电磁学第一章静电场 (1)
赵凯华陈煕谋《电磁学》第三版思考题及习题答案(完整版)
1、 在地球表面上某处电子受到的电场力与它本身的重量相等， 求该处的电场强度 （已知电 子质量 m=9.1×10-31kg,电荷为-e=-1.610-19C）. 解： 2、 电子所带的电荷量（基本电荷-e）最先是由密立根通过油滴实验测出的。密立根设计的 实验装置如图所示。一个很小的带电油滴在电场 E 内。调节 E，使作用在油滴上的电场力与 油滴的重量平衡。如果油滴的半径为 1.64×10-4cm,在平衡时，E=1.92×105N/C。求油滴上 的电荷（已知油的密度为 0.851g/cm3） 解： 3、 在早期（1911 年）的一连串实验中，密立根在不同时刻观察单个油滴上呈现的电荷， 其测量结果（绝对值）如下： 6.568×10-19 库仑 13.13×10-19 库仑 19.71×10-19 库仑 8.204×10-19 库仑 16.48×10-19 库仑 22.89×10-19 库仑 11.50×10-19 库仑 18.08×10-19 库仑 26.13×10-19 库仑 根据这些数据，可以推得基本电荷 e 的数值为多少？ 解：油滴所带电荷为基本电荷的整数倍。则各实验数据可表示为 kie。取各项之差点儿 4、 根据经典理论，在正常状态下，氢原子中电子绕核作圆周运动，其轨道半径为 5.29× 10-11 米。已知质子电荷为 e=1.60×10-19 库,求电子所在处原子核（即质子）的电场强度。 解： 5、 两个点电荷，q1=+8 微库仑，q2=-16 微库仑（1 微库仑=10-6 库仑） ，相距 20 厘米。求 离它们都是 20 厘米处的电场强度。 解： 与两电荷相距 20cm 的点在一个圆周上，各点 E 大小相等，方向在圆锥在上。 6、 如图所示， 一电偶极子的电偶极矩 P=ql.P 点到偶极子中心 O 的距离为 r ,r 与 l 的夹角为。 在 r>>l 时，求 P 点的电场强度 E 在 r=OP 方向的分量 Er 和垂直于 r 方向上的分量 Eθ。 解：
程稼夫电磁学第二版第一章习题解析
程稼夫电磁学篇第一章《静电场》课后习题1-1设两个小球所带净电荷为q，距离为l，由库仑定律：由题目，设小球质量m，铜的摩尔质量M，则有：算得1-2 取一小段电荷，其对应的圆心角为dθ：这一小段电荷受力平衡，列竖直方向平衡方程，设张力增量为T：解得1-3（1）设地月距离R，电场力和万有引力抵消：解得：（2）地球分到，月球分到，电场力和万有引力抵消：解得：1-4设向上位移为x，则有：结合牛顿第二定律以及略去高次项有：1-5由于电荷受二力而平衡，故三个电荷共线且q3在q1和q2之间：先由库仑定律写出静电力标量式：有几何关系：联立解得由库仑定律矢量式得：解得1-6（1）对一个正电荷，受力平衡：解得，显然不可能同时满足负电荷的平衡（2）对一个负电荷，合外力提供向心力：解得1-7（1）设P限制在沿X轴夹角为θ的，过原点的直线上运动（θ∈[0,π)），沿着光滑直线位移x，势能：对势能求导得到受力：小量近似，略去高阶量：当q＞0时，；当q＜0时，（2）由上知1-8设q位移x，势能：对势能求导得到受力：小量展开有：，知1-9（1）对q受力平衡，设其横坐标的值为l0：，解得设它在平衡位置移动一个小位移x，有：小量展开化简有：受力指向平衡位置，微小谐振周期（2）1-101-11先证明，如图所示，带相同线电荷密度λ的圆弧2和直线1在OO处产生的电场强度相等.取和θ.有：显然两个电场强度相等，由于每一对微元都相等，所以总体产生的电场相等.利用这一引理，可知题文中三角形在内心处产生的电场等价于三角形内切圆环在内心处产生的电场.由对称性，这一电场强度大小为0.1-12（1）如图，取θ和，设线电荷密度λ，有：积分得（2）（3）用圆心在场点处，半径，电荷线密度与直线段相等的，张角为θ0 （）的一段圆弧替代直线段，计算这段带电圆弧产生的场强大小，可以用其所张角对应的弦长与圆弧上单位长度所产生的电场强度大小的积求得：1-13我们先分析一个电荷密度为ρ，厚度为x的无穷大带电面（图中只画出有限大），取如图所示高斯面，其中高斯面的两个相对面平行于电荷平面，面积为S，由高斯定理：算得，发现这个无穷大平面在外部产生的电场是匀强电场，且左右两边电场强度相同，大小相反.回到原题，由叠加原理以及，算得在不存在电荷的区域电场强度为0（正负电荷层相互抵消.）在存在电荷的区域，若在p区，此时x处的电场由三个电荷层叠加而成，分别是左边的n区，0到x范围内的p区，以及右边的p区，有：，算得同理算出n区时场强，综上可得1-14（1）取半径为r的球形高斯面，有：，解得（2）设球心为O1，空腔中心为O2，空腔中充斥着电荷密度为−ρ的电荷，在空腔中任意一点A处产生的电场为：（借助第一问结论）同时在A处还有一个电荷密度为+ρ则有：1-15取金属球上一面元d S，此面元在金属球内侧产生指向内的电场强度，由于导体内部电场处处为0，所以金属球上除该面元外的其他电荷在该面元处产生的电场强度为所以该面元受到其他电荷施加的静电力：球面上单位面积受力大小：半球面受到的静电力可用与其电荷面密度相等的，该半球面的截口圆面的面积乘该半球面的单位面积受力求得：1-16设轴线上一点到环心距离为x，有：令其对x导数为0：解得1-17写出初态体系总电势能：1-18系统静电势能大小为：1-19由对称性，可以认为四个面分别在中心处产生的电势，故取走后，；设BCD，ACD，ABD在P2处产生的电势为U，而ABD在P2处产生的电势为，有：；取走后：，解得1-20构造如下六个带电正方体（1到6号），它们的各面电荷分布彼此不相同，但都能通过一定的旋转从程中电荷直接相加而不重新分布）.这个带电正方体各面电势完全相同，都为.容易证明，正方体内部的每一个点的电势也都为（若不然，正方体内部必存在电场线，这样的电场线必定会凭空产生，或凭空消失，或形成环状，都与静电场原理不符）.故此时中心电势同样为1-21 O4处电势：O1处电势：故电势差为：1-22从对称性方面考虑，先将半球面补全为整个球面.再由电势叠加原理，即一个半球面产生的电势为它的一半，从而计算出半球面在底面上的电势分布.即1-23设上极板下版面面电荷密度为，下极板上版面面电荷密度为.取一个长方体型的高斯面，其形状是是两极板中间间隔的长方体，并且把和囊括进去.注意到金属导体内部没有电场，故这个高斯面电通量为0，其中净电荷为0，有：再注意到上下极板电势相等，其中E1方向向上，E2方向向下：再由高斯定理得出的结论：解得1-24先把半圆补成整圆，补后P、Q和O.这说明，新补上的半圆对P产生的电势为，而由于对称性，这个电势恰好也是半球面ACB对Q产生的电势.故：1-25在水平方向上，设质点质量m，电量为q：运动学：整体带入得：1-26（1）先将半球面补全为整个球面，容易计算出此时半球底面的电势.再注意到这个电势由对称的两个半球面产生的电势叠加得到，即一个半球面产生的电势为它的一半，即可求出一个半球面对底面产生的电势恒为定值，故底面为等势面，由E点缓慢移至A点外力做功为W1=0.（2）由上一问的分析知由E点缓慢移至O点外力不做功，记电势能为E，E的右下标表示所代表的点，则有：依然将半球面补为整球面，此时q在球壳内部任意一点电势能为2EO.此时对于T点，其电势能为上下两个球面叠加产生，由对称性，有：综上有W2=−W.1-27小球受电场力方程：将a与g合成为一个等效的g′：方向与竖直夹角再将加速度分解到垂直于g′和平行与g′的方向上.注意到与g′平行的分量最小为0，而垂直的分量则保持不变，故速度的最小值为垂直分量：1-28假设给外球壳带上电量q2，先考虑q2在内外表面各分布了多少.取一个以内球壳外表面和外球壳内表面为边界的高斯面，并把内球壳外表面和外球壳内表面上的电荷囊括进去，真正的高斯面边界在金属内部.由于金属内部无电场，高斯面电通量为0，高斯面内电荷总量为0，得到外球壳内表面分布了−q1电荷，外表面分布了q2+q1电荷.由电势叠加原理知球心处的电势：解得由电势叠加原理及静电屏蔽：1-29设质点初速度为v0，质量为m，加速度为a，有：，其中.设时竖直向下速度为v1，动能为Ek1，初动能为Ek0，有：解得1-30球1依次与球2、球3接触后，电量分别为.当球1、4接触时满足由于解得.注：若此处利用，略去二阶小量则可以大大简便计算，有意思的是，算出的答案与笔者考虑二阶小量繁重化简过后所得结果完全一致，这是因为在最后的表达式中没有r与a的和或差的项的缘故。
电磁学考试题
《电磁学》试题库渭南师范学院·物理系第一章静电场0111 一带正电小球移近不带电导体时，小球将受到_________力；一带负电小球移近不带电导体时，小球将受到_________力；一带正电小球靠近不带电的接地导体时，小球将受到力；一带负电小球与不带电的接地导体接触时小球将_________力。
0211 由库仑定律知，当r→0时，F→∞，但将二带同号电荷的小球推靠在一起并不很费力，其原因是_________0322 在一带正电荷的大导体附近放置一个检验电荷+q0，测得其受到的力为F，若考虑到电量q0不是足够小，则F/q0将比实际场强_________0423 三个在一直线上带负电的小球A、B、C，带电量之比为1∶3∶5，A、C固定，若使B也不动，则AB和BC距离之比为_________0522 将某电荷[WTBX]Q分成[WTBX]q和(Q-q)两部分，并将两部分分离开一定距离，则它们之间的库仑力为最大时Q与q的关系为_________0622 将一单摆小球带上正电荷置于方向竖直向下的匀强电场，则单摆的周期变_________0721 将一孤立带电导体接地，则电荷将会_________；将充电的电容器一极板接地，则电荷_________0821 当其它电荷移近两个点电荷时，则这两个电荷之间的库仑力_________。
0911 若两个点电荷连线中点处的场强为零，则表明这两个点电荷是_________1023 库仑力和万有引力都是与距离的平方成反比的力，从场的角度看库仑力是电荷在电场中受到的力，那么万有引力就是_________1111 电力线一般并不是点电荷在电场中的运动轨迹，其原因是_________1211 静电场的高斯定理表明〖CD＃4〗只与高斯面内的电荷有关，而_________与高斯面内外的1311 若高斯面内无净电荷，则高斯面上各点的 E_________；若高斯面上各点的E都为零，则高斯面内的净电荷_________1423 若库仑定律中〖WTBX〗r的指数不是2而是n ，则高斯定理_________，因为_________。
电磁学复习
实际中常用μF(微法)和pF(皮法)
等SI量。纲:
C
Q U
IT ML2T 3I 1
M
1L2T 4 I 2
电容只与几何因素和介质有关, 固有的容电本领。
2024/8/27
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二、电容器及其电容
两个互不连结导体构成的闭合导体空腔称 为电容器。
定义 C Q Q U A U B U
电容器的电容是使电容器两极板之间具有单位电 势差所需的电量。 描绘了电容器储存电能的能力。
相互作用能
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或：把这些带 电体从无限远 离的状态聚合 到状态 a 的过 程中，外力克 服静电力作的 功。
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点电荷组的静电势能W等于克服电场力所做 的功A'
W 1
2
i
qiU i
Ui为除qi以外的电 荷在qi处的电势
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第三章 恒定磁场和磁介质
§3.1 磁的基本现象 §3.2 毕奥 —萨伐尔定律 §3.3 磁场的高斯定理和安培环路定理 §3.4 安培定律 §3.5 洛伦兹力 §3.6 磁介质
静电场力做功与路径无关
静电场中场强沿任意闭合环路的线积分恒等于零
E dl 0
L
无旋
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电势差(electric potential difference)
两点之间电势差可表为两点电势值之差
b b
Uab
a
E dl
a
E dl
E dl
U (a) U (b)
33
E0
S
dS
1
0
q0
内+
E dS
S
1
大学物理笔记(6)电磁学(一)静电场
电荷体密度与电势关系
对于电荷体分布，可以取一小体积元，其电荷体密度为ρ， 则该体积元在距离r处产生的电势为dV=kρdV/r。电势ຫໍສະໝຸດ 与等势面概念及应用电势差定义
电势差是指电场中两点间电势的差值 ，用符号U表示，单位为伏特(V)。
种电荷相互吸引。
电场
电荷周围存在的一种特殊物质，对 放入其中的其他电荷有力的作用。
电场线
用来形象描述电场的曲线，电场线 上每点的切线方向表示该点的电场 强度方向，电场线的疏密程度反映 电场的强弱。
电场强度与电势
电场强度
描述电场强弱的物理量，用E表示 ，单位是牛/库仑（N/C）。电场 强度是矢量，方向与正电荷在该 点所受电场力方向相同。
电场强度
表示电场中某点的电场强弱 和方向的物理量，用E表示 。其方向与正电荷在该点所 受电场力的方向相同。
电势
描述电场中某点的电势能的 高低，用φ表示。电势差则 是两点间电势的差值，即电 压。
高斯定理
通过任意闭合曲面的电通量 等于该曲面内所包围的所有 电荷的代数和除以真空中的 介电常数。
常见误区及易错点提示
这种现象称为静电感应。
静电平衡
当导体内部电荷分布达到稳 定状态，即导体内部电场强 度为零时，称导体处于静电 平衡状态。此时，导体表面
电荷分布满足高斯定理。
屏蔽效应
处于静电平衡状态的导体， 其内部电场强度为零，因此 外部静电场对导体内部无影 响，这种特性称为屏蔽效应 。
介质在静电场中特性分析
01
电极化
05 静电场能量与能 量守恒定律探讨
静电场能量密度表达式推导
电磁学习题 电场部分
学号 班级 姓名 成绩第一章 真空中的静电场 （一）一、选择题1、关于电场强度定义式E=F/q 0，指出下列说法中的正确者[ ]。
A ．场强E 的大小与检验电荷q 0的电量成反比；B ．对场中某点，检验电荷受力F 与q 0的比值不因q0而变； C ．检验电荷受力F 的方向就是场强E 的方向；D ．若场中某点不放检验电荷q 0，则F=0，从而E =0。
图6-12、如图6-1所示，在坐标(a ，0)处放置一点电荷＋q ，在坐标(－a ，0)处放置另一点电荷－q ．P点是y 轴上的一点，坐标为(0，y )．当y >>a 时，该点场强的大小为[ ]。
A. 204y q επ； B.202y q επ； C.302y qa επ； D. 304yqaεπ。
3、无限大均匀带电平面电荷面密度为σ，则距离平面d 处一点的电场强度大小为[ ]。
A ．0； B ．02σε； C ．02d σε； D ．04σε。
4、如图6-2所示，在半径为R 的“无限长”均匀带电圆筒的静电场中，各点的电场强度ERr EARr E BRr E CRrED的大小与距轴线的距离r 关系曲线为[ ]。
图6-25、在真空中，有一均匀带电细圆环，半径为R ，电荷线密度为λ，则其圆心处的电场强度为（ ）A 、0ελ；B 、R 02πελ；C 、202R πελ； D 、0v/m6、下列哪一说法正确（ ）A 、电荷在电场中某点受到的电场力很大，该点的电场强度一定很大B 、在某一点电荷附近的一点，如果没有把试验电荷放进去，则这点的电场强度为零C 、电力线上任意一点的切线方向，代表正点电荷在该点处获得的加速度方向D 、如果把质量为m 的点电荷放在一电场中，由静止状态释放，电荷一定沿电场线运动二、填空题1、两个正点电荷所带电量分别为q 1和q 2,当它们相距r 时，两电荷之间相互作用力为 F = ,若q 1+q 2=Q ,欲使两电荷间的作用力最大，则它们所带电量之比q 1:q 2= 。
电磁学笔记(全)
电磁学笔记（全）第一章 静电场1.1库仑定律物理定律建立的一般过程 ⏹ 观察现象； ⏹ 提出问题； ⏹ 猜测答案；⏹ 设计实验测量；⏹ 归纳寻找关系、发现规律；⏹ 形成定理、定律（常常需要引进新的物理量或模型，找出新的内容，正确表述）； ⏹ 考察成立条件、适用范围、精度、理论地位及现代含义等 。
库仑定律的表述： (p5) ⏹ 在真空中，两个静止的点电荷q1和q2之间的相互作用力大小和q1 与q2的乘积成正比，和它们之间的距离r 平方成反比；作用力的方向沿着他们的联线，同号电荷相斥，异号电荷相吸。
1.2电场强度电荷q 所受的力的大小为：场强 E = F/q场强叠加原理：点电荷组： 连续带电体：1.3 高斯定理任意曲面：的电量大小、正负有关激发的电场有关q Q r Qq F 与与2041πε=∑=iiE∧⎰⎰⎰==r rdq d d 2041,πεSd E EdS d S E ⋅==θcos Φ的通量通过d ∑⎰⎰=⋅=Φ内S iSE qd 01ε⎰⎰⋅=ΦSESd E 受的力的方向一致方向：与单位正电荷所小场中受到的电场力的大大小：单位正电荷在电E高斯定理：1.4 环路定理⏹ 电荷间的作用力是有心力 —— 环路定理⏹ 在任何电场中移动试探电荷时，电场力所做的功除了与电场本身有关外，只与试探电荷的大小及其起点、终点有关，与移动电荷所走过的路径无关 ⏹ 静电场力沿任意闭合回路做功恒等于零⏹ 两点之间电势差可表为两点电势值之差1.5 静电场中的导体⏹ 导体：导体中存在着大量的自由电子电子数密度很大，约为1022个/cm3静电平衡条件1.7电容和电容器20204141επεπεqdS r qdS r qEdS S d E SS SS E ====⋅=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰Φ)()(Q U P U d d d U QPQ PPQ -=⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰∞∞'0E E E +=内= 0导体储能能力与q、U无关关与导体的形状、介质有⎪⎩⎪⎨⎧⎭⎬⎫=Uq C ⎰⎰∑∑==iS e ii n i i i e dSU U Q W σ2121第二章 恒磁场2.1 奥斯特实验奥斯特实验表明：⏹ 长直载流导线与之平行放置的磁针受力偏转——电流的磁效应 ⏹ 磁针是在水平面内偏转的——横向力⏹ 突破了非接触物体之间只存在有心力的观念——拓宽了作用力的类型2.2 毕奥—萨筏尔定律B-S 定律：电流元对磁极的作用力的表达式：⏹ 由实验证实电流元对磁极的作用力是横向力⏹ 整个电流对磁极的作用是这些电流元对磁极横向力的叠加⏹ 由对称性，上述折线实验结果中，折线的一支对磁极的作用力的贡献是H 折的一半磁感应强度B ：⏹ 电场E 定量描述电场分布 ⏹ 磁场B 定量描述磁场分布 ⏹ 引入试探电流元2.3 安培环路定理⏹ 表述：⏹ 磁感应强度沿任何闭合环路L 的线积分，等于穿过这环路所有电流强度的代数和的μ0倍构成的平面B 成反比与r 成正比与B 2r l d d Idl r r l d I d ,sin )(413110⊥⨯=，、θπμ2tan αr I k H =折k k 21=,)ˆ(12212122112r r l d l d I I k F d ∧⨯⨯=⎰∧⨯⨯=112212122102)ˆ(4L r r l d l d I I F d πμ22l dI 11l d∑-=内L I II 2122.4 磁高斯定理 磁矢势磁场的“高斯定理” 磁矢势 ：⏹ 磁通量⏹ 任意磁场，磁通量定义为 ： ⏹ 磁感应线的特点：⏹ 环绕电流的无头无尾的闭合线或伸向无穷远： 磁高斯定理 ：⏹ 通过磁场中任一闭合曲面S 的总磁通量恒等于零 ⏹ 证明：⏹ 单个电流元Idl 的磁感应线：以dl 方向为轴线的一系列同心圆，圆周上B 处处相等；⏹ 考察任一磁感应管(正截面为)，取任意闭合曲面S ，磁感应管穿入S 一次，穿出一次。
赵凯华_电磁学_第三版_第一章_静电场_129_pages
dq
dV
q
P
（点电荷！！）组成，然后利用场强叠加 原理
r
dE
E
q
dE
q
dq 4 0 r
ˆ r 2
dq dV ds dl
体电荷 密度 面电荷 密度 线电荷 密度
dq dl
dq dV
dq ds
电荷密度 一般是位 置的函数
例1
等量异号电荷的电场 电荷之间的距离为 l。
E q 4 0 r ˆ r 2
球对称！！（图示见 下页） r 从源电荷指向场点 场强方向：
两式得
正电荷受力方向
z
F q ˆ r 2 q0 4 0 r
o
j
A
y
球对称！
静电场基本 特性的原因 ！！！
x
问题 如何求 任意 带电体的场强？
方法： 电力叠加原理＋场强定义
2 0
E E E
在可视为电 偶极子时 E
ˆ r
4 r
q
2 0
ˆ r
ˆ ˆ p 3 r p r 3 4 0 r
1
推导：
E 4 r q
2 0
ˆ r
4 r
q
P
ˆ r
2 0
r
r
l
q r r E 3 3 4 0 r r
由图中
q
r
q
矢量关系
平方
2 2
l r r 2
2
l r r 2
l r r r l 4
2 2 2
l r r r l, 4
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第二篇 电磁学 第一章 静电场1-1解：设正方形的边长为a ，则点电荷Q 所受的电场力分别为2120142Q F a πε=； 232014Qq F F a πε==；由于作用在Q 上的力为零，故212200012cos 4542Q F F a πε====从上式可知Q 与q 的关系为Q =- （带异种电荷）1-2解：沿细棒方向建立坐标系，中点为坐标原点O ，距离坐标原点x 处取一线元d x ，带电量为d d qq x L=可看做点电荷，它到点电荷0q 的距离为r ，故两点电荷之间的作用力为0022200d 1d d 44q q q q xF L r x a πεπε==+整个细棒与点电荷0q 的作用力为 ⎰-+=2222004L L a x dxL q q F πε根据对称性可知沿x 轴库仑力的分量0=x F 。
沿y 轴库仑力的分量为L y F ==⎰1-3解：将正的试探电荷0q放在点)1P -处，根据库仑定律可得试探电荷受到的库仑力为r e q Q F 4410101πε-= j q Q F y1410202πε=将1F 分解在,x y 方向上有︒=30cos 11F F x ，︒-=30cos 11F F y故点)1P -处的场强为 12100y y x F F F E i j q q +=+，即 j i j Q Q i Q E6.90149.381645.0231602101+-=+-=πεπε大小为E ==C N /7.9014方向为与x 轴正向夹角为ϕ且0043.06.80146.38tan -=-=ϕ1-4解：（1）沿棒长方向建立坐标，A 为坐标原点。
设棒的带电量为q ，在棒上距坐标原点x 处取线元d x ，带电量为d d qq x L=，则其在距棒B 端为a 处激发的电场强度为()20d d 4q E L a x πε=+-故棒在a 处激发的电场强度为()20d d 4Lq x E E L L a x πε===+-⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛+-a L a L q1140πε方向沿x 轴正方向。
（2）线元d x 在垂直棒且距棒B 端为b 处激发的电场强度为 ()][4220b x L dqdE +-=πε ()=+-=][4220b x L dq dE x πε()()22220][4bx L xL b x L dq+--+-πε()=+-=][4220b x L dq dE y πε()()22220][4bx L bb x L dq+-+-πε在垂直棒且距棒B 端为b 处激发的电场强度为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+--=⎰22002/3220114])[((4b L b L q b x L dx x L L qE Lx πεπε） ()2/122002/32204])[(4b L b qb x L bdx L qE Ly +=+-=⎰πεπε1-5解：设0q >，在半圆形圆环上任取一电荷元d d q l λ=，在圆心O 点处的电场强度的大小为20d d 4lE R λπε=方向如图所示，式中qRλπ=，d d l R θ=由电荷的对称分布可知：圆心O 点处的电场强度沿x 轴方向为0， 圆心O 点处的电场强度沿y 轴负方向，有20222022sin 42R q d Rq E y επθθεππ==⎰1-6解：将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元2d d 2sin d q S R σσπθθ==，在球心处激发的电场强度为204RdqdE πε=根据对称性可知，0=x E ，那么 θθεσθθθεσθπεd d R dq dE y 2sin 4cos sin 2cos 40020===积分得：20042sin 4εσθθεσπ==⎰d E y 1-7解：如图所示，由题意E与Oxy 面平行，所以任何相对Oxy 面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即通过立方体的上下两底面的通量为零。
()2122(d )E kx i E j S j E a Φ=+⋅-=-⎡⎤⎣⎦⎰左+ ()2122d E kx i E j Sj E a Φ=+⋅=⎡⎤⎣⎦⎰右+()()2121d E ka i E j Si E ka a Φ=+⋅=+⎡⎤⎣⎦⎰前+ 2121(d )E i E j S i E a Φ=⋅-=-⎡⎤⎣⎦⎰后+因此，通过整个立方体表面的电场强度通量为3ka ΦΦ==∑1-8解：（1）将另一个点电荷置于高斯面外附近穿过此高斯面的E通量是不会发生变化。
此高斯面上任一点的电场强度会发生变化。
（2）将另一个点电荷置于高斯面内穿过此高斯面的E 通量是会发生变化。
此高斯面上任一点的电场强度会发生变化。
（3）将原来的点电荷移离高斯面的中心，但仍在高斯面内穿过此高斯面的E 通量是不会发生变化。
此高斯面上任一点的电场强度会发生变化。
1-9解：作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理2q E rL πε=∑（1）由于1r R <，故0q =∑，则圆柱面1R 内1()r R <的电场强度为10E = （2）由于12R r R <<，故q L λ=∑，则两圆柱面之间12()R r R <<的电场强度202E rλπε= （3）由于2r R >，故0q =∑，则圆柱面2R 外2()r R >的电场强度 30E = 1-10由例1-3题可知，无限长均匀带电细棒对棒外任意一点的电场强度为为点到棒的距离）a aE E y x (2,00πελ== （1）若点在1l 上侧时且距离1l 为x ，此时此点处的电场强度为i a x x ai a x x E E E )(2))(22(-00021+-=++=+=πελπελπελ 若点在1l 和2l 之间且距离1l 为x ，此时此点处的电场强度为i x a x ai x a x E E E )(2))(22(00021-=-+=+=πελπελπελ若点在2l 下侧时且距离1l 为x ，此时此点处的电场强度为i a x x ai a x x E E E )(2))(22(00021+=+-=+=πελπελπελ(2) 1l 上的电场强度为 i aE0212πελ=1l 线上单位长度上所受的力为 i aE F022212)πελλ-=-=（2l 上的电场强度为 i aE0122πελ=2l 线上单位长度上所受的力为 i a E F022122πελλ==1-11解：利用电场力的功和电势差的关系求解 （1）取O 点为零电势点，则00V =，001436D q q qV l l lπεπε⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭ 单位正电荷由O 到D 所做的功为()0006OD O D qq W q V V lπε=-=（2）取O 为零电势点，则0V ∞=，0001436D qq q q V l l lπεπε⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭单位正电荷由D 沿着AB 的延长线移到无穷远所做的功为00()6D D qq W q V V lπε∞∞=-=-1-12解：将挖去小球的空腔看作是在原来均匀带电ρ+的球内，填进一个均匀带ρ-的小球而构成。
设大、小带电球体的电场强度分别为1E 和2E，则各点的合场强为12E E E =+分别对大球和小球运用高斯定理，可以得到大球 103r l E e ρε=()l R < 小球 203r r E e ρε''=- ()r r '< ，32203r r E e r ρε'=-'()r r '> 式中,r l e 分别是从O 点出发的矢径大小和沿矢径向外的单位矢量，,r r e ''分别是从O '点出发的矢径大小和沿矢径向外的单位矢量。
（1）在O '点处， 0r '=，故02='O E ，r O e d E13ερ='所以O '点的电场强度为 =0Er O e d E13ερ=' （2）P 点处的电场强度E31220033OP P P r r OP l r E E E e e r ρρεε''=+=-' r r r e dr d e d r e d )4(3)2(332302030-=-=ερερερ 1-13解：根据高斯定理可得空间电场强度分布为0E = ()r R <2220014πQ R E r r σεε==()r R >选取无穷远为零电势点，根据电势的定义d P P V E l ∞=⋅⎰，可得22320000d =d +d 4π4πR rr R Q Qr R R V r r r r R r σσεεεε∞∞==⎰⎰⎰内 ()r R <rR dr r R V r02202εσεσ==⎰∞外 ()r R > 其V-R 曲线为1-14解：根据高斯定理可得空间电场强度分布为10E = ()1r R <122014πQ E r ε=()12R r R <<1232014πQ Q E r ε+=()2r R >根据电势的定义d P PV E l ∞=⋅⎰，得121211231121201202012d d d d 111=+444R R rrR R V E r E r E r E rQ Q Q Q Q R R R R R πεπεπε∞∞==++⎛⎫⎛⎫+=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰⎰⎰ ()r R <2222311212020202d d d 111=+444R rrR V E r E r E rQ Q Q Q Q r R R r R πεπεπε∞∞==+⎛⎫⎛⎫+=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰⎰ ()12R r R <<12330d d 4rrQ Q V E r E r rπε∞∞+===⎰⎰ ()2r R >1-15解：设内导体球带电q ，达到静电平衡时，同心薄导体球壳内壳带电为q -，同心薄导体球壳外壳带电为Q q +，电场强度分布为10E = ()1r R <22014πq E r ε=()12R r R <<32014πQ qE r ε+=()2r R >其电势分布为12121123012021211()441(4R R rrR R q Q q V Edr E dr E dr E dr R R R q QR R πεπεπε∞∞+==++=-+=+⎰⎰⎰⎰） ()r R <22223020211d d d 44R rrR q Q qV E r E r E r r R R πεπε∞∞⎛⎫+==+=-+⎪⎝⎭⎰⎰⎰ ()12R r R << 330d d 4rrQ qV E r E r rπε∞∞+===⎰⎰ ()2r R > 已知01V V =,则0210)41V R Q R q =+（πε可得：Q R R R V q 211004-=πε 此系统的电势分布为()()()⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>-+<<+-<=220122100212012100104444R r rR QR QR R R V R r R rR rQQ R R R V R r V V πεπεπεπε 电场分布为()()()⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>-+<<-<=22201221002122012100144440R r R r QR QR R R V R r R R r QR R R V R r E πεπεπεπε1-16解：(1) 根据静电感应和静电平衡时导体表面电荷分布规律。