关于大学物理课后习题答案第六章
大学物理第6章习题参考答案
第六章习题解答6-1 解：首先写出S 点的振动方程 若选向上为正方向，则有：0c o s02.001.0ϕ=- 21cos 0-=ϕ,0s i n 00>-=ϕωυA 0sin 0<ϕ 即 πϕ320-=或π34 初始相位 πϕ320-=则 m t y s )32cos(02.0πω-=再建立如图题6-1(a)所示坐标系，坐标原点选在S 点，沿x 轴正向取任一P 点，该点振动位相将落后于S 点，滞后时间为： ux t =∆则该波的波动方程为：m u x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=πω32)(cos 02.0若坐标原点不选在S 点，如习题6-1图（b ）所示，P 点仍选在S 点右方，则P 点振动落后于S 点的时间为： uL x t -=∆则该波的波方程为：m uL x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0若P 点选在S 点左侧，P 点比S 点超前时间为ux L -,如习题6-1图(c)所示，则⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=πω32)(cos 02.0u x L t y⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t∴不管P 点在S 点左边还是右边，波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t y6-2 解（1）由习题6-2图可知， 波长 m 8.0=λ 振幅A=0.5m习题6-1图习题6-1图频率 Hz 125Hz 8.0100===λuv周期 s 10813-⨯==vT ππυω2502==（2）平面简谐波标准波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ϕω)(cos u xt A y 由图可知，当t=0,x=0时，y=A=0.5m ，故0=ϕ。
将ϕπωω、、、u v A )2(=代入波动方程，得：m )100(250cos 5.0⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=x t y π(3) x =0.4m 处质点振动方程.⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=)1004.0(250cos 5.0t y π m )250cos(5.0ππ-=t6-3 解（1）由习题6-3图可知，对于O 点，t=0时，y=0，故2πϕ±=再由该列波的传播方向可知，00<υ取 2πϕ=由习题6-3图可知，,40.0m OP ==λ且u=0.08m/s ，则ππλππω52rad/s 40.008.0222====u v rad/s可得O 点振动表达式为：m t y )252cos(04.00ππ+=(2) 已知该波沿x 轴正方向传播，u=0.08m/s,以及O 点振动表达式，波动方程为：m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2)08.0(52cos 04.0ππ(3) 将40.0==λx 代入上式，即为P 点振动方程：m t y y p ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+==ππ2152cos 04.00 (4)习题6-3图中虚线为下一时刻波形，由图可知，a 点向下运动，b 点向上运动。
大学物理课后习题问题详解第六章
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 a q '=︒εε故 q q 33-=' (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 dqdE +=πε根据电荷分布的对称性知，0==z y E E23220)(41cos R x xdqdE dE x +==πεθR Oλ1λ2lxy z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 Rx+⋅=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 2322021)(2+=ελλ 方向沿x 轴正方向。
关于大学物理课后习题答案第六章
关于大学物理课后习题答案第六章文件排版存档编号：[UYTR-OUPT28-KBNTL98-UYNN208]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 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 故 q q 33-=' (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 dqdE +=πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E式中：θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角。
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 方向沿x 轴正方向。
直线段受到的电场力大小为 方向沿x 轴正方向。
4. 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ。
求： （1）圆心处O 点的场强；（2）将此带电半圆环弯成一个整圆后，圆心处O 点场强。
解：（1）在半圆环上取ϕλλRd l dq ==d ，它在O 点产生场强大小为20π4R dq dE ε=ϕελd R0π4= ，方向沿半径向外根据电荷分布的对称性知，0=y E 故 RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向。
大学物理习题答案第六章
[习题解答]6-2 一个运动质点的位移与时间的关系为m ,其中x的单位是m，t的单位是s。
试求：(1)周期、角频率、频率、振幅和初相位；(2) t = 2 s时质点的位移、速度和加速度。
解(1)将位移与时间的关系与简谐振动的一般形式相比较，可以得到角频率s 1, 频率, 周期, 振幅, 初相位.(2) t = 2 s时质点的位移.t = 2 s时质点的速度.t = 2 s时质点的加速度.6-3 一个质量为2.5 kg的物体系于水平放置的轻弹簧的一端，弹簧的另一端被固定。
若弹簧受10 N的拉力，其伸长量为5.0 cm，求物体的振动周期。
解根据已知条件可以求得弹簧的劲度系数,于是，振动系统的角频率为.所以，物体的振动周期为.6-4求图6-5所示振动装置的振动频率，已知物体的质量为m，两个轻弹簧的劲度系数分别为k1 和k2。
解以平衡位置O为坐标原点，建立如图6-5所示的坐标系。
若物体向右移动了x，则它所受的力为.根据牛顿第二定律，应有图6-5,改写为.所以,.6-5 求图6-6所示振动装置的振动频率，已知物体的质量为m，两个轻弹簧的劲度系数分别为k1 和k2。
解以平衡位置O为坐标原点，建立如图6-6所示的图6-6坐标系。
当物体由原点O向右移动x时，弹簧1伸长了x1 ，弹簧2伸长了x2 ，并有.物体所受的力为,式中k是两个弹簧串联后的劲度系数。
由上式可得, .于是，物体所受的力可另写为,由上式可得,所以.装置的振动角频率为,装置的振动频率为.6-6仿照式(6-15)的推导过程，导出在单摆系统中物体的速度与角位移的关系式。
解由教材中的例题6-3，单摆的角位移θ与时间t的关系可以写为θ = θ0 cos (ω t+ϕ) ,单摆系统的机械能包括两部分, 一部分是小物体运动的动能,另一部分是系统的势能，即单摆与地球所组成的系统的重力势能.单摆系统的总能量等于其动能和势能之和，即,因为, 所以上式可以化为.于是就得到,由此可以求得单摆系统中物体的速度为.这就是题目所要求推导的单摆系统中物体的速度与角位移的关系式。
大学物理第6章习题参考答案
第六章习题解答6-1 解：首先写出S 点的振动方程 若选向上为正方向，则有：0c o s02.001.0ϕ=- 21cos 0-=ϕ,0s i n 00>-=ϕωυA 0sin 0<ϕ 即 πϕ320-=或π34 初始相位 πϕ320-=则 m t y s )32cos(02.0πω-=再建立如图题6-1(a)所示坐标系，坐标原点选在S 点，沿x 轴正向取任一P 点，该点振动位相将落后于S 点，滞后时间为： ux t =∆则该波的波动方程为：m u x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=πω32)(cos 02.0若坐标原点不选在S 点，如习题6-1图（b ）所示，P 点仍选在S 点右方，则P 点振动落后于S 点的时间为： uL x t -=∆则该波的波方程为：m uL x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0若P 点选在S 点左侧，P 点比S 点超前时间为ux L -,如习题6-1图(c)所示，则⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=πω32)(cos 02.0u x L t y⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t∴不管P 点在S 点左边还是右边，波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0uL x t y6-2 解（1）由习题6-2图可知， 波长 m 8.0=λ 振幅A=0.5m习题6-1图习题6-1图频率 Hz 125Hz 8.0100===λuv周期 s 10813-⨯==vT ππυω2502==（2）平面简谐波标准波动方程为： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ϕω)(cos u xt A y 由图可知，当t=0,x=0时，y=A=0.5m ，故0=ϕ。
将ϕπωω、、、u v A )2(=代入波动方程，得：m )100(250cos 5.0⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=x t y π(3) x =0.4m 处质点振动方程.⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=)1004.0(250cos 5.0t y π m )250cos(5.0ππ-=t6-3 解（1）由习题6-3图可知，对于O 点，t=0时，y=0，故2πϕ±=再由该列波的传播方向可知，00<υ取 2πϕ=由习题6-3图可知，,40.0m OP ==λ且u=0.08m/s ，则ππλππω52rad/s 40.008.0222====u v rad/s可得O 点振动表达式为：m t y )252cos(04.00ππ+=(2) 已知该波沿x 轴正方向传播，u=0.08m/s,以及O 点振动表达式，波动方程为：m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2)08.0(52cos 04.0ππ(3) 将40.0==λx 代入上式，即为P 点振动方程：m t y y p ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+==ππ2152cos 04.00 (4)习题6-3图中虚线为下一时刻波形，由图可知，a 点向下运动，b 点向上运动。
大学物理(肖剑荣主编)-习题答案-第6章
面，且端点 MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为 b ，环心 O 与导线相距
a ．设半圆环以速度 v 平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及
MN 两端的电压 U M - U N ．
解: 作辅助线 MN ，则在 MeNM 回路中，沿 v! 方向运动时 dFm = 0
∴
e MeNM = 0
ò F12 =
2a
3 a
3
µ 0 Ia 2π r
dr
=
µ0Ia ln 2 2π
∴ M = F12 = µ0a ln 2 I 2π
6-16 一矩形线圈长为 a =20cm，宽为 b =10cm，由 100 匝表面绝缘的导线绕成，
放在一无限长导线的旁边且与线圈共面．求：题 10-16 图中(a)和(b)两种情况下，
第六章 课后习题解答
桂林理工大学 理学院 胡光辉
（《大学物理·上册》主编：肖剑荣 梁业广 陈鼎汉 李明）
6-1 一半径 r =10cm
的圆形回路放在 B =0.8T
的均匀磁场中．回路平面与
! B
垂
直．当回路半径以恒定速率 dr =80cm·s-1 收缩时，求回路中感应电动势的大小． dt
解: 回路磁通
=
µ0Iv p
ln
a a
+ -
b b
6-12 磁感应强度为 B! 的均匀磁场充满一半径为 R 的圆柱形空间，一金属杆放在
dB 图中位置，杆长为 2 R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当 ＞0 时，
dt
求：杆两端的感应电动势的大小和方向．
解： ∵ e ac = e ab + e bc
e ab
= - dF1 dt
大学物理第六章课后习题答案
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。
由于带正电的带电体A移到不带电的导体B附近时，在导体B的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A）。
6 —2 将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N，在N的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。
若将导体N的左端接地（如图所示），则（）（B）N上的正电荷入地（A ）N上的负电荷入地（C）N上的所有电荷入地地（D）N上所有的感应电荷入题6-2图分析与解导体N接地表明导体N为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N在哪一端接地无关。
因而正确答案为（ A ）。
6 —3如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为R的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d,参见附图。
设无穷远处为零电势，则在导体球球心0点有（）（A）E =0,V —4 n^d（B）E J,V L4 n%d 4 n %d （C）E = 0,V = 0题6-3图分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。
点电荷 q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷土 q',导体球表面的感应电荷土 q'在球心 0点激发的电势为零，0点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。
因而正 确答案为(A )。
6 -4根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合 曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。
下列推论正确的是()(A )若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有 自由电荷 (B)若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代 数和一定等于零 (C) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有 极化电荷 (D) 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 (E)介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面内自由电荷的代数和等于零； 由于电介质会改变自由电荷的空间分布， 介质 中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。
大学物理课后习题答案(高教版 共三册)
第六章 真空中的静电场1、电量为－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，求该点的电场强度大小和方向。
解：由q E F = 得C N q F E /4105/1020/99-=⨯-⨯==--方向向上2、一个带负电荷的质点，在电场力作用下从A 点 经C 点运动到B 点，其运动轨迹如图所示．已知质点运动的速率是递减的，试定性画出电场E的方向。
解：速率是递减→τa 为负→切向力与v相反做曲线运动→有n a →受合力方向如图→即电场E-的方向3、一均匀静电场，电场强度()j i E 600400+=V ·m -1，求点a (3,2)和点b (1,0)之间的电势差U ab ．(点的坐标x ,y 以米计) 解：⎰⋅=baab l d E U)()600400(⎰+⋅+=baj dy i dx j i +=⎰13400dx ⎰2400dy=－2×103 V4、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λ=q / L ，在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ，它在P 点的场强： ()204d d x d L qE -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε 2分总场强为 ⎰+π=Lx d L xL q E 02)(d 4－ε()d L d q +π=04ε 3分方向沿x 轴，即杆的延长线方向．-qEO5、A 、B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面，已知两平面间的电场强度大小为E 0，两平面外侧电场强度大小都为E 0/3，方向如图．求A 、B 两平面上的电荷面密度σA , σB ． 解：设电荷面密度为σA , σB由场强迭加原理，平面内、外侧电场强度由σA , σB 共同贡献： 外侧：32200E BA=+-εσεσ内侧：0022E BA=+εσεσ联立解得：3/200E Aεσ-= 3/400E Bεσ=6、半径为R 的半球面置于场强为E的均匀电场中，其对称轴与场强方向一致，如图所示．求通过该半球面的电场强度通量。
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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 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 故 q q 33-=' (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 dqdE +=πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E Ez式中：θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角。
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 方向沿x 轴正方向。
直线段受到的电场力大小为 方向沿x 轴正方向。
4. 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ。
求： （1）圆心处O 点的场强；（2）将此带电半圆环弯成一个整圆后，圆心处O 点场强。
解：（1）在半圆环上取ϕλλRd l dq ==d ，它在O 点产生场强大小为20π4R dq dE ε=ϕελd R0π4= ，方向沿半径向外根据电荷分布的对称性知，0=y E 故 RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向。
（2）当将此带电半圆环弯成一个整圆后，由电荷分布的对称性可知，圆心处电场强度为零。
5．如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电量为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：建立图示坐标系。
在均匀带电细直杆上取dx Lqdx dq ==λ，dq 在P 点产生的场强大小为202044x dxx dq dE πελπε==，方向沿x 轴负方向。
故 P 点场强大小为 方向沿x 轴负方向。
6. 一半径为R 的均匀带电半球面，其电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小。
解：建立图示坐标系。
将均匀带电半球面看成许多均匀带电细圆环，应用场强叠加原理求解。
在半球面上取宽度为dl 的细圆环，其带电量rdl dS dq πσσ2⋅=⋅=θθπσd R sin 22⋅=，dq 在O 点产生场强大小为（参见教材中均匀带电圆环轴线上的场强公式）23220)(4r x xdq dE +=πε ，方向沿x 轴负方向利用几何关系，θcos R x =，θsin R r =统一积分变量，得因为所有的细圆环在在O 点产生的场强方向均沿为x 轴负方向，所以球心处电场强度的大小为 方向沿x 轴负方向。
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σ，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。
解：应用补偿法和场强叠加原理求解。
若把半径为R 的圆孔看作由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平面等效为一个完整的“无限大”带电平面和一个电荷面密度为σσ-='的半径为R 的带电圆盘，由场强叠加原理知，P 点的场强等效于“无限大”带电平面和带电Ldq P xOORx dr圆盘在该处产生的场强的矢量和。
“无限大”带电平面在P 点产生的场强大小为12εσ=E ，方向沿x 轴正方向 半径为R 、电荷面密度σσ-='的圆盘在P 点产生的场强大小为（参见教材中均匀带电圆盘轴线上的场强公式）022εσ=E )1(22x R x +-，方向沿x 轴负方向 故 P 点的场强大小为 方向沿x 轴正方向。
8. (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电场强度通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电场强度通量是多少?解：（1）由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅ϖϖ求解。
立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等，所以通过各面电通量为（2）电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则通过边长a 2的正方形各面的电通量06εqe =Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ，如果它包含q 所在顶点，则0=Φe 。
9. 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强。
解：如图所示，电荷面密度为1σ的平面产生的场强大小为12εσ=E ，方向垂直于该平面指向外侧 电荷面密度为2σ的平面产生的场强大小为22εσ=E ，方向垂直于该平面指向外侧 由场强叠加原理得 两面之间，)(2121021σσε-=-=E E E ，方向垂直于平面向右 1σ面左侧，)(2121021σσε+=+=E E E ，方向垂直于平面向左 2σ面右侧，)(2121021σσε+=+=E E E ，方向垂直于平面向右 10. 如图所示，一球壳体的内外半径分别为1R 和2R ，电荷均匀地分布在壳体内，电荷体密度为ρ（0>ρ）。
试求各区域的电场强度分布。
解：电场具有球对称分布，以r 为半径作同心球面为高斯面。
由高斯定理∑⎰=⋅iSqS d E 01ερρ得当1R r <时，0=∑i q ，所以当21R r R <<时，)3434(313R r q i ππρ-=∑，所以 当2R r >时，)3434(3132R R q i ππρ-=∑，所以11. 有两个均匀带电的同心带电球面，半径分别为1R 和2R （12R R >），若大球面的面电荷密度为σ，且大球面外的电场强度为零。
求：（1）小球面上的面电荷密度；（2）大球面内各点的电场强度。
解:（1）电场具有球对称分布，以r 为半径作同心球面为高斯面。
由高斯定理∑⎰=⋅iSqS d E 01ερρ得当2R r >时，0=E ，0442122=⋅'+⋅=∑R R q i πσπσ，所以 （2）当1R r <时，0=∑i q ，所以当21R r R <<时，222144R R q i πσπσ-=⋅'=∑，所以 负号表示场强方向沿径向指向球心。
12. 一厚度为d 的无限大的带电平板，平板内均匀带电，其体电荷密度为ρ，求板内外的场强。
解：电场分布具有面对称性，取同轴闭合圆柱面为高斯面，圆柱面与平板垂直，设两底面圆到平板中心的距离均为x ，底面圆的面积为S ∆。
由高斯定理∑⎰=⋅iSqS d E 01ερρ得当2dx <时（平板内部），S x q i ∆⋅⋅=∑2ρ，所以 当2dx >（平板外部），S d q i ∆⋅⋅=∑ρ，所以 13. 半径为R 的无限长直圆柱体均匀带电，体电荷密度为ρ，求其场强分布。
解：电场分布具有轴对称性，取同轴闭合圆柱面为高斯面，圆柱面高为l ，底面圆半径为r ，应用高斯定理求解。
(1) 当R r <时， l r q i 2πρ⋅=∑，所以 (2) 当R r >时，l R q i 2πρ⋅=∑，所以14.一半径为R 的均匀带电圆盘，电荷面密度为σ，设无穷远处为电势零点，求圆盘中心O 点的电势。
解：取半径为r 、dr 的细圆环rdr dS dq πσσ2⋅==，则dq 在O 点产生的电势为 圆盘中心O 点的电势为15. 真空中两个半径都为R 的共轴圆环，相距为l 。
两圆环均匀带电，电荷线密度分别是λ+和λ-。
取两环的轴线为x 轴，坐标原点O 离两环中心的距离均为2l ，如图所示。
求x 轴上任一点的电势。
设无穷远处为电势零点。
解：在右边带电圆环上取dq ，它在x 轴上任一点P 产生的的电势为 右边带电圆环在P 产生的的电势为 同理，左边带电圆环在P 产生的电势为 由电势叠加原理知，P 的电势为16. 真空中一半径为R 的球形区域内均匀分布着体电荷密度为ρ的正电荷，该区域内a 点离球心的距离为R 31，b 点离球心的距离为R 32。
求a 、b 两点间的电势差ab U解：电场分布具有轴对称性，以O 为球心、作半径为r 的同心球面为高斯面。
由高斯定理∑⎰=⋅iSqS d E 01ερρ得当R r <时，3023414r r E πρεπ⋅=⋅ ，所以a 、b 两点间的电势差为17．细长圆柱形电容器由同轴的内、外圆柱面构成，其半径分别为a 和a 3，两圆柱面间为真空。
电容器充电后内、外两圆柱面之间的电势差为U 。
求：（1）内圆柱面上单位长度所带的电量λ； （2）在离轴线距离a r 2=处的电场强度大小。
解：（1）电场分布具有轴对称性，取同轴闭合圆柱面为高斯面，圆柱面高为l ，底面圆半径为r ，应用高斯定理求解。
内、外两圆柱面之间，l q i λ=∑，所以 内、外两圆柱面之间的电势差为 内圆柱面上单位长度所带的电量为（2）将λ代人场强大小的表达式得，3ln r UE = 在离轴线距离a r 2=处的电场强度大小为18. 如图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为R 2，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功。
解：O 点的电势为C 点的电势为电场力作的功为19．如图所示，均匀带电的细圆环半径为R ，所带电量为Q （0>Q ），圆环的圆心为O ，一质量为m ，带电量为q （0>q ）的粒子位于圆环轴线上的P 点处，P 点离O 点的距离为d 。
求：（1）粒子所受的电场力F ρ的大小和方向；（2）该带电粒子在电场力F ρ的作用下从P 点由静止开始沿轴线运动，当粒子运动到无穷远处时的速度为多大？解：（1）均匀带电的细圆环在P 点处产生的场强大小为（参见教材中均匀带电圆环轴线上的场强公式）23220)(41d R QdE x +=πε，方向沿OP 向右粒子所受的电场力的大小23220)(4d R qQd qE F x +==πε，方向沿OP向右（2）在细圆环上取dq ，dq 在P 点产生的电势为P 点的电势为由动能定理得，021)0(2-=-=υm V q A。