习题版权属西南交大物理学院物理系02/εδE o x 02/εδE o x 02/εδ02/εδ-Eox 02/εδ02/εδ-oEx 《大学物理AI 》作业 No.06电场强度班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、选择题：1．下列几个说法中哪一个是正确的？[ ] (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) 场强可由q F E / =定出，其中q 为试验电荷，q 可正、可负，F 为试验电荷所受的电场力 (D) 以上说法都不正确解：(A) 错误。

电场中某点场强的方向，应为将正点电荷放在该点所受电场力的方向(B) 错误。

在以点电荷为中心的球面上， 由该点电荷所产生的场强大小处处相同，方向不同。

(C) 正确。

(D) 错误。

故选C2．面积为S 的空气平行板电容器，极板上分别带电量±q ，若不考虑边缘效应，则两极板间的相互作用力为[ ] (A) Sq 02ε(B) S q 022ε(C) 2022Sq ε(D) 202Sq ε解：计算两板之间的静电力时，只能视其中一板在另一板的电场中受力，该电场的场强是其中一个带电板产生的（设为+ q 板），则其值为0022qE Sσεε== 于是- q 板受+ q 板作用力大小为Sq q E q E F 022d d ε===⎰⎰， 故选B3．真空中一“无限大”均匀带正电荷的平面如图所示，其电场的场强分布图线应是（设场强方向向右为正、向左为负）[ ] (A) (B)(C)(D)δx o解：均匀带正电的“无限大”平板两侧为均匀电场，场强方向垂直远离带正电平板，即x >0时，E x >0；x <0时，E x <0。

故选C4. 点电荷Q 被曲面S 所包围 ， 从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面外一点，如图所示，则引入前后：[ ] (A) 曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强不变(B) 曲面S 的电场强度通量变化，曲面上各点场强不变 (C) 曲面S 的电场强度通量变化，曲面上各点场强变化 (D) 曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强变化解：根据高斯定理∑⎰=⋅0/d εq S E S，闭合曲面S 的电场强度通量只与闭合曲面内的电荷有关，与曲面外电荷无关。

曲面上的场强为曲面内、外场源电荷产生的总场强，所以从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面外一点，如图所示，则引入前后曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强变化。

故选D5．有两个点电荷电量都是 +q ， 相距为2a , 今以左边的点电荷所在处为球心， 以a 为半径作一球形高斯面，在球面上取两块相等的小面积S 1 和S 2 , 其位置如图所示 ，设通过S 1 和S 2 的电场强度分别为 Φ1 和Φ2 ，通过整个球面的电场强度通量为Φs ，则[ ] (A) Φ1 > Φ2 , Φs = q /ε0 (B) Φ1 < Φ2 , Φs = 2q /ε0(C) Φ1 = Φ2 , Φs = q /ε0(D) Φ1 < Φ2 , Φs = q /ε0 解：根据高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S和场强叠加原理有在小面积S 1 处，01=E ，01=Φ；在小面积S 2 处，02≠E ，0222>⋅=ΦS E，所以21Φ<Φ， 而通过整个球面的电场强度通量 0/d εq S E Ss =⋅=Φ⎰故选D6．图示为一具有球对称性分布的静电场的 E ~ r 关系曲线 ， 请指出该静电 E 场是由下列那种带电体产生的。

[ ] (A) 半径为R 的均匀带电球体(B) 半径为R 的均匀带电球面 (C) 半径为R 的、电荷体密度为ρ=A r (A 为常数)的非均匀带电球体(D) 半径为R 的、电荷体密度为ρ=A/r (A 为常数)的非均匀带电球体解：此四种电荷分布均具有球对称分布，对于球对称分布的带电体，由高斯定理可知，场强分布为20r4πε内q E =，因此，半径为R 的均匀带电球面r <R 时，0=E ；r >R 时20r4πεq E =q半径为R 的均匀带电球体，ρπ3r 34＝内q ，ρ为电荷体密度（r <R ），可知2202030203r 1r 34R 34E 34r 34E R r ∝==>∝==<ερπερπερπερπr R r rr r 处，处，半径为R 的、电荷体密度为ρ=A r (A 为常数)的非均匀带电球体,r q rd r 402⎰πρ＝内22042002222002r 1r 44d r 4E 44d r 4E R r ∝==>∝==<⎰⎰επεπρεπεπρR r rR r r r A r rRr处，处，半径为R 的、电荷体密度为ρ=A/r (A 为常数)的非均匀带电球体,r q r d r 402⎰πρ＝内220220022002r 1r 24d r 4E 24d r 4E R r ∝==>===<⎰⎰επεπρεπεπρAR r rR r Ar rRr处，常量处， 故选A二、填空题： 1．两块“无限大”的带电平行电板，其电荷面密度分别为σ-（0>σ）及σ，如图所示，试写出各区域的电场强度E。

Ⅰ区E的大小 ， 方向 。

Ⅱ区E的大小 ， 方向 。

Ⅲ区E 的大小 ， 方向 。

解：两个无限大带电平板单独存在时在两侧都产生匀强电场，场强大小和方向如图所示。

由场强叠加原理，可得各区域场强大小和方向为：（设向右为正）Ⅰ区：00022E σσεε=-= ， 无。

Ⅱ区：00022E σσσεεε==＋ ， 方向向左。

/σ0/2εⅢ区：00022E σσεε==-， 无。

2．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都为E 0 , 两平面外侧电场强度大小都为 E 0 / 3 ，方向如图。

则A 、B 两平面上的电荷面密度分别为A δ=，Bδ= 。

解：设“无限大”A 、B 两板的电荷面密度分别为A δ、B δ（均匀且为正），则各自在两侧产生的场强大小和方向如图所示。

由场强叠加原理及题设条件可知：（设向右为正）0000001(1)223(2)22A B B AE E σσεεσσεε+=-=联解上两式可得：A δ=002/3E ε－，（负号说明与题设相反，即0<A δ）B δ=004/3E ε3．真空中一半径为R 的均匀带电球面，总电量为Q （Q > 0）。

今在球面上挖去非常小块的面积ΔS （连同电荷），且假设不影响原来的电荷分布，则挖去ΔS 后球心处电场强度的大小E ＝ 。

其方向为 。

解：采用补偿法。

由场强叠加原理，挖去S ∆后的电场可以看作由均匀带电球面和带负电的S ∆（面密度与球面相同）叠加而成。

而在球心处，均匀带电球面产生的场强为零，S∆（视为点电荷）产生的场强大小为：2222400044416S Q S Q SE R R R R σπεππεπε∆∆∆===， 方向由球心O 指向ΔS 。

4．如图所示，真空中两个正点电荷Q ，相距2R 。

若以其中一点电荷所在处O 点为中心，以R 为半径作高斯球面S ，则通过该球面的电场强度通量＝____________________；若以0r表示高斯面外法线方向的单位矢量，则高斯面上a 、b 两点的电场强SIIIIII度分别为________________________ 。

解： 根据高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S，通过球面S 的电场强度通量为0/Q ε；若以0r表示高斯面外法线方向的单位矢量，a 点位于两个等量正点电荷Q 连线的中点，根据场强叠加原理有：高斯面上a 点的电场强度为002200044a Q Q E r r R R πεπε=-=高斯面上b 点的电场强度为 000222000544(3)18b Q Q QE r r r R R R πεπεπε=+= 三、计算题：1．一个细玻璃棒被弯成半径为R 的半圆形，沿其上半部分均匀分布有电荷+Q ，沿其下半部分均匀分布有电荷－Q ，如图所示。

试求圆心O 处的电场强度。

解：采用微元分析法。

在θ 处取微小电荷元d q = λd l = 2Q d θ / π，它在O 处产生场强大小 θεεd 24d d 20220RQR q E π=π= 方向如图按θ 角变化，将d E 分解成二个分量：θθεθd sin 2sin d d 202R QE E x π==θθεθd cos 2cos d d 202R QE E y π-=-= 对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=⎰⎰πππθθθθε2/2/0202d sin d sin 2R QE x ＝0 2022/2/0202d cos d cos 2R QR Q E y εθθθθεππππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π-=⎰⎰ 所以圆心O 处的电场强度 j RQj E i E E y x 202επ-=+= 2．一半径为R 的“无限长”圆柱形带电体，其电荷体密度为ρ =Ar (r ≤R )，式中A 为常量。

试求：圆柱体内、外各点场强大小分布。

解： 因圆柱形带电体电荷体密度ρ =Ar 分布具有轴对称性，故其产生的R r h静电场具有轴对称性，取半径为r 、高为h 的圆柱面为高斯面 (如图所示)。

则圆柱侧面上各点场强大小为E 并垂直于侧面。

故穿过该高斯面的电场强度通量为：⎰π=⋅SrhE S E 2d为求高斯面内的电荷，r ＜R 时，取一半径为r '，厚 d r '、高h 的圆筒，其电荷为 r h r r A V ''π⋅'=d 2d ρ则包围在高斯面内的总电荷为3/2d 2d 302Ahr r r Ah V rVπ=''π=⎰⎰ρ由高斯定理得 ()033/22εAhr rhE π=π解出圆柱体内场强大小 ()023/εAr E = (r ≤R )r ＞R 时，包围在高斯面内总电荷为：3/2d 2d 302AhR r r Ah V RVπ=''π=⎰⎰ρ由高斯定理 ()033/22εAhR rhE π=π解出圆柱体外场强大小 ()r AR E 033/ε= (r >R )3．如图所示，一厚为b 的“无限大”带电平板，其电荷体密度分布为ρ ＝kx (0≤x ≤b )，式中k 为一正的常量。

求： (1) 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小；(2) 平板内任一点P 处的电场强度；(3) 场强为零的点在何处？解： (1) 由对称性分析知：“无限大”带电（ρ ＝kx ）平板产生的电场具有平面对称性，平板外两侧以平板对称的平面上各处场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面。