5-1分析與解“無限大”均勻帶電平板激發(fā)的電場強度為—,方向沿帶電平板法向

2E

o

向外，依照電場疊加原理可以求得各區(qū)域電場強度的大小和方向.因而正確答案為(B).

5-2分析與解依照靜電場中的高斯定理，閉合曲面上各點電場強度都為零時，曲面內(nèi)

電荷的代數(shù)和必定為零，但不能肯定曲面內(nèi)一定沒有電荷；閉合曲面的電通量為零時，表示

穿入閉合曲面的電場線數(shù)等于穿出閉合曲面的電場線數(shù)或沒有電場線穿過閉合曲面，不能確

定曲面上各點的電場強度必定為零；同理閉合曲面的電通量不為零，也不能推斷曲面上任意

一點的電場強度都不可能為零，因而正確答案為(B).

5-3分析,J解電場強度與電勢是描述電場的兩個不同物理量，電場強度為零表示試驗

電荷在該點受到的電場力為零，電勢為零表示將試驗電荷從該點移到參考零電勢點時，電場

力作功為零.電場中一點的電勢等于單位正電荷從該點沿任意路徑到參考零電勢點電場力所

作的功；電場強度等于負電勢梯度.因而正確答案為(D).

5-4分析與解電偶極子在非均勻外電場中，除了受到力矩作用使得電偶極子指向電場

方向外，還將受到一個指向電場強度增強方向的合力作用，因而正確答案為(B).

2e,中

5-5分析考慮到極限情況，假設(shè)電子與質(zhì)子電量差值的最大范圍為2x10

工出口.e,則由一個氧原子所包含的8個電子、8個質(zhì)子和8個中子可求原子所帶的

最大可能凈電荷.由庫侖定律可以估算兩個帶電氧原子間的庫侖力，并與萬有引力作比較.

解上?貧原孝所備的同大可能凈電荷為

2

qmax12810\

二個氫原千間的庫侖力與萬有引起,比為

2

F6

eq

max2.8101

F2

g4Gm

兀已

0

2ie范圍內(nèi)時,

顯純產(chǎn)使電子、質(zhì)子二中子等微觀用步帶電量存在差異，其差異在士10

對于像天底一類電中性物標的運動「施主毒*用的還&萬有引力.

5-6解由于夸克可視為經(jīng)典點電荷，由庫侖定律

1qq

12

Fee3.78N

2r

ir2

4r4

一-----7ie

00

F與徑向單位矢量er方向相同表明它們之間為斥力.

15m軌道半

5-7分析根據(jù)題意將電子作為經(jīng)典粒子處理.電子、氫核的大小約為10

以如石故電子、氫核都可視作點電荷?點電荷間的庫侖引力是維持電子沿圓軌道運

動的向心力，故有

2.2

V1

mep

r42

Tie

0

由此出發(fā)命題可證.

證由上述分析可得電子的動能為

=2mv=8

電子旋轉(zhuǎn)角速度為

4emr

71

由上述兩式消去r,得

32E

￡K

0

5-8分析鈉離子和氯離子均可視作點電荷，可直接將晶格頂角鈉離子與氯離子之間的

庫侖力進行矢量疊加.為方便計算可以利用晶格的對稱性求氯離子所受的合力

ft

解一⑴由對森性，性條需角線上的一對一離子與氯離子間的作用合力為零,故F,=

(2)除了有缺陷的那條對角線外，其它鈉離子與氯離子的作用合力為零，所以氯離子所

受的合力昌加i為c

F引向如圖所示

題5-8圖

5-9分析這是計算連續(xù)分布電荷的電場強度.此時棒的長度不能忽略，因而不能將棒

當作點電荷處理.但帶電細棒上的電荷可看作均勻分布在一維的長直線上.如圖所示，在長直

線上任意取一線元dx,其電荷為dq=Qix/L,它在點P的電場強度為

1dq

dE；e

42r

ite.r

0

整個帶電體在點p的電場強度

EdE

接著針對具體問題來處理這個矢量積分.

(1)若點P在棒的延長線上，帶電棒上各電荷元在點P的電場強度方向相同，

E=jd日

(2)若點P在棒的垂直平分線上，如圖(A)所示，則電場強度E沿x軸方向的分量因?qū)?/p>

稱性疊加為零，因此，點P的電場強度就是

E=JdEyj=JsinadEj

證(1)延長線上一點P的電場強度E=[即，2，利用兒何關(guān)系r'=r-x統(tǒng)一

271er

0

積分變量工貝,_______________=_______「________

1(Qdx)Q'

U2

E

p電場強度的

222

.L24兀erx4乃專LrL/2rL/2乃第4rL

方向沿x軸.，_j--

(2)根據(jù)以上分析，中垂線上一點P的電場強度E的方向沿y軸，大小為

=Isin-aq(+)=-y~—

9

匚La

dE

2

4r

Tie

=r

利用兒何關(guān)系sin,才=r/r‘，2x?

rr統(tǒng)一積分變量，則

.u2rQdx2

Q

2/3

42

22r

Tie7i&

0Lxr4r

0

2

L

當棒長L-8時，若棒單位長度所帶電荷A為常量，則P點電場強度

1Q/L

"m2er14r2/12

?0L

A

271er

0

此結(jié)果與無限長帶電直線周圍的電場強度分布相同[圖(B)].這說明只要滿足r

<

<1,帶電長直細棒可視為無限長帶電直線

題5-9圖

5-10分析這仍是一個連續(xù)帶電體問題，求解的關(guān)鍵在于如何取電荷元.現(xiàn)將半球殼分

割為一組平行的細圓環(huán)，如圖所示，從教材第5-3節(jié)的例1可以看出，所有平行圓環(huán)在軸

線上P處的電場強度方向都相同，將所有帶電圓環(huán)的電場強度積分，即可求得球心。處的電

場強度.

解將半球殼分割為一組平行細圓環(huán)，任一個圓環(huán)所帶電荷元

2

dq=dS=2/Rsind

d6ee,在點。激發(fā)的電場強度為

擊1（兩）i

94222/3I

在Xr=

0

由于平行細圓環(huán)在點O激發(fā)的電場強度方向相同，利用兒何關(guān)系xReos。，

rRsin統(tǒng)一理分尊量，）有

=1xdq1

dE

22/3

42

TIe

x2Rcta-

o3

4R

718

o

(5eee

sincosd

2

e

0

汨2(5

積分得E

0sincosd

eee

24e

o

5-11分析水分子的電荷模罌等效于兩便偶極子，它們的電偶極矩大小均為

Rer,而夾角為29.疊加后水分子的電偶極矩大小為P2erocos0,方向沿對稱軸線,

0

如圖所示.由于點O到場點A的距離x>>ro,利用教材第5-3節(jié)中電偶極子在延長線上

的電場強度

0

可求得電場的分布.也可由點電荷的電場強度疊加，求電場分布

解1水分子的電偶極矩P2P0cos62erocos(9在電偶極矩延長線上

E_-1-iP14ercos1ercos

匚-T

419=------------------e

x4o冗已0

Tie71E303

00Xx

解2在用:稱號J線上任取一點A,則該點的電場強度

EEE

2ercos2e

E2EcosEe

B2=+2-

4or471X

7T8￡

0

222

由于rXr2xrcos0

r00

r-cos-----

cos

+0一)

代入得

+

E26X1A

22u32

42/

XX

已2xrcos

7l0

0e

0

式中

測量分子的電場時,總有X>>r0，因此,

2/3

2rcos2rcos

,將上式化簡并略去微

x2xrcos

小量后，得

1recos

5-12分析(1)在兩導線構(gòu)成的平面上任一點的電場強度為兩導線單獨在此所激發(fā)的

電場的用師.(2):由F=qE,單位長度導線所受的電場力等于另一根導線在該導線處的電場

強度乘以單位長池導線所帶電量，即：F=；IE應該注意：式中的電場強度E是另一根帶電

導線激發(fā)的電場強度，電荷自身建立的電場不會對自身電荷產(chǎn)生作用力

解—39設(shè)點P?在導線構(gòu)成的平面上，E+、E-分別表示正、負帶電導線在P點的電場

強度，則有

Ar

o

2xX

718

o

o

⑵設(shè)F+、F

-分別表示正、負帶電導線單位長度所受的電場力，則有

A.

F正I

2er

71

00

2

FEX

X2er

71

oo

顯然有F+=F-,相互作用力大小相等，方向相反，兩導線相互吸引

5-13分析根據(jù)點電荷電場的疊加求P點的電場強度.

解由點電荷電場公式，得

P12q+」q1q

E=-----------k+k

2(z*d)

4o471

兀￡B

z4zd

0

+

考慮到zd，簡+化」L或得

q-2.i-I〔+-1^+-----++

E=+---+

42:：1d/z21Ld/z2

zz

7te

0

-22

q21,2d3d...12d3d

21

42

ZzzzZZ

71

e

0

k

2

q6qdk

4=J

4

TCb

z

0

2

通常將Q=2qd稱作電四極矩，代入得P點的電場強度

J,1=3QS

E4

4z

兀日

0

5-14分析方法1：由電場強度通量的定義，對半球面S求積分，即SEdS

①

=//s

方法2：作半徑為R的平面S”與半球面S一起可構(gòu)成閉合曲面，由于閉合面內(nèi)無電荷,

由高斯定理:

=J=T，,

1

EdSqo

s8

o

這表明穿過閉合曲面的凈通量為零，穿入平面S'的電場強度通量在數(shù)值上等于穿出半

球面S的電場強度通量.因而

①EdSEdS

ss

解-1=由于閉合曲面內(nèi)無電荷分布，根據(jù)高斯定理，有

①EdSEdS

sS

依照約定取閉合曲面的外法線方向為面元dS的方向,

2cosn2

E兀71

RRE

解2取球坐標系，電場強度矢量和面元在球坐標系中可表示為①

EEcosesincosesinsine

e。e

r

2

dSRsindde

ee

22

①=<|EdS=JsERsinsin

e

-/22I'd

ERsin6tl

=06sin

o

由題意E午Oxy面乎伍所以任用?目對蝦y面］行的立方體表面，電場強度的通量為零,

即0

OoABC①.而

DEFG

2

ABGFEdS=|E.kx1+dSj,.（巨2a）=_

①

=J=Ik*）+】?（）=（+）

考慮到面CDEO與面ABGF的外射線方向相反，自該兩面的電場分布相同，故有

2

OcDEO①

2

ABGFEa

同理2

AOEFEdSEiEdSiEa

1J1

①

2

OBCDGEdSEkaiEjdSiEkaa

121

因此，整個立方體表面的電場強度通量

母.①-ka，7

5-16分析考慮到地球表面的電場強度指向地球球心，在大氣層中取與地球同心的球

面為高鱉利用高斯片甄求私附面取的凈電荷-.

解在大氣層臨近地球表面處取與地球表面同心的球面為高斯面，其半徑RR（RE

E

為地球平均半徑）.由高斯定理

21q

EdS

EE

4米

￡

0

地球表面電荷面密度

21.06109cm2

onE

q/4ReE

0

單位面積額外電效

n=c/-e=6.63x5cm-2

10

5-17分析通常有兩種處理方法(1)利用高斯定理求球內(nèi)外的電場分布.由題意蛔

荷呈球?qū)ΨQ分布，因而電場分布也是球?qū)ΨQ，選擇與帶電球體同心的球面為高斯面，在球面

上電場強度大小為常量，且方向垂直于球面，因而有.EdSE4K

根據(jù)高斯定理EdSpIV,可解得電場強度的分布.

￡

0

99

(2)利用帶電球殼電場普加的.方法求球內(nèi)外的電場分布.將帶電球分割成無數(shù)不同心帶

電球殼，球殼帶電荷為dqp47irdr，每個帶電球殼在殼內(nèi)激發(fā)的電場dE°，而在

球殼外激發(fā)的■電場一

dq

dEe

4r2r

()=J0(<<)

由可解得帶電球體內(nèi)外的電場分布

ErdE0rR

0

R

ErdErR

cf?0=—f

1因電荷分布和電場分布均為球?qū)ΨQ，球面上各點電場強度的大小為常量，由高斯

定理￡bs=-dv得球體內(nèi)々MrsR

E

o

E(r)=「由4

2

4ur

krrdr

4TT

()

0o

2

Ekr

re

()="-r

4

E

o

球體外(r鄧)

ik4

Er1R

2

4

krrdr

TT

￡￡

0

oo

2

EkR

e

4E

o

解2將帶電球分割成球殼，球殼帶電

2

dqpIVkr4nrdr

由上述分析，球體內(nèi)（OvrvR）

22

E1kr4irrdrkr

r

ree

2r

°4

TK

0

球體外（r>R）

2

R

E（）=J-^-kr-4-r-di-=-kR-

兀

ree

2r2r

。4

or4r

71&e

0

5-18分析用補償法求解利用高斯定理求解電場強度只適用于幾種非常特殊的對稱性

電場.本題的電場分布雖然不具有這樣的對稱性，但可以利用具有對稱性的無限大帶電平面

和帶電圓盤的電場疊加，求出電場的分布.若把小圓孔看作由等量的正、負電荷重疊而成，

挖去圓孔的帶電平板等效于一個完整的帶電平板和一個帶相反電荷（電荷面密度。"=一。）

的小圓盤。這樣中心軸線上的電場強度等效于平板和小圓盤各自獨立在該處激發(fā)電場的矢量

和.

解由教材中第5-4節(jié)例4可知，在無限大帶電平面附近

O

E=--e

12n

E

0

e為沿平?面外法線的單位矢油圓盤激發(fā)的電場

nJ+

OX

e

E2122

2xrn

8

o

它們的合電場強度為

12x

2

8

0

在圓孔中心處x=0,則

E=0

在距離圓孔較遠時x>>r,則

1

2/2之

21

rx

￡

o

O

二P

n

2

e

0

上述結(jié)果表明,在x>>r時，帶電平板上小圓孔對電場分布的影響可以忽略不計

5-19分析本題帶電體的電荷分布不滿足球?qū)ΨQ，其電場分布也不是球?qū)ΨQ分布，因

此無法直接利用高斯定理求電場的分布，但可用補償法求解.挖去球形空腔的帶電球體在電

學上等效于一個完整的、電荷體密度為P的均勻帶電球和一個電荷體密度為一P、球心在

0’的帶電小球體（半徑等于空腔球體的半徑）.大小球體在空腔內(nèi)P點產(chǎn)生的電場強度分別

為E、曰，則P點的電場強度E=E,+B.

證帶電球體內(nèi)部一點的電場強度為

E°r

3e

0

p=—p

所以E=—r，

13eEr

o23

e

0

匚。、rr'

匕EE12

13

2一=

e

0

根據(jù)幾何關(guān)系rra

1,上式可改寫為

zy=z

5-20分析以球心O為原點，球心至場點的距離r為半徑，作同心球面為高斯面.由于

電荷呈球?qū)ΨQ分解電場強度也為球?qū)ΨQ分布，高斯面上電場強度沿徑矢方向，且大小相等.

因的E.在確定高斯誨內(nèi)的電荷q=后，利用高斯定理EdSq/8

dSE44

Z=---——

即可求出電場強度的分布._

解取半徑為r的同心球面為高斯面，由上述分析

E2/、

4rqe(-)

71

0

r<R,該高斯面內(nèi)無電荷，q0,故Ei0

R<r<R,高斯面內(nèi)電荷

故=

E2

2

R

1

1

33

4￡RRr

71

021

R<7<Rs.高斯面內(nèi)電襦芳Q,故

Q

E1

3

4er

71

0

2

r>R,高斯面內(nèi)電荷為Q+Q,故

1

2

2

4er

n

0

電場強度的方向均沿徑矢方向，各區(qū)域的電場強度分布曲線如圖（B）所示.在帶電球面的

兩側(cè)，電場強度的左右極限不同，電場強度不連續(xù)，而在緊貼r=R的帶電球面兩側(cè)，電

場強度的躍變量

Qo

△EE2

E432￡

4R°

Ke

03

這一躍變是將帶電球面的厚度抽象為零的必然結(jié)果，且具有普遍性.實際帶電球面應是

有一定厚度的球殼，殼層內(nèi)外的電場強度也是連續(xù)變化的，本題中帶電球殼內(nèi)外的電場，在

球殼的厚度變小時，E的變化就變陡，最后當厚度趨于零時，E的變化成為一躍變.

5-21分析電荷分布在無限長同軸圓柱面上，電場強度也必定沿軸對稱分布，取同軸

圓柱面為高斯面，只有側(cè)面的電場強度通量不為零，且qEdS=E2,求出不同半徑高

斯面內(nèi)的電荷Zq.即可解得各區(qū)域電場的分布.

解作同軸圓柱面為高斯面，根據(jù)高斯定理

E-2rL=Zq/e

五y-

乙0一

r<=R,q0

E0

1

在帶電面附近，最強蔗大小不連續(xù)，電場強度有一躍變

R<r<F^,qX.

EA

22/Z=

0

r>R.q0

E0

3一,

在帶電面附近，電場強度大小不連續(xù)，電場強度有一躍變

2

or2江rL

g兀&e

=J°

這與5-20題分析討論的結(jié)果一致.

5-22分析由庫侖力的定義，根據(jù)Q、Q所受合力為零可求得Q.外力作功W應等

于電場力作功(W的負巧三即W=-W求電場力作功的方法有兩種：⑴根據(jù)功的定義，電場

力作的功為

WQEdi

02

其中E站點電荷Q、Q產(chǎn)生的合電場強度.

(2)根據(jù)電場力作功與&勢%差的關(guān)系，有

WQ2VVQV=_=_

020

其中M是Q、Q在點。產(chǎn)生的電勢(取無窮遠處為零電勢).

解1由題意Q所受的合力為零

Q-Q(-0)

2142d

4d乃￡

TC80

0

11

解得QQQ

23

44

由點電荷電場的疊加，Q、Q激發(fā)的電場在y軸上任意一點的電場強度為

EEEy

1y3y22

2edy

71

0

3/2

將Q從點。沿y軸移到無窮遠處，（沿其他路徑所作的功相同，請想一想為什么？）外

力所作的功為

W由:“啕!】

dl泥d'd

2°?

=——

1

解2與解1相同，在任一點電荷所受合力均為零時QQ,并由電勢

4

的疊加得Q、Q在點0的電勢

VQ1QQ

3

2d

°._4_d4d

7T8

一"TieTie0

o0

將Q從點O推到無窮遠處的過程中，外力作功

2

WQVQ

20

8d

71E

=I=T-

比較上述兩種方法，顯然用功與電勢能變化的關(guān)系來求解較為簡潔.這是因為在許多實

際問題中直接求電場分布困難較大，而求電警為要簡單得多.

5-23解(1)由于電場力作功與路徑無關(guān)，若沿徑向積分，則有

A

U12=+{_dr---------In----------=-----------

ri+r—

2

718

0=—2—=X-

A只適用于無限長的均勻帶電直線，而此時

(2)不能.嚴格地講，電場強度Ee

0==-------------2rX-

71日

0

電荷分布在建艮空間，r一8處的電勢應與直線上的電勢相等

V==，=

5-24解由點電荷電勢的疊加

VVVqq

ppcos

0

2

4r4r4er

ne71871

000

P

⑴若o3

0V2.2310V

per

2

4

71

0

0

⑵若pcos453

0

45V1.5810V

p

2

4

71

0

o

⑶若pcos90

0

90V0

P

4

71

0

5-25分析取無窮遠處為零電勢參考點，半徑為R帶電量為q的帶電球形雨滴表面電

勢為

1q

V

4R

7CE

0

32,代入上式后可以求出兩雨

當兩個球形雨滴合并為一個較大雨滴后，半徑增大為R

滴相遇合并后，雨滴表面的電勢.

解根據(jù)已知條件球形雨滴半徑R=0.40mm,帶有電量q=1.6p