静电场1、在正方形的两个相对的角上各放置一点电荷Q ，在其它两个相对的角上各置一点电荷q ，如果作用在Q 上的力为零，求Q 与q 的关系。

分析：若使Q 所受合力为零，如图所示，两种电荷符号必然相反，大小关系有Qq QQ F F 2=。

设正方形边长为a 。

解：222222a Qqk F a Q k F QqQQ === 得 q Q 22-=2、在直角三角形ABC 的A 点放置点电荷q 108.1⨯=C Q 9108.4-⨯-=，已知BC = 4cm ，AC = 3cm ，试求直角顶点C 处的场强。

分析：如图，C 点场强为两电荷激发电场的合场强。

解：r q E AC q 8.11091085.814.34108.141412920=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==---πε m V r Q E AC Q /107.210161085.814.34108.4414412920⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==---πε m V E E E q Q /1024.3422⨯=+=5.18.17.2tan ===qQ E E θ 则 ︒=34θ 3、一均匀带电细棒，长为L ，带电量Q 。

求在棒的延长线上与棒的近端相距为R 的A 点的场强。

分析：如图建立坐标系，取棒上一小段dx ，电量为dq ，与A 点距离为L-x+R ，在A 点激发的场强为dE 。

则A 点的总场强只需对dE 积分即可。

解：由分析得)(41)(41)(41002020L R R Q x R L dx L Q x R L dq dE E L+=-+=-+==⎰⎰⎰πεπεπε 4、一半圆形带电线，半径为R ，电荷线密度为η，求圆心O 处的电场强度。

分析：如图建立坐标系，取线上一小段d l ，电量为dq ， 有dq = ηd l = ηRd θ。

在O 点激发的场强为dE 。

由于电线轴 对称，dE y= 0则dE = dE x ，则O 点的总场强只需对dE 积分即 可。

解：由分析得RR Rd RdqdE dE dE E x 02220202cos 41cos 41cos πεηθθηπεθπεθππ======⎰⎰⎰⎰⎰-5、在一个半径为R 的球体内，分布着电荷体密度ρ= k r ，式中r 为径向距离，k 是常数，求空间的场强分布，并画出E ——r 的关系曲线。

分析：用高斯定理对球内和球外分别求解。

由于电荷分布是球对称的，电场分布必然也是球对称的，则各点电场方向与同心球面方向垂直。

球内半径为r 的球体总电荷可如下计算，取半径为x ，厚度为dx 的球壳，设其电荷为dq ，则4024kr dx x kx dq Q rππ===⎰⎰。

解：当r<R 时，取同心球面为高斯面，则40214επεπkr Qr E d ===⋅⎰⎰S E 得 0214εkr E =当r>R 时，也取同心球面为高斯面，则40224επεπkR Qr E d ===⋅⎰⎰S E 得 02424εr kR E = E —— r 的关系曲线如右图。

6、一无限长半径为R 的圆柱体上电荷均匀分布，圆柱体单位长度上的电荷为λ，用高斯定理求（1）圆柱体内距轴线距离为r 处的电场强度；（2）圆柱体外距轴线距离为r 处的电场强度。

分析：无限长圆柱体的电荷具有轴对称分布，电场强度也为轴对称分布，且沿矢径方向。

取同轴圆柱面为高斯面，电场强度在圆柱侧面上大小相等，且与柱面正交。

在圆柱的两个底面上，电场强度与底面平行，0=⋅S E d 。

整个高斯面的电场强度通量为⎰⎰=⋅rl E d π2S E由于电荷均匀分布，电荷的体密度2Rπλρ=。

用高斯定理可解得圆柱体内外的电场强度。

解：（1）取r<R 的同轴圆柱面为高斯面，则l r RV rl E d 2200112ππλερεπ===⋅⎰⎰S E 202R rE πελ=（2）取r>R 的同轴圆柱面为高斯面，则l rl E d λεπ012==⋅⎰⎰S ErE 02πελ=7、一个内外半径分别为1R 和2R 的均匀带电球壳，总电量为1Q ，球壳外同心罩一个半径为3R 的均带电球面，球面电荷为2Q ，求其电场的分布？分析：以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面。

由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上的电场强度沿径矢方向，且大小相等。

因而⎰⎰⋅=⋅24r E d πS E 。

在确定高斯面内的电荷∑q 后，利用高斯定理⎰⎰∑=⋅0/εq d S E 即可求出电场强度的分布。

解：取半径r 为的同心球面为高斯面，由上述分析 02/4επ∑=⋅q r E1R r <，该高斯面内无电荷，0=∑q ，故01=E21R r R <<，高斯面内电荷31323131)(RR R r Q q --=∑，故23132031312)(4)(rR R R r Q E --=πε 32R r R <<，高斯面内电荷为1Q ，故20134rQ E πε=3R r >高斯面内电荷为21Q Q +，故202144r Q Q E πε+=8、点电荷1q 、2q 、3q 、4q 的电量各为C 9104-⨯，放置在一正方形的四个顶点上，各顶点距正方形中心的距离均为5cm ，求：（1）、计算O 点的场强和电势；（2）、将一试探电荷0q =C 910-从无穷远移到O 点，电场力作功多少？（3）、（2）中所述过程中0q的电势能改图7变多少？ 分析：（1）由于四个点电荷对O 点是对称的，且电量相等，符号相同，根据场强的叠加原理，总场强为零。

而根据电势的叠加原理，总电势V = 4V q =RQ 044πε（取无穷远处电势为零）。

（2）正电荷周围的电势为正，而一正的试探电荷从无穷远处移至O 点电场力作负功，大小为A = 0q V 。

（3）A = - W 。

解：由分析得 （1） E = 0V = 4V q =R Q044πεV 321291088.21051085.814.341044⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=--- （2） A = 0q -V = J 6391088.21088.210--⨯-=⨯⨯- （3） W J A 61088.2-⨯=-=9、四个点电荷对称地分布在x 轴上，电量及其坐标位置如图，其中（a 、b>0）。

证明：以a为半径的球面（球心在圆心）是电势为0分析：因为空间是轴对称的，我们只需 证明xy 平面上即可。

设平面上一点的坐标为（x ，y ），以a 为半径的球面（球心在圆心） 在xy 平面的投影为圆，且圆上一点满足 x 2 + y 2 = a 2。

证明：由电势叠加原理，该点电势 V = V 1+V 2+V 3+V 4 =22202202202220)(4)(4)(4)(4y ba x qb a y b x q y b x q yba x qb a +--+-++++++-πεπεπεπε将 y 2 = a 2-x 2代入上式222202220222022220)(4)(4)(4)(4x a ba x qb a x a b x q x a b x q xa ba x qb a V -+---+-+-+++-++-=πεπεπεπεx ba ab a q babx a b qbx a b qx b a a b a q ba 22220220220222202)(424242)(4-+--+++++++-=πεπεπεπεbxa b qbxa b qbxa b qbxa b q24242424220220220220-+--+++++++-=πεπεπεπε = 010、在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为910V ，被迁移的电荷约为30C ，如果释放出的能量都用来使0℃的冰融化为0℃的水，则可融化多少冰？（冰的融化热151034.3-⋅⨯=Kg J L ）解：闪电中释放出的能量为冰所吸收，故可融化冰的质量 Kg LqUL E m 41098.8⨯==∆=即可融化约90吨冰。

11、两个同心球面的半径分别为R 1和R 2，各自带电荷Q 1和Q 2，求各区域电势的分布及两球面上的电势差。

分析：一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为rQ V 04πε=，在球内电势处处相等，等于球面的电势RQ V 04πε=。

本题可利用电势叠加原理求得空间电势分布。

解：当r ≤R 1时， 202101144R Q R Q V πεπε+=当R 1≤r ≤R 2时， 20201244R Q rQ V πεπε+=当r ≥R 2时， rQ Q V 02134πε+=两球面间的电势差201101211244|2R Q R Q V V U R r πεπε-=-==12、电场中有A 、B 、C 三个点，把电量为C 8105-⨯-的电荷从A 点移到B 点，电场力作功，把这个电荷从B 移到C 点，电势能增加J 5106-⨯，求U AB 和U BC ，如果取U A = 0，则U B 和U C 各是多大？ 解：V q A U AB AB80010510485-=⨯-⨯==-- V q W U BC BC120010510685=⨯-⨯-==--V U U U AB BA B 800=-==V U U U U BA CB CA C 4008001200-=+-=+==13、一长为L 的细棒均匀带电，线密度为η，求其在左端正上方距左端距离为z 的P 点的电势。

分析：如图建立坐标系，取棒上一小段dx ，设其电量为dq ，dq =ηdx 。

若dq 在z 点的电势为du ，则根据电势叠加原理，U =⎰du 。

解：U =z z L L x z dxr dq du L22002200ln 44141++=+==⎰⎰⎰πεηηπεπε。