大學物理靜電場經(jīng)典習題詳解

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(gòu)成，中子就是由一個帶 Me的31上夸克和兩個帶-e下夸克構(gòu)成，若將夸克作為經(jīng)典粒子處理（夸克線度約為10 20 m），3中子內(nèi)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(jīng)典點電荷，由庫侖定律21 qg21 eF廠 er2 er 3.78Ner40 r40 9rF與er方向相同表明它們之間為斥力。題7.2：質(zhì)量為m，電荷為e的電子以圓軌道繞氫核旋轉(zhuǎn)，其動能為Ek。證明電子的旋轉(zhuǎn)頻率滿足2 232 oEk me4其中是0真空電容率,電子的運動可視為遵守經(jīng)典力學規(guī)律。題7.2分析：根據(jù)題意

2、將電子作為經(jīng)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2v m r1e240 r2由此出發(fā)命題可證。證：由上述分析可得電子的動能為1 21 e2Ekmv2 8 0 r電子旋轉(zhuǎn)角速度為22 e4mr3由上述兩式消去r，得223232 0 Ek4 2me4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(gòu)成如圖所示的立方晶格結(jié)構(gòu)。（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

3、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：（I）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F!0（2）除了有缺陷的那條對角線外，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F2的值為2qg2 e9F2一 22 1.92 10 N4r 30aF2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04P(2)在棒的垂直平分線上，離棒為r處的電場強度為1 Q2 o r 4r2 L2若棒為無限長(即L)，試將結(jié)

4、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dE 1 dq e dE2e4 o r整個帶電體在點 P的電場強度E dE接著針對具體問題來處理這個矢量積分。(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，E dE iL(2) 若點P在棒的垂直平分線上，則電場強度 零，因此，點P的電場強度就是E沿x軸方向的分量因?qū)ΨQ性疊加為證：(1)延長線上一點

5、P的電場強度E則dq2 or利用幾何關(guān)系rr x統(tǒng)一積分變量，EPL 21 Qdx-L24 o L(r x)21 1 14 oL r L 2 r L 22o 4rE LdEyj Lsin dEj電場強度的方向沿 x軸。(3)根據(jù)以上分析，中垂線上一點P的電場強度E的方向沿y軸，大小為sin dq2or利用幾何關(guān)系sin r r , r r2 x2統(tǒng)一積分變量，則E L 2 _JrQdxQ 1-L24 o L(x2 r 2)322 o.L2 4r2當棒長L時，若棒單位長度所帶電荷為常量，則P點電場強度lim2 or J1 4r2 L22 orr2 L21，帶電長直1sinQEodlL 4 oR2

6、R由幾何關(guān)系dlRd，統(tǒng)一積分變量后，有L1QEoo sin d2 2o 4 o2oR方向沿y軸負方向。此結(jié)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)心處的電場強度時，不能將帶電半圓環(huán)視作點電荷?，F(xiàn)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 dq 2dl，它在點0的電場R強度dE 一 gjer。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40 rdEx 0，點0的合電場強度 EdEyjLL解：由上述分析，點0的電場強度題7.6

7、：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E（提0題7.6分析：求點P的電場強度可采用兩種方法處理, 細圓環(huán)或無數(shù)平行細長線元組成，它們的電荷分別為dq 2 rdr或 ddy求出它們在軸線上一點P的電場強度dE后,將無限大平板分別視為由無數(shù)同心的了。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 向均相同，因而P處的電場強度E dE1 xdq；22、3 2 ；4 o (r x )i2 o電場強度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，各微元在點內(nèi)且對x軸對稱，因此，電場在 的電場強度應為E E

8、x ； dE cos ；xdy2 o y2積分得E的方再疊加積分，即可求得點P的電場強度2 xrdr；2；4 o(r x )P激發(fā)的電場強度 dE在Oxy平面y軸和z軸方向上的分量之和，即Ey、Ez均為零，則點P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）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(jié)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為r。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p

9、0 er0，而夾角為2。疊加后水分子的電偶極矩大小為p 2er0 cos，方向沿對稱軸線。由于點 O到場點A的距離x0，利用教材中電偶極子在延長線上的電場強度E 1 2prr x0 x題7.8：無兩條無限長平行直導線相距為 求兩導線構(gòu)成的平面上任一點的電場強度 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(gòu)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= E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，

10、電荷自身建立的電場不會對自身電荷產(chǎn)生作用力。題7.8解：（1）設點P在導線構(gòu)成的平面上，E、E分別表示正、負帶電導線在P點的電可求得電場的分布。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p 2p0 cos2er）cos在電偶極矩延長線上1 er0 cos1 4er0 cosE 2p4 0x3 4 0x3解2：在對稱軸線上任取一點E3x2EcosE 2ecos40r22e4 ox2由于r2202xrcoscosx r0 cosr代入得2eE4 ox r0 cosT22(x 02xo cos )3212x測量分子的電場時，總有X0,因此,式中（x223 2ro2xro cos

11、)2r0 cosx2r cos，將上式化簡并略去則該點的電場強度微小量后，得E丄recosr。，均勻帶有等量異號電荷，電荷線密度為 。（1） （設該點到其中一線的垂直距離為x）； （2）求每EEE-1 1 .i20 x0X012 o x(r。X)(2)設F、F分別表示正、負帶電導線單位長度所受的電場力，則有FFi20r02FFi2 0 r0場強度，則有顯然有F F，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Q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

12、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(gòu)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P dpj（2）由于正、負電荷分別對稱分布在 y軸兩側(cè)，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。等效正負電荷中心一定在y軸上并對中心 0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dq ds QdRdp 2Rcos dq j竺 Rc

13、os d則帶電圓環(huán)的電偶極矩22dP4Qr（2）等效正、負電荷中心間距為4R根據(jù)對稱性正、負電荷中心在y軸上，所以其坐標分別為0,空和0,2R也可以借助幾何中心的定義，得1 2yRsin Rd e R 2xRsinRd e 0R ；2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 sSEdS。方法2 :作半徑為R 高斯定理的平面S與半球面S 一起可構(gòu)成閉合曲面，由于閉合面內(nèi)無電荷，由1:E dSq 0S0這表明穿過閉合曲面的凈通量為零，穿入平面 球面S的電場強度通量。因而S的

14、電場強度通量在數(shù)值上等于穿出半S E dS解1：取球坐標系,電場強度矢量和面兀在球坐標系中可表示為EE(cosesine sindSR2 sindd er=E dSSER2Ssin sin2sin2 sin dERder)d d00r2e解2:由于閉合曲面內(nèi)無電荷分布，根據(jù)高斯定理，有依照約定取閉合曲面的外法線方向為面兀dS的方向，2 2 E R cos R E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。現(xiàn)將立方體置于電場強度E (E1 kx)i E2j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：

15、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OABCDEFG0。而 ABGFE dS(Eikx)iE2j dSjE2a2與面ABGF且該兩面的電場分布相同，故有考慮到面CDEO CDEO ABGFE?a2的外法線方向相反,同理AOEF EdSE,iE2j ( dSi)E1a2 BCDGE dS(巳 ka)iE2j (dSi) (E! ka)a2因此，整個立方體表面的電場強度通量3 ka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

16、平均 電場強度約為120 V m，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(shù)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(nèi)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R Re （ Re為地球平均半徑）。由高斯定理2 1 SE dSE4 Req0地球表面電荷面密度q 4 REoE1.06910 C m單位面積額外電子數(shù).(e)56.63 10 cm題7.13：設在半徑為R的球體內(nèi)，其電荷為對稱分布，電荷體密度為kr0 r R0r Rk為一常量。試用高斯定理求電

17、場強度E與r的函數(shù)關(guān)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(nèi)外的電場分布。由題意知電荷呈球?qū)ΨQ分布，因而電場分布也是球?qū)ΨQ，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E dS E 4 r2S1根據(jù)咼斯定律- E dS dV，可解得電場強度的分布0（2）利用帶電球殼電場疊加的方法求球內(nèi)外的電場分布。將帶電球分割成無數(shù)個同心帶電球殼，球殼帶電荷為 dq 4 r 2dr，每個帶電球殼在殼內(nèi)激發(fā)的電場dE = 0 ,而在球 殼外激發(fā)的電場dE 4dV2 er由電場疊加可解得帶電球體內(nèi)外的電場

18、分布0rrE(r) 0dERE(r) 0 dE解1：因電荷分布和電場分布均為球?qū)ΨQ，球面上各點電場強度的大小為常量，由高斯定律.E dSSdV得球體內(nèi)(0 rR)E(r)4drrkr40E(r)球體外kr2er4 0(r R)E(r) 4kr4r2drR40E( ) kRE(r) 2 er4 or解2：將帶電球分割成球殼,球殼帶電dqdV kr 4r 2dr由上述分析，球體內(nèi)(02r 1 kr 4 r dr040(r R)R_ 1 kr0 4E(r)球體外E(r)erR)kr2er4 0kR4 kr題7.14: 無限大均勻帶電薄平板，電荷面密度為，在平板中部有一半徑為 r的小圓孔。求圓孔中心軸

19、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E!en為沿平面外法線的單位矢量；圓盤激發(fā)的電場E2x，x2 r2enE 巳 E2在圓孔中心處22 ren它們的合電場強度為在距離圓孔較遠時 x

20、r，則JI埠用-巨0題 7.15: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,用咼斯定理求圓柱體內(nèi)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，電場強度在圓柱側(cè)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，E dS 0對電場強度通量貢獻為零。整個高斯面的電場強度通量為: E dS E 2 rL由于，圓柱體電荷均勻分布，電荷體密度面內(nèi)的總電荷r2L由高斯定理.: E dSq.o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E 2 rLr2L 貸r2

21、L.R2，處于高斯r2oR2題7.16: 一個內(nèi)外半徑分別Ri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(shù)？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?qū)ΨQ分布，電場強度也為球?qū)ΨQ分布，高斯面上電場強度沿徑矢方向，且大小相等。因而-E dS E 4 r2，在確定高斯面內(nèi)的電荷 利用高斯定理E dS q. o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E 4 r2 q or r時。帶電平板上小圓孔對電場分布的影響

22、可以忽略不計。Ri r R2,高斯面內(nèi)電荷 q33Qi（舉，故r2 RR2 E3E4LQi (r3 Ri3)E23324 o(R2 Ri )rr Ri),單位Ri r R2題7.i7:兩個帶有等量異號電荷的無限長同軸圓柱面，半徑分別為 長度上的電荷為。求離軸線為r處的電場強度：（i）r Ri，（2）在帶電面附近，電場強度大小不連續(xù)，電場強度有一躍變L2or2 orL題7.18:如圖所示，有三個點電荷Qi、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 Qi = Q2 = Q3。求在固定Qi、Q3的情況下，將 Q2從點0移到無窮遠 處外力所作的功。題7.18分析：由庫侖力的

23、定義，根據(jù)Qi、Q3所受合力為零可求得 Q3外力作功W應等于電場力作功 W的負值，即 W W。求電場力作功的方法有兩種，（I）根據(jù)功的定義，電場力作的功為W 0Q2Edl其中E是點電荷Qi、Q3產(chǎn)生的合電場強度。（2）根據(jù)電場力作功與電勢能差的關(guān)系，有WQ2(Vo V )Q2V0其中Vo是Qi、Q3在點0產(chǎn)生的電勢（取無窮遠處為零電勢）。解i：由題意Qi所受的合力為零2 0 o(2d)2%4由點電荷電場的疊加， 意一點的電場強度為解得Q21q4Qi、Q3激發(fā)的電場在y軸上任r00千宣-Qy22 3 2o（d y ）將Q2從點0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？） 所作

24、的功為E Eiy E3y 2 o(d2y2)，外力QyW oQ2E dl 0 產(chǎn) 2 o(d2yy2)32dyQ28od解2：與解1相同，在任一點電荷所受合力均為零時iQ2Q。并由電勢的疊加得Qi、Q34在點0電勢VQiQ3Q04 od 4 od 2 od將Q2從點0推到無窮遠處的過程中，外力作功Q28WQ2V0od比較上述兩種方法，顯然用功與電勢能變化的關(guān)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.i9：已知均勻帶電長直線附近的電場強度近似為為電荷線密度。（i）求在r = ri和r = r2兩點間的電勢差；（2）在點電荷的電場中, 我們曾

25、取r處的電勢為零，求均勻帶電長直線附近的電勢時，能否這樣取？試說明，題7.i9解：（i）由于電場力作功與路徑無關(guān)，若取徑矢為積分路徑，則有r2r2Ui2E drIn 2ri2 0 ri即V0e (R2 Ri)m上式表明質(zhì)子欲穿過環(huán)心，其速率不能小于e (R2 Ri)m（2）不能。嚴格地講，電場強度Eer只適用于無限長的均勻帶電直線，而此時2電荷分布在無限空間。r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(nèi)外半徑分別為Ri和R2,圓環(huán)均勻帶電，電荷面密度為 （ 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(zhì)子沿軸線從無限遠處射向帶正電的圓環(huán)，

26、要使質(zhì)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)，禾U用細 環(huán)軸線上一點的電勢公式，根據(jù)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(jié)果可知，在圓環(huán)中心處（x = 0）電勢V有極大值，當質(zhì)子從無窮遠處射向圓環(huán)時，電勢能逐漸增加，而質(zhì)子的動能隨之減少。若要使質(zhì)子穿過圓環(huán)， 則質(zhì)子在圓環(huán)中心處 Ek 0。根據(jù)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dq dS 2 rdr它在軸線上產(chǎn)生的電勢

27、為dqrdrdV22、1 222、i 24 0（x r ）2 0（x r ）1薄金屬環(huán)的電勢等于這些同心軸圓環(huán)電勢的疊加產(chǎn)刃用 r2（2）根據(jù)能量守恒定律，為使質(zhì)子在圓環(huán)中心處的動能滿足-mv0； e(Vo V )02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?qū)?稱性，因此，可根據(jù)電勢與電場強度的積分關(guān)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VPp E dl可求得電勢分布。（2

28、）禾U用電勢疊加原理求電勢。一個均勻帶電的球面，在球面外產(chǎn)生的電勢為V丄4 r在球面內(nèi)電場強度為零，電勢處處相等，等于球面的電勢V旦4 oR其中R是球面的半徑。根據(jù)上述分析，利用電勢在加原理，將兩個球面在各區(qū)域產(chǎn)生的電 勢疊加，可求得電勢的分布。解 1:(1)由高斯定理可求得電場分布E1E2E30Q14Q1Q- 牙e4rrR1R1r R2由電勢Vdl可求得各區(qū)域的電勢分布。當r R時，有ViR1r E1dlR2R1E2dlR2 E3dlV2Q10 4 oQ14 0 R1R1R2Q24 0 R2Q1 Q24 0 R2R r R2時，有R2E2 dlrR2E3dlQ140Q14 or1R2Q20

29、R2Q14Q20 R2R2時，有E3 dl rQ1Q2r4 0 R2(2)兩個球面間的電勢差U 12R2RiE2 dl旦丄4 0 R11R2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(nèi)，即r R，則V Q1Q24 0 R 40R2若該點位于兩個球面之間，即V Q1Q24 0 r 4 0 R?若該點位于兩個球面之外，即Q1 Q2 _V3RirR2，則rR2，則r4 0R2(2)兩個球面間的電勢差U12 VV2r R2Qi4 o RiQi4 0 R2題7.22: 半徑為R的無限長帶電細棒，其內(nèi)部的電荷均勻分布，電荷的體密度為。現(xiàn)取棒表面為零電勢，求空間電勢分布并畫出分布曲線分

30、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1。E dS V dV0可求得電場分布 E（r），再根據(jù)電勢差的定義bVaVbE2 dla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I、半徑為r且與帶電律同軸的回柱面為高斯面，由高斯定理rl得 E(r)當r R時e 2 rlr2i0得 E(r)2 or取棒表面為零電勢,空間電勢的分布有r r當 r R 時，V(r)-dr(R2 r2)r 2 04 02 2當 r R 時，V(r) dr R In Rr 2 r 2 0 r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（Ri = 3.0 10 1 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E -2 r根據(jù)電勢差的定義有R2R2U12R E dlIn 竺R12 0 R解得 2 0U12 InE3.74 10 -V 2 rr 兩圓柱面電場強度的大小與r成反比