电磁学第七次作业解答

高考物理电磁学知识点之电磁感应图文答案(7)一、选择题1．无线充电技术已经被应用于多个领域，其充电线圈内磁场与轴线平行，如图甲所示；磁感应强度随时间按正弦规律变化，如图乙所示。

则（ ）A ．2T t =时，线圈产生的电动势最大B ．2T t =时，线圈内的磁通量最大C ．0~4T 过程中，线圈产生的电动势增大D ．3~4T T 过程中，线圈内的磁通量增大 2．两块水平放置的金属板间的距离为d ，用导线与一个n 匝线圈相连，线圈电阻为r ，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R 与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m 、电荷量＋q 的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B 的变化情况和磁通量的变化率分别是A ．磁感应强度B 竖直向上且正增强，t φ∆＝dmg nq B ．磁感应强度B 竖直向下且正增强，t φ∆＝dmg nq C ．磁感应强度B 竖直向上且正减弱，tφ∆＝()dmg R r nqR + D ．磁感应强度B 竖直向下且正减弱，tφ∆＝()dmgr R r nqR + 3．如图所示，MN 和PQ 为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距l 为0.4m ，电阻不计。

导轨所在平面与磁感应强度B 为0.5T 的匀强磁场垂直。

质量m 为6.0×10-3kg 电阻为1Ω的金属杆ab 始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触。

导轨两端分别接有滑动变阻器R 2和阻值为3.0Ω的电阻R 1。

当杆ab 达到稳定状态时以速率v 匀速下滑，整个电路消耗的电功率P 为0.27W 。

则（ ）A．ab稳定状态时的速率v=0.4m/sB．ab稳定状态时的速率v=0.6m/sC．滑动变阻器接入电路部分的阻值R2=4.0ΩD．滑动变阻器接入电路部分的阻值R2=6.0Ω4．如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r、电阻为4R的圆环，PQ为圆环的直径，在PQ的左右两侧均存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反，一根长为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆心O以角速度ω顺时针匀速转动，金属棒与圆环紧密接触。

习题7-1、如果z z H E ,已知,由无源区的麦克斯韦方程,求圆柱坐标系中ϕρϕρH H E E ,,,与z z H E ,的关系。

解： 设z jk z e E E -=),(0ϕρρρ；z jk z e H H -=),(0ϕρρρ则 E jk z E z ρρ-=∂∂；H jk zH z ρρ-=∂∂ 在圆柱坐标系中展开无源区的麦克斯韦方程E j H ρρωε=⨯∇；H j E ρρωμ-=⨯∇得ρϕωεϕρE j H jk H z z =+∂∂1 ρϕωμϕρH j E jk E z z -=+∂∂1 ϕρωερE j H H jk z z =∂∂-- ϕρωμρH j E E jk z z -=∂∂-- z E j H H ωεϕρρρρϕ=∂∂-∂∂1 z H j E E ωμϕρρρρϕ-=∂∂-∂∂1 由以上几式得)1(12ϕρωμρρ∂∂+∂∂-=z z z cH j E jk k E )(12ρωμϕρϕ∂∂+∂∂-=z z z c H j E k j k E )(12ρϕρωερ∂∂-∂∂=z z z cH jk E j k H )(12ϕρρωεϕ∂∂+∂∂-=z z z c H k j E j k H 式中 222z c k k k -=7-2证明（） 式为式的解。

证明：由（） 式z z e V e V z V γγ---++=00)(可得：2200'')()()(γγγγz V e V e V z V z z =+=---+因此 0222=-V dzV d γ 即 式7-2、 从图的等效电路，求５) 和式对应的传输线方程的时域形式。

解：图)()(1z I Z dzz dV -= ５) )()(1z V Y dzz dI -= ６) 串联支路上的电压为dV V dtdi dzL dz iR V +=++11 （1） 并联支路上的电流为 di i dt du dzC dz uG i +=++11 (2) 由（1）和（2）式得dz dtdi L iR dV )(11+-= （3） dz dtdu C uG di )(11+-= （4） 两边同除dz 得)(11dtdi L iR dz dV +-= （5） )(11dt du C uG dz di +-= （6） （5）、（6）式就是５) 和式对应的传输线方程的时域形式。

第五章 静 电 场5 －9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<2>在棒的垂直平分线上,离棒为r 处的电场强度为若棒为无限长<即L →∞>,试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.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d x ,其电荷为d q ＝Q d x /L ,它在点P 的电场强度为整个带电体在点P 的电场强度接着针对具体问题来处理这个矢量积分.<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,<2>若点P 在棒的垂直平分线上,如图<A >所示,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 的电场强度就是证 <1>延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r πεq E 202d ,利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量,则 ()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.<2>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,大小为利用几何关系 sin α＝r /r ′,22x r r +='统一积分变量,则当棒长L →∞时,若棒单位长度所带电荷λ为常量,则P 点电场强度此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图<B >］.这说明只要满足r 2/L 2＜＜1,带电长直细棒可视为无限长带电直线.5 －14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.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 S d s E Φ 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,由于闭合面内无电荷,由高斯定理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.因而解1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d S 的方向,解2取球坐标系,电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为①5 －17设在半径为R 的球体内,其电荷为球对称分布,电荷体密度为k 为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E 与r 的函数关系.分析通常有两种处理方法：<1>利用高斯定理求球内外的电场分布.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2S π4d r E ⋅=⋅⎰S E 根据高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E ,可解得电场强度的分布. <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r r ρq ''⋅=d π4d 2,每个带电球壳在壳内激发的电场0d =E ,而在球壳外激发的电场由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布解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,由高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E 得球体内<0≤r ≤R > 球体外<r ＞R >解2将带电球分割成球壳,球壳带电由上述分析,球体内<0≤r ≤R >球体外<r ＞R >5 －20一个内外半径分别为R 1和R 2的均匀带电球壳,总电荷为Q 1,球壳外同心罩一个半径为R 3的均匀带电球面,球面带电荷为Q 2.求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？试分析.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24d r πE ⋅=⎰S E .在确定高斯面内的电荷∑q 后,利用高斯定理∑⎰=0/d εq S E 即可求出电场强度的分布.解取半径为r 的同心球面为高斯面,由上述分析r ＜R 1,该高斯面内无电荷,0=∑q ,故01=ER 1＜r ＜R 2,高斯面内电荷()31323131R R R r Q q --=∑ 故 ()()23132031312π4rR R εR r Q E --= R 2＜r ＜R 3,高斯面内电荷为Q 1,故r ＞R 3,高斯面内电荷为Q 1＋Q 2,故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<B >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r ＝R 3的带电球面两侧,电场强度的跃变量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,本题中带电球壳内外的电场,在球壳的厚度变小时,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.5 －21两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面,半径分别为R 1和R 2＞R 1>,单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：<1>r ＜R 1,<2> R 1＜r ＜R 2,<3>r ＞R 2.分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上,电场强度也必定沿轴对称分布,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⎰⋅=rL E d π2S E ,求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即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r ＜R 1,0=∑q 在带电面附近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变 R 1＜r ＜R 2,L λq =∑r ＞R 2,0=∑q 在带电面附近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变这与5－20题分析讨论的结果一致.5 －22如图所示,有三个点电荷Q 1、Q 2、Q 3沿一条直线等间距分布且Q 1＝Q 3＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零,求在固定Q 1、Q 3的情况下,将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.分析由库仑力的定义,根据Q 1、Q 3所受合力为零可求得Q 2.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：<1>根据功的定义,电场力作的功为 其中E 是点电荷Q 1、Q 3产生的合电场强度.<2>根据电场力作功与电势能差的关系,有其中V 0是Q 1、Q 3在点O 产生的电势<取无穷远处为零电势>.解1由题意Q 1所受的合力为零解得 Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加,Q 1、Q 3激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为将Q 2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？>外力所作的功为解2与解1相同,在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=,并由电势的叠加得Q 1、Q 3在点O 的电势将Q 2从点O 推到无穷远处的过程中,外力作功比较上述两种方法,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.5 －23已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为为电荷线密度.<1>求在r ＝r 1和r ＝r 2两点间的电势差；<2>在点电荷的电场中,我们曾取r →∞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.解 <1>由于电场力作功与路径无关,若沿径向积分,则有<2>不能.严格地讲,电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线,而此时电荷分布在无限空间,r →∞处的电势应与直线上的电势相等.5 －27两个同心球面的半径分别为R 1和R 2,各自带有电荷Q 1和Q 2.求：<1>各区域电势分布,并画出分布曲线；<2>两球面间的电势差为多少？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⎰∞⋅=p p V l E d 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在球面内电场强度为零,电势处处相等,等于球面的电势其中R 是球面的半径.根据上述分析,利用电势叠加原理,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由电势⎰∞⋅=r V l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1时,有当R 1≤r ≤R 2时,有当r ≥R 2时,有<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r ≤R 1,则若该点位于两个球面之间,即R 1≤r ≤R 2,则若该点位于两个球面之外,即r ≥R 2,则<2>两个球面间的电势差第六章 静电场中的导体与电介质6 －1将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近,则导体B 的电势将〔 〔A 升高 〔B 降低 〔C 不会发生变化 〔D 无法确定分析与解不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。

电磁学习题解答4-7章4.7 解：如图建立坐标系，在板上距原点为y 处取宽为dy 的窄条，它相当于无限长的载流直线，其上电流dy aIdI 2=，它在P 点的磁场为 2200222yx dya I r dI dB +===πμπμ 方向如图所示，由于对称性，磁场中只有y 分量，故⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+==22220sin sin 22y x x y x xdy a I dB dB y απμα 积分得 j xa g a I i y x dy a Ix j B B a a J10220222--+=+==⎰πμπμ4.8 解：(1)绕轴旋转的带电圆环构成一个圆电流，其电流为π2qWT q I ==(1) 根据t a S B var int -定律，圆电流I 在其轴线上离圆心为r 处产生的磁感应强度的大小为222202200)(42sin )(490R r RR r R I R r Idls B in ++⋅=+=⎰ππμθπμ 2/32220)(2R r IR +=μ (2)将(1)式代入(2)式得2/32220)(4R r WqR B +=πμB 的方向为I 的右旋进方向，也就是ω的方向，于是得所求磁感应强度为2/32220)(4R r WqR B +=πμ(2)磁距依定义为W qR R W q S I P m 22212=⋅==ππ4.9 解：在圆环带上取半径为1x 宽为dx 的环带其上带电量为xdx dq π2.6=圆环带旋转时dq 形成圆电流，由4.8题可知dq 在轴线上离圆环带中心为r 处产生的磁感应强度为2/322302/32220)(621)(462x r dxx W x r xdx W x dB +=+=μππμ 积分得 ⎰+=212/32230)(621R R x r dxx W B μ21222220621R x R x x r r x r W ==⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=μ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-+++-+=212222222122220621R r r R r r R r R r W μ ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++-++=212212222222022621R r R r R r R r W μ 所求B 为 W R r R r R r R r B ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++-++=212212222222022621μ (2)所求磁距为⎰=212262R R m x WxdxP πππ()41423641621R R W dxx W R R -==⎰ππ矢量形式为： ()W R R P m 4142641-=π 4.10 解：(1)如图所示，建立坐标系，设任一点P 到左边导线的距离为x ，由安培环路定理得所求的磁感应强度为j x d I x I B ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=)(2200πμπμ (2)通过图中矩形线圈的磁通量为dx x Ia s d B s d d m ⎰⎰=⋅=4341022πμφ 3ln 0πμIa=4.11 解：(1)由安培环路定理，取以螺线管轴线为轴，半径为r 的环形回路⎰⎩⎨⎧>≤=⋅=⋅LRr R r NI r B l d B 020μπ得空间磁场分布为⎪⎩⎪⎨⎧>≤=R r R r e r NI B t20 πμ代入数值得 ⎪⎩⎪⎨⎧>≤⨯=-Rr R r e rB t1013 方向与电流成右手螺旋关系(2)通过螺线管截面的磁通量为adr rBadr s d B aR RsaR Rm ⨯⨯==⋅=-++⎰⎰⎰3101φ Wb a 63100.818.022ln04.010--⨯=⨯⨯= 4.12 解：本题可看作是两个均匀电流叠加而成，一个电流均匀分布在实心，圆柱体内，电流密度为j ，另一个电流则均匀分布在空洞处，电流密度为j-，根据安环环路定理，均匀圆柱电流j在柱体内主生的磁感应强度为R R j B⨯=0121μ是从圆柱轴线O 到场点P 的位矢，同样所向电流j -在空洞区域内P 点所产生的磁感应强度为 r j r j B⨯-=⨯-=00221)(21μμ式中r 是从空洞轴线O '到场点P 的位矢，根据叠加原理，P 点的磁感应强度为a j r R j B B B⨯=-⨯=+=002121)(21μμ式中a a a ='=00，可见，空洞内任一点的磁感应强度都相同，所以空洞内是均匀磁场。

电磁学课后部分习题答案解析1.2.2 两个同号点电荷所带电荷量之和为Q.在两者距离一定的前提下，他们带电荷量各为多少时相互作用力最大？解答：设一个点电荷的电荷量为1q q =,另一个点电荷的电荷量为()2q Q q =-,两者距离为r,则由库仑定律求得两个电电荷之间的作用力为()204q Q q F rπε-=令力F 对电荷量q 的一阶导数为零，即 ()2004Q q qdF dqrπε--==得122Q q q ==即取 122Q q q ==时力F 为极值，而222202204Q q d F dqrπε==-<故当 122Q q q ==时，F 取最大值1.2.6 两个电荷量相等的同性点电荷相距为2a ，在两者连线的中垂面上置一试探点电荷0q , 求0q 受力最大的点的轨迹.解答:如图(a)所示,设有两个电荷量为q 的点电荷 ,坐标分别为(-a ,0,0)和(a ,0,0),试探点电荷0q 置于二者连线的中垂面Oyz 上坐标为(0,y,z).r y j z k=+ 为原点O 至试探点电荷0q 的失径,距离为r =,如图(b)所示.根据对称性, 所受合力的方向与失径r 平行或反平行.其大小为 ()003222222sin 2q q q qrF kkr araα==++求上式的级值,去F 对r 的一阶导数并令其为零,的方程 ()22230r r a-++=求得2r =求二阶导数并带入2r =,得()272222022120r d Fa kqq r a rdr -=-+<说明此时F 取极大值因此,0q 受力最大的点的轨迹是在中垂面上的圆心坐标为(0,0,0)半径为2的圆.1.3.6 附图中均匀带电圆环的半径为R,总电荷量为q(1)求数轴线上离环心O 为x处的场强E(2) 轴线上何处场强最大?其值是多少? (3)大致画出E-x 曲线.解答:设圆环的带电线密度为 2q Rηπ=如图(a)所示,圆环一小段d l 到轴上一点P 的距离为r ,即有dq dl η=,cos x rα=,该小段对P 点产生的场强大小为22dq dldE k krrη==根据对称性,P 点场强仅有x 分量, d E在x 轴的分量大小为()3222cos x xdldE dE kRxηα==+()()()33322222222200224xxRxqxE dEkR RxR xR xηηπεπε====+++⎰P点场强为()322204qxE iR xπε=+（2）应求dE dx并令其值为0，求得当2x =，E取极值，而2220x d Edx<，根据对称性，位于轴上2x =±点的场强取最大值，其值为qE =±（3）如图（b ）所示。

第一次作业（库仑定律和电场强度叠加原理）一 选择题[ C ]1下列几个说法中哪一个是正确的？(A) 电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向.(B) 在以点电荷为中心的球面上， 由该点电荷所产生的场强处处相同．(C) 场强可由q F E / 定出，其中q 为试验电荷，q 可正、可负，F 为试验电荷所受的电场力．(D) 以上说法都不正确．[ C ]2 在边长为a 的正方体中心处放置一电荷为Q 的点电荷，则正方体顶角处的电场强度的大小为： (A)2012a Q ． (B) 206a Q．(C)203a Q ． (D)20a Q．[ B ]3图中所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线，电荷线密度分别为＋(x ＜0)和－ (x ＞0)，则Oxy 坐标平面上点(0，a )处的场强E为(A) 0． (B)i a 02 ． (C) i a 04 ． (D) j i a04 ． 【提示】根据)sin (sin 4120 a E x )cos (cos 4210aE y对＋ 均匀带电直线2,021对— 均匀带电直线0,221在（0，a ）点的场强是4个场强的矢量和[ A ]4电荷面密度分别为＋ 和－ 的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图放置，则其周围空间各点电场强度随位置坐标x 变化的关系曲线为：(设场强方向 向右为正、向左为负)O +- x y (0, a ) O x -a a y+ -O -a +a 0/x(A)EO E -a +a 02/ x (B)OE -a +a 02/ x(C)-02/OE -a +a2/ x(D)/ 02/【提示】依据02E 及场强叠加 二．填空题5. 电荷为－5×10-9 C 的试验电荷放在电场中某点时，受到 20×10-9 N 的向下的力，则该点的电场强度大小为_____________________，方向____________．4N / C 2分 向上 1分6. 电荷均为＋q 的两个点电荷分别位于x 轴上的＋a 和－a 位置，如图所示．则y 轴上各点电场强度的表示式为E＝j y a qy2/322042 ， (j为y 方向单位矢量) ，场强最大值的位置在y ＝2/a7.两根相互平行的“无限长”均匀带正电直线1、2，相距为d ，其电荷线密度分别为 1和 2如图所示，则场强等于零的点与直线1的距离a 为d 211三计算题8.如图所示，一电荷面密度为 的“无限大”平面，在距离平面a 处的一点的场强大小的一半是由平面上的一个半径为R 的圆面积范围内的电荷所产生的．试求该圆半径的大小．解：电荷面密度为 的无限大均匀带电平面在任意点的场强大小为E = / (2 0) 2分以图中O 点为圆心，取半径为r →r ＋d r 的环形面积，其电量为d q = 2 r d r 2分它在距离平面为a 的一点处产生的场强+q +q -a+aO xy12a daR O E2/32202d ra ardrE2分则半径为R 的圆面积内的电荷在该点的场强为R r a r r a E 02/3220d 222012R a a 2分 由题意,令E = / (40)，得到R ＝a 32分9.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．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 =q / L ，在x 处取一电荷元d q = d x = q d x / L ，它在P 点的场强： 204d d x d L q E204d x d L L xq 2分总场强为 Lx d L xL q E 020)(d 4－ d L d q 043分 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．10.一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 处取微小电荷 d q = d l = 2Q d /它在O 处产生场强d 24d d 20220RQR q E2分按 角变化，将d E 分解成二个分量：d sin 2sin d d 202RQ E E xOd cos 2cos d d 202R Q E E y3分对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷2/2/0202d sin d sin 2R QE x ＝0 2分 2022/2/0202d cos d cos 2R QR Q E y2分 所以j RQ j E i E E y x2021分 第三次作业答案（高斯定理和电势2）1. 以下各种说法是否正确？(回答时需说明理由)(1)场强为零的地方，电势也一定为零。