部分习题解答第一章 静止电荷的电场1、10 解：（一定要有必要的文字说明）在圆环上与角度θ相应的点的附近取一长度dl ，其上电量 dq =λdl =0λsin θdl ，该电荷在O 点产生的场强的大小为==204R dqdE πε2004sin Rdl πεθλθπελsin 400R =θd dE 的方向与θ有关，图中与电荷 dq 对O 点的径矢方向相反。

其沿两坐标轴方向的分量分别为 θθθπελθd RdE dE x cos sin 4cos 00-=-=θθπελθd RdE dE y 200sin 4sin -=-=整个圆环上电荷在圆心处产生的场强的两个分量分别为==⎰x x dE E R004πελ-⎰=πθθθ200cos sin d==⎰Y y dE E R004πελ-⎰-=πελθθ200024sin Rd 所以圆心处场强为 E = E y j = R004ελ-j 1、11 解：先将带电系统看成一个完整的均匀带电圆环计算场强，然后扣除空隙处电荷产生的场强；空隙的宽度与圆半径相比很小，可以把空隙处的电荷看成点电荷。

空隙宽度m d 2102-⨯=，圆半径m r 5.0=，塑料杆长m d r l 12.32=-=π杆上线电荷密度 m C lq/1019-⨯==λ 一个均匀带电圆环，由于电荷分布关于圆心对称，环上对称的二电荷元在圆心处产生的场强互相抵消，因而整个圆环在圆心处的场强E 1= 0 空隙处点电荷设为q /，则q / =d λ，他在圆心处产生的场强m V rdr q E /72.0442020/2===πελπε 方向由空隙指向圆心。

空隙处的电荷实际上不存在，因此圆心处场强等于均匀带电圆环在该点产生的场强与空隙处电荷在该点产生的场强之差，故m V E E E /72.021-=-= 负号表示场强方向从圆心指向空隙。

1、12 解：设想半圆形线CAD 与半圆形线ABC 构成一个圆形如图，且圆上线电荷密度均为λ。

在角θ处作角θd ，在半圆形线CAD和直线CM 上分别截出线段/dl 和dl ，dl 上电荷dq 在圆心O 处产生的场强202044rdlr dq dE πελπε==由图可知 θθθθcos ,cos ,tan 2a r d a dl a l ===。

故 ad dE 04πεθλ=/dl 上电荷/dq 在O 点处产生的场强ad a dl a dq dE 020/20//444πεθλπελπε=== 这里有 θad dl =/可见/dE =dE ，且二者的方向也相同，故/dl 上电荷在O 点产生的场强等效于dl 上电荷在O 点产生的场强。

由此可推出半圆形线CAD 中的CD 段（占二分之一）上的电荷在O 点产生的场强等效于直线CM 上电荷在O 点产生的场强，DA 段上的电荷在O 点产生的场强等效于直线AN 上电荷在O 点产生的场强。

总之图中所示电荷系统在O 点产生的场强等效于均匀带电圆形线在圆心O 处产生的场强，由于均匀带电圆形线上电荷分布相对于圆心是对称的，圆心处场强为零，因此该电荷系统在O 点产生的场强为零。

1、17 解：（本题电荷分布具有对称性，故应运用高斯定律求解）（第一步应首先进行对称性分析，明确电场的分布特点）。

在无限长均匀带电薄壁圆筒上电荷分布具有轴对称性，从而决定了电场分布也具有轴对称性，表现在与圆筒轴线等远处的场强大小相等，各点场强的方向都与轴线垂直。

考虑圆筒外一点P （该点应为电场所在空间具有一般代表性的任意一点），该点至轴线的距离为r 。

为求P 点的场强，过P 作一与带电圆筒共轴的圆柱形闭合高斯面，柱高为h ，底面半径 为r (如图），在圆柱面的侧面上各点场强的大小相等，方 向与侧面垂直，所以通过侧面的电通量为rhE ES Eds S d E S S e πφ21111===∙=⎰⎰圆柱两底面上各点的场强方向与底面平行，故通过两底面 的电通量均为零。

因此通过整个高斯面的电通量rhE e e πφφ21==高斯面所包围的带电薄壁圆筒的面积为ahE S π2=，所包围的电量为σπσah S q 2==，根据高斯定律 022εσπεπah q rhE ==可得P 点的场强为 ra E 0εσ=如果P 点在圆筒内，有同样的分析，在圆筒内的高斯面的电通量仍可表示为rhE e e πφφ21==，但高斯面内无电荷，据高斯定律可得E=0。

1、20解：（解题思路：将带电厚壁分割成无限多个连续带电薄平面，总电场的分布为各个带电平面产生的场强的叠加）。

在厚壁内取一厚为dx 且与壁面平行的薄壁，这就是一个无限大均匀带电平面，其面电荷密度dx ρσ=（因q Sdx =ρ，而Sq=σ）。

它壁外右侧的任意点P 1（如图）产生的场强是dx dE 0022ερεσ==整个带电厚壁是由无限多平行均匀带电薄层连续组成的，每一带电薄层在点P 1产的电场方向相同，根据场强叠加原理，点P 1的场强大小为 022022ερερDdx E DD==⎰- 由此可知，在厚壁外右侧的电场是均匀电场。

根据同样的讨论可知，在厚壁外左侧场强大小和右侧相同，只不过方向相反。

在厚壁内部坐标为x 处作一平面与x 轴垂直，这一平面将厚壁分为左、右两部分。

根据前面的讨论，左部电荷在平面上任意点的场强)2(201x DE +=ερ，右部电荷在平面上同一点的场强 )2(202x DE -=ερ，二者方向相反，该点的合场强为 E = E 1—E 2 =x 0ερ，当x ＞0时E 与x 轴同向；当x ＜0时E 与x 轴反向。

1、22 解：（本题应根据其特点采用下述的巧妙方法。

注意培养学生发散思维能力） （说明解题思路）球形空腔中体电荷密度为零，因而空腔中的电场可归结为一个半径为R 、体电荷密度为ρ的均匀带电球体和一个半径为r 、体电荷密度为ρ-的均匀带电球体所产生的电场的叠加。

设空腔内任意点P 对大球中心O 的径矢为c ，对空腔中心O / 的径矢为b ，O / 对O 的径矢为a（如图）。

已知大球在P 点产生的场强为E 103ερ=c ； 小球在P 点产生的场强为E 203ερ=b 。

P 点的合场强为 E = E 1 + E 2 =03ερ（c – b ）=3ερa 。

E 与P 点的位置无关，因此，空腔内的电场是均匀的。

第三章 电 势3、6解：（1）沿杆长方向作x 轴，杆的一端作原点（如图），在杆上坐标x 处取一杆元dx ，所Φd 带电量dq =λdx 。

此电荷元在距杆的另一端为a 的点P 处产生的电势为)(40x a l dxd -+=πελφ 整个带电杆在点P 产生的电势为V aal x a l dxl3000105.2ln 4)(4⨯=+=-+=⎰πελπελφ （2）类似的讨论可得细杆中垂线上任意点的电势V b b l l l l 3222222220103.4])([])([ln 42121⨯=-+++=πελφ3、9 解：（1）无限长均匀带电圆柱的电场具有轴对称性，为求柱内某点P （与轴线距离为r 如图）的场强，过P 点作一共轴闭合圆柱面，其底面半径为r ，高为h 。

由于电场方向与轴线垂直，只有圆柱面的侧面有电通量，其值为 rhE ES d Se ⋅==∙=⎰πφ2 闭合柱面所包围的电量 h rq 2⋅=ρπ据高斯定律有022ερππhr rhE ⋅=⋅ 得 02ερr E ⋅=应用高斯定律同样可求得带电圆柱体外一点的场强，不同的是，所作闭合圆柱面内的电量为h a q 2⋅=ρπ。

因此圆柱外距轴线为r 的一点处的场强为ra E 022ερ⋅=（2）若以轴线为电势零点，则圆柱内距轴线为r 处的电势20042ερερφr dr r Edr rr⋅-=⋅==⎰⎰ 圆柱外距轴线r 处的电势)1ln 2(4220200002-=⋅+==⎰⎰⎰r aa dr r dr r a Edr d rdrερερερφ3、14 解：(1)以均匀带电圆环轴线上距圆心x 处产生的电势为21)(4220x R q+=πεφ因此在图中所示双环轴线上距对称中心x 处的电势为[][]21212220222021)(4)(4llx R qx R q++--+=+=πεπεφφφ(2)(略)第四章 静电场中的导体4、2 解：（思路：要知道各处的电势分布，应先了解导体各表面的电荷分布，而本题给出了内球电势和外球所带的电量，故应设法利用这些条件先球得内球表面所带电量）设导体球面上的电量为1q ,根据高斯定律可知，导体壳内表面感应电荷为1q -，外球所带总电量为Q ，因此球壳外表面上电量为 (1q +Q)。

于是这个电荷系统可认为上由三个半径分别为R 1、R 2、R 3，电量分别为1q 、1q -、(1q +Q)的共心均匀带电球面所组成。

对内球来说，其电势3012011011444R Qq R q R q πεπεπεφ++-+=由此方程可解得 2131********)4(R R R R R R Q R R R q +--=φπε据此可求得此系统各处的电势和电场分布 内球内（r < R 1）：φ=1φ E =0 内外球之间 （1R <r <2R ）：30120101444R Q q R q r q πεπεπεφ++-+=， 2014rq E πε= 外球内（2R <r <3R ）：30130101014444R Qq R Q q r q r q πεπεπεπεφ+=++-+=，0=E 外球外（r >3R ）；rQq r Q q r q r q 010*********πεπεπεπεφ+=++-+=2012012012014444rQq r Q q r q r q E πεπεπεπε+=++-+=4、3 解：在球壳B 内作一包围内腔的高斯面，由于球壳内场强处处为零，此高斯面的电通量为零。

根据高斯定律，球壳B 的内表面上所带电量与球A 所带电量等值异号，所以 C Q q A B 8int 103-⨯-=-=球壳B 总电量为B Q ，因此其外表面上电量为 C q Q q B B Bext 8int 105-⨯=-= 球A 的电势为V R qR q R Q Bext B A A 33020int 10106.5444⨯=++=πεπεπεφV R qR q r q Q Bext Bext B A B 330300int 105.44044⨯=+=++=πεπεπεφ将球壳B 接地时，其电势变为零。

因为A Q 与int B q 等量异号，它们在球壳B 产生的电势之和为零，所以球壳外表面不再有电荷。

球壳B 与地断开后，再将球A 接地时，电荷将重新分布。

设球A 、球壳B 内表面、球壳B 外表面上电量分别为/A Q 、int /B q 、 /B e x tq。