第12章 静电场
P35．
12．3 如图所示，
在直角三角形ABCD的q1 A A点处，有点电荷q1 = 1.8×10-9C，B点处有点C E2 B θ 电荷q = -4.8×10C，AC Eq22-9
1 E = 3cm，BC = 4cm，试求图13.1 C点的场强．
[解答]根据点电荷的场强大小的公式
E?kq1qr2?4??2， 0r其中1/(4πε0) = k = 9.0×109N·m2·C-2．
点电荷q1在C点产生的场强大小为
E111?q4??2 0AC?9?9?109?1.8?10(3?10?2)2?1.8?104(N?C-1)，方向向下．
点电荷q2在C点产生的场强大小为
E1|q2|2?4??2 0BC94.8?10?9?9?10?(4?10?2)2?2.7?104(N?C-1)， 方向向右．
C处的总场强大小为
E?E221?E2 ?0.913?104?3.245?104(N?C-1)，
总场强与分场强E2的夹角为
??arctanE1E?33.69?． 2
12．4 半径为R的一段圆弧，圆心角为
60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其电线密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强．
[解答]在带正电的圆弧上取一弧元 ds R ds = Rdθ，
θ O Ex x 电荷元为dq = λds，
Ey E 在O点产生的场强大y 小为
dE?1dq1?d4??2?s2??d?， 0R4??0R4??0R场强的分量为dEx = dEcosθ，dEy = dEsinθ．
对于带负电的圆弧，同样可得在O点的Ex θ 场强的两个分量．由于E O x 弧形是对称的，x方向
ds R Ey 的合场强为零，总场强y 沿着y轴正方向，大小为
E?2Ey??LdEsin?
??/6?/6?2??sin?d???(?cos?) 0R?02??0R0?(1?32)?2??． 0R
12．5 均匀带电细棒，棒长a = 20cm，电荷线密度为λ = 3×10-8C·m-1，求：
（1）棒的延长线上与棒的近端d1 = 8cm处的场强；
（2）棒的垂直平分线上与棒的中点相距d2 = 8cm处的场强．
[解答]（1）建立坐标系，其中L = a/2 = 0.1(m)，x = L+d1 = 0.18(m)．
在
细棒上y d取一线ll r P1 x 元dl，所带的电
-L o L d1 量为dq = λdl，
根据点电荷的场强公式，电荷元在P1点产
1
生的场强的大小为
dq?dl dE1?k2? 2r4??0(x?l)场强的方向沿x轴正向．因此P1点的总场
强大小通过积分得
??Ey?4??0d2Ll??LL?sin?d?
??cos?4??0d2??4??0d2?1l
l??LL2?LdlE1?
4??0??L(x?l)2?1?4??0x?lLd?l22
l??L
?L2L?2224??0d2d?L． ②
?11?(?) 4??0x?Lx?L?2L?． ①
4??0x2?L21将数值代入公式得P2点的场强为
2?0.1?3?10?8 Ey?9?10?0.08(0.082?0.12)1/29将数值代入公式得P1点的场强为
2?0.1?3?10?8E1?9?10? 220.18?0.19= 5.27×103(N·C-1)． 方向沿着y轴正向．
[讨论]（1）由于L = a/2，x = L+d1，代入①式，化简得
E1?= 2.41×103(N·C-1)，
方向沿着x轴正向．
（2）建立
y dE2 坐标系，y = d2． dEy θ 在细棒上P2 dEx 取一线元dl，所
d2 r -L L 带的电量为 θ o x dq = λdl，
ldl 在棒的垂直平
分线上的P2点产生的场强的大小为
dE2?k?a?1， ?4??0d1d1?a4??0d1d1/a?1?， ③
4??0d1保持d1不变，当a→∞时，可得
E1?这就是半无限长带电直线在相距为d1的延长线上产生的场强大小．
（2）由②式得
Ey??4??0d2ad?(a/2)222
dq?dl， ?22r4??0r?由于棒是对称的，x方向的合场强为零，y
分量为 dEy = dE2sinθ．
由图可知：r = d2/sinθ，l = d2cotθ， 所以 dl = -d2dθ/sin2θ， 因此 dEy?总场强大小为
?1，
224??0d2(d2/a)?(1/2)?， ④
2??0d2当a→∞时，得 Ey???sin?d?，
4??0d2这就是无限长带电直线在线外产生的场强公式．
如果d1=d2，则有大小关系Ey = 2E1．
1
12．6 一均匀带电无限长细棒被弯成如R 图所示的对称形状，试O θ 问θ为何值时，圆心O点处的场强为零．
图13.4
[解答]设电荷线密
度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场强．
dφ 在圆弧上取一
R 弧元 ds =R dφ， O φ θ x 所带的电量为
dE dq = λds，
在圆心处产生的场强的大小为
方向沿着x轴负向．
`当O点合场强为零时，必有Ex?Ex，
dE?kdq?ds???d?， r24??0R24??0R由于弧是对称的，场强只剩x分量，取x轴方向为正，场强为
dEx = -dEcosφ． 总场强为
可得 tanθ/2 = 1， 因此 θ/2 = π/4， 所以 θ = π/2．
12．7 一宽为b的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为σ，
P a b 如图所示．试求：
（1）平板所在平面内，距薄板边缘为a
d 处的场强．
（2）通过薄板几
Q 何中心的垂直线上与
图13.5 薄板距离为d处的场
强．
[解答]（1）建
y 立坐标系．在平面薄
a b 板上取一宽度为dx的带电直线，电荷的
线密度为
dλ = σd x， 根据直线带电线的场强公式
O dx P x Ex???4??0R?2???/2??cos?d?
2???/2/2??4??0Rsin??/2
???sin，
2??0R2E??， 2??0r得带电直线在P点产生的场强为
方向沿着x轴正向．
再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强．
R 根据上一题的E`` x O θ 公式③可得半无限
长带电直线在延长E` 上O点产生的场强大小为
dE?d?2??0r??dx2??0(b/2?a?x)，
其方向沿x轴正向．
由于每条无限长直线在P点的产生的场强方向相同，所以总场强为
E`??，
4??0R?E?2??01dx ?b/2?a?x?b/2b/2b/2由于两根半无限长带电直线对称放置，它们
在O点产生的合场强为
`Ex?2E`cos???ln(b/2?a?x)2??0?
?b/2?2???cos，
2??0R22
?bln(1?)． ① 2??0a
场强方向沿x轴正向．
（2）为了便于观察，将薄板旋转建Ez??arctan(b/2d)，
立坐标x 系．仍然在dx 平面薄板上r θ z 取一宽度为O d Q dx的带电直
b dE 线，电荷的y 线密度仍然为
dλ = σd x，
带电直线在Q点产生的场强为
dE?d??dx2??0r?2??0(b2?x2)1/2，
沿z轴方向的分量为
dEz?dEcos???cos?dx2???x2)1/2，
0(b2设x = dtanθ，则dx = ddθ/cos2θ，因此
dEz?dEcos???2??d? 0积分得
arctan(b/2d)Ez???arctan(?b/2d)2??d? 0??b??arctan()． ② 02d场强方向沿z轴正向．
[讨论]（1）薄板单位长度上电荷为
λ = σb，
①式的场强可化为
E??ln(1?b/a)2??a，
0ab/当b→0时，薄板就变成一根直线，应用罗
必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为
E??2??a， ③
0这正是带电直线的场强公式．
（2）②也可以化为
2??0db/2d当b→0时，薄板就变成一根直线，应用罗
必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为
Ez??2??，
0d这也是带电直线的场强公式．
当b→∞时，可得
E?z?2?， ④ 0这是无限大带电平面所产生的场强公式．
12．8 （1）点电荷q位于一个边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体一面的电通量是多少？
（2）如果将该场源点电荷移到立方体的的一个角上，这时通过立方体各面的电通量是多少？
[解答]点电荷产生的电通量为
Φe = q/ε0．
（1）当点电荷放在中心时，电通量要穿过6个面，通过每一面的电通量为
Φ1 = Φe/6 = q/6ε0．
（2）当点电荷放在一个顶角时，电通量要穿过8个卦限，立方体的3个面在一个卦限中，通过每个面的电通量为
Φ1 = Φe/24 = q/24ε0；
立方体的另外3个面的法向与电力线垂直，通过每个面的电通量为零．
12．9 面电荷密度为σ的均匀无限大带电平板，以平板上的一点O为中心，R为半径作一半球面，如图所示．求通过此半球面的
R O 电通量．
[解答]设想
图13.7
在平板下面补一个半球面，与上面的半球面合成一个球面．球面内包含的电荷为
q = πR2σ， 通过球面的电通量为
3
Φe = q/ε0， 通过半球面的电通量为
Φ`e = Φe/2 = πR2σ/2ε0．
12．10 两无限长同轴圆柱面，半径分别为R1和R2(R1 > R2)，带有等量异号电荷，单位长度的电量为λ和-λ，求（1）r < R1；（2） R1 < r < R2；（3）r > R2处各点的场强．
[解答]由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性．
（1）在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以
E = 0，（r < R1）．
（2）在两个圆柱之间做一长度为l，半径为r的同轴圆柱形高斯面，高斯面内包含的电荷为 q = λl， 穿过高斯面的电通量为
?e??E?dS
S??E?dS??E?dS??E?dS
S1S2S0?ES?E`S?0?2ES，
高斯面内的体积为 V = 2rS， 包含的电量为 q =ρV = 2ρrS， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，
可得场强为 E = ρr/ε0，(0≦r≦d/2)．①
（2）穿过平板作一底面积为S，高为2r的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为 Φe = 2ES， 高斯面在板内的体积为V = Sd， 包含的电量为 q =ρV = ρSd， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，
可得场强为 E = ρd/2ε0，(r≧d/2)． ②
方法二：场强叠加法． （1）
E1 y 由于平板的可视很多薄
r dy 板叠而成d E2 o 的，以r为界，下面平
板产生的场强方向向上，上面平板产生的场强方向向下．在下面板中取一薄层dy，面电荷密度为
dσ = ρdy，
产生的场强为 dE1 = dσ/2ε0， 积分得
?e???E?dS??EdS?E2?rl，
SS根据高斯定理Φe = q/ε0，所以
E??， (R1 < r < R2)． 2??0r（3）在外圆柱面之外做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内电荷的代数和为零，所以
E = 0，（r > R2）．
12．11 一厚度为d的均匀带电无限大平板，电荷体密度为ρ，求板内外各点的场强．
[解答]方法一：高斯定理法．
（1）由于平板具有面对称性，因此产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`．
在板
S1 E E 内取一底
S1 面积为S，
S0 高为2r的d 2r S0 圆柱面作S2 为高斯面，
E` S2 E` 场强与上
下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为
E1??dy?d?(r?)，③ ?2?2?200?d/2d/2r同理，上面板产生的场强为
E2??r?dy?d?(?r)，④ 2?02?02r处的总场强为E = E1-E2 = ρr/ε0．
（2）在公式③和④中，令r = d/2，得
E2 = 0、E = E1 = ρd/2ε0，
E就是平板表面的场强．
平板外的场强是无数个无限薄的带电平板产生的电场叠加的结果，是均强电场，方向与平板垂直，大小等于平板表面的场强，也能得出②式．
4