第十章_电荷和静电场课后习题答案

10-1当用带电玻璃棒吸引干燥软木屑时，会发现软木屑一接触到玻璃棒后又很快跳离。试解释之。 答：先极化接触后电荷一部分转移至软木屑，后同性电荷相斥。

10-2当带正电的玻璃棒吸引一个悬挂的干燥软木小球时，我们是否可以断定软木小球带有负电荷？当带正电的玻璃棒排斥一个悬挂的干燥软木小球时，我们是否可以断定软木小球带有正电荷？ 答：不能。①软木小球可能带电荷为零，也可能带有负电荷。②可以

10-3两个相同的小球质量都是m，并带有等量同号电荷q，各用长为l的丝线悬挂于同一点。由于电荷的斥力作用，使小球处于题图所示的位置。如果q角很小，试证明两个小球的间距x可近似地表示为：

qlx

40mgq2证：由库仑定律得 ：F

40x21q2而：mgtanf mgtan2

40x12131x ∵ 角很小 ∴ tansin2

lqlx1q1ql3 故： mg 即得：x x 证毕

2l40x220mg4mg010-4 在上题中， 如果l = 120 cm，m = 0.010 kg，x = 5.0 cm，问每个小球所带的电量q为多大？

1212222130.0109.85.01020mgx解：由上题得：ql21.28.991093232.4108c 10-5 氢原子由一个质子和一个电子组成。根据经典模型，在正常状态下，电子绕核作圆周运动，轨道半径是r05.291011m。质子的质量M1.6710为e1.60101927kg，电子的质量m9.111031kg，它们的电量

c 。

(1)求电子所受的库仑力；

(2)电子所受库仑力是质子对它的万有引力的多少倍？

(3)求电子绕核运动的速率。

8.991.62e9938228108.2210N 解：⑴ Fe28.991022115.2940r05.2910121.6010192e2291928.99101.610Fe40r08.991.6210938113127 ⑵ 113127Mm6.67109.11101.67106.679.111.67FmG2r01 2.2610

39mv2 ⑶ FeF 向r0Fer08.225.298.221085.291011 ∴v1062.18106ms 31319.1110m9.111010-6 边长为a的立方体，每一个顶角上放一个电荷q。

解： 由对称性可知，任一顶角的电荷所受合力的大小是相等的。 如图示，求其中任一顶点A上电荷所受的力。建立直角坐标系

q21Fx240a40111q22asin452140q22acos452140q23a21 3q221112140a2233q2189223 240a181.90q2240a

1.90q2FyFzFx2

40aq2633220.26q2 ∴ F3Fx 220a40a61与x轴夹角为cos111 与y轴夹角为cos 与z轴夹角为cos

333即：合力的方向为立方体的对角先方向=54.73°=54°44′=

10-7 计算一个直径为1.56 cm的铜球所包含的正电荷电量。

144d13解：VR3d3 mvd

6332631d3mQneN029e66.021023291.61019

m063.53.148.961031.561021033663.536.021023291.610197.83105c

（注：铜的密度 8.9610kgm2 ， 原子序数为29，原子量m063.5）

10-8 一个带正电的小球用长丝线悬挂着。如果要测量与该电荷处于同一水平面内某点的电场强度E，我们就把一个带正电的试探电荷q0 引入该点，测定F/q0。问Fq0是小于、等于还是大于该点的电场强度E？

答：若考虑电荷在电场力的作用下会在小球内产生移动（如图所示）同性相斥，

FF则由于试探电荷q0的引入，则该点的电场强度E比要大。即E，

q0q0在没有q0引入时，小球内的电荷分布是均匀的。

10-9 根据点电荷的电场强度公式Eq0

   q40r2当所考查的点到该点电荷的距离r接近零时，则电场强度趋

于无限大，这显然是没有意义的。对此应作何解释？

答：这里是将电荷当作点电荷来处理，而实际情况当r接近零时电荷就不能认为是点电荷了。因此此时公式Eq40r2 不成立。

10-10 离点电荷50 cm处的电场强度的大小为2.0Nc。求此点电荷的电量。 解： E1q40r2

0.50 ∴ q4r2E02.05.61011c 98.99107

8

210-11 有两个点电荷，电量分别为5.010C和2.810C，相距15 cm。求：

(1)一个电荷在另一个电荷处产生的电场强度； (2)作用在每个电荷上的力

已知：点电荷 q15.0107c; q22.8108c; r15cm1.510m 求：E1;E2;F1;F2 解： E11q140rq240r225.010178.991091.5101.51011219.98104NC （方向沿两电荷联线向外）

E22.81088.9910921.12104NC （同上）

8443 F21FqE2.81019.981056.9410N5.6910N 1221（方向沿两电荷联线相互排斥）

10-12 求由相距l的 q电荷所组成的电偶极子，在下面的两个特殊空间内产生的电场强度： (1)轴的延长线上距轴心为r处，并且r >>l； (2)轴的中垂面上距轴心为r处，并且r >>l。

解：（1）EE1E2q40rl22q40rl22

q2rl40rl2rl222 ∵ rl ql40r3

∴E2p 340r（2）如图示：E2E1cos2ql2 322r2l222l40r2l224r02ql ∵rl,pql ∴Ep40r3

10-13 有一均匀带电的细棒，长度为L，所带总电量为q。求： (1)细棒延长线上到棒中心的距离为a处的电场强度，并且a>>L； (2)细棒中垂线上到棒中心的距离为a处的电场强度，并且a>>L。 解：（1）取细棒的一线元dx，则dx中的电荷为

qdx。可视为点电荷 lqdxl ∴dE 方向沿轴线方向 240axl2l2 故：Eq2dxldaxql2 l2240l2ax40axl12 |l

40lax2q11 40lalal22q ql40l(a2l)42

 ∴Eqll40l(a)422i

qqdxdxll （2） dE dE 40(a2x2)40(a2x2)qdxl ∴ dE2dEsin22240(ax)

1a2x122

 ∴ El2dE0l20q2adxl2a40(a2x)322ql40l20dx(a2x)322

2qlqa2alxl2l2 40a2a2x240a2a2x2q40aa2l42  ∴ Eql40aa24212j

10-14 一个半径为R的圆环均匀带电，线电荷密度为。求过环心并垂直于环面的轴线上与环心相距a的一点的电场强度。

解：如图：圆环上一线元Rd上产生的电场强度为：

dERd40(a2R2)

与其对称的一线元Rd产生的电场强度为 ：

dERd40(aR)22，

两个电场强度的合成为：

dE2dEsin2Rda 1222240(aR)(aR)23 ∴ E2Rd40(aR)122202Ra40(aR)k

2232Ra20(aR)2232

故： E2Ra40(a2R2)3210-15 一个半径为R的圆盘均匀带电，面电荷密度为。求过盘心并垂直于盘面的轴线上与盘心相距a的P点电场强度。

解：由上题知，圆环上电场强度E环40(a2R2)32112Rak

2RadRk 32240(aR)2R12RadR12akRk ∴E盘330422222240(aR)0(aR)

a6a2k1122402aRa2R201k 10-16 一个半径为R的半球面均匀带电，面电荷密度为s。求球心的电场强度。

解：由题9-14知：圆环的电场强度为：

E环40(r2z2)3212rzi

2R2z2zRdi 340R12sincosdi 4012sindicos2i E半球面i0440240010-17 回答下列问题:

(1)处于高斯面内的任何位置上的电荷对该高斯面的电通量是否都有贡献？是否只要电量相同，贡献就相等？

(2)处于高斯面外的任何位置上的电荷对该高斯面的电通量是否都无贡献？

(3)假设一个点电荷正好处于高斯面上，那么这个点电荷对该高斯面的电通量是否有贡献？

答：（1）是的。高斯面内的任何位置上电荷对高斯面的电通量都有贡献。只要电量相同，电性相同，贡献

就相同。

（2）处于高斯面外的任何位置上的电荷对该高斯面的电通量无贡献。 （3）点电荷正好处于高斯面上，则这个点电荷对高斯面的电通量是有贡献的。

10-18 在高斯定理

sqEds 中，高斯面上的E是否完全由式中的q所产生？如果q = 0，是否

0必定有E0？反之，如果在高斯面上E处处为零，是否必定有q0？

q答:否，高斯面上的E不完全由式Eds中的q所产生. q0不一定E0（只需E与ds垂直，

s0即可）。而高斯面上的E处处为零，则必有：q0。

10-19如果把电场中的所有电荷分为两类，一类是处于高斯面S内的电荷，其量用q表示，它们共同在高

斯面上产生的电场强度为E'，另一类是处于高斯面S外的电荷，它们共同在高斯面上产生的电场强度为

E''，显然高斯面上任一点的电场强度EE'E''试证明：

(1) sqE'ds0； (2)

sE''ds0

解：高斯面的电通量可以表示为：esEdsE'E''dsE'dsE''ds

sss显然，上式中的第一项是高斯面内部电荷对高斯面电通量的贡献，第二项是高斯面外部电荷对高斯面电通量的贡献。

高斯定理表述为“通过任意闭合曲面S的电通量，等于该闭合曲面所包围的电量除以00，而与S以外的电荷无关。”可见，高斯面S以外的电荷对高斯面的电通量无贡献。这句话在数学上应表示为：

sE''ds0 (1)

所以，关系式

sE''ds0的成立是高斯定理的直接结果。

q因为：EE'E'' 于是可以把高斯定理写为：E'dsE''ds

ss0将式(1)代入上式，即得：

sqE'ds (2)

010-20 一个半径为R的球面均匀带电，面电荷密度为s。求球面内、外任意一点的电场强度。

解: 如图示.

（1） 取高斯面S1 (rR) (半球为r) 由高斯定理:

2s1Eds0

4r0 故 E0  E （2） 取高斯面为S2 (rR) 由高斯定理:

s2qEds

04R2R2  E E的方向沿半径向外.(垂直于球面) 224r00r9-21 一个半径为R的无限长圆柱体均匀带电，体电荷密度为。求圆柱体内、外任意一点的电场强度。

解:据题意.电场分布具有轴对称,以对称轴为x轴(如图示) ⑴取高斯面半径为r.轴为x轴的柱面S1 (柱长为) (rR) 则，由高斯定理:

s1qr2 Eds00侧EdsEdsEdsE2r00

底顶r2r 方向垂直于x轴沿径向向外.  E内2r020 ⑵当r>R时.取高斯面为s2(如图)

则，由高斯面定理:

s1qR2EdsEdsEdsE2r00 Eds00侧底顶

R2R2 E外 方向垂直x轴沿径向向外. 2r020r10-22 两个带有等量异号电荷的平行平板，面电荷密度为 ±s，两板相距d。当d比平板自身线度小得多时，可以认为两平行板之间的电场是匀强电场，并且电荷是均匀分布在两板相对的平面上。

(1)求两板之间的电场强度；

(2)当一个电子处于负电板面上从静止状态释放，经过1.510s的时间撞击在对面的正电板上，若

8d2.0cm，求电子撞击正电板的速率。

解:（1） 如图示:据题意, d比平板的线度小得多. 电场强度的方向垂直于平行平板,取如图示的柱面为高斯面(半径为r) 则，由高斯定理:

顶s1r2 Eds0E侧EdsEdsEds2r2E

底6 方向如图示,由上指向下. 206 方向由上指向下 206 方向由上指向下

同理EE里E+E-0在平板以外,取高斯面包括两个平板(仍为柱面).

则，由高斯定理：

s2Eds0  E外0

v0vtt 2（2） 电子在电场中受电场力作用加速： d2d22.0102612.710ms vtt1.510810-23 电势为零的地方，电场强度是否一定为零？电场强度为零的地方，电势是否一定为零？分别举例说明之。

答：电势为零的地方，电场强度不一定为零．电场强度为零的地方，电势也不一定为零．如平行板电容器，当一个板接地时．这个板的电势为零．但此时的电场强度不为零．

10-24 一个半径为R的球体均匀带电，电量为q，求空间各点的电势。

解：

3r0E= 3R230r当r>R时： VrR 方向沿往向向外

rRrR3R31R3q； dr230r30rr30r40r3RR312Rrdrdrr

R3r2r303R30002当r解：据题意，如图示： VV1V2q13q 40r40dr1 q40dr3rqd4r； r(dr)40r(dr)dd0.25m (即：q与3q连线上当距q为处，电势为零)； 44 当Ｖ＝０时，r 如图示，电场强度为零的位置：EE 140q13q r240(rd)2

故：( rrd2)3； rd1 （即：在＋q左侧1.37 m处电场强度为零）。 1.3m70.7323110-26 两个点电荷q140109c和q270109c，相距10 cm。设点A是它们连线的中点，点B的位置离q1 为8.0 cm，离q2 为6.0 cm。求：

(1)点A的电势；(2)点B的电势；(3)将电量为2510C的点电荷由点B移到点A所需要作的功。

9已知：q140109C q270109C d10cm d2B6.0cm求：VA、 VB、 ABA 解：VA m 0 q025109C 如图示。 0.060.1 m 0 d1B8.0 0cm0.08mq1q12

40(d)40(d)2228.99109(4010970109)

0.1015394(V)5.4103(v)

VB140q1q12 d1B40d2B9401097010998.99108.9910

8.01026.01025993(V)6.0103(V) UBAVBVA599(V)600(V)

故：ABAq0UBA25106001.510(J) （电场力做功）

95外力做功为1.5105(J)。

10-27 一个半径为R的圆盘均匀带电，面电荷密度为。求过盘心并垂直于盘面的轴线上与盘心相距a的一点的电势，再由电势求该点的电场强度。

解：如图示， dV140(ar)222rdr12

VR1040(a2r2)122rdr1R2(r2a2)2

04012[(r2a2)2a] 401[(R2a2)2a] 20 dvx1aEii[1][1] 112222dx20(Rx)220(Rx)210-28 一个半径为R的球面均匀带电，球面所带总电量为Q。求空间任意一点的电势，并由电势求电场强度。

解：如图，设面密度为 当r>R时：dV140[(rRcos)2R2sin2]122(Rsin)Rd

R2sind20(r2rRcosR)2212

VR2sind20(r22rRcosR2)120R2dcos 102220(r2rRcosR)21R2R24R2222  (r2rRcosR)0r02rR04r0 Q40r

当rR2sind20(r2rRcosR)2212

V0R2sind20(r22rRcosR2)121R222(r2rRcosR)2

2rR0R2R24R2Q  [Rr(Rr)]2rR0R04R040R

V11 当r>R时：EVr2r

r40r 当r10-29 什么是导体的静电平衡？金属导体处于静电平衡时具有哪些性质？

答：在金属导体中，自由电子没有定向运动的状态称为静电平衡。金属导体处于静电平衡时具有以下性质： （1）整个导体是等势体，导体的表面是等势面。 （2）导体表面附近的电场强度处处与表面垂直。

（3）导体内部不存在净电荷，所有过剩电荷都必须在导体表面上。

10-30如题图所示，金属球A和金属球壳B同心放置，它们原先都不带电。设球A的半径为R0 ，球壳B的内、外半径分别为R1 和R2。求在下列情况下A、B的电势差： (1)使B带+q； (2)使A带+q；

(3)使A带+q，使B带q； (4)使A带q，将B的外表面接地。

解：（1）B带+q 则导体B是一个等势体内部的电场强度为零。  UAB0

（2）A带+q 则导体B产生静电感应静电平衡时：

VA140(qqq1q(q)1q); VB R0R1R240R140R2q40(11) R0R1UAB（3）A带+q B带q B球壳电荷全部部分布在内表面，则

VA140(qq1q(q) ); VBR0R140R1q40(11) R0R1UAB（4）A带q B的外表面接地 即：VB0

VAq1q 40R040R1q1qq11()

40R040R140R0R111UAB10-31 两平行的金属平板a和b，相距d5.0mm，两板面积都是S150cm2 ，带有等量异号电荷

Q2.66108C，正极板a接地，如图所示。忽略边缘效应，问：

(1) b板的电势为多大？

(2)在a、b之间且距a板1.0 mm处的电势为多大？

222已知：d5.0mm0.5103m S150cm 1.5010m8 Q2.6610C Va0 求：Vb Vp（如图示）

Q2.6610851解：E 2.0010Vm12200S8.85101.5010Qd2.661085.01033 Uab1.0010V 1220S8.85101.5010 UabVaV b VbVaUab0 UapVaVb 01000100VpaEdlEap2.001051.00103200V

VpVaUap200V

10-32 三块相互平行的金属平板a、b和c，面积都是200cm ，a、b相距4.0 mm，a、c相距2.0 mm，b、c两板都接地，如图所示。若使a板带正电，电量为3.010C，略去边缘效应，求：

72(1) b、c两板上感应电荷的电量；

(2) a板的电势。

3已知：S200cm2.0010m dab4.0mm4.01m0

222 dac2.010C 130m VbVc0 q3.0求：Qb、Qc、Va

解：a板上电量q分布于它的两个侧面上，设右侧面电量为q1，左侧面的电量q2，则q1q2q用高斯定理可证，b板上感应电量为q1，c板上感应电量为q2，均匀分布于与a板相对的侧面上，因此a、b两板间场强及a、c两板间场强分别为：

7EabEabq11q1q Eac22  （1）

00S00SEacq2a、b两板间及a、c两板间电势差分别为：UabEabdab UacEacdac

b、c都接地，电势都为零，所以：UabUac 即：EabdabEacdac

Eabdac2.01031所以： 3Eacdab4.0102 （2）

由（1）（2）式得：q11.0107C q22.0170C

b板上感应电荷即为：q11.0107C c板上感应电荷即为：q22.0107C

q11.01074.01033dab2.2610V a板的电势为：VaUabEabdab1240S8.85102001010-33 如图所示，空气平板电容器是由两块相距0.5 mm的薄金属片A、B所构成。若将此电容器放在一个金属盒K内，金属盒上、下两壁分别与A、B都相距0.25 mm，电容器的电容变为原来的几倍？

解 将电容器AB放入盒中，在A、K间形成电容CAK；B、K间形成电容CBK

CAKCBKS2CAB d02而CAK、CBK成串联关系，然后再与CAB并联（如图示）

CCABCAkCBkCABCAB2CAB

CAkCBk可见，放入金属盒中后，电容增大到原来的2倍。

10-34 一块长为l、半径为R的圆柱形电介质，沿轴线方向均匀极化，极化强度为P，求轴线上任意一点由极化电荷产生的电势。

解：建立如图示的坐标系，极化电荷密度为：'PnP

1'2rdr40rx22dV 半径为R的圆面，电荷面密度为'P的面电荷产生的电势为：

VR140P2rdrr2x20P2rx2x

20 对于均匀极化，极化电荷只出现在电介质的表面上

VVVP2022ll2ll2RxxRxx 2222P 2022l2l2RxRx2x 2210-35 厚度为2.00 mm的云母片，用作平行板电容器的绝缘介质，其相对电容率为2。求当电容器充电至电压为400 V时，云母片表面的极化电荷密度。

解：EU400512.0010Vm 3d2.0010 D0rE0EP P0r1E'

故：'0r1E8.851012212.001051.77106Cm2

2210-36 平行板电容器两极板的面积都是3.010m，相距d3.0mm。用电源对电容器充电至电压

U0100V， 然后将电源断开。现将一块厚度为b1.0mm、相对电容率为r2.0的电介质，平行地

插入电容器中，求：

(1)未插入电介质时电容器的电容C0 ； (2)电容器极板上所带的自由电荷q；

(3)电容器极板与电介质之间的空隙中的电场强度E1 ； (4)电介质内的电场强度E2 ；

(5)两极板之间的电势差U； (6)插入电介质后电容器的电容C。

22已知：平行板电容器 S3.010m d3.0mm U0100V

断开电源Q不变， b1.0mm r2.0

q

D

求：C0 、q、E1、E2、U、C

C B

q

A

S03.01028.8510128.851011F88.5pF 解：(1) C03d3.010（2）qC0U08.8510111008.85109C

（3）插入介质后：

E1D0D E2 0r0r0dd1d1dd1d1

UEdlE1dlE2dl0000rq8.8510915141 E1 10Vm3.310Vm2120S3.0108.851038.85109（4）E21.7104Vm1 2120rS3.01028.8510q （5）UE1dd1E2d13.3102101.71011043438.3V

q8.851091.071010C （6）CU8310-37 半径为R的均匀电介质球，电容率为e，均匀带电，总电量为q。求：

(1)电介质球内、外电位移的分布； (2)电介质球内、外电场强度和电势的分布；

(3)电介质球内极化强度的分布； (4)球体表面和球体内部极化电荷的电量。 解：（1）由高斯定理：当rR时：

q43SDdS433r

R3qr1qrqrD3 方向沿半径向外，即： DR4r24R34R33R 当rR时：

SDdSq

qqrD 方向沿半径向外，即： D234r4rD（2）当rR时：Eqr

4R3VpqR2r2qdrRqrdrqq12qr2Edl 33R4r2r4R340R4R8R08R0D当rR时：Eqr40r30 Vpqdrq Edlr4r240r0（3）D0EP PD0E

0qrqrqr当rR时： PD0E 03334r4R4R当rR时： P0

0q02 （4）球体内部极化电荷的电量为：q'PSP4R1q S 而球休表面极化电荷的电量为：q\"q'10q 10-38 一个半径为R、电容率为的均匀电介质球的中心放有点电荷q，求：

(1)电介质球内、外电位移的分布； (2)电介质球内、外电场强度和电势的分布；

(3)球体表面极化电荷的密度。

qrDdSqD解：（1） 无论在电介质内还是在球外的真空中上式都是适用的。 S4r3Dqr （2）当rR时： E 34r VpqdrRqdrq11q EdlR4r2r4r24R04r0qr40r3D当rR时： E0 Vpqdrq Edlr4r240r0 （3）

0qrqrqr0PD0E1 3334r4r4r0q102PSq' 由： 得：q'4Rq1 S4R2q10q'q0\" 所以，球体表面极化电荷的密度为： 224R4R4R210-39 如图示中A是相对电容率为r的电介质中离边界极近的一点，已知电介质外的真空中的电场强度为E，其方向与界面法线n的夹角为，求：

(1) A点的电场强度； (2)点A附近的界面上极化电荷密度

解：（1）求解点A的电场强度EA'可以分别求出点A电场强度的切向分量Et'和法向分量En'，而这两个分量可以根据边界条件求得。

根据电场强度的切向分量的连续性可得：Et'EtEsin

根据电位移矢量的法向分量的连续性可得：En'EnrEcosr

点A的电场强度的大小为：EA'E't2E'n2Ercos2r2sin2 电场强度的方向与表面法向n的夹角满足下面的关系：tan'Et'rtan En'(2)点A附近的界面上极化电荷密度为：'Pn0eEn'0r1Ecos

010-40 一平行板电容器内充有两层电介质，其相对电容率分别为r14.0和r22.0，厚度分别为

d12.0mm和d23.0mm，极板面积为S5.0103m2 ，两板间的电势差为U0200V。

(1)求每层电介质中的电场能量密度； (2)求每层电介质中的总电场能；

(3)利用电容与电场能的关系，计算电容器中的总能量。

解：（1）U0E1d1E2d2 （1）

 U0 

E1 E2 而：D1nD2n （两种介质分界面上只有法向电位移矢量）

0r1E10r2E2 即： r1E1r2E2 （2）

由（1）（2）式解得：E1r2U0r1U0 E2

r1d2r2d1r1d2r2d122r2U08.851012442001112223we11E1r10E1r101.110Jm 6222dd2432210r12r218.851012242200r1U01112223we22E2r20E2r202.210Jm6222dd2432210r12r21 （2）We1we1V1we1d1S1.1102.0105.010233221.1107J

We1we1V1we2d2S2.21023.01035.01033.3107J

（3）C21SQS ddU0122d11d212 W1121S10r2r1S222 CU0U0U0222d11d22r2d1r1d218.851012425.01032002 322234108.854254108

2164.4107J

两种计算结果是一致的。