大学物理第六章静电场习题答案

6-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。试问：（1）在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡（即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零）（2）这种平衡与三角形的边长有无关系

vvvvFF解：（1）如图任选一点电荷为研究对象，分析其受力有合1F2F30

y轴方向有

F合2F1cosF32 q40a2q240a23qQ24a302

3q3Q03q 3（2）这种平衡与三角形的边长无关。

6-2 两小球的质量都是m，都用长为l的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ，如图所示。设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量。

解：对其中任一小球受力分析如图所示，有

Tcosmg得 Qq2TsinF1e4π0(2lsin)2解得 q2lsin40mgtan 6-3 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl－与其最邻近的八个一价铯离子Cs+构成如图

所示的立方晶格结构。（1）求氯离子所受的库仑力；（2）假设图中箭头所指处缺少一个铯离子（称作晶格缺陷），求此时氯离子所受的库仑力。 （1）由对称性可知 F1= 0

q1q2e291.9210N 方向如图所示 （2）F22240r30a

96-4 长l＝ cm的直导线AB上均匀地分布着线密度5.010Cm的正电荷。试求：（1）在导线的延长线上与导线B端相距a15.0cm处P点的场强；（2）在导线的垂直平分线上与导线中点相距d25.0cm处Q点的场强。 解：（1）如图所示，在带电直线上取线元，其上电量在点产生场强为

1dx

4π0(ax)211ll2dx[]EPdEP ll4π0lπ0(4a2l2)aa4π02(ax)22291用l15，5.010Cm，a12.5代入得

EP6.74102NC1 方向水平向右

1dxdE 方向如图所示 （2）同理 Q4π0x2d22dEP由于对称性可知ldEQx0，即只有分量

dEQy1dx4π0x2d22d2xd222

EQydEQyld24π2l2l2dx(xd)22232l2π0l24d22

以5.0109Ccm1, l15,d25代入得

EQEQy14.96102NC1 方向沿轴正向

*6-5 设匀强电场的电场强度E与半径为R的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量。

解：取平面S’与半球面S构成闭合曲面，因其内部无电荷，根据高斯定理有

vvvvvveÒSEdSSEdSSEdS0

vvvveSSEdSSEdSR2EcosR2E

6-6 边长为a的立方体如图所示，其表面分别平行于Oxy、Oyz 和Ozx 平面，立方

vvv体的一个顶点为坐标原点，现将立方体置于电场强度E=E1kxi+E2j（k，E1，E2为常数）的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量。

解：由题意知场强E的方向在Oxy平面内，即OABCDEFG0

vvvvvOAFEESOAFEE1i+E2ja2(i)E1a2

22BCDGESBCDGE1kai+E2jai(E1ka)a

vvvvvOCDEABGFvvvv2v2ESOCDEEkxi+E2j1a(-j)E2a vvvv2v2ESABGFEkxi+E2j1ajE2a

整个立方体表面eE1a2(E1ka)a2E2a2E2a2ka3

*6-7 一个内外半径分别为R1和R2的均匀带电球壳，总电荷为Q1，球壳外同心罩一个半径为R3的均匀带电球面，球面带电荷为Q2，求电场分布。 解：由对称性分析可知，电场成球对称分布。可应用高斯定理

vv1ÒSEdSq

0vv2过场点作与球壳同心的球形高斯面，有ÒSEdS4 πrE

2rvr3R13r3R13Q1Q1r3R13v2, 得EeR104 π0r2vQ1Q2vQ1Q224 πrE=, 得EeqQQr>R3时，2r 12，04 π0rR2vv112EdSq4RE，得q S解：由高斯定理Òq0， E0

4π时， p

34π2r3r内413，方向沿半径向外 3.4810NCE24π0r4π r12cm时， q34π33r外r内1 4 NC，方向沿半径向外 3E4.10104π0r26-9 在电荷体密度为ρ的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，若将带电体球心O指向球形空腔球心O′的矢量用a表示，如图所示。试证明球形空腔中任一点的电

a。 场强度为E30解：采用补偿法求解。空腔等效为电荷体密度为ρ和-ρ的两个带电体。腔内任一点的电场强度等于电荷体密度为ρ的大球和电荷体密度为-ρ的小球所产生的电场强度的矢量和。

由高斯定理可知，均匀带电球内任一点的电场强度为

vvvqrrE 340R30空腔内任一点的电场强度

vvvvvrOrOvvvEEOEO rOrOa30303030当时，

00*6-10 半径为R1和R2（R1R2处各点的场强。 解：由对称性分析可知电场成轴对称分布。可应用高斯定理

vv1ÒSEdSq

0vvvvSEdSEdS=2πrhE 选取同轴闭合圆柱形高斯面，有Òs侧面rR2时，q0, 2πrhE0, E0

6-11 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1和2，试求空间各处场强。

1E(12)n 解：设向右为正方向。两面间，201E()n 面外， 12201E()n 面外， 1220*6-12 如图所示，在A，B两点处放有电量分别为＋q，－q的点电荷，AB间距离为2R，现将另一正试验点电荷q0从O点经过半圆弧移到C点，求移动过程中电场力做的功。

1qq解：VO0

40RR1qqqqq0AqUqVV 0OC0OC403RR60R60R6-13 如图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷，两段直导线的长度和半圆环的半径都等于R。试求环中心O点处的场强和电势。

解：（1）由于电荷均匀分布与对称性，和段电荷在点产生的场强互相抵消，取dlRd，则dqRd产生点如图，由于对称性，点场强沿y轴负方向。

Rd 2EdEycossinsin4R240R2220R02VC（2）电荷在点产生电势，以U0 Adx2RdxU1ln2

B4πxR4πx4π000Uln2 同理产生 24π0πRU 半圆环产生 34π0R40UOU1U2U3ln2

2π0406-14 在一半径为R１的金属球A外面套有一个同心的金属球壳B。已知球壳B的内、外半径分别为R2，R3。设球A带有总电荷QA，球壳B带有总电荷QB。（1）求球壳B内、外表面上所带的电荷以及球A和球壳B的电势；（2）将球壳B接地然后断开，再把金属球A接地，求金属球A和球壳B内、外表面上所带的电荷以及球A和球壳B的电势。

解：（1）根据空腔导体的静电性质，球壳B内、外表面上所带的电荷量分别为

QB内=-QA，QB外=QA+QB

根据均匀带电球壳电势特点及电势叠加原理可得

QAQAQQBVAA

40R140R240R3QAQAQAQBQAQBVB

40r40r40R340R3QQB0,得QAQB=0 （2）球壳B接地则VBA40R3QA 即球壳外表面电荷为零，内表面电荷-QA不变。断开后球壳带电QBQAQAQQAR1R2QAA0 得 QA球A接地则 VA 40R140R240R3R1R2R2R3R1R3根据空腔导体的静电性质，球壳B内、外表面上所带的电荷量分别为 R1R2QA内=-QA-QB

R1R2R2R3R1R3(R1R3R2R3)QAR1R2QA外=QAQAQBQA

R1R2R2R3R1R3R1R2R2R3R1R3外QB(R1R3R2R3)QA断开后球壳电势VB 40R340R3(R1R2R2R3R1R3)*6-15 半径为R1的金属球之外包有一层外半径为R2的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r，金属球带电Q。试求：（1）电介质内、外的场强；（2）电介质层内、外的电势；（3）金属球的电势。

rr2DdSD4rq0 解：（1）由有电介质时的高斯定理 Òs金属球内部 D4rq00，得D0,E0

vQv2金属球外部D4rq0Q，得Der

4r2vvvDvQDQvv电介质内部E 电介质外部 eEe 2r2r0r40rr040r（2）由电势定义得 金属球内部

R2vQQ11QvvvR2QdrV1E2drE3drdr= R1R2R14r2R24r24RR4R0r00r1202电介质内部

R2vvvvR2V2E2drE3drrR2rQdrQQdr40rr2R240r240r211Q rR4R202电介质外部 V3rvvE3drrQ40r2drQ40r

11Q（3）金属球的电势 V1 40rR1R240R2*6-16 两个同轴的圆柱面，长度都是l，半径分别为R1和R2（R2>R1），且l >>R2-R1。两柱面之间充满介电常数为ε的电介质。当两圆柱面分别带有等值异号电荷Q时，求（1）在半径为r（R1rr解：由有电介质时的高斯定理 ÒsDdSq0

rrQDQD，E (RArRB) 有 Ò 得DdS2rLDQs2rl0r20rrl（1）取半径为r，厚度为dr的同心圆柱薄壳。其体积及电场能量密度分别为

Q11QdV=2rldr， weE2

2220rrl21QQ2dr （2）薄壳中的总电场能量为 dWwedV=2rldr=220rrl40rrl2（3）电介质中的总电场能量为 WwedV=V40rlRA=lnQ2RBRdrQ2lnB r40rlRA1Q21（4）圆柱形电容器的电容 C＝=2W2Q2Q2RB40rlRA*6-17 一平行板空气电容器极板面积为S，间距为d，充电至带电Q断开电源。用外力缓缓地把两极板间距拉开到2d。求（1）电容器能量的改变；（2）此过程中外力所做的功，并讨论此过程中功能转换关系。

SS解：（1）极板间距为d和2d时电容各为 C10和C20

d2dQ2Q2dQ2Q2d电容器储存的能量分别为 W1 和W22C120S2C20S20rl RBlnRAQ2d电容器中能量的增量为 WW2W1

20S（2）此过程中外力克服两极板之间引力所做的功转化为电容器的能量，即

Q2d AW20S6-18 半径为的长直导线，外面套有内半径为的共轴导体圆筒，导线与圆筒间为空气（已知空气的击穿电场强度Eb=×106V/m）。略去边缘效应，求：（1）导线表面最大电荷面密度；（2）沿轴线单位长度的最大电场能量。 解：（1）设导线表面电荷量为Q，则导线和圆筒间电场强度为

QE

20r20rLQ

20R120R1L01062.66×10-5Cm2 导线表面最大电荷面密度max0Eb8.8510-123.0×（2）导线最大电荷线密度max2R1max20R1Eb

R导线和圆筒间电场强度为Emmax1Eb

20rr导线表面附近的电场强度E11R2电场能量密度we0Em01Eb

22r沿轴线单位长度的最大电场能量为

2WwedV=VR2R1R2drR1R10Eb2rdr0R12Eb20R12Eb2ln2R1r2rR12 =5.7610-4Jm1