题9-2解图《新编基础物理学》下册习题解答和分析第九章习题解答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：如图所示，设两小球分别带电q 1，q 2则有q 1+q 2=5.0×10-5C ① 由题意，由库仑定律得：912122091014π4q q q q F r ε⨯⨯⨯=== ②由①②联立得：5152 1.210C3.810Cq q --⎧=⨯⎪⎨=⨯⎪⎩ 9-2 两根6.0×10-2m 长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为0.5×10-3kg 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q 1=q 2=q ，小球受力如图所示220cos304πq F T Rε==︒ ①sin30mg T =︒②联立①②得：2o 024tan30mg R qπε= ③223sin 606103310(m)2r l --=︒=⨯⨯=⨯ 其中2R r =代入③式，即： q =1.01×10-7C 9-3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，那么该点是否存在场强？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，题9-1解图与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷q 0所受力F ρ与q 0成正比，故0FE q =r r 是与q 0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BC =0.04m ，AC =0.03m ，求C 点电场强度E ρ的大小和方向(cos37°≈0.8, sin37°≈0.6). 分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。

解：如题图9-4所示C 点的电场强度为12E E E =+r r r99411220 1.810910 1.810(N/C)4π()(0.03)q E AC ε-⨯⨯⨯===⨯ 99422220 4.810910 2.710(N/C)4π()(0.04)q E BC ε-⨯⨯⨯===⨯ 22224124 1.8 2.7103.2410(N/C)(V/m)E E E =+=+⨯=⨯或方向为：o44217.33107.2108.1arctan E E arctan=⨯⨯==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：如图所示：966112201910410 3.610(N/C)4π10q E r ε--⨯⨯⨯===⨯ 9662222029108107.210(N/C)4π10q E r ε--⨯⨯⨯===⨯ 1E ρ，2E ρ沿x 、y 轴分解：61212cos 60cos120 1.810(N/C)x x x E E E E E =+=︒+︒=-⨯61212sin60sin1209.3610(N/C)y y y E E E E E =+=︒+︒=⨯∴2269.5210(N/C)x y E E E =+=⨯o66x y101108.11036.9arctan E E arctan =⨯-⨯==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。

题9-4解图C题9-7解图题9-8解图解：如图所示.设q 1=q 2=…=q 6=q ，各点电荷q 在O 点产生的 电场强度大小均为：1236204πq E E E E E a ε======L各电场方向如图所示，由图可知3E ρ与6E ρ抵消.41520E E E E E ρρρρρ+++=据矢量合成，按余弦定理有：)60180cos()2)(2(2)2()2(2220o o E E E E E --+=202002334232a qa q E E πεπε===方向垂直向下.9-7 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：将带电直线无穷分割，取电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元的场强，再积分求解。

注意：先电荷元的场强矢量分解后积分，并利用场强对称性。

解：如图建立坐标，带电线上任一电荷元在P 点产生的场强为：02204()dxdE r R x λπε=+r r根据坐标对称性分析，E 的方向是y 轴的方向22222223/221/200220sin 4()4()4()4L L L L dxRlE dx l R x R x R R λλλαπεπεπε--===+++⎰⎰两个点电荷q 1和q 2相距为l ，若（1）两电荷同号；（2）9-8两电荷异号，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：如图所示建立坐标系，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.qqq q -q-q题图9-6O . 题9-6解图据题意：E 1=E 2即：122200||||4π4π()q q x l x εε=-∴112||||||q l 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 l x q q =-9-9 如题图9-9所示，长l =0.15m 的细直棒AB 上，均匀地分布着线密度915.0010C m λ--=⨯⋅的正电荷，试求：（1）在细棒的延长线上，距棒近端d 1=0.05m 处P 点的场强；（2）在细线的垂直平分线上与细棒相距d 2=0.05m 的Q 点处的场强；(3) 在细棒的一侧，与棒垂直距离为d 2=0.05m ，垂足距棒一端为d 3=0.10m 的S 点处的场强.分析：将均匀带电细棒分割成无数个电荷元，每个电荷元在考察点产生的场强可用点电荷场强公式表示，然后利用场强叠加原理积分求解，便可求出带电细棒在考察点产生的总场强。

注意：先电荷元的场强矢量分解后积分，并利用场强对称性。

解：(1) 以P 点为坐标原点，建立如图（1）所示坐标系，将细棒分成许多线元d y .其所带电量为d q dy λ=，其在P点的场强为d E r，则2200d d d 4π4πq y E y y λεε==1120011d 114π4πd ld y E y d d l λλεε+⎛⎫==- ⎪+⎝⎭⎰26.7510(N/C)(V/m)=⨯或 ∴方向沿Y 轴负方向(2) 建立如图所示的坐标系，将细棒分成许多线元d y .其所带电量为d q dy λ=。

它在Q点的场强d E r的大小为：201d d 4πyE r λε=gd E 在x 、y 轴的投影为：20πsin d d cos d sin d 24πx E E E y rλθθθε⎛⎫=-== ⎪⎝⎭ 题图9-9 题9-9解图(1)dy2πcos d d sin d cos d 24πy E E E y r λθθθε⎛⎫=-=-=- ⎪⎝⎭ 由图可见：2c y d tg θ=，2csc r d θ=22csc dy d d θθ=∴02d sin d 4πx E d λθθε=02d cos d 4πy E d λθθε=由于对称性，d E y 分量可抵消，则2211120202d sin d (cos cos )4π4πx E E d d θθθθλλθθθθεε===-⎰⎰又∵θ1=π-θ2∴13305.010910522cos cos 2499201120⨯⨯⨯⨯===-d d E πεθλθπελ31.510(N/C)=⨯ 方向沿X 轴正方向(3) 在细棒一侧的S 点处的场强。

建立如图（3）所示的坐标系，分析如（2）则：211202d (cos cos )4πx x E E d θθλθθε==-⎰ 212102d (sin sin )4πy y E E d θθλθθε==-⎰ 其中：312222320.12cos 50.10.05d d dθ===++；11sin 5θ=322222320.051cos cos(π)cos 2()0.050.05l d l d d θαα-=-=-=-=-=--++ 21sin 2θ=2231.4610(N/C)x y E E E ∴=+=⨯。

方向：与x 轴的夹角：54.2y xE arctgE =︒题9-9解图(2)题9-9解图(3)9-10无限长均匀带电直线，电荷线密度为λ,被折成直角的两部分.试求如题图9-10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，建立如题9-10解图(1) 所示坐标系 均匀带电细棒的场强：12210(cos cos )(sin sin )4πa λθθθθε⎡⎤=-+-⎣⎦r r r E i j 在P 点：1π4θ=，2πθ→ ∴竖直棒在P 点的场强为：102214π22a λε⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦r r rE i j 水平棒在P 点的场强为：202214π22a λε⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦r r rE j i ∴在P 点的合场强：1204πaλε⎡⎤=+=+⎣⎦r r r r rE E E i j 即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→∴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：202214π22a λε⎡⎤⎛⎫=--+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦r r rE j i 120[]4πaλε-=+=+r rr r r E E E i j∴在P ′点的合场强为：题图9-10题9-10解图(1)x题9-10解图(2)x题9-12解图即：024πE aλε=，方向与x轴成-135°.9-11 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9-11所示,求P 点的电场强度。