真空中的静电场习题汇总

第九章-真空中的静电场习题汇总第九章真空中的静电场91如图9-191如图9-1所示,电量为+q的三个点电荷，分别放在边长为a的等边三角形ABC的三个顶点上，为使每个点电荷受力为零，可在三角形中心处放另一点电荷Q，则Q的电量解：由对称性可知，只要某个顶点上的电荷受力为零即可。C处电荷所受合力为零，需使中心处的点电荷Q对它的引力F与A，B两个顶点处电荷的对它的斥力K，F2三力平衡，如图1 29-2所示，即F=-(F1+F2)

因此F=2F]cos30°即 Qq=-=2q2cos30°4吗俘a)2 4吗a2解得Q=Tq9-2真空中两条平行的无限长的均匀带电直线，电荷线密度分别为+入和-入，点P1和P2与两带电线共面，其位置如图9-3所示，取向右为坐标X正向，则EP]EP2 图9-3解：IDP1点场强为无限长均匀带电直线儿-A在该点产生的场强的矢量和，即图9-3EP1=%+E-九其大小为九.九. in£0dEp= 1+ 1=P1 2n£0d2ng°d方向沿X轴正方向。（2）同理可得E尸22nE尸22n£0(3d)2ng0d九. i3n£0d方向沿x轴负方向。9-3一个点电荷也位于一边长为L的立方则通过立方体一面的电通。如果该图9-4体的中心，如图9-4所示,量为电荷移到立方体的一个顶角上，那么通过立方体每一面的电通量则通过立方体一面的电通。如果该图9-4JJSE.dsqE/其中S为立方JJSE.dsqE/其中S为立方体的各面所形成的闭合高斯面，所以，通过任一面的电通量为nG H图9-5（2）当电荷+q移至立方体的一个顶角上，与+q个大小相同的立方体，形成边长为2L且与原边平行的大立方体，如图95所示，这个大立方体的每一个面的电通电都相等，且均等于“，对原6s0立方体而言，每个面的面积为大立方体一个面的面积的1/4,则每个面的电通量也为大立方体一个面的电通量的1/4,即此时通过立方体每一面的电通量为一」沙1q。--JJE•dS= —46S 24s09-4如图96所示,在场强为E的匀强静电场中，A,B两点距离为d,AB连线方向与E方向一致，从A点经任意路径到B点的场强线积分JE•dl= 。AB解：电场强度E沿闭合路径ACBD的环流为零，即有JE•dl=JE•dl+JE•dl=0因此皿 心血JE-dl=」E-dl=-(-Ed)=Ed零点，则离点电荷q为r的B处9-5如9-7图，在点电荷q的电场中，选取以q为中心、零点，则离点电荷q为r的B处解：以点电荷q为中心，作半径为丁的球面为高斯面，利用高斯定理J为高斯面，利用高斯定理JSE•命UZ记有E4兀r2=q-q得电场强度大小为E=-^―4兀8r22则B处的电势为Vb='：Ed+VA=*Ed2=尸力d2=怠（2-R9-6真空中有两无限大的均匀带电平面A，B，电荷面密度分别为+6-6如图9-8所示。若在两平面的中间插入另一面电荷密度为+6的无限大平面C后，P点场强的大小将为［ ］。C.原来A.原来的1/2B.C.原来的2倍 D.零解：每块无限大均匀带电平面均在空间产生均匀电场,一旦。当p=说只有A均在空间产生均匀电场,一旦。当p=说只有A和B两个带电平面时，因A,B面在P点产生的场强大小、方向均相同，根据场强叠加原理，CB图9-8Ep=2°一方向水平向右。280 80当在A,B面间插入C板后，A,C两带电平面在P点产生的场强相抵消。于是P点场强就等于平面B产生的场强，变为E6,因此,A,Ep=需B面间插入C板后，P点场强大小变为原来的1/2,且方向不变。故应选（A）。9-7关于高斯定理的理解有下面几种说法,其中正确的是［ ］。A.如高斯面上E处处为零，则该面内必无电荷B.如高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零C.如高斯面上E处处不为零，则高斯面内必有电荷D.如高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电通量必不为零E.高斯定理对变化电场不适用解：高斯面上E处处为零，则只能肯定面内电荷的代数和为零，不能肯定面内一不定无电E通量为零，即E通量为零，即JIEdS。，而一个函数的面积分为JJSE•dS=0零，不能说这个函数一定为零；如高斯面上E处处不为零，但有可能穿过高斯面的总通量为

零，如作一个高斯面包围一个电偶极子，则在高斯面上的场强处处不为零，但面内电荷的代数和为零；高斯定理不仅适用于恒定的场，也适用于变化的场。由此可见（A）、（B）、（C）和（E）（D）项是正确的，故应选（D）。项都是错误的。根据高斯定理H项都是错误的。根据高斯定理H/・叱£%可知*9-8以下说法中正确的是［A.电场强度相等的地方电势一定相等B.电势变化率绝对值大的地方场强的绝对值也一定大C.带正电的导体上电势一定为正D.电势为零的导体一定不带电解：电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点所受的电场力为零，电势为零的点表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力做功为零，因此电场强度相等的地方电势不一定相等。电势是一个相对量，某物体电势的高低与电势零点的选择有关，因此带正电的导体上电势不一定为正，电势为零的导体也不一定不带电，如无限长均匀带电圆柱，我们可选圆柱面上一点为电势零点。

由电场强度与电势变化率的关系；,dv，可知E=―/dl（B）是正确的，故应选（B）。9-9电量Q均匀分布在半径为R的球面上,坐标原点位于球心处，现从球面与x轴交点处挖去面元AS,并把它移至无穷远处（如图9-9所示），若选无穷远为零电势参考点，且将AS移走后球面上的电荷分布不变，则此球心0点的场强E0与电势U0分别为（注:i为单位矢量）[ ]。强E0与电势U0分别为（注:i为单位矢量）[ ]。A.C.D.QAS

— i(4nR2)2%QAs i，(4nR2)2£0QA$i，(4nR2)2£0QAs,— i(4nR2)2£0工(1-旦)4n£0R 4nR2Q4n£oRQ(1-45)解：球面上被挖去面元AS，根据场强叠加原理，则球心0处的场强等于带正电的闭合球面和带负电的面元AS在该点产生的场强的叠加。均匀带电闭合圆在在圆心处产生的合场强为零，由于面元AS很小，可将其视为带电为q'=oq'=oAS=-Q-AS=-QAS4R2 4nR2的点电荷，它在圆心处产生的场强E，二二4n£0R2 (4nR2)2£0方向由圆心指向面元加。球心0处的电势等于带正电的闭合球面在该处的电势q和带负电的面元及S在该点产生4n£oR的电势必S QAS的叠加，因此%故选（B）。Q 必S Q AS、= - = (1— )4n£o%故选（B）。Q 必S Q AS、= - = (1— )4n£oR4n£。R4n£。R 4nR29-10点电荷-q位于圆心处，A,B,C,D位于同一圆周上，如图9-10。分别求将一试验电荷q0从A点移到B,C,D各点，则电场力做功是［点，则电场力做功是［］。D.D.解:电场中，为A,B,A.A到B电场力做功最大B・A到C电场力做功最大C.A到D电场力做功最大电场力做功一样大本题是等势面特点的应用。点电荷的-q等势面是以为中心的一同心球面，因-qC,D在同一圆周上，故 。A九二AVc八VAD=0将试验电荷q0从A点移到B,C,D各点时，电

场力不做功，为零。故应选（D）。911如图9-11所示，真空中边长为a的正方形的四个角，分别放置点电荷q，2q，-3q，2q（q>0），它的正中放着一个正电荷q0,求这个电荷受力的大小和方向。2q a-3q图9-1122q a-3q图9-112q a-3q图9-12解：各点电荷在正方形中心产生的电场方向如图9-12所示，两个2q的点电荷对q0的作用力相抵消，q0所受合力即点电荷q,-3q对它的库仑力的合力，其大小为：厂qq0,3qq0qq02qq0F= 1 -= —= 4n£Qr24n£0r2n£0r2n£0a2合力的方向：指向点电荷-3q。

912如图9-13所示，一均匀带电直线长为L线电荷密度为鼠求下列各处的电场强度E：(1)带电直线的延长线上离中心0(直导线中•P ・P|3 |2点)为r处的场强；(2)带电直线的垂直平分线上离中心0为r处的।r rra1 . L -B图9-13场强；(3)离带电直线的一端A点垂直距离为r处的场强。解：本题是计算连续分布电荷的产生电场强度，此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒看作点电荷。可在直导线上选出电荷元，利用点电荷dq的电场强度公式求出场强。(1)对于P1点，建立如图9-14所示的坐标系。在带电直线上任取一线元dx，电荷元dq=%dx在P1点的场强为dE= H——4市0(r—x)2 1dxB r图9-14dxB r图9-14由于各电荷元在P1点产生的场强方向相同，于是整个带电直线在P1点的

场强为n£0(4r2-L2)-L24n£0(r-xn£0(4r2-L2)(2)对于P2点，建立如图9-15所示的坐标系。若点P2在9-15所示的坐标系。若点P2在2dE带电直线的垂直平分线上，因对P2r'称性，场强dE沿x轴方向的分量叠加为零，即E量叠加为零，即E=o，因此，P2x点的场强方向沿y点的场强方向沿y轴，电荷元图9-15dq=出在P2点产生的场强大小为24n£Qr'2dE的y分量为dE的y分量为dEy=dEsina=入dx .〜 sina4n£0r'2由几何关系，由几何关系，，r=rcsca一，贝L 2ada，于是x=rcota dx=-rcsc"adadEy九sinada4ndEy九sinada4n£orEy=dEy由于，a1—n—a2a1 4n£°r 4ng°r因此cos。］=-cosa2=(cosa2-cosa1)，代入上Vr2+(L2)2九九E=E=——y4底0r*2+(L:2)2 2低jy4r2+L11

4n£0rr2+(L2)2 2n%r\;4r2+L24n£0rr2+(L2)2 2n%r\;4r2+L2因此，带电直线在垂直平分线上P2点的场强大小为\l，方向沿y轴正方向。2n%r1,4r2+L2（3）对于P3点，建立如

3图9-16所示的坐标系。在带电直线上坐标为x处取电荷元为dx，它在P3点产生的场强3大小为dEy3rAx—L一图9-16设场强方向与y轴成a角，dE在Ox,Oy上的分量分别为dEv=-dEsina=x入dx.~■ =4n%(X2+d2)xx2+r24n£o(x2+r2)3/2dEy=dEcosa=入dx4n%(x2+r2)r2+r2入rdx4n%(x2+r2)3/2则P3点总场强E的x，y分量为Ex=JdE=-Ex=JdE=-JL04n£。(X2+r2V24吗(L2+r2)1/2Ey=^dEyL 入rdx=04n£o(x2+r2)3/2 4n£or(L2+r2)1/2写成矢量形式为12

E=E=Exi+Eyj=场强大小为4吗(L+r2)1/2.入L.

i+ j4nS0r(L2+r2)1/22<2n£Qr'设电场强度与J轴正方向的夹角为&则0=arctan—x=arctan (r-\、L+r2)Ey LL913一个细玻璃棒被变成半径为R的半圆+ -图9-17环,沿其左半部分均匀地分布电荷+。，沿其右半部分均匀地分布电荷-Q，如图9-17所示。（1）试求圆心0处的电场强度。（2）若在半圆中心+ -图9-17Zn2+，求其受力大小。解：（1）建立如图9-18所示坐标系，根据对称性，整个圆环在圆心0处的电场强度方向沿X轴正方向。首先求出电荷线密度为xQ人= nR/2在左半段取dl=RdO的电荷元，如图形-18所示，其电量为dq=入dl=———dl=———Rd0=—^dOnR/2 nR/2 n它在圆心0处的场强大小为13

+一图9-18dE[=+一图9-184n%R22n2%R2方向如图9-18所示。将dE投影于x，y轴上，得dEyd£cosO=空照Qsin0d0

2n2£0RQsin0d0

2n2£0R2dE]y=dE]sin0于是，左边1/4圆周在O点的场强E1的x分量（沿x正方向）（沿J（沿x正方向）（沿J正方向）Jd£1J2 =-^―“ "02n2£0R22n2£0R2E1vJd/J2 =y y 02n2£0R22n2£0R2用矢量形式表示，则为E、=-Q—i+—Q—j

12n2以r2 2n2以r2同理可算出，右边V4圆周在O点的场强E2为E2=-Q—i--Q—j22n2%R2 2n2%R2故O点的合场强为E=E〔+E°=—Q—i

1 2 n2%R2（2）若在半圆中心O处放一锌离子Zn2+，由于锌离子Zn2+带电量为2k1，故Zn2+在O处受力为14914无限长均匀带电半圆柱面半径为R,面电荷密度0=00cos6式中％是常量，中是径向与Ox方向间的夹角，如图9-19所示，试求圆柱线Oz上的电场强度。图9-20解：把柱面分成无数个平行于Oz轴的带电小窄条，带电体的横截面及坐标选取如图9-20(a)所示，其单位长度的电量为15

每一带电小窄条在轴线上产生的场强大小入 o0cosqd①方向如图9-20(b)。其分量式为dEv=-dEcos①=xdEdEy=-dEsin①=2n£0积分得Ex=Ex=jno0cos2①dr4£。EyEEyE=Exi+Eyj=4%0 2n80因此，圆柱轴线Oz上的场强为9-15两个平行无限大均匀带电平面，面电荷密度分别为o=4x10-iiC/m2，o=12-2x1giC/m2。求此系统的电场分布。解：无限大带电平面。jo2激发的电场强度大小分别为E=区12s2E=区12s28042^V/m=2.26V/m2x8.85x10-12=、2s02x^V/m=1.13V/m2x8.85x10-12由场强叠加原理得在o1板左侧电场大小为16,二七,二七石2=L13Vm方向垂直两板且背离％板。在两板间电场大小为EE二yE2=3・39V/m方向垂直指两板且向\板。2在％板右侧电场大小为2=1.13V/m方向垂直两板且背离\板。2E=E1-方向垂直两板且背离\板。2916—无限大均匀带电平面，电荷面密度为+。，在其上挖掉一半径为R的圆洞，如图9-21所示。试用场强叠加法求通过小孔中心并与平面圆洞，如图9-21所示。试用场强叠加法求通过小孔中心并与平面垂直的直线上的一点P电场强度。解：由场强叠加原理，把圆 图-I洞看成是电荷面密度为+。的无限大均匀带电平面和放在圆洞处面密度为-6半径为尺的圆盘的R叠加。这样，P处的电场强度可看作由电荷面密度为+6的无限大均匀带电平面产生的场强E1和放在圆洞处均匀带负电-6的圆盘产生的场强E2在该处的叠加。所以P处的总场强为E=E1+E2

E1=-i2%设OP=x，由带均匀电圆盘在轴线上一点的场强公式，得2%2%(1--n=x因此，P处的总场强为ox

i2%Vx2+R29-17如图9-22，电场强度在三个坐标轴方向的分量为E向的分量为Ex二2,£,二e「o设d=10cm,试求：，其中b=800Nm-i/2C-i，（1）通过立方体的总图9-22E=bx（1）通过立方体的总图9-22E=bx,E=0,y z电场强度通量；（2）立方体内的总电荷量；（3）如果电场强度的三个分量变为Ex=by,xb=800Nm-i/2C-i,请再计算通过立方体的总电场强度通量和立方体内的总电荷量。解：由于Ey=Ez=0,则通过立方体的上、下、前、后四个侧面的电场强度通量为零。又因场强有x分量，所以，立方体上垂直于x轴的左、右18

两个侧面邑和邑对电通量有贡献。设立方体左、右侧面场强分别为EX1和纥2,由于面S］的正法线矢量e的方向与纥1的方向之间的夹角为m故通过s1的电通量为①el=2吗1.⑭二ExlSlas兀=- =-b^d•d2 而面S2的正法线矢量e的方向与纥1的方向之/ n xi.间夹角为。，故通过§2的电通量为①e2="吗2⑭-纥2s2cosO=ExQ?—b72d•d2则立方体表面向总通量为曳二篌1+曳2二-b@d2+b41d•d2二42bd5/2-bd5/2=(72-l)x800x(10x10-2)5/2V・m(2)由高斯定理①e="1加=jZ%%3 %所以立方体内的总电荷量为occZ=£0O=8.85xio-12x1.05 =9.27x10—12(3)痂果电场强度的三个分量变为纥的,Ey=bxfE=0,通过与x轴垂直的两个侧面的电端量为ZbydSbydS①ai=11E,dS=ffbydScosn=-JJ

eiAXibydSbydS曳2』吗2"=ffbydScosO=ff这两个侧面的总用通量由 ”19

①e1+Q2①e1+Q2=0通过与J轴垂直的两个侧面的电通量为TOC\o"1-5"\h\z①。3=UE、「dS二UbxdScos0JIbxdS

e3c y1 c cS3 S3 S3①4=UE2.dS=UbxdScosn二一WbxdSS4一 S4 S4这两个侧面的总电通量为①e3+篮4=0又由于纥=0,则通过与工轴垂直的两个侧面z由高斯定理①e=曳1+①由高斯定理①e=曳1+①e2+Q3+①e4+①e5+兔6=0兔工E.dSTZqin'所以此时立方体S%内的总电荷量为OZqin=%①e=0918(1)设匀强电场的电场强度E与半径为R的半球面的轴线平行，如图9-23(a)所示,试计算通过此半球面的电场强度通量。(2)若场强方向与这个半球面的轴线的夹角为内6,如图9-23(b)所示，试计算通过此半球面的电场强度通量。20(a)图9-23(b)解：作半径为R的平面S，与半球面S一起构成闭合曲面，

20(a)图9-23(b)由于闭合面内无电荷，由高斯定理有OJJ$E-dS,E-dS+J(E-dS依规定：曲面上某点的法线矢量方向是垂直指向曲面外侧的，因此，通过此半球面的电场强919度通量919JJE-dS=-JJE.dS=-E.兀R2.cos兀=兀R2EJJE.dS=-JJE.dS=-E.兀R2.cos5n=3^-兀R2E6 2(1)地球表面附近的场强近似为；（2）在离地面200V/m，方向指向地球中心。试计算地球带的总电荷量。地球的半径为637106m；（2）在离地面6.37x1061400m处，场强降为20V/m，方向仍指向地球中心。试计算这1400m厚的大气层里的平均电荷密度。解：（1）考虑到地球表面附近的场强指向地球球心，说明地球带负电。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。由高斯定理21JJE.dS=-E4兀RE=—Zq

S E%得地球带的总电荷量Q为OZ_ 2_200义(6.37义106)2C=-9.02X105CQ=Zqin=-4联0ERE= 9；!^(2)在离地面1400m处，场强方向仍指向地球中心，但数值减小了，说明在这个高度内的大气层带有正电。设大气层带有正电荷q，高度为瓦取与地球同心，半径为6户h)的球面为也高斯面，由高斯定理JJEf-dSf=-E4n(RE+h)2=Q^q

S' E %得1400m处大气层里电荷量为o20x(6.37x106+1.4x103)2Cq=-[Q+4nenE(R「+h)2]=-[-9.02x105+——( 二]0E 9x109=8.12x105C因为h<<R，大气层体积近似为V=4n[(Re+h)3-rE]=4x3.14x[(6.37x106+1.4x103)3-(6.37x106)3]7.14x1017m3则大气层的平均电荷密度为q8.12x105C/m3=1.14x10-12C/m3p=—二 V7.14x10179-20两个同心均匀带电球面，半径分别为R1，R2,已知外球面的电荷面密度为入，大球外12面各点的电场强度都是零。试求:22(1)内球面的电荷面密度;(2)两球面之间，离球心为F处的场强;(3)小球面内各点的场强。解：(1)设小球面和大球面带电量分别为q1，q2在大球面外作一同心球面为高斯球面，如图9-24所示。已知,大球面外各点的场强为零，则该高斯面上E也处处为零，即E=0，图9-24整个高斯面上电通量于是由高斯定理得OJJE-dS=--Zqin=0Zqin=0即q1+q2=0q1=-q24nR2。1=-4nr,g2=-4nr2g由此得小球的面电荷密度为。1=R22GR1(2)如图9-25,在两球面间图9-2523以r为半径作同心高斯球面，由高斯定理于是，两球面间离球心为r处的场强为£0户E二(叫<r<R2)（3）如图9-26,在小球中作同心球面为高斯面，高斯面内，由高斯定理图9-26JJE•dS=E4兀r2=—Zqin=0此小球面内各点的算强OE=0,(r<R1)921一无限长的均匀带电薄壁圆筒，截面半径为R，面电荷密度为b，求其电场分布并画出E-r曲线。(a)(b)图9-2724解：电荷分布具有轴对称性，带电薄圆筒激发的电场也具有轴对称性。如图9-27（a）所示,取高为h，半径为r，Oy轴为轴线的正圆柱面为高斯面。由于E与上、下底面的法线垂直，所以通过圆柱两个底面的电场强度通量为零，而通过圆柱侧面的电场强度通量为E2Mh，由高斯定理可得（1）qin在圆筒内E12nrh=0在圆筒内E12nrh=0，则E1=0在圆筒外得<J，Xq,n=0，代入（1）式可得，Xqin”2nRh，代入（1）式可口r o2nRhE°2nrh= 2 p匕0oR%r25E-r曲线如图9-27(b)所示。9-22如图9-28所示，在与面电荷密度为。的无限大均匀带电平板相距d处有一点电荷q，q至平板垂线上有一P点，求P点的电势。平板，电势零点不能选在无限远处。d图9-28P_ qIO平板，电势零点不能选在无限远处。d图9-28P_ qIO选取点电荷q所在位置为坐标原点，沿0P方向为x轴正方向，建立如图所示坐标系。选取x=d处为零电势点，则点电荷q及无限大带电平板在P点产生的合场强为E———__2_4n£Q%2 2£0于是，P点的电势为Vp-JdE-dl-Jd(——-——--^-)dx—q(1-1)-^―(d-x)「Px4nsQx22%4nsQxd2%9-23两个同心的均匀带电球面，半径分别为R『5cm，R2=20cm，E知内球面的电势为V.1=60丫，外球面的电势V2=-30V。(1)求内、外球面上所带电量;(2)在两个球面之间何处的电势为零?解：设内、外球面上所带电量分别为q1，q2,由电势叠加原理，内、外球面的电势可表示为26J+ =60J+=-30J+=-304n£oR2 4n%R2联立以上两式，可求得为二6.7x10-10q2—3x10-9C（2）在两个球面之间某处电势为零，有%R26.7x10-10x20x10-2m=0.1mq2 1.3x10-9924在半径分别为R1和R2的两层同心球面中间，均匀分布着电荷体密度为p的正电荷，求：（1）离球心r处（，求：（1）离球心r处（，r<R1场强度；（2）离球心处（， )的电R1<r<R? r>R?R1，R1<r<R2， r>r)的电势，并画出E-r，V-r曲线。解：（1）电荷均匀分布在两同心球面中间，电场强度应沿径向球对称分布，以两球面的球心为中心作半径为r的同心球面为高斯面，如图9-29所示。由高斯定理有27

r在外球外（得J,£…r在外球外（得J,£…4n（期一阴）代入⑴式E p(R-Ri3)E3—o3%r2E-r曲线如图9-29所示。（2）取无穷远处为电势零点，即”,由电%=0势yJE.dl可求得各区域的电势分布，当r＜餐时，有rJ片EJ片Eidr+J22E2dr+f^Jdrr R1 R2二0+fR2E2dr+卜E3dr-f&也*dr+上修型drR1 R2 R1 3%r2 R2 3%r2二上厚十二上厚十厘一殂）

3%2R2 2特别当R时，有

r=R],《U-玄(gR12)28

28当““时，有R<r<R?R2 8 R2 8 ,彩= 2E2-dl+ E3-dl= 2E2"+ E3dr2r 2 R23 r 2R23JR2p(r3-R3)dr+J8P(R3-Ri'『r 3£0r2 R2 3£0r2特别当r二r时,有Vr2=3p0(R-R)当，时，有特别当r二r时,有Vr2=3p0(R-R)当，时，有r>R2V3=J8E3.dl=J8E3dr=J8P(R2-R13)dr=P(吟一R13)3 3 3 八0 Qo%r r r3£Qr2 380rV-r曲线如图9-29所示。925一半径为R的无限长圆柱体内均匀带电，电荷体密度为p。（1）求柱内、外电场强度分布；（2）以轴线为电势零点，求柱内、外的电势分布;（3）画出电场E、电势V随距轴线距离r的E-r，V-r函数曲线。解：（1）电荷分布具有轴对称性，带电圆柱体激发的电29图9-30场也具有轴对称性。取与带电圆柱同轴，高为h，半径为丁的圆柱面为高斯面。由于E与上、下底面的法线垂直，所以通过圆柱两个底面的电场强度通量为零，而通过圆柱侧面的电场强度通量为，E，E2兀rh由高斯定理可得E2E2nrh=—Zq.n

e0（1）在圆柱体内（在圆柱体内（r<R，Z2b，代入（1）式—qin=Pnr2h可得在圆柱体外（>,，r在圆柱体外（>,，r>RE产业2%Zqin二PnR2h'代入（1）式可得E2*2£0r（2）以轴线为电势零点，柱内、外的电势分布为在圆柱体内（<.）：r<Rpr24s0匕=J°E]drpr24s0rr280在圆柱体外（>,）：r>RRE2dr+J0E1drJR皿r+J°&r-坦InR-史2r2R]r2s0rR2s02s0r4s0

（3）E-r，V-r函数曲线如图9-30所示。926—均匀带电直线长为L，线电荷密度30

为/。求带电直线的延长线上离中心0(直导线九中点)为r的P点的电势。解：如图9-31所示，取电荷元dq=%dx，它在P点产生的电势为dv=—dq—=——4n£q（r一x）4ngq（r一x）根据电势叠加原理，则L -dq根据电势叠加原理，则L -dq整个带电直线在其延长线上P点产生的电势为VJdV= /2中r r图9-31dx4n£Q一L/2r-x.4ngQ.4ngQ一（L、1nr+~\ 27—1nr-Tk279-27一半径R=6cm的圆盘均匀带有面密度为g2x10-sC/m2的电荷，求：(1)轴线上任一点的电势；(2)根据电场强度与电势变化率的关系求该点的场强；示坐标系。将圆盘分成许多不同图9-32(3)计算离盘心8cm处的电势和电场强度。解：(1)建立如图9-32所示坐标系。将圆盘分成许多不同图9-32半径的同心带电细圆环,其中半径为r，宽为dr的圆环面积为2Mdr，此环带上的电量为dq=o2mdr，此电荷31在轴线上P点产生的电势为4n£。\:%2+r2 4n£。\22+r4n£。\:%2+r2 4n£。\22+r2根据电势叠加原理,轴线上任一点P的电势v」dv」Ro2nrd^_上(、JTQ-x)

04n£0%,x2+r2 2s0(1)（2）根据电场强度与电势梯度的关系，可求出轴线上任一P点的场强r)1- 〔XX2+R2J(2)场强方向沿X轴正方向。（3）由（1）、（2）两式可得，离盘心x=20cm处的电势和电场强度分别为V=—(\：x2+R2-x)=-2x105—(<(8x10-2)2+(6x10-2)2-8x10-2)72s0 2x8.85x10-12=2.26x104E=—2%2x10-52x8.85x1