带点圆环圆心处的电势

思路：合场强沿轴线,在该方向积分.dE＝dqcosθ/(4πε0r*r),其中r是任选的一段与P的距离,是常量,θ是位矢与x轴的夹角,也是常量,只有dq一个变量,所以积分非常简单.E＝qcosθ/(4

用电势叠加原理做,即将环看成是由很多个点电荷（取极短的一段）组成,每个点电荷在O点的电势的代数和等于所求结果.将环均匀分成n段（n很大）,每段的带电量是q＝a*2πR/n每段电荷在O点的电势都是　U＝

C.圆环在做变速转动时,小线圈内一定有感应电流产生D.圆环做匀速转动时,小线圈内没有感应电流产生试题分析：带负电的小圆环转动形成环形电流,环形电流产生磁场,若匀速转动环形电流是恒定的,产生的磁场是不变

设想将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段都可以看做点电荷，其所带电荷量为：q=Qn由点电荷场强公式可求得每一点电荷在P处的场强为：E=kQnr2=kQn(R2+L2)由对称性可知，各小段带电环

在B点，小球速度最大，所以电场力等于重力，qEb=mg，Eb=mgq．所以可以确定b点场强．O到c，根据动能定理得，W电-mgh=0，电场力做正功，W电=mgh，电势能减小mgh，O点电势能为0，所以

对于一个点（零维）来说,转动惯量是MR^2,然后你可以求出一个圆环（一维）的,也是dM*r^2,r是这个圆环的半径,这里记得把M写成密度形式,dM=ρdr,dM就是圆环质量对它从0到r积分,可以求得一

选C和D.小环转动行成电流,匀速转动时为恒定电流,磁通不变,不产生感应电流.变速转动时相当于是变化的电流,磁通变化,有感应电.楼上的勿误人子弟!

只要圆环在转动,圆环上的负电会随圆环旋转,负电荷的运动会形成电流,此电流会产生磁场,所以一定有磁感线穿过小线圈,穿过小线圈的磁通量不为零,但不一定会产生感应电流,因为要产生感应电流,还要看是否有磁通量

积 分 吧 .

1.B受力平衡,角EBO=30e受力平衡mEg/sin120=mDg/sin120=mAg/sin120mA、mD及mE间的比为1:1:1

用电场积分时注意积分限,是从无穷远处到P点,而不是从O点到P点,刚开始我也犯了错误.

截去的那段可看作点电荷,电荷量为qL剩余部分在O点处产生电场强度的方向和截去的那段电荷产生的场强大小相等,方向相反.大小为KqL/r＾2方向沿着半径O指向截去的那小段电荷

因为环上的每一个点电荷带电量都相同,而且在OP=L处所形成的相当于一个等势面,所以半径是相等的,因此说场强的大小是相同的.

由题意可知，A、B两弧在圆心O处产生的场强大小分别为E0，两场强的方向夹角为90度，根据平行四边形定则知，两场强的合场强为2E0，C弧在O点产生的场强与A弧在O点产生的场强相同，D弧在O点产生的场强与

电场力做功为0.因为点电荷的电场分布规律E=q/(4πεr^2),电势是U=q/(4πεr),以无穷远为0电势.且与圆环无关,只是环上电场为0,电势相等.在同一个球面上,电势U相等.从a移动到b,电势

根据对称性,这一小段对q的李与剩下的大段对q的力大小相等方向相反.虽然要求剩下大段对q的力,我们去可以只求这一小段AB对q的力.根据静电力计算公式（库仑定律）AB的带电量是Q×L/2∏RF=（k×Q×

分析A选项，当带正电的绝缘圆环a顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在增大，根据右手定则，其内（金属圆环a内）有垂直纸面向里的磁场，其外（金属圆环b处）有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强

只要圆环在转动,圆环上的负电会随圆环旋转,负电荷的运动会形成电流,此电流会产生磁场,所以一定有磁感线穿过小线圈,穿过小线圈的磁通量不为零,但不一定会产生感应电流,因为要产生感应电流,还要看是否有磁通量

当然有,圆环旋转使得负电荷跟着旋转,于是形成电流,且电流强度与转速成正比,环形电流在圆心处产生磁场,当环变速转动时,电流也变化,进而引起环心处的磁场变化,在小线圈内产生感应电流.

圆环有对称性,将圆环分成无限多小段,同一直经上两小段场强抵消,故和为0