大物第四章课后题答案

4.2解：平衡状态下受力分析+q受到的力为：20''41rqqFqq204441lqqFqq处于平衡状态：04'qqqqFF0441'412020lqqrqq（1）同理，4q受到的力为：20'44'41rlqqFqq204441lqqFqq04'4qqqqFF04414'412020lqqrlqq（2）通过（1）和（2）联立，可得：3lr，qq94'4.3解：根据点电荷的电场公式：rerqE2041点电荷到场点的距离为：22lr22041lrqE两个正电荷在P点产生的电场强度关于中垂线对称：cos2//EE0E22coslrr所以：232202222021412cos2lrqrlrrlrqEE当lr202024121rqrqE与点电荷电场分布相似，在很远处，两个正电荷q组成的电荷系的电场分布，与带电量为2q的点电荷的电场分布一样。4.7解：线密度为λ，分析半圆部分：rddldqqq4'qlrEEOrlq++ElqP点电荷电场公式：rerqE2041在本题中：2041rrdE电场分布关于x轴对称：sin41sin20rrdEEx，0yE进行积分处理，上限为2，下限为2：rdrrrdEE0000202sin4sin41sin方向沿x轴向右，正方向分析两个半无限长：)cos(cos4dsin4210021xxdEExx)sin(sin4dcos4120021xxdEEyy21，2，xEx04，xEy04两个半无限长，关于x轴对称，在y方向的分量为0，在x方向的分量：rrEEx002422在本题中，r为场点O到半无限长线的垂直距离。电场强度的方向沿x轴负方向，向左。那么大O点的电场强度为：02200rrE4.10解：（1）、这是个球对称的问题24rEdSESdESSe当Rr时，高斯面对包围电荷为Q024QrE024rQE当Rr，高斯面内包围电荷为q33333434RQrRQrq30324RQrrE304RQrEOdlrExEyExyQRrrE方向沿径向（2）、证明：设电荷体密度为334RQ这是一个电荷非足够对称分布的带电体，不能直接用高斯定理求解。但可以把这一带电体看成半径为R、电荷体密度为ρ的均匀带电球体和半径为R`、电荷体密度为-ρ的均匀带电体球相叠加，相当于在原空腔同时补上电荷体密度为ρ和-ρ的球体。由电场叠加原理，空腔内任一点P的电场强度为：21EEE在电荷体密度为ρ球体内部某点电场为：rE31在电荷体密度为-ρ球体内部某点电场为：'32rE所以aRQarrEEE30002143'34.16解：把总的电场力做功看做是正电荷+q电场力做功和负电荷-q电场力做功的叠加，得用公式(4—14)：barrrrQqdrrQqAba114400200（1）把单位正电荷从O点沿OCD移到D点，电场力做功。设试验电荷电量为q0。正电荷+q的电场力做功：lqqllqqA000063114负电荷-q的电场力做功：011400llqqA总的电场力做功：lqqAAA0006对单位正电荷做功为：lqqAA0006（2）把单位负电荷从AB的延长线移到无穷远处，电场力对它对做功。设试验电荷电量为-q0。ABCDOqql2r'ra正电荷+q的电场力做功：131400lqqA负电荷-q的电场力做功：11400lqqA总的电场力做功：lqqlqqlqqAAA0000000614314对单位负电荷做功为：lqqAA00064.19解：均匀带电球面内外的电势分布为：RrRQRrrQrU0044结合本题，先写出各个球面的电势分布，再利用电势叠加原理。对于球面1：11011011044RrRqRrrqU对于球面2：22022022044RrRqRrrqU整个空间内，电势分三部分：202101144RqRqURr对应于红色部分202012144RqrqURrR对应于蓝色部分rqrqURr0201244对应于外部空间那么两个球面上的电势：2021011144RqRqURr2022012244RqRqURr两个球面之间的电势差为：210120110111444RRqRqRqU1R2R1q2q1R2R此题也可得用积分来求RldEU4.22解：做一闭合圆柱面为高斯面，求两个无限长同轴圆筒间的电场强度0212rERrR1200ln222121RRdrrldEURRRR4.23解：取无穷远处为电势零点设导体球带电量为q’由于点电荷q的存在，我们并不清楚导体球面上电荷的具体分布，但是球面上任何电荷元dq到球心的距离都是R。导体球是等势体，只需求出球心的电势就可以了。电势叠加原理rqRdqUq0'044式中两项分别是导体球面上所有电荷和点电荷q在球心处的电势，积分得rqRqU0044'此为点电荷q电场影响下的，导体球的电势，根据题设，导体球电势为0044'00rqRqU可得：qrRq'4.28解：基本的电容题，写出各个量24m1050S，m1014d，0.2r，F/m1085.8120利用有介质时的平等板电容器的电容公式：F1085.810110501085.821044120dSCr每个极板上的电荷量为：C1085.81001085.8810CUQ4.30解：充电后把电源断开，平行板电容器两个极板上的带电量不变，为Q0。两极板距离为d时，dSC00，000CQU，dUE00，SdECQW2000200212两极板距离为2d时，00212CdSC，000022UCQCQU，00222EdUdUEqROr0020202222WCQCQW，或者：0200202221221WdSEdSEW4.33解：在真空中导体球外的电场分布为2004rQE，有介质存在时的电场分布为rrrQEE2004，介电常数0r，24rQE导体球外整个空间介电常数为ε电场能量密度221E取一均匀半径为r，厚度为dr的球壳，球壳上E大小相等球壳厚度为drrdV24电场能量为RRdrrrQdVEW2222442121RQdrrQR814212224.36解：球形电容器的电容公式122104RRRRC电容器的能量2221212UCUQCQW得到球形电容器所储存的能量为2122102122102421URRRRURRRRW4.39解：（a）根据毕萨定律：204relIdBdr对于导线2部分，P点在其延长线上，0relId，所以导线2在P点的磁感应强度为0。根据例4.19的结论：210coscos4aIB对于导线1：21，2，aIB40，方向垂直纸面向外。（b）对于导线1、3，可视为半无限长载流导线，在P点的磁感应强度分别为：rIB40，方向均垂直纸面向里。对于导线2，根据例4.20的结果：载流圆弧在圆心处的RrPaI12PrI123磁感应强度为，RIBO220。导线2在圆心处的磁感应强度为rIBO2210，方向均垂直纸面向里。磁场叠加：rIrIrIrIB424240000，方向垂直纸面向里。（c）根据毕萨定律：204relIdBdr对于导线1、3部分，P点在其延长线上，0relId，所以导线1、3在P点的磁感应强度为0。对于导线2，根据例4.20的结果：载流圆弧在圆心处的磁感应强度为，RIBO220。导线2在圆心处的磁感应强度为，RIBO80，方向垂直纸面向里。4.41解：据毕萨定律：204relIdBdr对于导线A、B部分，P点在其延长线上，0relId，所以导线A、B在P点的磁感应强度为0。两段圆弧可以看做一个并联电路。设导线1对应弧度θ1，导线2对应弧度θ2，θ1+θ2=2π。电阻之比为：2121RR，电流之比：1221II。导线1在圆心处的磁感应强度为：2222011IRBO，方向垂直纸面向里。导线2在圆心处的磁感应强度为：22221021IRBO，方向垂直纸面向外。所以在圆心处的全磁感应强度为0。4.42解：根据无限长载流导线的磁场分布公式aIB20导线1在两导线中点处的磁感应强度为2201dIB，方向垂直纸面向外导线2在两导线中点处的磁感应强度为PR123IOAB12dII1r3r2r12rdrl2202dIB，方向垂直纸面向外合磁感应强度为：dIB02，方向垂直纸面向外在矩形中取一个小的面积元，ldr，在这个小面积上导线1产生的B是相等的。rIB201，求磁通量：121001ln22211rrrIlldrrIrrr同理可得导线2对这一矩形的磁通量：323002ln22233rrrIlldrrIrrr因为31rr，并且磁场方向一致，1210lnrrrIl4.43解：利用安培环路定理：int0IldBL，本题为一圆柱体。当Rr时，220220int02RIrRIrIrBldBL2022022RIrrRIrB当Rr时，IIrBldBL0int02rIB20无限长载流圆柱的磁场分布为：RrrIRrRIrB22020求一段圆柱内环绕中心的磁通量，就是求圆柱内通过阴影部分的磁通量根据上一问的结果，在圆柱内：202RIrB在小面积元ldr上磁感应强度相同，磁通量为：4220020020IlrdrRIlldrRIrSdBRRS4.47解：粒子运动受到的洛仑兹力等于向心力RmvqvB2，可得粒子动量为：qBRmv代入数据：m/skg108.4215106.11819mv4.48解：这是一个细导线闭合回路，设电流方向为顺时针RrrIRIlrdr圆弧在圆心处：RIRIBO42200方向垂直纸面向里电流元lId在圆心处受力：BlIdFd，即：IdlRIIBdldF40单位长度导线所受的力：RIdldF4204.49解：设磁场垂直纸面向里取直径把导线圆环分成任意两个半圆弧分析右边圆弧的受力情况电流元受力：BlIdFd各个电流元受力的方向不同，需要进行力的分解对称性质分析，在y方向上合力为0。RBIRdBIBIdldFFx2