高中物理奥林匹克竞赛专题-静电场典型习题有详解答案

1、中子就是由一个带Ne的3F = 1 q024 二； rer =3.78N er4二；0 9r题7.1: 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成,上夸克和两个带 ！e下夸克构成，若将夸克作为经典粒子处理（夸克线度约为1。/ m）,中3子内的两个下夸克之间相距2.60 105 m。求它们之间的斥力。题7.1解：由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律F与er方向相同表明它们之间为斥力。题7.2:质量为m,电荷为 逢的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为Ek。证明电子的旋转频率满足222 32 z0 Ek其中是me40真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律。10* m,轨道半径题7.2

2、分析：根据题意将电子作为经典粒子处理。电子、氢核的大小约为约为10m,故电子、氢核都可视作点电荷。点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运 动的向心力，故有2vm二r1e2x24 二； r由此出发命题可证。21 e2证：由上述分析可得电子的动能为8 二；0 r1 Ek = mv 2电子旋转角速度为34. ;mr由上述两式消去r,得22332 E k.244： me题7.3:在氯化葩晶体中，一价氯离于Cl卓其最邻近的八个一价格离子Cs+构成如图所示的立方晶格结构。（1）求氯离子所受的库仑力；（2）假设图中箭头所指处缺少一个葩离子（称 作品格缺陷），求此时氯离子所受的库仑力。题7.3分析：葩离子和氯

3、离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角葩离子与氯离子之间的库 仑力进行矢量叠加。为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力。解：（I）由对称性，每条对角线上的一对葩离子与氯离子间的作用合力为零，故F1 =0（2）除了有缺陷的那条对角线外，其它葩离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合 力F2的值为2qm e二F22 =2 =1.92 10 N4二；0 r3二；0aF2方向如图所示。题7.4:若电荷Q均匀地分布在长为 L的细棒上。求证：(1)在棒的延长线，且离棒中心为 r处的电场强度为E- 1 Q 2 22，70 4r -L(2)在棒的垂直平分线上，离棒为r处的电场强度为2 二;0 r

4、4r2 L2若棒为无限长(即 Lt g ),试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较。题7.4分析：这是计算连续分布电荷的电场强度。此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理。但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上。如图所示，在长直线上任意取一线元，其电荷为 dq = Qdx/L,它在点P的电场强度为dE = 14 二；0 rdq er整个带电体在点P的电场强度接着针对具体问题来处理这个矢量积分。若点P在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P的电场强度方向相同，若点P在棒的垂直平分线上， 则电场强度 零，因此，点P的电场强度就是E沿x轴方向的分量因对称性叠加为证：(1)延长线

5、上一点 P的电场强度E = 1 dq年，利用几何关系r = r -x统一积分变量,L 4二；0rEp2-L 21 Qdx4二;0L(r-x)24二;0L|rL2 r L 2r: ；o 4r2 -L2电场强度的方向沿x轴。根据以上分析,sin 二dq中垂线上一点P的电场强度E的方向沿y轴，大小为利用几何关系sin ： =r. r ,r= Jr2 +x2统一积分变量,则rQdxE = L2-L24二;0 L(x2 r2)322二；0r2 4r2当棒长Lto时，若棒单位长度所带电荷为人常量，则P点电场强度E =lim L i-2二;0r .1 4r2 L22 二；0 r?1之叫，Jp+4f3r2/L

6、21,带电长直此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同。这说明只要满足 细棒可视为无限长带电直线。题7.5: 一半径为R的半圆细环上均匀分布电荷Q,求环心处的电场强度题7.5分析：在求环心处的电场强度时，不能将带电半圆环视作点电荷。现将其抽象为带电半圆弧线。在弧线上取线元 dl,其电荷此电荷元可视为点电荷dq=9dl,它在点O的电场二 R强度dE =er o因圆环上电荷对y轴呈对称性分布，电场分布也是轴对称的，则有4 二；0 rdEx =0,点O的合电场强度 E = JLdEy j ,统一积分变量可求得 E。解：由上述分析，点O的电场强度sin 口 Q TOC o 1-5 h z Eo =

7、一21 dlL4二；0 R2R由几何关系dl=Rd9,统一积分变量后，有1QEO - - sin 无二-22 4二;02二；oR方向沿y轴负方向。题7.6：用电场强度叠加原理求证：无限大均匀带电板外一点的电场强度大小为E=(提2 ；0示：把无限大带电平板分解成一个个圆环或一条条细长线，然后进行积分叠加)题7.6分析：求点P的电场强度可采用两种方法处理，将无限大平板分别视为由无数同心的 细圆环或无数平行细长线元组成，它们的电荷分别为dq 二；二2二9或，=cdy求出它们在轴线上一点 P的电场强度dE后，再叠加积分，即可求得点P的电场强度了。P激发的电场强度d E在Oxy平面证1 ：如图所示，在带

8、电板上取同心细圆环为微元，由 于带电平面上同心圆环在点P激发的电场强度 dE的方向均相同，因而 P处的电场强度xdq. 二 2xrdr.E = dE =2-i = 22-7 i4二； (rx )4二；0 (r x )2；。电场强度E的方向为带电平板外法线方向。证2:如图所示，取无限长带电细线为微元，各微元在点 内且对x轴对称，因此，电场在 y轴和z轴方向上的分量之和，即 Ey、Ez均为零，则点 P的电场强度应为E =Exi = dE cos-三 i_ 二： xdy .一*2二;。y2 x2 1积分得e ip电场强度E的方向为带电平板外法线方向。上述讨论表明，虽然微元割取的方法不同，但结果是相同

9、的。假设氧原子和氢原子等效题7.7:水分子H2O中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示。Po =er0 ,由于点 O电荷中心间距为ro。试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度。题7.7分析：水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为而夹角为2日。叠加后水分子的电偶极矩大小为p=2er0cose,方向沿对称轴线。到场点A的距离xr,利用教材中电偶极子在延长线上的电场强度E 1 2p E34 二；0 x可求得电场的分布。也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布。解1:水分子的电偶极矩p =2p0cosi -2erbcosr 在电偶极矩延长线上E=42P34 二；x1 4eb

10、 cosi1 erocos?4 二;0 x3解2:在对称轴线上任取一点E =E_ E3二；0 xA,则该点的电场强度E =2E .cosp E2ecos1 2e,2 一24，：；. 0r4 二；x由于 r2 =x2 r022xr0cos 1x -r0 cos 二 cos -2e代入得Ex -r。cos r4二；0 |(x2 r02 -2xr0 cosr)测量分子的电场时，总有x0,因此,1-3 .2r0cos8 i,将上式化简并略去 2 x223 232r0 COS? li式中(x - r0 -2xr0cosi)- x !1 -x微小量后，得_ 1 recos 二E -3二；0 x题7.8:无

11、两条无限长平行直导线相距为 0,均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为 鼠（1） 求两导线构成的平面上任一点的电场强度（设该点到其中一线的垂直距离为x）; （2）求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力。题7.8分析：（1）在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场 的叠加。（2）由F = qE,单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度来乘以单位长度导线所带电的量，即：F=九E应该注意：式中的电场强度E是除去自身电荷外其它电荷的合电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力。题7.8解：（1）设点P在导线构成的平面上， E + E

12、J别表示正、负带电导线在 P点的电 场强度，则有E =E E- =2-:z 0 x(r0 - X)（2）设F +、F 别表示正、负带电导线单位长度所受 的电场力，则有2F川尸好：，一 i一 2 二;0r02F _ - - F - - i2;0r0显然有F+=-F 相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引。题7.9:如图所示，电荷 1Q分别均匀分布在两个半径为R的半细圆环上。求：（1）带电圆环偶极矩的大小和方向；（2）等效正、负电荷中心的位置。题7.9分析：（1）电荷分布呈轴对称，将细环分割成长度均为ds的线元，带正电荷的上半圆环线元与带负电荷的下半圆环对称位置上的线元构成一元电偶极子，细圆

13、环总的偶极矩等于各元电偶极矩之和，有P = dpj（2）由于正、负电荷分别对称分布在 y轴两侧，我们设想在y轴上能找到一对假想点，如果该带电环对外激发的电场可以被这一对假想点上等量的点电荷所激发的电场代替，这对假想点就分别称作正、负等效电荷中心。等效正负电荷中心一定在y轴上并对中心 O对称。由电偶极矩p可求得正、负等效电荷中心的间距，并由对称性求得正、负电荷中心。解：（1）将圆环沿y轴方向分割为一组相互平行的元电偶极子，每一元电偶极子带电QQ .二dq - _ ds - _ d i 二 R二2Q .dp =2Rcos i dq j = Rcos Hi jJi二2 4QP= 2dP=R j(2)

14、等效正、负电荷中心间距为,/ 4Rl = p. Q =则带电圆环的电偶极矩根据对称性正、负电荷中心在 y轴上，所以其坐标分别为 h型和，0空（I I 也可以借助几何中心的定义，得二2x =Rsin日 Rd 0=02Rn7R -二二2 .: Rsin 二 Rd。二二 二 R ,一二2即正、负电荷中心分别在 y轴上距中心 O为空 处冗题7.10:设匀强电场的电场强度 E与半径为R的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球 面的电场强度通量。题7.10分析方法1:由电场强度通量的定义，对半球面S求积分，即 s=fE d So- s方法2:作半径为R的平面S与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电

15、荷，由高斯定理1 一I E dS = q = 0 sb这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S的电场强度通量。因而=；炉 dS = -7. s. E dS解1:取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为E =E(cos esin ;e? sin eer) TOC o 1-5 h z dS = R2 sin / t d ：erE=:E dS = ER2 sinusin dud ： -S- S= ER2 sin2 7d 二 sin d : -0 0=二 R2 E解2:由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS的

16、方向,22 .=-E tR cos -： = R E题7.11：边长为a的立方体如图所示，其表面分别平行于 xy、yz和zx平面，立方体的一个 顶点为坐标原点。现将立方体置于电场强度 E =(巳+kx)i年2j的非均匀电场中，求电场对立 方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量。题7.11解：参见图。由题意 E与Oxy面平行，所以对任何与 Oxy面平行的立方体表面。电场强度的通量为零。即0ABe =DEFG =0。而 ABGF = E dS = (Ei kx) i E2 j dS j = E2a2考虑到面CDEO与面ABGF的外法线方向相反, 且该两面的电场分布相同，故有CDEO = 9ABG

17、F = E 2a同理aoef = E dS = Eii - E2 j ( YS i) =Eia2bcdg = E dS = (Ei ka)i E2 j (dS i) =(Ei . ka)a2因此，整个立方体表面的电场强度通量二=ka3题7.12:地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷。晴天大气电场平均电场强度约为120 V m方向指向地面。试求地球表面单位面积所带的电荷（以每平方厘米的电子数表示）。题7.11分析：考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面 为高斯面，利用高斯定理

18、可求得高斯面内的净电荷。解：在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径Rr： re （Re为地球平均半径）。由高斯定理21 一好 dS = -E4jiRe =一 q0-0地球表面电荷面密度二- -、q 4 R2 :一；oE - -1.06 10- C m 2单位面积额外电子数n =c （-e） =6.63 105 cm 2题7.13:设在半径为R的球体内，其电荷为对称分布，电荷体密度为：； = kr0 r R：；=0r Rk为一常量。试用高斯定理求电场强度E与r的函数关系。（你能用电场强度叠加原理求解这个问题吗？）题7.13分析：通常有两种处理方法：（1）利用高斯定理求球内外

19、的电场分布。由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有E dS =E 4 t2 - S1_根据图斯定律 E dS= J%V ,可解得电场强度的分布:0（2）利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布。将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为 dq = P 4nr2dr每个带电球壳在壳内激发的电场dE = 0,而在球壳外激发的电场dE:dV, _2由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布4 二；oRE = 0dEr R解1:因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定律

20、1.E dS = 11dV 得球体内(0 r R)E(r) 4 r；0R 2 .7k 4kr4 r dr = R0bkR4E (r)2 er4 b解2:将带电球分割成球壳，球壳带电dq = RV =kr 4 :r 2dr由上述分析，球体内(0 r R)l ,、.R 1 kr 4nr 2dr kR4E ( r)2 e r2 e r0 4 二;0 r4 ;0r题7.14: 一无限大均匀带电薄平板，电荷面密度为在平板中部有一半径为 r的小圆孔。求圆孔中心轴线上与平板相距为x的一点P的电场强度。题7.14分析：用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种非常特殊的对称性电场。本题的电场分布虽然不具

21、有这样的对称性， 但可以利用具有对称性的无限大带电平面和带电圆盘的电场叠加， 出电场的分布。若把小圆孔看作由等量的正、 负电荷重叠而成、挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的 带电平板和一个带相反电荷(电荷面密度 r,则2砧，通川,e n & e n2 1 r2 x22；。上述结果表明，在 xr时。带电平板上小圆孔对电场分布的影响可以忽略不计。题7.15: 一无限长、半径为 R的圆柱体上电荷均匀分布。圆柱体单位长度的电荷为Z,用高斯定理求圆柱体内距轴线距离为r处的电场强度。题7.15分析：无限长圆柱体的电荷具有轴对称分布，电场强度也为轴对称分布，且沿径矢 方向。取同轴往面为高斯面，电场强度在圆柱侧

22、面上大小相等，且与柱面正交。在圆柱的两 个底面上，电场强度与底面平行，E dS =0对电场强度通量贡献为零。整个高斯面的电场强度通量为E dS =E 2 -：rL由于，圆柱体电荷均匀分布，电荷体密度P = *JnR2 ,处于高斯面内的总电荷二:q - P 二r2L由高斯定理:fE dS= q/s。可解得电场强度的分布，解：取同轴柱面为高斯面，由上述分析得E 2 :rL = 1 ； r2L =2 r2L0；oRE：22 二;oR题7.16: 一个内外半径分别 R1为R2和的均匀带电球壳， 总电荷为Q1,球壳外同心罩一个半 径为 R3的均匀带电球面，球面带电荷为Q2。求电场分布。电场强度是否是场点

23、与球心的距离r的连续函数？试分析。题7.16分析：以球心O为原点，球心至场点的距离r为半径，作同心球面为高斯面。由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等。因而 非dS =E 4nr2 ,在确定高斯面内的电荷 q后,利用高斯定理E dS 八 q.；。即可求的电场强度的分布解：取半径为r的同心球面为高斯面，由上述分析E 4-r2q.；。r Ri,该高斯面内无电荷，q=0,故Ei = 0Ri r R2,高斯面内电荷 Z q =Ql(：3_Rl3)，故R2 -RE _ Qi(r3 -Ri3)2 二4二;。(R3 -Ri3)r2R2 r R3,高斯面内电荷为Q

24、i+ Q2,故E4 =Qi Q24 二;or2电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图所示。在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴 电球面两侧，电场强度的跃变量r = R3的带lE = E4 - E3 =Q2二4 二；0R3打Ri 和 R (R2 Ri),单位(2) Ri r R2这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性。实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，如本题中带电球壳内外的电场，如球壳的厚度变小，E的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E的变化成为一跃变。题7.17:两个带有等量异号电荷的无限长同轴

25、圆柱面，半径分别为 长度上的电荷为 九。求离轴线为r处的电场强度：（i） r Ri,题7.17分析：电荷分布在无限长同轴圆拄面上，电场强度也必定呈轴对称分布，沿径矢方向。取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且 c|E dS =E ZrrL ,求出不同半径高斯面内的电荷q。利用高斯定理可解得各区域电场的分布。解：作同轴圆柱面为高斯面。根据高斯定理E 4rL = q 为r R,Z q =0Ei =0Ri 二r 出， x q - LE22 二;0rr R21 q 二0E3 =0在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变2 二；r2二；0rL4 二;o(2d)2i解得Q2 -

26、- Q3 4 3由点电荷电场的叠加， 意一点的电场强度为E = Eiy - E3yQy2 二;o(d2 y2)32题7.18:如图所示，有三个点电荷 Qi、Q2、Q3沿一条直线等间距分布，已知其中任一点电 荷所受合力均为零，且 Qi = Q2 = Q3。求在固定Qi、Q3的情况下，将 Q2从点O移到无穷远 处外力所作的功。题7.18分析：由库仑力的定义，根据 Qi、Q3所受合力为零可求得 Q3外力作功W，应等于电场力作功 W的负值，即W=_W。求电场力作功的方法有两种，（I）根据功的定义，电场力作的功为W = .0&E dl其中E是点电荷Qi、Q3产生的合电场强度。（2）根据电场力作功与电势能

27、差的关系，有W =Q2 (Vo -V：.) =QzVo其中Vo是Qi、Q3在点O产生的电势（取无穷远处为零电势） 解1:由题意Qi所受的合力为零q2QiQi4 二；od=Q4Qi、Q3激发的电场在y轴上任将Q2从点O沿y轴移到无穷远处（沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？） 所作的功为W= -0： Q2 E d-4qQy2 二;o(d2 y2)32dy =-Q-8 二；0di解2:与解i相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q2 =-1Q。并由电势的叠加得 Qi、Q34在点O电势Vo 二Qi. Q34 二;od 4 二；od 2 二；od将Q2从点O推到无穷远处的过程中，外力作功cQ2W =-

28、Q2Vo =-Q8 二;0d比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁。这是因为在许多 实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多。题7.19:已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为匚_ 九 ,E e r2 二;0rK为电荷线密度。（i）求在r =门和r =上两点间的电势差；（2）在点电荷的电场中, 我们曾取rTg处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？试说明， 题7.19解：（i）由于电场力作功与路径无关，若取径矢为积分路径，则有Ui2 =- E dr = In r2r12 二；0ri（2）不能。严格地讲，电场强度 E =e,只适用于无限长的均匀

29、带电直线，而此时电2 二;0r荷分布在无限空间。r t8处的电势应与直线上的电势相等。题7.20:如图所示，有一薄金属环，其内外半径分别为R1和R2,圆环均匀带电，电荷面密（2）若有一质子沿度为二-（二0）。（1）计算通过环中心垂直于环面的轴线上一点的电势;轴线从无限远处射向带正电的圆环，要使质子能穿过圆环，它的初速度至少应为多少？题7.20分析：（1）如图所示，将薄金属环分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用细环轴线上一点的电势公式，根据电势叠加原理 的电势相加，即可得到轴线上的电势分布。,将这些不同半径的带电圆环在轴线上一点（2）由轴上电势分布的结果可知，在圆环中心处（ x = 0）电势

30、V有极大值，当质子从 无穷远处射向圆环时，电势能逐渐增加， 而质子的动能随之减少。若要使质子穿过圆环，则 质子在圆环中心处 Ek之0。根据能量守恒定律，可求出电子所需初速度的最小值。解：（1）在环上割取半径为 r、宽度为dr的带电细回环，dq -；. dS -；. 2:rdr它在轴线上产生的电势为dV =dqcrdr22、12 22、1 24 二；0（x r ）2 ；0（xr ）薄金属环的电势等于这些同心轴圆环电势的叠加R27 fcrdr2 0（x2 r2）12Ek_0,开始时质子的初速率应（2）根据能量守恒定律，为使质子在圆环中心处的动能 满足122mv2 -e（V0 -VJ _0上式表明质

31、子欲穿过环心，其速率不能小于:吧（RR）,；m题7.21:两个同心球面的半径分别为Ri和R2,各自带有电荷势分布，并画出分布曲线；（2）两球面间的电势差为多少？Qi和Q2。求：（1）各区域电题7.21分析：通常可采用两种方法（1）由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势。取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由VP = J：E dl可求得电势分布。（2）利用电势叠加原理求电势。一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为V -4 二；0r在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势V 二 Q4 二；0R其中R是球面的

32、半径。根据上述分析，利用电势在加原理，将两个球面在各区域产生的电 势叠加，可求得电势的分布。解1： (1)由高斯定理可求得电场分布E1 =0Qi2 e r4二；0rQi Q22 e r4 二；0rr RiRir :二 R2rR2由电势V = 10cE dl可求得各区域的电势分布。当 r MR时，有 rR1R2二V =， E1 dl r E 2 dlR2 E3 dl=0Cl _ Ql2Ql4族 F R J 4戒0&二 Q . Q24 二;0R 4 二;0R2当R Wr ER2时，有R2二V2 =E 2 dlE 3 dlr- R2Qi 11 )Qi +Q24 值 0 R ) 4 值 0R2QiQ2

33、= I 4 二；0 r 4 二；0R2当r至R2时，有V3 = E 3 d l 一 rQi Q2 r4二；0R2(2)两个球面间的电势差解2: (1)由各球面电势的叠加计算电势分布。若该点位于两个球面内，即 rER,则4烟0R 4破0R2若该点位于两个球面之间，即R r R2,则V _ Qi , Q2V 24 二二0 r 4 二;0 R2若该点位于两个球面之外，即r R2,则、，Q Q2V3r4 二；0R2(2)两个球面间的电势差U12 =Vi -V2|r _R2Qi4 二；0 RiQi4 二；0R2题7.22: 一半径为R的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为P。现取棒表面为

34、零电势，求空间电势分布并画出分布曲线分析 无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称。选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理1.E dS = x/ ；-dV0可求得电场分布E（r）,再根据电势差的定义bVa M = 1 E 2 dl并取棒表面为零电势（Vb = 0）,即可得空间任意点的电势解：取高度为I、半径为r且与带电律同轴的回柱面为高斯面，由高斯定理当 r R 时 E 2m =tw 2I P/ &当 r _R时 E 2-rI f R21P- ；0/曰二 R2得 E（r）:2 br取棒表面为零电势，空间电势的分布有R当 r MR 时，V(r)=R当 r R时，V(r)=:r22dr = (R -r )2 b 4 =0二R Rdr = In 20r 2 p r图是电势V随空间位置r的分布曲线。题7.23:两个很长的共轴圆柱面（2R1 = 3.0M10 m, R2 = 0.10 m),带有等量异号的电荷,两者的电势差为 450 V。求：（1）圆柱面单位长度上带有多少电荷？ （2）两圆柱面之间的电场强度。题7.23:两圆柱面之间的电场E =2 二;0r根据电势差的定义有U 12=R2 E dl ：In *飞2 二；R解得 二2二；0U12 1n 艮=2