依据附件《第14章真空中的静电场.doc》整理并求解，共 15 题：选择题 5 道、填空题 5 道、计算题 5 道。
约定：\(\mathbf{i}\)、\(\mathbf{j}\) 分别表示沿 \(x\)、\(y\) 正方向的单位矢量；\(k = 1/(4\pi{} \varepsilon_{0})\)；电位记作 \(V\)（题中也用 \(U\) 表示）。
| 选择题 | 1. A 2. A 3. B 4. C 5. B |
|---|---|
| 填空题 1 | \(E(P_{1}) = [\lambda{}/(\pi{} \varepsilon_{0}d)] \mathbf{i}\)；\(E(P_{2}) = -[\lambda{}/(3\pi{} \varepsilon_{0}d)] \mathbf{i}\)。 |
| 填空题 2 | \(r \ll{} L\) 时，\(E = \lambda{}/(2\pi{} \varepsilon_{0}r)\)；\(r \gg{} L\) 时，\(E = \lambda{}L/(4\pi{} \varepsilon_{0}r^{2})\)。 |
| 填空题 3 | 两个空均为 \(W = q/(6\pi{} \varepsilon_{0}l)\)（电场力做正功）。 |
| 填空题 4 | \(r = 0.10\,\mathrm{m} = 10\,\mathrm{cm}\)。 |
| 填空题 5 | \(E = -(8+24xy)\mathbf{i} + (40y-12x^{2})\mathbf{j}\)。 |
| 计算题 1 | \(E = q/[4\pi{} \varepsilon_{0}d(L+d)]\)，方向沿杆延长线背离杆（\(q\mathrel{>}0\) 时）。 |
| 计算题 2 | \(E = Q/(\pi{}^{2} \varepsilon_{0}R^{2})\)，方向由带正电的右半环指向带负电的左半环。 |
| 计算题 3 | 空腔内 \(E=0\)、\(V = \rho{}(R_{2}^{2}-R_{1}^{2})/(2\varepsilon_{0})\)；其余场强见详解。 |
| 计算题 4 | 若内球带正电，\(Q = 2.15\times10^{-9}\,\mathrm{C}\)；若取相反符号则加负号。 |
| 计算题 5 | \(V(x)=\sigma{}[\sqrt{x^{2}+R_{2}^{2}}-\sqrt{x^{2}+R_{1}^{2}}]/(2\varepsilon_{0})\)，轴上场强见详解。 |
解析：剩余圆弧的线电荷密度为
\[\lambda{} = -Q/L\]把“有缺口的圆弧”看成“完整带电圆环 - 空隙处同密度电荷”的叠加。完整圆环在圆心处场强为零，所以剩余圆弧在圆心的场强等于“空隙小段的等效点电荷场强”的反向。空隙小段的等效电荷为
\[q_{\text{gap}} = \lambda{} \Delta{}L = -Q\Delta{}L/L\]其大小为 \(|q_{\text{gap}}|/(4\pi{} \varepsilon_{0}R^{2})\)，因此剩余圆弧的场强大小为
\[E = |Q|\Delta{}L/[4\pi{} \varepsilon_{0}LR^{2}]\]方向与图中指向空隙的单位矢量相反。电位为所有电荷到圆心距离均为 \(R\)，故
\[V = (-Q)/(4\pi{} \varepsilon_{0}R)\]对应选项 A。
解析：整个球面内部只包围左侧电荷 \(+q\)，由高斯定理
\[\Phi{}_{\text{球面}} = q_{\text{内}}/\varepsilon_{0} = q/\varepsilon_{0}\]设球面外法线方向为正。球心处的电荷在球面上产生大小为 \(kq/a^{2}\) 的径向场。对右侧的 \(S_{1}\)，外部电荷到它的距离也是 \(a\)，其场强与球心电荷场强在同一点恰好抵消，因此 \(\Phi{}_{1}=0\)。
对左侧的 \(S_{2}\)，外部电荷距离为 \(3a\)，它的场沿外法线方向，而球心电荷的场沿相反方向；前者较弱，所以 \(\Phi{}_{2}\mathrel{<}0\)。因此 \(\Phi{}_{1}\mathrel{>}\Phi{}_{2}\)，且总通量为 \(q/\varepsilon_{0}\)，对应 A。
解析：由高斯定理，球内部
\[E_{\text{内}}(r) = kQr/R^{3} \propto{} r\]球外部
\[E_{\text{外}}(r) = kQ/r^{2} \propto{} 1/r^{2}\]因此在 \(0\le{}r\mathrel{<}R\) 时线性上升，在 \(r=R\) 处达到最大，随后按 \(1/r^{2}\) 下降。图为 B。
解析：取半径为 \(r\mathrel{<}a\) 的同轴圆柱形高斯面，内部无净电荷，故
\[E = 0\]在 \(a\mathrel{<}r\mathrel{<}b\) 区域，由柱对称性
\[E(r) = \lambda{}/(2\pi{} \varepsilon_{0}r) \hat{r}\]外圆筒接地，故 \(V(b)=0\)。积分得
\[V(r) - V(b) = \int_{r}^{b} E(s) ds = [\lambda{}/(2\pi{} \varepsilon_{0})] \ln (b/r)\]在 \(r\mathrel{<}a\) 内场强为零，电位不变，因此
\[V(r\mathrel{<}a) = [\lambda{}/(2\pi{} \varepsilon_{0})] \ln (b/a)\]对应 C。
解析：中心到顶角的距离为体对角线的一半：
\[r = \sqrt{a^{2}+a^{2}+a^{2}}/2 = \sqrt{3} a/2\]所以
\[V = Q/(4\pi{} \varepsilon_{0}r) = Q/(2\sqrt{3}\pi{} \varepsilon_{0}a)\]对应 B。
解析：取向右为 \(\mathbf{i}\) 方向。由题图，\(P_{1}\) 在两条线正中间，到两线的距离均为 \(d\)。两条线在 \(P_{1}\) 处产生的场都向右，因此
\[E(P_{1}) = \lambda{}/(2\pi{} \varepsilon_{0}d)\mathbf{i} + \lambda{}/(2\pi{} \varepsilon_{0}d)\mathbf{i} = \lambda{}/(\pi{} \varepsilon_{0}d)\mathbf{i}\]\(P_{2}\) 在 \(-\lambda{}\) 线右侧距离 \(d\)，到 \(+\lambda{}\) 线距离为 \(3d\)。于是
\[E(P_{2}) = [\lambda{}/(2\pi{} \varepsilon_{0}\cdot{}3d)]\mathbf{i} - [\lambda{}/(2\pi{} \varepsilon_{0}d)]\mathbf{i} = -[\lambda{}/(3\pi{} \varepsilon_{0}d)]\mathbf{i}\]解析：当 \(r\ll{}L\) 时，柱面在 \(P\) 附近可看作无限长直线，因此
\[E \approx{} \lambda{}/(2\pi{} \varepsilon_{0}r)\]当 \(r\gg{}L\) 时，圆柱的尺度远小于距离，等效为一个点电荷，总电荷 \(Q=\lambda{}L\)，因此
\[E \approx{} Q/(4\pi{} \varepsilon_{0}r^{2}) = \lambda{}L/(4\pi{} \varepsilon_{0}r^{2})\]补充：在中垂面上，有限长均匀带电线的精确径向场为 \(E = \lambda{}L/[4\pi{} \varepsilon_{0}r\sqrt{r^{2}+(L/2)^{2}}]\)。
解析：设 \(B\) 为原点，则 \(O=-l, D=+l, A=-2l\)。静电场做功只与始末电位有关：
\[W = q_{\text{test}}[V_{\text{初}}-V_{\text{末}}]\]对 \(O\) 点，到 \(A, B\) 距离都为 \(l\)，故 \(V(O)=0\)。对 \(D\) 点，
\[V(D) = kq/(3l) - kq/l = -2kq/(3l)\]单位正电荷从 \(O\) 到 \(D\)：
\[W_{1} = 1\cdot{}[V(O)-V(D)] = 2kq/(3l) = q/(6\pi{} \varepsilon_{0}l)\]单位负电荷从 \(D\) 到无穷远，无穷远处 \(V=0\)：
\[W_{2} = (-1)\cdot{}[V(D)-0] = -(-2kq/(3l)) = q/(6\pi{} \varepsilon_{0}l)\]两次电场力都做正功。
解析：在半径 \(r\) 处（\(r_{1}\mathrel{<}r\mathrel{<}r_{2}\)），内球面如同位于中心的点电荷，外球面在该区域产生恒定电位，故
\[V(r) = k(q_{1}/r + q_{2}/r_{2})\]令 \(V(r)=0\)：
\[q_{1}/r + q_{2}/r_{2} = 0 \ \Rightarrow{} r = -q_{1}r_{2}/q_{2} \ = -(3\times10^{-8}\times0.20)/(-6\times10^{-8}) \ = 0.10\,\mathrm{m}\]解析：利用 \(E = -\nabla{}V\)：
\[E_{x} = -\partial{}V/\partial{}x = -(8+24xy), \ \ E_{y} = -\partial{}V/\partial{}y = -(12x^{2}-40y) = 40y-12x^{2}\]所以
\[E = -(8+24xy)\mathbf{i} + (40y-12x^{2})\mathbf{j}\]解：取杆沿 \(x\) 轴，左端在原点，则杆范围为 \(0\le{}x\le{}L\)，\(P\) 在 \(x=L+d\)。线电荷密度为
\[\lambda{} = q/L\]取距左端 \(x\) 处、长度 \(dx\) 的电荷元 \(dq=\lambda{} dx\)，它对 \(P\) 点的场强沿 \(+x\) 方向：
\[dE = k\lambda{} dx/(L+d-x)^{2}\]积分：
\[E = k\lambda{}\int_{0}^{L} dx/(L+d-x)^{2} \ = k\lambda{}(1/d - 1/(L+d)) \ = k(q/L)\cdot{}L/[d(L+d)]\]故
\[E = kq/[d(L+d)] = q/[4\pi{} \varepsilon_{0}d(L+d)]\]若 \(q\mathrel{>}0\)，方向沿杆的延长线向外；若 \(q\mathrel{<}0\)，方向相反。
解：把半圆环分成左右两段。右半段长度为 \(\pi{}R/2\)，其线电荷密度为
\[\lambda{} = Q/(\pi{}R/2) = 2Q/(\pi{}R)\]取极角 \(\theta\) 从右端开始测量（\(0\le{}\theta\le{}\pi{}\)），则 \(dq=\lambda{}R d\theta\)。中心处的场元
\[dE = -k dq/R^{2}\cdot{}(\cos \theta \mathbf{i}+\sin \theta \mathbf{j}) = -(k\lambda{}/R)(\cos \theta \mathbf{i}+\sin \theta \mathbf{j})d\theta\]右半段（\(0\le{}\theta\le{}\pi{}/2\)）的贡献：
\[E_{\text{右}} = -(k\lambda{}/R)(\mathbf{i}+\mathbf{j})\]左半段电荷密度为 \(-\lambda{}\)，积分区间为 \(\pi{}/2\le{}\theta\le{}\pi{}\)：
\[E_{\text{左}} = +(k\lambda{}/R)(-\mathbf{i}+\mathbf{j})\]相加后 \(y\) 分量抵消：
\[E = -2k\lambda{}/R \mathbf{i} = -[4kQ/(\pi{}R^{2})]\mathbf{i}\]利用 \(k=1/(4\pi{} \varepsilon_{0})\)：
\[E = Q/(\pi{}^{2}\varepsilon_{0}R^{2}), \,\text{方向为}\, -\mathbf{i}\]即方向由带正电的右半环指向带负电的左半环。
解：球对称，取半径为 \(r\) 的同心球面为高斯面。
空腔内 \(E=0\)，所以电位为常数。取 \(V(\infty)=0\)，从 \(R_{1}\) 积分到无穷远：
\[V(R_1)=\int_{R_1}^{\infty}E(r)\,dr=\frac{\rho(R_2^2-R_1^2)}{2\varepsilon_0}\]故空腔内任一点
\[V = \rho{}(R_{2}^{2}-R_{1}^{2})/(2\varepsilon_{0})\]解：设内球带 \(+Q\)，外球带 \(-Q\)。内球电位为
\[V_{1} = kQ/R_{1} - kQ/R_{2}\]外球电位为
\[V_{2} = kQ/R_{2} - kQ/R_{2} = 0\]于是
\[V_{1}-V_{2} = kQ(1/R_{1}-1/R_{2}) = 450\,\mathrm{V}\]所以
\[Q = 450/[k(1/R_{1}-1/R_{2})] \ = 450/[8.99\times10^{9}\times(1/0.03-1/0.10)]\,\mathrm{C} \ \approx{} 2.15\times10^{-9}\,\mathrm{C}\]题中只给电位差的绝对值，通常取内球为正球、外球为负球；若题意规定内球带负电，则结果为 \(-2.15\times10^{-9}\,\mathrm{C}\)。
解：取环心为原点，轴线为 \(x\) 轴。半径为 \(r\)、宽度为 \(dr\) 的细圆环电荷为
\[dq = \sigma{}\cdot{}2\pi{}r dr\]该细环在轴线距离 \(x\) 处产生的电位为
\[dV = k dq/\sqrt{x^{2}+r^{2}}\]所以（1）
\[V(x)=\int_{R_1}^{R_2}\frac{k\sigma\cdot{}2\pi{} r\,dr}{\sqrt{x^2+r^2}}=\frac{\sigma[\sqrt{x^2+R_2^2}-\sqrt{x^2+R_1^2}]}{2\varepsilon_0}\]（2）轴线上 \(E=-dV/dx \mathbf{i}\)：
\[dV/dx = \sigma{}x/(2\varepsilon_{0})[1/\sqrt{x^{2}+R_{2}^{2}}-1/\sqrt{x^{2}+R_{1}^{2}}]\] \[E(x) = \sigma{}x/(2\varepsilon_{0})[1/\sqrt{x^{2}+R_{1}^{2}}-1/\sqrt{x^{2}+R_{2}^{2}}] \mathbf{i}\]（3）令 \(R_{2}\to{}\infty\)，上式第二项趋于零：
\[E(x) = \sigma{}x/[2\varepsilon_{0}\sqrt{x^{2}+R_{1}^{2}}] \mathbf{i}\]若 \(x\mathrel{>}0\)，正电荷面密度产生的场指向 \(+x\)；场强大小为 \(|\sigma{}x|/[2\varepsilon_{0}\sqrt{x^{2}+R_{1}^{2}}]\)。