第一章答案

本 pdf文件由黄晓松制作第一章 1-1、根据库仑定律有，电子所受的库仑力为：由万有引力公式：F2 G m1m2 r 2,代入数据有 FF1 q1q2 4 0r 2,代入数据有 F

8.23 10 8 N。

3.63 10 47 N。 39由上面计算的库仑力和万牛引力有N=F1/F2= 2.2 10电子绕其中心运动，是一圆周运动。F1 m v2, v F1r/ m 6 r代入数据有： v 2.19 10 m/ s

1-2、根据力系的平衡有： 2 f1 sin a mgf1 cos a Q2 4 0r 2

解：设两导体球带电量分别为 q1、 q2,由库仑定律得

两球用导线连接后，两球带相等电量 q,再由库仑定律得

q2 0.036 4 0 0.52 ............ ............②由点电荷守恒定律知

q1 q2 q 2 ..............③ .............①式÷②式得

q1q2 5q 2 ................④ ...............①式-②式得

q1q2 q 2 2 10 12④式代入⑤式得

课

q1q2 0.108 4 0 0.52 ............ ............①

后

答

5另外一个电荷为： q 3.84 10 c 1-5、

案

..........⑤ .........

网

q(5.0 10 5 q) 4 0d 2 5代入数据有： q 1.16 10 c F

ww

5 1-4、设第一个球的带电量为q,则另外一个球的带电量为 5.0 10 q有题意，F=1.0N

w.

kh

4q2 qQ 2 4 0l 4 0 x2 l 4q解得有：Q= 9,x= 3

da

w.

9代入数据有：Q= 5.55 10 kg 1-3、根据题意有如右图所示： qQ 4qQ 2 4 0 x 4 0 (l x)2

co

m1

Q d 2 0mg cot a

第一章答案

q 2 10 12 ................⑥ ...............⑥式代入④式得

q1q2 3 10 12 ...............⑦ ..............⑥式代入③式

q1 q2 2 10 6 ............⑧ ...........由⑧式得

q2 q1 2 10 6 ............ ............⑨将⑨式代入⑦式得

q12 2 10 6 q1 3 10 12 0q1 2 10 6 4 12 10 6 2 6 1 10或3 10 6 C

在库仑力作用下 B将作加速运动，根据牛顿第二定律有

q2 1 1 1 m v2 4 0 r 2r 2所以

q2 m kg 4 0 rv 21-9、证明：由点电荷公式得

1 q 1 2q 1 q E e e e 2 2 4 0 r l 4 0 r 4 0 r l 2 q 1 1 2 q 2r 2 2l 2 2 2 e e 4 0 r l 2 r l 2 r 4 0 r 2 l 2 2 r 2 2

课

q2

4 0

r

后

2r

v dr m vdv 2 0 r

答

q 2 dr mvdv 4 0 r 2

案

将②式代入①式得

网

dr v dt ................ ................②

ww

q2 d 2r dv m 2 m 2 dt ........ 4 0 r dt ........①

w.

kh

F

q2 4 0 r 2

da

1-6、略 1-7、略 1-8、解：B受到的库仑力为

w.

co

q2 1 10 6 C或 3 10 6 C

m

将 q1代入⑨式得

第一章答案

2 2 2q r l 1 e 4 0 r 2 2 l 2 2 r 1 r2

q

2q

q

e

A

当 r l时，根据

1 x 2 1 2x 2 2 1 x 2 2!

r

上式方括号内可化为

r l2 2

2 2

l2 r 1 2 r

于是得

E 其中

kh网 q 2ql

Q 2ql 2称为电四极子的电四极矩

2、用电势叠加原理证明电四极子在它的轴线的延长线上的电势为式中 Q 2ql为电四极矩证明：由点电荷电势公式得2

q 2q q 4 0 (l r ) 4 0 r 4 0 (r l )

案

2q l2 4 0 r (r 2 l 2 ) Q 4 0 r 31-11、单位长度的电荷q Rd 2qd

课

q 4 0 q 4 0

1 2 1 ) l r r r l 2r 2 ( 2 ) 2 r r l (

后

ww

w. l

答

qr

da 1 Q 4 0 r 3

2q l2 1 3Q 3 2 e e 2 4 0r r 4 0 r 4

2q R

则带正电部分，其在中心产生电场强度为：

E1

2q 1 4 0

d 2

2 0

R

cos

q ( j) 2 R2 02

w.p

co

l 2 2 2 r 2 1 1 l 1 l 1 1 r 2 r 2 2 2 l 1 2 r 2 l 2 l2 2 l2 1 2 1 2 2 2 1 r 2 r r 2 4 2 l 2 l2 1 2 1 2 2 1 1 3 l 2 l 1 3 l r r r2 r4 r2 1

2

m3

第一章答案

同理，带负电部分在中心产生电场强度为

2q E2 2

1 4 0

d 2

R

sin

q ( j ) 2 R2 02

则产生合电场强度为：

E E1 E2 1-12、 .

q ( j) R2 02

解： (1)在棒上取元电荷， dq dx如图3-1所示，该元电荷在 y轴上任一点的场强为

1 dx dE e 4 0 x2 y2 r 将 dE在 x轴和 y轴方向分解得

所以

da 3 2

图 3-1

w. 1 4 0 x 2 y 2 02L

xdx 4 0 x 2 y 2 32 ydx dEy dE cos 4 0 x 2 y 2 32 dEx dE sin

4 0

网

1 1 y 4L2 y 2

1 2

Ey

所

以

课

dE

dq qdx 2 4 0 r x 8 0l r x 2q 8 0 l dx l r x 2l

后

(2)如图3-2所示，元电荷在 x轴上任一点的场强为

2 0 y 4L2 y 2

1

2

答

L

案

y 4 0 y 2

ww

w.x

Ex 4 0

x2L 0

khxdx2

y2

x2 y 2

2|0 L

4 0 y 4L2 y 2

ro x dx图 3-2

E

q 1 l q 1 1 | l 8 0l r x 8 0l r l r l q 1 2 4 0 r l 2

1-13、

解：1)求带细棒的点电荷处激发的场强。在细棒上取一元电荷 dq dx,由点电荷场强公式得

co 2L

P

m4

第一章答案

2x 0 1 dx 1 l dE 4 0 l a x 2 l 2x dx 0 4 0l l a x 2所以

E

dE y

答

dE dEy 2dE y

R 2 cos d

案

dE y

1 d R cos 4 0 z 2 R2 z 2 R2

0 z 2 R 2 2 qR 1 2 0 R 2 32 qR z 3 1 2 2 3 z 0 z qR E 2 3 j 0 z1-15、解：把带电系统看作是电荷密度为 的 …… 此处隐藏：1883字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……