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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。
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。
20XX年复习资料大学复习资料专业：班级：科目老师：一、日期：真空中的静电场一、 选择题：1．下列几个说法哪一个是正确的？（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 ） 场强方向可由/F E =q 定出，其中q 为试验电荷的电量，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。
[ ]2．关于静电场中某点电势值的正负，下列说法中正确的是：（A ） 电势值的正负取决于置于该点的试验电荷的正负。
（B ） 电势值的正负取决于电场力对试验电荷作功的正负。
（C ） 电势值的正负取决于电势零点的选取。
（D ） 电势值的正负取决于产生电场的电荷的正负。
[ ]3、某电场的电力线分布情况如图所示。
一负电荷从M 点移到N 点。
有人根据这个图作出下列几点结论，其中哪点是正确的？（A ） 电场强度N M E E <。
（B ）电势N M U U <。
（C ）电势能N M W W <。
（D ）电场力的功A>0。
[ ]4、将一个试验电荷q 0 (正电荷)放在带有负电荷的大导体附近P 点处，测得它所受的力为F ．若考虑到电量q 0不是足够小，则(A)F ／q 0 比P 点处原先的场强数值大．(B)F ／q 0 比P 点处原先的场强数值小．(C)F ／q 0 等于原先P 点处场强的数值．(D)F ／q 0 P 点处场强数值关系无法确定，[ ]5、一电偶极子放在均匀电场中，当电偶极矩的方向与场强方向不一致时，其所受的合力F 和合力矩M 为：(A) F ＝0，M ＝0， (B) F ＝0，M ≠0，(C) F ≠0，M ＝0， (D) F ≠0，M ≠0， [ ]6、已知一高斯面所包围的体积内电量代数和∑i q =0，则可肯定：（A ） 高斯面上各点场强均为零。
（B ） 穿过高斯面上每一面元的电通量均为零。
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)41()22(420+=a q F πε＝,2520aqπε方向由q 指向-4q 。
7－2 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，dq ＝λd ξ，设棒的延长线上任一点P 与坐标原点0的距离为x ，则2020)(4)(4ξπεξλξπεξλ-=-=x d x d dE则整根细棒在P 点产生的电场强度的大小为)11(4)(40020xL x x d E L--=-=⎰πελξξπελ＝)(40L x x L-πελ方向沿ξ轴正向。
（2）如图7－2 图b ，设通过棒的端点与棒垂直上任一点Q 与坐标原点0的距离为y习题7－1图0 dqξd ξ习题7－2 图a204r dxdE πελ=θπελcos 420rdxdE y =， θπελsin 420r dxdE x =因θθθθcos ,cos ,2yr d y dx ytg x ===， 代入上式，则)cos 1(400θπελ--=y ＝)11(4220Ly y+--πελ，方向沿x 轴负向。
θθπελθd ydE E y y ⎰⎰==000cos 4 00sin 4θπελy =＝2204Ly y L+πελ7－3 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d l =Rd θ的线元，其上所带的电荷为dq=λRd θ。
对称分析E y =0。
θπεθλsin 420RRd dE x =⎰⎰==πθπελ00sin 4RdE E x R02πελ= θθπελθd y dE E x x ⎰⎰-=-=0sin 4xdx习题7－2 图byx习题7－3图2022R q επ=，如图，方向沿x 轴正向。
