广东海洋大学：《大学物理》课程教学资源（各章习题解答）第07章 静电场

愿山：196（年，盖尔受等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带子的 上奇充和两个带-！：下奇克构成，若将奇克作为经典粒子处理（奇克线度约为1心地m》,中 3 子内的两个下奇克之间相距2.60×105m。求它们之间的斥力. 题7,1解，由于夸克可视为经具点电荷，由库仑定律 r这學= 1e2 F与e,方向相月表明它们之间为斥力： 题72：面量为m,电荷为-的电子以圆轨道绕氢核转，其动能为耳，正明电子的旋转频 率满足 .边cg 其中是6真空电容率，电子的运动可视为遵守经具力学规律， 题72分析：根据题意将电子作为经典粒子处理.电子、氢核的大小约为105m,轨道半径 约为10静m,故电子，氢核都可视作点电荷，点电荷间的库仑引力是推持电子沿圆轨道 动的向心力，故有 r4e,7 由此出发命题可证， 证：由上述分析可得电子的动能为 m女 &ws r 电子旋转角速度为 w 由上述两式酒去，得 2.2 题73：在氯化艳品体中，一价氯离于小与其最细近的八个一价格离子C3构成如图所示的 立方品格结构。(1)求氧离子所受的库仑力：(2)假设图中箭头所指处缺少一个绝离子（称 作品格缺陷)，求此时氯离子所受的库仑力， 题？3分析：链离子和氯离子均可视作点电荷。可直接将品格溪角绝离子与氯离子之间的库 仑力进行矢量叠加。为方便计算可以利用昌格的对称性求氯离子所受的合力： 解：《)由对移性，每条对角战上的一对绝离子与氯离子间的作用合力为零，故 F=0 (2)除了有缺陷的哪条对角线外，其它链离 子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合 力F的值为 -“1觉0N e F方向如图所示

题 7.1：1964 年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带 e 3 2 的 上夸克和两个带 e 3 1 − 下夸克构成，若将夸克作为经典粒子处理（夸克线度约为 10−20 m），中 子内的两个下夸克之间相距 2.6010−15 m。求它们之间的斥力。 题 7.1 解：由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律 2 r r 2 0 2 r 1 2 0 3.78N 4 9 1 4 1 F = e = e = e r e r q q   F 与 r e 方向相同表明它们之间为斥力。 题 7.2：质量为 m，电荷为−e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为 Ek。证明电子的旋转频 率满足 4 2 k 2 2 32 0 me  E  = 其中是 0  真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律。 题 7.2 分析：根据题意将电子作为经典粒子处理。电子、氢核的大小约为 10−15 m，轨道半径 约为 10−10 m，故电子、氢核都可视作点电荷。点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运 动的向心力，故有 2 2 0 2 4 1 r e r v m  = 由此出发命题可证。 证：由上述分析可得电子的动能为 r e E mv 2 0 2 k 8 1 2 1  = = 电子旋转角速度为 3 0 2 2 4 mr e   = 由上述两式消去 r，得 4 3 k 2 0 2 2 2 32 4 me  E    = = 题 7.3：在氯化铯晶体中，一价氯离于 Cl−与其最邻近的八个一价格离子 Cs+构成如图所示的 立方晶格结构。（1）求氯离子所受的库仑力；（2）假设图中箭头所指处缺少一个铯离子（称 作品格缺陷），求此时氯离子所受的库仑力。 题 7.3 分析：铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库 仑力进行矢量叠加。为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力。 解：（l）由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故 F1 = 0 （2）除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离 子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合 力 F2 的值为 1.92 10 N 4 3 9 2 0 2 2 0 1 2 2 − = = =  a e r q q F   F2 方向如图所示

题7.4：若电荷Q均匀地分布在长为L的细棒上。求证：(1)在棒的话长线，且离棒中心为 Γ处的电场强度为 E.10 宽。4r- (2)在棒的暴直平分线上，离棒为处的电场强度为 E-4w+ 若棒为无限长（即L◆∞），试将结果与无限长均匀蒂电直线的电场强度相比较。 题74分析：这是计算违续分布电背的电场强度。此时棒的长度不能忽略，因面不能将棒当 作点电荷处理，但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一雄的长直线上，如图所示，在长直 线上任意取一线元，其电荷为血=0L,它在点P的电场强度为 1山 E=4属 整个带电体在点P的电场强度 E-「dE 接着针对具体间通来处理这个矢量积分。 (1)若点P在棒的延长线上，箭电棒上各电 荷元在点P的电场出度方向相同， E-dEi (2)若点P在棒的垂直平分线上，则电场强度E沿x轴方向的分量因对称性叠如为 零，因此，点P的电场强度就是 E=d5,j=3md近 正()延长线上一点P的电场强度E:出·利用几何关系广=r-年统一积分支 则 二l人 4g,Lr-2r+/2厂年。4r-1 电场强度的方向沿x轴。 (3)根据以上分析，中垂线上一点P的电场强度E的方向沿y轴，大小为 兴 利用几何关系na=r什，厂=P+x统一积分变量，则 =w品 当棒长上→0时，若棒单位长度所带电荷为入常量，则 P点电场强度 1 Q/L E-四2+4r亚“2 时

题 7.4：若电荷 Q 均匀地分布在长为 L 的细棒上。求证：（1）在棒的延长线，且离棒中心为 r 处的电场强度为 2 2 0 4 1 r L Q E − =  （2）在棒的垂直平分线上，离棒为 r 处的电场强度为 2 2 2 0 4 1 r r L Q E + =  若棒为无限长（即 L →  ），试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较。 题 7.4 分析：这是计算连续分布电荷的电场强度。此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当 作点电荷处理。但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上。如图所示，在长直 线上任意取一线元，其电荷为 dq = Qdx/L，它在点 P 的电场强度为 r r q E e 2 0 d 4 1 d  =  整个带电体在点 P 的电场强度  E = dE 接着针对具体问题来处理这个矢量积分。 （1） 若点 P 在棒的延长线上，带电棒上各电 荷元在点 P 的电场强度方向相同，  = L E dE i （2） 若点 P 在棒的垂直平分线上，则电场强度 E 沿 x 轴方向的分量因对称性叠加为 零，因此，点 P 的电场强度就是   = = L L E dE j sin dEj y  证：（1）延长线上一点 P 的电场强度   = L r q E 2 4 0 d  ，利用几何关系 r  = r − x 统一积分变量， 则 2 2 0 0 2 2 - 2 0 4 1 2 1 2 1 4 1 ( ) d 4 1 r L Q L r x L r L r L Q x E L L P −  =      + − − = − =     电场强度的方向沿 x 轴。 （3） 根据以上分析，中垂线上一点 P 的电场强度 E 的方向沿 y 轴，大小为   = L r q E 2 4 0 sin d   利用几何关系 2 2 sin = r r  ,r  = r + x 统一积分变量，则 2 2 0 2 2 3 2 2 - 2 0 4 1 ( ) 2 d 4 1 L r r Q L x r rQ x E L L + = + =    当棒长 L →  时，若棒单位长度所带电荷为  常量，则 P 点电场强度 L r r Q L r E L 0 2 2 2 0 1 4 2 1 lim    = + = →

此结果与无限长带电直线圆国的电场强度分布相同。这说明贝要满足2/<1，带电长直 细棒可视为无限长带电直线。 恩7.5：一半径为R的半圆细环上均匀分布电得Q,求环心处的电场强度 题75分析：在求环心处的电场强度时，不能将带电半圆环视作点电荷。现将其抽象为带电 半圆弧线。在弧线上取线元山。其电荷此电模元可视为点电荷山-￡山，它在点0的电场 成 强度E。ㄧ▣，·因圆环上电荷对y触呈对称性分布，电场分布也是抽对称的，则有 冠。因 J,=0,点0的合电场强度E=,dE,,统一积分变量可求得E. 解：由上述分析，点O的电场强度 6袋品 由几何关系d山=则8，统一积分变量后，有 6=-h0= 2行6，R 方向沿y轴负方向： 恩7：用电场强度叠加原理求证：无限大均匀带电板外一点的电场强度大小为E=二（提 26 示，把无限大带电平板分解成一个个圆环成一条条细长线，然后进行积分叠加》 愿？6分析：求点P的电场强度可采用两种方法处理，将无限大平板分别视为由无数同心的 细圆环或无数平行细长线元组成，它们的电背分别为 向=a2山域d1-y 求出它们在轴线上一点P的电场强度dE后，再叠如积分，即可求得点P的电场逐度了。 正：如图所示，在带电板上取月心细圆环为微元，由 于带电平面上同心置环在点P藏发的电场强度dE的方 向均相同，因而P处的电场强度 E-j-小 c,2.d山r 电场强度E的方向为带电平版外法线方向： 证2：如图所示，取无限长带电细线为微元，各微元在点P激发的电场强度E在Oy平面 内且对x触对称，因此，电场在y轴和：触方向上的分量之和，即E,、￡，均为零，则点P 的电场强度应为 E=E,i=[dEcosai 品典喜 积分得E-口1 26, 电场强度￡的方向为带电平板外法线方向

此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同。这说明只要满足 1 2 2 r L  ，带电长直 细棒可视为无限长带电直线。 题 7.5：一半径为 R 的半圆细环上均匀分布电荷 Q，求环心处的电场强度 题 7.5 分析：在求环心处的电场强度时，不能将带电半圆环视作点电荷。现将其抽象为带电 半圆弧线。在弧线上取线元 dl，其电荷此电荷元可视为点电荷 l R Q dq d  = ，它在点 O 的电场 强度 2 r 0 d 4 1 dE e r q  = 。因圆环上电荷对 y 轴呈对称性分布，电场分布也是轴对称的，则有  = L dEx 0 ，点 O 的合电场强度 E j  = L dEy ，统一积分变量可求得 E。 解：由上述分析，点 O 的电场强度 l R Q R E L d sin 4 1 2 0 O    = −    由几何关系 dl = Rd ，统一积分变量后，有 2 0 2 0 0 O 2 sin d 4 1 R Q E       = − = −  方向沿 y 轴负方向。 题 7.6：用电场强度叠加原理求证：无限大均匀带电板外一点的电场强度大小为 2 0   E = （提 示：把无限大带电平板分解成一个个圆环或一条条细长线，然后进行积分叠加） 题 7.6 分析：求点 P 的电场强度可采用两种方法处理，将无限大平板分别视为由无数同心的 细圆环或无数平行细长线元组成，它们的电荷分别为 dq = 2rdr或d =dy 求出它们在轴线上一点 P 的电场强度 dE 后，再叠加积分，即可求得点 P 的电场强度了。 证 1：如图所示，在带电板上取同心细圆环为微元，由 于带电平面上同心圆环在点 P 激发的电场强度 dE 的方 向均相同，因而 P 处的电场强度 i E E i i 0 2 2 3 2 0 2 2 3 2 0 2 4 ( ) 2 d ( ) d 4 1 d       = +  = + = =    r x xr r r x x q 电场强度 E 的方向为带电平板外法线方向。 证 2：如图所示，取无限长带电细线为微元，各微元在点 P 激发的电场强度 dE 在 Oxy 平面 内且对 x 轴对称，因此，电场在 y 轴和 z 轴方向上的分量之和，即 Ey、Ez均为零，则点 P 的电场强度应为 i E i i 2 2 0 x d 2 d cos y x x y E E + = = =    −    积分得 E i 2 0   = 电场强度 E 的方向为带电平板外法线方向

上述时论表明，虽然微元制取的方法不同。但结果是相同的。 题7.7：水分子H0中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效 电荷中心间距为。试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度。 题7.7分析：水分子的电背模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为气=所。· 而夹角为2B,叠加后水分子的电鳄极矩大小为P=2。©0s0,方向沿对称蛙线。由于点0 到场点A的距离>m,利用散材中电偶极子在廷长线上的电场强度 器 可求得电场的分布。 也可由点电荷的电场强度叠如，求电场分布。 解1：水分子的电偶极矩 p=2pe cos0 2er co60 在电偶极矩延长线上 E-2p-1as8.15c0s8 解2：在对称轴线上任取一点A,则该点的电场强度 E=E.+E 2ecosB 2e E-2E,CO6-E= 4E1 由于r2=x2+后-2e0s0 c0sB=I-rcos6 代入得E-2如 -月0os0 4,+-20%8 测量分子的电场时，总有之>m,因此： 将上式化简并略去 微小量后，得 E--1 ecosg 思78：无两条无限长平行直导线相距为月，均匀带有等量异号电荷。电荷找密度为无。(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度（设该点到其中一战的垂直距离为x):(2》求每 一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力： 题？8分析：(1)在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场 的叠加， (2)由F=gE,单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度来 乘以单位长度导线所带电的量，即：F一E应该注意：式中的电场强度E是除去自身电荷 外其它电荷的合电场强度，电背自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力， 题78解：(1)设点P在导线构成的平面上，E,、￡分别表示正、负带电导线在P点的电 场强度。则有

上述讨论表明，虽然微元割取的方法不同，但结果是相同的。 题 7.7：水分子 H2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示。假设氧原子和氢原子等效 电荷中心间距为 r0。试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度。 题 7.7 分析：水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为 0 0 p = er ， 而夹角为 2 。叠加后水分子的电偶极矩大小为 p = 2er0 cos ，方向沿对称轴线。由于点 O 到场点 A 的距离 x>>r0，利用教材中电偶极子在延长线上的电场强度 3 0 2 4 1 x p E  = 可求得电场的分布。 也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布。 解 1：水分子的电偶极矩 p = 2p0 cos = 2er0 cos 在电偶极矩延长线上 3 0 0 3 0 0 3 0 4 cos 1 cos 4 1 4 2 x er x er x p E      = = = 解 2：在对称轴线上任取一点 A，则该点的电场强度 E = E− + E+ 2 0 2 0 4 2 4 2 cos 2 cos x e r e E E E    = +  − − = − 由于 2 0 cos 2 0 2 2 r = x + r − xr r x r   cos cos − 0 = 代入得       − + − − = 3 2 2 0 2 0 2 0 0 1 ( 2 cos ) cos 4 2 x r xr x e x r E    测量分子的电场时，总有 x>>r0，因此， 式中 3 2 0 2 0 2 (x + r − 2xr cos ) 3 2 3 0 2 cos 1        − x r x         −  x r x 2 cos 2 3 1 3 0 ，将上式化简并略去 微小量后，得 3 0 0 1 cos x r e E   = 题 7.8：无两条无限长平行直导线相距为 r0，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为。（1） 求两导线构成的平面上任一点的电场强度（设该点到其中一线的垂直距离为 x）；（2）求每 一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力。 题 7.8 分析：（1）在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场 的叠加。 （2）由 F = qE，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度来 乘以单位长度导线所带电的量，即：F = E 应该注意：式中的电场强度 E 是除去自身电荷 外其它电荷的合电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力。 题 7.8 解：（1）设点 P 在导线构成的平面上， E+ 、E− 分别表示正、负带电导线在 P 点的电 场强度，则有

2意。斯-) (2)设F.、F分别表示正、负带电导线单位长度所受 的电场力，则有 F=近.=2m 卫=-E.2面 显然有F=-F，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引。 题7如图所示，电荷±Q分群均匀分布在两个半径为R的半细圆环上。求：(1)带电圆 环偶极矩的大小和方向：(2)等效正、负电背中心的位置。 题9分析：(1)电荷分布呈轴对称，将细环分割成长度均为d山的战元，蒂正电物的上事 圆环线元与修负电荷的下半圆环对称位置上的线元构成一元电极子，细圆环总的偶极矩等 于各元电偶极矩之和，。有 P-j喇 (2)由于正、负电荷分别对称分布在y轴两侧，我们设想在y轴上能找到一对假想点， 如果该带电环对外激发的电场可以鼓这一对假想点上等量的点电荷所激发的电场代替，这对 假易点就分别称作正、负等效电黄中心。等效正舞电荷中心一定在y轴上并对中心O对称。 由电偶极矩P可求得正、负等效电荷中心的何距，并由对称性求得正、负电将中心 解：(1)将圆环沿y轴方向分割为一组相互平行的元电偶极子，每一元电偶极子带电 ±出=±gds=±2n dp=2Rcos0.dq j=22Rcos080j 则修电圆环的电偶极矩 ==9财 (2)等效正、负电我中心间距为 p0- 根据对称性正、负电菁中心在y轴上。 所以其坐标分别为列(）利Q-)】 也可以借助几何中心的定义，得 sn0.0-0

i E E E i - 2 ( ) 1 1 2 0 0 0 0 0 x r x r x r x − =         − = + + = +     （2）设 F+ 、 F− 分别表示正、负带电导线单位长度所受 的电场力，则有 F F i 0 0 2 2 r  + =  − = F F i 0 0 2 2 r  − = − + = − 显然有 F+ = −F− ，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引。 题 7.9：如图所示，电荷 Q 分别均匀分布在两个半径为 R 的半细圆环上。求：（1）带电圆 环偶极矩的大小和方向；（2）等效正、负电荷中心的位置。 题 7.9 分析：（1）电荷分布呈轴对称，将细环分割成长度均为 ds 的线元，带正电荷的上半 圆环线元与带负电荷的下半圆环对称位置上的线元构成一元电偶极子，细圆环总的偶极矩等 于各元电偶极矩之和，有  p = dpj （2）由于正、负电荷分别对称分布在 y 轴两侧，我们设想在 y 轴上能找到一对假想点， 如果该带电环对外激发的电场可以被这一对假想点上等量的点电荷所激发的电场代替，这对 假想点就分别称作正、负等效电荷中心。等效正负电荷中心一定在 y 轴上并对中心 O 对称。 由电偶极矩 p 可求得正、负等效电荷中心的间距，并由对称性求得正、负电荷中心。 解：（1）将圆环沿 y 轴方向分割为一组相互平行的元电偶极子，每一元电偶极子带电    d d d Q s R Q  q =  =  p j   j   cos d 2 d 2 cos d R Q = R  q = 则带电圆环的电偶极矩 p p R j Q    4 d 2 2 = = − （2）等效正、负电荷中心间距为  R l p Q 4 = = 根据对称性正、负电荷中心在 y 轴上，所以其坐标分别为        2R 0, 和       −  2R 0, 。 也可以借助几何中心的定义，得 sin d 0 1 2 2 =  = −     R R θ R x      R R R θ R y 2 sin d 1 2 2 =   =  −

即正、负电荷中心分别在y轴上距中心0为迟处 题7.山设匀强电场的电场强度E与半径为及的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球 而的电场强度通量。 题710分析方法1：由电场强度通量的定文，对半球面5求积分，即中，-ES。 方法2：作半径为R的平面5S与半球面S一起可构成用合由面，由于用合面内无电荷。由高 斯定理 fE5=Σ9=0 这表明穿过闭合由面的净通量为零，宴入平面S“的电场强度通量在数值上等于穿出半 球面S的电场强度通量。因而 巾=fEd5=fnEd5 解1：取球坐标系。电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为 E=E(cosee +singea+sine, ds=R'sn阳0dpe, 中=fE-dS=∫，ER'sn0sm0up =后ERsn闲sme ■RE 解2：由于闭合由面内无电荷分布，根据高斯定理，有 p-fEds-于.Eds 依到约定取闭合由面的外法线方向为面元45的方向， 单=-E·成心0sr=RE 题71山：边长为a的立方体如图所示，其表面分别平行于、口和三平面，立方体的一个 顶点为坐标原点。现将立方体置于电场强度E=(后+城+E的非均匀电场中，求电场对立 方体各表面及整个文方体表面的电场盛度通量， 思71山解：参见因。由愿意E与O四面平行，所以对任何与Ow面平行的立方体表面。电 场强度的通量为零，即中x=e=0。而 中=jE4s=《5,+k+B,ds刀 -Ea 考虑到面CDEO与面AGF的外法线方向相反， 且该两面的电场分布相同，故有 pe=-中wn=-E,0 同理nm=∫E-d5=jIEi+E(-d5=-5a 的e-E:ds-JKE,+kaw+E(ds0-(E+ka加

即正、负电荷中心分别在 y 轴上距中心 O 为  2R 处 题 7.10：设匀强电场的电场强度 E 与半径为 R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球 面的电场强度通量。 题 7.10 分析方法 1：由电场强度通量的定义，对半球面 S 求积分，即  =  S ΦS E dS 。 方法 2：作半径为 R 的平面 S  与半球面 S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高 斯定理 0 1 d 0  =  =  q S  E S 这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面 S  的电场强度通量在数值上等于穿出半 球面 S 的电场强度通量。因而    =  = −  S S Φ E dS E dS 解 1：取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为 (cos sin sin ) E r E  e  e  e =  +  + R r dS sind d e 2 = R E ER Φ ER S S 2 0 0 2 2 2 sin d sin d d sin sin d d            = = =  =     E S 解 2：由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有    =  = −  S S Φ E dS E dS 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元 dS 的方向， Φ E R R E 2 2 = −   cos = 题 7.11：边长为 a 的立方体如图所示，其表面分别平行于 xy、yz 和 zx 平面，立方体的一个 顶点为坐标原点。现将立方体置于电场强度 E i j 1 2 = (E + kx) +E 的非均匀电场中，求电场对立 方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量。 题 7.11 解：参见图。由题意 E 与 Oxy 面平行，所以对任何与 Oxy 面平行的立方体表面。电 场强度的通量为零。即 ΦOABC = ΦDEFG = 0 。而 2 2 ABGF 1 2 d [( ) ] [d ] E a Φ E k x E S = =  = + +    E S i j j 考虑到面 CDEO 与面 ABGF 的外法线方向相反， 且该两面的电场分布相同，故有 2 ΦCDEO = −ΦABGF = −E2 a 同理 2 AOEF 1 2 1 Φ = d = [E + E ](−dS ) = −E a   E S i j i 2 BCDG 1 2 1 Φ = d = [(E + k a) + E ](dS ) = (E + k a)a   E S i j i

因此。整个立方体表面的电场强度通量 中=∑=d 题712，地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大 气电离层总是带有大量的正电载，云层下地球表面必然带有负电荷。睛天大气电场平均电场 强度约为0Vm',方向指向地面。试求地球表面单位面积所带的电背（以每平方厘米的 电子数表示)。 题711分析，考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球问心的球面 为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷， 解：在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径R=R。(为地 球平均半径)。由高斯定理 ffd5=-6a成= 地球表面电荷面密度 a-∑9g/48-6,E=-106x10Cm 单位面积额外电子数 n=c-e)=6.63×l0'cm 题7,13：设在半径为R的球体内，其电荷为对称分布，电背体密度为 p=kr 05rs月 p=0 r>R 最为一常量。试用高斯定理求电场强度E与？的函数关系。（你能用电场强度叠加原理求解 这个月盟明？) 题7,13分析：通常有两种处理方法：(1)利用高斯定理求球内外的电场分布。由题意知电 背呈球对移分布，因面电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面 上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因面有 fE-ds=E-4m' 根据高斯定律fE·5。二」Ψ，可解得电场强度的分布 6。 (2)利用带电球壳电场叠如的方法求球内外的电场分布。将带电球分制成无数个月心 带电球壳，球壳带电荷为山·P4容山'，每个带电球壳在壳内激爱的电场dE=0,而在球 壳外激发的电场 dE=pdy 6, 由电场叠加可解得箭电球体内外的电场分布 E(r)-JE 0gF≤R Er)-['E r>R 解：因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定律

因此，整个立方体表面的电场强度通量 3 Φ =Φ = ka 题 7.12：地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大 气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷。晴天大气电场平均电场 强度约为 120 Vm−，方向指向地面。试求地球表面单位面积所带的电荷（以每平方厘米的 电子数表示）。 题 7.11 分析：考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面 为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷。 解：在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径 R  RE （RE 为地 球平均半径）。由高斯定理   = −E R = q S 0 2 E 1 d 4  E S  地球表面电荷面密度 9 2 0 2 4 E 1.06 10 C m − −  =q R  − E = −   单位面积额外电子数 5 2 ( ) 6.63 10 cm− n =  −e =  题 7.13：设在半径为 R 的球体内，其电荷为对称分布，电荷体密度为 r R kr r R =  =   0 0   k 为一常量。试用高斯定理求电场强度 E 与 r 的函数关系。（你能用电场强度叠加原理求解 这个问题吗?） 题 7.13 分析：通常有两种处理方法：（1）利用高斯定理求球内外的电场分布。由题意知电 荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面 上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有 2 d E 4 r S  =    E S 根据高斯定律    = V S d 1 d 0   E S ，可解得电场强度的分布 （2）利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布。将带电球分割成无数个同心 带电球壳，球壳带电荷为 dq =  4 r  dr  2   ，每个带电球壳在壳内激发的电场 dE = 0，而在球 壳外激发的电场 r r V E e 2 4 0 d d   = 由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布 r r R r =    ( ) d 0 0 E E r r R R =  0 E( ) dE 解 1：因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定律

fEdS-dr得球体内0srs网 El)o-IfArdg'dr 6 E()- -e 球体外(r>R) E(r)-- ER 6F8 解2：将带电球分制成球壳。球壳带电 d山=pW=a4r2dr 由上述分析，球体内0≤F≤) 心号 时 球体外(r>R) m- 青 题714一无限大均匀带电薄平板，电黄面密度为在平板中部有一半径为r的小圆孔。 求圆孔中心轴线上与平板相距为x的一点P的电场强度。 题7,14分析，用补倍法求解 利用高斯定理求解电场强度贝适用于几种非常特殊的对称性电场，本题的电场分布虽然 不具有这样的对称性，但可以利用具有对称性的无限大带电平而和蒂电圆盒的电场叠如，求 出电场的分布。 若肥小圆孔看作由等量的正、负电背重叠而成，挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的 带电平板和一个带相反电荷（电荷而密度'=-）的圆盘。这样中心轴线上的电场强度等 效于平板和网盘各自独立在该处激发的电场的矢量和。 解：在带电平面附近 E品 :,为沿平面外法线的单位矢量：属盘激发的电场 E=- 它们的合电场强度为 E=E,+E26,P3, 在圆孔中心处x一0，则 E=0 在距离圆孔较运时则

   = V S d 1 d 0   E S 得球体内 (0  r  R) 4 0 0 2 0 2 4 d 1 ( )4 r k E r r kr r r r      = =  r kr E r e 0 2 4 ( )  = 球体外（r＞R） 4 0 0 2 0 2 4 d 1 ( ) 4 R k E r r k r r r R       = =  r r kR E r e 2 0 4 4 ( )  = 解 2：将带电球分割成球壳，球壳带电 dq = dV = kr 4 r  dr  2   由上述分析，球体内 (0  r  R) r r r k r r kr r r E r e e 0 2 0 2 2 0 4 4 d 4 1 ( )    =    =  球体外（r＞R） r R r r k R r kr r r E r e e 2 0 4 0 2 2 0 4 4 d 4 1 ( )    =    =  题 7.14：一无限大均匀带电薄平板，电荷面密度为，在平板中部有一半径为 r 的小圆孔。 求圆孔中心轴线上与平板相距为 x 的一点 P 的电场强度。 题 7.14 分析：用补偿法求解 利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电场。本题的电场分布虽然 不具有这样的对称性，但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求 出电场的分布。 若把小圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成、挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的 带电平板和一个带相反电荷（电荷面密度   = − ）的圆盘。这样中心轴线上的电场强度等 效于平板和圆盘各自独立在该处激发的电场的矢量和。 解：在带电平面附近 n 0 1 2 E e   = n e 为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场 n 2 2 0 2 1 2 E e         + = − − x r x   它们的合电场强度为 n 2 2 0 1 2 2 E E E e x r x + = + =   。 在圆孔中心处 x = 0，则 E = 0 在距离圆孔较远时 x>>r，则

2 E.0 上述结果表明。在之时。带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计： 恩715：一无限长、半径为R的圆柱体上电背均匀分布。圆柱体单位长度的电蘅为A,用高 斯定理求圆柱体内距轴线距离为？处的电场强度。 题715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，且沿径矢 方向。取同轴往面为高斯面，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，E:S=0对电场强度通量贡献为零。整个高斯面的电场 强度通量为 fE.ds-E.2aL 由于，圆柱体电荷均匀分布，电药体密度P一成2，处于高斯 面内的总电荷 ∑9-pa21 由高斯定理手E·4S=∑g%可解得电场强度的分布： 解：取同触柱面为高斯面，由上述分析得 E.201=10'L=4 Rr 加 E=- Γ2rR 题1.16：一个内外半径分别R为风和的均匀带电球壳，总电荷为Q,球壳外同心罩一个半 径为尾的均匀带电環面，球国带电荷为Q。求电场分布。电场强度是香是场点与球心的 距离的连续函数？试分斯。 题116分析：以球心0为原点，球心至场点的距离r为华径，作同心球面为高斯面。由于 电我显球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电局强度沿径矢方向，且大小相等。 因而手EdS-E4知入，在确定高斯面内的电荷∑g后， 利用高斯定理 fEds-∑g/ 即可求的电场强度的分布 解，取半径为的同心球面为高斯面，由上述分析 E4g=∑g6 u) r<R,该高斯面内无电荷。∑g=0,故 E1=0

n 0 n 2 2 0 2 1 1 2 E e e      + = r x 上述结果表明，在 x>>r 时。带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计。 题 7.15：一无限长、半径为 R 的圆柱体上电荷均匀分布。圆柱体单位长度的电荷为，用高 斯定理求圆柱体内距轴线距离为 r 处的电场强度。 题 7.15 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，且沿径矢 方向。取同轴往面为高斯面，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， E  dS = 0 对电场强度通量贡献为零。整个高斯面的电场 强度通量为  d = E  2rL  E S 由于，圆柱体电荷均匀分布，电荷体密度 2  =  R ，处于高斯 面内的总电荷 q =  r L 2   由高斯定理 d 0    E  S = q 可解得电场强度的分布， 解：取同轴柱面为高斯面，由上述分析得 r L R E rL r L 2 2 0 2 0 1 2        =  = 2 2 0R r E   = 题 7.16：一个内外半径分别 R1为 R2 和的均匀带电球壳，总电荷为 Q1，球壳外同心罩一个半 径为 R3 的均匀带电球面，球面带电荷为 Q2。求电场分布。电场强度是否是场点与球心的 距离 r 的连续函数？试分析。 题 7.16 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，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等。 因而 2 d = E  4r  E S ，在确定高斯面内的电荷 q 后， 利用高斯定理 d 0    E  S = q 即可求的电场强度的分布 解：取半径为 r 的同心球面为高斯面，由上述分析 0 2 E 4r =q  r < R1，该高斯面内无电荷， q = 0 ，故 E1 = 0

&,高斯面内电背为Q+,故 g-g±0 4 电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强瘦分布曲战如图所示， 在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴，=R影的带 电球面两侧，电场强度的跃变量 证=E,-6=sR6 这一跃变是将蒂电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性。实际带电球面应是 有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，如本题中带电球壳内外的电场， 如球壳的厚度变小，E的变化瓷变陡，最后当厚度趋于零时，E的变化成为一跃变。 题7,17：两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面。半径分别为：和（是>风），单位 长度上的电荷为2.求离轴线为r处的电场强度：(1)r心R,(2)RR 恩717分析：电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定 呈抽对称分布。沿径矢方向。取同轴柱面为高斯面，只有侧面 的电场强度通量不为零，且fE:5=E-2,求出不同半径高斯 面内的电荷∑9。利用高斯定理可解得各区域电场的分布。 解：作同续圆柱面为高斯面。根据高所定理 E4el-∑9/6 rcR ∑9=0 E-0 RcrcR ∑9-u 26 r>Ry ∑q=0 局 E,=0 在修电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变 2or 2vL

R1 R3，高斯面内电荷为 Q1+ Q2，故 2 0 1 2 4 4 r Q Q E  + = 电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图所示。 在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴 r = R3 的带 电球面两侧，电场强度的跃变量 0 3 0 2 4 3 4     = − = = R Q E E E 这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性。实际带电球面应是 有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，如本题中带电球壳内外的电场， 如球壳的厚度变小，E 的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E 的变化成为一跃变。 题 7.17：两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为 R1 和 R2 (R2 > R1)，单位 长度上的电荷为。求离轴线为 r 处的电场强度：（1）r R2 题 7.17 分析：电荷分布在无限长同轴圆拄面上，电场强度也必定 呈轴对称分布，沿径矢方向。取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面 的电场强度通量不为零，且  E dS = E  2rL ，求出不同半径高斯 面内的电荷 q 。利用高斯定理可解得各区域电场的分布。 解：作同轴圆柱面为高斯面。根据高斯定理 4 0 E rL =q  0 0 2 0 0 3 2 0 2 1 2 1 1 =  = =   = =  =    E r R q r E R r R q L E r R q ， ， ，    在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变 2 0 2 0 0        = = = rL L r E