第9章 真空中的静电场 习题解答9－1 精密的实验已表明，一个电子与一个质子的电量在实验误差为e 2110－±的范围内是相等的，而中子的电量在e 2110－±的范围内为零。

考虑这些误差综合的最坏情况，问一个氧原子（含8个电子、8个质子、8个中子）所带的最大可能净电荷是多少？若将原子看成质点，试比较两个氧原子间的电力和万有引力的大小，其净力是引力还是斥力？解：（1）一个氧原子所带的最大可能净电荷为 e q 21max 1024－⨯±= （2）两个氧原子间的电力和万有引力的大小之比为6222711221921122222max 0108.2)1067.116(1067.6)106.11024(1085.84141------⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⋅⨯⨯=≤r r rm G r q f f G e ππε氧 其净力是引力。

9－2 如习题9－2图所示，在直角三角形ABC 的A 点处，有点电荷q 1 = 1.8×10-9C ，B 点处有点电荷q 2 = －4.8×10-9C ，AC = 3cm ，BC = 4cm ，试求C 点的场强。

解：根据点电荷场强大小的公式22014q qE kr r==πε， 点电荷q 1在C 点产生的场强大小为112014q E AC =πε 994-1221.810910 1.810(N C )(310)--⨯=⨯⨯=⨯⋅⨯ 方向向下。

点电荷q 2在C 点产生的场强大小为2220||14q E BC =πε994-1224.810910 2.710(N C )(410)--⨯=⨯⨯=⨯⋅⨯， 方向向右。

C 处的总场强大小为E =44-110 3.24510(N C )==⨯⋅，总场强与分场强E 2的夹角为12arctan33.69E E ==︒θ．9－3 半径为R 的一段圆弧，圆心角为60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其电荷线密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强。

解：在带正电的圆弧上取一弧元d s = R d θ，电荷元为d q = λd s ，在O 点产生的场强大小为220001d 1d d d 444q s E R R Rλλθπεπεπε===， 场强的分量为d E x = d E cos θ，d E y = d E sin θ。

对于带负电的圆弧，同样可得在O 点的场强的两个分量．由于弧形是对称的，x 方向的合场强为零，总场强沿着y 轴正方向，大小为2d sin y LE E E ==⎰θ/6/60000sin d (cos )22R R ==-⎰ππλλθθθπεπε0(12R=λπε。

9－4 均匀带电细棒，棒长a = 20cm ，电荷线密度为λ = 3×10-8C·m -1，求： （1）棒的延长线上与棒的近端相距d 1 = 8cm 处的场强； （2）棒的垂直平分线上与棒的中点相距d 2 = 8cm 处的场强。

解：（1）建立坐标系，其中L = a /2 = 0.1(m)，x = L+d 1= 0.18(m)。

在细棒上取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ， 根据点电荷的场强公式，电荷元在P 1点产生的场强的大小为1220d d d 4()q l E kr x l ==-λπε 场强的方向沿x 轴正向．因此P 1点的总场强大小 通过积分得120d 4()L L l E x l λπε-=-⎰014LLx lλπε-=-011()4x L x Lλπε=--+ 220124L x L λπε=- ① 将数值代入公式得P 1点的场强为8912220.13109100.180.1E -⨯⨯⨯=⨯⨯- = 2.41×103(N·C -1)方向沿着x 轴正向。

（2）建立坐标系，y = d 2。

在细棒上取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l在棒的垂直平分线上的P 2点产生的场强的大小为2220d d d 4q lE kr r λπε==由于棒是对称的，x 方向的合场强为零，y 分量为 d E y = d E 2sin θ。

由图可知：r = d 2/sin θ，l = d 2cot θ 所以 d l = -d 2d θ/sin 2θ 因此 02d sin d 4y E d λθθπε-=总场强大小为02sin d 4Ly l LE d λθθπε=--=⎰02cos 4Ll Ld λθπε=-=L L=-==②将数值代入公式得P 2点的场强为89221/220.13109100.08(0.080.1)y E -⨯⨯⨯=⨯⨯+ = 5.27×103(N·C -1)方向沿着y 轴正向讨论：（1）由于L = a /2，x = L+d 1，代入①式，化简得1011011144/1a E d d a d d a λλπεπε==++ 保持d 1不变，当a →∞时，可得1014E d λπε→③这就是半无限长带电直线在相距为d 1的延长线上产生的场强大小（2）由②式得y E ==当a →∞时，得 022y E d λπε→， ④这就是无限长带电直线在线外产生的场强公式。

如果d 1=d 2，则有大小关系E y = 2E 1。

9－5 一无限长均匀带电细棒被弯成如习题9－5图所示的对称形状，试问θ为何值时，圆心O 点处的场强为零。

解： 设电荷线密度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场强。

在圆弧上取一弧元 d s =R d φ 所带的电量为 d q = λd s在圆心处产生的场强的大小为2200d d d d 44q s E kr R Rλλϕπεπε=== 由于弧是对称的，场强只剩x 分量，取x 轴方向为正，场强为d E x = -d E cos φ 总场强为2/20/2cos d 4x E Rπθθλϕϕπε--=⎰2/20/2sin 4Rπθθλϕπε--=0sin 22R λθπε=方向沿着x 轴正向。

再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强．根据上一题的公式③可得半无限长带电直线在延长上O 点产生的场强大小为`04E Rλπε=由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在O 点产生的合场强为``02coscos 222x E E R θλθπε==方向沿着x 轴负向当O 点合场强为零时，必有`x x E E =，可得 tan θ/2 = 1因此 θ/2 = π/4， 所以 θ = π/29－6 一宽为b 的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为σ，如习题9－6图所示。

试求平板所在平面内，离薄板边缘距离为a 的P 点处的场强。

解： 建立坐标系。

在平面薄板上取一宽度为d x 的带电直线，电荷的线密度为d λ = σd x根据直线带电线的场强公式02E rλπε=得带电直线在P 点产生的场强为00d d d 22(/2)xE rb a x λσπεπε==+-其方向沿x 轴正向。

由于每条无限长直线在P 点的产生的场强方向相同，所以总场强为/20/21d 2/2b b E x b a x σπε-=+-⎰ /2/2ln(/2)2b b b a x σπε--=+-0ln(1)2baσπε=+ ① 场强方向沿x 轴正向。

9－7 有一半径为r 的半球面,均匀地带有电荷,电荷面密度为σ,求球心处的电场强度。

解: 如图所示，在球面上任取一面元ϕθθd d s i n d 2r S =，其上带电量为ϕθθσσd d sin d d 2r S q =⋅=，电荷元q d 在球心处产生的场强的大小为22020d d sin 41d 41d r r r q E ϕθθσπεπε== 方向如图。

由对称性分析可知，球心处场强方向竖直向下，其大小为2024 d cos sin 4d cos d εσθθθπεσϕθππ====⎰⎰⎰E E E z9－8（1）点电荷q 位于一个边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体一面的电通量是多少？（2）如果将该场源点电荷移到立方体的的一个角上，这时通过立方体各面的电通量是多少？解：点电荷产生的电通量为Φe = q/ε0．（1）当点电荷放在中心时，电通量要穿过6个面，通过每一面的电通量为Φ1 = Φe /6 = q /6ε0．（2）当点电荷放在一个顶角时，电通量要穿过8个卦限，立方体的3个面在一个卦限中，通过每个面的电通量为Φ1 = Φe /24 = q /24ε0；立方体的另外3个面的法向与电力线垂直，通过每个面的电通量为零．9－9 面电荷密度为σ的均匀无限大带电平板，以平板上的一点O 为中心，R 为半径作一半球面，如习题9－9图所示。

求通过此半球面的电通量。

解：设想在平板下面补一个半球面，与上面的半球面合成一个球面。

球面内包含的电荷为q = πR 2σ通过球面的电通量为 Φe = q /ε0 通过半球面的电通量为Φ`e = Φe /2 = πR 2σ/2ε09－10 两无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2(R 2 > R 1)，带有等量异号电荷，单位长度的电量分别为λ和-λ，求（1）r < R 1；（2） R 1 < r < R 2；（3）r > R 2处各点的场强。

解：由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性。

（1）在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以E = 0，（r < R 1）（2）在两个圆柱之间做一长度为l ，半径为r 的同轴圆柱形高斯面，高斯面内包含的电荷为 q = λl 穿过高斯面的电通量为 ⎰⎰==⋅=ΦSSe rl E EdS S d E π2根据高斯定理Φe = q /ε0，所以02E rλπε=， (R 1 < r < R 2) （3）在外圆柱面之外做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内电荷的代数和为零，所以E = 0，（r > R 2）9－11 一厚度为d 的均匀带电无限大平板，电荷体密度为ρ，求板内外各点的场强。

解：方法一：高斯定理法（1）由于平板具有面对称性，因此产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`在板内取一底面积为S ，高为2r 的圆柱面作为高斯面，场强与上下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为d e SΦ=⋅⎰E S2d d d S S S =⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰E S E S E S 1`02ES E S ES =++=高斯面内的体积为 V = 2rS ， 包含的电量为 q =ρV = 2ρrS 根据高斯定理 Φe = q/ε0可得场强为 E = ρr/ε0，(0≦r ≦d /2) ①（2）穿过平板作一底面积为S ，高为2r 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为Φe = 2ES高斯面在板内的体积为 V = Sd ， 包含的电量为 q =ρV = ρSd ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，可得场强为 E = ρd /2ε0，(r ≧d /2) ②方法二：场强叠加法（1）由于平板的可视很多薄板叠而成的，以r 为界，下面平板产生的场强方向向上，上面平板产生的场强方向向下。