第六章 真空中的静电场习题选解6-1 三个电量为q -的点电荷各放在边长为r 的等边三角形的三个顶点上，电荷(0)Q Q >放在三角形的重心上。

为使每个负电荷受力为零，Q 之值应为多大？解：以三角形上顶点所置的电荷(q -)为例，其余两个负电荷对其作用力的合力为1f ，方向如图所示，其大小为题6-1图 22221004330cos 42r q r q f πεπε=︒⨯=中心处Q 对上顶点电荷的作用力为2f ，方向与1f 相反，如图所示，其大小为2233200434r Qqr Qq f πεπε==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛由12f f =，得Q =。

6-2 在某一时刻，从238U 的放射性衰变中跑出来的α粒子的中心离残核234Th 的中心为159.010r m -=⨯。

试问：（1）作用在α粒子上的力为多大？（2）α粒子的加速度为多大？解：（1）由反应238234492902U Th+He →，可知α粒子带两个单位正电荷，即 1912 3.210Q e C -==⨯Th 离子带90个单位正电荷，即1929014410Q e C -==⨯它们距离为159.010r m -=⨯由库仑定律可得它们之间的相互作用力为：191991221520 3.21014410(9.010)5124(9.010)Q Q F N r πε---⨯⨯⨯==⨯⨯=⨯ （2）α粒子的质量为：2727272()2(1.6710 1.6710) 6.6810p n m m m Kg α---=+=⨯⨯+⨯=⨯由牛顿第二定律得：282275127.66106.6810F a m s m α--===⨯⋅⨯ 6-3 如图所示，有四个电量均为C q 610-=的点电荷，分别放置在如图所示的1，2，3，4点上，点1与点4距离等于点1与点2的距离，长m 1，第3个电荷位于2、4两电荷连线中点。

求作用在第3个点电荷上的力。

解：由图可知，第3个电荷与其它各电荷等距，均为22r m =。

各电荷之间均为斥力，且第2、4两电荷对第三电荷的作用力大小相等，方向相反，两力平衡。

由库仑定律，作用于电荷3的力为题6-3 图题6-3 图N r q q F 2213310108.141-⨯==πε 力的方向沿第1电荷指向第3电荷，与x 轴成45o 角。

6-4 在直角三角形ABC 的A 点放置点电荷C q 91108.1-⨯=，B 点放置点电荷C q 92108.4-⨯-=，已知0.04,0.03BC m AC m ==，试求直角顶点C 处的场强E 。

解：A 点电荷在C 点产生的场强为1E ，方向向下1421101108.141-⋅⨯==m V r q E πε B 点电荷在C 点产生的场强为2E ，方向向右1422202107.241-⋅⨯==m V r q E πε题6-4图根据场强叠加原理，C 点场强1422211024.3-⋅⨯=+=m V E E E设E 与CB 夹角为θ，21tan E E =θ 122arctanarctan 33.73E E θ===o 6-5 如图所示的电荷分布为电四极子，它由两个相同的电偶极子组成。

证明在电四极子轴线的延长线上，离中心为r （e r r >>）的P 点处的电场强度为4043r QE πε=，式中22e qr Q =，称为这种电荷分布的电四极矩。

题6-5图解：由于各电荷在P 点产生的电场方向都在x 轴上，根据场强叠加原理22200024()44()P e e q q qE r r r r r πεπεπε--=+++-2222222062[]4()e e e r r r qr r r πε-+=- 由于e r r >>，式中2e r 可略去40262204664r qr r r r qE e e P πεπε-=-= 又电四极矩 22e qr Q =故 4043r QE P πε=题6-5图6-6 如图所示，一根很长的绝缘棒，均匀 带电，单位长度上的电荷量为λ，试求距棒的一端垂直距离为d 的P 点处的电场强度。

解：建立如图所示坐标，在棒上任取一线 元dx 在P 点产生的场强为dE题6-6图)(4)(44220222020d x dxd x dx r dq dE +=+==πελπελπε 场强dE 可分解成沿x 轴、y 轴的分量22sin d x x dEdE dE x +-=-=θ22cos dx d dEdE dE y +==θ题6-6图⎰⎰∞+-==0232220)(24d x dx dE E x x πελ12222()8d x d λπε∞-=+⎰001()44d dλλπεπε=-=- 312222220002444()()y y d dx d xE dE dx d d x d λλλπεπεπε∞∞====++⎰⎰P 点场强 dE E E y x02242πελ=+= 方向与Y 轴夹角为ϕ arctan 45xyE E ϕ==o6-7 一根带电细棒长为l 2，沿x 轴放置，其一端在原点，电荷线密度Ax =λ（A 为正的常数）。

求x 轴上，l b x 2+=处的电场强度。

解：在坐标为x 处取线元dx ，带电量为Axdx dq =，该线元在P 点的场强为dE ，方向沿x 轴正方向20)2(4x l b dqdE -+=πε整个带电细棒在P 点产生的电场为⎰⎰-+==lx l b AxdxdE E 2020)2(4πε题6-7图()()()()x l b d x l b l b x l b Al-+-++--+=⎰222242020πε])2()2()2()2(2)2([420202220⎰⎰-+-++--+-+=ll x l b x l b d l b x l b x l b d A πε 222000(2)1ln(2)84(2)llA A b l b l x b l x πεπε+=+-++-)22(ln40bll b b A ++=πε 场强E 方向沿x 轴正方向6-8 如图所示，一根绝缘细胶棒弯成半径 为R 的半圆形。

其上一半均匀带电荷q +，另一 半均匀带电荷q -。

求圆心O 处的场强。

解：以圆心为原点建立如图所示Oxy 坐标，题6-8图在胶棒带正电部分任取一线元dl ，与OA 夹角为θ，线元带电荷量dl Rqdq π2=，在O 点产生电场强度θεπεππεd R qdl R q R dq dE 2023********===把场强dE 分解成沿x 轴和y 轴的分量θsin dE dE x = θcos dE dE y -=2222200sin 22x x q q E dE d R R πθθπεπε===⎰⎰2222200cos 22y y q qE dE d RRπθθπεπε==-=-⎰⎰题6-8图同理，胶棒带负电部分在O 点的场强E '沿x 轴方向的分量'x E 与x E 大小相等，方向相同；沿y 轴方向的分量'y E 与y E 大小相等，方向相反，互相抵消，故点场强为2022RqE E x επ== 方向沿x 轴正向。

6-9 一无限大均匀带电平面，电荷面密度为σ，在平面上开一个半径为R 的圆洞，求在这个圆洞轴线上距洞心r 处一点P 的场强。

解：开了一个圆洞的无限大均匀带电 平面，相当于一个无限大均匀带电平面又 加了一块带异号电荷，面密度σ相同的圆 盘。

距洞心r 处P 点的场强p +-=+E E E式中+E 为无限大均匀带电平面在P 点产生的场强 题6-9图2εσ=+E 方向垂直于平面向外-E 为半径为R 的均匀带负电圆盘在其轴线上距中心为r 处的P 产生的场强。

在圆盘上取半径为r '，宽为r d '的细圆环，在P 点产生场强2322023220)(42)(4r r r d r r r r rdq dE +'''=+'=-πεσππεRR r r r r d r r r r dE E 021220023220])(1[2)(42+'-='+''==⎰⎰-εσπεπσ 220(12R rσε=+ 方向垂直圆盘向里故 21220)(2r R rE E E P +=-=-+εσ 方向垂直平面向外6-10 如图所示，一条长为l 2的均匀带电直线，所带电量为q ，求带电直线延长线上任一点P 的场强。

解：在坐标为r处取线元，带电量drlqdrdq2==λ该线元在带电直线延长线上距原点为x的P点产生的场强为题6-10图题6-10图2)(4rxdqdE-=πε整个带电直线在P点的场强⎰⎰⎰------=---=-⨯==llllllrxlqrxrxdlqrxlqdrdEE)1(8)()(8)(2422πεπεπε2222000112()88()4()q ql ql x l x l l x l x lπεπεπε=-==-+--6-11 用场强叠加原理，求证无限大均匀带平面外任一点的场强大小为2εσ=E（提示：把无限大平面分成一个个圆环或一条条细长线，然后进行积分）。

解：（1）建如图()a xyz坐标，以板上任一点O为圆心，取半径为r，宽度为dr的环形面积元，带电量为：rdrdqπσ2=。

由圆环电荷在其轴线上任一点)(xOPP=的场强公式2322)(42rxxrdrdE+=πεπσ方向沿x轴正方向。

P点总场强302222()x rdrE dEr xσε∞==+⎰⎰122200122()xr xσσεε∞-==+题6-11()a 图（0σ>，E 的方向沿x 轴正方向） （2）建如图()b 所示的三维坐标，在与z 轴相距为y 处取一细长线元，沿y 轴方向单位长度带电荷为dy σ，由长直带电直线场强公式，线元在x 轴距原点O 为a 的点P 的场强22021a y dydE +=σπε题6-11()b 图由于对称性，dE 的y 轴分量总和为零 所以 ⎰⎰==θcos dE dE E x22220arctan 22ya y a y a σπεπε∞+∞-∞-∞==++⎰0022σσππεε== 因为0σ>，所以E 的方向沿x 轴正方向。

6-12 如图所示，半径为R 的带电细圆环，线电荷密度θλλcos 0=，0λ为常数，θ为半径R 与x 轴夹角，求圆环中心O 处的电场强度。

解：在带电圆环上任取一线元θRd dl =，带电量为θθλλRd dl dq cos 0==，线元与原点O 的连线与x 轴夹角为θ，在O 点的场强d E 大小为题6-12图θθπελθθπελπεd R d R R R dq dE cos 4cos 440020020===d E 沿x 轴和y 轴的分量θθπελθd RdE dE x 200cos 4cos -=-= θθθπελθd RdE dE y sin cos 4sin 00-=-= 整个带电圆环在O 点的场强E 沿x 轴和y 轴的分量⎰⎰-=+-=-==ππελθθπελθθπελ200020002004)2sin 412(4cos 4R R d R dE E x x ⎰⎰=-=-==ππθπελθθπελ2020200000)2sin (4sin sin 4R d R dE E y y 故 004x E Rλε==-E i i E 的方向沿x 轴负方向。