静电学部分习题解答第11次课（上）1、解：由库仑定律：12214q qF rrπε=代入数据，求得库仑力大小： 3.78NF=2、解：取线元d x ,其电量d q 在P 点场强大小为:"211dd4()2=+-PxEld xλπε211dd d cos04()2==+-Px PxE Eld xλπε()23220011111() 2.4110N/C 44()2-==-=⨯++-⎰lPx ldxEl d l dd xλλπεπε3、解：建立如图坐标；取线元：'22300dd d44q QE lR Rπεπε==由对称性：0xE=()00d d siny yE Ey yE E Eπθ==+⎰⎰d dl Rθ="222200sind42yQ QER Rπθθπεπε=-=-⎰222yQE E j jRπε==-4、解：()()2200d d d dd4242q q x xFL x x L x xλλπεπε''==''+-+-)()()2200d d d dd d cos04242xq q x xF FL x x L x xλλπεπε''===''+-+-()22200d4d ln4342L LxxF xL x xλλπεπε'=='+-⎰⎰()24ln N43xF F i iλπε⎛⎫== ⎪⎝⎭第12次课（上）%1、解：具有面对称性，作闭合圆柱面为高斯面。

e S E dS Φ=⋅⎰⎰=⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰12侧S S S E dS E dS E dS1200/ES ES S σε=++=-02S ES σε=02E σε∴=方向如图所示。

2、解：过A 板作闭合圆柱面为高斯面e SE dSΦ=⋅⎰⎰！=⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰12侧S S S E dS E dS E dS=+=02010cos 0cos180/3A E S E S S σε00 23AEεσ=-￥同理，过B板作闭合圆柱面为高斯面e SE dSΦ=⋅⎰⎰=⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰12侧S S SE dS E dS E dS=+=1020cos0cos0/3BES E S Sσε"0043BEεσ=3、解：取同心球面为高斯面由高斯定理：()24224004d1144d⎧'''=⎪=⋅===⎨⎪'''=⎩⎰∑⎰⎰⎰re i RsSkr r r k r r RE dS E r qkr r r k R r RπππεεππΦ4344krr r REkRr r Rrεε⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩…4、解：取同轴圆柱形高斯面, 由高斯定理：()()1120020 112 ⎧⎪=⋅===⎨⎪+-⎩∑⎰⎰e i s S r R E dS E rl q l R r R l l R rπλεελλΦ1122020 20 r R E r R r R r R r λπε⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩'第13、14次课（上）1、解：由点电荷电势公式及电势叠加原理：~2、解：由高斯定理： ：—()223230003d d d 448Rr rrRq R r qr q U E r r r RrRπεπεπε∞∞-==+=⎰⎰⎰#01()04=-=O q q U R Rπε01()43=-C q q U R R πε06=-q R πε000()6∴=-=OC O C qq A q U U Rπε()1=⋅=∑⎰⎰e isS E dS qεΦ()3333000413 43==∑i s rq qr q r RR R πεεεπ30 4∴=qr E r R Rπε()1=∑i s qq rR εε20 4∴=q E rRr πε3、解：(1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强相互抵消，BC 段电荷在O 点产生的场强由第11课练习题3可得：220022y Q E E j j j RRλπεπε-==-=(2) AB 段电荷在O 点产生的电势（以无穷远处电势为零） 2100d ln 244RRx U x λλπεπε--==⎰【同理CD 段：2200d ln 244RRx U x λλπεπε==⎰BC 段：3000d 44Rl U R πλλπεε==⎰ 12300ln 224O U U U U λλπεε=++=+4、解：(1) 外球壳内表面均匀带-q ，外内表面均匀带+q 222002d 44R R q q U r rR πεπε∞==⎰￥(2) 外壳接地时，外表面+q 电荷入地，外表面不带电，内表面电荷为-q ．20R U =(3) 设此时内球壳带电量为q ' ，外球壳内表面均匀带q '-,外内表面均匀带q q '- 此时电场分布为：)()()120122020 4 4 r RE q r R r R q q r R r πεπε⎧⎪⎪'=⎨⎪'-⎪⎩211222000120211d d 04444R R R R q q q q q qU r r r r R R R πεπεπεπε∞⎛⎫''''--=+=-+= ⎪⎝⎭⎰⎰ 由此/12R q q R '=()22122200202d 444R R q R R q q q qU r r R R πεπεπε∞-''--===⎰第15次课（上）1、(1) 1q 对2q 作用力的大小为2210π41rq q F ε=。

由于静电屏蔽，1q 以及球壳A 和球壳B 上的感应电荷在球壳B 内部空间产生的合和场强为0，故2q 所受合和外力为0，没有加速度；(2) 1q 对2q 作用力的大小为2210π41r q q F ε=, 1q 以及球壳A 的感应电荷对2q 均有作用力，其合力使2q 产生加速度。

，2、(1)对图示封闭面(S)利用高斯定理，有()22010e S σσεΦ=+∆=即 23σσ=-%(2) 取向右为正方向，有3124000002222P E σσσσεεεε=---= 故有 14σσ=3、解：(1) 令A 板左侧电荷面密度为L σ，右侧为R σ，则根据静电感应，C 板右侧电荷面密度为L σ-，B 板左侧电荷面密度为R σ-'显然 ()L R S q σσ+= ①0R AB E σε=方向向右； 0L AC E σε=方向向左 由于A 板为等势体，有 AC AB U U = 即AC AC AB AB E d E d =2100L R d d σσεε= ② ；由①和②有52521.010C/m 0.510C/m L R σσ--=⨯=⨯771.010 C2.010C B R C L q S q S σσ--=-=⨯=-=⨯(2) ()22100() 2.2610V L R A AC AC AC AB AB AB U U E d d U E d d ======⨯σσεε4、 解：设内圆柱面单位长度柱面带电λ，则两柱面间电场分布为：120 2E R rR rλπε=两柱面的电势差为：2121212001d ln 22R R R R R U r U U r R λλπεπε===-⎰由此得 ()012212ln U U R R πελ-=两圆柱面间距轴线垂直距离为r 1和r 2两点的电势差为：()2121012222001112d ln ln 22ln r r r r U U r r U r R r r r R πελλπεπε-===⎰。