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109E2104（N/C）224π?
0（BC）（）2E?
E12?
E2104?
104（N/C）或（V/m）
4C
方向为：
10o?
arctan?
10
题9-4解图
即方向与BC边成°
。
9-5两个点电荷q1?
4?
10C,q2?
8?
10C的间距为，求距离它们都是
处的电场强度E。
q19?
6解：
如图所示：
E1106（N/C）2?
24π?
0r110q29?
66E210（N/C）2?
0r210?
，E2沿E1x、y轴分解：
Ex?
E1x?
E2x?
E1cos60?
E2cos120106（N/C）
Ey?
E1y?
E2y?
E1sin60?
E2sin120106（N/C）
∴E?
22Ex?
Ey?
106（N/C）
106o?
1016Ex?
109-6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。
如图所示.设q1=q2=?
=q6=q，各点电荷q在O点产生的电场强度大小均为：
2
E?
E2?
E3E6?
q4π?
0a2
各电场方向如图所示，图可知E3与E6抵消.
E0?
E5?
E4
据矢量合成，按余弦定理有：
（2E）2?
2（2E）（2E）cos（180o?
60o）
2E0?
2E3?
2q4?
0a23?
3q2?
0a2方向垂直向下.
qq9-7电荷以线密度qqO.λ均匀地分布在长为的点的场强。
-q-q题9-6解图
l的直线上，求带电直线的中垂线上与带电直线相距为R
题图9-6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。
并利用场强对称性。
注意：
先电荷元的场强矢量分解后积分，
如图建立坐标，带电线上任一电荷元在P点产生的场强为：
dE?
dx4?
0（R2?
x2）?
r0
根据坐标对称性分析，E的方向是y轴的方向
L2L?
0（R?
x）22sinL2L?
R4?
x）223/2dx?
l4?
0R（R2?
l1/2）42
9-8
两
题9-7解图
两个点电荷q1和q2相距为l，若两电荷同号；
题9-8解图
电荷异析：
运
号，求电荷连线上电场强度为零的点的位置.用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。
分
如图所示建立坐标系，取q1为坐标原点，指向q2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q1、q2之间，设距q1为x的A点.据题意：
E1=E2即：
|q1||q2|?
4π?
0x24π?
0（l?
x）2
3
∴x?
|q1|l|q1|?
|q2|
（2）两电荷异号.场强为零的点在q1q2连线的延长线或反向延长线上，即E1=E2
|q1||q2|?
x）2解之得：
x?
|q2|9-9如题图9-9所示，长l=的细直棒AB上，均匀地分布着线密度10?
9C?
m?
1的正电荷，试求：
在细棒的延长线上，距棒近端d1=处P点的场强；
在细线的垂直平分线上与细棒相距d2=的Q点处的场强；
（3）在细棒的一侧，与棒垂直距离为d2=，垂足距棒一端为d3=的S点处的场强.
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。
（1）以P点为坐标原点，建立
dq?
dy，其在
P点的场强为dE，则
题9-9解图
（1）
dy
如图所示坐标系，将细棒分成许多线元dy.其所带电量为
dE?
dq?
d9-9y题图?
0y24π?
0y2∴
方向沿Y轴负方向
d1?
ld1?
dy?
11?
210（N/C）或（V/m）24π?
0y4π?
0?
d1d1?
l?
（2）建立如图所示的坐标系，将细棒分成许多线元dy.其所带电量为dq?
dy。
它在QdE?
1?
0r?
点的场强dE的大小为：
π?
sin?
dE在x、y轴的投影为：
dEx?
dEcosdEsin?
dy?
0rπ?
cos?
dEy?
dEsindEcosdy224π?
r?
0图可见：
y?
d2ctg?
，r?
d2csc?
4
dy?
d2csc2?
d?
∴
dEx?
0d2?
0d2dEy?
于对称性，dEy分量可抵消，则
dEx1?
（cos?
2）4π?
0d24π?
0d2又∵θ1=π-θ2
12?
1093?
∴E103（N/C）2cos?
0d22?
方向沿X轴正方向
（3）在细
如
题9-9解图
（2）
棒一侧的S点处的场强。
建立如图所示的坐标系，分析
则：
题9-9解图（3）
0d2Ey?
（sin?
1）4π?
12；
55其中：
d32d32?
d2d3cos?
cos（π?
）?
cos12（l?
d3）?
d22212
sin?
22?
E?
Ex?
103（N/C）。
方向：
与x轴的夹角：
arctgEyEx?
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。
以P点为坐标原点，建立如题9-10解图
（1）所示坐标系
5
9?
827E1B105（V/m），方向如图示。
22?
22252?
a?
（4?
10）?
（6?
10）24π?
0b2?
q1E2B9?
827510（V/m），方向如图示。
10）4π?
0b22q2∴EB?
41327?
105?
104（V/m）；
方向平行于1352x轴.
q1q23?
109UD0?
24?
104?
02?
同理，UB=0.UA?
q1q2?
0b4π?
a2
UC?
q14π?
0q29?
89?
8310（V）?
222?
224π?
0b6?
10b?
a（6?
（8?
10）9?
226?
10（6?
10）
UAC?
UA?
UC?
103?
103（V）?
103（V）
WAC?
q0UAC?
6（J）
UBD?
UB?
UD?
0
∴WBD?
9-18
设在均匀电场中，场强E与半径为
R的半球面的轴相平行，试计算通过此半球面的电场强度通量？
如图所示，高斯定理可知，穿过圆平面S1的电力线必通过半球面。
在圆平面
S1上：
dS?
－E?
dS1?
R2
s1所以通过此半球面的电通量为：
e?
EπR2
9-19两个带有等
单分
题9-18解图
量异号电荷的无限大同轴圆柱面，半径分别为R1和R2.
题9-19解图
位长度上的电量为析：
于场为柱对
λ,求离轴线为r处的电场强度：
（1）r?
R1；
（2）R1?
R2；
（3）r?
R2称的，做同轴圆柱面，运用高斯定理求解。
在r?
R1时，作如图所示同轴圆柱面为高斯面.于场为柱对称的，所以通过侧面的电通量为2πrlE，通过上下底面
11
的电通量为零.据高斯定理，因为此高斯面没有包围电荷，所以有：
2πrlE?
0,即E?
0对R1?
R2，类似作高斯面，有：
2πrlE?
2π?
0rl?
故得：
对r?
R2，作类似高斯面，有：
题9-20解图
E=0。
9-20静电场中a点的电势为300V，b点电势为-10V.如把5310-8C的电荷从b点移到a点,试求电场力作的功？
电场力作功等于电势能增量的负值。
依题意可以有如图的示意图：
把正电荷a点移到b点时电场力作功
Wab?
qUab?
q（Ua?
Ub）?
300－55?
5（J）?
1.
反之，当正电荷从b点移到a点时，电场力作功：
Wba?
Wab10?
5（J）
负功表示当正电荷向低电势向高电势移动时，它要克服电场力作功，从而增加了它的电势能。
9-21在半径为R1和R2的两个同心球面上分别均匀带电q1和q2,求在0?
R1,R1?
R2,r?
R2三个区域内的电势分布。
于场为球对称的，做同心球面，利用高斯定理求出场强。
再利用电势与场强的积分关系U?
r积分路径上的场强是分段函数。
利用高斯定理求出：
EI?
0（r?
R1）
EII?
q14?
0r2?
r0（R1?
R2）
题9-21解图
dr求电势。
q?
EIII?
12r（r?
R2）204?
0r电势的分布：
12
UIII?
UIIR2r?
rq?
qq1?
12EIII?
dr?
（r?
R2）2r4?
0r4?
0rUI?
R1R2rEII?
drR2r?
R2EI?
drR1R2q1?
q21?
q2q1?
dr（R2?
R2）（r?
R1）4?
0r24?
0R24?
R2r?
R2R1?
q1
13
第十章习题解答
10-1如题图10-1所示，三块平行的金属板A，B和C，面积均为200cm2,A与B相距4mm，A与C相距2mm，B和C两板均接地，若A板所带电量Q=，忽略边缘效应,求：
B和C上的感应电荷？
A板的电势。
当导体处于静电平衡时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律，可以求得导体的电荷分布，又因为B、C两板都接地，所以有UAC?
UAB。
题图10-1
题10-1解图
d解：
设B、C板上的电荷分别为qB、qC。
因3块导体板靠的较近，可将6个导体面视为6个无限大带电平面。
导体表面电荷分布均匀，且其间的场强方向垂直于导体表面。
作如图中虚线所示的圆柱形高斯面。
因导体达到静电平衡后，内部场强为零，故高斯定理得：
qA1?
qCqA2?
qB即 qA?
（qB?
qC） ①又因为：
UAC?
UAB dU?
而:
ACAC
2UAB?
EAB?
d
∴EAC?
2EAB 于是：
C2?
B?
S?
B两边乘以面积S可得：
S?
C?
即：
qC?
2qB ②联立①②求得:
qC?
7C,qB?
7C
（2）UA?
UAC?
EAC?
d2?
dqC?
d?
02S?
022?
7?
103（V）?
12200?
1010-2如题图10-2所示，平行板电容器充电后，A和B极板上的面电荷密度分别为+б和－б，设P为两极板间任意一点，略去边缘效应，求：
14
A,B板上的电荷分别在P点产生的场强EA,EB;
A,B板上的电荷在P点产生的合场强E；
（3）拿走B板后P点处的场强E′。
运用无限大均匀带电平板在空间产生的场强表达式及场强叠加原理求解。
A、B两板可视为无限大平板.所以A、B板上的电何在P点产生的场强分别为:
EA?
方向为：
垂直于2?
0A板A指向B板
EB?
，方向与EA相同.2?
题图10-2
（2）E?
2EA?
，方向于EA相同?
，方向垂直A板指向无限远处.2?
0（3）拿走B板后：
E'
10-3电量为q的点电荷处导体球壳的中心，球壳的内、外半径分别为R1和R2，求场强和电势的分布。
场强分布的对称性，利用高斯定理求出各区域场强分布。
再应用电势与场强的积分关系求电势，注意积分要分段进行。
静电感应在球壳的内表面上感应出?
q的电量，外表面上感应出q的电量.
所以高斯定理求得各区域的场强分布为：
E1?
0r2（r?
E2?
0（R1?
E3?
0r2（R2?
r）
（r?
R1,r?
R2）（R1?
R2）U3?
U2?
R2题10-3解图
q2即：
E4π?
rE3?
rq4π?
2q，（r?
R2）4π?
0rq4π?
0R2rE2?
E3?
R2R2,（R1?
15
U1?
R1r?
R2R1E1?
dr
R1R2rR2q?
111,（r?
R1）4π?
rR1R2?
综上可知:
111（r?
R1）4π?
rRR0?
12q?
U?
（R1?
R2）4π?
q（r?
R2）?
10-4半径为R1的导体球，带有电量q；
球外有内、外半径分别为R2，R3的同心导体球壳，球壳带有电量Q。
求导体球和球壳的电势U1，U2；
若球壳接地，求U1，U2；
若导体球接地，求U1，U2。
场强分布的对称性，利用高斯定理求出各区域场强分布；
再电势定义求电势。
接地导体电势为零，电荷重新分布达到新的静电平衡，电势分布发生变化。
解:
如图题10-4解图所示,当导体达到静电平衡时,q分布在导体球的表面上.于静电感应在外球壳的内表面上感应出?
q电量.外表面上感应出?
q电量，则球壳外表面上共带电荷（Q?
q）.
（1）
于场的对称性.高斯定理求得各区域
0（r?
0r2的场强分布为：
（R1?
R2）
题10-4解图
0（R2?
R3）
E4?
Q?
q（R3?
r）24π?
0rE的方向均沿经向向外.
取无限远处电势为零，则电势的定义可得：
内球体内任一场点p1（r?
R1）的电势U1为
R2?
R3?
+E1?
dr+?
E4?
drR1R2R3=?
RR21q4π?
0r2dr+?
+?
R3Q+q1?
qqq+Q?
dr=?
0r24π?
R1R2R3?
外球壳体内任一场点p2（R2?
R3）的电势为:
16
U2?
R3r?
++?
Qq?
R34R3π?
0R3若外球壳接地.球壳外表面的电荷为零，等量异号电荷分布在球体表面和球壳内表面上,此时电场只分布在（R1?
R2）的空间，如图题10-4解图所示.于外球壳U2?
0则内球体内任一点P1（r?
R1）的电势U1为:
drR1R1?
R2R1q?
dr24π?
0r4π?
R1R2?
qU2?
（3）当内球接地时，内球的电势U1?
0，
但无限远处的电势也为零，这就要求外球壳所带电量在内外表
面上重新分配，使球壳外的电场沿着经向指向无限远处，球壳内的电场经向指向球心处；
因此，内球必然带负电荷。
因为内球接地，随着它上面正电荷的减少，球壳内表面上的负电荷也相应减少；
当内球上正电荷全部消失时，球壳内表面上的负电荷全部消失完；
但就球壳而言，仍带有电量+Q。
于静电感应，在内球和大地这一导体，系统中便会感应出等量的负电荷-Q,此负电荷的一部分均匀分布在内球表面上。
球壳内表面上将出现等量的正电荷（+q′）与之平衡.因此，在达到静电平衡后，内球带电荷-q′，球壳内表面带电量+q′，外表面上带电量，如图所示.高斯定理可知各区域的场强分布为:
0r2（R1?
Q?
（R3?
r）E4?
0r2球壳上任一场点P2（R2?
R3）相对于可得:
无限远处和相对于接地内球的电势，应用电势定义分别计算，
R3rQ?
R3R34π?
r24π?
0R30U2?
R1?
R1q'
q'
11E3?
[?
]R2R2R24?
r24?
RR0120联立上述两式，求得：
17
q?
R1R2QR1R2?
R2R3?
R1R3
将q?
代入U2的表达式中可得:
U2=R2?
R1Q，（R2?
R3）?
0R1R2?
R1R3U1=0，（r?
10-5三个半径分别为R1，R2，R3的导体同心薄球壳，所带电量依次为q1，q2，q3.求：
各球壳的电势；
外球壳接地时，各球壳的电势。
根据静电平衡条件先确定球的电荷分布情况，再根据电荷分布的球对称性，利用高斯定理求出电场强度分布，进而利用电势与电场强度的积分关系求出电势分布。
对于电荷球对称分布的带电体，也可直接利用电势叠加原理求得电势分布。
接地导体时电势为零，电荷重新分布达到新的静电平衡，新的电荷分布引起电场和电势分布发生变化。
（1）如图题10-5解图（a）所示，半径为R1的导体球壳外表面上均匀的分布电量q1，于静电感应，半径为R2的球壳内表面上感应出-q1的电量.外表面上感应出+q1的电量.因此，半径为R2的球壳外表面上的电量为q1+q2，同理，半径为R3的球壳内表面上感应出-（q1+q2）的电量.外表面上感应出+（q1+q2）的电量.所以R3的球壳外表面上的电量为（q1+q2+q3）。
（方法一）于场的分布具有对称性,可用高斯定理求得各区域的场强分别为
E1?
0，（r?
q1，（R1?
0r2q1?
q24π?
0r2E3?
，（R2?
R3），（R3?
题10-5解图（a）
q34π?
0r2E的方向均沿径向向外.
取无限远处为电势零点.
R3E2?
drR2R3?
R2q14π?
0r2R1dr?
R3R2?
q2dr?
1223dr2R34π?
q1q2q34π?
18
R3R2R3q?
q312?
drE3?
R24π?
r2R3R34π?
0r01?
q2q3?
q3?
1R3?
R2U3R3q?
123E4?
drR34π?
可把各球壳上的电势视为电量为q1,半径为R1；
电量为q2，半径为R2；
电量为q3，半径为R3的三个同心带电球壳分别在各点所共同产生的电势的叠加.
于在半径为R1的球壳外表面上的P点三个带电球壳电势的叠加.故有
1?
q1q2q3?
U14π?
同理:
U3?
q34π?
（2）于外球壳接地,球壳外表面的电荷为零，内表面的电量为-（q1+q2）
（方法一）用高斯定理求得各区域的场强分别为：
0，（R3?
∴U3?
R3R2题10-5解图
R3q?
qq?
122dr?
12R24π?
r4π?
0U1R2R1?
R2E2?
R2R1R3q?
qq112dr?
dr22?
0rq1?
q1q2q1?
q2?
可把U1,视为带电量为q1，半径为R1；
带电量为q2，半径为R2，带电量为-（q1+q2），半径为R3的同心带电球面
19
在半径为R1的球壳外表面上的电势的叠加.
∴U14π?
把U2视为带电量为q1+q2,半径为R2.带电量为-（q1+q2），半径为R3的同心球面在半径为R2的球壳外表面上的电势
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