第七章靜止電荷的電場
第一部分真空中的電場
1．解：由對稱性，得
當時，，所以選(c)。
2．解：對稱的兩個電荷元、在圓心產生的場強、關於軸對稱，如圖所示。可見，總場強沿軸。
電荷元的帶電量，
它在點產生的場強
∴3．解：電荷分布如圖所示，由電荷分布的對稱性知，圓心處的場強沿軸負向。
取電荷元，
在點產生的場強
4．解：由電荷分布的對稱性知，軸線上的場強沿軸線方向，
電荷元在軸線上任一點產生的場強
∴5．解：由高斯定理，知
(a)說明： ，並不能說麵內必無電荷，
(b)說明： ，但高斯面上的場強由空間所有電荷產生，故高斯面上，不一定為零。
由(c)不能肯定，所以高斯麵內不一定有電荷。
高斯麵內有淨電荷，即，通過高斯面的電通量。
高斯定理是靜電場的基本規律，僅適用於任意的靜電場。
故只有(d)正確。
6．解：在高斯定理中，由空間所有電荷產生，所以當閉合曲面外的電荷分布變化時，曲面上各點的場強也隨著變化，而穿過封閉曲面的電通量僅與它所包圍的電荷有關，所以通過曲面的電通量不變，因此，(d)對。
7．解：在周圍再聯接7個大小相同的立方體，組成乙個大立方體， 使
在其中心，如圖所示。可見通過該立方體每一側面的電通量為
通過與不相鄰的小立方體每個側面的電通量為
所以，(c) 正確。
8．解：兩帶電平面各自產生的場強大小分別為
，，方向如圖所示
兩平面間：
兩平面外左側：
兩平面外右側
9．解：環上的電荷線密度
將缺口圓環看成是從乙個電荷線密度為的均勻帶電圓環上割去長度為的一小弧(缺口)而成。設缺口圓環、缺口在圓心產生的場強分別為、，由對稱性得
，即∵，小弧可近似為帶電量為的點電荷，
∴，方向從缺口中心指向圓心點
故，方向從點指向缺口中心。
10．解：因為電勢是相對量，取決於電勢零點的選取，與試驗電荷無關，所以應選(c)。
11．解：場強決定於電勢的變化率，場強為零處，電勢不變，但電勢可能不為零；電勢為零處，電勢不一定不變，場強可能不為零；在場強不變的空間，電勢的變化率處處相等，電勢線性變化；所以，(a)、(b)、(d)不正確。
既然在某空間，電勢不變，當然場強處處為零，故(c)正確。
12．解：:均勻帶電球面在球內任一點的電勢
點電荷在點的電勢
所以，點的電勢
可見(b)正確。
13．解：（1）球心處的電勢
即（2）設外球面放電後，電荷面密度為，則球心處的電勢
，即外球面上應變成帶負電，共應放掉的電荷
14．解：設座標原點在杆的中點，軸沿杆方向，
在處取一電荷元，
它在點產生的電勢
15．解：在圓盤上取半徑、寬的圓環，環上所帶電量，
該圓環在圓心點的電勢
整個圓盤在點的電勢
16．解：
17．解：解法ⅰ：:均勻帶電球面的電場強度分布為
若規定球面上電勢為零，則點的電勢
解法ⅱ：若以無窮遠處為電勢零點，則該球面的電勢分布為
點與球面的電勢差
若規定，則利用電勢差與零點的選取無關，得點的電勢
18．解：由圖可看出：電勢，電勢能，
電場力做的功
所以，(c)正確。
19．解：以無窮遠為電勢零點，、、三點的電勢分別為
電勢零點擊取不同，不影響電勢差，所以，若令，則
20．解：若取無窮遠電勢為零，則由於電荷分布的對稱性，細桿中垂線上各點的電勢均為零，即細桿中點的電勢和無窮遠點的電勢相等，可見，點的電勢，且以細桿中點為電勢零點和以無窮遠為電勢零點是一樣的。
利用14題的結果：長為、到端點距離為的均勻帶電細桿延長線上的電勢
分別得出左、右兩半部分在點的電勢
， 點的電勢.
第二部分導體、電容、電介質
1．解：靜電平衡導體內的場強為零，與周圍有無帶電體無關。所以導體內的場強不變。
負電荷移來前，導體的電勢為零，移來後電勢為負，所以導體的電勢值減小。
2．解：設、板四個表面的電荷面密度分別為、、、，
板不接地：，
兩板間的場強大小
兩板間的電勢差
b板接地：，
兩板間的場強大小
兩板間的電勢差
3．解：雖然中間導體左右兩面帶電不同，但是等勢體。兩側導體用導線相連，也是等勢體。所以中間導體與兩側導體間的電勢差相同，即
∴，（b）正確。
4．解：球殼內表面上帶電量為，但分布不均勻，它在球心的電勢
∴，即(d)對。
5．解：利用半徑、電荷線密度的無限長均勻帶電圓柱面的場強分布
，得二者之間的場強
∴故選（d）。
6．解：由高斯定理和電荷守恆定律知，金屬球和金屬球殼表面上的電荷分布如圖所示由電勢疊加原理可知
7．解：兩球連線前：，
兩球連線後，電荷都分布在外表面
∴，故選(b)。
8．解：導體球、相距很遠，可看成孤立導體，導體表面均勻帶電，帶電量分別為、，利用均勻帶電球面的電勢，得
，，且用細長導線將兩球相連，導致
∴， 可見兩球上的電量與半徑成正比。
9．解：導體球殼內表面上的電荷和偏離球心的點電荷在球外空間產生的電場相抵消，球殼外表面上的電荷相對自由，會均勻分布。但球殼內表面上的電荷受點電荷的作用，不能均勻分布，所以(b)正確。
10．解：兩極板間的相互作用力
兩極板間的電壓
∴，（d）正確。
11．解：方法ⅰ：用定義求
設極板上的電荷面密度為，則兩極板間的電勢差
∴， ()
方法ⅱ：插入金屬板後，系統視為兩個電容器串聯
，∴思考：金屬板的位置上下變化，對結果有無影響？金屬板的位置左右變化，對結果有無影響？如果把金屬板換成電介質板，電容等於什麼?
12．解：兩個電容器和串聯，電量相等，即∴又
∴可見，先被擊穿後，全部電壓加在上，也被擊穿，故(c)正確。
13．解：高斯定理在任何電場中都成立，但用它來求場強時，電荷的分布、電介質的分布都必須具有高度對稱性，所以應選(b)。
14．解：當內、外導體間的電勢差不變時，電容器內、外球殼上的帶電量
內球表面附近的場強大小
令時，得，
即時，內球表面附近的場強最小，最小場強
15．解：如圖所示，高斯面處於點電荷的電場中，高斯面上各點的電位移向量不為零，所以，（a）錯；
高斯面上處處為零，則麵內自由電荷的代數和為零，即面內必
不存在淨自由電荷，所以，（b）不對；
通過高斯面的通量，式中是高斯麵內包圍的自由電荷，故(c)是正確的。
16．解：做垂直於板的圓柱面，底面的面積為，如圖所示。
忽略邊緣效應，由有介質時的高斯定理
，得由17．解：在球外空間，兩種帶電體產生的電場分布相同，所以它們在球外的靜電能相同，但均勻帶電球面內的電場為零，球體內卻存在電場，因此球體內的靜電能大於球面內的靜電能，故球體的總靜電能大於球面內的總靜電能。
18．解：保持電源接通，兩電容器的電勢差不變，在電容器中充入電介質，其電容變大，電容器的電容不變，根據知，上的電量增大，上的電量不變，所以，(c)正確。
19．解：在平板電容器兩極板間平行地插入金屬板，無論金屬板的位置如何，電容都增加，充電後斷開電源，極板上的電荷不變，由可知，(a)正確
20．解：平行板電容器充電後與電源斷開，其上電荷不變，場強大小不變，電容器兩極板間的距離拉大，兩極板間的電勢差增加，電容器儲存的能量增大，所以選(c)。
21．解：設兩導體上的電荷線密度分別為、，則兩導體間的場強
兩導體的電勢差
故電位長度的電容 .
22．解：由於抽出前玻璃板前，電容器斷開了電源，所以外力做的功等於玻璃板抽出前後電容器儲存能量的增量。
玻璃板抽出前後，電容器的電容分別為、，
而玻璃板抽出前後，極板上的電荷不變，即
故 第八章恆定電流的磁場
1．解：電子受到的洛侖茲力
由電子的速度沿軸正向時，沿軸正向知，在平面內；當電子的速度沿軸正向時，沿軸的分量得，與軸的夾角。
∵，∴2．解：（1）在兩導線間的點產生的磁感應強度大小
在點產生的磁感應強度大小
和方向相同，
∴點的磁感應強度大小
（2）在兩導線外側點產生的磁感應強度大小
在點產生的磁感應強度大小
和方向相反，
∴點的磁感應強度大小
3．解：軸上的半無限長直電流在點產生的磁感應強度：
大小，方向垂直紙面向內
另一半直電流在點產生的磁感應強度：
大小，方向垂直紙面向外
∴點的磁感應強度：
，方向垂直紙面向外。
4．解：點在的延長線上，
為半無限長直電流，，垂直紙面向外
由於圓環為均勻導體，兩圓弧電流在圓心產生的磁感應強度、的大小相等，方向相反，
∴點的磁感應強度：，方向垂直紙面向外
5．解：點在左邊直電流的延長線上，
右邊直電流在點產生的磁感應強度：
，方向垂直於紙面向外；
半圓電路在點產生的磁感應強度：
，方向垂直於紙面向外；
點的總磁感應強度：
6．解：流過立方體框架的電流如圖示，對稱性導致
，，，，， 各組電流在立方體中心點共同產生的磁感應強度為零，
∴ 7．解：兩半無限長直電流在點產生的磁感應強度
半圓電流在點產生的磁感應強度
點總磁感應強度
8．解：在距離直導線處取平行於直電流的小長方形，通過它的磁通量
通過線框的磁通量
9．解：圓面和以圓周為邊線的任意曲面組成閉合曲面，以該閉合曲面為高斯面，由磁場的高斯定理得
通過任意曲面的磁通量
10．解：的環流僅與迴路內包含電流的代數和有關，
∴ 空間的磁感應強度由空間所有電流產生，，
c）正確。
11．解：環路內無電流，由安培環路定理知，，但圓電流上各個電流元在環路上各點產生的磁感應強度的方向均相同，所以，環路上各點，，故選(b)。
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