第6章_静电场习题解答1
40 第6章 静电场6-1两个电量都是+q 的点电荷，相距a 2，连线中心为O ，今在它们连线的垂直平分线上放置另一点电荷'q ，'q 与O 相距r ，求（1）'q 所受的力；（2）'q 放在哪一点时所受的力最大,是多少?解 如解用图，以O 点为原点，建立直角坐标系oxy（1）点电荷'q 所受的力21F F F+='1222014πqq F F r a ε==+12121212sin sin cos cos x x x yy y F F F F F F F F F F αααα=+=-⎧⎪⎨=+=+⎪⎩ 将'1222014πqq F F r a ε==+ ，cos α=，代入上式并化简0x F = '322202πy qq r F r a ε=+（）故 '322202πqq rF j r a ε=+ （）（2）若点电荷'q 在r 处受力最大，则d 0d rFr=即 223/2221/22223/22233()()2d 20d ()()r a r a r r r r a r a +-+⎡⎤==⎢⎥++⎣⎦ 解得 2ra =此时 ''max32222002π9πr qq r F a r a εε==+（）6-2 三个点电荷的带电量均为Q ，分别位于边长为a 的等边三角形的三个角上，求在三角形重心应习题6—1解用图α1F 2Fy41放置一电量为多少的点电荷，系统处于平衡状态。
解 如解用图，以电荷a 为例来讨论，设放置的电荷为q ,b 对a 的作用力为ba F，c 对a 的作用力为ca F ，ba F 和ca F 的合力为bc F，q 对a 的作用力为q F ，则2204πba ca Q F F aε==, 20202cos3024π2bc ba Q F F a ε==⨯⨯q F =，由0=+q bc F F得2201204πQ a ε= 解得 Q q 33-= 不难看出，三个顶点上的点电荷对q 的合力为零，所以整个系统处于平衡状态。
6-3 设边长为a 的正方形的四角上放有4个点电荷如图，正方形中心点为O ，P 点距O 为x （x >>a ），求P 点的电场强度。
解 如图，可将左边上下两个电荷看成一个电偶极子，右边上下两个电荷看成一个电偶极子。
利用电偶极子中垂线上的电场强度公式，可知P 点处的电场强度的方向垂直于OP ，方向向上。
P 点处的电场强度的大小为3300114π4π()()22qa qaE x x εε=--+ 322242300(3)1344π4π()4aqa ax qa a x x εε+=≈- 6-4 一均匀带电直线长为L ，线电荷密度为λ。
求直线的延长线上距L 中点o 为2(L r r >）处P 点的场强。
习题6-2解用图qF bcF bcaF baF qPO42解 如解用图所示，取中点为Ox 轴原点，电荷元 d d qx λ=在P 点的场强为()20d d 4πxE r x λε=-整个带电直线在P 点的场强为()()2222200d d 4π44πL L xLEE r L r x λλεε-===--⎰⎰方向沿x 轴正向。
6-5 如图所示，两根平行长直导线间距为R 2，一端用半圆形线连起来。
设全线上均匀带电，电荷线密度为λ，求圆心O 处的电场强度。
解 方法一 如解用图1，考虑对顶角为d θ所对应的电荷元d q 和'd q ，则d q 在圆心O 处产生的电场强度200d d d 4π4πq E R Rλθεε== 'd q 在圆心O 处产生的电场强度''22000d d d sin d 4π4π4πr q E r r Rθλλθθεεε===即 'd d EE =,易见两者方向相反，所以合场强为零。
又由于此结果与θ无关，所以对任意一对对顶角为d θ所对应的电荷d q 和'd q 在圆心O 处产生的合场强都为零。
所以全线电荷在圆心O 处的电场强度为零。
习题6-4解用图x习题6-4图o43方法二 由教材例6-4与6-5的结果及场强叠加原理下棒上棒半圆＋＋E E E E =0000ππsin πsin cos cos π2π4π24π2i i j R R R λλλεεε⎡⎤⎛⎫⎛⎫+---⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦ ＝00ππsin πsin cos cos π04π24π2i j R R λλεε⎡⎤⎛⎫⎛⎫+-+-=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦6-6如图，一个细的带电塑料圆环半径为R ，所带电荷线密度为λ和θ有θλλsin 0=()00>λ，试求圆心O 处的场强。
解 在如解用图所示的直角坐标系中，电荷元d d d q l R λλθ==0sin d R λθθ=在圆心处所产生的电场强度的大小为00sin d d 4πERλθθε=则d E沿x 轴和y 轴的两个分量分别为00sin cos d d d cos 4πx E E Rλθθθθε=-=-200sin d d d sin 4πy E E Rλθθθε=-=-习题6-6解用图习题6-6图半圆E 下棒E 上棒Ed sin r θθd θd qd θd q '44 2π000sin cos d d 4πx x E E R λθθθε==-⎰⎰2π2000sin 08πRλθε=-=2π200000sin d 4π4y E R Rλλθθεε=-=-⎰ j Rj E i E E y x004ελ-=+=6-7 图中电场强度的分量为,0,===z y x E E x b E 式中()1800N/C m ,b =⋅设10cm d =。
试计算（1）通过立方体表面的总电通量；（2）立方体内的总电荷量。
解 已知电场强度为沿x 方向的非均匀电场，因此，通过立方体的上、下、前、后四个面的法线与电场强度垂直，从而电通量为零，而与x 轴垂直的左（面1）、右（面2）两个侧面的电通量不为零。
（1） 12E E E ΦΦΦ=+S E S E⋅+⋅=21228000.1 1.05(N m /C)=⨯⨯=⋅（2）由高斯定理0EqΦε=得 1209.2710C E qεΦ-==⨯6-8 实验证明，地球表面上方电场不为零，晴天大气电场的平均场强约为120V/m ，方向向下，这意味着地球表面上有多少过剩电荷？试以每平方厘米的额外电子数来表示。
解 设想地球表面为一均匀带电球面，总面积为S ，则它所总电量为00d Sq E S ES εε=⋅=⎰⎰单位面积带电量为 E Sq0εσ==单位面积上的额外电子数为19120106.11201085.8--⨯⨯⨯===e Ee n εσ92526.6410/m 6.6410/cm =⨯=⨯yz()221E E S b d =-=456-9 内外半径分别为1R 和2R 的两无限长共轴圆柱面，内圆柱面带均匀正电荷，线密度为λ，外圆柱面带均匀负电荷，线密度为λ-，求空间的电场分布。
解 由对称性分析可知，E分布具有轴对称性，即与圆柱轴线距离相等的同轴圆柱面上各点场强大小相等，方向均沿径向。
如解用图，作半径为r ，高度为h 、与两圆柱面同轴的圆柱形高斯面，则穿过圆柱面上下底的电通量为零，穿过整个高斯面的电通量等于穿过圆柱形侧面的电通量。
d d 2πSS E S E S E rh ⋅=⋅=⎰⎰⎰⎰侧若10R r<<，0i iq =∑，得0=E若21R r R <<，i iq h λ=∑ 得02πE rλε=若2R r>，0i iq =∑得 0=E112020(0)(2π0()r R E R r R r r R λε⎧<<⎪⎪=<<⎨⎪⎪>⎩)(垂直中心轴线向外)6-10 有均匀带电球体，半径为R ，电量为q +，求球内外场强。
解 电荷分布具有球对称性，所以电场分布也具有球对称性，场强方向由球心向外辐射，在以O 为球心的任意球面上各点的大小相同。
如解用图，以O 为球心，过P 点作半径为r 的高斯球面S 。
2d d 4πSSE S E S E r ⋅==⎰⎰⎰⎰球内任一点)(R r <333300014π3π3i i q q q r r R R εεε==∑P习题6-10解用图1p46 由高斯定理 23304πq E rr R ε=即 304πqE r R ε=球外任一点())R r >01i iqq εε=∑由高斯定理得 204πq Erε=均匀带电球体外任一点的场强，如同电荷全部集中在球心处的点电荷产生的场强一样。
方向沿半径方向。
r E-曲线如解用图2。
6-11 无限大均匀带电平板，厚度为d ，电荷体密度为ρ，求板内、外场强分布。
解 无限长均匀带电平板产生的电场具有平面对称性，即关于板中央平面对称的点p 和'p 的场强大小相等，方向背离对称面。
如解用图，取两底与对称面平行并与对称面等距离，且分别过p 和'p 两点的圆柱面S 为高斯面，并设底面积S ∆，则此时穿过高斯面的电通量 d ESE S Φ=⋅⎰⎰d d d E s E s E s =⋅+⋅⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰ 左底右底侧面＋02E S E S E S ∆∆=∆＝＋＋ 以对称面上的某点O 为原点，设p 点的坐标为r 。
若2/2d r d<<-，则应用高斯定理有⎪⎩⎪⎨⎧E =34πqr Rε()r R <204πq rε()r R >习题6-10解用图2 均匀带电球的r E-曲线E习题6-11解用图4722S rE S ρε∆∆=得 0r Eρε=若/2rd <-或/2r d >则应用高斯定理有 02Sd E S ρε∆∆=得 02d E ρε=方向均垂直于板面。
6-12 点电荷4321q q q q 、、、的电荷量均为9410C,-⨯放置在一正方形的四个顶点上，各顶点距正方形中心o 的距离均为5cm ，将一试探电荷9010C q -=从无穷远移到o 点，电场力作功多少？在此过程中o q 的电势能改变多少？解 由电势叠加原理 3312400114 2.8810V 4π4πoq q q q q V r r r r rεε⎡⎤=+++==⨯⎢⎥⎣⎦ 电场力的功 ()62.8810J o o o o o W q V V q V -∞∞=-=-=-⨯由oe W W ∞=-∆ 得 62.8810J e W -∆=⨯6-13 两个同心的均匀带电球面，半径分别为125.0cm,20.0cm,R R ==已知内球面的电势为160V,V =外球面的电势为230V,V =-（1）求内外球面所带电量；（2）在两个球面之间何处电势为零？ 解 （1）以1q 和2q 分别表示内外球面所带量。
大学物理A1习题册参考答案-第5-6章
A1r 2r ab1、 下列几个叙述中哪一个是正确的？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 、场强方向可由E =F/q 定出，其中q 为试验电荷的电量，q 可正可负； D 、以上说法都不正确。
[ ] 1. C解释：A 答案点电荷可能有正负；B 答案场强是矢量2、 关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是 A 、如果高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零； B 、如果高斯面上E处处不为零，则该面内必无电荷；C 、如果高斯面内有净电荷，则通过该面的电通量必不为零；D 、如果高斯面上E处处为零，则该面内必无电荷。
[ ] 2. C解释：A 答案通量为零不一定场强为零；D 答案考虑等量异号电荷，可以使得处处为零。
3、 在静电场中，下列说法中哪一个是正确的？A 、带正电荷的导体，其电势一定是正值；B 、等势面上各点的场强一定相等；C 、场强为零处，电势也一定为零；D 、场强相等处，电势梯度矢量一定相等。
[ ] 3. D解释：A 答案电势是个相对值，要参考零电势的选择。
4、 如图所示，在电荷为Q -的点电荷A 的静电场中，将另一电荷为q 的点电荷B 从a 点移到b 点，a 、b 两点距离点电荷A 的距离分别为1r 和2r ，则移动过程中电场力做的功为 A 、012114Q r r πε⎛⎫-- ⎪⎝⎭； B 、012114qQ r r πε⎛⎫- ⎪⎝⎭；C 、012114qQ r r πε⎛⎫-- ⎪⎝⎭; D 、()0214qQ r r πε-- [ ]4. C解释：电场力做功等于电势能差，注意正负号。
5、 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1<R 2)，小球带电Q ，大球带电-Q ，下列各图中哪一个正确表示了电场的分布 [ ](A) (B) (C) (D) 5. D解释：由高斯定理依次求出各部分场强即可。
第六章 真空中的静电场总结
第六章 真空中的静电场§6-1 电荷 库仑定律5.电荷的量子化效应：到目前为止的所以实验表明，一切带电体包括微观粒子所带的电量 q ，都是某一基本电荷量的整数倍，这个基本电荷就是 e = 1.60210-19 库仑一个带电体带的电量 q = ne n = 1,2,3,... 只能取不连续的值，这称为电荷的量子化。
宏观带电体的带电量 q e ，准连续 二、库仑定律与叠加原理库仑定律是两个点电荷相互作用的定律。
2.库仑定律 实验给出：k = 8.988010 9 N·m2/C212120022014q q q q F k r r r r πε==▲ 库仑定律适用的条件：• 真空中点电荷间的相互作用• 电荷对观测者静止41πε=k 0 —真空介电常量2212o m /N C 1085.841⋅⨯==-k πε3.静电力的叠加原理作用于某电荷上的总静电力等于其他点电荷单独存在时作用于该电荷的静电力的矢量和。
离散状态:∑==N i iF F 12004i ii i r r q q Fπε=连续分布02004r rdq q F d πε=⎰=Fd F结论：库仑力比万有引力大得多，所以在原子中，作用在电子上的力，主要是电场力，万有引力完全可以忽略不计。
§6-2 静电场 电场强度一、电场电荷间的相互作用是通过场来传递的 2. 静电场的对外表现：静电场：相对于观察者静止的电荷所产生的电场称为静电场。
静电场最重要的表现有两方面：（1）力的表现: 对电荷（带电体）施加作用力；（2）功的表现: 电场力对电荷（带电体）作功。
★研究方法：电场能量—引入电势 UE电场力—引入场强二、电场强度1.试验电荷 q 0 及条件{点电荷(尺寸小)q 0 足够小，对待测电场影响小4.场强叠加原理设有若干个静止的点电荷q1、q2、…… qN ，它们单独存在时的场强分别为NE E E ,2,1，则它们同时存在时的场强为三、电场强度的计算 1.点电荷的电场强度0002144πq q F qE r r q q rε==⋅=特点: (1)是球对称的; (2)是与 r 平方成反比的非均匀场。
马文蔚第五版物理第6章作业题解
6 －9 在一半径为R １ ＝6.0 cm 的金属球A 外面套有一个同心的金属球壳B ．已知球壳B 的内、外半径分别为R 2＝8.0 cm ，R 3 ＝10.0 cm ．设球A 带有总电荷Q A ＝3.0 ×10－８C ，球壳B 带有总电荷Q B ＝2.0×10－８C ．（１） 求球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势；（2） 将球壳B 接地然后断开，再把金属球A 接地，求金属球A 和球壳B 内、外表面上所带的电荷以及球A 和球壳B 的电势．分析 （１） 根据静电感应和静电平衡时导体表面电荷分布的规律，电荷Q A 均匀分布在球A 表面，球壳B 内表面带电荷－Q A ，外表面带电荷Q B ＋Q A ，电荷在导体表面均匀分布［图（ａ）］，由带电球面电势的叠加可求得球A 和球壳B 的电势．（2） 导体接地，表明导体与大地等电势（大地电势通常取为零）．球壳B 接地后，外表面的电荷与从大地流入的负电荷中和，球壳内表面带电－Q A ［图（ｂ）］．断开球壳B 的接地后，再将球A 接地，此时球A 的电势为零．电势的变化必将引起电荷的重新分布，以保持导体的静电平衡．不失一般性可设此时球A 带电q A ，根据静电平衡时导体上电荷的分布规律，可知球壳B 内表面感应－q A ，外表面带电q A －Q A ［图（c ）］．此时球A 的电势可表示为0π4π4π4302010=-+-+=R εQ q R εq R εq V AA A A A由V A ＝0 可解出球A 所带的电荷q A ，再由带电球面电势的叠加，可求出球A 和球壳B 的电势．解 （１） 由分析可知，球A 的外表面带电3.0 ×10－８C ，球壳B 内表面带电－3.0 ×10－８C ，外表面带电5.0 ×10－８C ．由电势的叠加，球A 和球壳B 的电势分别为V 106.5π4π4π43302010⨯=-+-+=R εQ Q R εQ R εq V AA A A AV 105.4π4330⨯=+=R εQ Q V BA B（2） 将球壳B 接地后断开，再把球A 接地，设球A 带电q A ，球A 和球壳B 的电势为0π4π4π4302010=+-+-+=R εq Q R εq R εq V AA A A A30π4R εq Q V AA B +-=解得C 1012.2831322121-⨯=-+=R R R R R R Q R R q AA即球A 外表面带电2.12 ×10－８C ，由分析可推得球壳B 内表面带电－2.12 ×10－８C ，外表面带电-0.9 ×10－８C ．另外球A 和球壳B 的电势分别为0A V =27.2910V B V =-⨯导体的接地使各导体的电势分布发生变化，打破了原有的静电平衡，导体表 面的电荷将重新分布，以建立新的静电平衡．6 －14 地球和电离层可当作球形电容器，它们之间相距约为100 km ，试估算地球－电离层系统的电容．设地球与电离层之间为真空．解 由于地球半径R 1 ＝6.37×106m ；电离层半径R 2 ＝1.00×105m ＋R 1 ＝6.47 ×106m ，根据球形电容器的电容公式，可得F 1058.4π4212210-⨯=-=R R R R εC6 －15 两线输电线，其导线半径为3.26 mm ，两线中心相距0.50 m ，导线位于地面上空很高处，因而大地影响可以忽略．求输电线单位长度的电容． 解 由教材第六章6 －4 节例3 可知两输电线的电势差RR d ελU -=ln π0 因此，输电线单位长度的电容Rd εR R d εU λC ln /πln /π00≈-==代入数据 F 1052.512-⨯=C6 －24 有两块相距为0.50 的薄金属板A 、B 构成的空气平板电容器被屏蔽在一金属盒Ｋ 内，金属盒上、下两壁与A 、B 分别相距0.25 mm ，金属板面积为30 mm ×40 mm 。
第六章 静电场6-1(新课标复习资料)
随 堂 针 对 训 练
考 技 案 例 导 析
易 错 易 混 分 析
是描述电场的力的性质的物理量． 力的性质
限 时 规 范 特 训
选修3-1
第六章 静电场
金版教程
基 础 知 识 梳 理
高三物理
矢 量 三 性
电场强度 E 是表示电场力的性质的一个物理量， 规定正电荷所受电场力方向为该点场强的方向． 正电荷所受电场力
易 错 易 混 分 析
限 时 规 范 特 训
矢量 性 存在时在该点所产生的场强的矢量和.
选修3-1
第六章 静电场
金版教程
基 础 知 识 梳 理
高三物理
电场线
1．几种典型电场的电场线(见下图)
随 堂 针 对 训 练
考 技 案 例 导 析
易 错 易 混 分 析
限 时 规 范 特 训
选修3-1
第六章 静电场
限 时 规 范 特 训 随 堂 针 对 训 练
考 技 案 例 导 析
易 错 易 混 分 析
选修3-1
第六章 静电场
金版教程
基 础 知 识 梳 理
高三物理
5kq2 A. l＋ 2k0l2 5kq2 C. l－ 4k0l2
kq2 B. l－ 2 k0l 5kq2 D. l－ 2k0l2
随 堂 针 对 训 练
易 错 易 混 分 析
感应起电 ②感应起电
接触起电 ③接触起电
选修3-1
第六章 静电场
金版教程
基 础 知 识 梳 理
高三物理
(2)三种起电方式虽然不同， 但本质相同， 都是电荷的
转移 转移.
(新课标)河南省高考物理总复习 第6章 第1讲 电场力的性质课件
图6－1－6
m2 Q2 A．F1＝G 2 ，F2＝k l l2 m2 Q2 B．F1≠G 2 ，F2≠k 2 l l m2 Q2 C．F1≠G 2 ，F2＝k 2 l l m2 Q2 D．F1＝G 2 ，F2≠k 2 l l
【解析】 虽然两球心间的距离 l 只有其外半径 r 的 3 倍， 但 由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看做质量集中于球 心的质点，因此，可以应用万有引力定律；而本题中由于 a、b 两 球壳所带异种电荷相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即 相互靠近的一侧电荷分布比较密集，又因两球心间的距离 l 只有 其外半径 r 的 3 倍，不满足 l 远大于 r 的要求，故不能将两带电球 壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律，D 正确． 【答案】 D
图6－1－4
A．摩擦使笔套带电
B．笔套靠近圆环时，圆环上、下部感应出异号电荷 C．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力 大于圆环的重力 D．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和
【解析】
笔套与头发摩擦后，能够吸引圆环，说明笔套
上带了电荷，即摩擦使笔套带电，选项A正确；笔套靠近圆环 时，由于静电感应，会使圆环上、下部感应出异号电荷，选项 B正确；圆环被吸引到笔套的过程中，是由于圆环所受静电力
的合力大于圆环所受的重力，故选项C正确；笔套接触到圆环
后，笔套上的部分电荷转移到圆环上，使圆环带上相同性质的 电荷，选项D错误． 【答案】 ABC
5. (2013· 新课标全国卷Ⅱ )如图 6－1－5，在光滑绝缘水平面 上，三个带电小球 a、 b 和 c 分别位于边长为 l 的正三角形的三个 顶点上；a、b 带正电，电荷量均为 q，c 带负电．整个系统置于方 向水平的匀强电场中．已知静电力常量为 k.若三个小球均处于静 止状态，则匀强电场场强的大小为( 3kq A. 2 3l 3kq B. 2 l 3kq C. 2 l ) 2 3kq D. 2 l
同济大学物理大作业解答4至6章答案
第四章（一） 振动学基础解答一、选择题1．D 2．B 3．C 4．C 5．B 6．B 7．D 8．B二、填空题1．振动系统自身的性质；π2秒内的的振动次数；振动系统运动的初始条件；表示振动的幅度或振动的强度；表征计时零点的振动状态。
2．；cm 2 ；4s ；1-s 2π ；π23 )232cos(02.0ππ+t ；m )232s i n (01.0πππ+-t -1s m ⋅；)232cos(201.02πππ+-t -2s m ⋅； ππ或33．0.158 m ； 0.5 s ； 2π4．)41cos(02.0ππ+t m ； )43c o s (02.0ππ+t m5．π326．8T ， T 83 7．ππ232或-8．合力的大小与位移成正比，方向与位移方向相反； 0d d 222=+x tx ω三、计算题1．解：(1) s 638.084.922,s84.9258.0251-======πωπωT mk(2) m/s 17.03sin02.084.9sin ,30-=⨯⨯-=-==πϕωπϕA v (3) )384.9cos(02.0)cos(πϕω+=+=t t A x m2．解：（1）)32cos(3πππϕ-=-=t T A x （2）0=a ϕ，2πϕ=b（3）作振幅矢量图，得到： 6233T Tt a ===ππωπ125223T Tt b =⎪⎭⎫⎝⎛=πππ＋3．解：木块下移时，恢复力 )1(22xgL gxLf -=-=水ρmk =ω , 由（1）式知 2gL k =所以，木块做简谐运动。
在水中的木块未受压而处于平衡时 a gL mg 2水ρ= ，于是可求得ag aL gLm k ===22水ρω ga T πωπ22==振幅：a b A -=4．解：（1）两个同方向、同频率简谐运动的合振动仍为简谐运动，且合振动的频率与分振动的频率相同，即121s 3-＝＝＝ωωω合振动振幅A 和初相0ϕ为 ()cm 52cos 43243cos 22221212221=⨯⨯++=++=πϕϕ－A A A A A︒==+︒+︒=++=--13.5334tg 24cos 3cos024sin 3sin0tgcos cos sin sin tg11-2211221110ππϕϕϕϕϕA A A A即0ϕ在第一象限内。
大物A-05,06-第五-六章,讲解
静电场习题1一、选择题1、 下列几个叙述中哪一个是正确的？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 、场强方向可由E =F/q 定出，其中q 为试验电荷的电量，q 可正可负；D 、以上说法都不正确。
[ ] 1. C解释：A 答案点电荷可能有正负；B 答案场强是矢量2、 关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是 A 、如果高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零； B 、如果高斯面上E处处不为零，则该面内必无电荷；C 、如果高斯面内有净电荷，则通过该面的电通量必不为零；D 、如果高斯面上E处处为零，则该面内必无电荷。
[ ] 2. C解释：A 答案通量为零不一定场强为零；D 答案考虑等量异号电荷，可以使得处处为零。
3、 如图所示，有一边长为a 的正方形平面，在其中垂线上距中心O 点a /2处，有一电荷为q 的正点电荷，则通过该平面的电场强度通量为A 、03εq ；B 、04επq； C 、03επq ；D 、06εq。
［ ］3. D解释：构建立方体包围点电荷，由高斯定理求出平面的通量。
4、 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1<R 2)，小球带电Q ，大球带电-Q ，下列各图中哪一个正确表示了电场的分布 [ ](A) (B) (C) (D) 4. D解释：由高斯定理依次求出各部分场强即可。
q12121221∙∙1q 2q S二、填空题5、 如图所示，边长分别为a 和b 的矩形，其A 、B 、C 三个顶点上分别放置三个电量均为q 的点电荷，则中心O 点的场强为 ，方向 。
5.204a q πε（方向一致皆可）解释：A 、C 电荷的场强抵消。
6、 如图所示，电荷分别为1q 和2q 的两个点电荷单独在空间各点产生的静电场强分别为1E 和2E ，空间各点总场强为12E E E =+，现在作一封闭曲面S ，则以下两式分别给出通过S 的电场强度通量=⋅⎰S d E1 ；=⋅⎰S d E 。
大学物理学 孙厚谦版 第6章 习题
习题 6-5 图
查看答案 6-5
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6-6 如图一个细的带电塑料圆环，半径为 R ，所带荷线密度 y 圆心 O 处的场强。
0 sin 0 0 。试求
R
o
x
习题 6-6 图
查看答案 6-6
6-7 图中电场强度的分量为 Ex
b x , Ey Ez 0, 式中 b 800N/ Cm1 2 , 设
将
1 qq' F1 F2 4π 0 r 2 a 2
， cos
r r a2
2
，代入上式并化简
Fx 0
qq' r Fy 3 2 2π 0（r 2 a 2）
qq' r F j 3 2π 0（r 2 a 2）2
故
（2）若点电荷 q' 在 r 处受力最大，则
子，正方形的中心点为 O，P 点距 O 为 x（x>>a） ，求 P 点的电场强度。
o
a
习题 6-3 图
P
查看答案 6-3
6-4 如图一均匀带电直线长为 L ，线电荷密度为 。求直线的延长线上距 L 中点 O 为 r (r 处 P 点的场强。
L 2）
o
rPLຫໍສະໝຸດ 习题 6-4 图查看答案 6-4
6-5 如图， 两根平行长直导线间距为 2 R ， 一端用半圆形线连起来。 设全线上均匀带电， 电荷面密度为 ， 求圆心 O 处的电场强度。
返回 6-5
6-6 解 在如解用图所示的直角坐标系中，电荷元 dq dl 心处所产生的电场强度的大小为
Rd 0 sin Rd
y
在圆
sin d dE 0 4π 0 R
第六章补充练习题
第六章 静电场判断题：1. 库仑定律反映的是静止带电体之间的相互作用力。
2. 若将放在电场中某点的试探电荷q 改为q -，则该点的电场强度大小不变，方向与原来相反。
3. 在点电荷1q 激发的电场中有一试探电荷0q ，受力为1F 。
当另一点电荷2q 移入该区域后，0q 与1q 之间的作用力不变，仍为1F 。
4. 有两个带电量不相等的点电荷，它们相互作用时，电量大的电荷受力大，电量小的电荷受力小。
5. 有两个点电荷，带电量分别是1q 和2q ，两者之间的相互作用力的大小是122014q q F r πε=。
当两者无限靠近时（即0r →），F →∞，这是库仑定律的结论。
6. 均匀带电圆环，由于电荷对称分布，其轴线上任意一点的电场强度为零。
7. 静电场中的电场线不会相交，不会形成闭合线。
8. 一点电荷q 处在球形高斯面的中心，当将另一个点电荷置于高斯球面外附近，此高斯面上任意点的电场强度是发生变化，但通过此高斯面的电通量不变化。
9. 通过闭合曲面的电通量仅由面内的电荷决定。
10. 点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，若以该立方体作为高斯面，可以求出该立方体表面上任一点的电场强度。
11. 应用高斯定理求得的场强仅仅是由高斯面内的电荷激发的。
12. 若某一闭合曲面内的电荷的代数和为零，则此闭合曲面上任一点的场强一定为零。
13. 在已知静电场分布的条件下，任意两点1P 和2P 之间的电势差决定于1P 和2P 两点的位置。
14. 已知在地球表面以上电场强度的方向指向地面，由此可判断在地表面以上电势随高度增加而减少。
15. 电场强度的方向总是指向电势降落的方向。
16. 电偶极子中垂面上各点的电势为零。
17. 电荷在电势高的地方静电势能一定大。
18. 正电荷在电势高的地方，电势能也一定大。
19. 静电场的保守性体现在电场强度的环流等于零。
20. 静电场中，若在电场区域内电场线是平行的，则该区域内电场强度和电势都相等。
物理静电场——电介质对电容的影响
等效的正、负点电荷所在的位置称为等 效正、负电荷的“中心”（或“重心”）。
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大学物理 第三次修订本
第6章 静电场
2. 有极分子电介质、无极分子电介质
凡分子的等效正、负电荷中心不重合的电
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第6章 静电场
P cos Pn
均匀电介质表面产生的极化电荷面密度等 于该处电极化强度沿表面外法线方向的投影。
π : 极化电荷带正电。
2
π : 极化电荷带负电。
2
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第6章 静电场
加入电介质后两极板间电压减小了, 表 明其间电场减弱了。
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U0
rd
1
r
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电场减弱的原因是电介质的微观结构与 外电场的相互影响。
将电介质至于外电场中,其表面也会出现电荷 ?
4
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第6章 静电场
二、 电介质分子的电结构 1. 分子中等效正、负电荷的 “中心”
加入电介质后电容器的电压下降了εr倍, 但电量不变。
电容增加为 C＝ εr C0 相对介电常数εr 大于 1， 其大小随电介 质的种类和状态不同而不同, 是电介质的特征 常数。 相对介电常数与真空介电常数的乘积称
为介电常数: 0 r
干燥空气的相对介电常数:
εr = 1.00059 ≈1 ( 0oC; 1atm）
叫电极化率，是一个无量纲的纯数。 同一点， 是一个常数,但不同点的 值可 以不同。如果电介质中各点的 值相同，就称