1、1. 帶電細線彎成半徑為帶電細線彎成半徑為R的半圓形的半圓形,電荷線密度為電荷線密度為式中式中0為一常數，為一常數，為半徑為半徑R與與x軸所成的夾角，如圖所示軸所成的夾角，如圖所示試求環心試求環心O處的電場強度處的電場強度sin0 y R x O 3-2 題圖 解：在解：在 處取電荷元，其電荷為處取電荷元，其電荷為d sin d dRlq它在它在O點產生的場強大小為點產生的場強大小為 RRqE00204dsin4ddEdqd在在x、y軸上的二個分量軸上的二個分量cosdEdExsindEdEy對各分量分別求和對各分量分別求和000dcossin4REx0 RREy0002008dsin4jRj

2、EiEEyx008 y R x O 3-2 題圖 Edqd（由對稱性亦可等到該式）（由對稱性亦可等到該式）sin0zxRO23220)(41RxxqEEPxxRo均勻帶電細圓環的場強：均勻帶電細圓環的場強：2一半徑為一半徑為R均勻帶電的半球殼，電荷面密度為均勻帶電的半球殼，電荷面密度為 ，求球，求球心處的電場強度的大小。心處的電場強度的大小。解：將半球殼分割為一組平行細圓環解：將半球殼分割為一組平行細圓環d irxxdqEd2/3220)(41任一圓環任一圓環在點在點O激發的電場強度為激發的電場強度為dRdSdqsin22OEdE由于平行細圓環在由于平行細圓環在O激發的電場強度相同，利用幾何關

3、系激發的電場強度相同，利用幾何關系 cosRx sinRr 統一積分變量，有統一積分變量，有 ddRRRrxxdqdEcossin2sin2cos41)(4102302/3220積分得積分得02/004cossin2dEzxd RO3.真空中一半徑真空中一半徑R的均勻帶電球面帶有電荷的均勻帶電球面帶有電荷Q ( Q0 )今在球面上挖去非常小塊的面積今在球面上挖去非常小塊的面積 S (連同電荷連同電荷)，如圖所，如圖所示，假設不影響其他處原來的電荷分布，則挖去示，假設不影響其他處原來的電荷分布，則挖去 S后球后球心處電場強度的大?。盒奶庪妶鰪姸鹊拇笮。篍_，其方向為其方向為_。 O R S Q

4、2-1題圖題圖40216/RSQ由圓心由圓心O點指向點指向S 解題方法：挖補法解題方法：挖補法因挖去的部分不帶電，可以認為帶因挖去的部分不帶電，可以認為帶等量異號電荷，所以可以在挖去的部分等量異號電荷，所以可以在挖去的部分補上等量異號的與原電荷密度相等的電荷補上等量異號的與原電荷密度相等的電荷 O R S Q 2-1題圖題圖204RqE方向由圓心方向由圓心o點指向點指向S所以整個帶電體系可看著為由均勻帶正電的球面和所以整個帶電體系可看著為由均勻帶正電的球面和S部分帶負電的、電荷密度和球面相同的電荷組成，部分帶負電的、電荷密度和球面相同的電荷組成，因因S很小，所以其可以看著為點電荷。很小，所以其

5、可以看著為點電荷。按場強的疊加原理，所以整個帶電體系的場強等于均按場強的疊加原理，所以整個帶電體系的場強等于均勻勻帶正電的球面的場強和帶正電的球面的場強和S部分點電荷的場強的矢量和部分點電荷的場強的矢量和均勻帶正電的球面的場強在均勻帶正電的球面的場強在o點的場強為點的場強為0。所以整個帶電體系的場強等于所以整個帶電體系的場強等于S部分點電荷的場強部分點電荷的場強4022021644RSQRQRS204RS4. 有一邊長為有一邊長為a的正方形平面，在其中垂線上距中心的正方形平面，在其中垂線上距中心O點點a/2處，有一電荷為處，有一電荷為q的正點電荷，如圖所示，則通過該平的正點電荷，如圖所示，則通

6、過該平面的電場強度通量為面的電場強度通量為 a a q a/2 O 1-2 題圖 03q04q03q06q(A) (B) (C) (D) 以正電荷為中心作一邊長為以正電荷為中心作一邊長為a/2的立方體形的高斯面的立方體形的高斯面由高斯定理，總通量為由高斯定理，總通量為0q06q則通過一面的電通量為則通過一面的電通量為5. 一半徑為一半徑為R的帶電球體，其電荷體密度分布為的帶電球體，其電荷體密度分布為 Ar0 (rR) ， (rR) A為一常量試求球體內外的場強分布為一常量試求球體內外的場強分布Q解：由解：由 可知：可知：電荷分布具有球對稱分布，相應地場強分布亦具有球電荷分布具有球對稱分布，相應

7、地場強分布亦具有球對稱分布，即在以帶電球體球心為球心，以任意半徑對稱分布，即在以帶電球體球心為球心，以任意半徑r的球面上，場強大小相等，方向沿徑向。的球面上，場強大小相等，方向沿徑向。Ar0 (rR) ， (rR) E在球內取半徑為在球內取半徑為r球面為高斯面球面為高斯面按高斯定理有按高斯定理有 0214inqrE?inq在半徑為在半徑為r的球面內包含的總電荷為：的球面內包含的總電荷為：403d4ArrArdVqrVin (rR) 04021/4ArqrEin在球內取半徑為在球內取半徑為r、厚為、厚為dr的薄球殼，該殼內所包含的薄球殼，該殼內所包含的電荷為：的電荷為： rrArVqd4dd2得

8、到：得到： 0214/ArE ， (rR) 方向沿徑向，方向沿徑向，A0時向外，時向外，AR) 方向沿徑向，方向沿徑向，A0時向外，時向外，A0時向里時向里 4ARqin?inq6如圖所示，在電荷體密度為如圖所示，在電荷體密度為 的均勻帶電球體中，存的均勻帶電球體中，存在一個球形空腔，若將帶電球心在一個球形空腔，若將帶電球心O指向空腔球心指向空腔球心O的矢的矢量用量用a表示，試證明球形空強腔中任意一點的電場強度為表示，試證明球形空強腔中任意一點的電場強度為 aE03解：用解：用“挖補法挖補法”，挖去球形空腔的帶電體，挖去球形空腔的帶電體，在電學上等效于一個完整的、電荷密度為在電學上等效于一個完

9、整的、電荷密度為 的均勻帶電大的均勻帶電大球體和一個電荷體密度為球體和一個電荷體密度為 的球心在的球心在O的帶電小球體的的帶電小球體的組合。小球體的半徑等于空腔球體半徑。組合。小球體的半徑等于空腔球體半徑。OOP大、小大、小 球在空腔內球在空腔內P點產生的電場強度為點產生的電場強度為21EEE21EEE腔內腔內P點均屬于球內一點，均勻帶電球體球內的場強為點均屬于球內一點，均勻帶電球體球內的場強為rE03所以所以 2021013,3rErE)(321021rrEEE根據幾何關系根據幾何關系 arr21aE03與與P點在空腔中位置無關。點在空腔中位置無關。oopar1r2EEE07實驗表明，在靠近

10、地面處有相當強的電場，電場強度實驗表明，在靠近地面處有相當強的電場，電場強度垂直于地面向下，大小約為垂直于地面向下，大小約為100 N/C；在離地面；在離地面1.5 km(已知：真空介電常量已知：真空介電常量8.8510-12 C2N-1m-2)高的地方，高的地方， 也是垂直于地面向下的，大小約為也是垂直于地面向下的，大小約為25 N/C (1) 假設地面上各處假設地面上各處都是垂直于地面向下，試計算從地面都是垂直于地面向下，試計算從地面到此高度大氣中電荷的平均體密度到此高度大氣中電荷的平均體密度；(2) 假設地表面內電場強度為零，且地球表面處的電場強度假設地表面內電場強度為零，且地球表面處的

11、電場強度完全是由均勻分布完全是由均勻分布在地表面的電荷產生，求地面上的電荷在地表面的電荷產生，求地面上的電荷面密度面密度EE2 S-E1 S(E2-E1) S 高斯面高斯面S包圍的電荷包圍的電荷qihS由高斯定理由高斯定理(E2E1) Sh S / 0 EEh12014.4310-13 C/m3 S E2 S E1 (1) h 解：解：(1) 設電荷的平均體密度為設電荷的平均體密度為，取圓柱形高斯面如圖，取圓柱形高斯面如圖(1)(側面垂直底面，側面垂直底面， 底面底面S平行地面平行地面)上下底面處的上下底面處的為為E1和和E2，則通過高斯面的電場強度通量為：，則通過高斯面的電場強度通量為： 場

12、強分別場強分別SdEE2 S-E1 S(E2-E1) S (2) 設地面面電荷密度為設地面面電荷密度為 由于電荷只分布在地表面，由于電荷只分布在地表面，所以電力線終止于地面，取高斯面如圖所以電力線終止于地面，取高斯面如圖(2) ESdi01qS01由高斯定理由高斯定理= -E S= = 0 E8.910-10 C/m3 E (2) OxD8 8圖示一厚度為圖示一厚度為D的的“無限大無限大”均勻帶電平板，電荷體密度均勻帶電平板，電荷體密度為為試求板內外的場強分布，并畫出場強在試求板內外的場強分布，并畫出場強在x軸的投影值軸的投影值隨坐標隨坐標x變化的圖線，即變化的圖線，即Exx圖線（設原點在帶電

13、平板的圖線（設原點在帶電平板的中央平面上，中央平面上，Ox軸垂直于平板）軸垂直于平板）解：根據電荷分布對板平面的對稱性，可知電場分布解：根據電荷分布對板平面的對稱性，可知電場分布 具有這種對稱性。具有這種對稱性。 由此可選底面（由此可選底面（S） 與平板平行的立方盒高斯面。如圖。與平板平行的立方盒高斯面。如圖。 S1S222220001011dxdxExExSdqSEdSExxxS由高斯定理有：由高斯定理有：xddExddEdEdSdqSEdSExxxxS22222200002022OxdS1S2xy02d02d2d2do9.兩個帶有等量異號電荷的無限長同軸圓柱面，半徑分別兩個帶有等量異號電荷

14、的無限長同軸圓柱面，半徑分別為為R1、R2（R1R2），單位長度上的電荷為），單位長度上的電荷為 。求離軸線。求離軸線為為r的電場強度的電場強度。解：作同軸圓柱面為高斯面，根據高斯定理解：作同軸圓柱面為高斯面，根據高斯定理R2R1r0/2qrLEL00212rlElrlER1rr 或或 rR2時時,。（2）設把電量）設把電量Cq80100 . 1241/102 . 1mC252/100 . 2mC243/101 . 1mC，10.三個互相平行的均勻無限大帶電平面，面電荷密度為三個互相平行的均勻無限大帶電平面，面電荷密度為A點與平面點與平面相距相距5.0cm，B點與平面點與平面相距相距7.0cm

15、（1）計算）計算A、B兩點的電勢差；兩點的電勢差；的點電荷從的點電荷從A點移到點移到B點，點，外力克服電場力作多少功？外力克服電場力作多少功？3-2題圖題圖AB 2 3 1解：（解：（1）平面）平面、之間的電場為之間的電場為)(21321012E平面平面、之間的電場之間的電場)(21321023EVlllElEUBABAAB4232123210223212140 . 9)()(21JUqAAABABAB40109(2) 3-2題圖題圖AB 2 3 111. 如圖所示，兩個同心球殼內球殼半徑為如圖所示，兩個同心球殼內球殼半徑為R1，均勻帶有，均勻帶有電荷電荷Q；外球殼半徑為；外球殼半徑為R2，殼

16、的厚度忽略，原先不帶電，殼的厚度忽略，原先不帶電，但與地相連接設地為電勢零點，則在內球殼里面，距離但與地相連接設地為電勢零點，則在內球殼里面，距離球心為球心為r處的處的P點的場強大小及電勢分別為：點的場強大小及電勢分別為： (A) E0，U104RQ(B) E0，U 210114RRQ204rQrQ04(C) E，U204rQ104RQ(D) E， U O R1 R2 P r Q 1-3 題圖 解：解： O R1 R2 P r Q 1-3 題圖 22d)(RrRrpEdrlErU)(4)0(021201RrRrQERrE由高斯定理可得場強分布為：由高斯定理可得場強分布為：)11(4)(4021

17、020211RRQrUdrrQdrpRRRr12一均勻細桿，長為一均勻細桿，長為l，線電荷密度為，線電荷密度為 ，求：，求： （1）細桿延長線上一點與桿一端相距）細桿延長線上一點與桿一端相距a處的電勢；處的電勢； （2）細桿中垂線上與細桿相距）細桿中垂線上與細桿相距b處的電勢。處的電勢。解：（解：（1）沿桿取）沿桿取x軸，桿的軸，桿的x反向端點取作原點，由電勢反向端點取作原點，由電勢疊加原理可得延長疊加原理可得延長 線上一點的電勢，如圖所示線上一點的電勢，如圖所示 細桿的電荷線密度細桿的電荷線密度lq / (l),在在x處取電荷元處取電荷元dq = ldxqdx /l，它在它在P點產生的電勢為

18、點產生的電勢為 x P a O l x dx xalxxalqUP004d4dd整個桿上電荷在整個桿上電荷在P點產生的電勢點產生的電勢llxallqln80allq1ln40bxzlzdzP（2） 2/2/2/4/ln4)(4222202/2/2/1220llbllbzbdzUllP13. 圖示為一邊長均為圖示為一邊長均為a的等邊三角形，其三個頂點分別放置的等邊三角形，其三個頂點分別放置著電荷為著電荷為q、2q、3q的三個正點電荷，若將一電荷為的三個正點電荷，若將一電荷為Q的正的正點電荷從無窮遠處移至三角形的中心點電荷從無窮遠處移至三角形的中心O處，則外力需作功處，則外力需作功A_aqQ02/

19、33以無限遠處為零勢能點，則由電勢疊加原理，以無限遠處為零勢能點，則由電勢疊加原理，中心中心o處電勢為：處電勢為：aQaqqqUo002333432將將Q從無限遠處移到從無限遠處移到o點，電場力的功為：點，電場力的功為：QUoUoUQoA)(外力的功為：外力的功為：)2/()33(0aqQQUooAA外14圖示兩個半徑均為圖示兩個半徑均為R的非導體球殼，表面上均勻帶電，的非導體球殼，表面上均勻帶電，電荷分別為電荷分別為Q和和Q，兩球心相距為，兩球心相距為d (d2R)求兩球求兩球心間的電勢差心間的電勢差 O1 +Q R O2 -Q d R 3-4 題圖 解：均勻帶電球面內的電勢等于球面上的電勢

20、解：均勻帶電球面內的電勢等于球面上的電勢 球面外的電勢相當于電荷集球面外的電勢相當于電荷集 中在球心上的點電荷的電勢中在球心上的點電荷的電勢 由此，按電勢疊加原理由此，按電勢疊加原理球心球心O1處的電勢為：處的電勢為： dQRQU00144球心球心O2處的電勢為：處的電勢為： RQdQU00244則則O1、O2間的電勢差為：間的電勢差為： RdRdQdRQU00122112 O1 +Q R O2 -Q d R 3-4 題圖 15如圖所示，三個如圖所示，三個“無限長無限長”的同軸導體圓柱面的同軸導體圓柱面A、B和和C，半徑分別為半徑分別為Ra、Rb、Rc圓柱面圓柱面B上帶電荷，上帶電荷，A和和C

21、都接地都接地求的內表面上電荷線密度求的內表面上電荷線密度l1和外表面上電荷線密度和外表面上電荷線密度l2之之比值比值l1/ l2 Ra Rb Rc A B C 3-3 題圖 解：設解：設B上帶正電荷，內表面上電荷線密度為上帶正電荷，內表面上電荷線密度為l1，外表，外表面上電荷線密度為面上電荷線密度為l2，而，而A、C上相應地感應等量異電荷，上相應地感應等量異電荷，如圖所示如圖所示 C B A E2 E1 -1 +1 +2 -2 C B A E2 E1 -1 +1 +2 -2 E1=1 / 2 0r ，方向由方向由B指向指向AB、C間場強分布為間場強分布為 E2=l2 / 2 0r ，方向由，方

22、向由B指向指向C B、A間電勢差間電勢差abRRRRBARRrrrEUababln2d2d01011B、C間電勢差間電勢差 bcRRRRBCRRrrrEUcbcbln2d2d02022因因UBAUBC ,得到得到 abbcRRRR/ln/ln21MN 圖圖1-216.一帶正電荷的物體一帶正電荷的物體M，靠近一不帶電的金屬導體，靠近一不帶電的金屬導體N，N的的左端感應出負電荷，右端感應出正電荷若將左端感應出負電荷，右端感應出正電荷若將N的左端接的左端接地，如圖所示，則地，如圖所示，則（A）N上的負電荷入地上的負電荷入地（B）N上的正電荷入地上的正電荷入地（C）N上的電荷不動上的電荷不動（D）N上

23、的所有電荷都入地上的所有電荷都入地方法一方法一：N內部場強為零；內部場強為零；N是個等勢體，表面是等勢面；若是個等勢體，表面是等勢面；若N和大地相連，由于受和大地相連，由于受M所產生的外電場作用將使正電荷流所產生的外電場作用將使正電荷流向大地（實際是地中負電荷流向導體與正電荷中和）。向大地（實際是地中負電荷流向導體與正電荷中和）。 方法二：導體方法二：導體N接地接地,其電勢為零其電勢為零,只有保留負感應電荷只有保留負感應電荷,由負電荷由負電荷產生的電勢與帶正電的產生的電勢與帶正電的M產生的電勢疊加才可能出現零值產生的電勢疊加才可能出現零值.17一空心導體球殼，其內、外半徑分別為一空心導體球殼，

24、其內、外半徑分別為R1和和R2，帶，帶電荷電荷q，如圖所示當球殼中心處再放一電荷為，如圖所示當球殼中心處再放一電荷為q的點電的點電荷時，則導體球殼的電勢荷時，則導體球殼的電勢(設無窮遠處為電勢零點設無窮遠處為電勢零點)為為q1R2Rq(A) (B) (C) (D) 104Rq204Rq102Rq20Rq2020242RqRqU由靜電平衡條件和電荷守恒可知：由靜電平衡條件和電荷守恒可知：球殼內表面均勻帶電球殼內表面均勻帶電-q，外表面均勻帶電，外表面均勻帶電2q球殼內表面的電勢和點電荷的在外表面上的電勢之和為球殼內表面的電勢和點電荷的在外表面上的電勢之和為0設無限遠處為電勢零點，試求：設無限遠處

25、為電勢零點，試求：QabqrO圖圖3-119如圖所示，一內半徑為如圖所示，一內半徑為a、外半徑為、外半徑為b的金屬球殼，的金屬球殼，帶有電荷帶有電荷Q，在球殼空腔內距離球心，在球殼空腔內距離球心r處有一點電荷處有一點電荷q(1) 球殼內外表面上的電荷球殼內外表面上的電荷 (2) 球心球心O點處，由球殼內表面上電荷點處，由球殼內表面上電荷產生的電勢產生的電勢 (3) 球心球心O點處的總電勢點處的總電勢解：解：(1) 由靜電感應，金屬球殼的內表面上有感生電荷由靜電感應，金屬球殼的內表面上有感生電荷-q，外表面上帶電外表面上帶電荷荷q+Q 電荷元離電荷元離O點的點的電勢為電勢為(2) 不論球殼內表面

26、上的感生電荷是如何分布的，因為任一不論球殼內表面上的感生電荷是如何分布的，因為任一距離都是距離都是a，所以由這些電荷在，所以由這些電荷在O點產生的點產生的adqUq04aq04(3) 球心球心O點處的總電勢為分布在球殼內外表面上的電荷和點處的總電勢為分布在球殼內外表面上的電荷和點電荷點電荷q在在O點產生的電勢的代數和點產生的電勢的代數和qQqqOUUUUrq04aq04bqQ04)111(40barqbQ04QabqrO圖圖3-1,m qQQ圖圖1-320一個大平行板電容器水平放置，兩極板間的一半空間一個大平行板電容器水平放置，兩極板間的一半空間充有各向同性均勻電介質，另一半為空氣，如圖當兩充

27、有各向同性均勻電介質，另一半為空氣，如圖當兩極板帶上恒定的等量異號電荷時，有一個質量為極板帶上恒定的等量異號電荷時，有一個質量為m、帶電、帶電量為量為q的質點，平衡在極板間的空氣區域中此后，若的質點，平衡在極板間的空氣區域中此后，若把電介質抽去，則該質點把電介質抽去，則該質點（A）保持不動）保持不動 （B）向上運動）向上運動 （C）向下運動）向下運動 （D）是否運動不能確定）是否運動不能確定質點的運動決定于介質除去前后質點的運動決定于介質除去前后E2的變化的變化111,ED介質除去前，由高斯定理有：介質除去前，由高斯定理有：2211,DD222,ED又又 ，所以，所以 EDr0022011,E

28、Er兩極板間的電勢差兩極板間的電勢差022011,EEr,m qQQ圖圖1-3111,ED222,ED2022EEdEdE21ddr020121即介質除去后，電荷在極板上均勻分布，所以此時介質除去后，電荷在極板上均勻分布，所以此時22電荷向上運動電荷向上運動21一半徑為一半徑為a的的“無限長無限長”圓柱形導體，單位長度帶電荷圓柱形導體，單位長度帶電荷為為其外套一層各向同性均勻電介質，其相對介電常量為其外套一層各向同性均勻電介質，其相對介電常量為r，內、外半徑分別為，內、外半徑分別為a和和b試求電位移和場強的分布試求電位移和場強的分布解：在圓柱導體內、外分別作半徑為解：在圓柱導體內、外分別作半徑

29、為r、長為、長為L的同軸圓柱的同軸圓柱形高斯面，形高斯面，并應用并應用 的高斯定理的高斯定理D圓柱內：圓柱內： 2rLD0ar 得得 D = 0 ar E = 0 圓柱外：圓柱外：2rLD = Lab得得 02/rrD0r， (ra) 為徑向單位矢量rDE01/002/rrr (arb) 0002 2/rrDE (rb)ab A R R1 r R2 U 22一電容器由兩個很長的同軸薄圓筒組成，內、外圓筒半一電容器由兩個很長的同軸薄圓筒組成，內、外圓筒半徑分別為徑分別為R1 = 2 cm，R2 = 5 cm，其間充滿相對介電常量為，其間充滿相對介電常量為r 的各向同性、均勻電介質電容器接在電壓的

30、各向同性、均勻電介質電容器接在電壓U = 32 V的的電源上，電源上，(如圖所示如圖所示)，試求距離軸線，試求距離軸線R = 3.5 cm處的處的A點的點的電場強度和電場強度和A點與外筒間的電勢差點與外筒間的電勢差解：設內外圓筒沿軸向單位長度上解：設內外圓筒沿軸向單位長度上分別帶有電荷分別帶有電荷+ 和和, 根據高斯定理根據高斯定理可求得兩圓筒間任一點的電場強度為可求得兩圓筒間任一點的電場強度為rEr02則兩圓筒的電勢差為則兩圓筒的電勢差為 1200ln22dd2121RRrrrEUrRRrRR解得解得 120ln2RRUrAE于是可求得點的電場強度為于是可求得點的電場強度為 )/ln(12R

31、RRU= 998 V/m方向沿徑向向外方向沿徑向向外A點與外筒間的電勢差：點與外筒間的電勢差： 22d)/ln(d12RRRRrrRRUrEURRRRU212ln)/ln(= 12.5 V A R R1 r R2 U 23用力用力F把電容器中的電介質板拉出，在圖把電容器中的電介質板拉出，在圖(a)和圖和圖(b)的的兩種情況下，電容器中儲存的靜電能量將兩種情況下，電容器中儲存的靜電能量將（A）都增加）都增加 （B）都減少）都減少 （C）(a)增加，增加，(b)減少減少 （D）(a)減少，減少，(b)增加增加 (a) F (b) F 充 電 后 仍 與電 源 連 接 充 電 后 與 電源 斷 開

32、因用力因用力F把電容器中的電介質板拉出時，電容把電容器中的電介質板拉出時，電容C減小減小對（對（a）,充電后仍與電源連接，充電后仍與電源連接，U不變，由不變，由 得，得，w減小減小221CUw 對（對（b）,充電后仍與電源斷開，電荷不變，由充電后仍與電源斷開，電荷不變，由 得，得，w增大增大CQw22124一平行板電容器的極板面積為一平行板電容器的極板面積為S1m2，兩極板夾著一，兩極板夾著一塊塊d5mm厚的同樣面積的玻璃板已知玻璃的相對介電厚的同樣面積的玻璃板已知玻璃的相對介電常數為常數為r5電容器充電到電壓電容器充電到電壓U12以后切斷電源以后切斷電源求把玻璃板從電容器中抽出來外力需作多少

33、功？求把玻璃板從電容器中抽出來外力需作多少功？（08851012C2N1m2)解：玻璃板抽出前后電容器能量的變化即外力作的功解：玻璃板抽出前后電容器能量的變化即外力作的功抽出玻璃板前后的電容值分別為抽出玻璃板前后的電容值分別為 dSCr/ )(0dSC/ )(0撤電源后再抽玻璃板板上電荷不變，但電壓改變，即撤電源后再抽玻璃板板上電荷不變，但電壓改變，即UCCUQ UCCUUr/ )(抽玻璃板前后電容器的能量分別為抽玻璃板前后電容器的能量分別為202)/(2121UdSCUWr202)/(2121UdSUCWr外力作功外力作功 WWA) 1)(/(21220rrdSU= 2.5510-6 J25一圓柱形電容器，外柱的直徑為一圓柱形電容器，外柱的直徑為4 cm，內柱的直徑可，