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，中子就是由一个带e 3
2的上夸克和两个带e 3
1
-下夸克构成，若将夸克作为经典粒子处理（夸克线度约为10-20 m ），中子内的两个下夸克之间相距2.60⨯10-15 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
r r 2
2
0r 2210N 78.394141
e e e F ===r e r q q πεπε
F 与r e 方向相同表明它们之间为斥力。
题7.2：质量为m ，电荷为-e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为E k 。证明电子的旋转频率满足
4
2k
202
32me E εν=
其中是0ε真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律。 题7.2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10-15 m ，轨道半径约为10-10 m ，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
2
2
0241r e r v m πε=
由此出发命题可证。
证：由上述分析可得电子的动能为
r
e mv E 2
02k 8121πε=
= 电子旋转角速度为
3
02
2
4mr e πεω=
由上述两式消去r ，得
4
3k 20
222
324me E επων=
= 题7.3：在氯化铯晶体中，一价氯离于Cl -与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铯离子（称作品格缺陷），求此时氯离子所受的库仑力。
题7.3分析：铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯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：（l ）由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故
01=F （2）除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离
子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力2F 的值为
N 1092.13492
022
0212-⨯==
=
a
e r
q q F πεπε
2F 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
22041L r Q
E -=
πε （2）在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为
2
20421L r r Q
E +=
πε 若棒为无限长（即∞→L ），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d q = Q d x /L ，它在点P 的电场强度为
r r q
e E 20d 41d '=πε
整个带电体在点P 的电场强度
⎰=E E d
接着针对具体问题来处理这个矢量积分。
（1） 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，
⎰=L
i E E d
（2） 若点P 在棒的垂直平分线上，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为
零，因此，点P 的电场强度就是 ⎰⎰==L
L
j j E E E d sin d y α
证：（1）延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r q
E 2
4d πε，利用几何关系x r r -='统一积分变量，
则
220022
2-041212141)(d 41
L r Q
L r L r L x r L x Q E L L P -=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰
πεπεπε 电场强度的方向沿x 轴。
（3） 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为 ⎰
'=L r q
E 2
4d sin πεα
利用几何关系22,sin x r r r r +=''=α统一积分变量，则 2
2
023222
2-0412)
(d 41r
L r Q
r x L x rQ E L L +=+=⎰
πεπε
当棒长∞→L 时，若棒单位长度所带电荷为λ常量，则
P 点电场强度
r
L r L
Q r E L 02
2024121
lim
πελ
πε=
+=∞
→
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122<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d l ，其电荷此电荷元可视为点电荷l R
Q
q d d π=，它在点O 的电场强度r 2
0d 41
d e E r q
πε=
。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
⎰
=L
E 0d x ，点O 的合电场强度j E ⎰=L
E y d ，统一积分变量可求得E 。
解：由上述分析，点O 的电场强度
l R Q
R E L d sin 4120
O πθπε⋅⋅-=⎰
由几何关系θd d R l =，统一积分变量后，有 20200O 2d sin 41
R Q E επθθπεπ-=-=⎰ 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0
2εσ
=
E （提示：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
y r r q d d d 2d σλπσ==或 求出它们在轴线上一点P 的电场强度d E 后，再叠加积分，即可求得点P 的电场强度了。 证1：如图所示，在带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d E 的方向均相同，因而P 处的电场强度
i i i E E 02
32202
32202)(4d 2)(d 41d εσπεπσπε=+⋅=+==⎰⎰⎰x r r
xr x r q x
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P 激发的电场强度d E 在Oxy 平面内且对x 轴对称，因此，电场在y 轴和z 轴方向上的分量之和，即E y 、E z 均为零，则点P 的电场强度应为
i i i E 220x d 2cos d x
y y x E E +===⎰
⎰∞
∞-πεσ
α 积分得i E 0
2εσ=
电场强度E 的方向为带电平板外法线方向。
