高中物理奧林匹克競賽專題靜電場典型習題有詳解答案

1、題7.1：1964年，蓋爾曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克構成，中子就是由一個帶的上夸克和兩個帶下夸克構成，若將夸克作為經典粒子處理（夸克線度約為10-20 m），中子內的兩個下夸克之間相距2.60´10-15 m。求它們之間的斥力。題7.1解：由于夸克可視為經典點電荷，由庫侖定律 與方向相同表明它們之間為斥力。題7.2：質量為m，電荷為-e的電子以圓軌道繞氫核旋轉，其動能為Ek。證明電子的旋轉頻率滿足其中是真空電容率，電子的運動可視為遵守經典力學規(guī)律。題7.2分析：根據題意將電子作為經典粒子處理。電子、氫核的大小約為10-15 m，軌道半徑約為10-10 m，故電子、氫核都可視作

2、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 由此出發(fā)命題可證。證：由上述分析可得電子的動能為 電子旋轉角速度為 由上述兩式消去r，得題7.3：在氯化銫晶體中，一價氯離于Cl-與其最鄰近的八個一價格離子Cs+構成如圖所示的立方晶格結構。（1）求氯離子所受的庫侖力；（2）假設圖中箭頭所指處缺少一個銫離子（稱作品格缺陷），求此時氯離子所受的庫侖力。題7.3分析：銫離子和氯離子均可視作點電荷，可直接將晶格頂角銫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。解：（l）由對稱性，每條對角線上的一對銫離子與氯離子間的作用合力為零，故（2）除了有缺

3、陷的那條對角線外，其它銫離子與氯離子的作用合力為零，所以氯離子所受的合力的值為 方向如圖所示。題7.4：若電荷Q均勻地分布在長為L的細棒上。求證：（1）在棒的延長線，且離棒中心為r處的電場強度為（2）在棒的垂直平分線上，離棒為r處的電場強度為若棒為無限長（即），試將結果與無限長均勻帶電直線的電場強度相比較。題7.4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，其電荷為dq = Qdx/L，它在點P的電場強度為 整個帶電體在點P的電場強度接著針對具體問題來處理這個矢量積分

4、。（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， （2） 若點P在棒的垂直平分線上，則電場強度E沿x軸方向的分量因對稱性疊加為零，因此，點P的電場強度就是 證：（1）延長線上一點P的電場強度，利用幾何關系統(tǒng)一積分變量，則電場強度的方向沿x軸。（3） 根據以上分析，中垂線上一點P的電場強度E的方向沿軸，大小為利用幾何關系統(tǒng)一積分變量，則當棒長時，若棒單位長度所帶電荷為常量，則P點電場強度此結果與無限長帶電直線周圍的電場強度分布相同。這說明只要滿足，帶電長直細棒可視為無限長帶電直線。題7.5：一半徑為R的半圓細環(huán)上均勻分布電荷Q，求環(huán)心處的電場強度題7.5分析：在求環(huán)心處

5、的電場強度時，不能將帶電半圓環(huán)視作點電荷?，F將其抽象為帶電半圓弧線。在弧線上取線元dl，其電荷此電荷元可視為點電荷，它在點O的電場強度。因圓環(huán)上電荷對y軸呈對稱性分布，電場分布也是軸對稱的，則有，點O的合電場強度，統(tǒng)一積分變量可求得E。解：由上述分析，點O的電場強度由幾何關系，統(tǒng)一積分變量后，有方向沿y軸負方向。題7.6：用電場強度疊加原理求證：無限大均勻帶電板外一點的電場強度大小為（提示：把無限大帶電平板分解成一個個圓環(huán)或一條條細長線，然后進行積分疊加）題7.6分析：求點P的電場強度可采用兩種方法處理，將無限大平板分別視為由無數同心的細圓環(huán)或無數平行細長線元組成，它們的電荷分別為求出它們在軸

6、線上一點P的電場強度dE后，再疊加積分，即可求得點P的電場強度了。證1：如圖所示，在帶電板上取同心細圓環(huán)為微元，由于帶電平面上同心圓環(huán)在點P激發(fā)的電場強度dE的方向均相同，因而P處的電場強度電場強度E的方向為帶電平板外法線方向。證2：如圖所示，取無限長帶電細線為微元，各微元在點P激發(fā)的電場強度dE在Oxy平面內且對x軸對稱，因此，電場在y軸和z軸方向上的分量之和，即Ey、Ez均為零，則點P的電場強度應為積分得電場強度E的方向為帶電平板外法線方向。上述討論表明，雖然微元割取的方法不同，但結果是相同的。題7.7：水分子H2O中氧原子和氫原子的等效電荷中心如圖所示。假設氧原子和氫原子等效電荷中心間距

7、為r0。試計算在分子的對稱軸線上，距分子較遠處的電場強度。題7.7分析：水分子的電荷模型等效于兩個電偶極子，它們的電偶極矩大小均為，而夾角為。疊加后水分子的電偶極矩大小為，方向沿對稱軸線。由于點O到場點A的距離x>>r0，利用教材中電偶極子在延長線上的電場強度可求得電場的分布。 也可由點電荷的電場強度疊加，求電場分布。解1：水分子的電偶極矩在電偶極矩延長線上 解2：在對稱軸線上任取一點A，則該點的電場強度由于 代入得測量分子的電場時，總有x>>r0，因此，式中，將上式化簡并略去微小量后，得題7.8：無兩條無限長平行直導線相距為r0，均勻帶有等量異號電荷，電荷線密度為l。

8、（1）求兩導線構成的平面上任一點的電場強度（設該點到其中一線的垂直距離為x）；（2）求每一根導線上單位長度導線受到另一根導線上電荷作用的電場力。題7.8分析：（1）在兩導線構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)的電場的疊加。 （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來乘以單位長度導線所帶電的量，即：F = lE應該注意：式中的電場強度E是除去自身電荷外其它電荷的合電場強度，電荷自身建立的電場不會對自身電荷產生作用力。題7.8解：（1）設點P在導線構成的平面上，、分別表示正、負帶電導線在P點的電場強度，則有（2）設、分別表示正、負帶電導線單位長

9、度所受的電場力，則有顯然有，相互作用力大小相等，方向相反，兩導線相互吸引。題7.9：如圖所示，電荷分別均勻分布在兩個半徑為R的半細圓環(huán)上。求：（1）帶電圓環(huán)偶極矩的大小和方向；（2）等效正、負電荷中心的位置。題7.9分析：（1）電荷分布呈軸對稱，將細環(huán)分割成長度均為ds的線元，帶正電荷的上半圓環(huán)線元與帶負電荷的下半圓環(huán)對稱位置上的線元構成一元電偶極子，細圓環(huán)總的偶極矩等于各元電偶極矩之和，有（2）由于正、負電荷分別對稱分布在y軸兩側，我們設想在y軸上能找到一對假想點，如果該帶電環(huán)對外激發(fā)的電場可以被這一對假想點上等量的點電荷所激發(fā)的電場代替，這對假想點就分別稱作正、負等效電荷中心。等效正負電荷

10、中心一定在y軸上并對中心O對稱。由電偶極矩p可求得正、負等效電荷中心的間距，并由對稱性求得正、負電荷中心。解：（1）將圓環(huán)沿y軸方向分割為一組相互平行的元電偶極子，每一元電偶極子帶電則帶電圓環(huán)的電偶極矩 （2）等效正、負電荷中心間距為根據對稱性正、負電荷中心在y軸上，所以其坐標分別為和。 也可以借助幾何中心的定義，得即正、負電荷中心分別在y軸上距中心 O為處題7.10：設勻強電場的電場強度E與半徑為R的半球面的對稱軸平行，試計算通過此半球面的電場強度通量。題7.10分析方法1：由電場強度通量的定義，對半球面S求積分，即。方法2：作半徑為R的平面與半球面S一起可構成閉合曲面，由于閉合面內無電荷，

11、由高斯定理這表明穿過閉合曲面的凈通量為零，穿入平面的電場強度通量在數值上等于穿出半球面S的電場強度通量。因而解1：取球坐標系，電場強度矢量和面元在球坐標系中可表示為解2：由于閉合曲面內無電荷分布，根據高斯定理，有依照約定取閉合曲面的外法線方向為面元dS的方向，題7.11：邊長為a的立方體如圖所示，其表面分別平行于xy、yz和zx平面，立方體的一個頂點為坐標原點?，F將立方體置于電場強度的非均勻電場中，求電場對立方體各表面及整個立方體表面的電場強度通量。題7.11解：參見圖。由題意E與Oxy面平行，所以對任何與Oxy面平行的立方體表面。電場強度的通量為零。即。而考慮到面CDEO與面ABGF的外法線

12、方向相反，且該兩面的電場分布相同，故有同理因此，整個立方體表面的電場強度通量題7.12：地球周圍的大氣猶如一部大電機，由于雷雨云和大氣氣流的作用，在晴天區(qū)域，大氣電離層總是帶有大量的正電荷，云層下地球表面必然帶有負電荷。晴天大氣電場平均電場強度約為120 V×m-1，方向指向地面。試求地球表面單位面積所帶的電荷（以每平方厘米的電子數表示）。題7.11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斯面，利用高斯定理可求得高斯面內的凈電荷。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（RE為地球平均半徑）。由高斯定理地球表面電荷面密度單位

13、面積額外電子數題7.13：設在半徑為R的球體內，其電荷為對稱分布，電荷體密度為k為一常量。試用高斯定理求電場強度E與r的函數關系。（你能用電場強度疊加原理求解這個問題嗎?）題7.13分析：通常有兩種處理方法：（1）利用高斯定理求球內外的電場分布。由題意知電荷呈球對稱分布，因而電場分布也是球對稱，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，因而有根據高斯定律，可解得電場強度的分布（2）利用帶電球殼電場疊加的方法求球內外的電場分布。將帶電球分割成無數個同心帶電球殼，球殼帶電荷為，每個帶電球殼在殼內激發(fā)的電場dE = 0，而在球殼外激發(fā)的電場由電場疊加可解得帶電球

14、體內外的電場分布解1：因電荷分布和電場分布均為球對稱，球面上各點電場強度的大小為常量，由高斯定律得球體內球體外（rR）解2：將帶電球分割成球殼，球殼帶電由上述分析，球體內球體外（rR）題7.14：一無限大均勻帶電薄平板，電荷面密度為s，在平板中部有一半徑為r的小圓孔。求圓孔中心軸線上與平板相距為x的一點P的電場強度。題7.14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

15、平板和一個帶相反電荷（電荷面密度）的圓盤。這樣中心軸線上的電場強度等效于平板和圓盤各自獨立在該處激發(fā)的電場的矢量和。解：在帶電平面附近為沿平面外法線的單位矢量；圓盤激發(fā)的電場它們的合電場強度為在圓孔中心處x = 0，則 E = 0在距離圓孔較遠時x>>r，則上述結果表明，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。題7.15：一無限長、半徑為R的圓柱體上電荷均勻分布。圓柱體單位長度的電荷為l，用高斯定理求圓柱體內距軸線距離為r處的電場強度。題7.15分析：無限長圓柱體的電荷具有軸對稱分布，電場強度也為軸對稱分布，且沿徑矢方向。取同軸往面為高斯面，電場強度

16、在圓柱側面上大小相等，且與柱面正交。在圓柱的兩個底面上，電場強度與底面平行，對電場強度通量貢獻為零。整個高斯面的電場強度通量為由于，圓柱體電荷均勻分布，電荷體密度，處于高斯面內的總電荷由高斯定理可解得電場強度的分布，解：取同軸柱面為高斯面，由上述分析得題7.16：一個內外半徑分別R1為R2和的均勻帶電球殼，總電荷為Q1，球殼外同心罩一個半徑為 R3的均勻帶電球面，球面帶電荷為Q2。求電場分布。電場強度是否是場點與球心的距離r的連續(xù)函數？試分析。題7.16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。由于電荷呈球對稱分布，電場強度也為球對稱分布，高斯面上電場強度沿徑矢方向，

17、且大小相等。因而，在確定高斯面內的電荷后，利用高斯定理即可求的電場強度的分布解：取半徑為r的同心球面為高斯面，由上述分析r < R1，該高斯面內無電荷，故 E1 = 0R1 < r < R2，高斯面內電荷，故 R2 < r < R3，高斯面內電荷為Q1，故r > R3，高斯面內電荷為Q1+ Q2，故 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所示。 在帶電球面的兩側，電場強度的左右極限不同，電場強度不連續(xù)，而在緊貼r = R3的帶電球面兩側，電場強度的躍變量這一躍變是將帶電球面的厚度抽象為零的必然結果，且具有普遍性。實際帶電球面應是有一定厚度的

18、球殼，殼層內外的電場強度也是連續(xù)變化的，如本題中帶電球殼內外的電場，如球殼的厚度變小，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。題7.17：兩個帶有等量異號電荷的無限長同軸圓柱面，半徑分別為R1和R2 (R2 > R1)，單位長度上的電荷為l。求離軸線為r處的電場強度：（1）r < R1，（2）R1 < r < R2，（3）r > R2題7.17分析：電荷分布在無限長同軸圓拄面上，電場強度也必定呈軸對稱分布，沿徑矢方向。取同軸圓柱面為高斯面，只有側面的電場強度通量不為零，且，求出不同半徑高斯面內的電荷。利用高斯定理可解得各區(qū)域電場的分布。解：作同軸圓

19、柱面為高斯面。根據高斯定理 在帶電面附近，電場強度大小不連續(xù)，電場強度有一躍變題7.18：如圖所示，有三個點電荷Q1、Q2、Q3沿一條直線等間距分布，已知其中任一點電荷所受合力均為零，且Q1 = Q2 = Q3。求在固定Q1、Q3的情況下，將Q2從點O移到無窮遠處外力所作的功。題7.18分析：由庫侖力的定義，根據Q1、Q3所受合力為零可求得Q3外力作功應等于電場力作功W的負值，即。求電場力作功的方法有兩種，（l）根據功的定義，電場力作的功為其中是點電荷Q1、Q3產生的合電場強度。（2）根據電場力作功與電勢能差的關系，有其中V0是Q1、Q3在點O產生的電勢（取無窮遠處為零電勢）。解1：由題意Q1

20、所受的合力為零 解得 由點電荷電場的疊加，Q1、Q3激發(fā)的電場在y軸上任意一點的電場強度為將Q2從點O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？），外力所作的功為解2：與解1相同，在任一點電荷所受合力均為零時。并由電勢的疊加得Q1、Q3在點O電勢將Q2從點O推到無窮遠處的過程中，外力作功比較上述兩種方法，顯然用功與電勢能變化的關系來求解較為簡潔。這是因為在許多實際問題中直接求電場分布困難較大，而求電勢分布要簡單得多。題7.19：已知均勻帶電長直線附近的電場強度近似為 l為電荷線密度。（1）求在r = r1和r = r2兩點間的電勢差；（2）在點電荷的電場中，我們曾取處的電勢為

21、零，求均勻帶電長直線附近的電勢時，能否這樣?。吭囌f明，題7.19解：（1）由于電場力作功與路徑無關，若取徑矢為積分路徑，則有 （2）不能。嚴格地講，電場強度只適用于無限長的均勻帶電直線，而此時電荷分布在無限空間。處的電勢應與直線上的電勢相等。題7.20：如圖所示，有一薄金屬環(huán)，其內外半徑分別為R1和R2，圓環(huán)均勻帶電，電荷面密度為s（s > 0）。（1）計算通過環(huán)中心垂直于環(huán)面的軸線上一點的電勢；（2）若有一質子沿軸線從無限遠處射向帶正電的圓環(huán)，要使質子能穿過圓環(huán)，它的初速度至少應為多少？題7.20分析：（1）如圖所示，將薄金屬環(huán)分割為一組不同半徑的同心帶電細圓環(huán)，利用細環(huán)軸線上一點的電

22、勢公式，根據電勢疊加原理 ，將這些不同半徑的帶電圓環(huán)在軸線上一點的電勢相加，即可得到軸線上的電勢分布。 （2）由軸上電勢分布的結果可知，在圓環(huán)中心處（x = 0）電勢V有極大值，當質子從無窮遠處射向圓環(huán)時，電勢能逐漸增加，而質子的動能隨之減少。若要使質子穿過圓環(huán)，則質子在圓環(huán)中心處Ek ³ 0。根據能量守恒定律，可求出電子所需初速度的最小值。解：（1）在環(huán)上割取半徑為r、寬度為 dr的帶電細回環(huán)，其所帶電荷為它在軸線上產生的電勢為 薄金屬環(huán)的電勢等于這些同心軸圓環(huán)電勢的疊加 （2）根據能量守恒定律，為使質子在圓環(huán)中心處的動能Ek³0，開始時質子的初速率應滿足即上式表明質子欲

23、穿過環(huán)心，其速率不能小于題7.21：兩個同心球面的半徑分別為R1和R2，各自帶有電荷Q1和Q2。求：（1）各區(qū)域電勢分布，并畫出分布曲線；（2）兩球面間的電勢差為多少？題7.21分析：通?？刹捎脙煞N方法（1）由于電荷均勻分布在球面上，電場分布也具有球對稱性，因此，可根據電勢與電場強度的積分關系求電勢。取同心球面為高斯面，借助高斯定理可求得各區(qū)域的電場強度分布，再由可求得電勢分布。 （2）利用電勢疊加原理求電勢。一個均勻帶電的球面，在球面外產生的電勢為在球面內電場強度為零，電勢處處相等，等于球面的電勢其中R是球面的半徑。根據上述分析，利用電勢在加原理，將兩個球面在各區(qū)域產生的電勢疊加，可求得電勢

24、的分布。解1：（l）由高斯定理可求得電場分布由電勢可求得各區(qū)域的電勢分布。當時，有 當時，有 當時，有 （2）兩個球面間的電勢差解2：（l）由各球面電勢的疊加計算電勢分布。若該點位于兩個球面內，即，則 若該點位于兩個球面之間，即，則若該點位于兩個球面之外，即，則 （2）兩個球面間的電勢差題7.22：一半徑為R的無限長帶電細棒，其內部的電荷均勻分布，電荷的體密度為r?，F取棒表面為零電勢，求空間電勢分布并畫出分布曲線 分析 無限長均勻帶電細棒電荷分布呈軸對稱，其電場和電勢的分布也呈軸對稱。選取同軸柱面為高斯面，利用高斯定理可求得電場分布E(r)，再根據電勢差的定義并取棒表面為零電勢（Vb = 0），即可得空間任意點的電勢解：取高度為l、半徑為r且與帶電律同軸的回柱面為高斯面，由高斯定理當時 得當時 得取棒表面為零電勢，空間電勢的分布有當時，當時，圖是電勢V隨空間位置r的分布曲線。題7.23：兩個很長的共軸圓柱面（R1 = 3.0´10-2 m，R2 = 0.10 m），帶有等量異號的電荷，兩者的電勢差為450 V。求：（1）圓柱面單位長度上帶有多少電荷？（2）兩圓柱面之間的電場強度。題7.23：兩圓柱面之間的電場根據電勢差的定義有解得兩圓