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第十一章 静电场 例题答案： 11-1 （B） 11-2（B） 11-3（B） 11-4． ；从O点指向缺口中心点 11-5. ； ；沿矢径OP 11-6(D) 11-7. 向右 ; 向右 11-8 (1)，r(R ; (2) ，r(R。 [解](1)作与球体同心、而半径r(R的球面S1。球体内电荷密度(随r变化，因此，球面S1内包含的电荷。根据高斯定理和已知的电荷体密度((r)，可求得球体内任意点的场强。即，得：，r(R。 (2)作与球体同心、半径r(R的球面S2，因R外电荷为零，故S2内的电荷Q2=Q1，根据高斯定理得：(==4(r2Er=，∴，r(R。 11-9(D) 11-10(C) 11-11. 单位正电荷在静电场中沿任意闭合路径绕行一周，电场力作功等于零有势（或保守力） 11-12. 45 V —15 V 11-13. -2000V 11-14. (B) 11-15. ，０，，。 11-16 [解]：设B上带正电荷，内表面上电荷线密度为?1，外表面上电荷线密度为?2，而A、C上相应地感应等量负电荷，如图所示．则A、B间场强分布为 E1=?1 / 2??0r，方向由B指向A B、C间场强分布为 E2=?2 / 2??0r，方向由B指向C B、A间电势差 B、C间电势差 因UBA＝UBC ,得到 练习详解： 11-1. （1）E0=0；（2）E0=0；（3）=k；（4）= k [解](1)如图(a)所示，各点电荷在点o处产生的场强两两对应相消，所以，点o处场强E0=0 (2)取图中(b)所示坐标。位于六角形的三条对角线上的电荷分别在点o处产生的场强为E1，EE1=E2=E3，点o处的总场强在坐标轴上的分量分别为 Ex=E1cos60(+ E2cos60(–E3=0，Ey=E2sin60((E1sin60(=0，所以=EX+Ey=0。 (3)三条对角线上的电荷在点o处的场强分别为图(c)中的、和，且E1=E2=E3。o点总场强的分量为Ex=E1cos60(+E2+E3cos60(=2E2=2k=k，Ey=0，所以=k (4)取图(d)中所示坐标，除在x轴上的两点电荷在点o处所产生的场强彼此加强外，其他两对角线上的电荷在中心点o处的场强彼此相消。所以，总的场强为=2k= k 11-2. (OABC=(DEFG=0， (CDEO=((ABGF =(300b2 (ADEF=((BCDG =(200b2 [解]如图所示，由=200+300知，与xy平面平行，故(xy==0，即(OABC=(DEFG=0， 而(ABGF =300b2，由于面ABGF与CDEO面的外法线方向相反，故(CDEO=((ABGF =(300b2；同理(BCDG===200b2，而(ADEF=((BCDG =(200b2。 11-3. Q / ?0 ＝0， 11-4. （1）(rR1) （2）(R1r2R2) （3），(r3R2) [解](1)在半径为R1的圆柱面内作高度为(、半径为r的同轴圆柱面，并以此面作为高斯面。由于两带电柱面的电场为柱对称，所以，通过此高斯面的电通量(==++， 其中第一、三项积分分别为通过圆柱面上、下底面的电通量。由于垂直于轴线，故在底平面内第一、三项的积分均为零，第二项积分为==，根据高斯定律，有=0，所以(rR1)。 (2)用同样的方法讨论两柱面之间的场强。以高度为(、半径为r2(R1r2R2)的同轴圆柱面为高斯面。应用高斯定理，有，即，所以 (R1r2R2) (3)以高度为(、半径为r3(r3R2)的同轴圆柱面为高斯面。同样应用高斯定理，有 ，即：，所以，(r3R2)。 由上述结果可知，两个别带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面所形成的电场只存在于两柱面之间。 11-5 U [解]：在任意位置x处取长度元dx，其上带有电荷 dq=?0 (x－a)dx 它在O点产生的电势 O点总电势 11-6 [解]：在圆盘上取一半径为r→r＋dr范围的同心