柱薄筒在O点外产生的场强大小为
Ex

si
d
02π20R
π20R
Ey

cosd02π20R
0（由对称性分析也可获得这个结果）
则
E

Exi

Ey
j

π20R
i




E的方向沿X轴。若0时，E与X轴正向一致；若λ0时，E与X轴负向一致。

f
4解因为电荷相对轴线成对称分布，所以距轴线为r的场点的场强数值相等，场强方向
沿圆柱经向，因此可用高斯定理求解。
选取长为l，半径为r，与带电圆柱同轴的柱形高斯面S。由高斯定理可知

EdS2
EcosπdS
Ecos0dSE2πrlqi
s
端面
2
侧面
0
（1）
当rR时，高斯面S内所包围电荷的代数和为
qi
（s）
dV
v

r0
arbr2
2πrldr2πlar3br434
代入（1）式可得E4ar23br3120
rR
当rR时，高斯面S内所包围电荷的代数和为
qi
s
dV
V

R0
arbr2
2πrldr2πlaR3bR434
代入（1）式可得E4aR33bR4120r
rR
Rrl

5解如图所示，由补偿法分析，空腔中场点P的电势是半径为R1，密度为的大球和半径为R2，密度为的小球产生的电势之和，即

f
VPV1V2
取无限远处的电势为零，大球的电场分布为
r
E


30R13
r
30r3
rR1rR1
应用电势定义，可得大球内任意点的点电势为
V1
R1r
E1dr



R1E1dr60
3R12r2
对于空腔中心Ora，大球产生的电势为

V160
3R12a2

同理，可得小球在O处产生的电势为
V2
3R2260
R2220

由电势叠加原理
VO
V1
V2


3R12a260
R223R12R22
20
60
a2

R1
a
R2O
O
6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
U0

14π0
q1r1

q2r2

14πr124πr22
4π0r1
r2
0r1r2

f
U00885109Cm2r1r2
（2）设外球面上放电后电荷面密度为，则应有
U0
10
r1

r2

0则

r1r2

外球面上应变成带负电，共应放掉电荷
q

4πr22



4πr221
r1r2

4πr2r1r24π0U0r2
667109C
7（1）根据对称性分析，两段带电直线各自在O点的电场强度大小相等、方向相反相互抵消，所以只计算带电细线半圆形部分的电场。
dl
a
a
a
x
A
BO
C
D
dEy
取电荷元dqdl，相应的dE在图中画出。
设dE
和
y
轴夹角为
，其大小dE

dl4πoa2
根据对称性分析可知
Ex0
dEy

dl4πoa2
cos

4πoa
cosd
Ey
24πoa

2cosd
0

2πoa
E

j
2πoa
2在带电直线部分任取一电荷元dqdl，设电荷元至O点的距离为l，则该电荷元在O
点电势为

f
dldV14πol
2adl
V14π0a
l
2l4πo
两段带电直线在O点的电势相同，迭加为2V1，半圆形带电细线上任一r