解图9-2第9章 电荷与真空中的静电场9-1 两个小球都带正电，总共带有电荷55.010C -⨯,如果当两小球相距2.0m 时，任一球受另一球的斥力为1.0N.试求：总电荷在两球上是如何分配的。

分析：运用库仑定律求解。

解：如解图9-1所示，设两小球分别带电q 1，q 2则有512+ 5.010q q -=⨯ ①由库仑定律得912122091014π4q q q q F r ε⨯=== ② 由①②联立解得5152 1.210C 3.810Cq q --⎧=⨯⎪⎨=⨯⎪⎩9-2 两根26.010m -⨯长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为30.510kg -⨯的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位置上。

求每一个小球的电量。

分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。

解：设两小球带电12=q q q =，小球受力如解图9-2所示220cos304πq F T R ε==︒ ①sin30mg T =︒ ②联立①②得2o 024tan30mg R qπε= ③ 其中223sin 606103310(m)2r l --=︒=⨯⨯=⨯ 2R r =代入③式，得71.0110C q -=⨯解图9-19-3 在电场中某一点的场强定义为0FE q =r r ，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在电场？为什么？答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷0q 所受力F ρ与0q 成正比，故0FE q =rr 是与0q 无关的。

9-4 直角三角形ABC 如题图9-4所示，AB 为斜边，A 点上有一点荷91 1.810C q -=⨯，B 点上有一点电荷92 4.810C q -=-⨯，已知0.04m BC =，0.03m AC =，求C 点电场强度E ρ的大小和方向(cos370.8︒≈,sin370.6︒≈).分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。

解：如解图9-4所示C 点的电场强度为12E E E =+r r r994111220 1.810910 1.810(N C )4π()(0.03)q E AC ε--⨯⨯⨯===⨯⋅ 994122220 4.810910 2.710(N C )4π()(0.04)q E BC ε--⨯⨯⨯===⨯⋅ C 点电场强度E ρ的大小222244112 1.8 2.710 3.2410(N C )E E E -=+=+⨯=⨯⋅方向为4o 142 1.810arctan arctan 33.72.710E E α⨯===⨯ 即方向与BC 边成33.7°。

9-5 两个点电荷6612410C,810C q q --=⨯=⨯的间距为0.1m ，求距离它们都是0.1m 处的电场强度E ρ。

分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。

解：如解图9-5所示9661112201910410 3.610(N C )4π10q E r ε---⨯⨯⨯===⨯⋅解图9-5解图9-4C题图9-496612222029108107.210(N C )4π10q E r ε---⨯⨯⨯===⨯⋅ 1E ρ，2E ρ沿x 、y 轴分解611212cos 60cos120 1.810(N C )x x x E E E E E -=+=︒+︒=-⨯⋅611212sin60sin1209.3610(N C )y y y E E E E E -=+=︒+︒=⨯⋅电场强度为 22619.5210(N C )x y E E E -=+=⨯⋅6o 69.3610arctan arctan 1011.810yx E E α⨯===-⨯9-6有一边长为a 的如题图9-6所示的正六角形，四个顶点都放有电荷q ，两个顶点放有电荷－q 。

试计算图中在六角形中心O 点处的场强。

分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。

解：如解图9-6所示.设1236=q q q q q ===，45=q q q =-，各点电荷在O 点产生的电场强度大小均为 1236204πq E E E E E a ε======L各电场强度方向如解图9-6所示，3E ρ与6E ρ抵消. 41520E E E E E ρρρρρ+++=根据矢量合成，按余弦定理有222o o0(2)(2)2(2)(2)cos(18060)E E E E E =+--解得202002334232aqa q E E πεπε=== 方向垂直向下.解图9-6题图9-6解图9-7解图9-89-7 电荷以线密度λ均匀地分布在长为l 的直线上，求带电直线的中垂线上与带电直线相距为R 的点的场强。

分析：将带电直线无限分割，取一段电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元的场强，再积分求解。

注意：先将电荷元产生的场强按坐标轴分解然后积分，并利用场强对称性。

解：如解图9-7建立坐标，带电直线上任一电荷元在P 点产生的场强大小为220d d 4()xE R x λπε=+根据对称性分析，合场强E v的方向沿y 轴的方向 2222223/20022221/20d sin d 4()4()4()4L L L L xRE xR x R x ll R R λλαπεπελπε--==++=+⎰⎰9-8 两个点电荷q 1和q 2相距为l ，若（1）两电荷同号；（2）两电荷异号，求电荷连线上电场强度为零的点的位置.分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。

解：如解图9-8所示建立坐标系，取q 1为坐标原点，指向q 2的方向为x 轴正方向.(1) 两电荷同号.场强为零的点只可能在q 1、q 2之间，设距q 1为x 的A 点.据题意有12E E =即 122200||||4π4π()q q x l x εε=- 解得 112||||||q x q q =+(2) 两电荷异号.场强为零的点在q 1q 2连线的延长线或反向延长线上，即E 1=E 2122200||||4π4π()q q x l x εε=+ 解之得：112||||||q x q q =-9-9无限长均匀带电直线，电荷线密度为λ,被折成互成直角的两部分.试求如题图9-9所示的P 点和P′点的电场强度.分析：运用均匀带电细棒附近的场强公式及场强叠加原理求解。

解：以P 点为坐标原点，建立如解图9-10 (a ) 所示坐标系均匀带电细棒产生的场强公式12210(cos cos )(sin sin )4πa λθθθθε⎡⎤=-+-⎣⎦r r r E i j在P 点1π4θ=，2πθ→ 所以竖直棒在P 点的场强为1θ102214π22a λε⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦r r r E i j 水平棒在P 点的场强为202214π22a λε⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦r r rE j i 所以在P 点的合场强1204πa λε⎡⎤=+=+⎣⎦r r r r rE E E i j即P 点的合场强的大小为024πE aλε=方向与x 轴正方向成45°同理以P ′点为坐标原点，建立如图题9-10解图(2)坐标12210(cos cos )(sin sin )4πa λθθθθε⎡⎤=-+-⎣⎦r r r E i j在P ′点13π4θ=，2πθ→所以竖直棒在P ′点的场强为102214π22a λε⎡⎤⎛⎫=--+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦r r r E i j 水平棒在P ′点的场强为题图9-9解图9-9 (a)解图9-9 (b)202214πa λε⎡⎤⎛⎫=--+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦r r r E j i 所以在P ′点的合场强为120[]4πaλε-=+=+r rr r r E E E i j即P ′点的合场强的大小为024πE aλε=方向与x 轴成-135°.9-10 无限长均匀带电棒1l 上的线电荷密度为1λ,2l 上的线电荷密度为2λ-，1l 与2l 平行,在与1l ，2l 垂直的平面上有一点P ,它们之间的距离如题图9-10所示,求P 点的电场强度。

分析：运用无限长均匀带电细棒的场强公式及场强叠加原理求解。

解：1l 在P 点产生的场强为1110102π0.8πa λλεε==r rrE i i2l 在P 点产生的场强大小为22022πE a λε-=方向如解图9-11所示。

把2E ρ写成分量形式，有22222220202002343cos sin 5π10π5π5πE E a a λλλλθθεεεε=+=-=-+r r r r r rr E i j i +j i j在P 点产生的合场强为12212000430.8π5π5πλλλεεε⎛⎫=+=-+⎪⎝⎭r rr r r E E E i j题图9-10解图9-10解图9-119-11 一细棒被弯成半径为R 的半圆形,其上部均匀分布有电荷Q +,下部均匀分布电荷Q -，如题图9-11所示,求圆心O 点处的电场强度。

分析：在半圆环说上取电荷元，运用点电荷场强公式及场强叠加原理积分求解。

将带电半圆环分割成无数个电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元场强。

将电荷元电场进行矢量分解，再进行对称性分析，然后积分求解。

解：把圆环分成无限多线元d l ，d l 所带电量为2d d πQq l R=，产生的场强为d E r 则d E r的大小为232200d d d 2π2πQ l Q E R Rθεε== 把d E r分解成d E x 和d E y ，则d sin d x E E θ= d cos d y E E θ=由于Q +、Q -带电量的对称性，x 轴上的分量相互抵消，则0x E =π4222200cos d 2d 2cos d ππy y Q QE E E R Rθθθεε====⎰⎰⎰所以圆环在O 点产生的场强为220QE j R πε=-rr9-12.一均匀带电球壳内半径16cm R =，外半径210cm R =，电荷体密度为53210m C ρ--=⨯⋅，求：到球心距离r 分别为5cm 8cm 12cm 、、处场点的场强．分析 此题属于球对称性电场，三个场点分别位于球层内半径以内、内外半径之间、外半径以外三个区域，由高斯定理做高斯面求解。

解: 根据高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E sϖϖ得题图9-112π4ε∑=q rE 当5=r cm 时，0=∑q ，得0=E ϖ8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )31R - ()20313π43π4rR r E ερ-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -32(R ）31R ()42031321010.4π43π4⨯≈-=rR R E ερ1C N -⋅沿半径向外.9-13 两平行无限大均匀带电平面上的面电荷密度分别为+б和-2б,如题图9-13所示,(1)求图中三个区域的场强1E ρ，2E ρ，3E ρ的表达式；（2）若624.4310C m σ--=⨯⋅，那么，1E ρ，2E ρ，3E ρ各多大？分析：首先确定场强正方向，然后利用无限大均匀带电平板场强及场强叠加原理求解。