第5章 静电场
5-1 两小球处于如题5-1图所示的平衡位置时，每小球受到张力T ，重力mg 以及库仑力F
θ, 由于θ很小，故 的作用，则有T cos θ=mg 和T sin θ=F , ∴F =mgtg
q 2x
F ==mg tg θ≈mg sin θ=mg
4πε0x 22l
1
∴
⎛q 2l ⎫
2πεm g ⎪⎪
0⎝⎭
1/3
习题5-1图
5-2 设q 1, q 2在C 点的场强分别为E 1和E 2，则有
E 1=
q 1
2
4πε0r AC 1
9
1. 8⨯10-9
=9⨯10⨯
0. 032
=1. 8⨯104V ⋅m -1
方向沿AC 方向 E 2=
q 2
2
4πε0r BC 1
习题5-2图
9
1. 8⨯10-94-1
=2. 7⨯10V ⋅m =9⨯10⨯ 2
0. 04
方向沿CB 方向
∴ C 点的合场强E 的大小为：
E =
2
E 12+E 2=(1. 8⨯104) 2+(2. 7⨯104) 2 =3. 24⨯104V ⋅m -1
设E 的方向与CB 的夹角为α，则有
α=tg -1
E 11. 8
=tg -1=33. 7︒ E 22. 7
5-3 坐标如题9-3图所示，带电圆弧上取一电荷元d q =λd l ，它在圆心O 处的场强为
d E 1=
1λd l
2
4πε0R
，方向如题9-3图所示，由于对称性，上、下两
带电圆弧中对应电荷元在圆心O 处产生的d E 1和d E 2在x 方向分量相
互抵消。
习题5-3图
∴E x =0，圆心O 处场强E 的y 分量为
π
E y =2⎰6
1λd l
π
4πε0R 2
sin θ=2⎰6
14πε0
λR d θ
R 2
sin θ=
λ⎛⎫
1-⎪ 2πε0R ⎝2⎪⎭
方向沿y 轴正向。
5-4 （1）如题5-4图(a)，取与棒端相距d 1的P 点为坐标原点, x 轴向右为正。设带电细棒电荷元d q =λd x 至P 点的距离x ，它在P 点的场强大小为 d E P =
1λd x
4πε0x 2
方向沿x 轴正向
习题5-4图（a ）
各电荷元在P 点产生的场强方向相同，于是 E P =d E P =
⎰
d x
2⎰-(d +L ) 14πε0x
-d 1
1
=
λ
4πε0
⎛11⎫ ⎪- d ⎪d +L 1⎝1⎭
9
-8
=9⨯10⨯3⨯10
1⎛1⎫
- -2-2⎪8⨯1028⨯10⎝⎭
=2. 41⨯103V ⋅m -1
方向沿x 轴方向。
（2）坐标如题5-4图(b)所示，在带电细棒上取电荷元d q =λd x 与Q 点距离为r ，电荷元在Q 点所产生的场强d E =以E x =0,场强d E 的y 分量为
d E y =d E sin θ=
1λd x
2
4πε0r
，由于对称性，场d E 的x 方向分量相互抵消，所
1λd x
4πε0r 2
sin θ
因r =d 2csc θ, x =d 2tg θ-
⎛
⎝
π⎫
2
⎪=-d 2ctg θ, d x =d 2csc θd θ 2⎭
∴ d E y =
14πε0
λd x
λ
sin θ=sin θd θ
4πε0d 2r 2
θ2
1
习题5-4图（b ）
E y =d E y =
⎰⎰θ
λλs i n θd θ=(c o θs s 2) 1-c o θ4πε0d 24πε0d 2
,
c o θs 2=-
L /2d +(L /2)
2
2
2
其中 c o θ
s 1=
L /2d +(L /2)
2
2
2
代入上式得
E y =
λ4πε0d 2
L d +(L /2)
22
2
=
9⨯109⨯3⨯10-8⨯0. 28⨯10(8⨯10) +(0. 2/2)
-2
[
-22
12
=5. 27⨯103V ⋅m -1
方向沿y 轴正向。
5-5 带电圆弧长l =2πR -d =2⨯3. 4⨯0. 50-0. 02=3. 12m , 电荷线密度
q 3. 12⨯10-9
λ===1. 0⨯10-9C ⋅m -1。带电圆弧在圆心O 处的场强等价于一个闭合带电
l 3. 12
圆环（线密度为λ）和一长为d 、电荷线密度为-λ的小段圆弧在O 处场强的矢量和。带电闭合圆环在圆心处的场强为零，而d
q '=λd =1. 0⨯10-90. 02=2⨯10-11C
，故圆心处的场强，
q '2⨯10119-1
, 方向由圆心指向空隙中心。 E ==9⨯10⨯=0. 72V ⋅m 2
4πε0R 20. 5
1
5-6 （1）点电荷q 位于一立方体中心，则通过立方体每一面的电通量相等，∴ 通过每一面的电通量Φ1为总通量Φ的
1
, 即 6
1 1q q
Φ1=⎰E ⋅d S =E ⋅d S ==
S 1
66ε06ε0
（2）如果这点电荷移到立方体的一个角上，则电荷q 所在顶角的三个面上，因为各点E 平行于该面，所以这三个面的电通量均为零，另三个面的电通量相等。如果要把q 全部包围需要有8个立方体，相当于有24个面，每一面上通过的电通量为总通量的
1
，即 24
1 1q q
Φ1=⎰E ⋅d S =E ⋅d S =⋅=S 1
2424ε024ε0
5-7 解法（一）通过圆形平面的电通量与通过以A 为球心，AB =
x 2+R 2=r 为半径，
以圆平面的周界为周界的球冠面的电通量相等，该球冠面的面积S =2πrH ，通过整个球面
S 0=4πr 2的电通量Φ0=
q
ε0
，所以通过该球冠面的电通量为
Φ
=Φ0
S q 2πrH q H == 2S 0ε04πr 2ε0r
习题5-7图（a ）
=
q r -r cos α
2ε0r
⎫
⎪
22⎪x +R ⎭x
q q ⎛
1-(1-cos α) = =
2ε02ε0 ⎝
解法（二）在图形平面上取一同心面元环，设其中半径为r ，宽为d r , 此面元的面积
d s =2πr d r 。设此面元对A 点的半张角为θ，见图所示，由通量公式可得
Φ=⎰
S
E ⋅d S =⎛ 1- ⎝
q 4πε0
x
⎰
R
1qx
cos θ2πr d r =
2ε0x 2+r 2
⎰
R
r d r
(x 2+r 2) 3/2
q
=
2ε0
⎫⎪
22⎪x +R ⎭
习题5-7(b)图
5-8 通过此半球面的电通量与通过以O 为圆心的圆平面电通量相等，无限大平面外任一点的场强为
σ
，∴ 通过该球面的电通量为 2ε0
σσπR 22
Φ=E ⋅S =πR =
2ε02ε0
5-9 设想地球表面为一均匀带电球面，则它所带总电量为
q =ε0E ⋅d S =-ε0E S =-ε04πR 2E
=-8. 85⨯10-12⨯4π⨯(6. 4⨯106) 2⨯130=-5. 92⨯10C
5
5-10 设均匀带电球壳内、外半径分别为R 1和R 2，它所产生的电场具有球对称性，以任意半径r 作一与均匀带电球壳同心的高斯球面S ，由高斯定理可得
∑q i 2
E ⋅d S =4πr ⋅E =ε0
∴ E =
∑q i
2
4πε0r
当r =5cm
R 1
4
∑q i =⎰ρd V =⎰ρ4πr 2d r =πρ(r 3-R 13)
R 1R 1
3
r
r
4
πρ(r 3-R 13)
ρ
E 2==
3ε04πε0r 2
⎛R 13⎫
r -r 2⎪⎪ ⎝⎭
2⨯10-5
=
3⨯8. 85⨯10-12
4
⎡(6⨯10-2) 3⎤-2
⎢8⨯10--22⎥(8⨯10) ⎦⎣
-1
=3. 48⨯10V ⋅m r =12cm >R 2
43
∑q i =πρ(R 2-R 13)
3
43πρ(R 2-R 13) 3
ρ(R 2-R 13) =∴ E 3=
4πε0r 23ε0r 2
2⨯10-5(0. 13-0. 063) 4-1
=4. 1⨯10V ⋅m = -122
3⨯8. 85⨯10⨯0. 12
5-11 无限长均匀带电圆柱面产生的电场具有轴对称性，方向垂直柱面，以斜半径r 作一与两无限长圆柱面的同车圆柱面以及两个垂直轴线的平面所形成的闭合面为高斯面，由高斯定理可得
S
∑q E ⋅d S =2πrlE =i
ε0
∴ E =
∑q i
2πε0rl 1
（1）当r
1λl
2πε0rl
=
λ
; 2πε0r
（3）当r >R 2时，∑q i =0, ∴ E 3=0
5-12 见题5-12图所示，由于平面无限大，电荷分布均匀，且对中心面S 0（图中虚线）对称，电场分布也应具有均匀性和对称性，即在与带电板平行且位于中心面S 0两侧距离相等的平面上场强大小应处处相等，且方向垂直该平面。过板内P 点或板外Q 点作轴线与x 轴平行，两底面积为S 且相对中心面S 0对称的闭合正圆柱面为高斯面，由高斯定理可得： （1）平板内
∑q i 2xS ρ
E ⋅d S =2E 内S = =
ε0ε0
∴ E 内= 方向垂直板面向外
ρ
x ε0
⎛ x ≤⎝d ⎫⎪ 2⎭
习题5-12图
（2）平板外
d
E ⋅d S =2E 外S =ρs
ε0
∴ E 外=
ρ
d 2ε0d ⎫⎛
x ≥⎪
2⎭⎝
方向垂直板面向外。
5-13 由于电荷分布具有轴对称性，故其场强必沿柱体的径向，其大小也具有轴对称性，故在圆柱体内取下同心薄圆筒，其半径为r ，厚度d r ，长l ，见右图示，根据高斯定理可得
S
1E ⋅d S =
ε0
⎰ρd v
v
2E 2πrl =
a 4ρ0
∴ E =
ε0r
r
1
ε0
⎰1+(r /a ) 0
r
ρ0
22
2πrl d r
习题5-13图
⎰
a 2ρ0r r d r
=22222
(a +r ) 2ε0(a +r )
5-14 设想原来不带电的小空腔内同时存在电荷体密度为±ρ的两种电荷，则原带电荷等价
于一个半径为R ，电荷体密度为+ρ的均匀带电球体和一个半径为r ，电荷体密度为-ρ的均匀带电球体的组合，空间各处的场强等于这两个均匀带电球体产生场强的矢量和。对于球心O 处，E 0=E 1+E 2，由于均匀带电球体球心处的场强为零，所以
43
πr ρ
q 13ρr 3
E 0=E 2=== 222
4πε0d 4πε0d 3ε0d
方向由O 指向O '。
对于球心O '处，E O '=E 1+E 2=E 1
习题5-14图
4
d πR 3ρ
q d d ρ==∴ E O '=E 1= 33
3ε04πε0R 4πε0R
方向由O 指向O '。
对于空腔内的任一点P ，位置如图所示。
43 43 πR ρa πr ρb q a q 'b +=- E =E 1+E 2= 3333
4πε0R 4πε0r 4πε0R 4πε0r
ρ ρ ρ ρ a -b =(a -b ) =d =
3ε03ε03ε03ε0
以上计算表明空腔任意点的场强大小均为
为匀强电场。
5-15 电偶极子在均匀电场中所受的力矩为
ρd
且方向均由O 指向O '，所以，空腔内3ε0
M =PE sin θ θ为电矩P
π
与E 两方向间的夹角，当θ=时，外电场作用于电偶极子上
2
的力矩最大
M max =qEd =1. 0⨯10-6⨯1. 0⨯105⨯2⨯10-3 =2. 0⨯10N ⋅m 5-16 外力所作的功为
A =W 2-W 1=q 1(u 2-u 1) =q 1
-4
习题5-15图
⎛1q 21q 2⎫
⎪ -⎪
⎝4πε0r 24πε0r 1⎭
=
q 1q 24πε0
⎛11⎫ r 2-r ⎪⎪
1⎭⎝
-8
=1. 5⨯10
1⎫⎛1⨯3. 0⨯10-8⨯9⨯109 -⎪
0. 250. 42⎝⎭
=6. 56⨯10-6J
a 0
a 0
5-17 （1）氢原子内负电荷的总电量为 q =q e +
⎰
ρ(r ) 4πr d r =q e -⎰
2
q e -2r /a 0
2
e 4πr d r 3πa 0
=q e -
4q e 3a 0
⎰
a 0
e -2r /a 0r 2d r =5q e e -2=0. 67q e
（2）由于负电荷呈球状对称分布，故可采用高斯定理计算负电荷产生的电场强度E 1
的大小为
S
1
E 1⋅d S =
ε0
⎰ρd v
r
E 14πr =
2
q e -2r /a 0
e 4πr 2d r 3⎰ε00πa 01
E 1=
q e
3
πε
0r 2a 0
⎰
r
e -2r /a 0r 2d r
⎛2r 22r ⎫-2r /a 0q e ⎪ =- ++1⎪e +2 22
a 04πε0r ⎝a 04πεr ⎭
正电荷+q e 在球心，其产生的电场强度E 2的大小为
q e
E 2=
q e 4πε0r
2
则在距球心r 处的总电场强度为E =E 1+E 2，其大小为
E =E 2-E 1=
E 的方向沿径向向外。
5-18 电场力的功
⎛2r 22r ⎫-2r /a 0 2+ +1⎪e 2 ⎪a 04πε0r ⎝a 0⎭q e
⎡⎛1q 1q ⎫⎤
A 0c =q 0(u 0-u c ) =q 0⎢0- 4πε3R -4πεR ⎪⎪⎥
00⎭⎦⎣⎝
=
q 0q
6πε0R
5-19 由高斯定理可求得是空间场强分布（略）
⎧1⎪4πε⎪0E =⎨
⎪1⎪⎩4πε0
离球心为r (r
rQ
R 3Q r 2
r ≤R
r ≥R
u =⎰
R
r
∞1rQ Q d r +⎰R 4πε0r 2d r 4πε0R 3
1
=
12Q 2(R -r ) +
4πε0R 4πε0R 32Q (3R -r )
8πε0R 3
2
2
Q
=
5-20 （1）电荷线密度λ=
q
，坐标如题5-20图(a)所示，距原点O 为x 处取电荷元2l
d q =λd x ，它在P 点的电势d u =
∴ P 点的总电势
1λd x
4πε. 0(r -x )
习题5-20图(a)
u =⎰d u =⎰
=
l
1λd x
-l
4πε0r -x
λr +l
ln
4πε0r -l
q 8πε0l
ln r +l
r -l
=
（2）坐标如题5-20图(b)所示，电荷元d q =λd x 在Q 点的 电势d u =
14πε0
λd x
r +x
2
2
习题5-20图（b ）
l
Q 点的总电势
u =⎰du =2⎰
q
14πε0
λ1+l 2+r 2=ln
222πε0r r +x λdx
l +l 2+r 2
ln = 4πε0r
5-21 半圆环中心O 的场强（或电势）是两段带电直线和带电半圆环在该处场强（或电势）
的迭加，由于两直线对O 对称，所以两带电直线在O 处的场强大小相等，方向相反，相互抵消，因而O 处的场强就是带电半圆环在O 处的场强，取电荷元d q =λd l , 它在O 处场强
d E =
1λd l
4πε0R 2
，由于对称性，各d E 的x 分量相互抵消。∴ E x =0, d E 的y 分量为
d E y =d E sin θ
πλ
∴ E y =⎰d E y =⎰sin θ=sin θd θ
4πε0R 24πε0R ⎰0
1λd l
=
O 处的电势
λ
2πε0R
1
习题5-21图
u =u 1+u 2+u 3=2⎰
=
2R
λd x
R
4πε0x
+⎰
πR
1λd l
4πε0R
=
λλln 2+πR 2πε04πε0R
λλ
ln 2+ 2πε04ε0
5-22 由高斯定理可求得两无限长同轴圆柱面间的场强为
λ
，所以两圆柱面间的电势2πε0r
差 ∆u =
⎰
R 2
R 1
R λλ
d r =ln 2 2πε0r 2πε0R 1
5-23 静电平衡时，导体球壳内、外表面均有感应电荷，由于带电系统具有球对称性，所以
内表面均匀分布有-q 电荷，外表面均匀分布+q电荷，可判断电场分布具有球对称性，以任意半径r 作一与球壳同心的高斯球面S ，由高斯定理可得
E ⋅d S =4πr 2
E =∑q i ε 0
E =
∑q i
4πε2
0r
当r
1i =q ∴ E 1=
4πε2
0r R 1
∑q i =q ∴ E q 3=
4πε
0r
2
由电势定义式可求得电势分布
r
u R 1R 2
∞
1=⎰r
E 1d r +⎰R E 2d r +⎰E 3d r
1
R 2
=⎰
R 1
q r
2
d r +
4πε0r
⎰
∞
q R 4r
2
πε2
0r
11⎫1q
=
q ⎛4πε -⎪0 ⎝r R 1⎪⎭+4πε0R 2
R 1
u R 2
∞
2=⎰r
E 2d r +⎰R E 3d r
2
=
⎰
∞
q 1R 4πε2
r =⋅
q
2
0r
4πε0
R 2
r >R 2
u ∞
∞
13=⎰r E 3d r =⎰
r
4πε2
d r
0r
=
q
4πε0r
1
5-24 （1）内球电荷q 均匀分布在外表面，外球内表面均匀感应电荷-q ，外表面均匀分布电荷q+Q，由高斯定理可求得电场分布（略） r R 3
E 1=0
E 2=
q
4πε0r 21
E 3=0
E 4=
q +Q
2
4πε0r 1
由电势定义可求得内球电势
u 内=⎰
R 2
R 1
∞q 1q +Q d r +⎰R 34πε0r 2d r 4πε0r 2
1
q ⎛11⎫1q +Q ⎪=-+⎪4πε0 ⎝R 1R 2⎭4πε0R 3
1⎫12⨯10-109-10⎛19- =9⨯10⨯1. 0⨯10 ⎪+9⨯10⨯0. 010. 030. 04⎝⎭
=3. 30⨯102V
q +Q 1q +Q 12⨯10-109
u 外=⎰d r ==9⨯10⨯2R 34πε4πεR 0. 04r 003
∞
1
=2. 70⨯10V
（2）用导线把两球连接起来时，内球和外球内表面电荷中和，这时只有外球的外表面
带有q+Q电荷，外球壳外场强不变，外球电势不变，这时两球是等势体，其电势均为原外球壳电势270V 。
（3）若外球壳接地，外球电势为零，外球外表面电荷为零，内球的电荷以及外球内表面电荷分布不变，所以内球的电势
2
u 内=⎰
R 2
R 1
q q d r =
4πε0r 24πε0
9
-10
1
⎛11⎫
- R R ⎪⎪
2⎭⎝1
=9⨯10⨯1. 0⨯10
1⎫⎛1
⨯ -⎪=60V 0. 010. 03⎝⎭
5-25 由于带电系统具有轴对称性，所以电荷分布和电场分布也应具有轴对称，静电平衡时，圆柱形导体电荷均匀分布在其外表面，单位长度电量为λ1，导体圆筒内表面均匀分布有感
应电荷，其单位长度的电量为-λ1，外表面电荷均匀分布，单位长度的电量为λ1+λ2。以任意半径r 作同轴封闭圆柱面为高斯面，则由高斯定理得：
∑q i
E ⋅d S =2πrlE =
ε0
E =
∑q i 2πε0rl
当r
∑q i =0 ∴ E 1=0
a c
∑q i =l λ1 ∴ E 2=
l λ12πε0rl
=
λ1
2π0r
∑q i =0 ∴ E 3=0 ∑q i =l (λ1+λ2)
l (λ1+λ2) λ1+λ2
=
2πε0rl 2πε0r
∴ E 4=
5-26 （1）A 板带正电荷q 分布在左右两表面上，设B 板感应电荷为-q 1，C 板感应电荷为
-q 2，则
q 1+q 2=q
AB 、AC 间均可视为匀强电场
E AB =
q 1ε0S
E AC =
q 2
ε0S
q 1E AB
=
q 2E AC
依题意 u A -u B =u A -u C d AB E AB =d AC E AC 可得
E AB d AC 1
== E AC d AB 2
-7
∴ q 1=1. 0⨯10C
q 2=2. 0⨯10-7C
-7
-7
即B 板上感应电荷为-q 1=-1. 0⨯10C ,C 板上感应电荷为-q 2=-2. 0⨯10C A 板的电势
u A =E AB d AB =
q 1
d AB ε0S
1. 0⨯10-7⨯4. 0⨯10-33
=2. 3⨯10V =-12-4
8. 85⨯10⨯200⨯10
（2）当AB 间充以电介质时，则有下列关系
q 1+q 2=q
E AB =
q 1
εr ε0S
E AC =
q 2
ε0S
q 1εr E AB εr d AC 5=== q 2E AC d AB 2
仍可解得 q 1=2. 14⨯10-7C , q 2=0. 86⨯10-7C 所以B 板上的感应电荷为 q 1=-2. 14⨯10-7C C 板上感应电荷为 q 2=-0. 86⨯10-7C A 板上电势
u A =E AB ⋅d AB =
q 1
εr ε0S
d AB
2. 14⨯10-7⨯4. 0⨯10-3
=9. 7⨯102V =-12-4
5⨯8. 85⨯10⨯200⨯10
5-27 设AB 两板各面上的电荷面密度分别为σ1、σ2、σ3、σ4，空间各处场强方向应与板面垂直，作如题9-27图所示的闭合圆柱面为高斯面，由于导体内场强处处为零，A 、B 两板间场强方向平行于圆柱侧面，所以通过高斯面的电通量为零，由高斯定理
σ2S 1+σ3S 1
=0 E ⋅d S =
ε0
∴
σ2=-σ3 （1）
σ1σ2σ3σ4
---=0 2ε02ε02ε02ε0
习题5-27图
A 板内的P 点场强为
E p =
∴
σ1=σ4 （2）
若A 板带电Q A ，B 板带电Q B ，板面积为S ，则有
(σ1+σ2) S =Q A （3） (σ3+σ4) =Q B （4）
由（1）、（2）、（3）、（4）式可得 σ1=σ4=
Q A +Q B
2S
6⨯10-8+4⨯10-8-6-2
=5⨯10C ⋅m = -4
2⨯100⨯10
σ2=-σ3=
Q A -Q B
2S
6⨯10-8-4⨯10-8-6-2
=1. 0⨯10C ⋅m = -4
2⨯100⨯10
5-28 点电荷q 使金属球上产生感应电荷q '，由于金属球与地相联，其电势为零，球心处的电势应是点电荷q 和球上感应电荷q '在此处产生电势之和，即
u =
q 'q 1d q '1q q '+⎰=+=0 04πε03R 4πε0R 4πε03R 4πε0R
1
∴ q '=-q /3 即金属球上感应q /3的负电荷。
8. 85⨯10-12⨯0. 2-10
==1. 77⨯10F 5-29 （1） C 0=-2d 1. 0⨯10
ε0S
（2） Q =C 0u 0=1. 77⨯10-10⨯3⨯103=5. 31⨯10-7C
u 03⨯103==3⨯105V ⋅m -1 （3）E 0=-2d 1. 0⨯10Q 5. 31⨯10-7-10
==5. 31⨯10C （4） C =3u 1. 0⨯10u 1. 0⨯103
=1. 0⨯105V ⋅m -1 E ==-2
d 1. 0⨯10
（5） 设极化电荷产生的场强为E '，则E =E 0-E '=为极板上极化电荷面密度，σ'=σ-ε0E ，则极化电荷
σσ'σ-σ'-=，其中σ'ε0ε0ε0
Q '=σ'S =σS -ε0ES =Q -ε0ES
=5. 31⨯10-7-8. 85⨯10-12⨯105⨯0. 2=3. 54⨯10-7
C
（6） εE 5
0r =E =3⨯101. 0⨯10
5=3 或
εr =
c c =5. 311. 77
=3 05-30 （1）以任意r 为半径作金属球的同心球面为高斯面，由介质中的高斯定理得D ⋅d S =4πr 2D =∑q i D =
∑q i
4πr
2
E =
D
ε=
∑q i 0εr
4πε0εr r
2
当r
E 1=0
R
∑q D Q Q i =Q
2=
4πr 2
E 2=4πε2
0εr r
r >R '
∑q Q Q i =Q D 3=
4πr 2
E 3=
4πε
0r 2
（2）由电势定义式可得
u R '
Q 内=⎰
r
4πε2
d r +0εr r
⎰
∞
Q R
4πεd r
0r
2
=
Q
⎛4πεε 1-1⎫
Q 0r ⎝r R '⎪⎭+
4πε0R
' =
Q
⎛1εr -14πε +⎫⎪⎭
0εr ⎝r R 'u ∞
Q 外=⎰
r
4πε2
d r =
Q 0r
4πε0r
（3） u ⎰
R '
Q d r +⎰
∞
Q
球=
R
4πε2
0εr r
R '
4πεd r
0r
2
Q ⎛11⎫
-+ ⎪
4πε0εr ⎝R R '⎭4πε0R '
Q ⎛1εr -1⎫= +⎪
'4πε0εr ⎝R R ⎭
=
Q
5-31 （1） D =εE =ε0εr E =8. 85⨯10-12⨯3⨯1. 0⨯106 =2. 66⨯10-5
C ⋅m -2
（2）
σ0=D =2. 66⨯10-5C ⋅m -2
（3） E =E σ0-σ'
0-E '=ε 0
σ'=σ0-ε0E =2. 66⨯10-5-8. 85⨯10-12⨯1. 0⨯106
=1. 78⨯10-5
C ⋅m -2
（4） E σ02. 66⨯10-5
0=ε=8. 85⨯10-12
=3. 0⨯106V ⋅m -1 0 E '=σ'ε=1. 78⨯10-5 8. 85⨯10
-12
=2. 0⨯106V ⋅m -1
05-32 设A 、B 两导体球分别带有电荷Q 和-Q ，则两球的电势差为
u ⎛1Q 1Q ⎫⎛1Q 1Q ⎫
A -u B = 4πεa -4πεL ⎪⎪- ⎝⎭ ⎝4πεL -4πε0a ⎪⎪
000⎭ =
Q 2πε-
Q Q 0a 2πε0L
≈
2πε0a
C =
Q
u u =2πε0a
A -B
5-33 用导线连接二导体，这相当将电容C 1和C 2并联，此时等效电容和总电量分别为C =C 1+C 2Q =c 1u 1+c 2u 2
根据电容C =Q /u ，故联接二导体后它们的电势为
u =Q /C =
C 1u 1+C 2u 2
C
1+C 2
这时电容C 2上的电量为
'=C 2u =Q 2
则由导体1流向导体2的电量为
C 2
(C 1u 1+C 2u 2)
C 1+C 2
C ∆Q =Q '-Q 2
2
2=C (C 1u 1+C 2u 2) -C 1u 1
1+C 2
=
C 1C 2
C C (u 1-u 2)
1+2
5-34 （1）以任意半径r 作金属球的同心球面为高斯面，由介质中的高斯定理可得：D ⋅d S =D ⋅4πr 2
=∑q i
D =
∑q i
4πr
2
, E =
D
∑q i ε=
0εr
4πε0εr r
2
当r
∑q i =0
D 1=0
E 1=0
R ∑q i =Q
D Q 2=
4πr 2E 2=
Q 4πε2
0r a
∑q Q Q i =Q D 3=4πr 2E 3=
4πε
0εr r 2
r >b
∑q Q Q i =Q D 4=4πr 2
E 4=
4πε2
0r
（2）电势分布：
r
u R
1=⎰D ⋅d r +⎰a b ∞ r R
E 2⋅d r +⎰a
E 3⋅d r +⎰b
E 4⋅d r
=⎰
a
Q d r b R 4πεr 2+0
⎰Q d r ∞Q d r a 4πε+0εr r 2⎰b 4πε20r =
Q ⎡⎢⎛ 11⎫1
⎛4πε⎝R -a ⎪⎭+ 10⎣εr ⎝a -1⎫1⎤b ⎪⎭+b ⎥⎦
=
Q ⎡1(εr -1)(a -b 4πε⎢+) ⎤
⎥0⎣R ab εr ⎦
R u ⎰
a
E b ∞
2=r
2⋅d r +⎰a
E 3⋅d r +⎰b
E 4⋅d r
Q ⎡⎛11⎫1⎛11⎫1⎤
⎢ -⎪+ -⎪+⎥4πε0⎣⎝r a ⎭εr ⎝a b ⎭b ⎦
Q ⎡1(εr -1)(b -a ) ⎤=⎢+⎥4πε0⎣r ab εr ⎦
=
a
u 3=⎰
=
b
r
∞
E 3d r +⎰E 4⋅d r
b
Q ⎡1⎛11⎫1⎤
⎢ -⎪+⎥4πε0⎣εr ⎝r b ⎭b ⎦
Q ⎛1ε-1⎫= +⎪4πε0εr ⎝r b ⎭r >b
∞
u 4=⎰
r
E 4⋅d r =
Q 4πε0r
（3）这相当于内外半径分别为R 与a 的球形空气电容器C 1与内外半径分别为a 与b 的球形介质电容器C 2，二者相串联，其等效电容为
C =
4πε0Ra
, a -R
4πε0εr ab
b -a
C 1⋅C 2
C 1+C 2
其中C 1=C 2=
将C 1、C 2代入上式C =
4πε0εr Rab
R (b -a ) +εr b (a -R )
5-35 （1）在介质中以任意半径r 作圆柱体同轴的闭合圆柱面为高斯面，由介质中的高斯定理可得
D ⋅d S =2πrlDl =l λ
∴ D =
λ2πr
E =
D
ε0εr
=
λ
2πε0εr r
（2）设介质内表面上单位长度的极化电荷为-λ'，则对上述高斯面应用高斯定理
E ⋅d S =
λ1
2πrl =(l λ-l λ')
2πε0εr r ε0λ1
=(λ-λ') ε0εr ε0
λ'= 1-
⎝
⎛
1⎫
⎪λ ⎪εr ⎭
则介质内表面上的极化电荷面密度为
'=σ内
介质外表面上的极化电荷密度为
-λ'(εr -1) λ
=
2πR 12πεr R 2
(ε-1) λλ
=r
2πR 22πεr R 2
σ外=
5-36 （1）设两电介质中的电位移和场强分别为D 1、D 2和E 1、E 2，两板板间的电势差
u =E D 1d 1
D 2d 2
⎛d 1d
⎫
1d 1+E 2d 2=ε+σ +2
⎪0εr ⎪ 1ε0εr 2⎝ε0εr 1ε0εr 2
⎭
∴
σ=
u εr 1εr 2d =
u ε01
d
1εr ε+
d 2
2+d 2εr 1
0εr
1
ε0εr
2
则两介质中各点的能量体密度为
w 121σ21σ21u 2ε0εr 1ε2r 2
1=2ε. 0εr 1E 1=2ε. 0εr 1ε2ε2==012ε. 0εr 22(d 1εr 2+d 2εr 1) 2
2002⨯8. 85⨯10-12⨯4⨯22 =
2⨯(2⨯10-3⨯2+3⨯10-3⨯4) 2
=1. 11⨯10-2J ⋅m -3
22w 121σ21σ21u ε0εr 1εr 2
2=2ε. 0εr 2E 2=2ε. 0εr 2ε2ε2==0r 22ε. 0εr 22(d 1εr 2+d 2
2εr 1) 2002⨯8. 85⨯10-12⨯2⨯42 =
2⨯(2⨯10-3⨯2+3⨯10-3⨯4) 2
=2. 22⨯10-2J ⋅m -3
（2） W 1=w -2
-3
1d 1S =1. 11⨯10⨯2⨯10⨯40⨯10-4
=8. 88⨯10-8J
W -2-3-4
2=w 2d 2s =2. 22⨯10⨯3⨯10⨯40⨯10 =2. 66⨯10-7
J （3） W =W 1+W 2=8. 88⨯10
-8
+2. 66⨯10-7=3. 55⨯10-7J
5-37 （1）由高斯定理可求得电场分布 R 1
E =
Q 4πε0r 2
r
r >R 3 E = R 2
∞11
ε0E 2d V +⎰ε0E 2d V
R 322
Q 4πε0r 2
W =W 1+W 2=⎰
R 2
R 1
=⎰
R 2
R 1
∞1Q 21Q 222
ε04πr d r +ε4πr d r 0224234⎰R 3216πε0r 216πε0r
Q 2
=
8πε0
⎛111⎫ ⎪-+ R R R 3⎪2⎝1⎭(3⨯10-8) 211⎫⎛1=-+ ⎪8⨯3. 14⨯8. 85⨯10-12⎝2⨯10-24⨯10-25⨯10-2⎭=1. 82⨯10-4J
（2）导体球壳接地，导体球壳外表面不带电，球壳外场强为零，这时电场的能量
W =⎰
R 2
R 1
R 211Q 222
ε0E d V =⎰ε04πr d r 224R 12216πε0r
⎛11⎫ - R R ⎪⎪
2⎭⎝1
(3⨯10-8) 21⎫⎛1
- = -12-2-2⎪8⨯3. 14⨯8. 85⨯10⎝2⨯104⨯10⎭
=1. 01⨯10-4J
Q 2=
8πε0
1Q 2
由W = 得
2C
Q 2(3⨯10-8) 2-12
C ===4. 46⨯10F -4
2W 2⨯1. 01⨯10
5-38 （1）平行板电容器抽出金属板后的电容为C 0=
ε0S
d 1
，插入金属板时的电容为
C =
ε0S
d 1-d 2
，当充电到u =600V 后拆去电源，然后抽出金属板，除金属板秘在位置外的
空间场强不变，均为
E =
u 600
==3⨯105V ⋅m -1 -3
d 1-d 2(3-1) ⨯10
（2） 抽出金属板需作功
11A =W 2-W 1=2ε0E 2Sd 1-2ε0E 2S (d 1-d 2)
=1
2ε2
0E Sd 2
=1
2⨯8. 85⨯10-12⨯(3⨯105) 2⨯300⨯10-4⨯1. 0⨯10-3
=1. 2⨯10-5J
5-39 由高斯定理可求得带球体内、外的场强为（略）
E 1
内=rQ 4πεR 3
E 1Q
外=4πεr 2
其电场所储存的能量
W =W R 1
1+W 2=⎰2ε2∞12
00E 内d V +⎰R 2ε0E 外d V
=⎰R 1r 2Q 2
216π2ε264πr d r +⎰∞10εQ 2ε2002244πr 2d r
0R R 216πε0r
=Q 2Q 23Q 2
40πε+πε=
0R 80R 20πε0R
5-40 由于并联前后电量不变，所以有
C 1u 1=(C 1+C 2) u 2
由此可得
C C 1(u 1-u 2)
2=u =100⨯(100-30) =233PF
230
能量减少为
-∆W =1
2C u 212
11-2(C 1+C 2) u 2
1
=2⨯100⨯10-12⨯1002-1
2(100+233) ⨯10-12⨯302
=3. 5⨯10-7J
97
第5章 静电场
5-1 两小球处于如题5-1图所示的平衡位置时，每小球受到张力T ，重力mg 以及库仑力F
θ, 由于θ很小，故 的作用，则有T cos θ=mg 和T sin θ=F , ∴F =mgtg
q 2x
F ==mg tg θ≈mg sin θ=mg
4πε0x 22l
1
∴
⎛q 2l ⎫
2πεm g ⎪⎪
0⎝⎭
1/3
习题5-1图
5-2 设q 1, q 2在C 点的场强分别为E 1和E 2，则有
E 1=
q 1
2
4πε0r AC 1
9
1. 8⨯10-9
=9⨯10⨯
0. 032
=1. 8⨯104V ⋅m -1
方向沿AC 方向 E 2=
q 2
2
4πε0r BC 1
习题5-2图
9
1. 8⨯10-94-1
=2. 7⨯10V ⋅m =9⨯10⨯ 2
0. 04
方向沿CB 方向
∴ C 点的合场强E 的大小为：
E =
2
E 12+E 2=(1. 8⨯104) 2+(2. 7⨯104) 2 =3. 24⨯104V ⋅m -1
设E 的方向与CB 的夹角为α，则有
α=tg -1
E 11. 8
=tg -1=33. 7︒ E 22. 7
5-3 坐标如题9-3图所示，带电圆弧上取一电荷元d q =λd l ，它在圆心O 处的场强为
d E 1=
1λd l
2
4πε0R
，方向如题9-3图所示，由于对称性，上、下两
带电圆弧中对应电荷元在圆心O 处产生的d E 1和d E 2在x 方向分量相
互抵消。
习题5-3图
∴E x =0，圆心O 处场强E 的y 分量为
π
E y =2⎰6
1λd l
π
4πε0R 2
sin θ=2⎰6
14πε0
λR d θ
R 2
sin θ=
λ⎛⎫
1-⎪ 2πε0R ⎝2⎪⎭
方向沿y 轴正向。
5-4 （1）如题5-4图(a)，取与棒端相距d 1的P 点为坐标原点, x 轴向右为正。设带电细棒电荷元d q =λd x 至P 点的距离x ，它在P 点的场强大小为 d E P =
1λd x
4πε0x 2
方向沿x 轴正向
习题5-4图（a ）
各电荷元在P 点产生的场强方向相同，于是 E P =d E P =
⎰
d x
2⎰-(d +L ) 14πε0x
-d 1
1
=
λ
4πε0
⎛11⎫ ⎪- d ⎪d +L 1⎝1⎭
9
-8
=9⨯10⨯3⨯10
1⎛1⎫
- -2-2⎪8⨯1028⨯10⎝⎭
=2. 41⨯103V ⋅m -1
方向沿x 轴方向。
（2）坐标如题5-4图(b)所示，在带电细棒上取电荷元d q =λd x 与Q 点距离为r ，电荷元在Q 点所产生的场强d E =以E x =0,场强d E 的y 分量为
d E y =d E sin θ=
1λd x
2
4πε0r
，由于对称性，场d E 的x 方向分量相互抵消，所
1λd x
4πε0r 2
sin θ
因r =d 2csc θ, x =d 2tg θ-
⎛
⎝
π⎫
2
⎪=-d 2ctg θ, d x =d 2csc θd θ 2⎭
∴ d E y =
14πε0
λd x
λ
sin θ=sin θd θ
4πε0d 2r 2
θ2
1
习题5-4图（b ）
E y =d E y =
⎰⎰θ
λλs i n θd θ=(c o θs s 2) 1-c o θ4πε0d 24πε0d 2
,
c o θs 2=-
L /2d +(L /2)
2
2
2
其中 c o θ
s 1=
L /2d +(L /2)
2
2
2
代入上式得
E y =
λ4πε0d 2
L d +(L /2)
22
2
=
9⨯109⨯3⨯10-8⨯0. 28⨯10(8⨯10) +(0. 2/2)
-2
[
-22
12
=5. 27⨯103V ⋅m -1
方向沿y 轴正向。
5-5 带电圆弧长l =2πR -d =2⨯3. 4⨯0. 50-0. 02=3. 12m , 电荷线密度
q 3. 12⨯10-9
λ===1. 0⨯10-9C ⋅m -1。带电圆弧在圆心O 处的场强等价于一个闭合带电
l 3. 12
圆环（线密度为λ）和一长为d 、电荷线密度为-λ的小段圆弧在O 处场强的矢量和。带电闭合圆环在圆心处的场强为零，而d
q '=λd =1. 0⨯10-90. 02=2⨯10-11C
，故圆心处的场强，
q '2⨯10119-1
, 方向由圆心指向空隙中心。 E ==9⨯10⨯=0. 72V ⋅m 2
4πε0R 20. 5
1
5-6 （1）点电荷q 位于一立方体中心，则通过立方体每一面的电通量相等，∴ 通过每一面的电通量Φ1为总通量Φ的
1
, 即 6
1 1q q
Φ1=⎰E ⋅d S =E ⋅d S ==
S 1
66ε06ε0
（2）如果这点电荷移到立方体的一个角上，则电荷q 所在顶角的三个面上，因为各点E 平行于该面，所以这三个面的电通量均为零，另三个面的电通量相等。如果要把q 全部包围需要有8个立方体，相当于有24个面，每一面上通过的电通量为总通量的
1
，即 24
1 1q q
Φ1=⎰E ⋅d S =E ⋅d S =⋅=S 1
2424ε024ε0
5-7 解法（一）通过圆形平面的电通量与通过以A 为球心，AB =
x 2+R 2=r 为半径，
以圆平面的周界为周界的球冠面的电通量相等，该球冠面的面积S =2πrH ，通过整个球面
S 0=4πr 2的电通量Φ0=
q
ε0
，所以通过该球冠面的电通量为
Φ
=Φ0
S q 2πrH q H == 2S 0ε04πr 2ε0r
习题5-7图（a ）
=
q r -r cos α
2ε0r
⎫
⎪
22⎪x +R ⎭x
q q ⎛
1-(1-cos α) = =
2ε02ε0 ⎝
解法（二）在图形平面上取一同心面元环，设其中半径为r ，宽为d r , 此面元的面积
d s =2πr d r 。设此面元对A 点的半张角为θ，见图所示，由通量公式可得
Φ=⎰
S
E ⋅d S =⎛ 1- ⎝
q 4πε0
x
⎰
R
1qx
cos θ2πr d r =
2ε0x 2+r 2
⎰
R
r d r
(x 2+r 2) 3/2
q
=
2ε0
⎫⎪
22⎪x +R ⎭
习题5-7(b)图
5-8 通过此半球面的电通量与通过以O 为圆心的圆平面电通量相等，无限大平面外任一点的场强为
σ
，∴ 通过该球面的电通量为 2ε0
σσπR 22
Φ=E ⋅S =πR =
2ε02ε0
5-9 设想地球表面为一均匀带电球面，则它所带总电量为
q =ε0E ⋅d S =-ε0E S =-ε04πR 2E
=-8. 85⨯10-12⨯4π⨯(6. 4⨯106) 2⨯130=-5. 92⨯10C
5
5-10 设均匀带电球壳内、外半径分别为R 1和R 2，它所产生的电场具有球对称性，以任意半径r 作一与均匀带电球壳同心的高斯球面S ，由高斯定理可得
∑q i 2
E ⋅d S =4πr ⋅E =ε0
∴ E =
∑q i
2
4πε0r
当r =5cm
R 1
4
∑q i =⎰ρd V =⎰ρ4πr 2d r =πρ(r 3-R 13)
R 1R 1
3
r
r
4
πρ(r 3-R 13)
ρ
E 2==
3ε04πε0r 2
⎛R 13⎫
r -r 2⎪⎪ ⎝⎭
2⨯10-5
=
3⨯8. 85⨯10-12
4
⎡(6⨯10-2) 3⎤-2
⎢8⨯10--22⎥(8⨯10) ⎦⎣
-1
=3. 48⨯10V ⋅m r =12cm >R 2
43
∑q i =πρ(R 2-R 13)
3
43πρ(R 2-R 13) 3
ρ(R 2-R 13) =∴ E 3=
4πε0r 23ε0r 2
2⨯10-5(0. 13-0. 063) 4-1
=4. 1⨯10V ⋅m = -122
3⨯8. 85⨯10⨯0. 12
5-11 无限长均匀带电圆柱面产生的电场具有轴对称性，方向垂直柱面，以斜半径r 作一与两无限长圆柱面的同车圆柱面以及两个垂直轴线的平面所形成的闭合面为高斯面，由高斯定理可得
S
∑q E ⋅d S =2πrlE =i
ε0
∴ E =
∑q i
2πε0rl 1
（1）当r
1λl
2πε0rl
=
λ
; 2πε0r
（3）当r >R 2时，∑q i =0, ∴ E 3=0
5-12 见题5-12图所示，由于平面无限大，电荷分布均匀，且对中心面S 0（图中虚线）对称，电场分布也应具有均匀性和对称性，即在与带电板平行且位于中心面S 0两侧距离相等的平面上场强大小应处处相等，且方向垂直该平面。过板内P 点或板外Q 点作轴线与x 轴平行，两底面积为S 且相对中心面S 0对称的闭合正圆柱面为高斯面，由高斯定理可得： （1）平板内
∑q i 2xS ρ
E ⋅d S =2E 内S = =
ε0ε0
∴ E 内= 方向垂直板面向外
ρ
x ε0
⎛ x ≤⎝d ⎫⎪ 2⎭
习题5-12图
（2）平板外
d
E ⋅d S =2E 外S =ρs
ε0
∴ E 外=
ρ
d 2ε0d ⎫⎛
x ≥⎪
2⎭⎝
方向垂直板面向外。
5-13 由于电荷分布具有轴对称性，故其场强必沿柱体的径向，其大小也具有轴对称性，故在圆柱体内取下同心薄圆筒，其半径为r ，厚度d r ，长l ，见右图示，根据高斯定理可得
S
1E ⋅d S =
ε0
⎰ρd v
v
2E 2πrl =
a 4ρ0
∴ E =
ε0r
r
1
ε0
⎰1+(r /a ) 0
r
ρ0
22
2πrl d r
习题5-13图
⎰
a 2ρ0r r d r
=22222
(a +r ) 2ε0(a +r )
5-14 设想原来不带电的小空腔内同时存在电荷体密度为±ρ的两种电荷，则原带电荷等价
于一个半径为R ，电荷体密度为+ρ的均匀带电球体和一个半径为r ，电荷体密度为-ρ的均匀带电球体的组合，空间各处的场强等于这两个均匀带电球体产生场强的矢量和。对于球心O 处，E 0=E 1+E 2，由于均匀带电球体球心处的场强为零，所以
43
πr ρ
q 13ρr 3
E 0=E 2=== 222
4πε0d 4πε0d 3ε0d
方向由O 指向O '。
对于球心O '处，E O '=E 1+E 2=E 1
习题5-14图
4
d πR 3ρ
q d d ρ==∴ E O '=E 1= 33
3ε04πε0R 4πε0R
方向由O 指向O '。
对于空腔内的任一点P ，位置如图所示。
43 43 πR ρa πr ρb q a q 'b +=- E =E 1+E 2= 3333
4πε0R 4πε0r 4πε0R 4πε0r
ρ ρ ρ ρ a -b =(a -b ) =d =
3ε03ε03ε03ε0
以上计算表明空腔任意点的场强大小均为
为匀强电场。
5-15 电偶极子在均匀电场中所受的力矩为
ρd
且方向均由O 指向O '，所以，空腔内3ε0
M =PE sin θ θ为电矩P
π
与E 两方向间的夹角，当θ=时，外电场作用于电偶极子上
2
的力矩最大
M max =qEd =1. 0⨯10-6⨯1. 0⨯105⨯2⨯10-3 =2. 0⨯10N ⋅m 5-16 外力所作的功为
A =W 2-W 1=q 1(u 2-u 1) =q 1
-4
习题5-15图
⎛1q 21q 2⎫
⎪ -⎪
⎝4πε0r 24πε0r 1⎭
=
q 1q 24πε0
⎛11⎫ r 2-r ⎪⎪
1⎭⎝
-8
=1. 5⨯10
1⎫⎛1⨯3. 0⨯10-8⨯9⨯109 -⎪
0. 250. 42⎝⎭
=6. 56⨯10-6J
a 0
a 0
5-17 （1）氢原子内负电荷的总电量为 q =q e +
⎰
ρ(r ) 4πr d r =q e -⎰
2
q e -2r /a 0
2
e 4πr d r 3πa 0
=q e -
4q e 3a 0
⎰
a 0
e -2r /a 0r 2d r =5q e e -2=0. 67q e
（2）由于负电荷呈球状对称分布，故可采用高斯定理计算负电荷产生的电场强度E 1
的大小为
S
1
E 1⋅d S =
ε0
⎰ρd v
r
E 14πr =
2
q e -2r /a 0
e 4πr 2d r 3⎰ε00πa 01
E 1=
q e
3
πε
0r 2a 0
⎰
r
e -2r /a 0r 2d r
⎛2r 22r ⎫-2r /a 0q e ⎪ =- ++1⎪e +2 22
a 04πε0r ⎝a 04πεr ⎭
正电荷+q e 在球心，其产生的电场强度E 2的大小为
q e
E 2=
q e 4πε0r
2
则在距球心r 处的总电场强度为E =E 1+E 2，其大小为
E =E 2-E 1=
E 的方向沿径向向外。
5-18 电场力的功
⎛2r 22r ⎫-2r /a 0 2+ +1⎪e 2 ⎪a 04πε0r ⎝a 0⎭q e
⎡⎛1q 1q ⎫⎤
A 0c =q 0(u 0-u c ) =q 0⎢0- 4πε3R -4πεR ⎪⎪⎥
00⎭⎦⎣⎝
=
q 0q
6πε0R
5-19 由高斯定理可求得是空间场强分布（略）
⎧1⎪4πε⎪0E =⎨
⎪1⎪⎩4πε0
离球心为r (r
rQ
R 3Q r 2
r ≤R
r ≥R
u =⎰
R
r
∞1rQ Q d r +⎰R 4πε0r 2d r 4πε0R 3
1
=
12Q 2(R -r ) +
4πε0R 4πε0R 32Q (3R -r )
8πε0R 3
2
2
Q
=
5-20 （1）电荷线密度λ=
q
，坐标如题5-20图(a)所示，距原点O 为x 处取电荷元2l
d q =λd x ，它在P 点的电势d u =
∴ P 点的总电势
1λd x
4πε. 0(r -x )
习题5-20图(a)
u =⎰d u =⎰
=
l
1λd x
-l
4πε0r -x
λr +l
ln
4πε0r -l
q 8πε0l
ln r +l
r -l
=
（2）坐标如题5-20图(b)所示，电荷元d q =λd x 在Q 点的 电势d u =
14πε0
λd x
r +x
2
2
习题5-20图（b ）
l
Q 点的总电势
u =⎰du =2⎰
q
14πε0
λ1+l 2+r 2=ln
222πε0r r +x λdx
l +l 2+r 2
ln = 4πε0r
5-21 半圆环中心O 的场强（或电势）是两段带电直线和带电半圆环在该处场强（或电势）
的迭加，由于两直线对O 对称，所以两带电直线在O 处的场强大小相等，方向相反，相互抵消，因而O 处的场强就是带电半圆环在O 处的场强，取电荷元d q =λd l , 它在O 处场强
d E =
1λd l
4πε0R 2
，由于对称性，各d E 的x 分量相互抵消。∴ E x =0, d E 的y 分量为
d E y =d E sin θ
πλ
∴ E y =⎰d E y =⎰sin θ=sin θd θ
4πε0R 24πε0R ⎰0
1λd l
=
O 处的电势
λ
2πε0R
1
习题5-21图
u =u 1+u 2+u 3=2⎰
=
2R
λd x
R
4πε0x
+⎰
πR
1λd l
4πε0R
=
λλln 2+πR 2πε04πε0R
λλ
ln 2+ 2πε04ε0
5-22 由高斯定理可求得两无限长同轴圆柱面间的场强为
λ
，所以两圆柱面间的电势2πε0r
差 ∆u =
⎰
R 2
R 1
R λλ
d r =ln 2 2πε0r 2πε0R 1
5-23 静电平衡时，导体球壳内、外表面均有感应电荷，由于带电系统具有球对称性，所以
内表面均匀分布有-q 电荷，外表面均匀分布+q电荷，可判断电场分布具有球对称性，以任意半径r 作一与球壳同心的高斯球面S ，由高斯定理可得
E ⋅d S =4πr 2
E =∑q i ε 0
E =
∑q i
4πε2
0r
当r
1i =q ∴ E 1=
4πε2
0r R 1
∑q i =q ∴ E q 3=
4πε
0r
2
由电势定义式可求得电势分布
r
u R 1R 2
∞
1=⎰r
E 1d r +⎰R E 2d r +⎰E 3d r
1
R 2
=⎰
R 1
q r
2
d r +
4πε0r
⎰
∞
q R 4r
2
πε2
0r
11⎫1q
=
q ⎛4πε -⎪0 ⎝r R 1⎪⎭+4πε0R 2
R 1
u R 2
∞
2=⎰r
E 2d r +⎰R E 3d r
2
=
⎰
∞
q 1R 4πε2
r =⋅
q
2
0r
4πε0
R 2
r >R 2
u ∞
∞
13=⎰r E 3d r =⎰
r
4πε2
d r
0r
=
q
4πε0r
1
5-24 （1）内球电荷q 均匀分布在外表面，外球内表面均匀感应电荷-q ，外表面均匀分布电荷q+Q，由高斯定理可求得电场分布（略） r R 3
E 1=0
E 2=
q
4πε0r 21
E 3=0
E 4=
q +Q
2
4πε0r 1
由电势定义可求得内球电势
u 内=⎰
R 2
R 1
∞q 1q +Q d r +⎰R 34πε0r 2d r 4πε0r 2
1
q ⎛11⎫1q +Q ⎪=-+⎪4πε0 ⎝R 1R 2⎭4πε0R 3
1⎫12⨯10-109-10⎛19- =9⨯10⨯1. 0⨯10 ⎪+9⨯10⨯0. 010. 030. 04⎝⎭
=3. 30⨯102V
q +Q 1q +Q 12⨯10-109
u 外=⎰d r ==9⨯10⨯2R 34πε4πεR 0. 04r 003
∞
1
=2. 70⨯10V
（2）用导线把两球连接起来时，内球和外球内表面电荷中和，这时只有外球的外表面
带有q+Q电荷，外球壳外场强不变，外球电势不变，这时两球是等势体，其电势均为原外球壳电势270V 。
（3）若外球壳接地，外球电势为零，外球外表面电荷为零，内球的电荷以及外球内表面电荷分布不变，所以内球的电势
2
u 内=⎰
R 2
R 1
q q d r =
4πε0r 24πε0
9
-10
1
⎛11⎫
- R R ⎪⎪
2⎭⎝1
=9⨯10⨯1. 0⨯10
1⎫⎛1
⨯ -⎪=60V 0. 010. 03⎝⎭
5-25 由于带电系统具有轴对称性，所以电荷分布和电场分布也应具有轴对称，静电平衡时，圆柱形导体电荷均匀分布在其外表面，单位长度电量为λ1，导体圆筒内表面均匀分布有感
应电荷，其单位长度的电量为-λ1，外表面电荷均匀分布，单位长度的电量为λ1+λ2。以任意半径r 作同轴封闭圆柱面为高斯面，则由高斯定理得：
∑q i
E ⋅d S =2πrlE =
ε0
E =
∑q i 2πε0rl
当r
∑q i =0 ∴ E 1=0
a c
∑q i =l λ1 ∴ E 2=
l λ12πε0rl
=
λ1
2π0r
∑q i =0 ∴ E 3=0 ∑q i =l (λ1+λ2)
l (λ1+λ2) λ1+λ2
=
2πε0rl 2πε0r
∴ E 4=
5-26 （1）A 板带正电荷q 分布在左右两表面上，设B 板感应电荷为-q 1，C 板感应电荷为
-q 2，则
q 1+q 2=q
AB 、AC 间均可视为匀强电场
E AB =
q 1ε0S
E AC =
q 2
ε0S
q 1E AB
=
q 2E AC
依题意 u A -u B =u A -u C d AB E AB =d AC E AC 可得
E AB d AC 1
== E AC d AB 2
-7
∴ q 1=1. 0⨯10C
q 2=2. 0⨯10-7C
-7
-7
即B 板上感应电荷为-q 1=-1. 0⨯10C ,C 板上感应电荷为-q 2=-2. 0⨯10C A 板的电势
u A =E AB d AB =
q 1
d AB ε0S
1. 0⨯10-7⨯4. 0⨯10-33
=2. 3⨯10V =-12-4
8. 85⨯10⨯200⨯10
（2）当AB 间充以电介质时，则有下列关系
q 1+q 2=q
E AB =
q 1
εr ε0S
E AC =
q 2
ε0S
q 1εr E AB εr d AC 5=== q 2E AC d AB 2
仍可解得 q 1=2. 14⨯10-7C , q 2=0. 86⨯10-7C 所以B 板上的感应电荷为 q 1=-2. 14⨯10-7C C 板上感应电荷为 q 2=-0. 86⨯10-7C A 板上电势
u A =E AB ⋅d AB =
q 1
εr ε0S
d AB
2. 14⨯10-7⨯4. 0⨯10-3
=9. 7⨯102V =-12-4
5⨯8. 85⨯10⨯200⨯10
5-27 设AB 两板各面上的电荷面密度分别为σ1、σ2、σ3、σ4，空间各处场强方向应与板面垂直，作如题9-27图所示的闭合圆柱面为高斯面，由于导体内场强处处为零，A 、B 两板间场强方向平行于圆柱侧面，所以通过高斯面的电通量为零，由高斯定理
σ2S 1+σ3S 1
=0 E ⋅d S =
ε0
∴
σ2=-σ3 （1）
σ1σ2σ3σ4
---=0 2ε02ε02ε02ε0
习题5-27图
A 板内的P 点场强为
E p =
∴
σ1=σ4 （2）
若A 板带电Q A ，B 板带电Q B ，板面积为S ，则有
(σ1+σ2) S =Q A （3） (σ3+σ4) =Q B （4）
由（1）、（2）、（3）、（4）式可得 σ1=σ4=
Q A +Q B
2S
6⨯10-8+4⨯10-8-6-2
=5⨯10C ⋅m = -4
2⨯100⨯10
σ2=-σ3=
Q A -Q B
2S
6⨯10-8-4⨯10-8-6-2
=1. 0⨯10C ⋅m = -4
2⨯100⨯10
5-28 点电荷q 使金属球上产生感应电荷q '，由于金属球与地相联，其电势为零，球心处的电势应是点电荷q 和球上感应电荷q '在此处产生电势之和，即
u =
q 'q 1d q '1q q '+⎰=+=0 04πε03R 4πε0R 4πε03R 4πε0R
1
∴ q '=-q /3 即金属球上感应q /3的负电荷。
8. 85⨯10-12⨯0. 2-10
==1. 77⨯10F 5-29 （1） C 0=-2d 1. 0⨯10
ε0S
（2） Q =C 0u 0=1. 77⨯10-10⨯3⨯103=5. 31⨯10-7C
u 03⨯103==3⨯105V ⋅m -1 （3）E 0=-2d 1. 0⨯10Q 5. 31⨯10-7-10
==5. 31⨯10C （4） C =3u 1. 0⨯10u 1. 0⨯103
=1. 0⨯105V ⋅m -1 E ==-2
d 1. 0⨯10
（5） 设极化电荷产生的场强为E '，则E =E 0-E '=为极板上极化电荷面密度，σ'=σ-ε0E ，则极化电荷
σσ'σ-σ'-=，其中σ'ε0ε0ε0
Q '=σ'S =σS -ε0ES =Q -ε0ES
=5. 31⨯10-7-8. 85⨯10-12⨯105⨯0. 2=3. 54⨯10-7
C
（6） εE 5
0r =E =3⨯101. 0⨯10
5=3 或
εr =
c c =5. 311. 77
=3 05-30 （1）以任意r 为半径作金属球的同心球面为高斯面，由介质中的高斯定理得D ⋅d S =4πr 2D =∑q i D =
∑q i
4πr
2
E =
D
ε=
∑q i 0εr
4πε0εr r
2
当r
E 1=0
R
∑q D Q Q i =Q
2=
4πr 2
E 2=4πε2
0εr r
r >R '
∑q Q Q i =Q D 3=
4πr 2
E 3=
4πε
0r 2
（2）由电势定义式可得
u R '
Q 内=⎰
r
4πε2
d r +0εr r
⎰
∞
Q R
4πεd r
0r
2
=
Q
⎛4πεε 1-1⎫
Q 0r ⎝r R '⎪⎭+
4πε0R
' =
Q
⎛1εr -14πε +⎫⎪⎭
0εr ⎝r R 'u ∞
Q 外=⎰
r
4πε2
d r =
Q 0r
4πε0r
（3） u ⎰
R '
Q d r +⎰
∞
Q
球=
R
4πε2
0εr r
R '
4πεd r
0r
2
Q ⎛11⎫
-+ ⎪
4πε0εr ⎝R R '⎭4πε0R '
Q ⎛1εr -1⎫= +⎪
'4πε0εr ⎝R R ⎭
=
Q
5-31 （1） D =εE =ε0εr E =8. 85⨯10-12⨯3⨯1. 0⨯106 =2. 66⨯10-5
C ⋅m -2
（2）
σ0=D =2. 66⨯10-5C ⋅m -2
（3） E =E σ0-σ'
0-E '=ε 0
σ'=σ0-ε0E =2. 66⨯10-5-8. 85⨯10-12⨯1. 0⨯106
=1. 78⨯10-5
C ⋅m -2
（4） E σ02. 66⨯10-5
0=ε=8. 85⨯10-12
=3. 0⨯106V ⋅m -1 0 E '=σ'ε=1. 78⨯10-5 8. 85⨯10
-12
=2. 0⨯106V ⋅m -1
05-32 设A 、B 两导体球分别带有电荷Q 和-Q ，则两球的电势差为
u ⎛1Q 1Q ⎫⎛1Q 1Q ⎫
A -u B = 4πεa -4πεL ⎪⎪- ⎝⎭ ⎝4πεL -4πε0a ⎪⎪
000⎭ =
Q 2πε-
Q Q 0a 2πε0L
≈
2πε0a
C =
Q
u u =2πε0a
A -B
5-33 用导线连接二导体，这相当将电容C 1和C 2并联，此时等效电容和总电量分别为C =C 1+C 2Q =c 1u 1+c 2u 2
根据电容C =Q /u ，故联接二导体后它们的电势为
u =Q /C =
C 1u 1+C 2u 2
C
1+C 2
这时电容C 2上的电量为
'=C 2u =Q 2
则由导体1流向导体2的电量为
C 2
(C 1u 1+C 2u 2)
C 1+C 2
C ∆Q =Q '-Q 2
2
2=C (C 1u 1+C 2u 2) -C 1u 1
1+C 2
=
C 1C 2
C C (u 1-u 2)
1+2
5-34 （1）以任意半径r 作金属球的同心球面为高斯面，由介质中的高斯定理可得：D ⋅d S =D ⋅4πr 2
=∑q i
D =
∑q i
4πr
2
, E =
D
∑q i ε=
0εr
4πε0εr r
2
当r
∑q i =0
D 1=0
E 1=0
R ∑q i =Q
D Q 2=
4πr 2E 2=
Q 4πε2
0r a
∑q Q Q i =Q D 3=4πr 2E 3=
4πε
0εr r 2
r >b
∑q Q Q i =Q D 4=4πr 2
E 4=
4πε2
0r
（2）电势分布：
r
u R
1=⎰D ⋅d r +⎰a b ∞ r R
E 2⋅d r +⎰a
E 3⋅d r +⎰b
E 4⋅d r
=⎰
a
Q d r b R 4πεr 2+0
⎰Q d r ∞Q d r a 4πε+0εr r 2⎰b 4πε20r =
Q ⎡⎢⎛ 11⎫1
⎛4πε⎝R -a ⎪⎭+ 10⎣εr ⎝a -1⎫1⎤b ⎪⎭+b ⎥⎦
=
Q ⎡1(εr -1)(a -b 4πε⎢+) ⎤
⎥0⎣R ab εr ⎦
R u ⎰
a
E b ∞
2=r
2⋅d r +⎰a
E 3⋅d r +⎰b
E 4⋅d r
Q ⎡⎛11⎫1⎛11⎫1⎤
⎢ -⎪+ -⎪+⎥4πε0⎣⎝r a ⎭εr ⎝a b ⎭b ⎦
Q ⎡1(εr -1)(b -a ) ⎤=⎢+⎥4πε0⎣r ab εr ⎦
=
a
u 3=⎰
=
b
r
∞
E 3d r +⎰E 4⋅d r
b
Q ⎡1⎛11⎫1⎤
⎢ -⎪+⎥4πε0⎣εr ⎝r b ⎭b ⎦
Q ⎛1ε-1⎫= +⎪4πε0εr ⎝r b ⎭r >b
∞
u 4=⎰
r
E 4⋅d r =
Q 4πε0r
（3）这相当于内外半径分别为R 与a 的球形空气电容器C 1与内外半径分别为a 与b 的球形介质电容器C 2，二者相串联，其等效电容为
C =
4πε0Ra
, a -R
4πε0εr ab
b -a
C 1⋅C 2
C 1+C 2
其中C 1=C 2=
将C 1、C 2代入上式C =
4πε0εr Rab
R (b -a ) +εr b (a -R )
5-35 （1）在介质中以任意半径r 作圆柱体同轴的闭合圆柱面为高斯面，由介质中的高斯定理可得
D ⋅d S =2πrlDl =l λ
∴ D =
λ2πr
E =
D
ε0εr
=
λ
2πε0εr r
（2）设介质内表面上单位长度的极化电荷为-λ'，则对上述高斯面应用高斯定理
E ⋅d S =
λ1
2πrl =(l λ-l λ')
2πε0εr r ε0λ1
=(λ-λ') ε0εr ε0
λ'= 1-
⎝
⎛
1⎫
⎪λ ⎪εr ⎭
则介质内表面上的极化电荷面密度为
'=σ内
介质外表面上的极化电荷密度为
-λ'(εr -1) λ
=
2πR 12πεr R 2
(ε-1) λλ
=r
2πR 22πεr R 2
σ外=
5-36 （1）设两电介质中的电位移和场强分别为D 1、D 2和E 1、E 2，两板板间的电势差
u =E D 1d 1
D 2d 2
⎛d 1d
⎫
1d 1+E 2d 2=ε+σ +2
⎪0εr ⎪ 1ε0εr 2⎝ε0εr 1ε0εr 2
⎭
∴
σ=
u εr 1εr 2d =
u ε01
d
1εr ε+
d 2
2+d 2εr 1
0εr
1
ε0εr
2
则两介质中各点的能量体密度为
w 121σ21σ21u 2ε0εr 1ε2r 2
1=2ε. 0εr 1E 1=2ε. 0εr 1ε2ε2==012ε. 0εr 22(d 1εr 2+d 2εr 1) 2
2002⨯8. 85⨯10-12⨯4⨯22 =
2⨯(2⨯10-3⨯2+3⨯10-3⨯4) 2
=1. 11⨯10-2J ⋅m -3
22w 121σ21σ21u ε0εr 1εr 2
2=2ε. 0εr 2E 2=2ε. 0εr 2ε2ε2==0r 22ε. 0εr 22(d 1εr 2+d 2
2εr 1) 2002⨯8. 85⨯10-12⨯2⨯42 =
2⨯(2⨯10-3⨯2+3⨯10-3⨯4) 2
=2. 22⨯10-2J ⋅m -3
（2） W 1=w -2
-3
1d 1S =1. 11⨯10⨯2⨯10⨯40⨯10-4
=8. 88⨯10-8J
W -2-3-4
2=w 2d 2s =2. 22⨯10⨯3⨯10⨯40⨯10 =2. 66⨯10-7
J （3） W =W 1+W 2=8. 88⨯10
-8
+2. 66⨯10-7=3. 55⨯10-7J
5-37 （1）由高斯定理可求得电场分布 R 1
E =
Q 4πε0r 2
r
r >R 3 E = R 2
∞11
ε0E 2d V +⎰ε0E 2d V
R 322
Q 4πε0r 2
W =W 1+W 2=⎰
R 2
R 1
=⎰
R 2
R 1
∞1Q 21Q 222
ε04πr d r +ε4πr d r 0224234⎰R 3216πε0r 216πε0r
Q 2
=
8πε0
⎛111⎫ ⎪-+ R R R 3⎪2⎝1⎭(3⨯10-8) 211⎫⎛1=-+ ⎪8⨯3. 14⨯8. 85⨯10-12⎝2⨯10-24⨯10-25⨯10-2⎭=1. 82⨯10-4J
（2）导体球壳接地，导体球壳外表面不带电，球壳外场强为零，这时电场的能量
W =⎰
R 2
R 1
R 211Q 222
ε0E d V =⎰ε04πr d r 224R 12216πε0r
⎛11⎫ - R R ⎪⎪
2⎭⎝1
(3⨯10-8) 21⎫⎛1
- = -12-2-2⎪8⨯3. 14⨯8. 85⨯10⎝2⨯104⨯10⎭
=1. 01⨯10-4J
Q 2=
8πε0
1Q 2
由W = 得
2C
Q 2(3⨯10-8) 2-12
C ===4. 46⨯10F -4
2W 2⨯1. 01⨯10
5-38 （1）平行板电容器抽出金属板后的电容为C 0=
ε0S
d 1
，插入金属板时的电容为
C =
ε0S
d 1-d 2
，当充电到u =600V 后拆去电源，然后抽出金属板，除金属板秘在位置外的
空间场强不变，均为
E =
u 600
==3⨯105V ⋅m -1 -3
d 1-d 2(3-1) ⨯10
（2） 抽出金属板需作功
11A =W 2-W 1=2ε0E 2Sd 1-2ε0E 2S (d 1-d 2)
=1
2ε2
0E Sd 2
=1
2⨯8. 85⨯10-12⨯(3⨯105) 2⨯300⨯10-4⨯1. 0⨯10-3
=1. 2⨯10-5J
5-39 由高斯定理可求得带球体内、外的场强为（略）
E 1
内=rQ 4πεR 3
E 1Q
外=4πεr 2
其电场所储存的能量
W =W R 1
1+W 2=⎰2ε2∞12
00E 内d V +⎰R 2ε0E 外d V
=⎰R 1r 2Q 2
216π2ε264πr d r +⎰∞10εQ 2ε2002244πr 2d r
0R R 216πε0r
=Q 2Q 23Q 2
40πε+πε=
0R 80R 20πε0R
5-40 由于并联前后电量不变，所以有
C 1u 1=(C 1+C 2) u 2
由此可得
C C 1(u 1-u 2)
2=u =100⨯(100-30) =233PF
230
能量减少为
-∆W =1
2C u 212
11-2(C 1+C 2) u 2
1
=2⨯100⨯10-12⨯1002-1
2(100+233) ⨯10-12⨯302
=3. 5⨯10-7J
97