第八章 静电场部分习题分析与解答

1第8章 静电场一、选择题1、如图所示，真空中一电偶极子，以无穷远为电势零点，其连线中垂线上P 点的场强大小E 和电势大小u 为（ D ）（A ）21220220)(2,)(2a r qu a r qaE +=+=πεπε （B ）0,)(423220=+=u a r qaE πε（C ）2122023220)(2,)(4a r qu a r qaE +=+=πεπε（D ）0,)(223220=+=u a r qaE πε2、电量之比为1：3：5的三个带同号电荷的小球A 、B 、C 保持在一条直线上，相互间距离比小球直径大得多，若固定A 、C 不动，改变B 的位置使B 所受电场力为零时，AB 与BC 的比值为( D ) （A ）5 （B ）1/5 （C ）5 （D ）513、在如图所示的电场中，有一负点电荷从A 运动到B ，则其运动过程中电势能和电势的变化情况以下说法正确的是（ A ）（A ）电势能增大，电势减小 （B ）电势能减小，电势增大 （C ）电势能增大，电势增大 （D ）电势能减小，电势减小 4、关于电场中电势和场强的的描述以下说法正确的是（ C ）（A ）电场线较密处电势一定高 （B ）电势为零处场强一定为零（C ）场强为零的空间中电势处处相等 （D ）在均匀电场中各点电势一定相等 5、关于电场强度的环流⎰•l l dE，以下说法不正确的是（ A ）（A ）对于某一电场，若0≠•⎰l l dE，则对于这种电场可以引入势的概念；（B ）静电场的0=•⎰l l dE，表明静电场是保守场（C ）0=•⎰l l dE表明静电场可以引入势的概念（D ）对于某种电场，若0≠•⎰l l dE，表明电场力做功与路径有关6、有两个点电荷电量都是 +q ，相距为2a 。

今以左边的点电荷所在处为球心，以a 为半径作一球形高斯面， 在球面上取两块相等的小面积S 1和S 2, 其位置如图所示。

设通过S 1 和 S 2的电场强度通量分别为1Φ和2Φ，通过整个球面的电场强度通量为S Φ，则（ D ） (A) 021/,εq ΦΦΦS => (B) 021/2,εq ΦΦΦS =< (C) 021/,εq ΦΦΦS == (D) 021/,εq ΦΦΦS =<7、图示为一对称性静电场的E-r 关系曲线，请指出该电场是由哪种带电体产生的(E 表示电场强度的大小，r 表示离对称轴的距离) （C ）（A ）”无限长”均匀带电圆柱面(半径为R) （B ）”无限长”均匀带电圆柱(半径为R) （C ）半径为R 的均匀带电球体 （D ）半径为R 的均匀带电球面一.7题图一.6题图28、电荷分布在有限空间内，则任意两点P 1、P 2之间的电势差取决于（ D ） (A) 从P 1移到P 2的试探电荷电量的大小 (B) P 1和P 2处电场强度的大小(C) 试探电荷由P 1移到P 2的路径 (D) 由P 1移到P 2电场力对单位正电荷所作的功 二、填空题1、先将点电荷Q 放在一球面中心，然后将Q 移到球面内任意位置过程中，通过球面的电通量e Φ不变，球面上各点场强E 变（填“变”、“不变”或者“等于0”）；若将Q 从中心移到球面外任意位置时，e Φ等于0，E变（填“变”、“不变”或者“等于0”）；点电荷仍在球心，而球面半径减小为原来的一半时，e Φ不变，E 增大（填“增大”、“减小”、或者“不变”）。

<<电场>>试题与考点分析1.两个大小相同的小球带有同种电荷(可看作点电荷)，质量分别为m 1和m 2，带电量分别是q 1和q 2，用绝缘线悬挂后，因静电力而使两悬线张开，分别与铅垂线方向成夹角α1和α2，且两球同处于一水平线上，如右图，若α1＝α2，则下述结论正确的是：( )A.q 1一定等于q 2B.一定满足2211m q m qC.m 1一定等于m 2D.必定同时满足q 1=q 2m 1=m 2(考查库仑定律的应用)2.电场中有一点P ，下列哪些说法是正确的：()A.若放在P 点的检验电荷的电量减半，则P 点的场强减半。

B.若P 点没有检验电荷，则P 点的场强为零。

C.P 点的场强越大，则同一种电荷在P 点受到的电场力越大。

D.P 点的场强方向为检验电荷在该点的受力方向。

(考查E 的决定因素及判断方法)3.如图为静电场的一部分电场线的分布，下列说法正确的是：( )A.这个电场可能是负点电荷的电场。

B.这个电场可能是匀强电场。

C.点电荷在A 点受到的电场力比在B 点时受到的电场力大。

D.负电荷在B 点时受到的电场力的方向沿B 点切线方向。

(考查电场线与E 大小关系)4.如下图，A 、B 两点电场强度相等的是：( )(考查E 为矢量还是标量)5.两个可自由移动的点电荷分别放在A 、B 两外，如右图，A 处电荷带正电Q 1，B 处电荷带负电 Q 2，且Q 2＝4Q 1，另取一个可以自由移动的点电荷Q 3放在AB 直线上。

欲使整个系统 处于平衡状态，则：( )A.Q 3为负电荷，且放于A 左方B.Q 3为负电荷，且放于B 右方C.Q 3为正电荷，且放于AB 之间D.Q 3为正电荷，且放于B 右方(在系统中考查库仑定律)6.如右图是表示在一个电场中的a 、b 、c 、d 四点分别引入检验电荷时，测得的检验电荷的电量 跟它所受电场力的函数关系图像，那幺下列叙述正确的是：( )A.这个电场是匀强电场B.abcd 四点的场强大小关系是E d ＞E a ＞E b ＞E cC.abcd 四点的场强大小关系是E a ＞E b ＞E d ＞E cD.无法确定这四个点的场强大小关系(E ＝qF，考查学生的综合分析能力) 7.在一个点电荷+Q 的电场中，一群负离子恰好能沿着以点电荷为圆弧从a 运动到b ，如右图， 则这些负离子只具有相同的：( )A.动能和电量B.动量和电量C.质量和速度D.质量和电量(在力学的基础上库仑定律的综合应用)8.如下图所示为某电场中的一条电场线，在这条直线上有a 、b 两点，用E a 、E b 表示a 、b 两 处的场强大小，则：( )A.a 、b 两点场强方向相同B.电场线从a 指向b ，E a ＞E bC.电场线是直线，且E a ＝E bD.不知a 、b 附近的电场线分布，E a 、E b 的大小不能确定(考查电场线的知识)9.一个质量m=30g ，带电量q ＝-1.7×10-8c 的半径极小的小球，用丝线悬挂在某匀强 电场中，电场线水平。

第八章 静电场知能图谱()()()()()2122 F E q Q E k r U E d F Eq q q F k r ⎧⎪⎧⎧⎧=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪=⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪=⎪⎪⎪⎩⎪⎨⎪⎪⎧=⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎨=⎪⎪⎪⎩⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎧⎨⎩任何电场电场强度真空中，点电荷匀强电场电场的力的性质任何电场静电力电场真空中，点电荷静电场电场线电势，等势面电势差电场的能的性质电势能静电力做功静电的应用和防止加速带电粒子在电场中的运电荷电动偏转荷守恒定律⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩一、电荷守恒定律与库仑定律知识能力解读智能解读：（一)电荷1．两种电荷：正电荷和负电荷用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷,用毛皮摩擦过的破橡胶棒带负电荷.基本特点：①同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引;②任何带电体都可以吸引轻小物体。

2．元电荷（1）元电荷(e ）：迄今为止，科学实验发现的最小电荷量就是电子所带的电荷量.人们把这个最小的电荷量叫做元电荷，用e 表示。

计算中,可取元电荷的值为191.6010C e -=⨯.所有带电体的电荷量或者等于e ，或者是e 的整数倍。

(2)电荷量：电荷的多少叫做电荷量，用Q （或q ）表示.在国际单位制中，电荷量的单位是库仑，简称库，用符号C 表示.通常,正电荷的电荷量为正值,负电荷的电荷量为负值.(3）比荷:带电体的电荷量q 与其质量m 之比叫比荷。

例如:电子的比荷为191130e 1.6010C 1.7610C kg 0.9110kg e m --⨯=≈⨯⨯. 说明：（1)元电荷只是一个电荷量,没有正负,不是物质。

电子、质子是实实在在的粒子，不是元电荷，其带电荷量为一个元电荷。

（2)元电荷是自然界中最小的电荷量,电荷量是不能连续变化的物理量，所有带电体的电荷量或者等于e ，或者是e 的整数倍。

3．点电荷：若带电体大小与它们之间的距离相比可以忽略时，这样的带电体可以看成点电荷，点电荷是一种理想化模型.知能解读：（二）物体的三种起电方式知能解读：（三）电荷守恒定律两种表述：（1）电荷既不会创生,也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变。

静电场练习题及答案解析练习1一、选择题1. 一带电体可作为点电荷处理的条件是( )A. 电荷必须呈球形分布；B. 带电体的线度与其它有关长度相比可忽略不计；C. 电量很小；D. 带电体的线度很小。

2. 试验点和q0在电场中受力为F⃗，其电场强度的大小为F，以下说法正确的( )q0A. 电场强度的大小E是由产生电场的电荷所决定的，不以试验电荷q0及其受力的大小决定；B. 电场强度的大小E正比于F且反比与q0；C. 电场强度的大小E反比与q0；D. 电场强度的大小E正比于F。

3. 如果通过闭合面S的电通量Φe为零，则可以肯定( )A. 面S内没有电荷；B. 面S内没有净电荷；C. 面S上每一点的场强都等于零；D. 面S上每一点的场强都不等于零。

4. 如图所示为一具有球对称性分布的静电场的E~r关系曲线，产生该静电场的带电体是( ) A 半径为R的均匀带电球面；B半径为R的均匀带电球体；C半径为R的、电荷体密度为ρ=Ar（A为常数）的非均匀带电球体；D半径为R的、电荷体密度为ρ=A r⁄（A为常数）的非均匀带电球体。

5. 在匀强电场中，将一负电荷从A移动B，如图所示，则( )A. 电场力做负功，负电荷的电荷能增加；B. 电场力做负功，负电荷的电势能减少；C. 电场力做正功，负电荷的电势能增加；D. 电场力做正功，负电荷的电势能减少。

二、填空题1. 点电荷q1、q2、q3和q4在真空中的分布如图所示，图中S为闭合曲面，则通过该闭合曲面的电通量∮E⃗⃗∙dS⃗=，式中E⃗⃗是点电荷在闭合曲面上任一点产生的场强的矢量和。

2. 真空环境中正电荷q均匀地分布在半径为R的细圆环上.在环环心O处电场强度为，环心的电势为。

=0，这表3. 在静电场中，场强沿任意闭合路径的线积分等于零，即∮E⃗⃗∙dl⃗L明静电场中的电场线。

4. 一半径为R的均匀带电球面，其电荷面密度为σ，该球面内、外的场强分布为（r⃗表示从球心引出的矢径）：E⃗⃗r=(r<R)；E⃗⃗r=(r>R)。

第八章 静电场8.1 真空中有两个点电荷M 、N ，相互间作用力为F，当另一点电荷Q 移近这两个点电荷时，M 、N两点电荷之间的作用力 (A) 大小不变，方向改变． (B) 大小改变，方向不变．(C) 大小和方向都不变． (D) 大小和方向都改． ［ C ］8.2 关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是：(A) 如果高斯面上E处处为零，则该面内必无电荷．(B) 如果高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零．(C) 如果高斯面上E处处不为零，则高斯面内必有电荷．(D) 如果高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电通量必不为零．［ D ］8.3有一边长为a 的正方形平面，在其中垂线上距中心O 点a /2处，有一电荷为q 的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量为(A)03εq ． (B) 04επq (C) 03επq ． (D) 06εq［ D ］q8.4面积为S 的空气平行板电容器，极板上分别带电量±q ，若不考虑边缘效应，则两极板间的相互作用力为(A)Sq 02ε． (B) S q 022ε．(C) 2022S q ε． (D) 202Sq ε． ［ B ］8.5一个带正电荷的质点，在电场力作用下从A 点经C 点运动到B 点，其运动轨迹如图所示．已知质点运动的速率是递增的，下面关于C 点场强方向的四个图示中正确的是：［ D ］8.6如图所示，直线MN 长为2l ，弧OCD 是以N 点为中心，l 为半径的半圆弧，N 点有正电荷＋q ，M 点有负电荷-q ．今将一试验电荷＋q 0从O 点出发沿路径OCDP 移到无穷远处，设无穷远处电势为零，则电场力作功(A) A ＜0 , 且为有限常量． (B) A ＞0 ,且为有限常量．(C) A ＝∞． (D) A ＝0． ［ D ］-8.7静电场中某点电势的数值等于 (A)试验电荷q 0置于该点时具有的电势能． (B)单位试验电荷置于该点时具有的电势能． (C)单位正电荷置于该点时具有的电势能．(D)把单位正电荷从该点移到电势零点外力所作的功． ［ C ］8.8已知某电场的电场线分布情况如图所示．现观察到一负电荷从M 点移到N 点．有人根据这个图作出下列几点结论，其中哪点是正确的？(A) 电场强度E M ＜E N ． (B) 电势U M ＜U N ．(C) 电势能W M ＜W N ． (D) 电场力的功A ＞0．［ C ］A8.9 电荷为＋q 和－2q 的两个点电荷分别置于x ＝1 m 和x ＝－1 m 处．一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？解：设试验电荷置于x 处所受合力为零，即该点场强为零．()()0142142020=+π-+-πx qx q εε 2分 得 x 2－6x +1=0, ()223±=x m因23-=x 点处于q 、－2q 两点电荷之间，该处场强不可能为零．故舍去．得()223+=x m3分8.10 如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电荷为q ，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度．L解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ，在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ，它在P 点的场强：()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L x q -+π=ε 2分d EO总场强为 ⎰+π=Lx d L x L q E 020)(d 4－ε()d L d q+π=04ε 3分 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．8.11 一个细玻璃棒被弯成半径为R 的半圆形，沿其上半部分均匀分布有电荷+Q ，沿其下半部分均匀分布有电荷－Q ，如图所示．试求圆心O 处的电场强度．解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ处取微小电荷 d q = λd l = 2Q d θ / π。

能源个人辅导中心（物理辅导）内部专用同步习题高三一轮复习专用(静电场)电场力的性质一、电荷、电荷守恒定律1、两种电荷：用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电荷，用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷。

2、元电荷：一个元电荷的电量为1．6³10－19C，是一个电子所带的电量。

说明：任何带电体的带电量皆为元电荷电量的整数倍。

3、起电：使物体带电叫起电，使物体带电的方式有三种①摩擦起电，②接触起电，③感应起电。

4、电荷守恒定律：电荷既不能创造，也不能被消灭，它们只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分，系统的电荷总数是不变的．注意：电荷的变化是电子的转移引起的；完全相同的带电金属球相接触，同种电荷总电荷量平均分配，异种电荷先中和后再平分。

二、库仑定律1．内容：真空中两个点电荷之间相互作用的电力，跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。

2.公式：F=kQ1Q2／r2 k＝9．0³109N²m2／C23．适用条件：（1）真空中；（2）点电荷．点电荷是一个理想化的模型，在实际中，当带电体的形状和大小对相互作用力的影响可以忽略不计时，就可以把带电体视为点电荷．（这一点与万有引力很相似，但又有不同：对质量均匀分布的球，无论两球相距多近，r都等于球心距；而对带电导体球，距离近了以后，电荷会重新分布，不能再用球心距代替r）。

点电荷很相似于我们力学中的质点．注意：①两电荷之间的作用力是相互的，遵守牛顿第三定律②使用库仑定律计算时，电量用绝对值代入，作用力的方向根据“同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引”的规律定性判定。

【例1】在光滑水平面上，有两个带相同电性的点电荷，质量m1＝2m2，电量q1=2q2，当它们从静止开始运动，m1的速度为v时，m2的速度为；m1的加速度为a时，m2的加速度为，当q1、q2相距为r时，m1的加速度为a，则当相距2r时，m1的加速度为多少？三、电场：1、存在于带电体周围的传递电荷之间相互作用的特殊媒介物质．电荷间的作用总是通过电场进行的。

习题 22-1 两个点电荷q 和-q 分别位于+y 轴和+x 轴上距原点为a 处，求：（1）z 轴上任一点处电场强度的方向a E ； （2）平面y = x 上任一点的a E 。

解：（1）源点坐标q （0，a ，0）、-q （0，a ，0），场点坐标（0，0，z ）3030π4)(π4)(--++'-'--'-'-=r r r r r r r r E εεq q 3030π4)(π4)(a z a z q az a z q x z x z y z y z a a a a a a a a -----=εε 2/3220)(π4)(a z qa y x +-=εa a)(22E y x E a a E a -==（2）位于平面y = x 上任一点的场点坐标（x ，x ，z ）,电场为3030π4)(π4)(--++'-'--'-'-=r r r r r r r r E εεq q 3030π4)(π4)(az x x a z x x q az x x a z x x q x z y x x z y x y z y x y z y x a a a a a a a a a a a a a a a a -++-++--++-++=εε2/32220])([π4)(z a x x qa y x +-+-=εa a)(22E y x E a a E a -==2-2 xy 平面上半径为 a 圆心位于原点的半圆环关于 x 轴对称，且开口朝向+x 轴。

若半环上电荷线密度为ρl ，求位于原点的点电荷 q 所受到的作用力。

解：⎰⎰+===2/3π2/π2020d π4)sin cos (d π4ϕεϕϕρερa q l R q q y x l l Rl a a a E F a q a q lx y x l 03ππ/2/π20π2π4)cos sin (ερεϕϕρa a a =-= 2-3 卢瑟福在1911年采用的原子模型为：半径为r a 的球体积中均匀分布着总电量为- z e 的电子云，球心有一正电荷z e （z 为原子序数， e 是质子的电量），试证明他得到的原子内的电场和电位的表示式：230e 1ra z r r r πε⎛⎫=- ⎪⎝⎭E a230e 13422a a z r r r r Φπε⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭证明：球内的体电荷均匀分布，密度为3f π34ea r z -=ρ由高斯定律，取同心球面为高斯面，得()⎰∑⎰+-==∙ττρεεd e 11d f 00z q SS E()330023021e d π4)π34e (e 1)(π4ar a r r r z r r r z z E r -=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎰εεr于是得球内任意点的电场强度为 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==3201π1)(a rr r r r r E εa r a E球外的电场强度为零。

第八章真空中的静电场8-1在正方形的四个顶点上放置四个等量正电荷q 4.010 8 C, 要想在此正方形的中心再放置一个负电荷，使在每个电荷上的合力为零，此负电荷的量值应为多少？分析本题是应用库仑定律求解电荷受电场力yF21 F31 q 4q 1的平衡问题．注意到库仑定律表达式是矢量式，求解时，通常可以建立直角坐标系，将各力投影在两O F41xF Q1Q正交方向上，得到各分量之间的代数关系式；也可以直接用矢量合成关系得出相同的结果．因为正方形四个顶点上的点电荷带电量相等，负电荷 Q 置于正方形中心，因此电荷分布具有明显的对称性，四顶点上的点电荷受力大小相同，而且两坐标方向分量的方程应具有相同的表达形式．解 1设a为正方形边长，取如图8-1 所示的 Oxy 坐标系．以 F1 x表示电荷q1所受的合力在 x 方向的分量，F i1 x表示其它电荷对它的作用力在x 方向的分量，根据题意，合力的在x 方向分量的代数和为零，有F1x F21xF31xF41xFQ 1x应用库仑定律，可得电荷 q1所受其它电荷对它的力在x 方向的分量，代入上式得0q 2 cos45q2qQ cos450 42a240 a22400 2 a2Q1 2 q12 4.0 108C42423.8310 8C解 2由图 8-1知 F Q1与电荷 q1所受另三力的合力均在对角线方向上，故在该方向上力的平衡方程为F Q12F21 cos45F310应用库仑定律，可得上式中各力的量值，则有qQ2q 2 cos45q 22240 a 2 4 02a2402a亦有Q1 2 q12 4.010 8C 3.83 10 8 C42428-2电荷量为等值同号的两个点电荷之间距离为2l，求其连线的中垂面上电场强度最大处到两电荷连线中点的距离．分析因两电荷等量同号，由于对称性，在连线中垂面上，以连线中点为圆心的圆上各点电场强度大小相等，方向沿径向．只需求出电场强度沿径向的分布规律，电场强度最大处应满足极值条件．yEE2E1（ 0, y）解以两点电荷连线中点 O 为原点 ,x轴沿连线方向， y 轴为中垂面上任一径向，取如图8-2所示的坐标系． E 、E分别为两点电荷在y 轴上任意点 (0, y) 处产生的电场强度，由12于对称性，合场强 E (0, y)沿y正向，y轴上任意点的合场强为E E1E22E1 cos j其中E1 E2q， cosy40y2l2221y l2故E qy22320y l2dE电场强度最大处应满足极值条件，令0，得dyq l 2 2 y222250y l2解得y 2 l2因 y 轴为中垂面上任一径向，无须取负值，则极值位置为y02l ．又由计算2可得 d2 E0 ，故在位置为 y02l 处E有极大值，即在中垂面（x= 0）上dy 2y y02场强最大处是以 O 为中心，半径为2l 的圆．28-3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，单位长圆弧上所带电荷量分别为和，求其圆心处的电场强度．分析当电荷沿一细线连续分布时，电荷线密度为，须将带电细线分为足够小的一系列电荷元 dq dl ，每一电荷元都可视为点电荷．设r 为电荷元 dq 到空间某点的径矢，则场强叠加原理给出该点场强为沿电荷分布曲线L 的矢量积分 Er dq r dl，通常应取平面直角坐标系，将矢量积分化为两标量L 40 r3L40 r3积分进行计算在解题时应该注意到，电荷分布的对称性往往会使问题得到简化．．解以带电圆弧的圆心为原点，取如图8-3 的 Oxy坐标系，带正电的圆弧上电荷元 dq dl Rd的角位置为，在圆心处的场强为 d E，与之对称的带负电的圆弧上电荷元 dq dl 角位置为，+在圆心处的场强为 d E．不难看出，dE x与dE x相抵消， dE y与 dE y相等，即d ldE x dE x0+dE y dE y2dE y2dE sin+θOx–- θ电荷元 dq 在圆心处电场强度的大小为dEdqd4 0R 24 0R应用场强叠加原理，得3030sin d3E E y 2 dE y 214 0R20R28-4 均匀带正电荷圆环，半径为R ，电荷线密度为，其上有一长度为d ( dR) 的缺口，试求轴线上距环心x 处 P 点的电场强度．分析 根据场强叠加原理，完整的圆环在 x 处的电场强度应等于带缺口的圆弧在 x 处的场强与缺口弧元在该点场强的叠加．因例题 8-3 已经给出了完整的圆环在 x 处的电场强度，而且对于弧元，因 dR ，可以视为一个点电荷，所以带缺口圆弧在轴线上 x 处的电场强度应等于完整的圆环在x 处的场强与视为点电荷的弧元在该点场强的矢量差．y d- E 2yEOθxE 1 xRE 2yE 2图 8－4解 取如图 8-4 所示的 O xy 坐标系， x 轴在圆环轴向，使缺口与圆心连线在 O xy 平面内．利用例题 8-3 结果，完整带电圆环在 x 处的场强 E 1 沿 x 方向，即E1E1 xqx22340xR2其中 q 2 R ．由点电荷场强表达式，带电量为 d 的点电荷在x处的场强为E21d40 ( x2R2 )E2 x1x d， E2 y E2 sinR dE2 cos x R3x R34 02224222带缺口圆弧在轴线上 x 处的电场强度应等于完整的圆环在x 处的场强与弧元d 在该点场强的矢量差，即E E1 E 2，并得两坐标方向的分量表达式为E x E1xE2x2 R d x0 (x 234R2) 2E y0E2 yR d0 ( x234R2) 2E 方向与x轴正向夹角为arctan E yE xarctanRdx 2 R d8-5一半径为R 的均匀带电细圆环，一半电荷线密度为，另一半电荷线密度为，求轴线上距环心x 处的电场强度（假设电荷是不能移动的）.d qA d E dE O x d E xBd q ˊyd EˊdEd E yd E'x x d E z z（ a）（b）图 8－5分析根据电荷分布的对称性，在带电细圆环上取任一条直径的两端等量异号电荷元，它们在轴线上距环心x 处的电场强度沿轴线方向的分量大小相等方向相反，故相互抵消，而垂直于轴线的分量互相加强．但是，这些成对的电荷元在x处的电场强度垂直于轴线的分量方向却各不相同，均匀分布在一个半圆区域内，与各电荷元在圆环上的位置有关．所以，还必须在垂直于轴线的平面内进行矢量叠加，才能求出整个圆环在 x 处的电场强度．解取圆环的轴线为x 轴，在圆环上距正负电荷分界点 A 的张角为处取电荷元 dq Rd，直径的另一端等量异号电荷元为dq ，它们在x处的电场强度沿轴线方向的分量dE x和 dE x大小相等方向相反，相互抵消，如图8-5 （a）所示，而垂直于轴线的分量dE 则互相加强．由点电荷场强表达式得dE Rd sin R2 d0 ( x 2R2 )R2)324 4 0 (x 2在垂直于轴线的平面内，以OA 方向为 z 轴正向，可得 dE 的投影如图 8-5（ b）所示，则有dE y dE sin，dE z dE c o s对带正电荷的半圆环积分的 2 倍，就是整个圆环在x 处的电场强度，即得E z 2dE z 2 cos dE000E E y 2 sin dE R 2sinR 23d30 ( x204 0 ( x24R2) 2R2) 2x 处的电场强度方向为y 轴正向．8-6 均匀带电细棒，棒长l = 20cm ，线电荷密度 3 10 8 C/m ．求：（1）棒的延长线上与棒的中点相距L = 18cm处的电场强度；（2）棒的垂直平分线上与棒的中点相距 d = 8cm处的电场强度．yd E Qd E d E′Qdd x′x d x P d E PO L x图 8-6分析当电荷沿一细线连续分布时，须将带电细线分为足够小的一系列电荷元 dq dl ，空间某点电场强度为沿电荷分布曲线L 的矢量积分E r dl3 ．当L 40 r计算细棒延长线上某点的电场强度时，细棒上各电荷元在该点的电场强度方向相同，均沿延长线方向，矢量积分将简化为标量积分，而不论细棒上的电荷分布是否均匀．当计算细棒的垂直平分线上某点的电场强度时，由于电荷分布的对称性，均匀带电细棒中点两边对称位置处的电荷元在该点的电场强度沿棒长方向的分量将互相抵消，只需计算垂直于棒长方向的分量．由于电荷分布关于中垂线为对称，对中垂线上距原点d 远的 Q 点，不仿作出它们在 Q 点产生的场元， dE ， d E ’ , 不难看出， Q 点电场的积分因此而简化，结果必沿 y 轴正向 .解 （1）取Oxy坐标系如图8-6所示，在细棒上坐标x 处取 dx 宽的电荷元 dqdx ，细棒延长线上的P 点与电荷元的距离为Lx ， dq 在 P 点产生的电场强度大小为dxdE p24 0 (L x)细棒在 P 点产生的电场强度大小为L dxlE pdE p22.41 10 3 N/CL L224 02xL2l4方向沿 x 轴正向．（2 ）在细棒上 x 和 x 处取对称的两个电荷元 dq 和 dq ，它们在 Q 点产生的电场强度分别为 d E 和 dE ’， 如图 8-6 所示．它们的 x 方向分量相互抵消， y 方向分量相互加强，叠加后得到沿y 方向的合场强 dE Q ，其大小为dE Q 2dxx 2 )cosd dx4 0 (d22 0 (d 2 x 2 )3 2细棒在 Q 点产生的电场强度大小为LdLdxdx2E E Q dE Q21 222 3 2222d x 2(d)2dx 0L121 / 2 5.27 103 N/Cd2Ld4方向沿 y 轴正向．8-7有一沿x 轴放置的无限长分段均匀带电直线，电荷线密度分别为x0 和x 0 ，求y轴上距坐标原点为d处的电场强度．分析与上题的方法类似，当计算该带电直线y 轴上某点的电场强度时，由于电荷分布的对称性，均匀带电直线原点两边对称位置处的电荷元在该点的电场强度垂直于棒长方向的分量将互相抵消，只需计算沿棒长方向的分量．yd EP d E Pd E′dd q d q′++++++++++O －－－－－－－图 8-7解如图 8-7 所示，在 x 轴上取以原点为对称的两电荷元dq 及 dq dx ，它们在 y 轴上距坐标原点为 d 处的电场强度分别为d E和 d E，由于对称性，它们的 y 方向分量相互抵消，而x 方向分量叠加合成为dE P 2dE x2 dx 2 cosxdxd2 x 2 0 d 2x 2 3 24该带电直线在 P 点产生的电场强度大小为E E xdE Pxdx(d2x 2 )3 / 22114031d 2 x21 / 22 0 d2方向沿 x 正向，即Ej20 d8-8 电荷线密度为 的无限长均匀带电直线，中部弯成半径为 R 的四分之一圆弧，求圆弧的圆心 O 点的电场强度．xd E 1xd EAO d E ’d q ’d Ed E 2d q ’ARRd E ’d qBB l d q分析由于整个带电线以过圆心对半分割圆弧垂直带电线平面的平面为对称，可以确定圆心处的电场强度应沿圆弧等分点指向圆心的方向．按照电荷分布特征，分别计算圆弧和两段直带电线在O 点的场强，再叠加求和较为简便．解 先计算圆弧 AB 在 O 点的场强．如图8-8 （ a ）所示，取圆弧等分点指向圆心的方向为 x 轴．对称的两电荷元 dq Rd及 dq 在 O 点电场强度分别为d E 和 d E ，由于对称性，它们叠加后的合场强沿x 方向，大小为dE 1 2Rd2 coscos dR42 0 R整个圆弧部分在O 点电场强度的大小为E14 cos d22 0 R00 R再计算两段直带电线在O 点的场强．如图8-8 （b ）所示，取圆弧等分点指向圆心的方向为x 轴．对称的两电荷元dq及dq在 O 点电场强度分别为d E和d E，其中 dq dl 到B点距离为l．由于对称性，它们叠加后的合场强沿x 方向，大小为dE22dl2 )cos dlcos 40(R2l420 (R2l 2 )4由几何关系可得1l 2cos2， l R tan ，cos2(cos sin ) ，R 2R242则 dl1d，代入上式并积分，得两段直带电线在O 点的场强为Rcos2E2dE222 (cos sin)d04 0 R0由场强叠加原理， O 点处的总场强大小为EE1E2E124 0 R方向沿 x 轴正向．8-9均匀带电圆盘，电荷面密度为，半径为 R，在其轴线上放置一均匀带电细杆，电荷线密度O d q L x x 为，长为 L，求圆盘轴线上距盘心 x（设 x>L ）处的电场强度．分析由于已经计算过圆盘图 8-9轴线上的电场分布和带电细杆延长线上的电场分布，两者的叠加就是所要求的电场强度分布情况．解以盘心为原点， x 轴沿轴向，如图8-9 所示．例题 8-4 给出，均匀带电圆盘轴线上距盘心x 处的场强沿 x 轴正向，大小为E11x2 0R2x 2应用习题 8-6中的方法，在细杆上距盘心l 远处取电荷元dq dl ，它在距盘心 x 远处产生的电场强度大小为dE dl40 (L x) 2方向沿 x 轴正向．整个细杆在该点产生的电场强度大小为L dl11E20 40 x l 2 4 0x L x叠加后 x 处的电场强度大小为x11E E1E212 0R 2x2 4 0x L x方向沿 x 轴正向．当 x 变化时，上式反映了x 轴上 E 随坐标 x 的变化规律．8-10半径为R的半球面，均匀带有电荷，电荷面密度为，求其球心处的电场强度．分析电荷呈面分布，把半球面分割为中心均在轴上半径连续变化的一系列细圆环带，球心处的电场强度是这一系列细圆环带在该点电场强度的叠加．解如图 8-10所示，取半径为 r ，宽度为dl的细圆环带，面积为dS 2 r dl ，带电量为 dqdS 2 r dl 2 rR d ．例题8-3给出半径为 r ，带电量为 q的细圆环轴线上距环心 x 远处的电场强度为Exq4 0 r 2x2 3 / 2作代换： q dq ， E dE ，细圆环带在球心O d lRrO点的电场强度大小为xdq R cos 2 R 2 sin ddEx2 3 / 240 R 34 0 r 22c o s s i n d4 0方向沿对称轴向．半球面在球心O 点的电场强度大小为E dE02 2 si n s i n d4040若半球面带正电，则O 点电场强度方向沿对称轴向右．8-11圆锥体底面半径为R，高为 H，均匀带电，电荷体密度为，求其顶点 A 点的电场强度．分析把电荷按体积连续分布的圆锥体分割为半径连续变化（从而到锥顶A点的距离也连续变化）的一系列圆盘，HR rA顶点 A 处的电场强度是这一系列圆盘在x该点电场强度的叠加．解例题 8-4 给出半径为 r、电荷面密度为的带电圆盘轴线上距盘心为x远处的电场强度的大小为E1x （ 1）r 22x 2如图 8-11 所示，在距 A 为 x 远处取厚度为 dx 的薄圆盘，半径为 r ，面积为r 2 ， 体 积 为 r 2dx ， 因 dx 为 一 无 穷 小 量 ， 薄 圆 盘 上 电 荷 面 密 度r 2 dx dx ，代入（ 1）式，得薄圆盘在 A 点产生的电场强度为r 2dE2dx 1 r 2xx 2利用几何关系x H，对上式积分得圆锥体在 A 点的电场强x 2R 2r 2H 2度为EdE1HHH 1 HR 2dxH 22 0H 22 0R 2 方向为沿对称轴向．8-12在半径为 R ，高为 2R 的圆柱面中心处放置一点电荷 q ，求通过此柱面的电场强度通量．R分析在本题中，用直接积分法求电场强度通量比较困难．根据点电荷电场分布的球对称性，如果2R S1Q以 2R 为半径作一球面与圆柱相切，如图8-12 所示，不难看出，高为 2R 的球台侧面的电通量与同高的圆柱侧面的电通量相同．由于球面上各点场强大小相等，方向均垂直于球面，所以球面上面积相同的部分电通量必定相同． 又因为已知以点电荷为中心的球面的电通量，问题就归结为计算球台的侧面积．解 半径 r2R 的球面积为 S 4 r 2 8 R 2 ，高 h2R 的球台侧面积为S1 2 r h 22R 2R 4 2 R2以点电荷为中心的球面的电通量为q，则该圆柱侧面的电通量为0e1S1q 2 q S 2 08-13电荷面密度为的均匀带电平板，以平板上的一点O 为中心， R 为半径作一半球面，如图所示，求通过此半球面的电场强度通量．分析无限大带电平板两侧的电场强度大小为 E，方向垂直于带电平板，但是本题中2 0带电平板面积有限，空间各点的电场强度方向和大小都难以确定，所以不可能用积分的方法计算半球面的电场强度通量．不过，带电平板两侧的R O图 8-13电场是对称的，如果在平板另一侧补上另一半球面合成一个球面，则通过两个半球面的电通量相同，等于整个球面总电通量的一半．即使平板上电荷分布不均匀，平板两侧的电场仍然是对称的，只要知道半球面所覆盖的电荷量，也同样可以计算出半球面的电场强度通量．解在平板另一侧补上另一半球面，形成一球面，其包围的电荷为图中阴影部分，即半径为R 的圆面上所带的电量q R2，由高斯定理，通过球面的总电通量为E d S 1 q R 2S00所以，通过半球面的电通量为11R 2 2 2 08-14有半径为 R ，电荷量为 q 的均匀带电球体， 求其球内外各点的电场强度．S 2Ed r ’r ’ rRRS 1Rr(a)(b) (c)图 8-14分析因为电荷分布具有球对称性，所以电场分布也具有球对称性，在与带电球同心、半径为 r 的球面上各点的电场强度大小相等，并垂直于球面沿径向，因此可以应用高斯定理计算电场分布．本题还可以用场强叠加原理积分求解． 将均带电球体分割为半径连续变化的一系列同心薄球壳， 其中任一薄球壳都可视为均匀带电球面． 由于已知均匀带电球面内部电场强度为零， 外部电场分布与位于球心处的点电荷的相同， 方向沿径向，故可以用标量积分求出本题结果．解 1 应用高斯定理计算电场分布．（1 ）球体内的电场强度球体体积为 V4 R 3，均匀带电，电荷体密度 q．如图 8-14(a) 所示，3V4r 3 ，包围的作半径为 r 0r R 的球形高斯面 S 1 ，所包围的球体体积为 V 13电荷量为qV 1qV 1q r 31VR 3 ，设半径为 r 处的场强为 E ，由高斯定理得E 1 d S E 1 4 r 21qS 1得qr E 14 0R 3（2 ）球体外的电场强度作半径 rR 的球形高斯面 S 2 ，包围电荷量为qV q ，由高斯定理得E 2 dS E 2 4 r 21qqS 2得E 2q4 r2表明均匀带电球体外任一点场强与假设全部电荷集中在球心的点电荷产生在该点的场相同．根据以上结果可作场强分布曲线如图8-14(b) 所示．注意到在 r=R处场强是连续的．解 2 用场强叠加原理积分求解（1）球体内的电场强度在球体内取半径为 r ，厚度为 dr 的薄球壳，如图 8-14(c) 所示，体积为dV4 r 2 dr ，带电量为dqdVq 4 r 2 dr 3q r 2 drVR 3在距球心 r (0 r R ， rr ) 远处产生的场强为dE 1dq3qr 2 dr0r240R 3r 24在 rr 处产生的场强为零． 所以球内 r 处的场强是半径 r r 的所有薄球壳在该处产生的场强的叠加，积分得E 1rdE 13q3 2 rr 2 drqr30 4 0 R r4R（2 ）球体外的电场强度球外 r 处的场强是整个球内所有薄球壳在该处产生的场强的叠加，积分得3q RqE2dE22r 2 dr243r4 0 r 0 R结果与解 1 相同．8-15 均匀带电球壳内半径为6cm ，外半径为10cm ，电荷体密度为 2×10 -5 C/m 3，求距球心为 5cm 、8cm及 12cm 各点的电场强度．分析与上题相同，由于电荷分布具有球对S C称性，所以电场分布也是球对称的，在半径为r 的同心球面上各点场强大小相等，沿径向，可以用高斯定理求解．本题也同样可用场强叠加原理，S BR1R2S A由均匀带电球面的场强积分求出空间场强分布．解球壳内外半径分别为R1 = 0.06m ，图8-15R2 =0.10m，题中所求三点到球心的距离分别为r A=0.05m,r B =0.08m, r C =0.12m ．分别以 r A、 r B、 r C为半径作球形高斯面 S A、S B、S C，如图 8-15 所示．由于电场分布的球对称性，对各球面的高斯定理表达式均可写为E d S E4r 21q(1)S（1 ） r A0.05m ，即 r A R1，在 S B面内包围的电荷q0 ，代入 (1) 式得S AAr 20AE 4 E =0（2 ）r B0.08m ，即R1r B R2，在 S B面内包围的电荷为q dV r B4r2dr 433R13(r B R1 )S B 代入 (1) 式得E B 4 r B24r B3R13E B3 0r B R133r B2代入数字得E B210 50.080.063N / C 3.48104N / C8.8510120.0823（3 ） r C0.12m，即 r C R2，在 S C面内包围的电荷为q dV R24 r 2 dr4(R23R13 )R1S C3代入 (1) 式得E C 4 r C24R23R13E c2 R23R133030 r c代入数字得E C 210 50.1030.0634.1 104N / C 38.8510120.123 N/C8-16 两无限长同轴圆柱面，半径分别为 R1和 R2（R2 > R1），带有等值异号电荷，单位长度的电荷量为和，求距轴线R1r 处的电场强度，当：（1）r R2；r R1；（ 2）R1R2（ 3） r R2．S C分析因为电荷分布具有轴对称性，所以S A h 电场分布也是轴对称的，即在半径为 r 的无限长S B圆柱面（与带电体共轴）的侧面上各点电场强度大小相等，方向垂直于侧面沿径向，故可用高斯定理求解．图 8-16由于例题 8-6 已经给出了无限长均匀带电圆柱面的电场分布，可以将其结果作为既有公式，应用场强叠加原理计算带有等值异号电荷的两同轴长圆柱面产生的电场．解 1分别两柱面内、两柱面间和两柱面外作高为h 的柱面形高斯面S A、S B、S C，如图 8-16 所示．由于电场分布的轴对称性，上下两底面上的场强方向与底面平行，对通量没有贡献，故对各柱面的高斯定理表达式均可写为E d SE d S E 2 r h1（ 1）qS侧（1） rR 1 时，高斯面 S A 内包围的电荷q0 ，代入 (1) 式得S AE A 2 r h 0E A 0（2） R 1r R 2 ，高斯面 S B 内包围的电荷qh ，代入 (1)式得S AE B2 0 r B（3 ） rR 2 ，高斯面 S c 内包围的电荷qhh 0 ，代入 (1) 式得S AE C =0解 2 利用例题 8-6 的结果，两无限长均匀带电圆柱面的在各自柱面内的场强为零，在各自柱面外的电场强度分别为E 1外r R 1 ，E 2外r R 220r2 0 r两柱面的电场叠加后，得（1 ） r R 1 时E AE 1内 E 2内 0（2 ） R 1 r R 2 时E BE 1外E 2内2 0 r B（3 ） r R 2 时E C E 1外 E 2 外20 rC8-17一厚度为d的均匀带电无限大平板，体电荷密度为，求板内外各点的电场强度 .分析由于均匀带电厚板是无限的，所以其电场具有对称性．厚板平分面两侧ES Axd2 S S Bx电场强度垂直于平板，与平分面距离相同的各点场强相0d/ 2x等．因此可以应用高斯定理（ a ）（ b ）计算电场分布．图 8-17解作高为 2x，侧面垂直于平板，两底平行于平板、底面积为S 的的柱形高斯面，如图 8-17(a) 所示．由于侧面与电场线平行，无电场线穿过，则有E d SE d S 2ES1q(1)侧（1）厚板外的场强x d时，柱面 S A内包围的电荷qSd ，代入 (1) 式得2S A2E A S Sd E Ad2 0即均匀无限大带电厚平板板外的电场是均匀电场．（2）厚板内的场强x d时，柱面 S B内包围的电荷q 2x S ，代入 (1) 式得2S B2E B S2xS E B x00厚板内外场强分布曲线如图8-17(b) 所示．8-18 一半径为 R 的无限长均匀带电半圆柱面，电荷面密度为，求：（1 ）轴线上任意点的电场强度； （ 2）若0 sin ( 0为常量 ) 结果又如何？分析 无限长半圆柱面可以沿轴向分割成一系列无限长带电条带，由例题8-6 给出的无限长带电直线的电场分布，用 场强叠加原理可以求半圆柱面轴上的场强．解 （ 1）作与轴线垂直的截面并建立如d l ’dd lRy图 8-18 所示的坐标系，在d 处取宽d Ed E ˊ为 dl Rd的无限长带电条带，其单位长所x带电荷量为dl ，利用例题 8-6 给出的结图 8-18果，它在轴线上产生的场强大小为dEdl d2R2 0在与 dl 对称的位置上取宽为 dl dl 的另一长直带电条带，它们在轴上的场强分别为 d E 和 d E ，由于对称性，它们的 y 方向分量相互抵消， x 方向分量相互加强，如图所示，所以带电半圆柱面在轴线上O 点的电场应沿 x 方向，大小为EE xsin dE2sin d（2）若0 sin （ 0 为常量），半圆柱面上电荷分布以 x 轴为对称，所取对称位置上宽为 dl 和 dldl 的无限长带电条带上的电荷线密度相同，均为dl0 Rsin d ，在轴线上产生的场强大小为dERd 0 sin d2 0 R2 0它们的 y 方向分量仍然相互抵消， x 方向分量相互加强，得EE x sin dEsin 2 d20 04 08-19 如图所示，在 Oxy 平面上有一沿 y 方向的无限长带电板，宽度为L ，电荷面密度为k( xL ),k 为一常量，求（ 1 ）x= 0 直线上的电场强度，并讨论dL 时的情况；（ 2） x=b 直线上的电场强度．分析把无限长有限宽的带电板分割成一系列带电条带， 同样由例题 8-6 给出的无限长带电直线的电场分布，用场强叠加原理可以求解．解（ 1 ）在位置 x 处取 宽为 dx 的 长直 带电 条带，单位长带电 量为dx k (xL)dx ，利用例题 8-6 结果，它在 x0 处产生的场强为dEdxk (x L ) dx2 0 x2x方向沿 x 轴向．由于分割出来的各带电条带在x 0 处的场xx强均沿 x 方向，应用场强叠加原理，无限长带电板在 x0处产生的场强大小为d xkd L ( xL)dLEddx2 xkL (1 d L2ln)db当 dL 时，根据近似公式 lim ln(1x)xx 0Elim kL [1 ln(1 L)] kL (1 L )图 8-19L 2 0d 2 0 dd（2）由于 x 处取宽为 dx 的长直带电条带与 xb 的直线相距 b x ，故dEdx k( x L) dx2 0 (b x)20 (bx)Ekd L ( xb) (b L)dEddx2 0 x bkb d L ][(bL ) lnd2 0b L方向沿 x 轴向．8-20 在边长为 10cm 的等边三角形的三顶角上， 各放有等量电荷， 电荷量 均为 6.0 10 8C ．（1 ）计算此三角形中线交点处的电场强度和电势；（2 ）将2.0 10 9 C 的电荷从无穷远处移到中心点，电场力作了多少功？分析 场强是矢量，而电势是标量，要用矢量q叠加法求点电荷系的场强， 用标量叠加求其电势．当 a电荷分布于有限区域时，往往选无穷远点为电势零点．电场力所作的功等于电荷始末位置的电势能之差．qq解 （ 1）根据等边三角形的几何特征，任意两个等量同号电荷在三角形中线交点处产生的场强之矢量和正好与第三个同号等量电荷在该点的场强等大反向，如图 8-20所示，故由场强叠加原理得中心处 O点 场 强3EE i 0i1又由电势叠加原理和点电荷电势公式，该点电势为3qVV i30 ri 14其中 r 为点电荷到等边三角形中线交点之距， r3a ，则33 3q 9336.0 10810 4 VV9100.10V 2.84a（2 ）无穷远点为电势零点，电荷在无穷远处电势能为零，则移到三角形中心电场力作功为W q V V qV05.6105J(0)8-21 两块带有等值异号电荷的大金属平行板，相距为 15cm ，负极接地（即以地球电势为零），电荷面密度 4.510 6 C / m 2．求：（1）正极板的电势；（2）两极板之间距正极板为8cm处的电势；（3）把q 2.510 9 C 的电荷从正极板移到负极板，电++++++++++场力作了多少功？E分析应用例题 8-7 的结果，忽略边缘效应，––––––––––两板间电场可视为两个无限大均匀带等值异号电图 8-21荷平面间场强 E，为匀强电场，方向从正极指向负极，如图8-21 所示．负板接地后电势为零，由电势的定义，两极间任一点的电势等于该点到负极板的距离与场强的乘积．解（1）正极板的电势为V Ed d 4.51060.15V48.8510127.63 10 V（2 ）两板间距正极板为8cm 处的电势为V1 Ed Ed 4.5 1060.07V 3.56 10 4 V8.8510 12（3 ）电荷从正极板移到负极板，电场力作的功等于极板间电势差与电荷量的乘积，即W qV 2.5 10 77.63 104 J 1.91 104J8-22如图8-22所示的电四极子，q和l都为已知，P点到电四极子中心O 处的距离为 r ，求 P 点处的电势，并由电势求电场强度．分析 在点电荷系电场中，由电势叠加原理可求出空间各点的电势．由场强与电势的微分关系可求出 P 点的场强．+ q –2 q + qP- l O lr解 三个点电荷在 P 点的电势分别为V 11 ( q), V 2 41 2q , 图 8-224 r lr1 qV 3r l4由电势叠加原理，得P 点的电势为V Pq( 121 )2ql 214rlr rl4 r 3l 2(1r 2)当电四级子的电荷间距比 P 点到四极子中心的距离小得多，即 lr 时，得2ql 2Q V Pr 24r 34其中 Q2ql 2 ，称为电四极矩．由于 P 点电势只是 r 的函数，由电场强度与电势的微分关系知 P 点电场强度一定沿 r 方向，大小为dV P 3Q E P4 r 4dr8-23 一半径为 R 非均匀带电半圆环， 电荷线密度为 0 cos （ 0 为一正常数），求环心处的电场强度和电势，若电荷线密度为 0 sin ，结果又会怎样？分析半圆环上电荷分布不均匀，但是 cos 或 sin 的函数，因此必定以过的平分线为奇对称或偶对称， 在计算电场强度和电势时， 充分利用对称性， 可2以使计算过程大大简化．y解 （1 ）在圆环上对称位置 和处分别取弧元 dl Rd 和 dl ，在环心 O点产生的场强分别为 d E 和 d E ，如图d l ˊd l8-23 所示，它们的 y 方向分量相互抵消，d E ˊ dx 方向分量相互加强．dl 的电荷量 dqdl 0 R cos d ，Oxd E在 O 点场强的 x 方向分量为dl cos 2dE x4R 2cos4 Rd图 8-23半圆环在 O 点的电场强度大小为EE x dE x 02 d4 RcosoR 1 cos2 dR8方向沿 x 轴负向．因为cos ，电荷分布以 y 轴为奇对称，显然，弧元 dl 和 dl 的正负电荷在 O 点的电势相互抵消，所以半圆环在O 点的电势为零．（2）如果0 sin ，用同样的分析方法知 O 点电场强度的 x 方向分量为零，场强沿 y 轴负向．弧元 dl 在 O 点场强的 y 方向分量为dE ydlsinsin 2 dR24 0 R 24。

静电场解题思路与方法1.电场强度的计算方法除用三个表达式计算外，还可借助下列三种方法求解： (1)电场叠加合成法；(2)平衡条件求解法；(3)对称法。

分析电场的叠加问题的一般步骤是：(1)先计算出该处几个分电场在该点电场强度的大小和方向； (2)利用平行四边形定则求出矢量和。

例1：(多选)两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示。

c 是两负电荷连线的中点，d 点在正电荷的正上方，c 、d 到正电荷的距离相等，则( ) A ．a 点的电场强度比b 点的大 B ．a 点的电势比b 点的高 C ．c 点的电场强度比d 点的大 D ．c 点的电势比d 点的低例2：[2015·湖北武汉调研考试]如图所示，空间中固定的四个点电荷（两正两负）分别位于正四面体的四个顶点处，A 点为对应棱的中点，B 点为右侧面的中心，C 点为底面的中心，D 点为正四面体的中心(到四个顶点的距离均相等)。

关于A 、B 、C 、D 四点的电势高低，下列判断正确的是( ) A ．φA ＝φBB ．φA ＝φDC ．φB >φCD ．φC >φD提示：等量异种电荷的中垂线（面）上各点电势相等且为零试题分析：四个顶点分别标注为MNPQ，A.B.C.D三点都位于M 和N 的中垂面上，由于M 和N 是两个等量异种点电荷，所以M 和N 在A.B.C.D 的电势相等；A.D 两点在P 和Q 的中垂面上，P 和Q 是等量异种点电荷，所以中垂线电势相等，所以，选项B 对。

B 点和C 点关于P 和Q 对称分布，沿电场线方向电势逐渐降低，所以P 和Q 在B 点电势大于在A.D 两点的电势大于在C 点的电势，即，对照选项BC 对，AD 错。

2.带电粒子的运动轨迹判断1．沿轨迹的切线找出初速度方向，依据粒子所受合力的方向指向轨迹的凹侧来判断电场力的方向，由此判断电场的方向或粒子的电性。

2．由电场线的疏密情况判断带电粒子的受力及加速度大小。

第8章习题解答8-2下面说法正确的是：（）（A ）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有电荷； （B ）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C ）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D ）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。

解：[答案：D]高斯定理的原意。

8-3一半径为R 的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R 处的电场强度（）（A ）0?/σε （B ）0/2σε （C ）/4σε（D ）0/8σε解：[答案：C]利用均匀带电球面的场强公式计算02004qq r πε==F E r ，其中σπ24R q =, R 2r =8-4下列说法正确的是( )(A) 电场强度为零的点，电势也一定为零 (B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零 (C) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零 解：[答案：D].根据场强与电势的微分关系或积分关系均可以证明。

8-5在静电场中，电势不变的区域，场强必定为 。

解：[答案：0] 根据场强与电势的微分关系或积分关系均可以证明。

8-6一个点电荷q 放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为 ，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将 。

解：[答案：0/6q ε, 将为零]，第一空：根据高斯定理知：正六面体的六个对称面组成的闭合面总通量为εq，故每个面是总量的61。

第二空：根据高斯定理：总通量仅与面内电荷有关。

只要将点电荷由中心移动至六面体外，则该点荷对闭合面的总通量将没有贡献。

8-8电量Q 均匀分布在半径为R 的球体内，则球内球外的静电能之比 。

解：[答案：5：6]利用⎰=RV E W 020d 21内内ε及⎰∞=R V E W d 2120外外ε计算。

其中dr r dV 24π=，304R Qr E πε＝内，204r QE πε＝外。

习题8-6图IOR 第八章 恒定磁场8-1 均匀磁场的磁感强度B 垂直于半径为r 的圆面．今以该圆周为边线，作一半球面S ，则通过S 面的磁通量的大小为［ ］。

(A) B r 22π (B) B r 2π (C) 0 (D) 无法确定 分析与解 根据高斯定理，磁感线是闭合曲线，穿过圆平面的磁通量与穿过半球面的磁通量相等。

正确答案为（B ）。

8-2 下列说法正确的是[ ]。

(A) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过(B) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零(D) 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意点的磁感强度必定为零分析与解 由磁场中的安培环路定理，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和一定为零。

正确答案为（B ）。

8-3 磁场中的安培环路定理∑⎰=μ=⋅nLI1i i0d l B 说明稳恒电流的磁场是[ ]。

(A) 无源场 (B) 有旋场 (C) 无旋场 (D) 有源场分析与解 磁场的高斯定理与安培环路定理是磁场性质的重要表述，在恒定磁场中B 的环流一般不为零，所以磁场是涡旋场；而在恒定磁场中，通过任意闭合曲面的磁通量必为零，所以磁场是无源场；静电场中E 的环流等于零，故静电场为保守场；而静电场中，通过任意闭合面的电通量可以不为零，故静电场为有源场。

正确答案为（B ）。

8-4 一半圆形闭合平面线圈，半径为R ，通有电流I ，放在磁感强度为B 的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，则线圈所受磁力矩大小为[ ]。

(A) B R I 2π (B)B R I 221π (C) B R I 241π (D) 0 分析与解 对一匝通电平面线圈，在磁场中所受的磁力矩可表示为B e M ⨯=n IS ，而且对任意形状的平面线圈都是适用的。

2020年高考物理三轮冲刺与命题大猜想专题08 静电场目录猜想一：结合“电偶极子”考查电场的性质 (1)猜想二：结合“三线”考查电场的性质 (3)猜想三：匀强电场中电势均匀分布特性的考查 (4)猜想四：通过图像考查带电粒子的运动问题 (6)猜想五：以计算题的形式考查带电粒子在电场中的运动 (9)最新模拟冲刺练习 (12)猜想一：结合“电偶极子”考查电场的性质【猜想依据】静电场的描述涉及的概念较多利用双电荷电偶极子系统可以全面的考查场强、电势的分布特点和对称性有利于考查学生分析问题的能力。

【要点概述】两种等量点电荷电场线的比较最小，指向负电荷一方为零【例1】(2020·海南海口模拟)两点电荷Q 1、Q 2产生的电场线如图所示，根据电场线的分布情况，下列判断正确的是( )A ．Q 1的电荷量小于Q 2的电荷量B ．Q 1的电荷量大于Q 2的电荷量C ．Q 1、Q 2一定均为正电荷D ．Q 1、Q 2一定均为负电荷【答案】A.【解析】：由电场线的特点可知电场线越密，电场强度越大，可知Q 2周围的电场强度大于Q 1周围的电场强度，结合点电荷的电场强度的公式E ＝kQ r2可知，Q 1的电荷量小于Q 2的电荷量，故A 正确，B 错误；电场线从正电荷或无限远出发到无限远或负电荷终止，由于图中没有标出电场线的方向，所以不能判断出电荷的正负，结合电荷的特点可知，Q 1、Q 2可能均为正电荷，也有可能Q 1、Q 2均为负电荷，故C 、D 错误．【例2】(2020·陕西渭南教学质量检测)如图所示，在x 轴上放置两正点电荷Q 1、Q 2，当空间存在沿y 轴负向的匀强电场时，y 轴上A 点的电场强度等于零，已知匀强电场的电场强度大小为E ，两点电荷到A 的距离分别为r 1、r 2，则在y 轴上与A 点对称的B 点的电场强度大小为( )A ．EB.12E C ．2E D ．4E【答案】C.【解析】：A 点电场强度为零，说明两点电荷在A 点的电场强度与匀强电场的电场强度等大反向，即竖直向上，大小为E ，根据对称性，两点电荷在B 处产生的电场强度竖直向下，大小为E ，所以B 点的电场强度大小为2E，方向竖直向下，C正确．猜想二：结合“三线”考查电场的性质【猜想依据】电场的性质是力与能在电学中的延续，结合带电粒子运动过程中的“三线”(电场线、等势线、轨迹线)综合考查牛顿运动定律、功能关系、受力分析、运动的合成与分解等是常用的命题思路．这部分内容综合性强，仍是命题的热点．复习时应引起足够的重视。

第38讲电场中的图象问题和力电综合问题考点一静电场中的图象问题几种常见图象的特点及规律(多选)如图甲所示，有一绝缘的竖直圆环，圆环上分布着正电荷。

一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一质量为m＝10 g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4 C，让小球从C点由静止释放。

其沿细杆由C经B向A运动的v-t图象如图乙所示，且已知小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)，下列说法正确的是()A．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后增大B ．在O 点右侧杆上，B 点场强最大，场强大小为E ＝1.2 V/mC ．沿着C 到A 的方向，电势先降低后升高D ．C 、B 两点间的电势差U CB ＝0.9 V解析 从C 到A 电场力对带正电的小球一直做正功，故电势能一直减小，电势一直减小，故A 、C 错误；由乙图可知，小球在B 点的加速度最大，且加速度只由电场力提供，故B 点的电场强度最大，由乙图可知a ＝Δv Δt ＝0.06 m/s 2，又a ＝qEm ，代入数据解得E ＝1.2 V/m ，故B 正确；由C 到B 电场力做功为W ＝12m v 2B －0，所以C 、B 间电势差为U CB ＝Wq ＝0.9 V ，故D 正确。

答案 BD 方法感悟虽然图象种类繁多，但各种图象的处理方法都类似。

大多数图象问题都考查斜率或面积的物理意义。

斜率的物理意义由纵轴变化量除以横轴变化量决定；面积的物理意义由对应的纵轴与横轴所代表的物理量相乘决定。

1.(2017·江苏高考)(多选)在x 轴上有两个点电荷q 1、q 2，其静电场的电势φ在x 轴上分布如图所示。

下列说法正确的有( )A ．q 1和q 2带有异种电荷B ．x 1处的电场强度为零C ．负电荷从x 1移到x 2，电势能减小D ．负电荷从x 1移到x 2，受到的电场力增大 答案 AC解析 两个点电荷在x 轴上，且x 1处的电势为零，x >x 1处的电势大于零，x <x 1处的电势小于零。