自治区精品课程—大学物理学题库- 1 -第九章第九章 静电场的基本规律静电场的基本规律一、一、 填空填空1. 电荷分为和，一般把用摩擦过的玻璃棒上所带的电荷称为， 把用毛皮摩擦过的上所带的电荷称为2. 物体所带电荷的多寡程度的物理量称为3. 物体所带的电荷量不是以连续值出现，而是以不连续的量值出现的，这称为4. 试探电荷满足的两个条件是，5. 穿过电场中某曲面的电场线条数称为电场对该曲面的6. 静电场的电场线起始于，，终止于， 是（填“闭合” 或 “不闭合” ） 的曲线， 在没有电荷的空间里， 电场线既不会，也不会7. 高斯定理的表达式是8. 电场中电势相等的点所构成的曲面称为 点电荷的等势面是以点电荷为球心的一系列9. 沿等势面移动电荷，电场力做功为，等势面和电场线处处10. 沿电场线方向，电势（填“升高”或“降低” ） 二、二、 简答简答1. 简述真空中点电荷满足的库仑定律的内容及矢量表达式2. 简述研究电场性质时，试探电荷需满足的两个条件3. 简述电场线怎样描述电场的性质，以及静电场的电场线的特点4. 简述高斯定理5. 简述等势面具有的性质三、三、 计算计算1. 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，电子绕核做圆周运动，轨道半径为 5.29×10-11m. 已知质子质量 1.67×10-27kg，电子的质量 9.11×10-31kg，电荷分别为 +e=1.60×10-19C 和 –e= -1.60×10-19C，万有引力常数为 G=6.67×10-11N·m2·kg-2.(1)求电子所受的库仑力;(2)库仑力是万有引力的多少倍?(3)求电子绕核运动的速率和频率.(4)由(1)(2)的结果讨论微观粒子运动时为什么可以忽略万有引力和粒子本身的重力.2. 为了得到 1C 电荷量大小的概念，试计算两个电荷都是 1C 的点电荷在真空中相距 1m 时的相互作用力和相距 1000 米时的相互作用力. 自治区精品课程—大学物理学题库- 2 -3. 两个点电荷的电荷量分别为 2q 和 q，相距L.将第三个点电荷放在何处时，它所受的合力为零?此处由 2q 和 q 产生的合场强是多少?4. 三个电荷量均为 q 的点电荷放在等边三角形的各顶点上.在三角形中心放置怎样的点电荷，才能使作用在每一点电荷上的合力为零?5. 两等量同号点电荷相距为 a，在其连线的中垂面上放一点电荷.根据对称性可知，该点电荷在中垂面上受力的极大值的轨迹是一个圆.求该圆的半径.6. 两个点电荷，Cqµ0 . 81=，Cqµ60. 12−=，相距 20cm.求离它们都是 20cm 处的电场强度.7. 如图所示，半径为 R 的均匀带电圆环，带电荷为q.(1) 求轴线上离环心 O 为 x 处的场强E.(2) 画出 E-x 曲线.(3) 轴线上何处的场强最大?其值是多少?8. 求均匀带电半圆环的圆心 O 处的场强E.已知圆环的半径为R，带电荷为 q.9. 计算线电荷密度为η的无限长均匀带电线弯成如图所示形状时，半圆圆心 O 处的场强E.半径为R，直线 Aa 和 Bb 平行.10. 半径为 R 的圆平面均匀带电.电荷面密度为σ，求轴线上离圆心 x 处的场强.11.(1)一点电荷 q 位于一立方体中心，立方体边长为 a.试问通过立方体一面的电通量是多少?(2)如果这电荷移到立方体的一个顶点上，这时通过立方体每一面上的电通量是多少?12. 一厚度为d的无限大平板，体内均匀带电，电荷体密度为ρ，求板内，外场强分布.13. 半径为R的无限长直圆柱体内均匀带电，电荷体密度为ρ，求体内、外场强分布，并画出 E-r 分布曲线. 自治区精品课程—大学物理学题库- 3 -14. 一对无限长的共轴直圆筒，半径分别为R1和R2，筒面上都均匀带电，沿轴线单位长度的电荷密度分别为λ1和λ2，求：(1) 各区域内的场强分布；(2) 若λ1=-λ2，情况又如何?15. 两同心均匀带电球面，带电荷分别为1q和2q，半径分别为R1和R2，(1) 各区域内场强分布；(2) 若21−=，情况又如何?16. 根据量子理论，氢原子中心是一个带正电q的原子核，外面是带负电的电子云.在正常状态下，电子云的电荷密度分布是球对称的：.)(0230areaqr−−=πρ式中0a是一常数，求原子内电场的分布.17. 求半径为R，带电荷为q的均匀带电圆平面轴线上的电势分布.再利用电势梯度求轴线上一点的场强.18. 求 15 题中各区域的电势分布并讨论当 q1= -q2时的电势分布，并画出 U-r曲线.19. 求 14 题中当λλλ=−=21时各区域的电势分布及两筒间的电势差. 自治区精品课程—大学物理学题库- 4 -第九章第九章 静电场的基本规律静电场的基本规律 参考答案参考答案一、一、 填空填空1. 正电荷，负电荷，丝绸，正电荷，胶木棒，负电荷。
2. 电荷量3. 电荷的量子化4. 几何线度足够小，电荷量充分小5. 电通量6. 正电荷，负电荷，不闭合，相交，中断7.0ε内qSdEse=⋅=Φ∫∫8. 等势面，同心球面9. 零，正交10. 降低二、二、 简答简答1. 答：内容：真空中两个点电荷之间的相互作用力沿其连线方向，同号相斥，异号相吸；作用力的大小与两电荷的电荷量的乘积成正比，与两电荷之间的距离的平方成反比矢量表达式：020214rrFπε=2. 答：试探电荷满足的两个条件是几何线度足够小，电荷量充分小3.答：电场线上每一点的切线方向和该点场强方向一致，电场线的疏密程度反映场强的大小静电场的电场线起始于正电荷，终止于负电荷，是不闭合的曲线，在没有电荷的空间里，电场线既不会相交，也不会中断4. 答：高斯定理的内容：在电场中，通过一个任意闭合曲面S的电通量，等于该曲面所包围的电荷的代数和内q除以0ε，与闭合面外的电荷无关表达式是：0ε内qSdEse=⋅=Φ∫∫，5.答：沿等势面移动电荷，电场力做功为零；等势面和电场线处处正交三、三、 计算计算1.解：(1)电子所受库仑力：)(1023. 8482021NrFe−×==πε方向：在质子与电子的连线方向上并由电子指向质子 自治区精品课程—大学物理学题库- 5 -(2)电子与质子间的万有引力：)(1063. 347221NrmmGFG−×==∴39103 . 2×=GFFe(3)电子绕核做圆周运动，库仑力提供向心力∴rvmFee2=则)/(1018. 26smv×=rfmFee224π=则151057. 6×=f(Hz）(4)因为万有引力和重力远远小于库仑力.2.解：根据库仑定律，可得，当两点电荷相距 1m 时的相互作用力，2102114rFπε==)(1099N×当两点电荷相距 1000m 时的相互作用力，)(10943220212NrF×==πε3.解：经过分析得知，第三个点电荷应放在 q，2q 之间，才能使受的合力为零.设第三个点电荷电量为 Q，距 q 为 x，∴22)(2xqQkxLqQk⋅=−则Lx} 12(−=此处由 2q 和 q 产生的合场强：0==QFE合合4.解： 取三角形任一顶点处的点电荷 q 为研究对象， 受力分析如图所示.设在三角形的中心，放置一电量为 Q 的点电荷，才能 自治区精品课程—大学物理学题库- 6 -使作用在每一点电荷上的合力为零，则020121360sin60sinFFFFFyy+=+=①020160cos60cosFF=②联立①②， 可得qQ33=∴在三角形的中心应放置一电量为q33−的电荷，才能使作用在每一点电荷上的合力为零.5.解：对该点电荷 Q 进行受力分析，并建立如图的坐标系，Q 所受合力的方向与 y轴平行，其大小为2/322221))2((2sin)2(2sin2arqQrkarqQkFF+=+⋅==θθ求上式的极值，取 F 对 r 的一阶导数，并令其为 0，可得：0)2(3222=++−arr∴ar42=求二阶导数并代入ar42=,得，0]r)2akQqr[(-12a7/2-2224222<+==ardrFd说明此时 F 取极大值。
∴ 点电荷在中垂面上的受力的极大值的轨迹是一个半径为ar42=的圆.6.解：如图所示，)/(108 . 16211CNrqkE×== 自治区精品课程—大学物理学题库- 7 -)/(106 . 35222CNrqkE×==)/(1008. 160cos60cos6020121CNEEEEExxx×=+=+=)/(1025. 160sin60sin6020121CNEEEEEyyy×=−=+=)/()1025. 11008. 1(66CNjijEiEEyx�����×+×=+=∴ 场强 E 的大小：22yxEEE+==1.65×106N/C场强与 x 轴的夹角：.49)arctan(0==ExEyα7.解：(1) 设圆环的带电线密度为η则Rqπη2=如图所示，圆环上一小段dl到轴上一点 P 的距离为 r,即有dldqη=rx=αcos,该小段在 p 点产生的场强大小为22rdlkrdqkdEη==根据对称性，p 点场强仅有 x 分量，Ed在 X 轴上的分量大小为2/322)(cosxRxdlkdEdEx+==ηα2/32202/322)(42)(xRqxRxRxkdEEx+=+==∫πεπηP 点场强为ixRqxE��2/3220)(4+=πε(2)求dxdE并令其值为零，可得当Rx22=时，E 取极值，而022<=RxdxdE,根据对称性，位于轴上Rx22+=点的场强取得极大值， 自治区精品课程—大学物理学题库- 8 -其值为.)(42/3220ixRqxE��+±=πε8.解：设半圆环的带电线密度为Rqπη=如图所示，圆环上任一小段dl,都有θηηRddldq==该小段在 O 点产生的场强为：reRRdEd��204πεθη=其中er为 dq 指向圆心 O 的单位矢量根据对称性，圆心 O 处的场强仅有 y 分量，Ed在 y 轴上的分量为θθπεηθdRRdEdEysin4sin20−=−=∴∫∫−==πθθπεη020sin4dRRdEEyy2022020222RqRRRεπεπηππεη−=−=−= 自治区精品课程—大学物理学题库- 9 -矢量式：jRqjEEy���2022επ−==9.解：根据对称性，A→∞和 B→∞的带电直线关于 x 轴对称，所以它们在 O 点的合场强只有 x 轴分量.在 A→∞的带电直线上任取一小段 dx，即有 dq=ηdx在 O 点产生的场强为：rerdxEd��204πεη=其中er为由 dq 指向 O 点的单位矢量.Ed�在 x 轴上的分量：2/3220)(4xRxdxdEx+−=πεη∴∫∞−=0xE2/3220)(4xRxdx+πεηR04πεη−=A→∞和 B→∞的带电直线在 O 点产生的合场强：直线E�= =iRiEx��022πεη−=由 9.8 题的结论，可知半圆环带电直线在 O 点产生的场强为：弧E= =iR�02πεη故带电线在 O 点产生的总场强为：E=直线E+弧E=010.解：以 O 点为圆心作半径为 r 及 r+dr 的圆，再作两条夹角为ϕd的半径，截出如图所示的半扇形，由于ϕd很小，则半扇形的面积为ϕϕrdrdrddrdS=⋅= 自治区精品课程—大学物理学题库- 10 -它在 P 点产生的场强大小为:204lrdrddEπεϕσ=作与该半扇形关于圆心 O 对称的另一半扇形，如图中的虚线所示，根据对称性，这两个半扇形在 P 点产生的场强只有 x 分量.整个圆盘可分割为一对对这样的半扇形，故 P 点的总场强E平行于 x 轴，故整个带电圆盘在 P 点产生的场强为：απεϕσcos420∫∫==lrdrddEExxlxlrdrd⋅=∫204πεϕσ其中22xrl+=∴2/3220200)(4xRrdrdxERx+=∫∫Πϕπεσ])/(111[220xR+−=εσ11.解：(1)根据高斯定理，∫∫=⋅0εqSdE��设通过立方体一面的电通量为Φ，带入上式得，Φ60εq=则 Φ06εq=(2)作 8 个这样的立方体，组成一个大的立方体，使得位于立方体顶点的电荷 q 置于所组成的大的立方体的中心.设通过立方体每一面的电通量为Φ′，由于电荷位于小立方体的顶点，使得通过于该顶点相连的三个面的E通量为零.对于所组成的大的立方体，利用高斯定理∫∫=⋅0εqSdE��则024εq=Φ′∴024εq=Φ′12.解：在板内，坐标面 oyz 是位于zd处为带电板的对称平面，不失一般性，设体密 自治区精品课程—大学物理学题库- 11 -度为0>ρ.根据对称性，oyz 面两侧电场 E E 的方向均垂直且背离该面，以 oyz 面为对称面，作一厚度为|2x|(d） 、左、右面积为 S 的长方体，长方体 6 个面作为高斯面，它所包围的电荷量为Sdρ根据高斯定理，∫∫=⋅0)(ερ SdSdE��前、后、上、下四个面的E�通量为 0，而在两个对称面 S 上的电场E�的大小相等，因此,0)(2ερ SdES=考虑电场的方向idE��02ερ±=13. 自治区精品课程—大学物理学题库- 12 -解：在均匀带电的无限长圆柱体内作一同轴半径为 r(rR),长为 L 的小圆柱体（未画出） ，小圆柱体包围的电荷量为LRQ2ρπ=解得柱体外场强为rrerReEE���022ερ==外外柱内、外的场强的 E-r 曲线：14.解：(1)作半径为 r（R1的区域Ⅲ中的场强为rrereEE���0212πελλ+==ΙΙΙΙΙΙ(2)若21λλ−=，有0=ΙE�，rerE��012πελ=Π,0=ΙΙΙE�. .15.解：作半径为)(21RrRr<<的同心球面，如图所示，根据对称性，电场分布具有球对称，其方向沿着半径方向，对该球形高斯面，利用高斯定理有，010εεsdE==⋅∫∫内0124επqrE=ΙΙ2014rqEπε=ΙΙ写成矢量形式，==ΠΠreEE��rerq�2014πε同理，可求得1Rr<的区域Ⅰ中的场强为 自治区精品课程—大学物理学题库- 14 -ΙE�= =02Rr>区域Ⅲ中的场强为：reEE��ΙΙΙΙΙΙ=rer�20214πε+=(3)若21−=，有ΙE�=0，ΙΙE�= =rerq�2014πε，ΙΙΙE�= =0.16.解：由于电子云的电荷密度是球对称的，根据对称性它在原子内激发的电场也具有球对称性.又因为带正电荷q的原子核处于氢原子的中心，所以它在原子内激发的电场也具有球对称性，进而，整个原子内的电场具有球对称性.以氢原子中心为球心，作半径为r的球形高斯面，如图所示，高斯面内的电荷为：dVqQVr′+=+=∫ρ其中，]1)122([sin0202220−++===′−∫∫arareqddrdrdVqarrVrϕθθρρ利用高斯定理，∫∫=⋅0εQSdE��则=⋅24rErπ′+解得)4/()(20rErπε′+=写成矢量形式rrrereEE���)4/()(20πε′+==17.解：以O为心，作半径各为 r 和 r+dr 的圆，再作两条夹角为ϕd的半径，便截出一个很小的半扇形，如图所示.由于ϕd很小，可以认为这个半扇形 自治区精品课程—大学物理学题库- 15 -为矩形，其面积为,ϕrdrdds=电荷为ϕπσrdrdRqdsdq2==则其在轴线上任一点 P 处建立的电势为：2204xrdqdU+=πε整个圆平面在 P 点建立的电势为：)(244220022200220xxRxrrdrdxrrdrddUUR−+=+=+==∫∫∫∫∫∫εσϕπεσπεϕσπ轴线上的场强分布，根据场强与电势的微分关系，UE−∇=�可知，])/(111[220xRxUEx+−=∂∂−=εσ写成矢量形式:ixRiExE���])/(111[220+−==εσ18.解:由 15 题知Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区的场强分布分别为:⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>+<<<=)(4)(4)(022021212011RrerRrRerqRrErr………………�…………�………………………�πεπε取无穷远处为零电势点，则Ⅰ区(即1Rr<)的电势：∫∫∫∫∞ΠΙΠΙ∞Ι⋅+⋅+⋅=⋅=2211RRRRrrldEldEldEldEV������drrdrrqRRR∫∫∞+++=2212021201440πεπε+=1014Rqπε2024Rqπε同理∫∫∫∞ΠΙΠ∞ΙΙ⋅+⋅=⋅=22RRrrldEldEldEV������2020144Rqrqπεπε+=rldEldEVrr0214πε+=⋅=⋅=∫∫∞ΙΙΙ∞ΙΙΙ���� 自治区精品课程—大学物理学题库- 16 -当21−=时，Ⅰ区（即1Rr≤）的电势：)11(42101RRqV−=ΙπεⅡ区（即21RrR≤<）的电势：)11(4201RrqV−=ΙΙπεⅢ区（即2Rr≥）的电势：. 0=ΙΙΙV19.解：取圆筒轴线上的电势为零电势点，由 14 题的结果可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区的场强分布为：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<<=)(0)(2)(0221011RrRrRerRrEr……………………………�………………………�πελⅠ区的电势为：=⋅=∫Ι0rldEV��00∫=⋅ΙrldE�Ⅱ区的电势为：rRdrrldEldEldEVRrRRrr100100ln22111πελπελ==⋅+⋅=⋅=∫∫∫∫ΙΠΙΙ������Ⅲ区的电势为：12000ln21212RRldEldEldEldEVRRRRrrπελ=⋅+⋅+⋅=⋅=∫∫∫∫ΙΠΠΙΙΙΙ��������两筒间的电势差为：120ln221RRVVVRRπελ=−=∆ 。