静电场(一)一. 选择题:1.解:在不考虑边缘效应的情况下,极板间的电场等同于电荷均匀分布,密度为σ=±q/S 的两面积无限大平行薄板之间的电场---匀强电场,一板在另一板处之电场强度为)2/(0εσ=E ,方向垂直于板面.所以,极板间的相互作用力 )2/(02S q E q F ε=⋅=。
故选(B)。
2.解: 设置八个边长为a 的立方体构成一个大立方体,使A(即q )位于大立方体的中心.所以通过大立方体每一侧面的电场强度通量均为)6/(0εq ,而侧面abcd 是大立方体侧面的1/4,所以通过侧面abcd 的电场强度通量等于q /(240ε).选(C)。
3.解:0/ερ=⋅⎰⎰VSdV S d E适用于任何静电场. 选(A)。
4.解: 选(B)。
5.解:据高斯定理知:通过整个球面的电场强度通0/ε=Φq S . 内电荷通过21S S 、的电通量相等且大于零； 外电荷对1S 的通量为负，对2S 的通量为正. 所以 21Φ<Φ . 故 （D ）对 。
二.填空题:1.解: 无限大带电平面产生的电场 02εσ=E A 区: 00023222εσ-=εσ-εσ-=A E B 区: 0002222εσ-=εσ-εσ=B E C 区：00023222εσ=εσ+εσ=C E2.解：据题意知，P 点处场强方向若垂直于OP ，则λ在P 点场强的OP 分量OP E λ与Q 在P 点的场强QP E 一定大小相等、方向相反 . 即2000443cos 2a QE a a E QP OP πεπελππελλ====, λa Q = .3.解： 无限长带电圆柱体可以看成由许多半径为r 的均匀带电无限长圆筒叠加而成，因此其场强分布是柱对称的，场强方向沿圆柱半径方向，距轴线等距各点的场强大学相等。
对柱体内的场点r ≤ R ，过场点取半径为r 高为h 的同轴圆柱面为高斯面S ，利用高斯定理⎰⎰=rSr rdrh dS E0021ρπε内30322r h rh E επρπ=内 )(3020R r r E ≤=ερ内对柱体内的场点r > R ，过场点取半径为r 高为h 的同轴圆柱面为高斯面S ，利用高斯定理⎰⎰=R0021r rdrh dS ESρπε外)(3R 030R r rE ≥=ερ外E 内与E 外 的方向均沿 r 方向。
4.解：在带电细导体棒上取电荷元Axdx dx dq ==λ，它在P 点（坐标为l + b ）产生的电场强度的大小为2020)(4)(41x b l xdxA x b l dq dE -+=-+=πεπε整个带电棒在P 点产生的电场强度大小为⎰⎰-+==lx b l xdxAdE E 02)(4πε⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=b l b l A E 1ln 40πε三.计算题:1.解: 以q 为圆心、R 2为半径作球面。
则q 通过圆锥侧面的电场强度通量Ф就等于对整个球面的通量0/εq 减去通过圆锥底面所截球冠的通量φ .而 0204/00422sin 4ε⋅-=ϕθθπε=⋅=φ⎰⎰⎰ππqd d q S d E S故 Φ00422ε⋅+=φ-ε=qq 。
2.解:因电荷分布对称于中心平面,故在中心平面两侧离中心平面相同距离处场强大小相等而方向相反.在板内作底面为S 的高斯柱面S 1,而两底面距离中心平面均为｜x ｜,由高斯定理得E 1·2S ＝ρ2｜x ｜S/0ε 则得 E 1＝ρ｜x ｜/0ε 故 01/ε⋅ρ=x E X (－2d≤ x ≤2d)在板外作底面为S 的高斯柱面S 2,两低面距中心平面均为｜x ｜,由高斯定理得E 2·2S ＝ρS d /0ε则得 E 2＝ρd/(20ε) ( x ＞2d)故 E 2x ＝ρd/(20ε) ( x ＜－2d)E x ─ x 图线如图所示.3.解:以P 点为坐标原点，建立坐标系。
竖直棒在P 点产生的电场强度为：])sin (sin )cos [(cos 4122101j i aE θθθθπελ-+-=其中41πθ=, πθ→2所以有⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=j i a E 22122401πελ 水平棒在P 点产生的电场强度为：])sin (sin )cos [(cos 4'1'2'2'102i j aE θθθθπελ-+-=其中4'1πθ=, πθ→'2所以有⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=i j a E 22122402πελ 在P 点的合场强为()j i aE E E+=+=0214πελ四.证明题:证明：在n 区内任一点的电场强度为:⎰⎰⎰+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-=-p n x A x x x DD dx e N dx e N dx e N xE 00000222)(εεεp A n D D x eN x e N x e N 0002222εεε++=由于A p D n N x N x =，所以上式可写为)()(0x x eN x E n D +=ε在p 区内任一点的电场强度为:⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+=⎰⎰⎰-x x x AA x D p ndx e N dx e N dx e N x E 00000222)(εεεp A A n D x e N x e N x e N 0002222εεε+-=)(0x x eN p A -=ε静电场解答（二）一、 选择题：1. 解：由电力线分布可知：场强 M N E E >， 电势 M N U U >，电势能 qU W = 因 0<q所以N N M M qU W qU W =>=负电荷从M 点移到N 点，电场力所作的功为：0>-=N M W W A 则 （D ） 正确。
2. 解：=1U r d r⎰∞⋅E =dr r q Rr ⎰πε204 + dr r Qq R ⎰∞πε+204=rq 04πε +R Q 04πε=2U R Qq dr r Q q r d E R R 02044πε+=πε+=⋅⎰⎰∞∞)11(44400021Rr q R q r q U U -πε=πε-πε=-则 （A ）正确。
3. 解：（A ）错。
电势的正负与电势零点的选择有关，所以带正电荷的导体，其电势也可能是负的。
（B ）错。
等势面上每个点的电势相同，场强是矢量，各点的场强与等势面垂直，若等势面为曲面，则各点场强方向不同。
（C ）错。
场强为电势负梯度，Ex = -xu ∂∂ , Ey = -y u ∂∂ , Ez = -zu ∂∂ .0=E 只表明此处电势的梯度为零。
（D ） 正确。
因为 o n dn dU gradU = , 0n dndUE n -=.4. 解：设各电荷均在X 、Y 轴上，到O 点距离均为a 。
O 点电势为零，四种组合均可；O 点电场强度为零，则在X 轴上的两个电荷必为等量异号电荷，同样，Y 轴上的两个电荷也必为等量异号电荷。
所以（D ）正确。
二、 填空题：1、 解C B A U U U U ++=0=)32(41q q q ro ++πε 33)32()23(a a r =⨯=aqU o πε=23302. 解：Ex = -222y x Axx U +-=∂∂ ; Ez = -0=∂∂zU . 3. 解：利用高斯定理，穿过圆平面的电力线必通过半球面，因此在圆平面上2R E S d E Sπφ-=⋅=⎰所以通过此半球面的电通量为 2R E πφ=4. 解：当肥皂泡半径为1r 时，1r R >，则204RQE R πε=,=R U R Q 04πε； 当肥皂泡半径为2r 时，2r R < ，在带电球面内电场强度为零，02=E ，球内电势与球面电势相同2024r QU πε=。
5. 解：⎰⋅=∆-l d E U =)()600400(⎰+⋅+j dy i dx j i =⎰⎰+312600400dj dx=20001200800=+V 2000-=∆U V 。
6.解：把半圆环无穷分割，取线元dl ，其带电量为dl RQdq π=，则其在圆心O 的电势为 RR QdlRdq du ππεπε⋅==0044整个半圆环在环心O 处的电势为RQR R Qdl u R00044πεππεπ=⋅=⎰7. 解： 空隙长d = 0.02m ，棒长m d r l 12.32=-=π,线电荷密度为1991000.112.31012.3---⋅⨯=⨯==m C l q λ 若为均匀带电闭合圆环，则在圆心处产生的合场强为零。
现有一段空隙，根据场强的叠加原理，则圆心处场强等于闭合圆环产生的电场减去d = 0.02m 长的带电细杆在该处产生的场强。
由于d = 0.02m 远远小于r = 0.5m ，可以把该小段电荷看作为点电荷，它在圆心处产生的场强为 120072.04'-⋅==m V rq E πε所以该装置圆心处场强的大小为172.0-⋅m V ，方向由圆心指向缝隙。
三、 计算题：1. 解：=abU ⎰⋅-a br r r d E=⎰⋅bar r r d E因为两点分别处于电场强度分布不同的区域， 所以=ab U ⎰⎰+Rr r Rabdr E dr E 外内其中，2032033344rR r R E ερ=πε⨯ρπ=外 ， 02033344ερ=πε⨯ρπ=r rr E 内 =ab U)11(3)(603220ba r R R r R -ερ+-ερ =ba r R r R 0302023663ερ-ερ-ερ2. 解：由高斯定理得场强分布εσ-=E ( -a < x < a )0=E ( a < x <∞ ) (-∞ < x <- a )因为： ⎰⋅=0a a r d E U得电势分布：a x -< ⎰⎰⎰⋅εσ-=εσ-+⋅=⋅=--00)(0xaxaa dx dx dx E U a x > ⎰⎰⎰εσ=εσ-+⋅=⋅=000)(0xa xaa dx dx dx E U a x a <<- ⎰⎰εσ=εσ-=⋅=00)(xxx dx dx E U静电场解答（三）一、 选择题：1. 静电场的能量 dV E W V2)21(ε=⎰，系统未连接前 204r q E πε=内， 204rqE πε=外 系统连接后0=内E ， 204rqE πε=外， 故系统连接后的静电场能将比连接前减少。
所以 ( B ).2. 质量为m 带电量为本q -的质点，平衡在极板间的条件为Eq mq =，其所受静电场力与重力平衡。
当把电介质抽去，由于极板间场强E 增加，所以质点将向上运动。