《大学物理》第十二章 静电场习题解答

大学物理学(下册)习题解答 湖南大学物理与微电子科学学院周群益

1 大学物理学（下册）习题解答 湖南大学物理与微电子科学学院 周群益

第十二章静电场 12.3如图所示,在直角三角形ABCD的A点处,有点电荷q1=1.8×10℃C,B点处有 点电荷=4.8×10℃C,AC=3cm,BC=4cm,试求C点的场强 解答]根据点电荷的场强大小的公式 E=k q 4丌E。2 其中1(4xa)=k=90×10Nm2C2 点电荷q在C点产生的场强大小为 图12.3 41 1.8×10 (3×10-2)2 方向向下 点电荷q在C点产生的场强大小为 Ex 4n。bBC=90×48×10 (4×10-2)2 =2.7×10(N.C-), 方向向右 C处的总场强大小为 E+E2=093 总场强与分场强E的夹角为 arctan E1 33.69° 12.4半径为R的一段圆弧,圆心角为60°,一半均匀带正电,另一半均匀带负电,其 电荷线密度分别为+4和-A,求圆心处的场强 解答]在带正电的圆弧上取一弧元 ds rda, 电荷元为dq=ds,在O点产生的场强大小为 1 dg 1 nds nd0, 4rE24re。R4ER 场强的分量为dE1= decoct,dE= desin 对于带负电的圆弧,同样可得在O点的场强的两个分量.由于弧形是对称的,x方向的 合场强为零,总场强沿着y轴正方向,大小为

2 第十二章 静电场 P35． 12．1 12．2 12．3 如图所示，在直角三角形 ABCD 的 A 点处，有点电荷 q1 = 1.8×10-9C，B 点处有 点电荷 q2 = -4.8×10-9C，AC = 3cm，BC = 4cm，试求 C 点的场强． [解答]根据点电荷的场强大小的公式 2 2 ， 0 1 4π q q E k r r    其中 1/(4πε0) = k = 9.0×109N·m2·C-2． 点电荷 q1在 C 点产生的场强大小为 1 1 2 ， 0 1 4π q E  AC  9 9 4 -1 2 2 1.8 10 9 10 1.8 10 (N C ) (3 10 )           方向向下． 点电荷 q2在 C 点产生的场强大小为 2 2 2 ， 0 1 | | 4π q E  BC  9 9 4 -1 2 2 4.8 10 9 10 2.7 10 (N C ) (4 10 )           方向向右． C 处的总场强大小为 E E E   1 2 2 2      0.9 13 10 3.245 10 (N C ) 4 4 -1 ， 总场强与分场强 E E 2的夹角为 1 ． 2 arctan 33.69 E E     12．4 半径为R 的一段圆弧，圆心角为 60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其 电荷线密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强． [解答]在带正电的圆弧上取一弧元 ds = Rdθ， 电荷元为 dq = λds，在 O 点产生的场强大小为 2 2 ， 0 0 0 1 d 1 d d d 4π 4π 4π q s E R R R          场强的分量为 dEx = dEcosθ，dEy = dEsinθ． 对于带负电的圆弧，同样可得在 O 点的场强的两个分量．由于弧形是对称的，x 方向的 合场强为零，总场强沿着 y 轴正方向，大小为 E E 2 E E E E 1 q2 A C q1 B θ 图 12.3 Ex x E θ R ds Ey O y

E=2E,=2 dEsine d (cos0) 2IE R 0 12.5均匀带电细棒,棒长a=20cm,电荷线密度为λ=3×10&Cml,求: (1)棒的延长线上与棒的近端d=8cm处的场强 (2)棒的垂直平分线上与棒的中点相距d=8cm处的场强 [解答](1)建立坐标系,其中L=a2=0.l(m),r=L+d=0.18(m). 在细棒上取一线元d,所带的电量为dq=d, 根据点电荷的场强公式,电荷元在P1点产生的场强的 大小为 de= kag= 4πE0(x- 场强的方向沿x轴正向.因此P1点的总场强大小通过积分得 T Ltr-n"4x5.a 4πεnx-Dr+D4 将数值代入公式得P点的场强为 E=9×10x2×0.1×3×103 0182-012=241×100NC 方向沿着x轴正向 (2)建立坐标系,y=d.在细棒上取一线元d,所带的电 量为 de 在棒的垂直平分线上的P2点产生的场强的大小为 d de= h 由于棒是对称的,x方向的合场强为零,y分量为 de=desin 由图可知:r= desing,=dcot,所以 d/=-ddasin28, 因此 0d0 4 总场强大小为

3 2 2 d sin y L E E E     ． π/ 6 π/ 6 0 0 0 0 sin d ( cos ) 2π R R 2π            0 3 (1 ) 2 2π R     12．5 均匀带电细棒，棒长 a = 20cm，电荷线密度为λ = 3×10-8C·m-1，求： （1）棒的延长线上与棒的近端 d1 = 8cm 处的场强； （2）棒的垂直平分线上与棒的中点相距 d2 = 8cm 处的场强． [解答]（1）建立坐标系，其中 L = a/2 = 0.1(m)，x = L+d1 = 0.18(m)． 在细棒上取一线元 dl，所带的电量为 dq = λdl， 根据点电荷的场强公式，电荷元在 P1 点产生的场强的 大小为 1 2 2 0 d d d 4π ( ) q l E k r x l      场强的方向沿 x 轴正向．因此 P1点的总场强大小通过积分得 1 2 0 d 4π ( ) L L l E x l       0 1 4π L L x l      ． ① 0 1 1 ( ) 4π x L x L       2 2 0 1 2 4π L x L     将数值代入公式得 P1点的场强为 = 2.41×103(N·C-1)， 8 9 1 2 2 2 0.1 3 10 9 10 0.18 0.1 E         方向沿着 x 轴正向． （2）建立坐标系，y = d2．在细棒上取一线元 dl，所带的电 量为 dq = λdl， 在棒的垂直平分线上的 P2点产生的场强的大小为 2 2 2 ， 0 d d d 4π q l E k r r     由于棒是对称的，x 方向的合场强为零，y 分量为 dEy = dE2sinθ． 由图可知：r = d2/sinθ，l = d2cotθ，所以 dl = -d2dθ/sin2θ， 因此 ， 0 2 d sin d 4π E y d      总场强大小为 ds Ex x E θ R Ey O y O l x x dl r -L L y P2 dEy dE2 dEx d2 θ θ O l x x dl y P1 r -L L d1

Er 0de se 4πE。d 48 d 42√af+ 2+E 将数值代入公式得B2点的场强为 2×0.1×3×10 E.=9×10× 527×103(NC) 0.08(0.08 方向沿着y轴正向 讨论](1)由于L=a2,x=L+d,代入①式,化简得 E,= 兀E0dd1+a4πc0d1d/a+1 保持d不变,当a→∞时,可得 这就是半无限长带电直线在相距为d的延长线上产生的场强大小 (2)由②式得 E 4xE4√a+(a12)4xE04√a2a2+(1/2 λ 这就是无限长带电直线在线外产生的场强公式 如果4=h,则有大小关系E=2E1 12.6一均匀带电的细棒被弯成如图所示的对称形状,试问O为 何值时,圆心O点处的场强为零 [解答]设电荷线密度为λ,先计算圆弧的电荷在圆心产生的场 在圆弧上取一弧元 图126 所带的电量为 dg=/ds, 在圆心处产生的场强的大小为 de=k R 4E。R 由于弧是对称的,场强只剩x分量,取x轴方向为正,场强为

4 0 2 sin d 4π L y l L E d          0 2 cos 4π L l L d       ． ② 2 2 0 2 2 4π L l L l d d l      2 2 0 2 2 1 2 4π L d d L     将数值代入公式得 P2点的场强为 = 5.27×103(N·C-1)． 8 9 2 2 1/ 2 2 0.1 3 10 9 10 0.08(0.08 0.1 ) E y         方向沿着 y 轴正向． [讨论]（1）由于 L = a/2，x = L+d1，代入①式，化简得 1 ， 0 1 1 0 1 1 1 4π 4π / 1 a E d d a d d a         保持 d1不变，当 a→∞时，可得 1 ， ③ 0 1 4π E d    这就是半无限长带电直线在相距为 d1的延长线上产生的场强大小． （2）由②式得 ， 2 2 0 2 2 4π ( / 2) y a E d d a     2 2 0 2 2 1 4π d ( / ) (1/ 2) d a     当 a→∞时，得 ， ④ 0 2 2π Ey d    这就是无限长带电直线在线外产生的场强公式． 如果 d1 = d2，则有大小关系 Ey = 2E1． 12．6 一均匀带电的细棒被弯成如图所示的对称形状，试问θ为 何值时，圆心 O 点处的场强为零． [解答]设电荷线密度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场 强． 在圆弧上取一弧元 ds =Rdφ， 所带的电量为 dq = λds， 在圆心处产生的场强的大小为 2 2 ， 0 0 d d d d 4π 4π q s E k r R R         由于弧是对称的，场强只剩 x 分量，取 x 轴方向为正，场强为 θ R O 图 12.6 θ R O x dφ dE φ

dEr=-decoso 总场强为 E 4πEnR cos d4丌E0R 方向沿着x轴正向 再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强 根据上一题的公式③可得半无限长带电直线在延长上O点产 生的场强大小为 E 4πEnR Eo 由于两根半无限长带电直线对称放置,它们在O点产生的合场强为 E =2E cOS-= 22ER2 方向沿着x轴负向 当O点合场强为零时,必有E=E,可得 na2=1 因此 2=u4 所以 12.7一宽为b的无限长均匀带电平面薄板,其电荷密度为a,如图所示.试求 (1)平板所在平面内,距薄板边缘为a处的场强 (2)通过薄板几何中心的垂直线上与薄板距离为d处的场强 [解答](1)建立坐标系.在平面薄板上取一宽度为d/的带电直 线,电荷的线密度为 根据直线带电线的场强公式 E 2 得带电直线在P点产生的场强为 图127 d ad/ 2E02πE0(b/2+a- 其方向沿x轴正向 由于每条无限长直线在P点的产生的场强方向相同,所以总场 强为 E2兀60-b2b12+∥/= In(6/2+a-n)

5 dEx = -dEcosφ． 总场强为 ， 2 π / 2 0 / 2 cos d 4π Ex R           2 π / 2 0 / 2 sin 4π R         0 sin 2π R 2     方向沿着 x 轴正向． 再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强． 根据上一题的公式③可得半无限长带电直线在延长上 O 点产 生的场强大小为 ， 0 4π E R     由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在 O 点产生的合场强为 ， 0 2 cos cos 2 2π 2 E E x R         方向沿着 x 轴负向． 当 O 点合场强为零时，必有 ，可得 ` E E x x  tanθ/2 = 1， 因此 θ/2 = π/4， 所以 θ = π/2． 12．7 一宽为 b 的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为σ，如图所示．试求： （1）平板所在平面内，距薄板边缘为 a 处的场强． （2）通过薄板几何中心的垂直线上与薄板距离为 d 处的场强． [解答]（1）建立坐标系．在平面薄板上取一宽度为 dl 的带电直 线，电荷的线密度为 dλ = σdl， 根据直线带电线的场强公式 ， 0 2π E r    得带电直线在 P 点产生的场强为 ， 0 0 d d d 2π 2π ( / 2 ) l E r b a l         其方向沿 x 轴正向． 由于每条无限长直线在 P 点的产生的场强方向相同，所以总场 强为 / 2 0 / 2 1 d 2π / 2 b b E l b a l        / 2 0 / 2 ln( / 2 ) 2π b b b a l        θ O E' E'' x R P b a Q d 图 12.7 P b a O x dl y

n(1+一) 场强方向沿x轴正向 (2)为了便于观察,将薄板旋转建立坐标系.仍然在平面薄板上取一宽度为d/的带 电直线,电荷的线密度仍然为 带电直线在Q点产生的场强为 dλ gd/ dE 2TE0/ 2IEo(+/)2 沿z轴方向的分量为 g cos ed/ de =decode 2πE0(a2+) 设/= dtnb,则d/= discos2B,因此 de = decode= 2 积分得 arctan(6/2d) E.= 46/20 2rs de =arctan( 场强方向沿z轴正向. [讨论](1)薄板单位长度上电荷为 ①式的场强可化为 λin(1+b/a) b 当b→0时,薄板就变成一根直线,应用罗必塔法则或泰勒展开式,场强公式变为 E 这正是带电直线的场强公式 (2)②也可以化为 E=- arctan (6/2d) 2πE。db/2d 当b→0时,薄板就变成一根直线,应用罗必塔法则或泰勒展开式,场强公式变为 E:→2r0d 这也是带电直线的场强公式

6 ． ① 0 ln(1 ) 2π b a     场强方向沿 x 轴正向． （2）为了便于观察，将薄板旋转建立坐标系．仍然在平面薄板上取一宽度为 dl 的带 电直线，电荷的线密度仍然为 dλ = σdl， 带电直线在 Q 点产生的场强为 2 2 1/ 2 ， 0 0 d d d 2π 2π ( ) l E r d l        沿 z 轴方向的分量为 2 2 1/ 2 ， 0 cos d d d cos 2π ( ) z l E E d l        设 l = dtanθ，则 dl = ddθ/cos 2θ，因此 ， 0 d d cos d 2π E E z       积分得 ． ② arctan( / 2 ) arctan( / 2 ) 0 d 2π b d z b d E       0 arctan( ) π 2 b d    场强方向沿 z 轴正向． [讨论]（1）薄板单位长度上电荷为 λ = σb， ①式的场强可化为 ， 0 ln(1 / ) 2π / b a E a b a     当 b→0 时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为 ， ③ 0 2π E a    这正是带电直线的场强公式． （2）②也可以化为 ， 0 arctan( / 2 ) 2π / 2 z b d E d b d    当 b→0 时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为 ， 0 2π Ez d    这也是带电直线的场强公式． Q b O d z dx x y r dE θ

当b→∞时,可得 2 这是无限大带电平面所产生的场强公式 12.8(1)点电荷q位于一个边长为a的立方体中心,试求在该点电荷电场中穿过立 方体一面的电通量是多少? (2)如果将该场源点电荷移到立方体的的一个角上,这时通过立方体各面的电通量是 多少? [解答]点电荷产生的电通量为 (1)当点电荷放在中心时,电通量要穿过6个面,通过每一面的电通量为 中1 (2)当点电荷放在一个顶角时,电通量要穿过8个卦限,立方体的3个面在一个卦限 中,通过每个面的电通量为 中1=中24=24 立方体的另外3个面的法向与电力线垂直,通过每个面的电通量为零 12.9面电荷密度为o的均匀无限大带电平板,以平板上的一点O为中心,R为半径作 半球面,如图所示.求通过此半球面的电通量 [解答]设想在平板下面补一个半球面,与上面的半球面合成一个球面.球面内包含的 电荷为 通过球面的电通量为 中=yla0, 通过半球面的电通量为 图129 中=中2=πRa20 10两无限长同轴圆柱面,半径分别为R1和R2(R1>R2),带有等量异号电荷,单位 长度的电量为厢和-,求(1)厂R处各点的场强 解答]由于电荷分布具有轴对称性,所以电场分布也具有轴对称性 (1)在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面,由于高斯内没有电荷,所以 E=0,(rR2)

7 当 b→∞时，可得 ， ④ 0 2 Ez    这是无限大带电平面所产生的场强公式． 12．8 （1）点电荷 q 位于一个边长为 a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立 方体一面的电通量是多少？ （2）如果将该场源点电荷移到立方体的的一个角上，这时通过立方体各面的电通量是 多少？ [解答]点电荷产生的电通量为 Φe = q/ε0． （1）当点电荷放在中心时，电通量要穿过 6 个面，通过每一面的电通量为 Φ1 = Φe/6 = q/6ε0． （2）当点电荷放在一个顶角时，电通量要穿过 8 个卦限，立方体的 3 个面在一个卦限 中，通过每个面的电通量为 Φ1 = Φe/24 = q/24ε0； 立方体的另外 3 个面的法向与电力线垂直，通过每个面的电通量为零． 12．9 面电荷密度为σ的均匀无限大带电平板，以平板上的一点 O 为中心，R 为半径作 一半球面，如图所示．求通过此半球面的电通量． [解答]设想在平板下面补一个半球面，与上面的半球面合成一个球面．球面内包含的 电荷为 q = πR2σ， 通过球面的电通量为 Φe = q/ε0， 通过半球面的电通量为 Φ'e = Φe/2 = πR2σ/2ε0． 12．10 两无限长同轴圆柱面，半径分别为 R1和 R2(R1 > R2)，带有等量异号电荷，单位 长度的电量为λ和-λ，求（1）r R2处各点的场强． [解答]由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性． （1）在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以 E = 0，（r R2）． R O 图12.9

12.11一厚度为d的均匀带电无限大平板,电荷体密度为,求板内外各点的场强. [解答]方法一:高斯定理法 (1)由于平板具有面对称性,因此产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面:E 在板内取一底面积为S,高为2r的圆柱面作为高斯 面,场强与上下两表面的法线方向平行而与侧面垂直,通 过高斯面的电通量为 Φ=NEds=「Eds+EdS+[Ed =ES+ES+0=2ES 高斯面内的体积为 包含的电量为 q=0/=2mS 根据高斯定理 中=华o, 可得场强为 E=m,(0≤r≤d2) (2)穿过平板作一底面积为S,高为2r的圆柱形高斯面,通过高斯面的电通量仍为 ￠=2ES, 高斯面在板内的体积为 y=Sd 包含的电量为 E 根据高斯定理 可得场强为 E=md2c0,(≥d2) 方法二:场强叠加法 (1)由于平板的可视很多薄板叠而成的,以r为界,下面平板产生的场强方向向上 上面平板产生的场强方向向下.在下面板中取一薄层d,面电荷密度为 do= ad 产生的场强为 dei= da2 积分得 E1 pdy p E 同理,上面板产生的场强为 d 厂处的总场强为

8 12．11 一厚度为 d 的均匀带电无限大平板，电荷体密度为ρ，求板内外各点的场强． [解答]方法一：高斯定理法． （1）由于平板具有面对称性，因此产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E'． 在板内取一底面积为 S，高为 2r 的圆柱面作为高斯 面，场强与上下两表面的法线方向平行而与侧面垂直，通 过高斯面的电通量为 d e S     E S E S Ñ 2 0 d d d S S S          E S E S E S E S E S E S E S E S E S E S E S E S 1     ES E S ES  0 2 ， 高斯面内的体积为 V = 2rS， 包含的电量为 q =ρV = 2ρrS， 根据高斯定理 Φe = q/ε0， 可得场强为 E = ρr/ε0，(0 ≤ r ≤ d/2)． ① （2）穿过平板作一底面积为 S，高为 2r 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为 Φe = 2ES， 高斯面在板内的体积为 V = Sd， 包含的电量为 q =ρV = ρSd， 根据高斯定理 Φe = q/ε0， 可得场强为 E = ρd/2ε0，(r ≥ d/2)． ② 方法二：场强叠加法． （1）由于平板的可视很多薄板叠而成的，以 r 为界，下面平板产生的场强方向向上， 上面平板产生的场强方向向下．在下面板中取一薄层 dy，面电荷密度为 dσ = ρdy， 产生的场强为 dE1 = dσ/2ε0， 积分得 1 ， ③ / 2 0 0 d ( ) 2 2 2 r d y d E r          同理，上面板产生的场强为 ， ④ / 2 2 0 0 d ( ) 2 2 2 d r y d E r         r 处的总场强为 S2 S1 E' S1 S2 E E d 2r S0 E' S0 E2 r dy y O E1 d

E=Ei-E2-=preo (2)在公式③和④中,令r=团2,得 E2=0、E=E1=d团2a E就是平板表面的场强 平板外的场强是无数个无限薄的带电平板产生的电场叠加的结果,是均强电场,方向 与平板垂直,大小等于平板表面的场强,也能得出②式 12.13一半径为R的均匀带电球体内的电荷体密度为,若 在球内挖去一块半径为R<R的小球体,如图所示,试求两球心 O与O处的电场强度,并证明小球空腔内的电场为均强电场 解答]挖去一块小球体,相当于在该处填充一块电荷体密度 为的小球体,因此,空间任何一点的场强是两个球体产生的场 强的叠加 对于一个半径为R,电荷体密度为的球体来说,当场点P在 球内时,过P点作一半径为r的同心球形高斯面,根据高斯定理 图12.13 可得方程 4 E4 π厂p P点场强大小为 当场点P在球外时,过P点作一半径为r的同心球形高斯面,根据高斯定理可得方程 4 E42= P点场强大小为 E O点在大球体中心、小球体之外.大球体在O点产生的场强为零,小球在O点产生的 场强大小为 EO 方向由O指向 O点在小球体中心、大球体之内.小球体在O点产生的场强为零,大球在O点产生的 场强大小为 EO

9 E = E1 - E2 = ρr/ε0． （2）在公式③和④中，令 r = d/2，得 E2 = 0、E = E1 = ρd/2ε0， E 就是平板表面的场强． 平板外的场强是无数个无限薄的带电平板产生的电场叠加的结果，是均强电场，方向 与平板垂直，大小等于平板表面的场强，也能得出②式． 12．12 12．13 一半径为 R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ，若 在球内挖去一块半径为 R' < R 的小球体，如图所示，试求两球心 O 与 O'处的电场强度，并证明小球空腔内的电场为均强电场． [解答]挖去一块小球体，相当于在该处填充一块电荷体密度 为-ρ的小球体，因此，空间任何一点的场强是两个球体产生的场 强的叠加． 对于一个半径为R，电荷体密度为ρ的球体来说，当场点P在 球内时，过 P 点作一半径为 r 的同心球形高斯面，根据高斯定理 可得方程 2 3 ， 0 1 4 4π π 3 E r r    P 点场强大小为 ． 0 3 E r    当场点 P 在球外时，过 P 点作一半径为 r 的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程 2 3 ， 0 1 4 4π π 3 E r R    P 点场强大小为 ． 3 2 0 3 R E r    O 点在大球体中心、小球体之外．大球体在 O 点产生的场强为零，小球在 O 点产生的 场强大小为 ， 3 2 0 3 O R E a     方向由 O 指向 O'． O'点在小球体中心、大球体之内．小球体在 O'点产生的场强为零，大球在 O'点产生的 场强大小为 ` ， 0 3 E a O    O R a R' O' 图 12.13 O R r P O R r P

方向也由O指向O [证明]方法一:用余弦定理.在小球内任一点P,大球和小球产生的场强大小分别为 E E 方向如图所示 设两场强之间的夹角为B,合场强的平方为 E2=E2+B+2EEc0s0=(2-)(2+n2+2rcos) 根据余弦定理得 a2=r2+r2-2mcos(-0) 所以 可见:空腔内任意点的电场是一个常量.还可以证明:场强的方向沿着O到O的方向.因 此空腔内的电场为匀强电场 方法二:用矢量运算.在小球内任一点P,大球和小球产生的场强分别为 E E p 总场强为 F-E+e=P(r-r)=P-a a为从O指向O的常矢量,所以空腔内的电场为匀强电场 12.14如图所示,在A、B两点处放有电量分别为+q和-q的点电荷,AB间距离为 2R,现将另一正试验电荷q从O点经过半圆弧路径移到C点,求移动过程中电场力所做的 [解答]正负电荷在O点的电势的和为零: U=0 在C点产生的电势为 图12.14 4πE。3R4πE0R6πE0R 电场力将正电荷qo从O移到C所做的功为 ∥=90=9(o-CD)=y/6raR 12.15真空中有两块相互平行的无限大均匀带电平面A和B.A平面的电荷面密度为 2a,B平面的电荷面密度为,两面间的距离为d.当点电荷q从A面移到B面时,电场力

10 方向也由 O 指向 O'． [证明]方法一：用余弦定理．在小球内任一点 P，大球和小球产生的场强大小分别为 ， ， 0 3 E r r    0 3 E r r      方向如图所示． 设两场强之间的夹角为θ，合场强的平方为 2 2 2 2 cos E E E E E    r r r r    2 2 2 0 ( ) ( 2 cos ) 3 r r rr         ， 根据余弦定理得 a r r rr 2 2 2       2 cos(π  ) ， 所以 ， 0 3 E a    可见：空腔内任意点的电场是一个常量．还可以证明：场强的方向沿着 O 到 O'的方向．因 此空腔内的电场为匀强电场． 方法二：用矢量运算．在小球内任一点 P，大球和小球产生的场强分别为 ， ， 0 3 r   E r  E r 0 3 r    E r    E r 总场强为 ， 0 0 ( ) 3 3 r r      E E E r r a E E E r r a E E E r r a       E E E r r a a a 为从 O 指向 O'的常矢量，所以空腔内的电场为匀强电场． 12．14 如图所示，在 A、B 两点处放有电量分别为+q 和-q 的点电荷，AB 间距离为 2R，现将另一正试验电荷 q 0从 O 点经过半圆弧路径移到 C 点，求移动过程中电场力所做的 功． [解答]正负电荷在 O 点的电势的和为零： UO = 0； 在 C 点产生的电势为 ， 4π 0 0 0 3 4π 6π C q q q U    R R R      电场力将正电荷 q 0从 O 移到 C 所做的功为 W = q0UOD = q0(UO -UD) = q0q/6πε0R． 12．15 真空中有两块相互平行的无限大均匀带电平面 A 和 B．A 平面的电荷面密度为 2σ，B 平面的电荷面密度为σ，两面间的距离为 d．当点电荷 q 从 A 面移到 B 面时，电场力 +q -q O B D C A 图 12.14 O a r'O' r Er Er' θ E P