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)，rr ; 2)，rr。
解](1)作与球体同心、而半径rr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：，rr。
2)作与球体同心、半径rr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：==4r2er=，∴rr。
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
解]：设b上带正电荷，内表面上电荷线密度为λ1，外表面上电荷线密度为λ2，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=λ1 / 2πε0r，方向由b指向a
b、c间场强分布为。
e2=λ2 / 2πε0r，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，e2和e3，且有e1=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=e2sin60e1sin60=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）(rr2)
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(r(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(r1(3)以高度为、半径为r3(r3>r2)的同轴圆柱面为高斯面。同样应用高斯定理，有。
即：，所以，(r3>r2)。
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=λ0 (x－a)dx 它在o点产生的电势
o点总电势
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=2πrdr 其上电荷为 dq=2πσrdr
它在o点产生的电势为
总电势。11-7(1) 导线表面处 e＝2.54 ×106 v/m (2) 圆筒内表面处 e＝1.70×104 v/m
[解]：设导线上的电荷线密度为λ，与导线同轴作单位长度的、半径为r的(导线半径r1＜r＜圆筒半径r2)高斯圆柱面，则按高斯定理有
2πre = 0
得到e = 2πε0r) (r1＜r＜r2
方向沿半径指向圆筒．导线与圆筒之间的电势差
则 代入数值，则：
(1) 导线表面处 ＝2.54 ×106 v/m
2) 圆筒内表面处 ＝1.70×104 v/m
11-8, ,小球可以到达c点。
解]：设小球滑到b点时相对地的速度为v，槽相对地的速度为v．小球从a→b过程中球、槽组成的系统水平方向动量守恒，
mv＋mv＝0
对该系统，由动能定理 mgr－eqr＝mv2＋mv2
、②两式联立解出方向水平向右方向水平向左．
小球通过b点后，可以到达c点．
11-9. [解]：设无穷远处为电势零点，则a、b两点电势分别为
q由a点运动到b点电场力作功。
注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分计算．
11-10 (1) 8.85×10-9 c / m2 (2)＝6.67×10-9 c
[解]：(1) 球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即
8.85×10-9 c / m2
(2) 设外球面上放电后电荷面密度为，则应有。
即 外球面上应变成带负电，共应放掉电荷。
6.67×10-9 c
第十二章导体电学。
例题答案：12-1. （d） 12-2. （c） 12-3. (c) 12-4. –q ； 球壳外侧。
12-512-6. (c)
习题详解：12-1. c=712uf 12-2 d2 d1
解]三块无限大平行导体板，作高斯面如图，知：e1=1 0，e2=2 0
左边两极板电势差u1=1d1 0，右边两极板电势差u2=e2d2=2d2 0，而u1=u2，则1 2= d2 d1。
12-3. （1）q1=，q2= （2）c=40(a+b) (3) f=
解](1)a球电势，b球电势。
导线相连为一等势体，则==，q1=，q2=。
2)系统的电容(孤立导体)，c=q u=(q q1)40a=40(a+b)。
3)接触时为等电势，a球电量q1，b球电量q2，分开很远后互不干扰，与(1)相同q1=2q 3，q2=q 3。f= =事实上，(1)中，a球表面电势由叠加原理知约为+，b球表面电势为+，两电势相等，考虑到r>>a，r>>b，可得(1)(3)中结果)
12-4 a板内侧电量为(qaqb) 2， 两板间电势差uab = qa qb)
解]设各表面带电q1、q2、q3、q4，且q1+q2=qa，q3+q4=qb。导体内e=0，作高斯面如图。大金属板外侧对应点a，b，e相等。
eas=，2eas=s，∴ea=， eb=，即q1= (qa+qb)(同理q4= (qa+qb))。a板内侧电量q2=qaq1=(qaqb) 2， 作高斯面(4)如图。极板间e== qa qb)。
∴两板间电势差uab =ed= (qa qb)。
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