真空中的静电场(答案解析)2015年度

习题一一、选择题1．如图所示，半径为R 的圆环开有一小空隙而形成一圆弧，弧长为L ，电荷Q -均匀分布其上。

空隙长为()L L R ∆∆<<，则圆弧中心O 点的电场强度和电势分别为 [ ] （Ａ）200,44Q L Qi R L R πεπε-∆-； （Ｂ）2200,84Q L Qi R L R πεπε-∆-； （Ｃ）200,44Q L Qi R L Rπεπε∆； （Ｄ）200,44Q L Q Li R L RLπεπε-∆-∆。

答案：A解：闭合圆环中心场强为0，则圆弧产生的场强与空隙在圆心处产生的场强之和为0。

由于空隙 ∆l 非常小，可视为点电荷，设它与圆弧电荷密度相同，则所带电荷为/Q L L -∆，产生的场强为204Q L i R L πε∆，所以圆弧产生的场强为204OQ LE i R Lπε-∆=；又根据电势叠加原理可得04O Q U Rπε-= .2．有两个电荷都是＋q 的点电荷，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［ ］ （A ）120, /S q εΦ>ΦΦ=； （B ）120, 2/S q εΦ<ΦΦ=；（C ）120, /S q εΦ=ΦΦ=； （D ）120, /S q εΦ<ΦΦ=。

答案：D解：由高斯定理知0Φ=S q 。

由于面积S 1和S 2相等且很小，场强可视为均匀。

根据场强叠加原理，120,0E E =<，所以12Φ0,Φ0=>。

3．半径为R 的均匀带电球体的静电场中各点的电场强度的大小E 与距球心的距离r 的关系曲线为 [ ]答案：B2∝2∝rRr R解：由高斯定理知均匀带电球体的场强分布为()302041 ()4qrr R R E q r R r πεπε⎧<⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩，所以选（B ）。

12 真空中的静电场 12.1电荷、场强公式1. 如图所示，在直角三角形ABC 的A 点处，有点电荷q 1 = 1.8×10-9C ，B 点处有点电荷q 2 = -4.8×10-9C ，AC = 3cm ，BC = 4cm ，则C 点的场强的大小为(A) 4.5104(N C -1). (B) 3.25104(N C -1). 答案：(B)参考解答：根据点电荷的场强大小的公式，点电荷q 1在C 点产生的场强大小为)C (N 108.1)(4142011-⋅⨯==AC q E πε，方向向下．点电荷q 2在C 点产生的场强大小为)C (N 107.2)(4142022-⋅⨯==AC q E πε，方向向右．C 处的总场强大小为：),C (N 1025.3142221-⋅⨯=+=E E E总场强与分场强E 2的夹角为.69.33arctan 021==E E θ对于错误选择，给出下面的分析：答案(A)不对。

你将)C (N 105.410)7.28.1(14421-⋅⨯=⨯+=+=E E E 作为解答。

错误是没有考虑场强的叠加，是矢量的叠加，应该用),C (N 1025.3142221-⋅⨯=+=E E E进入下一题：2. 真空中点电荷q 的静电场场强大小为2041r qE πε=式中r 为场点离点电荷的距离．当r →0时，E →∞，这一推论显然是没有物理意义的，应如何解释？参考解答：点电荷的场强公式仅适用于点电荷，当r →0时，任何带电体都不能视为点电荷，所以点电荷场强公式已不适用．若仍用此式求场强E ，其结论必然是错误的．当r →0时，需要具体考虑带电体的大小和电荷分布，这样求得的Ｅ就有确定值．进入下一题： 12.2高斯定理1. 根据高斯定理的数学表达式⎰∑⋅=Sq S E 0/d ε可知下述各种说法中，正确的是： (A) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零．(B) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定处处为零．(C) 闭合面上各点场强均为零时，闭合面内一定处处无电荷．答案：(B) 参考解答：高斯定理的表达式：∑⎰==⋅ni i q s E 101d ε .它表明：在真空中的静电场内，通过任意闭合曲面的电通量等于该闭合面所包围的电荷电量代数和的0/1ε倍。

dE ydx24 0rcos ， dE xdx2 sin 4 0r 2因x ytg ,dxdcos2y，cos第七章 真空中的静电场7－ 1 在边长为 a 的正方形的四角，依次放置点电荷 q,2q,-4q 和 2q ，它的几何中心放置 一个单位正电荷，求这个电荷受力的大小和方向。

解： 如图可看出两 2q 的电荷对单位正电荷的在作用力 将相互抵消，单位正电荷所受的力为4 (q 2 a)2(1 4)＝ 4 0 ( 2 a)27－2 如图，均匀带电细棒，长为L ，电荷线密度为 λ。

（ 1） 求棒的延长线上任一点 P 的场强； （2）求通过棒的端点与棒垂直上 任一点 Q 的场强。

解： （ 1）如图 7－ 2 图 a ，在细棒上任取电荷元 dq ，建立如图坐标， P 与坐标原点 0 的距离为 x ，则方向沿 轴正向。

4 0 x （x L ）2）如图 7－ 2 图b ，设通过棒的端点与棒垂直上任一点 dx24 0r 25q2 , 方向由 q 指向 -4q 。

2 0a2dq ＝ d ，设棒的延长线上任一点dE4 0(x )2 4 0 (x )2则整根细棒在P 点产生的电场强度的大小为dq 0Ld4 0 0 (x )2 (x 1Lx 1x L x习题 7－ 2 图 aQ 与坐标原点 0的距离为 ydE 习题 7－ 2 图 b代入上式，则E xdE x sin d x x4 0 y 0 (1 cos 0) ＝ (1 1 )，方向沿 x 轴负向。

4 0 y 4 0 y y 2 L 2EydEy4 0 y 0cos d4 0y sin 0＝ 4 0y y 2 L 27－ 3 一细棒弯成半径为 R 的半圆形，均匀分布有电荷 q ，求半圆中心 O 处的场强。

解： 如图，在半环上任取 dl=Rd 的线元，其上所带的电荷为 dq= Rd 。

对称分析 E y =0。

7－ 4 如图线电荷密度为 λ1的无限长均匀带电直线与另一长度为l 、线电荷密度为 λ2的均匀带电直线在同一平面内，二者互相垂直，求它们间的相互作用力。

真空中的静电场答案练习一一 填空题1．021εq q + 1q 、2q 、3q 2.不一定 3.06εq 4.304Rqr πε 5.023εσ-=A E ，0023,2εσεσ=-=C B E E 6. 0，rR 0εσ 二 计算题1． 解（1）2004rqQ F πε= 由对称性可知N F F x 71022.3-⨯== 沿x 轴正向（2）θπεcos 4220rqQ F F x == 01.0)01.0(42220++=x x x qQπε 令0=dxdF 可得：m x 071.0202=±=时，Q 受力最大 2.解：为带正电荷闭合圆环在圆心o 点的电场强度为带正电荷空隙在圆心o 点的电场强度由于空隙很小，因此空隙处正电荷可看作点电荷y F =02cos x F F θ=012E E E =-1E 2E 10E =l l R Q R R qE ⋅-==ππεπε241420202 所以C N E E /72.02==，方向指向空隙3解取线元dl ，有：∴∴负号表示场强方向沿y 轴负向4解作半径r 的同心球面，，由高斯定理：① 若r <R 1，则： ∴ E =0② 若R 1<r <R 2 则：∴③ 若r >R 2，则：∴练习二一． 填空题1．J 15108-⨯-，V 4105⨯-2.有源场，无旋场3.电势降低的方向4 . ＝，＝二.计算题1.解电场分布：由高斯定理得当1R r < 01=E当12R r R ≥> 2024r QE πε=当2R r > 03=E电势分布：由叠加原理得当1R r < 2010144R Q R QV πεπε-= 当12R r R ≥> 200244R Q r QV πεπε-= 当2R r > 03=V2.解取同心球面为高斯面得当R r < 3020144RQr r V E πεπερ== 当R r > 2024r QE πε= 当R r < 302020********R Qr R Q dr rQ dr R Qr V R r R πεπεπεπε-=+=⎰⎰∞当R r > rQV 024πε=当R r = RQV R 04πε=3解(1) 设内、外球面所带电荷分别为、∴C(2) 由 有cm4解.取同心圆柱面为高斯面，得：当a r <022επρπhr rhE ⋅= 02ερr E =当a r >22επρπha rhE ⋅=022ερr a E =电势分布当a r <⎰-==002042rr dr r V ερερ 当a r >020200024ln 222ερερερερa r a a dr r dr r a V a a r -=+=⎰⎰静电场中的导体和电介质练习三一.填空题 1.022εS Q 2．r ε，r ε，r ε3．2041U C 4. 3q 5．R qd q0044πεπε-6. 减小，增大，减小，减小二.计算题1.解：（1）.在介质内取同轴圆柱面为高斯面，则有： ∑⎰=⋅内0q S d D S l rl D λπ=⋅2rD πλ2=又E D ε= rE πελ2= （2）.电势差为：⎰==BAR R A B AB R R dr r U ln 22πελπελ （3）.电容为：ABA B AB R R l R R l U Q C ln 2ln 2πεπελ=== 2解：（1）在介质内取同心球面作为高斯面，由高斯定理得： ∑⎰=⋅内0q S d D S Q r D =⋅24π24r Q D π= 24rQ E πε= （2）电势差⎰⎰-==⋅=21211)11(44212R R R R R R Q dr r Q r d E U πεπε （3）由电容定义得：12214R R R R U Q C -==πε （4）2121228)(2R R Q R R C Q W πε-== 3．解：设C 板右表面带电 -q 1 ,A 板左右表面分别带电q 1、q 2，B 板左表面带电- q 2 AC 板间距d 1，AB 板间距d 2（1） 由题意可知，（1） （2）（1）（2）联解得（2）12q qQ +=AC ABV V =1122E d E d =1212o o q q d d S Sεε=1122q d d q =1121Q q d d =+2211Q q d d =+AC A V V V C=-V 0C =1021101111d Sd d Q d S q d E V V AC A εε+==== 4．解：由D 高斯定理有得到即此时两种介质中的D 是相等的。

⼤学物理第6章真空中的静电场课后习题及答案第6章真空中的静电场习题及答案1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。

⼀试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合⼒等于零？解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑⼒的⼤⼩及⽅向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合⼒才可能为0，所以200200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε故 223+=x2. 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三⾓形的三个顶点。

试问：(1)在这三⾓形的中⼼放⼀个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑⼒之和都为零)?(2)这种平衡与三⾓形的边长有⽆关系?解：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由⼒平衡知，q '为负电荷，所以2220)33(π4130cos π412a q q aq'=εε故 q q 3='(2)与三⾓形边长⽆关。

3. 如图所⽰，半径为R 、电荷线密度为1λ的⼀个均匀带电圆环，在其轴线上放⼀长为l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的⼀端处于圆环中⼼处。

求该直线段受到的电场⼒。

解：先求均匀带电圆环在其轴线上产⽣的场强。

在带电圆环上取dl dq 1λ=，dq 在带电圆环轴线上x 处产⽣的场强⼤⼩为)(4220R x dq dE +=πε根据电荷分布的对称性知，0==z y E E2322)(41 cos R x xdq dE dE x +==πεθ式中：θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹⾓。

+=23220)(4dq R x xE x πε232210(24R x R x +?=πλπε232201)(2R x xR+=ελ下⾯求直线段受到的电场⼒。

在直线段上取dx dq 2λ=，dq 受到的电场⼒⼤⼩为dq E dF x =dx R x xR 232221)(2+=ελλ⽅向沿x 轴正⽅向。

第12章 真空中的静电场 参考答案一、选择题1(D)，2(C)，3(C)，4(A)，5(C)，6(B)，7(C)，8(D)，9(D)，10(B)， 二、填空题(1). 电场强度和电势，0/q F E =，l E q W U aa⎰⋅==00d /(U 0=0).(2). ()042ε/q q +， q 1、q 2、q 3、q 4 ； (3). 0， / (2) ； (4). R / (2) ；(5). 0 ； (6).⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π00114r r qε ；(7). －2×103V ； (8).⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πa br r q q 11400ε(9). 0，pE sin ； (10). ()i a x A2+-.三、计算题1. 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 E -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε 总场强为LdPＰLdd q x (L+d －x )d E x O⎰+π=Lx d L xL q E 020)(d 4－ε()d L d q +π=04ε 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．2．一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θεεd 24d d 20220RQRq E π=π= 按角变化，将d E 分解成二个分量：θθεθd sin 2sin d d 202RQE E xπ== θθεθd cos 2cos d d 202R QE E y π-=-=对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=⎰⎰πππθθθθε2/2/0202d sin d sin 2R QE x ＝0 2022/2/0202d cos d cos 2R QR Q E y εθθθθεππππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π-=⎰⎰所以 j RQ j E i E E y x202επ-=+=3. “无限长”均匀带电的半圆柱面，半径为R ，设半圆柱面沿轴线OO'单位长度上的电荷为，试求轴线上一点的电场强度．解:设坐标系如图所示．将半圆柱面划分成许多窄条．d l 宽的窄条的电荷线密度为θλλλd d d π=π=l Rd qR O yθd θθO R’O'取位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为θελελd 22d d 020RR E π=π=θ d E y yd l d θ R θ O d E x x d E如图所示. 它在x 、y 轴上的二个分量为： d E x =d E sin , d E y =－d E cos 对各分量分别积分RR E x 02002d sin 2ελθθελππ=π=⎰0d cos 2002=π-=⎰πθθελR E y场强 i Rj E i E E y x02ελπ=+=4. 实验表明，在靠近地面处有相当强的电场，电场强度E垂直于地面向下，大小约为100 N/C ；在离地面1.5 km 高的地方，E也是垂直于地面向下的，大小约为25 N/C ．(1) 假设地面上各处E都是垂直于地面向下，试计算从地面到此高度大气中电荷的平均体密度； (2) 假设地表面内电场强度为零，且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面的电荷产生，求地面上的电荷面密度．(已知：真空介电常量0ε＝8.85×10-12 C 2·N -1·m -2)解：(1) 设电荷的平均体密度为，面如图(1)(侧面垂直底面，底面S 平行地面)上下底面处的场强分别为E 1和E 2，则通过高斯面的电场强度通量为：⎰⎰E ·S d ＝E 2S -E 1S ＝(E 2-E 1) S高斯面S 包围的电荷∑q i ＝h S 由高斯定理(E 2－E 1) S ＝h S / 0∴ () E E h1201-=ερ＝4.43×10-13 C/m 3(2) 设地面面电荷密度为．由于电荷只分布在地表面，所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2)SE∆SE 1(1) h(2)∑i1q ε-E S =S ∆σε01∴ =－E ＝－8.9×10-10 C/m 35. 一半径为R 的带电球体，其电荷体密度分布为=Ar (r ≤R ) ，=0 (r ＞R )，A 为一常量．试求球体内外的场强分布．解：在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为r r Ar V q d 4d d 2π⋅==ρ在半径为r 的球面内包含的总电荷为403d 4Ar r Ar dV q rV π=π==⎰⎰ρ (r ≤R) 以该球面为高斯面，按高斯定理有 0421/4εAr r E π=π⋅得到 ()0214/εAr E =， (r ≤R )方向沿径向，A >0时向外, A <0时向里．在球体外作一半径为r 的同心高斯球面，按高斯定理有 0422/4εAR r E π=π⋅得到 ()20424/r AR E ε=， (r >R ) 方向沿径向，A >0时向外，A <0时向里．6. 如图所示，一厚为b 的“无限大”带电平板 ， 其电荷体密度分布为＝kx (0≤x ≤b )，式中k 为一正的常量．求： (1) 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小；xb P 1P 2Px O(2) 平板内任一点P 处的电场强度； (3) 场强为零的点在何处？解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ． 作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示．按高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S，即 022d d 12εερεkSbx x kSx S SE bb===⎰⎰得到 E = kb 2/ (40) (板外两侧) (2) 过P 点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E '，如图所示．按高斯定理有 ()022εεkSb xdx kSS E E x==+'⎰得到 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-='22220b x k E ε (0≤x ≤b ) (3) E '=0，必须是0222=-b x ， 可得2/b x =7. 一“无限大”平面，中部有一半径为R 的圆孔，设平面上均匀带电，电荷面密度为．如图所示，试求通过小孔中心O 并与平面垂直的直线上各点的场强和电势(选O 点的电势为零)．xS P SE ESSEd x bE 'σOR解：将题中的电荷分布看作为面密度为的大平面和面密度为－的圆盘叠加的结果．选x 轴垂直于平面，坐标原点Ｏ在圆盘中心，大平面在x 处产生的场强为i xx E012εσ=圆盘在该处的场强为i x R x x E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=2202112εσ∴ ix R xE E E 220212+=+=εσ该点电势为 ()220222d 2x R R xR x x U x +-=+=⎰εσεσ8. 一半径为R 的“无限长”圆柱形带电体，其电荷体密度为=Ar (r ≤R )，式中A 为常量．试求： (1) 圆柱体内、外各点场强大小分布； (2) 选与圆柱轴线的距离为l (l ＞R ) 处为电势零点，计算圆柱体内、外各点的电势分布．解：(1) 取半径为r 、高为h 的高斯圆柱面(如图所示)．面上各点场强大小为E 并垂直于柱面．则穿过该柱面的电场强度通量为：⎰π=⋅S rhE S E 2d为求高斯面内的电荷，r ＜R 时，取一半径为r ，厚d r 、高h 的圆筒，其电荷为 r r Ah V ''π=d 2d 2ρOxP则包围在高斯面内的总电荷为3/2d 2d 302Ahr r r Ah V rV π=''π=⎰⎰ρ 由高斯定理得 ()033/22εAhr rhE π=π解出 ()023/εAr E = (r ≤R )r ＞R 时，包围在高斯面内总电荷为：3/2d 2d 302AhR r r Ah V RV π=''π=⎰⎰ρ 由高斯定理 ()033/22εAhR rhE π=π解出 ()r AR E 033/ε= (r >R )(2) 计算电势分布 r ≤R 时 ⎰⎰⎰⋅+==l R R rl r r r AR r r A r E U d 3d 3d 0320εε ()R l AR r R A ln 3903330εε+-= r ＞R 时 r l AR r r AR r E U l rl r ln 3d 3d 0303εε=⋅==⎰⎰9．一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1＝5×10-4 m 的圆柱形阴极A 和一个套在阴极外的半径R 2＝4.5×10-3 m 的同轴圆筒形阳极B ，如图所示．阳极电势比阴极高300 V ，忽略边缘效应. 求电子刚从阴极射出时所受的电场力．(基本电荷e ＝1.6×10-19 C)解：与阴极同轴作半径为r (R 1＜r ＜R 2 )的单位长度的圆柱形高斯面，设阴极上电荷线密度为．按高斯定理有2rE = / 0得到 E = / (20r ) (R 1＜r ＜R 2)方向沿半径指向轴线．两极之间电势差⎰⎰π-=⋅=-21d 2d 0R R B A B A r r r E U U ελ 120ln 2R R ελπ-=A BR 2 R 1得到 ()120/ln 2R R U U A B -=πελ， 所以 ()rR R U U E A B 1/ln 12⋅-= 在阴极表面处电子受电场力的大小为 ()()11211/c R R R U U e R eE F A B ⋅-==＝4.37×10-14 N方向沿半径指向阳极．四 研讨题1. 真空中点电荷q 的静电场场强大小为 2041rqE πε= 式中r 为场点离点电荷的距离．当r →0时，E →∞，这一推论显然是没有物理意义的，应如何解释？参考解答：点电荷的场强公式仅适用于点电荷，当r →0时，任何带电体都不能视为点电荷，所以点电荷场强公式已不适用．若仍用此式求场强E ，其结论必然是错误的．当r →0时，需要具体考虑带电体的大小和电荷分布，这样求得的E 就有确定值．2. 用静电场的环路定理证明电场线如图分布的电场不可能是静电场．参考解答：证：在电场中作如图所示的扇形环路abcda ．在ab 和cd 段场强方向与路径方向垂直．在bc 和da 段场强大小不相等（电力线疏密程度不同）而路径相等．因而 0d d d ≠⋅'-⋅=⋅⎰⎰⎰c b a d l E l E l E 按静电场环路定理应有0d =⋅⎰l E ，此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．3. 如果只知道电场中某点的场强，能否求出该点的电势？如果只知道电场中某点的电势，能否求出该点的场强？为什么？参考解答：由电势的定义： ⎰⋅=零势点场点l E U d式中E 为所选场点到零势点的积分路径上各点的场强，所以，如果只知道电场中某点的场强，而不知道路径上各点的场强表达式，不能求出该点的电势。

一． 选择题[ B ] 1（基础训练1） 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＋λ(x ＜0)和－λ(x ＞0)，则Oxy 坐标平面上点(0，a )处的场强E为(A) 0． (B) i a 02ελπ． (C) i a 04ελπ． (D)()j i a+π04ελ． 【提示】左侧与右侧半无限长带电直线在(0，a )处产生的场强大小E ＋、E －大小为：E E +-==矢量叠加后，合场强大小为：02E aλπε=合，方向如图。

［ B ］ 2（基础训练2） 半径为R 的“无限长”均匀带电圆柱体的静电场中各点的电场强度的大小E 与距轴线的距离r 的关系曲线为：【提示】由场分布的轴对称性，作闭合圆柱面（半径为r ，高度为L ）为高斯面。

据Guass 定理：SE dS=iiq ε∑⎰r R ≤时，有：()22012rL=r E L R λππεπ⎛⎫ ⎪⎝⎭，即：20r =2E R λπε r R >时，有：()012rL=E L πλε ，即：0=2rE λπε ［ C ］ 3（基础训练3） 如图所示，一个电荷为q 的点电荷位于立方体的A 角上，则通过侧面abcd 的电场强度通量等于： (A)06εq ． (B) 012εq． (C) 024εq ． (D) 048εq ．【提示】添加7个与如图相同的小立方体构成一个大立方体，使A 处于大立方体的中心。

则大立方体的外表面构成一个闭合的高斯面。

由Gauss 定理知，通过该高斯面的电通量为qε。

另一方面，该高斯面可看成由24个面积与侧面abcd 相等的面组成，且具有对称性。

所以，通过侧面abcd 的电场强度通量等于24εq ［ D ］ 4（基础训练6） 在点电荷+q 的电场中，若取图中P 点处为电势零点 ， 则M 点的电势为 (A) a q 04επ． (B) a q 08επ． (C) a q 04επ-． (D) a q 08επ-．【提示】200248P a M M aq qU E dl dr r a πεπε-===⎰⎰［ B ］ 5（自测提高6）如图所示，两个同心的均匀带电球面，内球面半径为R 1、带电荷Q 1，外球面半径为R 2、带有电荷Q 2．设无穷远处为电势零点，则在内球面之内、距离球心为r 处的P 点的电势U 为：(A)rQ Q 0214επ+． (B) 20210144R Q R Q εεπ+π． (C) 0． (D) 1014R Q επ． 【提示】根据带电球面在球内外所激发电势的公式，以及电势叠加原理即可知结果。

第九章 真空中的静电场一． 选择题[ B ] 1（基础训练1） 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 a04 ． (D) j i a 04 ． 【提示】：左侧与右侧半无限长带电直线在(0，a)处产生的场强大小E ＋、E －大小为：22E E a矢量叠加后，合场强大小为：02E a合，方向如图。

［ C ］ 2（基础训练3） 如图所示，一个电荷为q 的点电荷位于立方体的A 角上，则通过侧面abcd 的电场强度通量等于：(A) 06 q ． (B) 012 q ． (C) 024 q ． (D) 048 q．【提示】：添加7个与如图相同的小立方体构成一个大立方体，使A 处于大立方体的中心。

则大立方体外围的六个正方形构成一个闭合的高斯面。

由Gauss 定理知，通过该高斯面的电通量为q。

再据对称性可知，通过侧面abcd 的电场强度通量等于24 q。

［ D ］ 3（基础训练6） 在点电荷+q 的电场中，若取图中P 点处为电势零点 ， 则M 点的电势为(A)a q 04 ． (B) aq08 ．(C)a q 04 ． (D) aq08 ．【提示】：220048PaM Maq q V E dl dr rav v gAbcaqaa+qPME +E -E 合+-xy (0, a ) +-xy (0, a )［ C ］ 4（自测提高4）如图9-34，设有一“无限大”均匀带正电荷的平面。

取x 轴垂直带电平面，坐标原点在带电平面上，则其周围空间各点的电场强度E随距离平面的位置坐标x 变化的关系曲线为(规定场强方向沿x 轴正向为正、反之为负)：【提示】：由于电场分布具有平面对称性，可根据高斯定理求得该带电平面周围的场强为：(+0;0)2E i x x u v v “”号对应“”号对应［ B ］ 5（自测提高6）如图所示，两个同心的均匀带电球面，内球面半径为R 1、带电荷Q 1，外球面半径为R 2、带有电荷Q 2．设无穷远处为电势零点，则在内球面之内、距离球心为r 处的P 点的电势U 为：(A)r Q Q 0214 ． (B) 20210144R Q R Q ．(C) 0． (D)1014R Q ．【提示】：根据带点球面在求内外激发电势的规律，以及电势叠加原理即可知结果。