内部的总场强E 是外电场与极化电场之和。由E = E0/εr 和ε = ε0 εr 可得
E 0 = Eε / ε0
已知： E =0.15×107 N·C -1，ε =10-10 C2·N -1·m -2，ε0 =8.8542×10-12 C2·N -1·m -2，代入上式得
10-10
E 0=0. 15⨯10⨯N ⋅C -1=1. 69⨯107N ⋅C -1 -128. 8542⨯107
5-26 平行板电容器的极板面积为S ，间距为d ，将电容器充电后，注入相对介电常数为εr 的电介质，问以下两种情况时，注入电介质前后电容器所带电荷Q ，场强E ，两板间电压U ，电容C 和电场能量密度w e 有何变化? （1）注入电介质时电容器仍在电源上；（2）注入电介质时电容器已与电源断开。
答: ①注入电介质时电容器在电源上，这时两极板之间的电势差U 不变，即注入电介质前的电势差U 前 等于注入电介质后的电势差U 后 （U 前 =U 后）。根据电容器的电容的定义式C =εS d可知
C 前 =ε0 S/ d， C 后 =ε S /d=ε0 εr S/ d = εr C前
而Q=CU，Q 后 =C 后 U 后 =εr C前 U 前 =εr Q前 ，由E=U/d 可得
E 后 =U 后/d =U 前/d=E前
由能量密度公式w =εE 2/2 得
w 后 =ε0 εr E2后/2 =εr （ε0 E2后/2）=εr w 前
其中w 前 =ε0 E2后/2。
②注入电介质时电容器已与电源断开，这时Q 前 =Q 后，即电容器所带电量不变，而C 后 =εS/ d=ε0 εr S/ d=εr C前，由U=Q/C可得
U 后 =Q后/C 后 =Q后/(εr C前)= Q前/εr C前 = U 前/εr
根据E=U/ d可得
E 后 =U 后/d=U前/εr d=E前/εr
由能量密度公式w = εE 2/2 得，
w 后 = ε0 εr E2后/2 =ε0εr (E 前/εr )2/2 = (ε0E 前/2 )2/εr = w 前/εr
5-27 真空中一半径为R ，电荷为Q 的导体球，求其电场的总能量。
解: 根据静电平衡条件，可知电荷Q 一定均匀地分布在导体球的表面上。根据高斯定理可求得均匀带电球面的场强分布为
⎧0⎪E =⎨Q
⎪4πεr 2
0⎩(r R )
由能量密度公式w =εE 2/2可知，在球内因E =0，故球内电场的能量为零。由上式和能量密度公式可得，球外电场的能量密度为
111Q 2Q 22 ω=ε0E =ε0(⋅2) =24224πε0r 32πε0r
取一个与球同心的球壳，其半径为r ，厚度为d r ，则它的体积为d V =4πr 2d r ，体积元d V 内的电场能量dW=w d V = q 2 dr/( 8πε0 r2) ，所以其电场的总能量为
q 2∞dr q 2
W =⎰dW ==2⎰R 8πε0r 8πε0R
5-28 在温度为37℃时，带一个正电荷的某离子在细胞膜内外的浓度分别为10mol ·m -3 和160mol ·m -3，求膜内外平衡电位，并指出何侧电位高?
解: 已知t =37℃，Z =+1，C i =10mol·m -3，Co =160mol·m -3，由细胞膜电位公式可得膜内的电位为
U i =61. 5C 061. 5160lg =(lg ) mV =74mV Z C i 110
膜内电位高于膜外电位。
－－5-29 在某一细胞中，C l 在37℃时的平衡电位为－80mV ，如果在细胞外Cl 浓度为
110mol ·m -3，那么在细胞内的浓度是多少?
解: t =37℃，Z =－1，C 0 =110mol·m -3，U i =－80mV ，代入细胞膜内电位公式， -80=61. 5110lg -1C i
－110=20 C i 解之得，C i =5.5mol·m -3，即细胞膜内Cl 的浓度。
5-30 简述心电信号的产生过程。
答: 当心肌细胞处于静息状态时，在其膜的内、外侧分别均匀地分布有等量的正、负离子，形成一闭合曲面的电偶层，对外不显电性，这种状态叫极化。当心肌细胞兴奋时，由于细胞对各种离子的通透性发生了变化，使得在兴奋处膜外的正电和膜内负电逐渐消失，接着，反过来膜内带正电，而膜外带负电，这个过程称为除极，在除极过程中由于电荷不再均匀分布，整个心肌细胞等效为一个电偶极子，其电矩方向与除极的传播方向相同。除极是一个极其短暂的过程，然后细胞又恢复到原来内负外正的带电状态，这个过程称为复极。此时细胞同样相当于一个电偶极子，只是电矩方向与除极时相反。复极结束后细胞恢复到极化状态。可见，心肌细胞的除极和复极过程中，细胞相当于一个电矩变化的电偶极子，在周围空间引起电势的变化，这就是心电信号的产生过程。
5-31 心电图与心向量图有什么样的关系?
答: 某一导联得到的心电图是心向量图在该导联轴上的投影，实际上是空间心电向量环经过二次投影形成的。其过程是：首先空间心电向量环在三个互相垂直的平面上，即额面、水平面、右侧面上投影，得到三个平面心电向量环；其次是额面和水平面的心电向量环分别在各肢体导联轴和胸导联轴上投影，最后形成各导联上的心电图。
5-32 常用心电导联有哪些? 各导联的电极与心电图机是如何连接的?
答: 常用的心电导联有标准导联、加压肢体导联、胸导联，各导联的电极与心电图机按以下方式连接:
①标准导联：极分别安放在左上肢、右上肢、左下肢，分三个导联：
Ⅰ导联，左上肢接心电图机的正极端，右上肢接心电图机的负极端；
Ⅱ导联，左下肢接心电图机的正极端，右上肢接心电图机的负极端；
Ⅲ导联，左下肢接心电图机的正极端，左上肢接心电图机的负极端。
②加压单极肢体导联，分三个导联:
右上肢加压单极肢体导联aVR ，右上肢接心电图机的正极端，左上肢和左下肢分别通过一个电阻R 0 后共同接心电图机的负极端；
左上肢加压单极肢体导联aVL ，左上肢接正极端，右上肢和左下肢分别通过一个电阻R 0后共同接负极端；
左下肢加压单极肢体导联aVF ，左下肢接正极端，右上肢和左上肢分别通过一个电阻R 0后共同接负极端。
③单极胸前导联：探查电极放于心前区一定的部位，与心电图机的正极端相连，而负极端则与中心电端相连，由于探查电极V 放于胸壁的位置不同，又分V 1、V 2、V 3、V 4、V 5、V 6 六个导联。
5-33 加压单极肢体导联的电压幅度比单极肢体导联高50%，试用数学的方法证明之。 证明: 以右上肢加压单位极导联aVR 为例证明。设左上肢、右上肢、左下肢的电位分别为U L 、U R 、U F ，根据aVR 的定义，
aVR=U R -U T （a ）
这时中心电端T 只连接两个肢体，即左上肢L 和左下肢F ，它的电位U T 等于左上肢的电位U L 和左下肢的电位U F 的平均值，即
U T =(U L +U F )/ 2 （b ）
将U T 的表达式代入（a ）式得
aVR=U R －(U L +U F )/ 2 =3 U R / 2－(U R +U L +U F )/2=3[U R －(U R +U L +U F )/3]/2
因为(U R +U L +U F )/ 3 =0，故由上式得
aVR=3U R /2
由此可见，右上肢加压导联的电压比单极肢体导联高50%。同理也可以证明: aVL=3U L /2，aVF=3U F /2，其幅度比单极肢体导联高50%。
第五章 静电场
通过复习后，应该:
1. 掌握电场强度、场强叠加原理、电势和电势差、场强与电势的关系、电势叠加原理、电偶极子的电势;
2. 理解电场线和电通量、高斯定理及其应用、有导体存在时静电场的计算、电介质极化、能斯特方程、电容器、静电场的能量;
3. 了解电偶层的电势、细胞膜静息电位、心电图和心向量图的电学原理。
5-1 点电荷q 和4q 相距l ，试问在什么地方放置什么样的电荷，可使这三个电荷达到受力平衡?
解：已知两个同号点电荷q 与4q 相距l ，在它们之间的连线上某处放置一个异号电荷，当它们满足一定的条件时，即可达到力的平衡。设这个异号电荷的电量为m q ，与q 相距x ，
q q
如本题附图所示。根据库仑定律F =k 122，分析力的平衡条件，电荷m q 分别与q 、4q 的
r 引力相等，即
m q 24mq 2 (a) k 2=k x (l-x) 2
＋q m q
＋4q
电荷q 受4q 的斥力和m q 的引力相等，即 习题5-1附图
4q 2m q 2
k 2=k 2 (b) l x
解（a ）式得x=l /3，将其代入（b ）式可得m=4/9。
从上面的计算结果可知，在q 与4q 之间，与电荷q 相距l /3处，放置一个4/9q 的异号电荷，可使三个电荷达到受力平衡。
5-2 两个点电荷分别带有+10C和+40C的电量，相距40cm ，求场强为零的点的位置及该点处的电势。
解: ①求场强为零的位置: 只有在两电荷的连线中的某点P ，才能使该处场强为零，即q 1 、q 2 在该点的场强E 1、E 2大小相等，方向相反，已知q 1 =10C，q 2 =40C，则根据点电荷
场强公式E =k q 2，有 k q 1=k q 2
22
r r 1r 2
由上式可得 r 1=r 2
q 1101 1 习题5-2附图 ==q 2402
＋q
2 E 1
＋q 2
又因r 1 + r 2 =40cm，由此可得r 1 =40/3cm=40/3×10-2 m； r 2 =80/3cm=80/3×10-2 m
②求电势: 设q 1 、q 2 在P 点产生的电势分别为U 1 、U 2，P 点电势U 为U 1 、U 2 之和，即 U =U 1+U 2=k q 1+k q 2=9. 0⨯109(
1040
⨯10-23
r 1r 2
+
4080
⨯10-23
) V =2. 03⨯1012V
5-3 两等值异号点电荷相距2.0m ，q 1 =8.0×10-6 C ，q 2 =-8.0×10-6 C 。求在两点电荷连线上电势为零的点的位置及该点处的场强。
解: ①求电势为零的位置:设q 1、q 2 连线上P 点处电势为零，该点电势为q 1、q 2
分别产
1
2 2
生的电势U 1、U 2 之代数和，由点电荷电场的电势
q
U =k 得 U P =U 1+U 2=k q 1+k q 2=0
r r 1r 2
习题5-3附图 从上式可得 r 1=-q 1=1
r 2q 2
又r 1 + r 2 =2.0m，则r 1 = r2 =1.0m，即电势为零的位置处于两点电荷连线的中点。
②求场强:设q 1、q 2 在P 处产生的场强分别为E 1、E 2，它们的方向一致，故P 点的场强为E 1和E 2的大小之和，方向由P 指向q 2
q 2q 18. 0⨯10-68. 0⨯10-69
E =E 1+E 2=k 2+k 2=9. 0⨯10⨯(+) N ⋅C -1
1. 01. 0r 1r 2=1. 44⨯105N ⋅C -1
5-4 在一个边长为a 的正三角形的三个顶点放有量值相等的电荷Q ，在以下两种情况下，
求三角形重心处的场强和电势：①三个顶点都带正电荷; ②两个顶点带正电荷，一个顶点带负电荷。
＋＋
习题5-4 附图（a ） 习题5-4 附图（b ）
解: 根据场强的叠加原理，可分别求出三个点电荷在重心的场强，再求出它们的矢量和。电势为标量，只需求出它们的代数和。
①当三个都为正电荷时，按附图（a ）取坐标，坐标原点O 为三角形的重心，已知等边三角形的边长为a ，则其重心到三个顶点的距离r 可由三角函数求出
r =
a 1 ⋅=a 2cos 3003
由点电荷场强公式E =
Q 可得，三个点电荷在重心O 的场强相等，即
4πε0r 2
E 1=E 2=E 3=
Q 4πε0r 2
=
3Q
（a ） 2
4πε0a
方向如附图所示。设重心处的场强E 在Y 方向和X 方向的分量分别为E y 和E x ，则由附图（a ）可得
E y =E 2 cos60°+ E 3 cos60°－E 1 = ½ E 2 + ½ E 3 －E 1 =0 E x =E 2 sin60°－E 3 sin60°=0 （因为E 2 =E 3 ） 故重心处的合场强E =0。
由点电荷的电势公式U =
3可得 Q 和r =a
34πε0r
U 1=U 2=U 3=
根据电势叠加原理，重心处的电势U 为
Q
4πε0a
U =U 1+U 2+U 3=
33Q
4πε0a
②当两个顶点带正电荷，一个顶点带负电荷时，按本题附图（b ）取坐标。参考前面的（a ）式，由点电荷电场强度公式可得
E 1=E 2=E 3=
3Q
2
4πε0a
方向如附图（b ）所示。设重心处的场强E 在Y 方向和X 方向的分量分别为E y 和E x ，则由附图（b ）可得
E y = E1 + E 2 cos60°+ E 3 cos60°= E 1+ ½ E 2 + ½ E 3 =2 E1 =E x =E 2 sin60°－E 3 sin60°=0 （因为E 2 =E 3 ） 故重心处的场强E 的大小为
3Q
2
2πε0a
E =E y =
3Q
2πε0a 2
其方向垂直向上。
由点电荷电势公式可得三个点电荷在重心的电势分别为
U =-
Q Q Q
， U 2=U 3=- =-
4πε0r 4πε0a 4πε0a
根据电势叠加原理，重心处的电势为
U =U 1+U 2+U 3=
3Q
4πε0a
5-5 均匀带电直线长2a ，其线电荷密度为λ，求在带电直线垂直平分线上，且与带电直线相距为a 的点的场强和电势。
解: ①求场强：以带电直线为坐标轴，取直线中点为原点O ，在直线上距O 点 x 处取一线元d x ，如本题附图所示，其电量d q =λd x ，此电荷元在所求点P 处产生的场强为
dE =k
dq λdx =k （a ） 222r (a +x )
其方向沿d q 与P 点连线（图中为λ>0时的情况，若λ
由于对称性，各电荷元的场强沿X 轴的分量d E ∥ 互相抵消，而垂直于X 轴的分量d E ⊥互相增强，因此
E =⎰dE ⊥=⎰dE sin θ （b ）
L
L
a a
由附图可知，sin θ==2，将（a ）式和sin θ
r (a+x 2) 1/2
的表达式代入（b ）式得E 的大小为 习题5-5附图
E =k λa ⎰
dx 2 =k
-a (a 2+x 2) 3/2a
a
其方向垂直向上。
②求电势:由点电荷电势公式可得，d q 在P 点产生的电势d U 为
dU =k
将上式积分可得P 点电势
dq λdx =k 2 21/2r (a +x )
U =⎰dU =k λ⎰
dx
=k λln(3+22)
-a (a 2+x 2) 1/2
a
5-6 均匀带电圆环，其半径为5cm ，总电量为5.0×10-9 C，计算轴线上离环心5cm 处的场强和电势。
解：本题先求电势，然后利用场强和电势的关系计算场强。
①求电势：参考本题附图，设圆环总量为q ，半径为R ，
由于电荷是均匀分布，故其线电荷密度η=q /2πR 。在圆环上取
一线元d l ，其电量为
q ⋅dl
（a ） 习题5-6 附图 dq =η⋅dl =
2πR 设P 点离环心O 的距离为x ，则由附图知，r =dU 为
R 2+x 2，电荷元d q 在P 点产生的电势
dU =k
dq qdl =k （b ） 221/2r 2πR (R +x )
将上式积分，可得P 点的电势为
q
U =⎰dU =k
2πR (R 2+x 2) 1/2
⎰
2πR
dl =
kq
（c ）
(R 2+x 2) 1/2
已知R =5cm=0.05m，q =5.0×10-9 C，x =5cm=0.05m，代入上式得
U =
9. 0⨯109⨯5. 0⨯10-9(0. 052+0. 05)
122
V =6. 36⨯102V
②求场强:根据场强与电势的关系E =－d U /dn，对（c ）式求关于x 的导数，则场强E 的大小为
9
dU qx 95. 0⨯10⨯0. 05E =-=k 2=9. 0⨯10V ⋅m -1=6. 36⨯103V ⋅m -1 23/23dx (R +x )
(0. 052+0. 052) 2
方向沿X 轴正方向。
d E ∥ 互相抵消，而垂直于X 轴的分量d E ⊥互相增强，因此
5-7 均匀带电的半圆弧，半径为R ，带有正电荷q ，求圆心处的场强和电势。
解: ①求场强：在环上取一线元d l ，带电量d q =q πR d l ，电荷元在圆心产生的场强大小为
dE =k
dq q =k dl r 2πR 3
方向如附图所示，与OX 轴夹角为θ，d l =R d θ。由于对称性，dE ∥互相抵消，dE ⊥相互增强，
于是有
E =⎰dE ⊥=⎰dE sin θ
L
L
将d E 的表达式及d l =R d θ代入，经整理后得场强E 的大小为
q E =k 3
πR
⎰
π
R sin θd θ=2k
q πR 2
其方向垂直向下。
②求电势: 电荷元d q 在圆心产生的电势d U 为
dq q
dU =k =k 2dl 习题5-7附图
r πR
将上式积分即得圆心处的电势
q
U =⎰dU =k 2
πR
⎰
πR
dl =k
q R
5-8 长度为L 的直线段上均匀分布有正电荷，电荷线密度为λ，求该直线的延长线上，且与线段较近一端的距离为d 处的场强和电势。
解: ①求场强:在直线段l 处取一线元d l ，其带电量为d q =λd l ，它在P 处产生的场强方向沿直线的延长线，大小为
dE =k
dq λdl =k 22r (L +d -l )
将上式积分，即得P 点场强的大小为 习题5-8附图
E =⎰dE =k λ⎰
L
dl 11k λL
=k λ(-) =
d L +d d (L +d ) (L +d -l ) 2
方向沿X 轴正方向。
②求电势:由点电荷电势公式可知，电荷d q 在P 点产生的电势d U 为
dU =k
dq λ=k dl
r (L +d -l )
将上式积分，即得P 点的电势U 为
U =⎰dU =k λ⎰
L
dl L +d
=k λ)
(L +d -l ) d
5-9 两个无限长同轴柱面，内圆柱面半径为R 1，每单位长度带的电荷为+λ，外圆柱半径为R 2，每单位长度带的电荷为-λ，求两圆柱面之间的空间中各处的场强。
解: 电荷均匀地分布在两无限长同轴圆柱面上，电场的分布具有对称性，即距轴心等距的各点大小相等，方向沿半径方向（轴向分布）欲求两圆柱面之间的空间中任意点（设距轴心为r ）的场强E ，选取半径为r ，单位长度的同轴圆柱面S 1与两底面S 2、S 3构成的闭合柱形高斯面S 。其中S 2、S 3 处场强方向与法线垂直，cos90°=0，通过S 2、S 3 的电通量为零，所以通过S 面的总电通量即为通过S 1 的电通量
Φe =E cos θds =⎰Ecos θds +⎰Ecos θds +⎰Ecos θds
s
s 1
s 2
s 3
=E ⋅S 1=E ⋅2πr
由题意可知，在单位长度高斯圆柱面内的电量为+λ， 故由高斯定理Φe =E cos θds =
s
1
ε0
∑q
i
i
得
E ·2π r =λ/ε0
解出E 即得
E =
λ1
（R 1
2πε0r
5-10 在匀强电场E 中作一球面，球心为O ，半径为R 。①求通过整个球面的电通量; ②过球心，沿垂直电场方向将球面一分为二，求通过半个球面的电通量［图中（a ）］；③沿着与电场方向呈θ角的方向把球面一分为二，求通过半个球面的电通量［图中（b ）］。
解: ①根据高斯定理Φe =E cos θds =
s
1
ε0
∑q
i
i
，由于球
(a)
面内无电荷，即
∑q i =0，故通过整个球面的电通量Φe 等于零，
i
Φe =E cos θds =0
s
(b)
②从图（a ）中可以看出，沿垂直电场方向将球面一分为二，
2
其横截面积为πR ，通过半个球面的电通量就等于通过该横截
面的电通量，其数值Φe 为 习题5-10附图
Φe =E cos θds =E πR 2
s
③与（2）类似，在（b ）图中通过半个球面的电通量，就等于通过其横截面在场强方向上的投影面积πR 2 sinθ的电通量，其大小为
Φe =∫E cos(900-θ)dS =∫E sin θdS=E πR 2 sinθ
5-11 在一橡皮球表面均匀分布着正电荷q ，在橡皮球被吹大的过程中，A 点始终在球面内，B 点始终在球外，问A ，B 点处的场强和电势将如何变化?
答: 设橡皮球的半径为R ，由教材中高斯定理的应用举例可知，这一带电的橡皮球其电场的分布为
Q ⎧E =k (r >R ) ⎪2
r ⎨⎪⎩E =0(R 1
即球面内、外的场强与橡皮球的半径R 无关，故A 、B 两点的场强不变。根据电势的定义
可得
U A =⎰⋅d =⎰⋅d +⎰⋅d =k
A
A
R
∞R ∞
Q R
U B =⎰⋅d =⎰⋅d =k
B
r b
∞∞
Q r b
即U A 随橡皮球R 的增加而降低，U B 则因它距球心的距离不变而没有发生变化。
5-12 两个均匀带电的同心球面，内球面半径为R 1，外球面半径为R 2，外球面的面电荷密度为σ2，且外球面外各处的场强为零，求：①内球面上的电荷密度σ1；②两球面之间离球心为r 处的场强；③内球面内的场强。
解: ①从球心O 以半径r （>R 2）作一球形高斯面S 1（外虚线），该高斯面上各处场强为零. 通过S 1 面的电通量 Φe =E cos θds =0
s 1
由高斯定理可知，两球面带异号电荷，且q 1 =q 2 ，即：
σ1·4πR 12 =σ2·4πR 22，由此可解出内球面上的电荷密度σ1为
R
σ1=(2) 2σ2
R 1
习题5-12附图
②从球心O 以半径R 作一球形高斯面S 2（见附图，内虚线），由于电荷均匀分布，球面带电体具有球对称性，电场的分布也应有对称性，在高斯面S 2 上各处的场强大小相等，方向均沿半径方向，即θ=0（此为内球面带正电情况，若带负电，θ=180°，请读者自行讨论）。设S 2 上场强大小为E ，根据高斯定理有
E ·4πR 2 =q 1/ε0
22
q 1q 2σ2⋅4πR 2σ2⋅R 2
E = ===
ε0⋅4πR 2ε0⋅4πR 2ε0⋅4πR 2ε0⋅R 2
③因球面内没有电荷，由高斯定理可知，E =0。
5-13 电场强度E 与电势U 之间有何关系? 电场中，若某点场强为0，该点电势是否一定为0? 反之，某点电势为0。该点的场强是否一定为0?
若空间中各点电势为一常数，场强
一定为0吗? 为什么?
答: 电场强度E 与电势U 是从不同角度来描述电场性质的两个重要物理量，电场强度E 描述了电场力的特性，而电势U 则描述了电场能的特性，它们之间的积分关系为
U a =⎰E cos θdl ，微分关系E =-
a
∞
dU
。从它们的关系式可以看出，某点场强为0，该点dn
电势不一定为0，例如，半径为R 的带电球壳，内部的场强为0，而电势等于kQ/R。某点的电势为0，但该处的d U 不一定为0，因此该点的场强不一定为0，例如电偶极子的中垂面上，各点的电势等于0，但场强不等于0。若空间各点电势为一常数，d U =0，则场强一定为0。
5-14 电量为q =+1.0×10-8 C的点电荷，从电场中的a 点移到b 点，电场力作的功为3×10-6 J，求: ①a 、b 两点的电势差是多少? ②两点中哪一点的电势较高?
解: 已知q =+1.0×10-8 C，W ab =3×10-6 J，由电势差公式U a －U b =W ab /q 可得
U a －U b =W ab /q =3×10-6 /1.0×10-8 V=3×102 V
因为正电荷从a 移到b 是电场力作功，所以U a >U b 。
5-15 什么是电偶极子? 电偶极子电场中某一点的电势与哪些因素有关? 指出电势大于零、等于零、小于零的区域?
答: 两个相距很近的等量异号电荷+q 和－q 所组成的带电系统叫电偶极子。电偶极子电场中某一点的电势与电偶极子的电矩P 成正比，与该点到电偶极子的距离r 平方成反比，且与方位角θ有关，即U =k
P cos θ
。电偶极子中垂面上各点的电势为零，在中垂面+q 一侧r 2
空间各点的电势为正，－q 一侧空间各点的电势为负。
5-16 两个等量异号的点电荷，其电量均为10-9 C ，相距0.01mm ，求该电偶极子的电矩大小和方向。
解: 已知Q =1.0×10-9 C，l =0.01mm=1.0×10-5 m，由电矩公式可得
P =q ·l =1.0×10-9×1.0×10-5 C·m=1.0×10-14 C·m
其方向由负电荷指向正电荷。
5-17 设在XY 平面内的原点O 处有一电偶极子，电矩P 的大小为1.0×10-6 C·m ，方向指向Y 轴正方向。问在坐标（1，0），（1，2），（0，1），（-1，2）点处的电势分别是多少? （坐标单位为m ） -6
解: 已知原点O 处的电偶极子的电矩P =1.0×10 C ·m ，方向指向Y 轴正方向，如附图所示，
A 点：θ=90°，r =1m； B 点：cos θ=2/，r =5m ； C 点：θ=0°， r =1m； D 点：cos θ=2/，r =5m 。 根据电偶极子的电势U =k
P cos θ
，A 、B 、C 、D 各点r 2
的电势分别为： 习题5-17 附图
P cos 900
U A =k =0
r 2
U B =k
P cos θ9
=9⨯10⨯2
r
10-6⨯
5
2
V =1. 6⨯103V
-6
P cos θ9103
U C =k =9⨯10⨯V =9⨯10V 2
1r
U D =k
P cos θ9
=9⨯10⨯2
r
10-6⨯
5
2
V =1. 6⨯103V
5-18 在边长为a 的等边三角形重心处，有一垂直指向底边的电偶极子P ，求： ①三角形各顶点的电势; ②三角形各边中点的电势。
解: ①已知等边三角形的边长为a ，则由附图可计算出重心到三个的顶点的距离r 为
r =
a =a 32cos 300
P cos θ
，r 2
又知电偶极子指向等边三角形的底边，如附图所示。根据电偶极子电势公式U =k 可得各顶点的电势。对于顶点A ，θ =180°，则
P cos 18003P
U 1=k =-k 22
a (3a /3)
对于顶点B ，方位角θ =－60°，顶点C ，θ =60°，则B 、C 的电势分别为
P cos(-600) 3P
U 2=k =k 22
2a (a /3) P cos 6003P U 3=k =k 22
2a (3a /3)
②由附图可知，重心到各边中心的距离d 为
2
a 3
d =cot 60⋅=a
26
13
由此可进一步计算各边中点的电势，其中底边中点D ， 习题5-18附图 θ =0°，其电势为
P cos 0012P
U 1' =k =k 22
a (a /6)
对于左边中点E ，方位角θ =－120°，右边中点F ，θ =120°，则这两点的电势分别为
P cos(-1200) 6P P cos 12006P
，
U 2' =k =-k U ' =k =-k 32222a a (a /6) (3a /6)
如果电偶极子P 的方向水平向右，结果又是怎样? 读者自己计算。
5-19 电偶极子的电量q =3×10-7 C ，轴线l =0.02mm，求：①电偶极子中垂线上距轴线中点30cm 的P 点的电势； ②若P 点在电偶极子电矩指向的延长线上时，其电势又是多少? （设这时P 点离轴线中点的距离仍为30cm 。）
解: 已知q =3×10-7 C ， l =2×10-5m ，由电矩公式得
P = q ·l = 3×10-7×2×10-5 C·m=6×10-12 C·m
①因为P 点在垂直于电偶极子轴线的中垂线上，其方向角θ=90°，由电偶极子电势公式U =k
P cos θ
可知，P 点的电势U =0（因为cos90°=0）。 2
r
②若P 点位于电矩指向的延长线上，离轴线中心30cm ，则θ =00，r =30cm=0.3m，代入电偶极子电势公式（常数k =9×109 N·m 2·C -2），可得这时P 点的电势为
-12
P cos θ⨯cos 0096⨯10U =k =9⨯10V =0. 6V r 2(0. 3) 2
5-20 一曲率半径为10cm 的球壳状电偶层，带电量q =3×10-7 C，层间距为1mm ，面积30cm 2，问在曲率中心处电偶层形成的电势是多少?
解: 已知r =10cm=0.1m，q =3×10-7 C，δ =1mm=10-3 m，S =30cm2 =3×10-3 m2。由层矩的定义得P S =σδ=(q δ)/S，由立体角公式得Ω =S/r2 ，再根据电偶层的电势公式，可得曲率中心处电偶层形式的电势为
q S q δ9⨯109⨯3⨯10-7⨯10-3
U =⎰kP s d Ω=kP s Ω=k δ⋅2=k 2=V =270V
s S r r 0. 12
5-21 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×10-5 C·m -3求距球心5cm ，
8cm ，12cm 各点的场强。
q
解:高斯定理E ⋅d S =, E 4πr 2=
s
ε0
q
ε0
当r =5cm 时，∑q =0, E =0 r =8cm 时，∑q =p
4π33
(r -r 内) 3
ρ
∴ E =
4π32
r -r 内≈3. 48⨯104N ⋅C -1， 方向沿半径向外。 24πε0r
()
r =12cm 时, ∑q =ρ
4π33
(r 外-r 内）
3
ρ
∴ E =
4π33
r 外-r 内3≈4. 10⨯104 N ⋅C -1 沿半径向外。 24πε0r
()
5-22 半径为R 1和R 2 (R 2 ＞R 1) 的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ，试求：(1)r ＜R 1；(2) R 1＜r ＜R 2；(3) r ＞R 2处各点的场强。
解:高斯定理 q ，取同轴圆柱形高斯面，侧面积S =2πrl ，则E ⋅d S =s ε0
E ⋅d S =E 2πrl S
(1) r
∑q =l λ， ∴E =λ， 沿径向向外。 2πε0r (2) R 1
(3) r >R 2， E =0 ∑q =0，∴
5-23 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为σ1和σ2，试求空间各处场强。
解:两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为σ1和σ2，规定垂直于两平面由σ1面指向σ2面的方向为n ，则
11 两面间， E =(σ1-σ2) n ；σ1面外， E =-(σ1+σ2) n ； 2ε02ε0
1 σ2面外， E =(σ1+σ2) n 2ε0
5-24 一块电介质在电场中极化后，沿着与电场垂直的方向将它截为两半，再撤去外电场，这两块电介质是否带电? 如果把电介质换成导体，情况又如何?
答: 两块电介质均不带电。因为电介质极化产生的电荷不能离开介质，也不能在电介质内部自由移动，处于束缚状态，无论是取向极化还是位移极化，当外电场撤消后，极化现象也随之消失，由于分子的热运动，电介质对外不显电性。若换成导体放入电场中，导体中的自由电子将在电场力作用下逆着外电场方向运动，导体一端因自由电子的积聚出现负电荷，另一端因自由电子的缺失显现正电荷，分开后，一块导体带正电，另一块带负电。
5-25 设在外电场的作用下电介质的某处场强为0.15×107 N ·C -1，电介质的介电常数为10-10 C2·N -1·m -2，求无电介质时该处的场强是多少?
解: 设外电场（即无电介质时）的场强为E 0，放入电介质后，电介质内部的总场强E 是外电场与极化电场之和。由E = E0/εr 和ε = ε0 εr 可得
E 0 = Eε / ε0
已知： E =0.15×107 N·C -1，ε =10-10 C2·N -1·m -2，ε0 =8.8542×10-12 C2·N -1·m -2，代入上式得
10-10
E 0=0. 15⨯10⨯N ⋅C -1=1. 69⨯107N ⋅C -1 -128. 8542⨯107
5-26 平行板电容器的极板面积为S ，间距为d ，将电容器充电后，注入相对介电常数为εr 的电介质，问以下两种情况时，注入电介质前后电容器所带电荷Q ，场强E ，两板间电压U ，电容C 和电场能量密度w e 有何变化? （1）注入电介质时电容器仍在电源上；（2）注入电介质时电容器已与电源断开。
答: ①注入电介质时电容器在电源上，这时两极板之间的电势差U 不变，即注入电介质前的电势差U 前 等于注入电介质后的电势差U 后 （U 前 =U 后）。根据电容器的电容的定义式C =εS d可知
C 前 =ε0 S/ d， C 后 =ε S /d=ε0 εr S/ d = εr C前
而Q=CU，Q 后 =C 后 U 后 =εr C前 U 前 =εr Q前 ，由E=U/d 可得
E 后 =U 后/d =U 前/d=E前
由能量密度公式w =εE 2/2 得
w 后 =ε0 εr E2后/2 =εr （ε0 E2后/2）=εr w 前
其中w 前 =ε0 E2后/2。
②注入电介质时电容器已与电源断开，这时Q 前 =Q 后，即电容器所带电量不变，而C 后 =εS/ d=ε0 εr S/ d=εr C前，由U=Q/C可得
U 后 =Q后/C 后 =Q后/(εr C前)= Q前/εr C前 = U 前/εr
根据E=U/ d可得
E 后 =U 后/d=U前/εr d=E前/εr
由能量密度公式w = εE 2/2 得，
w 后 = ε0 εr E2后/2 =ε0εr (E 前/εr )2/2 = (ε0E 前/2 )2/εr = w 前/εr
5-27 真空中一半径为R ，电荷为Q 的导体球，求其电场的总能量。
解: 根据静电平衡条件，可知电荷Q 一定均匀地分布在导体球的表面上。根据高斯定理可求得均匀带电球面的场强分布为
⎧0⎪E =⎨Q
⎪4πεr 2
0⎩(r R )
由能量密度公式w =εE 2/2可知，在球内因E =0，故球内电场的能量为零。由上式和能量密度公式可得，球外电场的能量密度为
111Q 2Q 22 ω=ε0E =ε0(⋅2) =24224πε0r 32πε0r
取一个与球同心的球壳，其半径为r ，厚度为d r ，则它的体积为d V =4πr 2d r ，体积元d V 内的电场能量dW=w d V = q 2 dr/( 8πε0 r2) ，所以其电场的总能量为
q 2∞dr q 2
W =⎰dW ==2⎰R 8πε0r 8πε0R
5-28 在温度为37℃时，带一个正电荷的某离子在细胞膜内外的浓度分别为10mol ·m -3 和160mol ·m -3，求膜内外平衡电位，并指出何侧电位高?
解: 已知t =37℃，Z =+1，C i =10mol·m -3，Co =160mol·m -3，由细胞膜电位公式可得膜内的电位为
U i =61. 5C 061. 5160lg =(lg ) mV =74mV Z C i 110
膜内电位高于膜外电位。
－－5-29 在某一细胞中，C l 在37℃时的平衡电位为－80mV ，如果在细胞外Cl 浓度为
110mol ·m -3，那么在细胞内的浓度是多少?
解: t =37℃，Z =－1，C 0 =110mol·m -3，U i =－80mV ，代入细胞膜内电位公式， -80=61. 5110lg -1C i
－110=20 C i 解之得，C i =5.5mol·m -3，即细胞膜内Cl 的浓度。
5-30 简述心电信号的产生过程。
答: 当心肌细胞处于静息状态时，在其膜的内、外侧分别均匀地分布有等量的正、负离子，形成一闭合曲面的电偶层，对外不显电性，这种状态叫极化。当心肌细胞兴奋时，由于细胞对各种离子的通透性发生了变化，使得在兴奋处膜外的正电和膜内负电逐渐消失，接着，反过来膜内带正电，而膜外带负电，这个过程称为除极，在除极过程中由于电荷不再均匀分布，整个心肌细胞等效为一个电偶极子，其电矩方向与除极的传播方向相同。除极是一个极其短暂的过程，然后细胞又恢复到原来内负外正的带电状态，这个过程称为复极。此时细胞同样相当于一个电偶极子，只是电矩方向与除极时相反。复极结束后细胞恢复到极化状态。可见，心肌细胞的除极和复极过程中，细胞相当于一个电矩变化的电偶极子，在周围空间引起电势的变化，这就是心电信号的产生过程。
5-31 心电图与心向量图有什么样的关系?
答: 某一导联得到的心电图是心向量图在该导联轴上的投影，实际上是空间心电向量环经过二次投影形成的。其过程是：首先空间心电向量环在三个互相垂直的平面上，即额面、水平面、右侧面上投影，得到三个平面心电向量环；其次是额面和水平面的心电向量环分别在各肢体导联轴和胸导联轴上投影，最后形成各导联上的心电图。
5-32 常用心电导联有哪些? 各导联的电极与心电图机是如何连接的?
答: 常用的心电导联有标准导联、加压肢体导联、胸导联，各导联的电极与心电图机按以下方式连接:
①标准导联：极分别安放在左上肢、右上肢、左下肢，分三个导联：
Ⅰ导联，左上肢接心电图机的正极端，右上肢接心电图机的负极端；
Ⅱ导联，左下肢接心电图机的正极端，右上肢接心电图机的负极端；
Ⅲ导联，左下肢接心电图机的正极端，左上肢接心电图机的负极端。
②加压单极肢体导联，分三个导联:
右上肢加压单极肢体导联aVR ，右上肢接心电图机的正极端，左上肢和左下肢分别通过一个电阻R 0 后共同接心电图机的负极端；
左上肢加压单极肢体导联aVL ，左上肢接正极端，右上肢和左下肢分别通过一个电阻R 0后共同接负极端；
左下肢加压单极肢体导联aVF ，左下肢接正极端，右上肢和左上肢分别通过一个电阻R 0后共同接负极端。
③单极胸前导联：探查电极放于心前区一定的部位，与心电图机的正极端相连，而负极端则与中心电端相连，由于探查电极V 放于胸壁的位置不同，又分V 1、V 2、V 3、V 4、V 5、V 6 六个导联。
5-33 加压单极肢体导联的电压幅度比单极肢体导联高50%，试用数学的方法证明之。 证明: 以右上肢加压单位极导联aVR 为例证明。设左上肢、右上肢、左下肢的电位分别为U L 、U R 、U F ，根据aVR 的定义，
aVR=U R -U T （a ）
这时中心电端T 只连接两个肢体，即左上肢L 和左下肢F ，它的电位U T 等于左上肢的电位U L 和左下肢的电位U F 的平均值，即
U T =(U L +U F )/ 2 （b ）
将U T 的表达式代入（a ）式得
aVR=U R －(U L +U F )/ 2 =3 U R / 2－(U R +U L +U F )/2=3[U R －(U R +U L +U F )/3]/2
因为(U R +U L +U F )/ 3 =0，故由上式得
aVR=3U R /2
由此可见，右上肢加压导联的电压比单极肢体导联高50%。同理也可以证明: aVL=3U L /2，aVF=3U F /2，其幅度比单极肢体导联高50%。