大学物理练习题答案完美生活答案 05静电场
大学物理第5章习题答案2
外力所作的功:
Q W0 W 0 8 0d
2
P193 5-27 两个同心球面的半径分别为R1 和R2 ，各 自带有电荷Q1 和Q2 ，求 （1） 各区域电势的分布，并画出分布曲线 ; （2） 两球面的电势差为多少？
E E1 E
2
r r1 r 2 3 0
r r E ＝ (r R ) 3 0
r a 3 0
5-22 如图，有三个点电荷Q1 ，Q2 ，Q3沿一条直线等间 距分布，且Q1 =Q3 =Q，已知其中任一点电荷所受合力均 为零. 求在固定Q1 ， Q3的情况下，将Q2从O点推到无穷 远处外力所作的功.
R 2 E d r E d r r R 2
Q Q Q R 1 1 2 2 d r d r 2 2 r 4 R π r π r 24 0 0
E 4
Q1 R1
r
Q2 R2
0 r R1 Q1 π 0r 2 Q1 Q2 4 π 0r 2 R1 r R2 r R2
解（1）设两圆柱面单位长度上 分别带电 两圆柱面间的电场强度 E
l R2
-+ -+ -+ -+
2 π 0r
l
R
1
R
2
以轴到场点的距离r为半径作一高 为h的柱形高斯面．
E d S E d S 2 r h E e
s s
l R2
0
q
R 1 r R 2
r
R
大学物理题库-第5章 静电场习题(含答案解析)
真空中的静电场一 选择题1．两个等量的正电荷相距为2a ，P 点在它们的中垂线上，r 为P 到垂足的距离。
当P 点电场强度大小具有最大值时，r 的大小是：[ ]（A ）42a r =（B ）32a r = （C ）22ar = （D ）a r 2= 2．如图5-1所示，两个点电荷的电量都是q +，相距为a 2，以左边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1S 和2S ，设通过1S 和2S 的电通量分别为1Φ和2Φ，通过整个球面的电通量为Φ，则[ ]（A ）021εq=ΦΦ>Φ,（B ）0212,εq=ΦΦ<Φ（C ）021εq=ΦΦ=Φ,（D ）021εq=ΦΦ<Φ,3．在静电场中，高斯定理告诉我们 [ ]（A ）高斯面内不包围电荷，则高斯面上各点E的量值处处相等；（B ）高斯面上各点E只与面内电荷有关，与面外电荷无关；（C ）穿过高斯面的E（D ）穿过高斯面的E 通量为零，则高斯面上各点的E必为零； 4．如图5-2所示，两个“无限长”的同轴圆柱面，半径分别为1R 和2R ，其上均匀带电，沿轴线方向单位长度上的带电量分别为1λ和2λ，则在两圆柱面之间、距轴线为r 的P 点处的场强大小为：[ ]（A ）r 012πελ （B ）r 0212πελλ+ （C ）()r R -2022πελ （D ）()1012R r -πελ5．电荷面密度为+σ和-σ的两块“无限大”均匀带电平行平板，放在与平面垂直的x2-5 图1 - 5 图轴上a +和a -位置，如图5-3所示。
设坐标圆点o 处电势为零，则在a x a +<<-区域的电势分布曲线为： （ ）6．真空中两个平行带电平板A 、B ，面积均为S ，相距为)(S d d <<2，分别带电量q +和q -，则两板间相互作用力的大小为：[ ]（A ）204d q πε （B ）Sq 0ε （C ）Sq 022ε （D ）不能确定7．静电场中，下列说法哪一个是正确的？[ ]（A ）正电荷的电势一定是正值； （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。
大学物理NO5试题
静电场的电势（参考答案）班级： 学号： 姓名： 成绩：一 选择题1．真空中一半径为R 的球面均匀带电Q ，在球心O 处有一带电量为q 的点电荷，如图所示，设无穷远处为电势零点，则在球内离球心O 距离为r 的P 点处的电势为：（A ）r q04πε； （B ）)(041R Qr q +πε；（C ）r Q q 04πε+； （D ）)(041R qQ r q -+πε；参考：电势叠加原理。
[ B ]2．在带电量为-Q 的点电荷A 的静电场中，将另一带电量为q 的点电荷B 从a 点移动到b ，a 、b 两点距离点电荷A 的距离分别为r 1和r 2，如图，则移动过程中电场力做功为： （A ）)(21114r r Q--πε； （B ）)(21114r r qQ-πε；（C ）)(210114r r qQ --πε； （D ）)(4120r r qQ--πε。
参考：电场力做功＝势能的减小量。
A=W a -W b ＝q(U a -U b )。
[ C ]3．某电场的电力线分布情况如图所示，一负电荷从M 点移到N 点，有人根据这个图做出以下几点结论，其中哪点是正确的 （A ）电场强度E M ＜E N ； （B ）电势U M ＜U N ； （C ）电势能W M ＜W N ； （D ）电场力的功A ＞0。
[ C ]r 2(-Q)Abr 1 B a （q ）M※4．一个未带电的空腔导体球壳内半径为R ，在腔内离球心距离为d （d ＜R ）处，固定一电量为+q 的点电荷，用导线把球壳接地后，再把地线撤去，选无穷远处为电势零点，则球心O 处的点势为： （A ）0； （B ）d q04πε； （C ）-R q04πε； （D ）)(1140R dq-πε。
参考：如图，先用高斯定理可知导体内表面电荷为-q ，导体外表面无电荷（可分析）。
虽然内表面电荷分布不均，但到O 点的距离相同，故由电势叠加原理可得。
[ D ]二 填空题1．图中所示为静电场的等势（位）线图，已知U 1＜U 2＜U 3，在图上画出a 、b 两点的电场强度的方向，并比较他们的大小， E a ＝ E b （填＜、＝、＞）。
大学物理(第四版)课后习题及答案 静电场
题7.1：1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e 32的上夸克和两个带e 31-下夸克构成，若将夸克作为经典粒子处理（夸克线度约为10-20 m ），中子内的两个下夸克之间相距2.60⨯10-15 m 。
求它们之间的斥力。
题7.1解：由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律r r 220r 2210N 78.394141e e e F ===r e r q q πεπεF 与r e 方向相同表明它们之间为斥力。
题7.2：质量为m ，电荷为-e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为E k 。
证明电子的旋转频率满足42k20232me E εν=其中是0ε真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律。
题7.2分析：根据题意将电子作为经典粒子处理。
电子、氢核的大小约为10-15 m ，轨道半径约为10-10 m ，故电子、氢核都可视作点电荷。
点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有220241r e r v m πε= 由此出发命题可证。
证：由上述分析可得电子的动能为re mv E 202k 8121πε==电子旋转角速度为30224mr e πεω=由上述两式消去r ，得43k 20222324me E επων== 题7.3：在氯化铯晶体中，一价氯离于Cl -与其最邻近的八个一价格离子Cs +构成如图所示的立方晶格结构。
（1）求氯离子所受的库仑力；（2）假设图中箭头所指处缺少一个铯离子（称作品格缺陷），求此时氯离子所受的库仑力。
题7.3分析：铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加。
为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力。
解：（l ）由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故01=F （2）除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力2F 的值为N 1092.134920220212-⨯===ae rq q F πεπε2F 方向如图所示。
大连理工大学大学物理作业5(静电场五)及答案详解
作业5 静电场五2．一平行板电容器中充满相对介电常数为r ε的各向同性均匀电介质。
介质外表极化电荷面密度为σ'±，那么极化电荷在电容器中产生的电场强度的大小为[ ]。
.A0σε' .B 02σε' .C 0r σεε' .D rσε' 答案：【A 】解：极化电荷也是一种电荷分布，除不能自由移动和依赖于外电场而存在外，与自由电荷没有区别。
在产生静电场方面，它们的性质是一样的。
在电容器中，正是极化电荷的存在，产生的静电场与自由电荷产生的静电场方向相反，使得电容器中总的电场强度减弱，提高了电容器储存自由电荷的能力，电容器的电容增大。
或者说，储存等量的自由电荷，添加电介质后，电场强度减弱，电容器两极的电势差减小，电容器的电容增大。
正负极化电荷产生的电场强度的大小都是0/2εσ，方向相同，所以，极化电荷产生的电场的电场强度为0/εσ。
3．在一点电荷产生的静电场中，一块电介质如图5-1放置，以点电荷q 所在处为球心作一球形闭合面，那么对此球形闭合面[ ]。
.A 高斯定理成立，且可用它求出闭合面上各点的场强 .B 高斯定理成立，但不能用它求出闭合面上各点的场强 .C 由于电介质不对称分布，高斯定理不成立 .D 即使电介质对称分布，高斯定理也不成立 答案：【B 】解：静电场的高斯定理，是静电场的根本规律。
无论电场分布〔电荷分布〕如何，无论有无电介质，也无论电介质的分布如何，都成立。
但是，只有在电场分布〔电荷分布和电介质分布〕，在高斯面上〔内〕具有高度对称时，才能应用高斯定理计算高斯面上的电场强度。
否那么，只能计算出穿过高斯面的电通量。
图示的高斯面上，电场强度分布不具有高度对称性，不能应用高斯定理计算高斯面上的电场强度。
4．半径为1R 和2R 的两个同轴金属圆筒，其间充满着相对介电常数为r ε的均匀介质。
设两圆筒上单位长度带电量分别为λ+和λ-，那么介质中的电位移矢量的大小D = ，电场强度的大小E = 。
大学物理第9章静电场习题参考答案
第9章 静电场9-1 两小球处于如题9-1图所示的平衡位置时，每小球受到张力T ，重力mg 以及库仑力F 的作用，则有mg T =θcos 和F T =θsin ,∴θmgtg F =,由于θ很小，故lxmgmg mg x q F 2sin tg 41220=≈==θθπε ∴3/1022⎪⎪⎭⎫⎝⎛mg l q πε9-2 设q 1,q 2在C 点的场强分别为1E 和2E，则有14299m V 108.103.0108.1109--⋅⨯=⨯⨯⨯=方向沿AC 方向 方向沿CB 方向∴ C 点的合场强E的大小为： 设E 的方向与CB 的夹角为α，则有9-3 坐标如题9-3图所示，带电圆弧上取一电荷元l q d d λ=，它在圆心O 处的场强为201d 41d RlE λπε=，方向如题9-3图所示，由于对称性，上、下两带电圆弧中对应电荷元在圆心O 处产生的d E 1和d E 2在x 方向分量相 互抵消。
0=∴x E ，圆心O 处场强E 的y 分量为方向沿y 轴正向。
9-4 （1）如题9-4图(a)，取与棒端相距d 1的P 点为坐标原点,x 轴向右为正。
设带电细棒电荷元x q d d λ=至P 点的距离x ，它在P 点的场强大小为 20d 41d x xE P λπε=方向沿x 轴正向各电荷元在P 点产生的场强方向相同，于是方向沿x 轴方向。
（2）坐标如题9-4图(b)所示，在带电细棒上取电荷元x q d d λ=与Q 点距离为r ，电荷元在Q 点所产生的场强20d 41d r xE λπε=，由于对称性，场d E 的x 方向分量相互抵消，所习题9-1图习题9-4图（a ）习题9-3图习题9-2图以E x =0,场强d E 的y 分量为θλπεθsin d 41sin d d 20r xE E y ==因θθθπθθd csc d d ,d 2d ,csc d 22222=-=⎪⎭⎫⎝⎛-==x ctg tg x r ∴ θθπελθλπεd sin d 4sin d 41d 2020==r xE y其中 22222221)2/(d 2/c o s ,)2/(d 2/c o s L L L L +-=+=θθ代入上式得方向沿y 轴正向。
四川大学大学物理习题册答案05第五章静电场
qiq0 ri3
ri
q1
q2 q3
r1 r2
r3
F3
F2
q0
F1
由力的叠加原理得 q0所受合力
F Fi
i
第五章 真空中的静电场 矢量的基本性质：具有一定的大小和方向，加法遵从 平行四边形/三角形法则的量，具有空间平移不变性。
第五章 真空中的静电场
物理学研究具体问题时，常常在参考系上建立直角坐
（A）Q 2 2q （C）Q4q
（B）Q 2q （D）Q2q
F 0
q
2
4e 0a2
4e 0 2a
2
0
Q
Q 2 2q
Q
q
5 – 2 静电场 电场强度
第五章 真空中的静电场
5.2.1.1 静电场
实验证实了两静止电荷间存在相互作用的静电力， 但其相互作用是怎样实现的？
电荷
电场
电荷
场是一种特殊形态的物质，具有质量、能量、动 量等简单带电体系统的电场强度分布。
5 – 1 库仑定律
第五章 真空中的静电场
5.1.1.1 电荷的种类 经其他物体摩擦过的物体所具有的吸引
轻小物体的性质表明物体带了电。
物体所带电荷的多少称作电量，单位C。 实验表明，自然界中只存在两种电荷：
正电荷（如：丝绸摩擦过的玻璃棒所带电荷） 负电荷（如：毛皮摩擦过的硬橡胶棒所带电荷）
静电场的两个物理量：电场强度 E 和电势 j 的概念。 （ E 是矢量场，j 是标量场，二者均具有叠加性）
二、理解高斯定理的物理意义，会用点电荷电场强 度公式 + 场强叠加原理、 高斯定理求解特殊带电体系 的电场强度分布。
三、理解静电场的环路定理，会用电势的积分定义 式、点电荷的电势公式 + 电势叠加原理求解特殊带电 体系的电势分布。
大学物理 科学出版社 第9章 静电场 参考答案
第4篇电磁学第9章静电场9.1 基本要求１ 掌握静电场的电场强度和电势的概念以及电场强度叠加原理和电势叠加原理。
掌 握电势与电场强度的积分关系。
能计算一些简单问题中的电场强度和电势。
了解电场强度 与电势的微分关系。
２ 理解静电场的规律：高斯定理和环路定理。
理解用高斯定理计算电场强度的条件和 方法。
３ 了解导体的静电平衡条件，了解介质的极化现象及其微观解释。
了解各向同性介质 中Ｄ和Ｅ之间的关系。
了解介质中的高斯定理。
４ 了解电容和电能密度的概念。
9.２ 基本概念１ 电场强度E ：试验电荷0q 所受到的电场力F 与0q 之比，即0q =F E ２ 电位移D ：电位移矢量是描述电场性质的辅助量。
在各向同性介质中，它与场强成正比，即ε=D E ３ 电场强度通量e Φ：e Sd Φ=⎰E S电位移通量:D Sd Φ=⎰D S４ 电势能pa E ：0pa aE q d ∞=⎰E l （设0p E ∞=）５ 电势a V ：0pa a aE V d q ∞==⎰ E l （设0V ∞=）电势差ab U ：ab a b U V V =- ６ 场强与电势的关系（１）积分关系 a aV d ∞=⎰E l（２）微分关系 = -V ∇=-E gradV７ 电容Ｃ：描述导体或导体组（电容器）容纳电荷能力的物理量。
孤立导体的电容：Q C V =；电容器的电容：Q C U= ８ 静电场的能量：静电场中所贮存的能量。
电容器所贮存的电能：22222CU Q QUW C ===电场能量密度e w ：单位体积的电场中所贮存的能量，即22e E w ε=9.３ 基本规律 １ 库仑定律：12204rq q rπε=F e ２ 叠加原理（１）电场强度叠加原理：在点电荷系产生的电场中任一点的场强等于每个点电荷单独 存在时在该点产生的场强的矢量和。
（２）电势叠加原理：在点电荷系产生的电场中，某点的电势等于每个点电荷单独存在时 在该点产生的电势的代数和。
大连理工大学大学物理作业5(静电场五)及答案详解
作业5 静电场五2．一平行板电容器中充满相对介电常数为r ε的各向同性均匀电介质。
已知介质表面极化电荷面密度为σ'±，则极化电荷在电容器中产生的电场强度的大小为[ ]。
.A0σε' .B 02σε' .C 0r σεε' .D rσε' 答案：【A 】解：极化电荷也是一种电荷分布，除不能自由移动和依赖于外电场而存在外，与自由电荷没有区别。
在产生静电场方面，它们的性质是一样的。
在电容器中，正是极化电荷的存在，产生的静电场与自由电荷产生的静电场方向相反，使得电容器中总的电场强度减弱，提高了电容器储存自由电荷的能力，电容器的电容增大。
或者说，储存等量的自由电荷，添加电介质后，电场强度减弱，电容器两极的电势差减小，电容器的电容增大。
正负极化电荷产生的电场强度的大小都是0/2εσ，方向相同，所以，极化电荷产生的电场的电场强度为0/εσ。
3．在一点电荷产生的静电场中，一块电介质如图5-1放置，以点电荷q 所在处为球心作一球形闭合面，则对此球形闭合面[ ]。
.A 高斯定理成立，且可用它求出闭合面上各点的场强 .B 高斯定理成立，但不能用它求出闭合面上各点的场强 .C 由于电介质不对称分布，高斯定理不成立 .D 即使电介质对称分布，高斯定理也不成立答案：【B 】解：静电场的高斯定理，是静电场的基本规律。
无论电场分布（电荷分布）如何，无论有无电介质，也无论电介质的分布如何，都成立。
但是，只有在电场分布（电荷分布和电介质分布），在高斯面上（内）具有高度对称时，才能应用高斯定理计算高斯面上的电场强度。
否则，只能计算出穿过高斯面的电通量。
图示的高斯面上，电场强度分布不具有高度对称性，不能应用高斯定理计算高斯面上的电场强度。
4．半径为1R 和2R 的两个同轴金属圆筒，其间充满着相对介电常数为r ε的均匀介质。
设两圆筒上单位长度带电量分别为λ+和λ-，则介质中的电位移矢量的大小D = ，电场强度的大小E = 。
河海大学大二上大学物理答案--第5章-静电场
dl a
P. L
dE = 2πdε 0a = 2σπεdl0a
dl y
由电荷分布的对称性：
Ey =0
d o
x
E = dEx= dE sin
= 2σπεdl0a sin
a
dE
= 2σπεad0a sin
dl = ad
=
σ
2πε0
π
sind 0
σ
= 2πε0
cos
π
0
=πσε0
§5-3 高斯定理及应用
电荷元dq在P点的场强：
dE
dq
4or 2
e
带电体在P点的场强：
dE
dq P
E
dE
dq
4 o r
2
der
V
4
dV
or
2
er
矢量积分，计算时首先将电荷元的电场强度矢量沿各坐 标轴进行分解，然后对电荷元沿各坐标轴方向的电场强 度分量分别求标量积分，最后求出合电场强度E.
三种带电形式：
线的夹角分别为1和2 。求P点的场强。（设电荷线密度
为）
已知： q 、a 、θ 1 、θ 2 。
x
dEy y dE
解题步骤：
1. 选电荷元 d q =λ dx
P dEx
2. 确定d E 的方向
3. 确定d E 的大小
dx
ra
1
2 x
dx x o
dE
4.
4or 2
建立坐标，将
dE
投影到坐标轴上
dEx dE cos dEy dE sin
解：
E
q
4o r l
22
E
q
大学物理知识总结习题答案（第四章）静电场
⼤学物理知识总结习题答案（第四章）静电场第四章静电场本章提要1．电荷的基本性质两种电荷，量⼦性，电荷⾸恒，相对论不变性。
2．库仑定律两个静⽌的点电荷之间的作⽤⼒12122204kq q q q rr==F r rπε其中922910(N m /C )k =??122-1-2018.8510(C Nm )4k -==??επ3．电场强度q =F E0q 为静⽌电荷。
由10102πε得112204kq q rr==E r rπε4．场强的计算（1）场强叠加原理电场中某⼀点的电场强度等于各个点电荷单独存在时在该点产⽣的电场强度的⽮量和。
i=∑E E（2）⾼斯定理电通量：在电场强度为E 的某点附近取⼀个⾯元，规定S ?=?S n ，θ为E 与n 之间的夹⾓，通过S ?的电场强度通量定义为e cos E S ?ψ=?=??v Sθ取积分可得电场中有限⼤的曲⾯的电通量ψd e sS=E⾼斯定理：在真空中，通过任⼀封闭曲⾯的电通量等于该封闭曲⾯内的所有电荷电量的代数和除以0ε，与封闭曲⾯外的电荷⽆关。
即i 01ε5．典型静电场（1）均匀带电球⾯0=E （球⾯内）204q rπε=E r（球⾯外）（2）均匀带电球体304q R πε=E r（球体内）204q rπε=E r（球体外）（3）均匀带电⽆限长直线场强⽅向垂直于带电直线，⼤⼩为02E rλπε=（4）均匀带电⽆限⼤平⾯场强⽅向垂直于带电平⾯，⼤⼩为2E σε=6．电偶极矩电偶极⼦在电场中受到的⼒矩=?M P E思考题4-1 02两式有什么区别与联系。
答：公式q FE =是关于电场强度的定义式，适合求任何情况下的电场。
⽽公式204q rπε=E r是由库仑定理代⼊定义式推导⽽来，只适于求点电荷的电场强度。
4-2⼀均匀带电球形橡⽪⽓球，在⽓球被吹⼤的过程中，下列各场点的场强将如何变化？（1）⽓球内部（2）⽓球外部（3）⽓球表⾯答：取球⾯⾼斯⾯，由00d nii q ε=?=∑?? E S 可知（1）内部⽆电荷，⽽⾯积不为零，所以E 内= 0。
大学物理第六章静电场习题答案
大学物理第六章静电场习题答案(总7页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第六章静电场习题6-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。
试问：（1）在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡（即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零）（2）这种平衡与三角形的边长有无关系？解：（1）如图任选一点电荷为研究对象，分析其受力有1230F F F F=++=合y轴方向有()()21322232cos242433304q qQF F Fa aqq Qaθπεπεπε=+=+=+=合得33Q q=-（2）这种平衡与三角形的边长无关。
6-2 两小球的质量都是m，都用长为l的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ，如图所示。
设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量。
解：对其中任一小球受力分析如图所示，有⎪⎩⎪⎨⎧===22)sin2(π41sincosθεθθlqFTmgTe解得θπεθtan4sin2mglq=6-3 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl－与其最邻近的八个一价铯离子Cs+构成如图所示的立方晶格结构。
（1）求氯离子所受的库仑力；（2）假设图中箭头所指处缺少一个铯离子（称作晶格缺陷），求此时氯离子所受的库仑力。
（1）由对称性可知F1= 0（2）2912222001.9210N43q q eFr aπεπε-===⨯方向如图所示6-4 长l＝ cm的直导线AB上均匀地分布着线密度95.010C mλ-=⨯的正电荷。
试求：（1）在导线的延长线上与导线B端相距15.0cma=处P点的场强；（2）在导线的垂直平分线上与导线中点相距25.0d cm=处Q点的场强。
解：（1）如图所示，在带电直线上取线元x d，其上电量q d在P点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε2220)(d π4d x a x E E llP P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l -=ελ 用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅，5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右（2）同理 2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如图所示由于对称性可知⎰=l Qx E 0d ，即Q E只有y 分量22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d 4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Q y Q E E 1C N -⋅ 方向沿y 轴正向*6-5 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量。
大学物理第05章 静电场习题解答
第5章 静电场习题解答5.1一带电体可作为点电荷处理的条件是（ C ） （A ）电荷必须呈球形分布。
（B ）带电体的线度很小。
（C ）带电体的线度与其它有关长度相比可忽略不计。
（D ）电量很小。
5.2图中所示为一沿 x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线，电荷线密度分别为+λ（x >0）和 -λ（x < 0），则 oxy 坐标平面上点（0，a ）处的场强 E 为：（ B ） ( A ) 0 ( B )02aλπεi ( C )04a λπεi ( D ) ()02aλπε+i j 5.3 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 （ d ）(C) (D)5.4 如图所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且OP =OT ，那么 （ d ）(A) 穿过S 面的电通量改变，O 点的场强大小不变； (B) 穿过S 面的电通量改变，O 点的场强大小改变； (C) 穿过S 面的电通量不变，O 点的场强大小改变；(D) 穿过S 面的电通量不变，O 点的场强大小不变。
5.5如图所示，a 、b 、c 是电场中某条电场线上的三个点，由此可知 （ c ） (A) E a >E b >E c ； (B) E a <E b <E c ； (C) U a >U b >U c ； (D) U a <U b <U c 。
5.6关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是 （ c ）(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。
5.7 下面说法正确的是 [ D ](A)等势面上各点场强的大小一定相等； (B)在电势高处，电势能也一定高； (C)场强大处，电势一定高；(D)场强的方向总是从电势高处指向低处.5.8 已知一高斯面所包围的体积内电量代数和0i q =∑ ，则可肯定：[ C ] （A ）高斯面上各点场强均为零。
大学物理——电磁学习题答案
静电场1直角三角形ABC 的A 点上，有电荷C 108.191-⨯=q ，B 点上有电荷C 108.492-⨯-=q ，试求C 点的电场强度(设m 03.0m,04.0==AC BC ). 解：1q 在C 点产生的场强 20114AC q E πε= 2q 在C 点产生的场强 22204q E BC πε=C 点的合场强43.2410V E m ==⨯ 方向如图2. 带电细线弯成半径为R 的半圆形，电荷线密度为φλλsin 0=，式中0λ为一常数，φ为半径R 与x 轴所成的夹角，如图所示．试求环心O 处的电场强度． 解：R d R dl dE 00204sin 4πεϕϕλπελ==ϕcos dE dE x = 考虑到对称性 0=x E ϕsin dE dE y =RR d dE E y 0000284sin sin λϕϕλϕπ===⎰⎰ 方向沿y 轴负向3.一半径为R 的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心O 处的电场强度． 解：把球面分割成许多球带，球带所带电荷 dl r dq σπ2=2322023220)(42)(4r x dlrx r x xdqdE +=+=πεσππεθcos R x = θs i n R r = θRd dl =20001sin2224E d i πσσθθεε==⎰ 4如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电荷为q ，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度．解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ，在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ，它在P 点的场强：()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε 2分L Pd EO总场强为 ⎰+π=L x d L x L q E 020)(d 4－ε()d L d q+π=043分 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．5一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：把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ处取微小电荷d q = λd l = 2Q d θ / π它在O 处产生场强 θεεd 24d d 20220R QR q E π=π= 按θ角变化，将d E 分解成二个分量：θθεθd sin 2sin d d 202RQ E E x π==，θθεθd cos 2cos d d 202R Q E 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j RQ j E i E E y x202επ-=+=6边长为b 的立方盒子的六个面，分别平行于xOy 、yOz 和xOz 平面．盒子的一角在坐标原点处．在此区域有一静电场，场强为j i E300200+= .试求穿过各面的电通量．解：由题意知E x =200 N/C , E y =300 N/C ,E z =0平行于xOy 平面的两个面的电场强度通量 01=±==⋅S E S E z eΦ 平行于yOz 平面的两个面的电场强度通量2002±=±==⋅S E S E x eΦ b 2N ·m 2/C“＋”，“－”分别对应于右侧和左侧平面的电场强度通量平行于xOz 平面的两个面的电场强度通量 3003±=±==⋅S E S E y eΦ b 2 N ·m 2/C“＋”，“－”分别对应于上和下平面的电场强度通量.xz7图中所示， A 、B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面，A 面上电荷面密度σA ＝－17.7×10-8 C ·m -2，B 面的电荷面密度σB ＝35.4 ×10-8 C ·m -2．试计算两平面之间和两平面外的电场强度．(真空介电常量ε0＝8.85×10-12 C 2·N -1·m -2 )解：两带电平面各自产生的场强分别为：()02/εσA A E = 方向如图示()02/εσB B E = 方向如图示由叠加原理两面间电场强度为()()02/εσσB A B A E E E +=+= =3×104 N/C 方向沿x 轴负方向两面外左侧()()02/εσσA B A B E E E -=-=' =1×104 N/C 方向沿x 轴负方向两面外右侧 E ''= 1×104 N/C 方向沿x 轴正方向8 一球体内均匀分布着电荷体密度为ρ的正电荷，若保持电荷分布不变,在该球体中挖去半径为r 的一个小球体，球心为O '，两球心间距离d O O ='，如图所示. 求:(1) 在球形空腔内，球心O '处的电场强度0E .(2) 在球体内P 点处的电场强度E .设O '、O 、P 三点在同一直径上，且d OP =.解：（1）利用补偿法，以O 为圆心，过O '点作一个半径为d 的高斯面。
大学物理_第五版答案
第五章 静 电 场5 －1 电荷面密度均为＋σ的两块“无穷大”均匀带电的平行平板如图(A)放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 转变的关系曲线为图(B)中的( )分析与解 “无穷大”均匀带电平板激发的电场强度为02εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理能够求得各区域电场强度的大小和方向.因此正确答案为(B).5 －2 以下说法正确的选项是( )(A)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内必然没有电荷(B)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必然为零(C)闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必然为零(D)闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必然为零，但不能确信曲面内必然没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确信曲面上各点的电场强度必然为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因此正确答案为(B).5 －3以下说法正确的选项是( )(A) 电场强度为零的点，电势也必然为零(B) 电场强度不为零的点，电势也必然不为零(C) 电势为零的点，电场强度也必然为零(D) 电势在某一区域内为常量，那么电场强度在该区域内必然为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示实验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将实验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意途径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因此正确答案为(D).*5 －4在一个带负电的带电棒周围有一个电偶极子，其电偶极矩p的方向如下图.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( )(A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止(B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动分析与解 电偶极子在非均匀外电场中，除受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因此正确答案为(B).5 －5 周密实验说明，电子与质子电量差值的最大范围可不能超过±10－21e ，而中子电量与零差值的最大范围也可不能超过±10－21e ，由最极端的情形考虑，一个有8 个电子，8 个质子和8 个中子组成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？ 假设将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析 考虑到极限情形， 假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21 e ，中子电量为10－21 e ，那么由一个氧原子所包括的8 个电子、8 个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律能够估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解 一个氧原子所带的最大可能净电荷为()e q 21max 10821-⨯⨯+=二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为1108.2π46202max <<⨯==-Gmεq F F g e 显然即便电子、质子、中子等微观粒子带电量存在不同，其不同在±10－21e 范围内时，关于像天体一类电中性物体的运动，起要紧作用的仍是万有引力. 5 －6 1964年，盖尔曼等人提出大体粒子是由更大体的夸克组成，中子确实是由一个带e 32 的上夸克和两个带e 31-的下夸克组成.假设将夸克作为经典粒子处置(夸克线度约为10－20 m)，中子内的两个下夸克之间相距×10－15 m .求它们之间的彼此作使劲.解 由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律()r r r re εr q q εe e e F N 78.3π41π412202210=== F 与径向单位矢量e r 方向相同说明它们之间为斥力.5 －7 质量为m ，电荷为－e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为E ｋ .证明电子的旋转频率知足4320232me E εk =v 其中ε0 是真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律.分析 依照题意将电子作为经典粒子处置.电子、氢核的大小约为10－15 m ，轨道半径约为10－10 m ，故电子、氢核都可视作点电荷.点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有2202π41re εr m =v 由此动身命题可证.证 由上述分析可得电子的动能为re εm E K 202π8121==v 电子旋转角速度为3022π4mr εe ω= 由上述两式消去r ，得432022232π4me E εωK ==v 5 －8 在氯化铯晶体中，一价氯离子Cl －与其最临近的八个一价铯离子Cs +组成如下图的立方晶格结构.(1) 求氯离子所受的库仑力；(2) 假设图中箭头所指处缺少一个铯离子(称作晶格缺点)，求现在氯离子所受的库仑力.分析 铯离子和氯离子都可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加.为方便计算能够利用晶格的对称性求氯离子所受的合力.解 (1) 由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故F 1 ＝0.(2) 除有缺点的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，因此氯离子所受的合力F 2 的值为N 1092.1π3π4920220212⨯===aεe r εq q F F 2 方向如下图.5 －9 假设电荷Q 均匀地散布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为2204π1L r Q εE -= (2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为2204π21Lr r Q εE += 假设棒为无穷长(即L →∞)，试将结果与无穷长均匀带电直线的电场强度相较较.分析 这是计算持续散布电荷的电场强度.现在棒的长度不能忽略，因此不能将棒看成点电荷处置.但带电细棒上的电荷可看做均匀散布在一维的长直线上.如下图，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为r r q εe E 20d π41d '=整个带电体在点P 的电场强度 ⎰=E E d接着针对具体问题来处置那个矢量积分.(1) 假设点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，⎰=LE i E d (2) 假设点P 在棒的垂直平分线上，如图(A)所示，那么电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度确实是⎰⎰==Ly E αE j j E d sin d 证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r πεq E 202d ，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.(2) 依照以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为E r εq αE L d π4d sin 2⎰'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，22x r r +=' 统一积分变量，则()2203/22222041π2d π41L r r εQ r x L xrQ εE L/-L/+=+=⎰当棒长L →∞时，假设棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度r ελL r L Q r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→此结果与无穷长带电直线周围的电场强度散布相同［图(B)］.这说明只要知足r 2/L 2＜＜1，带电长直细棒可视为无穷长带电直线.5 －10 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.分析 这仍是一个持续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如下图，从教材第5 －3 节的例1 能够看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθR δS δq d sin π2d d 2⋅==，在点O 激发的电场强度为()i E 3/2220d π41d r x qx ε+=由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有()θθθεδθθR πδR θR πεr x q x πεE d cos sin 2 d sin 2cos 41d 41d 02303/2220=⋅=+=积分得 02/004d cos sin 2εδθθθεδE π⎰== 5 －11 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如下图，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.分析 水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为00er P =，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θer P cos 20=，方向沿对称轴线，如下图.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度 302π41xp εE = 可求得电场的散布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场散布. 解1 水分子的电偶极矩θer θP P cos 2cos 200==在电偶极矩延长线上30030030cos π1cos 4π412π41xθer εx θer εx p εE === 解2 在对称轴线上任取一点A ，那么该点的电场强度+-+=E E E2020π42π4cos 2cos 2x εe r εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=代入得 ()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=23/20202001cos 2cos π42x θxr r x θr x εe E 测量分子的电场时， 总有x ＞＞r 0 ， 因此， 式中()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x θr x x θr x θxr r x cos 2231cos 21cos 2033/2033/20202，将上式化简并略去微小量后，得300cos π1x θe r εE = 5 －12 两条无穷长平行直导线相距为r 0 ，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线组成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x )；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.分析 (1) 在两导线组成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝q E ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE .应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身成立的电场可不能对自身电荷产生作使劲.解 (1) 设点P 在导线组成的平面上，E ＋、E －别离表示正、负带电导线在P 点的电场强度，那么有()i i E E E x r x r ελx r x ελ-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2(2) 设F ＋、F －别离表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，那么有iE F 00π2r ελλ==-+ i E F 002π2r ελλ-=-=+- 显然有F ＋＝F －，彼此作使劲大小相等，方向相反，两导线彼此吸引.5 －13 如图为电四极子，电四极子是由两个大小相等、方向相反的电偶极子组成.试求在两个电偶极子延长线上距中心为z 的一点P 的电场强度(假设z ＞＞d ).分析 依照点电荷电场的叠加求P 点的电场强度. 解 由点电荷电场公式，得()()k k k E 202020π41π412π41d z q εd z q εz q ε++-+= 考虑到z ＞＞d ，简化上式得()()k k k E 42022220222206π4...321...32112π4/11/1112π4zqd εq z d z d z d z d z z εq z d z d z z εq =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-= 通常将Q ＝2qd 2称作电四极矩，代入得P 点的电场强度kE43π41zQε=5 －14设匀强电场的电场强度E与半径为R的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.分析方式1：由电场强度通量的概念，对半球面S 求积分，即⎰⋅=SS dsEΦ方式2：作半径为R的平面S′与半球面S一路可组成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理∑⎰==⋅01dqεSSE这说明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因此⎰⎰'⋅-=⋅=SSSESEΦdd解1 由于闭合曲面内无电荷散布，依照高斯定理，有⎰⎰'⋅-=⋅=SSSESEΦdd依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S的方向，E R πR E 22πcos π=⋅⋅-=Φ解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为①()r θθθE e e e E sin sin cos sin cos ++=r θθR e S d d sin d 2=ER θθER θθER S S2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰S E Φ5 －15 边长为a 的立方体如下图，其表面别离平行于Oxy 、Oyz 和Ozx 平面，立方体的一个极点为坐标原点.现将立方体置于电场强度()12E kx E +E =i +j (k ，E 1 ，E 2 为常数)的非均匀电场中，求电场对立方体各表面及整个立方体表面的电场强度通量.解 如下图，由题意E 与Oxy 面平行，因此任何相对Oxy 面平行的立方体表面，电场强度的通量为零，即0==DEFG OABC ΦΦ.而()[]()2221ABGF d a E dS E kx E =⋅++=⋅=⎰⎰j j i S E Φ考虑到面CDEO 与面ABGF 的外法线方向相反，且该两面的电场散布相同，故有22a E ABGF CDEO -=-=ΦΦ同理 ()[]()2121AOEF d a E dS E E -=-⋅+=⋅=⎰⎰i j i S E Φ ()[]()()2121BCDG d a ka E dS E ka E Φ+=⋅++=⋅=⎰⎰i j i S E因此，整个立方体表面的电场强度通量3ka ==∑ΦΦ5 －16 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层老是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为1m V 120-⋅，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析 考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E 地球表面电荷面密度∑--⨯-=-≈=2902cm 1006.1π4/E εR q σE单位面积额外电子数25cm 1063.6/-⨯=-=e σn5 －17 设在半径为R 的球体内，其电荷为球对称散布，电荷体密度为()()R r ρkr ρ>=≤≤= 0R r 0k 为一常量.试别离用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E 与r 的函数关系.分析 通常有两种处置方式：(1) 利用高斯定理求球内外的电场散布.由题意知电荷呈球对称散布，因此电场散布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因此有2Sπ4d r E ⋅=⋅⎰S E 依照高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E ，可解得电场强度的散布. (2) 利用带电球壳电场叠加的方式求球内外的电场散布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为r r ρq ''⋅=d π4d 2，每一个带电球壳在壳内激发的电场0d =E ，而在球壳外激发的电场r rεq e E 20π4d d = 由电场叠加可解得带电球体内外的电场散布()()()()R r r r R r>=≤≤=⎰⎰ d R r 0 d 00E E E E解1 因电荷散布和电场散布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E 得球体内(0≤r ≤R )()400202πd π41π4r εk r r kr εr r E r ==⎰ ()r εkr r e E 024= 球体外(r ＞R )()400202πd π41π4r εk r r kr εr r E R ==⎰ ()r εkR r e E 024= 解2 将带电球分割成球壳，球壳带电r r r k V ρq '''==d π4d d 2由上述分析，球体内(0≤r ≤R )()r r rεkr r r r r k εr e e E 0222004d π4π41=''⋅'=⎰ 球体外(r ＞R )()r r Rr εkR r r r πr k πεr e e E 20222004d 441=''⋅'=⎰ 5 －18 一无穷大均匀带电薄平板，电荷面密度为σ，在平板中部有一半径为r 的小圆孔.求圆孔中心轴线上与平板相距为x 的一点P 的电场强度.分析 用补偿法求解利用高斯定理求解电场强度只适用于几种超级特殊的对称性电场.此题的电场散布尽管不具有如此的对称性，但能够利用具有对称性的无穷大带电平面和带电圆盘的电场叠加，求出电场的散布.假设把小圆孔看做由等量的正、负电荷重叠而成，挖去圆孔的带电平板等效于一个完整的带电平板和一个带相反电荷(电荷面密度σ′＝－σ)的小圆盘.如此中心轴线上的电场强度等效于平板和小圆盘各自独立在该处激发电场的矢量和. 解 由教材中第5 －4 节例4 可知，在无穷大带电平面周围n εσe E 012= n e 为沿平面外法线的单位矢量；圆盘激发的电场n r x x εσe E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=220212 它们的合电场强度为 n r x x εσe E E E 220212+=+=在圆孔中心处x ＝0，则 E ＝0在距离圆孔较远时x ＞＞r ，则n n εσx r εσe e E 02202/112≈+= 上述结果说明，在x ＞＞r 时，带电平板上小圆孔对电场散布的阻碍能够忽略不计. 5 －19 在电荷体密度为ρ 的均匀带电球体中，存在一个球形空腔，假设将带电体球心O 指向球形空腔球心O ′的矢量用a 表示(如下图).试证明球形空腔中任一点的电场强度为a E 03ερ=分析 此题带电体的电荷散布不知足球对称，其电场散布也不是球对称散布，因此无法直接利用高斯定理求电场的散布，但可用补偿法求解.挖去球形空腔的带电球体在电学上等效于一个完整的、电荷体密度为ρ 的均匀带电球和一个电荷体密度为－ρ、球心在O ′的带电小球体(半径等于空腔球体的半径).大小球体在空腔内P 点产生的电场强度别离为E 1 、E 2 ，则P 点的电场强度 E ＝E 1 ＋E 2 .证 带电球体内部一点的电场强度为r E 03ερ= 因此 r E 013ερ=，2023r E ερ-= ()210213r r E E E -=+=ερ 依照几何关系a r r =-21，上式可改写为a E 03ερ= 5 －20 一个内外半径别离为R 1 和R 2 的均匀带电球壳，总电荷为Q 1 ，球壳外同心罩一个半径为R 3 的均匀带电球面，球面带电荷为Q 2 .求电场散布.电场强度是不是为离球心距离r 的持续函数？ 试分析.分析 以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称散布，电场强度也为球对称散布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因此24d r πE ⋅=⎰S E .在确信高斯面内的电荷∑q 后，利用高斯定理∑⎰=0/d εq S E 即可求出电场强度的散布.解 取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析∑=⋅02/π4εq r Er ＜R 1 ，该高斯面内无电荷，0=∑q ，故01=ER 1 ＜r ＜R 2 ，高斯面内电荷()31323131R R R r Q q --=∑ 故 ()()23132031312π4r R R εR r Q E --= R 2 ＜r ＜R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ，故 2013π4rεQ E = r ＞R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ＋Q 2 ，故20214π4r εQ Q E += 电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度散布曲线如图(B )所示.在带电球面的双侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不持续，而在紧贴r ＝R 3 的带电球面双侧，电场强度的跃变量230234π4ΔεσR εQ E E E ==-=这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有必然厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是持续转变的，此题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E 的转变就变陡，最后当厚度趋于零时，E 的转变成为一跃变.5 －21 两个带有等量异号电荷的无穷长同轴圆柱面，半径别离为R 1 和R 2 ＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .分析 电荷散布在无穷长同轴圆柱面上，电场强度也必然沿轴对称散布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且⎰⋅=rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的散布.解 作同轴圆柱面为高斯面，依照高斯定理∑=⋅0/π2εq rL Er ＜R 1 ，0=∑q01=E在带电面周围，电场强度大小不持续，电场强度有一跃变 R 1 ＜r ＜R 2 ，L λq =∑rελE 02π2=r ＞R 2，0=∑q03=E在带电面周围，电场强度大小不持续，电场强度有一跃变00π2π2ΔεσrL εL λr ελE ===这与5 －20 题分析讨论的结果一致.5 －22 如下图，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距散布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情形下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.分析 由库仑力的概念，依照Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方式有两种：(1)依照功的概念，电场力作的功为l E d 02⎰∞=Q W其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度. (2) 依照电场力作功与电势能差的关系，有()0202V Q V V Q W =-=∞其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势). 解1 由题意Q 1 所受的合力为零()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为()2/322031π2yd εQ E E E yy y +=+=将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他途径所作的功相同，请想一想什么缘故？)外力所作的功为()d εQ y y d εQ Q Q W y 022/322002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E 解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=，并由电势 的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势dεQd εQ d εQ V 003010π2π4π4=+=将Q 2 从点O 推到无穷远处的进程中，外力作功dεQ V Q W 0202π8=-=' 比较上述两种方式，显然用功与电势能转变的关系来求解较为简练.这是因为在许多实际问题中直接求电场散布困难较大，而求电势散布要简单得多. 5 －23 已知均匀带电长直线周围的电场强度近似为r rελe E 0π2=为电荷线密度.(1)求在r ＝r 1 和r ＝r 2 两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，咱们曾取r →∞处的电势为零，求均匀带电长直线周围的电势时，可否如此取？ 试说明.解 (1) 由于电场力作功与途径无关，假设沿径向积分，那么有12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E (2) 不能.严格地讲，电场强度r e rελE 0π2=只适用于无穷长的均匀带电直线，而现在电荷散布在无穷空间，r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 5 －24 水分子的电偶极矩p 的大小为 ×10－30C· m .求在下述情形下，距离分子为r ＝ ×10－9 m 处的电势.(1)0θ=︒；(2) 45θ=︒；(3)90θ=︒，θ 为r 与p 之间的夹角.解 由点电荷电势的叠加2000P π4cos π4π4r εθp r εq r εq V V V =-+=+=-+-+(1) 若o0=θ V 1023.2π4320P -⨯==rεpV (2) 若o45=θ V 1058.1π445cos 320o P -⨯==rεp V (3) 若o90=θ 0π490cos 20oP ==r εp V5 －25 一个球形雨滴半径为 mm ，带有电量 pC ，它表面的电势有多大？ 两个如此的雨滴相遇后归并为一个较大的雨滴，那个雨滴表面的电势又是多大？分析 取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为RqεV 0π41=当两个球形雨滴归并为一个较大雨滴后，半径增大为R 32，代入上式后能够求出两雨滴相遇归并后，雨滴表面的电势.解 依照已知条件球形雨滴半径R 1 ＝ mm ，带有电量q 1 ＝ pC ，能够求得带电球形雨滴表面电势V 36π411101==R q εV当两个球形雨滴归并为一个较大雨滴后，雨滴半径1322R R =，带有电量q 2 ＝2q 1 ，雨滴表面电势V 5722π4113102==R q εV5 －26 电荷面密度别离为＋σ和－σ的两块“无穷大”均匀带电的平行平板，如图(a )放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势散布并画出电势随位置坐标x 转变的关系曲线.分析 由于“无穷大”均匀带电的平行平板电荷散布在“无穷”空间，不能采纳点电荷电势叠加的方式求电势散布：应该第一由“无穷大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的散布，然后依照电势的概念式求电势散布. 解 由“无穷大” 均匀带电平板的电场强度i 02εσ±，叠加求得电场强度的散布，()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a εσa x2 00i E 电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()a x a x εσV x <<--=⋅=⎰ d 0l E ()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 0a-axl E l E ()a x a εσV >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 0a-axl E l E 电势转变曲线如图(b )所示.5 －27 两个同心球面的半径别离为R 1 和R 2 ，各自带有电荷Q 1 和Q 2 .求：(1) 各区域电势散布，并画出散布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？分析 通常可采纳两种方式(1) 由于电荷均匀散布在球面上，电场散布也具有球对称性，因此，可依照电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度散布，再由⎰∞⋅=pp V lE d 可求得电势散布.(2) 利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为rεQV 0π4=在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势RεQV 0π4=其中R 是球面的半径.依照上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的散布. 解1 (1) 由高斯定理可求得电场散布()()()22021321201211 π4 π40R r rεQ Q R r R rεQ R r r r>+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=rV l E d 可求得各区域的电势散布.当r ≤R 1 时，有20210120212113211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r+=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞lE l E l E当R 1 ≤r ≤R 2 时，有202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r+=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞lE l E当r ≥R 2 时，有rεQ Q V r02133π4d +=⋅=⎰∞l E(2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势散布.假设该点位于两个球面内，即r ≤R 1 ，则2021011π4π4R εQ R εQ V +=假设该点位于两个球面之间，即R 1 ≤r ≤R 2 ，则202012π4π4R εQ r εQ V +=假设该点位于两个球面之外，即r ≥R 2 ，则rεQ Q V 0213π4+=(2) 两个球面间的电势差()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-==5 －28 一半径为R 的无穷长带电细棒，其内部的电荷均匀散布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势散布并画出散布曲线.分析 无穷长均匀带电细棒电荷散布呈轴对称，其电场和电势的散布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理⎰⎰=⋅V V εd 1d 0S E可求得电场散布E (r )，再依照电势差的概念()l E d ⋅=-⎰bab a r V V并取棒表面为零电势(V b ＝0)，即可得空间任意点a 的电势.解 取高度为l 、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理 当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅得 ()02εr ρr E = 当r ≥R 时02/ππ2ερl R rl E =⋅得 ()rεR ρr E 022=取棒表面为零电势，空间电势的散布有 当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V Rr-==⎰当r ≥R 时()rRεR ρr r εR ρr V Rrln 2d 20202==⎰如下图是电势V 随空间位置r 的散布曲线.5 －29 一圆盘半径R ＝ ×10－2 m .圆盘均匀带电，电荷面密度σ＝×10－5 C·m －2 .(1) 求轴线上的电势散布；(2) 依照电场强度与电势梯度的关系求电场散布；(3) 计算离盘心 cm 处的电势和电场强度.分析 将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即可求得带电圆盘在轴线上的电势散布，再依照电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的散布. 解 (1) 带电圆环激发的电势220d π2π41d xr rr σεV +=由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的()x x Rεσxr r r εσV R-+=+=⎰22222d 2 (1)(2) 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R xεσx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向.(3) 将场点至盘心的距离x ＝ cm 别离代入式(1)和式(2)，得V 1691=V -1m V 5607⋅=E当x ＞＞R 时，圆盘也能够视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有V 1695π40==xεq V 1-20m V 5649π4⋅==xεq E 由此可见，当x ＞＞R 时，能够忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘看成点电荷来处置.在此题中作如此的近似处置，E 和V 的误不同离不超过％和％，这已足以知足一样的测量精度.5 －30 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝×10－2 m ，R 2 ＝ m )，带有等量异号的电荷，二者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r ＝ m 处的电场强度.解 (1) 由习题5 －21 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为 rελE 0π2=依照电势差的概念有 120212ln π2d 21R R ελU R R =⋅=⎰l E 解得 1812120m C 101.2ln /π2--⋅⨯==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r ＝ 处的电场强度10m V 7475π2-⋅==rελE 5 －31 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的进程，叫做核聚变.在此进程中能够释放出庞大的能量.例如四个氢原子核(质子)结合成一个氦原子核(α粒子)时，可释放出 的能量.即MeV 25.9e 2He H 4014211++→这种聚变反映提供了太阳发光、发烧的能源.若是咱们能在地球上实现核聚变，就能够取得丰硕廉价的能源.可是要实现核聚变难度相当大，只有在极高的温度下，使原子热运动的速度超级大，才能使原子核相碰而结合，故核。
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二、选择题 1. 如图所示，任一闭合曲面 S 内有一点电荷 q， O 为 S 面上任一点，若将 q 由闭合曲面内的 P 点移到 T 点， 且 OP=OT，那么 （ D ）
O
(A) 穿过 S 面的电通量改变，O 点的场强大小不变； (B) 穿过 S 面的电通量改变，O 点的场强大小改变； (C) 穿过 S 面的电通量不变，O 点的场强大小改变； (D) 穿过 S 面的电通量不变，O 点的场强大小不变。
E1 = E2 =
4πε r q2
q1
2 0 1
= 1.8 ×104 V ⋅ m −1
4πε 0 r22
= 2.7 × 104 V ⋅ m −1
C 处的场强大小为 E =
2 E12 + E2 = 3.24 ×104 V ⋅ m −1
E 的方向与 BC 边的夹角 θ = ar tan
E1 = 33.7° E2
-12 2 -1 -2
−8
−8
−9
A r d/2 q1
B r d/2 D
C r
解.
U = U A1 + U A 2 = （1） A
= 1.8 × 10 V
3
4πε r
q1
+
q2 4πε r 2 + d 2
q2
B 点的电势为：
U B = U B1 + U B 2 = 0
故将电荷 q = 2 × 10 C 从 A 点移动到 B 点电场力的功
−9 −9
2.在直角三角形 ABC 的 A 点，放置点电荷 q1 = 1.8 × 10 C ，在 B 点放置点电荷 q2 = −4.8 × 10 C 。已知 BC=0.04m，AC=0.03m。试求直角顶点 C 处的场强 E 。 解：点电荷 q1 和 q2 在 C 处的电场强度 E1 和 E 2 的方向
四、计算题 1.在 x 轴上，有以点电荷 q1 = 20 × 10 C ,位于原点，另一点电荷 q2 = 50 ×10 C ，位于 x=-10cm 处。试 求 x 轴上任一点的电场强度。 解：点电荷 q1 和 q2 将 x 轴分为三个区域
−6 −6
x
0 ：在此区域，两个点电荷产生的电场强度的方
向都沿 x 轴方向，坐标 x 处的场强为：
2
因 x = 3 − 2 2 点处于q、－2q 两点电荷之间，该处场强不可能为零．故舍去．得
x = 3+ 2 2
4.一半径为R 的均匀带电圆盘，电荷面密度为σ．设无穷远处为电势零点．计算圆盘中心O 点电势． 解：在圆盘上取一半径为r→r＋dr 范围的同心圆环．其面积为 dS = 2π rdr 其上电荷为 dq = 2πσ rdr
−9
W A B = (U =
A
−U
B
)q 1 0 .0 6 2 + 0 .0 8 2 )
1 1 ( − −9 0 .0 6 4 π × 8 .8 5 × 1 0
= 3 .6 × 1 0 − 6 J
(2)C点的电势为 U C D点的电势为
5
= U C1 + U C 2 =
4πε r
q2
+
q1 4πε r 2 + d 2
5.在点电荷q 的电场中，把一个－1.0×10 C的电荷，从无限远处(设无限远处电势为零)移到离该点电荷 距离 0.1 m 处，克服电场力作功1.8×10
-5
J，则该点电荷q＝_____ -2×10 C
-12
-7
___________．(真空介电常量 0＝8.85×10
C2·N为Q 的点电荷固定在空间某点上，将另一电荷为q 的点电荷放在与Q 相距r处．若设两点电荷相 距无限远时电势能为零， 则此时的电势能We＝_____
AOD = q0 (V0 − VD ) = 1 ⎛ q q⎞ q , − ⎟=− 4πε 0 ⎜ 3 l l 6 πε ⎝ ⎠ 0l C −q l O l
B
qq0 。 6πε 0 l
+q
A
（2） V∞ = 0, AD∞
qq0 = q0 (VD − V∞ ) = − 6πε 0 l
l
D
5..如图所示，已知 r = 6cm, d = 8cm, q1 = 3 × 10 , q 2 = −3 × 10 C 。求： （1）将电荷量为 2 × 10 C 的点电荷从 A 点移到 B 点，电场力作功多少？ （2）将此点电荷从 C 点移到 D 点，电场力作功多少？（ε0=8.85×10 C N m ）
= −U A = −1.8 ×103V
专业班级：
学号：
姓名：
成绩：
UD =UD1 +UD2 = 0
所以将电荷 q = 2 × 10 C 从C点移动到D点电场力的功
−9
W = (UC − UD )q = −WAB = −3.6 ×10−6 J
6
• qA • q1
• q3
Q 3πε 0 a 2
______
3.一半径为R的均匀带电圆环，电荷线密度为 λ ． 设无穷远处为电势零点，则圆环中心O点的电势U＝ _______
λ ________． 2ε 0
Q 4πε 0 R
_______．
-9
4.一半径为R的均匀带电导体球壳，带电荷为Q．球壳内、外均为真空．设无限远处为电势零点，则壳内各 点电势U =_______
4
专业班级： 它在O 点产生的电势为 dU = 总电势 U =
学号：
姓名：
成绩：
dq
4πε 0 r
=
σ dr 2ε 0
∫
s
dU =
σ R σR dr = ∫ 0 2ε 0 2ε 0
4.如图所示，AB=2l，OCD是以B为中心、l为半径的圆，点A处有正点荷+q，点B处有负电荷-q，求： （1）把单位正点电荷从O点沿OCD移到D点，电场力对它作了多少功？ （2）把单位正点荷从D点沿AB的延长线移到无穷远出，电场力对它作了多少功？ 解：（1） VO = 0, VD =
q2 q2 q2 q2 ;(B) ;(C) ;(D) ε0S 2ε 0 S 2ε 0 S 2 ε0S 2
6.一点电荷，放在球形高斯面的中心处．下列哪一种情况，通过高斯面的电场强度通量发生变化：（B） (A) 将另一点电荷放在高斯面外． (B) 将另一点电荷放进高斯面内． (C) 将球心处的点电荷移开，但仍在高斯面内． (D) 将高斯面半径缩小． 7. 当一个带电导体达到静电平衡时：(D) (A) 表面上电荷密度较大处电势较高． (B) 表面曲率较大处电势较高． (C) 导体内部的电势比导体表面的电势高． (D) 导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零． 8. 真空中有一点电荷Q，在与它相距为r 的a 点处有一试验电荷q．现使试验 电荷q 从a 点沿半圆弧轨道运动到b 点，如图所示．则电场力对q作功为（D）
3.电荷为＋q 和－2q 的两个点电荷分别置于x＝1 m 和x＝－1 m 处．一试验电荷置于x 轴上何处，它受 到的合力等于零？ 解：设试验电荷置于x 处所受合力为零，即该点场强为零．
q −2q + =0 2 4πε 0 ( x − 1) 4πε 0 ( x + 1) 2
得 x − 6 x + 1 = 0 , x = (3 ± 2 2) m
Qq 4πε 0 r
____________．
7. 图示BCD 是以O 点为圆心，以R 为半径的半圆弧，在A 点有一电荷为 +q 的点电荷，O 点有一电荷为－q 的点电荷．线段BA = R ．现将一单位 正电荷从B 点沿半圆弧轨道BCD 移到D 点，则电场力所作的 _______
q 6πε 0 R
______________。
专业班级：
学号：
姓名： 练 习 六 静电场
成绩：
一、填空题 1.点电荷q1、q2、q3 和q4 在真空中的分布如图所示．图中S 为闭合曲面，则通 过该闭合曲面的电场强度通量 S
∫
s
E idS =____ (q1 + q2 ) ε 0 ________，式中的 E 是
• q1 • q1
• q2
点电荷___q1、q2、 q3、q4____在闭合曲面上任一点产生的场强的矢量和． 2.在边长为a 的正方体中心处放置一电荷为Q 的点电荷，则正方体顶角处的电场 强度的大小为_______
= 9.0 × 104 [
x ≺ −0.10m ：在此区域，两个点电荷的场强方向相同，都沿 x 轴反方向，坐标 x 处的场强为：
E = −[
4πε 0 x
q1
2
+
q2 ] 4πε 0 ( x + 0.10) 2
= −9.0 ×104 [
2.0 5.0 + ]V ⋅ m −1 2 x ( x + 0.10) 2
Q1 + Q2 Q1 Q2 Q1 ；（B） + ;(C)0;(D) 4πε 0 r 4πε 0 R1 4πε 0 R2 4πε 0 R1
3.冬季人们脱毛衣时，常听见噼里啪啦的放电声，下列那些说法不确切（ B ） （A）毛衣和内衣都是绝缘材料，脱毛衣时发生摩擦，产生正负电荷； （B）空气潮湿时，含有大量的正负离子，有助于放电产生； （C）空气干燥时，空气里正负离子少，有助于放电产生； （D）放电声的产生是因为产生很高电场将空气击穿。 4. 图中实线为某电场中的电场线，虚线表示等势（位）面，由图可看出：( (A) EA＞EB＞EC，UA＞UB＞UC． (B) EA＜EB＜EC，UA＜UB＜UC． (C) EA＞EB＞EC，UA＜UB＜UC． (D) EA＜EB＜EC，UA＞UB＞UC． 5.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（B） (A) D )