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第四单元 A 静电场习题解答 1 当两个小球受力平衡时有 fT mgT sin cos 1 tanLmgf 而 两带电小球间静电力 f 为 2 sin2 4 2 0 2 L l q f 解 1 2 式可得 mglmglq 00 42tan4sin2 Q很小 tansin 2 选杆的左端为坐标原点 x轴沿杆向右 在x处取一电荷元dq dq dx 它在点电 荷处产生的场强为 2 0 4xd dx dE 整个杆上电荷在该点的场强为 4 4 0 0 2 0 Ldd L xd dx E L 所以点电荷 0 q所受的电场力为 N Ldd Lq EqF0 9 4 0 0 0 沿x轴负向 3 如 图 所 示 P点 的 场 强 为 21 EEEP rrr 而CN r q E 10125 1 4 4 2 10 1 1 r CN r q E 1072 0 4 4 2 20 2 2 r 建坐标系后 P E r 在x轴 y轴方向 的 分 量 为 cos sin0 2121 221 EEEEE EEEE yyPy xxPx 代 入 数 值 得 CNE CNE Py Px 10549 0 10432 0 4 4 所以合场强大小 CNEEE PyPxP 10699 0 422 P E r 的方向 P E r 与x轴正向夹角 o 8 51 arctan Px Py E E 或 5 3 sin 得 87 36 CNEEEEEP 10699 0cos2 4 21 2 2 2 1 又 2 cos2 1 22 1 2 2PP EEEEE 得 8 51 4 在O点建立坐标系如图所示 则半无限长直线 A上电荷在O点产生的场强 mgmg ff TT l x dxx o 0 q Ld 2 q 1 q cmr5 2 cmr4 1 1 E r P E r 2 E r y x 课后答案网 w w w k h d a w c o m ji R E rr 0 1 4 半无限长直线 B在O点产生的场强 jiE rrr 0 2 4 四分之一圆弧段上电荷在O点产生的场 强 ji R E rr 0 3 4 由场强叠加原理 O点合场强为 4 0 321 ji R EEEE rrrrrr 即 R EEE yx 0 22 4 2 E r 的方向 451tantan 11 x y E E E r 与x轴正向夹角 5 把所有电荷都当作正电荷处理 在 处取电荷元 d Q dldq 2 它在O点产生 的场强 d R Q R dq dE 2 0 22 0 24 按 角变化 将dE分解 成 二 个 分 量 d R Q dEdExsin 2 sin 2 0 2 d R Q dEdEycos 2 cos 2 0 2 对各分量积分 积分时考 虑到一半是负电荷 所以 0sinsin 2 2 2 0 2 0 2 dd R Q dEE xx 2 0 2 2 2 0 2 0 2 coscos 2R Q dd R Q dEE yy 所以j R Q jEiEE yx rrrrr 2 0 2 6 1 一根无限长均匀带电直线在线外离直线距离r处的场强 为 r E 0 2 根据上式及场强叠加原理得两直线间的场强为 22 00 21 4 2 2 1 2 1 2xa a x a x a EEEP E r 的方向沿x 轴负方向 2 两直线间单位长度的相互吸引力为 a EF 0 2 2 注 E为一直线电荷在另 一直线电荷所在处产生电场 Q Q R Ed r o d y x dq a oP x x 3 E r 2 E r 1 E r o R R B A y x 课后答案网 w w w k h d a w c o m 7 将题中的电荷分布看作面密度为 的大平面和面密度为 的圆盘叠加的结果 则大 平面在x处产生的场强为i x x E rr 0 1 2 圆盘在该处的场强为i xR x x E rr 11 2 22 0 2 所以i xR x EEE rrrr 22 0 21 2 注 本题亦可利用均匀带电圆环轴线上给定点的场强公式直接积分而得 8 选取坐标轴OX沿半球面的对称轴 如图所示 把半球面分成许多微小宽度的环带 每一环带之面积 dRdssin2 2 小环带上电量 dRdsdqsin2 2 该电荷元在O点产生的场强 d R ddqR dEcossin 4 cos 3 00 2 O点处的总场强 0 2 0 2 4 cossin 0 ddEE 0 iE 4 若半求面带正电 0 E沿x轴正方向 若半球面带负电 0 E沿x轴负方 向 9 以左端底面处为坐标原点 X轴沿轴线向右为正 在任意处x 取宽dx 的圆环 其上电量 dx L Q dq 小圆环在P点产生的电场强度为 2 322 4 xLR dqxL dE 0 总场强 0 L xLR dx L Q xL dEE 02 322 4 11 4 22 LR RL Q 0 方向沿x轴正向 10 设坐标系如图所示 将半圆主柱面划分成许多窄条 宽的窄条的电荷线密度为 ddl R d 取 位置处的一条 它在轴线上一点产生的场强 为 d R d dE 0 2 方向如图所示 它在x y轴上的二个分量为 sindEdEx Ed r O d R x 4 B 6 x dE y dE O dl y x 4 B 3 Ed r d 课后答案网 w w w k h d a w c o m cosdEdEy 对各分量分别积分 0 2 0 2 2 R d R dEE xx 0 sin 2 0 2 0cos 0 d R dEE yy 所以场强 0 2 i R jEiEE yx 11 1 通过ax 处平面1的电通量 进闭合曲面 3 111 baSE 通过ax2 处平面2的电通量 出闭合曲面 3 222 2baSE 因为E r 与其它平面平行 所以通过其它平面 的 电 通 量 都 为 零 因 而 通 过 该 高 斯 面 的 总 电 通 量 为 CmN12 2333 21 bababa 2 由高斯定理得高斯面内包含的净电荷为CbaQ 123 00 1085 8 12 由题意知 CNE 200 x CNEy 300 0 z E 平行于XOY平面的两个面的电通量 0 1 SESE ze rr 平行于YOZ平面的两个面的电通量 CmN200 22 2 bSESE xe rr 式中 分别对应于右侧和左侧平面的电通量 平行于XOZ平面的两个面的电通量 CmN300 22 3 bSESE xe rr 式中 分别对应于上和下平面的电通量 13 以P点为球心 22 hRr 为半径作一球面 可以看出通过半径为R的圆平面的 电通量与通过以它为周界的球冠面的电通量相等 球冠面的面积为 2hrrrS 整个球面积 2 0 4rrS 通过整个球面的电通量 00 q 所以通过球冠面的电通量为 1 2 1 2 22 0hR hq r hq S S 00 0 14 过P点作半径为r的球面为高斯面 根据高斯定理求场强 0 2 4 q Er 2 E r 1 E r 21 a2ao y x 课后答案网 w w w k h d a w c o m 2 0 4r q E 1 Rr 高斯面内电荷为零 0 1 E 21 RrR 高斯面内 2 0 21 321 4 r QQ EQQq 注 本题亦可用两球在单独产生场强的又叠加来计算 15 在球内取半径为r 厚为 dr的薄球壳 该壳内所包含的电量为dq drrArdvdq 2 4 在半径为r的球面内包含的总电量为 r ArdrArdvq 0 43 4 0 Rr 以该球面为高斯面 按高斯定理有 0 4 42 1 ArrE 得到 0 4 2 1 Ar E 方向沿径向 A 0时向外 A0时向外 A 2 2 0 2 d x d E x 1 规定0 U 则 rr RR Rr r Q dr r Q drEU Rr R Q dr r Q drEUU 0 2 0 2 0 2 0 2 44 44 外 外内 2 规 定 球 面 上 电 势 为 零 即0 R U 则 球 面 电 势 00RrdrdrEU R r R r 内 球面外电势 R r R r Rr Rr Q dr r Q rdEU 11 44 0 2 0 2 r r 外 无限远处的电势 R Q U 0 4 22 证 半径为r处的电势应该是以r为半径的球面以内的电荷在该处产生的电势 1 U和 球面外电荷产生的电势 2 U的叠加 即 21 UUU 球面内电荷产生的电势 3 0 2 0 33 0 1 1 44 4R Qr r RQr r q U 球 面 外 电 荷 产 生 的 电 势 在 球 面 外 取 drrr 的 薄 球 层 其 上 电 量 3 4 3 4 2 3 2 3 drr R Q drr R Q dq 它在该薄层内任一点产生的电势为 4 3 4 3 00 2 drr R Q r dq dU 故半径为r处的电势为 3 0 22 3 0 22 3 0 3 21 8 3 8 3 4R rRQ R rRQ R Qr UUU 注 本题亦可先用高斯定理求球体内外的场强 内 E 和 外 E 再求 R R r drEdrEU 外内 dq dr r o R 课后答案网 w w w k h d a w c o m 23 1 在 球 内 取 半 径 为r 厚 为dr的 薄 球 壳 该 壳 内 所 包 含 的 电 量 为 432 4 44Rdrqrdrr R qr dVdq 则球体所带的总电量为qdrr R q dVQ R V 0 3 4 4 2 在球内作一半径为 1 r的高斯球面 按高斯定理有 4 0 4 12 0 4 0 1 2 1 4 1 4 1 R qr drr R qr Er r 4 1 4 0 2 1 1 Rr R qr E 1 E r 的方向沿半径向外 在 球 体 外 作 半 径 为 2 r的 高 斯 球 面 按 高 斯 定 理 有 0 2 2 2 4 q Er 得 4 2 2 20 2 Rr r q E 2 E r 方向沿半径向外 3 按定义式计算电势 P P l dEU rr 球 内 电 势 该 球 内 一 点 离 球 心 距 离 为 1 r 则 该 点 电 势 4 1244 1 3 3 1 0 2 0 4 0 2 211 111 Rr R r R q dr r q dr R qr drEdrErdEU R R rR R rr r r 球外电势 44 2 20 2 0 22 22 Rr r q dr r q drEU rr 24 由高斯定理可知空腔内0 E 故带电球层的空腔是等势区 各点电势均为U 在 球层内取半径为drrr 的薄球层 其电量为drrdq 2 4 该薄球层电荷在球心外产生 的电势为rdr r dq dU 00 0 4 整个带电球层在球心处产生的电势为 2 2 1 2 2 00 00 2 1 RRrdr q dUU R R 因为空腔 内为等势区 所以空腔内任一点的电势U为 2 2 1 2 2 0 0 RRUU 若根据电势定义 2 1 R R l dEU rr 计算可得同样结果 作半径为r同心高斯球面S 由高斯定理 0 i S q SdE rr 0 2 4 i q rE 2 0 4r q E i 00 11 EqRr i 课后答案网 w w w k h d a w c o m 2 3 1 3 2 0 3 3 1 3 22 3 3 4 r RR ERRqRr i 腔内任一点电势 2 1 3 3 2 1 2 2 0 2 3 1 3 2 0 2 3 1 0 32 321 2 2 12 2 1 2 2 1 1 RR r RR dr r R rdrEdrE rdErdErdErdEU R R RR R R rR R R R r r r r r r r r r r 25 设内球面上所带电量为Q 则两球面间的电场强度的大小为 4 21 2 0 RrR r Q E 两球面的电势差 2 1 2 1 210 2 0 12 11 44 R R R R RR Q r drQ EdrU C RR URR Q 9 11 12210 1014 2 4 26 设原点O在左边导线的轴线上 X轴通过 两导线轴线并与之垂直 在两轴 线组成的平面 如图所示 在R x d R 区域内 离原点 距离x处的P点场强为 xdx EEE 00 22 则两导线间电势差 R Rd dx xdx EdxU Rd R Rd R ln 11 2 00 12 27 1 半圆环上取电荷元 d Q dq 电荷元在O点产生的电势 d R Q R dq dU 0 2 0 44 整个半圆环上电荷产生在O点的电势 R Q d R Q dUU 0 0 0 2 0 44 2 将 点 电 荷q从 无 穷 远 处 移 到O点 电 场 力 的 功 为 R qQ UUqA 0 0 4 28 等边三角形的中心O到各顶点的距离均为3 a 因此三个顶点上电荷在O点处产 O RR d X E E P x R d o dq Q 课后答案网 w w w k h d a w c o m 生的电势为 a q a q U 0 0 0 2 33 3 4 将 点 电 荷 从 无 穷 远 处 移 至 三 角 形 中 心O处 外 力 需 作 功 a qQ UUQAA 0 00 2 33 外 注 0 A表示电场力作功 29 在任意位置x处取长度元dx 其带电量 dxaxdxdq 0 它在O点 产生的电势 x dxax dU 0 0 4 O点总电势 a La aLdx x a dUU la a ln 4 1 4 0 0 0 0 30 Vdydx dyEdxEl dEU b a b a y y y x x xab 3 0 2 1 3 102 20 600 31 400600400 rr a La aLUUA OO ln 4 0 0 31 设X轴沿细线方向 原点在球心处 在x处取长度元dx 其上电量为 dxdq 该电荷元 dq在带电球面的电场中所受电场力为 dx x q EdqdF 2 0 4 2 0 4x q E 为球 面电荷在 dq处产生场强 整个细线所受电场力为 Lrr Lq x dxq dFF Lr r 000 2 0 44 0 0 方向沿x轴正方向 电荷元在带电球面的电场中具有电势能 dx x q dW 04 x q V 0 4 为球面电荷在 dq处产生电势 整个线电荷在电场中电势能 0 0 00 ln 44 0 0r Lrq x dxq dWW Lr r 32 分析 电势分布已知时 利用电场强度与电势的方向导数关系可求得场强在该方向分量的 分布 解 在a b区间 0 6 64 012 x V Ex V m 在b c区间 0 x V Ex 在c e区间 0 3 22 120 x V Ex V m 在e f区间 12 25 2 06 x V Ex V m 在f g区间 0 x V Ex 课后答案网 w w w k h d a w c o m 在g h区间 4 2 5 47 60 x V Ex V m xEx 关系曲线 如图所示 6 4 2 12 6 0 3 4 2 6 24 5 4 6 V x E 5 2 33 分析 根据场强分量与电势梯度分量的关系求解 解 22 22 yx b yx ax xx V Ex 2 2 1 222 222 1 ayyxbxax yx 22 22 yx b yx ax yy V Ey 2 1 22 222 2 yxbax yx y 34 据导体静电平平衡的性质 电荷分布在导体板的外表面上 不计边缘效应时 可以 认为各表面上的电荷是均匀分布的 设A B C D各表面上的电荷面密度分别为 A B C D 根据导体静电平衡条件 导体板由场强为零 可得 2 0 2222 1 0 2222 0000 0000 LL LL DCBA DCBA 由电量守恒定律得 4 3 2 1 LL LL S Q S Q DC BA 解上述四式得 S QQ S QQ DCBA 2 2 2121 35 1 当B板不接地时 根据上题解答 A B两板的相背两面的电荷面密度大小 D E r D E r C E r C E r B E r B E rA E r A E r DCBA D a C a B a A a 2 Q 1 Q 课后答案网 w w w k h d a w c o m 相等 符号相同 即 S Q 2 两板的相对两面的电荷面密度大小相等 符号相反 即A板右面 为 S Q 2 B板的左面为 S Q 2 故两板间场强 S Q E 0 2 方向 A指向B 因此两板间电势 差为 S Qd dEl dEU B A AB 0 2 rr 2 当B板接地时 两板的相背两面的电荷面密度为零 A板右面的电荷为Q B板 左面的电荷为Q 故两板间场强为 S Q E 0 两板间电势差为 S Qd dEUAB 0 36 1 由静电感应 金属球壳内表面上的感应电荷q 外表面上带电荷Qq 2 不论球壳内表面上的感应电荷如何分布 因为任一电荷元离O点的距离都是a 所以由这些电荷在O点产生的电势为 a q r dq U q 00 44 3 球心O点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q在O点产生的电 势的代数和 b Q bar q b Qq a q r q UUUU Qqqq 00 000 0 4 111 4 444 37 1 因两球相距很远 可认为都是孤立的 因而均匀带电 设两球连接后分别带电量 21 qq 则因两球电势相等 即 20 2 10 1 44r q r q 因此 2 1 2 1 r r q q 或 21 1 21 1 rr r qq q 前式 1 1 2 2 q r r q 两边各加 1 q得后式 又因 qqq2 21 C rr qr qq rr r q 9 21 1 21 21 1 1 1067 6 2 Cqqq 9 2 103 132 2 两球电势均为 V r q U 3 10 106 4 38 因两球间距离比两球的半径大得多 这两个带电球可视为点电荷 设两球各带电量 Q 若选无穷远处为电势零点 则两带电球之间的电势能为 d Q W 0 2 0 4 式中d为两球心间距离 当两球接触时 电荷将在两球间重新分配 因两球半径之比为1 4 故两球电量之比 4 1 21 QQ 即 12 4QQ 因 QQQQQQ254 11121 QQQQQ 5 8 4 5 2 121 当返回原处时 电势能为 0 0 21 25 16 4 W d QQ W 即 25 16 0 W W 39 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 课后答案网 w w w k h d a w c o m 21 02 2 1 1 0 0 4 1 rr r q r q U 29 21 00 1085 8mC rr U 2 设为球面上放电后电荷面密度为 则应有 0 1 21 0 0 rrU 即 2 1 r r 外球面上应变成带负电 共应放掉电荷 C r r rrq 9 2 1 2 2 2 2 1067 614 4 40 设B上带正电荷 内表面上电荷线密度为 1 为表面上电荷线密度为 2 而A C上相应地感应等量负电荷 则由高斯定理可求场强的分布 A B间场强为 r E 0 1 1 2 方向由B指向A B C间场强为 r E 0 2 2 2 方向由B指向C B A间场强为 a b R R R R 1BA R R r dr rdEU a b a b ln 22 0 1 0 1 r r B C间场强为 b c R R R R BC R R r dr rdEU c b c b ln 22 0 2 0 2 2 r r 因 BCBA UU 得 abbc RRRR ln ln 21 41 由于圆筒接地 故圆筒内表面上电荷线密度为 外表面不带电 1 由高斯定理可得场强 2 0 0 bra r EarE 2 a 0之间任一点的电势 ar a b r dr drl dEU b a a r b r 0ln 22 0 00 rr ba 之间任一点的电势 b r b r bra r b r dr l dEU ln 22 00 rr 42 设导线上的电荷线密度为 与导线同轴作单位长度的 半径为r的高斯圆柱面 导 线半径 21 RrR 圆筒半径 2 R 则按高斯定理有 0 2 rE 得 21 0 2 RrR r E 1 由 10E D r 20E D 得介质层内 外的场强大小为 2 0 1 4r Q E r RrR 介质层内 外的场强方向均为沿径向 课后答案网 w w w k h d a w c o m 2 介质层内的电势 l dEl dEl dEV R R rr rrrrrr 211 0 11 4Rr Q r r RrR 3 金属球的电势 0 3 11 4RR Q V r r 45 解 1 作半径 Rr 0的同心高斯球面 由 QDSSdD S rr 得 2 21 4 r Q DD R1 Rr 0 Rr 2 由 101 ED r 202 ED 得介质内外电场强度大小 2 0 1 4r Q E r 21 RrR Rr 0 Rr 2 若Q 0 则D E方向均沿矢径向外 反之则向内 由P D 0E得介质内极化强度 r r Q P r r r r 3 4 1 21 RrR 可见 在介质层内的极化是非均匀的 介质表面的极化电荷面密度由 n eP r r 得到 在介质内表面 2 1 1 4 1 1 R Q P r r Rr 在介质外表面 2 2 2 4 1 2 R Q P r r Rr 46 解 1 按有介质时高斯定理 LrLDSD 0 2d S rr 得 0 2 e r D r r 21 RrR 介 质 中 电 场 强 度E r 0 0 0 2 e r E r r r 课后答案网 w w w k h d a w c o m 21 RrR 由P D 0E 得介质内电极化强度大小 r E DP r r 2 1 0 0 rrr 21 RrR 介质层内为非均匀极化 2 介质表面的极化电荷面密度 由 n eP r r 得介质内表面 0 1 1 2 1 1 R P r r Rr 介质外表面 0 2 2 2 1 2 R P r r Rr 47 圆柱形电容器的电容值为 ln 2 12 0 RR L C r 内圆筒的带电量 ln 2 12 0 RR LU CUq r 由高斯定理可求得P点的电场强度为V m998 ln 2 120 RRR U R Lq E r p 方向沿径向向 外 P点与外筒的电势差V R R RR U r dr RR U EdrU R R R R 5 12ln ln ln 1 2 1212 22 1 48 设极板上分别带电量 q和 q 金属片与A板距离为 1 d 与B板距离为 2 d 由于静电感应金属板两面感应等量异号电 由高斯定理得左面感应电荷 为q 右面感应电荷为q 则金属片与A板间场强为 s q E 0 1 金属板与B板间场强为 s q E 0 2 金属板内部场强为 E 0 所以两极板间的电势差为 td s q dd s q dEdEUU BA 0 21 0 2211 由此得 td s UU q C BA 0 因C值仅与d t有关 与 21 dd 无关 故金属片的安放位置对电容值无影响 49 由 ba UU 得 b q a q ba 00 44 又Qqq ba ba aQ qa ba bQ ab 由a U q C a a a0 4 b U q C b b b0 4 baCCC ba 0 4 总 或 ba U Q U Q C a 0 4 总 50 以左边的导线轴线上一点作原点 X轴通过两导线并垂直于导线 如图所示 两导 线间x处的场强为 t d 2 d 1 d q q BA 2 E r 1 E r 4 3 2 1 b a 0 b E0 a E 课后答案网 w w w k h d a w c o m xdx E 00 22 两导线间的电势差为 RdB A AB R Rd dx xdx l dEUln 11 2 00 rr 设导线长为L的一段上所带电量为Q 则有 LQ 故单位长度的电容 R Rd ULU Q C ABAB ln 0 51 1 设内 外球壳分别带电Q 和Q 由高斯定理有 2 4 r Q D 21 RrR 2 00 4r QD E rr 21 RrR 210 12 210 2 0 12 4 11 44 2 1 2 1RR RRQ RR Q r drQ EdrU r R R rr R R 12 210 12 4 RR RR U Q C r 此时 21 2 12 1221 2 0 1 4 RrR rRR URR r Q rE r 2 12 2 122102 12 2 2 1 RR URR CUW r 52 1 由题给条件aab 忽略边缘效应 应用高斯定理可求出两筒 之间的场强为 r LQ E r 02 两筒间的电势差 a b L Q r dr L Q U r b a r ab ln 22 00 故电容器的电容 ln 2 0 ab L UQC r ab 2 电容器贮存的能量 a b L Q CUW r ab ln 42 1 0 2 2 53 玻璃板抽出前后电容器能量的变化即外力作的功 抽出玻璃板前后的电容值分别为 d s C d s C r00 撤电源后再抽玻璃板 板上电荷不变 但电压改变 即 UCCUQ 由此得 UU C C U r 抽玻璃板前后电容器的能量分别为 202 2 1 2 1 U d s CUW r 2 2 02 2 1 2 1 U d s UCW r 外力作功 J d sU WWA r r6 2 0 1055 21 2 54 电荷Q 均匀分布在导体球外表面上 按有介质时的高斯定理得电位移矢量大小为 X x d O BA 课后答案网 w w w k h d a w c o m 2 4 r Q D 电场强度大小为 2 4r QD E 在场中取半径为r厚为dr的球形薄壳 其体积为drrdV 2 4 故电场能量 8 82 1 2 2 2 RQdr r Q DEdVW RV 55 1 因保持与电源连接 电势差不变 电容值由 n C nd S C d S C 00 电容器储存的电场能量增量0 1 1 2 1 2 1 2 1 222 n CUCUUCWWW 在拉开极板过程中 电容器上电量由Q减至 Q 电源作功 0 1 1 22 1 n CU n CU n CUAWA 作正功 2 断开电源后 电容器上电量CUq 保持不变 电容值由 n C C d S C 0 电容器储存的静电能增量0 1 22 2 222 n C q C q C q WWW 电容器的能量增加来 源于外力所作的功 1 2 1 1 2 2 2 nCUn C q WA 56 1 串联时两电容器中电量相等 由 C Q W 2 2 得1 2 2 1 2 1 1 2 2 2 1 2 21 C C C Q C Q WW 2 并联时两电容器两端电势差相等 由 2 2 1 CUW 得 2 1 2 1 2 1 2 12 2 2 121 C C UCUCWW 3 串联时电容器系统的总电能 2 21 212 2 1 2 1 U CC CC UCW SS 并联时电容器系统的总 电能 2 21 2 2 1 2 1 UCCUCW pP 两者之比 9 2 2 1 2 1 2 2 1 2 221 2 121 2 21 21 C C C C CCCCCC CC CC W W P S 57 解 1 设两同轴圆柱无限长 由场分布的轴对称性 可利用有介质时的高斯定理求得 圆柱壳中任一点的电位移为 lr Q D 2 电场强度为 lr QD E 2 电场能量密度 222 2 82 1 rl Q DEwe 2 这柱壳中的总电场能 r lr Q rrl rl Q VwW e d 4 d2 8 dd 2 222 2 课后答案网 w w w k h d a w c o m 3 电介质中的总电场能 1 2 22 ln 4 d 4 d 2 1R R rl Q r lr Q WW R R 4 由 C Q W 2 2 1 可得电容量 1 2 2 ln 2 2 R R l W Q C 单位长度的电容量为 1 2 ln 2 R R l C Cl B 电场自我检查题答案 1 7 1022 3 N i r 0 07m 2 D 3 C 4 0 42 qq 1 q 2 q 3 q 4 q 5 0 d 22 0 4da d OP方向 6 D 7 D 8 C 9 A 10 A 11 Rr Q11 4 0 12 2 1 2 2 BAB UU m q v 13 0 R Q q 0 4 14 D 15 B 16 2 2 0 2d SU 17 cos2PE 18 5 100 5 cm 2 1066 8 J 19 D 20 ba EE 21 2222 2 2 yx Ay yx Ax 22 d U td d U U q td d a b U 2 U 3 U 课后答案网 w w w k h d a w c o m 23 q R r 24 B 25 C 26 L q 0 4 27 U 28 S qd V 0 22 1 29 与导体表面相垂直 不变 30 20 4R q 31 r 0 32 r 1 r 33 r 1 r 1 34 C 35 C 36 A 37 C 38 B 39 B 40 B 41 B 42 r 0 43 44 C Q 4 2 45 F 46 4 F 47 先计算细绳上的电荷对环心产生的场强 选细绳顶端作坐标原点 D X轴向下为正 在x处取一电荷元 dx R Q dxdq 3 它在环心处的场强为 22 1 4 12 4 4xRR Qdx xR dq dE 00 整个细绳上的电荷在环心处的场强为 2 3 0 2 1 16 4 12R Q xR dx R Q E R 00 圆环上的电荷分布对环心对称 它在环心处的场强 0 2 E 课后答案网 w w w k h d a w c o m 由此 合场强 0 i R Q iEE 2 1 16 方向垂直向下 48 设坐标原点在圆环中心 X轴沿圆环轴线方向如图 在圆环上取一 电荷元 dldq 1 它在轴线上x处产生场强 4 22 Rx dl dE 0 1 它沿x轴方向的分量 2 322 4Rx xdl dEx 0 1 场强的x轴方向总分量 0 0 1 0 1 R xx Rx R