大学物理简明教程(吕金钟)第四章习题答案
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第四章 电磁学基础静电学部分4.2 解：平衡状态下受力分析 +q 受到的力为：2''41rq q F qq πε=()()24441lqq F q q πε=处于平衡状态：()04'=+q q qq F F()0441'4122=+lqq rq q πεπε（1）同理，4q受到的力为：()()()2'44'41r l q q F q q -=πε()()24441lq q F q q πε=()()04'4=+q q q q F F()()()04414'4122=+-lq q r l q q πεπε（2）通过（1）和（2）联立，可得： 3l r =，q q 94'-=4.3 解：根据点电荷的电场公式：r e rq E 2041πε=点电荷到场点的距离为：22l r +22041lr q E +=+πε两个正电荷在P 点产生的电场强度关于中垂线对称：θcos 2//+=E E 0=⊥E22cos lr r +=θ所以：()23222222021412cos 2lrqrlr r lr q E E +=++==+πεπεθqlq+当l r >>2224121rq rq E πεπε==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。
4.4 解：取一线元θλRd dq =，在圆心处 产生场强：224141RRd Rdq dE θλπεπε==分解，垂直x 方向的分量抵消，沿x 方向 的分量叠加：RRRd dEx0022sin 41πελθθλπεπ==⎰⎰方向：沿x 正方向 4.5 解：（1）两电荷同号，电场强度为零的点在内侧； （2）两电荷异号，电场强度为零的点在外侧。
4.7 解：线密度为λ，分析半圆部分：θλλrd dl dq ==点电荷电场公式：r e rq E 2041πε=在本题中： 241rrd E θλπε=电场分布关于x 轴对称：θθλπεθsin 41sin 2rrd E E x ==，0=y E进行积分处理，上限为2π，下限为2π-：rd rrrd E E 0022sin 4sin 41sin πελθθπελθθλπεθππ====⎰⎰⎰方向沿x 轴向右，正方向 分析两个半无限长：)cos (cos 4d sin 4210021θθπελθθπελθθ-===⎰⎰xxdE E x x)sin (sin 4d cos 4120021θθπελθθπελθθ-===⎰⎰xxdE E y yx21πθ=，πθ=2， xE x 04πελ=，xE y 04πελ-=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：rrE E x 002422πελπελ===在本题中，r 为场点O 到半无限长线的垂直距离。
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1.1 一质点在Oxy 平面内运动，运动方程为)SI (53+=t x ，)SI (432/2-+=t t y 。
（1）以时间t 为变量，写出质点位矢的表达式；（2）求出质点速度分量的表达式，并计算s 4=t 时，质点速度的大小和方向；（3）求出质点加速度分量的表达式，并计算出s 4=t 时，质点加速度的大小和方向。
解：（1）)SI (53+=t x ，)SI (432/2-+=t t y 质点位矢的表达式为：j t t i t j y i x r ϖϖϖϖϖ)432/()53(2-+++=+=；（2）m/s 3)53(=+==t dt d dt dx v x ，m/s )3()432/(2+=-+==t t t dt d dt dy v ys 4=t ，m/s 3=x v ，m/s 7=y v ，m/s 6.7m/s 5822==+=y x v v v设θ是v ϖ和x v 的夹角，则37tan ==x y v v θ，8.66=θ°； （3）2m/s 0)3(===dt d dt dv a x x ，2m/s 1)3(=+==t dt ddt dv a y ys 4=t ，2m/s 0=x a ，2m/s 1=y a ，222m/s 1=+=y x a a a方向沿y 轴方向。
1.2 质点在Oxy 平面内运动，运动方程为)SI (3t x =，)SI (22t y -=。
（1）写出质点运动的轨道方程；（2）s 2=t 时，质点的位矢、速度和加速度。
解：（1）质点运动方程)SI (3t x =，)SI (22t y -=， 质点运动的轨道方程为：9/2)3(222x xy -=-=或2189x y -=；（2）j t i t j y i x r ϖϖϖϖϖ)2()3(2-+=+=，s 2=t 时： j i r ϖϖϖ26-= j t i v ϖϖϖ23-=，s 2=t 时：j i v ϖϖϖ43-=j a ϖϖ2-=，s 2=t 时：j a ϖϖ2-= 1.3质点沿直线运动，其坐标x 与时间t 有如下关系：)SI (cos t Ae x tωβ-=（A 和β皆为常量）。
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1.1 一质点在Oxy 平面内运动，运动方程为)SI (53+=t x ，)SI (432/2-+=t t y 。
（1）以时间t 为变量，写出质点位矢的表达式；（2）求出质点速度分量的表达式，并计算s 4=t 时，质点速度的大小和方向；（3）求出质点加速度分量的表达式，并计算出s 4=t 时，质点加速度的大小和方向。
解：（1）)SI (53+=t x ，)SI (432/2-+=t t y 质点位矢的表达式为：j t t i t j y i x r )432/()53(2-+++=+=；（2）m/s 3)53(=+==t dt d dt dx v x ，m/s )3()432/(2+=-+==t t t dt d dt dy v ys 4=t ，m/s 3=x v ，m/s 7=y v ，m/s 6.7m/s 5822==+=y x v v v设θ是v 和x v 的夹角，则37tan ==x y v v θ，8.66=θ°； （3）2m/s 0)3(===dt d dt dv a x x ，2m/s 1)3(=+==t dt d dt dv a y ys 4=t ，2m/s 0=x a ，2m/s 1=y a ，222m/s 1=+=y x a a a方向沿y 轴方向。
1.2 质点在Oxy 平面内运动，运动方程为)SI (3t x =，)SI (22t y -=。
（1）写出质点运动的轨道方程；（2）s 2=t 时，质点的位矢、速度和加速度。
解：（1）质点运动方程)SI (3t x =，)SI (22t y -=， 质点运动的轨道方程为：9/2)3(222x xy -=-=或2189x y -=；（2）j t i t j y i x r )2()3(2-+=+=，s 2=t 时： j i r 26-=j t i v 23-=，s 2=t 时：j i v43-= j a 2-=，s 2=t 时：j a2-=1.3质点沿直线运动，其坐标x 与时间t 有如下关系：)SI (cos t Ae x tωβ-=（A 和β皆为常量）。
《大学物理简明教程》课后答案
《大学物理简明教程》课后答案习题11-1 ｜r ∆｜与r ∆ 有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和td d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r-=∆；（2）t d d r 是速度的模，即td d r==v t s d d . trd d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则tˆr ˆt r t d d d d d d rrr += 式中trd d 就是速度径向上的分量， ∴trt d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即tva d d=，t v d d 是加速度a 在切向上的分量.∵有ττ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以tv t v t v d d d d d d ττ += 式中dt dv就是加速度的切向分量. (tt r d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)1-5 质点沿x 轴运动，其加速度和位置的关系为 a ＝2+62x ，a 的单位为2s m -⋅，x 的单位为 m. 质点在x ＝0处，速度为101s m -⋅,试求质点在任何坐标处的速度值． 解： ∵ xvv t x x v t v a d d d d d d d d ===分离变量： x x adx d )62(d 2+==υυ 两边积分得c x x v ++=322221 由题知，0=x 时，100=v ,∴50=c∴ 13s m 252-⋅++=x x v1-7 一质点沿半径为1 m 的圆周运动，运动方程为 θ=2+33t ，θ式中以弧度计，t 以秒计，求：(1) t ＝2 s 时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?解： t tt t 18d d ,9d d 2====ωβθω (1)s 2=t 时， 2s m 362181-⋅=⨯⨯==βτR a2222s m 1296)29(1-⋅=⨯⨯==ωR a n(2)当加速度方向与半径成ο45角时，有145tan ==︒na a τ即 βωR R =2 亦即 t t 18)9(22= 则解得 923=t 于是角位移为rad 67.29232323=⨯+=+=t θ习题22-3 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mk ev )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(km v 0)［1-t m k e )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0k mv ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e1，式中m 为质点的质量． 答: (1)∵ tvm kv a d d =-= 分离变量，得m tk v v d d -=即 ⎰⎰-=v v t mtk v v 00d d m kte v v -=ln ln 0∴ tm k e v v -=0(2) ⎰⎰---===tttm k m ke kmv t ev t v x 000)1(d d(3)质点停止运动时速度为零，即t →∞， 故有 ⎰∞-=='00d km v t ev x tm k (4)当t=km时，其速度为 ev e v ev v km m k 0100===-⋅- 即速度减至0v 的e1.2-6 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量． 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得ba t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=tbt at t bt a I 0221d )(将bat =代入，得 ba I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m ==2-7 设N 67j i F -=合．(1) 当一质点从原点运动到m 1643k j i r++-=时，求F 所作的功．(2)如果质点到r 处时需0.6s ，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg ，试求动能的变化．解: (1)由题知，合F为恒力，∴ )1643()67(k j i j i r F A++-⋅-=⋅=合J 452421-=--= (2) w 756.045==∆=t A P (3)由动能定理，J 45-==∆A E k2-8 如题2-18图所示，一物体质量为2kg ，以初速度0v ＝3m ·s -1从斜面A 点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N ，到达B 点后压缩弹簧20cm 后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．解: 取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原 长处为弹性势能零点。
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第九章9.1如图所示，由库仑定律可得：200221002210022100221004254cos 424cos 444cos 424cos 4a qq a qq a qq a qq a qq F x πεππεππεππεππε=-++=200221002210022100221004254sin 424sin 444sin 424sin 4a qq aqq a qq a qq a qq F y πεππεππεππεππε-=-++=20025a qq F F F y x πε=+=(0q 为一个单位正电荷)与x 轴夹角为4πα-==xy F F arctg9.2 证明：由②①可得：223cot Q q =α9.34Fx y q 2q 2q -4q12F 3F α-q -q+Q+Qa对上顶点电荷作受力分析得：απεαπεcos 42)cos 2(420202a Qqa q = ①对左顶点电荷作受力分析得：απεαπεsin 42)sin 2(420202a Qqa Q = ②解：建立图示坐标系，在半圆环上任取微分元dl ，则re R dlE d 2041λπε=R Qπλ=考虑方向：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧====θλπεθθλπεθsin 41sin cos 41cos 2020R dl dE dE R dl dE dE y x所以：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=-===⎰⎰202002002022sin 40cos 4R Q R R Rd E R Rd E y x εππελθθπελθθπελππ则：jR Q j E E y 2022επ-==9.4解：如图，将半球壳分割为一组平行细圆环，任一圆环所带电荷元θθπσσRd R ds dq ⋅⋅==sin 2，则微分元在O 点激发的场强为：θdORθｘ(θE dir x dqx E d 23220)(41+⋅=πε统一变量：θcos R x =，θsin R r =则有：θθπσθπεd R R R dE sin 2cos 41230⋅=θθθεσd cos sin 20=0204cos sin 2εσθθθεσπ===⎰⎰d dE E方向为x 轴负向。
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大学物理简明教程习题解答习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r ϖϖ-=∆； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d .t rd d 只是速度在径向上的分量.∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆrˆt r t d d d d d d r r r += 式中t rd d 就是速度径向上的分量，∴t r td d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d ϖϖ=，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττϖϖ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以t v t v t v d d d d d d ττϖϖϖ+=式中dt dv就是加速度的切向分量.(t tr d ˆd d ˆd τϖϖΘ与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =t rd d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r ϖϖϖ+=，jt y i t x t r a jt y i t x t r v ϖϖϖϖϖϖϖϖ222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d t r a trv ==其二，可能是将22d d d d t r tr 与误作速度与加速度的模。
大学物理简明教程课后习题及答案【精选】
大学物理简明教程习题解答习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r -=∆； （2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d . t rd d 只是速度在径向上的分量.∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆrˆt r t d d d d d d r r r += 式中t rd d 就是速度径向上的分量，∴t r td d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d=，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以t v t v t v d d d d d d ττ +=式中dt dv就是加速度的切向分量.(t tr d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =t rd d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r+=，jt y i t x t r a jt y i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d t r a trv ==其二，可能是将22d d d d t r tr 与误作速度与加速度的模。
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简明大学物理课后习题答案第九章9.1如图所示，由库仑定律可得:qq 0 .兀 2qq {} .兀4gq （） . 7t 2qq {} . n F v = -------- - - sin —+ --------- - sin —+ --------- sin ----------------- - - sm — 4亦（）壯厂 4 4亦（）寺旷 4 4庇（诂茁 4 4亦（）寺旷 4Fy 7t 与X 轴夹角为5丘「5%（）2 亦 /（9o 为一个单位正电荷）_ 5、伍％o4 亦（）/9.2证明:对上顶点电荷作受力分析得:_____ ― =2-^cosa4亦o（2dcosa）・4码Q对左顶点电荷作受力分析得:◎4亦°（2G sina）'2 Qq4亦（”sin a①由◎可得:9.3解：建立图示坐标系，在半圆环上任取微分元化 则7tR 考虑方向: dE. = clEcosO = ----------- c osQ4码R 「dE 、= "Esin<9 =— 人〃sin® y 4码 R 2所以: 兄Rde a n ---------- cos& = 0 4码R ・L A RdO . A 0 4亦o R~ 2应出Q 2^2£Q R 2 则：n-菸討 9.4 y面微分元，假设微分元上电荷面密度为S 则一皿,（在微分元上取任一面积为S的平面，则平面所带电量Q = 0 = ps（lxnb = pdx）所以对(®>b 时)对耳的场点P,向左，心的场点P，微分元激发的场强为:(1)微分元在右侧，激发的场强E； = M『卸r却Y哙（2瑁“）（2）Z时，必％。
9.6解:取图示坐标系，在x处取微分元dx,则d~E = — -------- ---- --- ；4亦（）（/ + 〃] -xyE =「—1------ 竺一----------------- ） = 675 v/mJi） 4亦。
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第四章 电磁学基础静电学部分4.2 解：平衡状态下受力分析 +q 受到的力为：20''41r qq F qq πε=()()24441l q q F q q πε=处于平衡状态：()04'=+q q qq F F()0441'412020=+l qq r q q πεπε （1） 同理，4q 受到的力为：()()()20'44'41r l q q F q q -=πε()()204441l q q F q q πε=()()04'4=+q q q q F F()()()04414'412020=+-l q q r l q q πεπε （2）通过（1）和（2）联立，可得： 3lr =，q q 94'-=4.3 解：根据点电荷的电场公式：re r q E 2041πε=点电荷到场点的距离为：22l r +22041l r qE +=+πε 两个正电荷在P 点产生的电场强度关于中垂线对称：θcos 2//+=E E0=⊥E22cos lr r +=θ所以：()232202222021412cos 2l r qrlr r l r qE E +=++==+πεπεθqlq+当l r >> 202024121r q r q E πεπε==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。
4.4 解：取一线元θλRd dq =，在圆心处产生场强：20204141R Rd R dq dE θλπεπε==分解，垂直x 方向的分量抵消，沿x 方向 的分量叠加：RR Rd dEx00202sin 41πελθθλπεπ==⎰⎰方向：沿x 正方向4.5 解：（1）两电荷同号，电场强度为零的点在内侧； （2）两电荷异号，电场强度为零的点在外侧。
4.7 解：线密度为λ，分析半圆部分：θλλrd dl dq ==点电荷电场公式：r e r q E 2041πε=在本题中： 241rrd E θλπε=电场分布关于x 轴对称：θθλπεθsin 41sin 2r rd E E x ==，0=y E进行积分处理，上限为2π，下限为2π-：rd r r rd E E 000022sin 4sin 41sin πελθθπελθθλπεθππ====⎰⎰⎰方向沿x 轴向右，正方向 分析两个半无限长：)cos (cos 4d sin 4210021θθπελθθπελθθ-===⎰⎰xx dE E x x )sin (sin 4d cos 4120021θθπελθθπελθθ-===⎰⎰xx dE E y yx21πθ=，πθ=2， x E x 04πελ=，xE y 04πελ-= 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：rr E E x 002422πελπελ=== 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=-+=rr E πελπελ 4.8 解：E 的方向与半球面的轴平行，那么 通过以R 为半径圆周边线的任意曲面的 电通量相等。
所以通过S1和S2的电通量等效于通过以R 为半径圆面的电通量，即：E R221π=Φ=Φ4.9 解：均匀带电球面的场强分布：()()R r R r r Q E <>⎪⎩⎪⎨⎧=0π420ε球面R 1、R 2的场强分布为：()()112010π4R r R r r q E <>⎪⎩⎪⎨⎧=ε()()222020π4R r R r r q E <>⎪⎩⎪⎨⎧-=ε根据叠加原理，整个空间分为三部分：()()()⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>=-+=+<<=+<=+=2202021212021********R r r q r q E E R r R r q E E R r E E E πεπεπε 根据高斯定理，取高斯面求场强：()()()⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>-+<<<==⋅=Φ⎰202101204R r q q R r R q R r E r S d E Sεεπ 图4-94 习题4.8用图场强分布：()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<<=221201040R r R r R r qR r E πε方向：沿径向向外4.10 解：（1）、这是个球对称的问题24r E dS E S d E SSe π==⋅=Φ⎰⎰当R r >时，高斯面对包围电荷为Q24επQr E =24επr QE =当R r <，高斯面内包围电荷为q33333434RQr R Q r q ==ππ30324RQr r E επ= 304R QrE πε=方向沿径向（2）、证明：设电荷体密度为334R Qπρ=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：21E E E +=在电荷体密度为ρ球体内部某点电场为： r E31ρ=在电荷体密度为-ρ球体内部某点电场为： '32r Eρ-= 所以()a R Q a r r E E E30002143'3πεερερ==-=+=4.11 解：利用高斯定理，把空间分成三部分()()()()()⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>-<<-<==⋅=Φ⎰2313202131301234134104R r R R R r R R r R r E r S d E Sρπερπεπ 场强分布： ()()()()()⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>-<<-<=231322021313201330R r R R rR r R R r r R r E ερερ方向：沿径向向外4.12 解：取闭合圆柱面为高斯面，高斯定理()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><==⋅=Φ⎰R r R l R r r l rlE S d E S2022ερπερππ场强分布：()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><=R r r R R r r E 02022ερερ方向沿径矢方向4.14 解：无限大带电平面的电场分布为：02εσ=E ，场强叠加 （1）电荷面密度均为σ在一区：0022εσεσ=⨯=E 在二区：02200=-=εσεσE 在三区：0022εσεσ=⨯=E σσ02εσ=E 02εσ=E 02εσ=E 02εσ=E 一二三σ在二区：00022εσεσεσ=--=E 在三区：02200=-+=εσεσE 方向为垂直于平面方向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)：⎪⎪⎭⎫⎝⎛-==⎰b a r r r r Qq dr r Qq A ba 114400200πεπε （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q 0。
正电荷+q 的电场力做功：l qq l l qq A 000063114πεπε=⎪⎭⎫⎝⎛-=+ 负电荷-q 的电场力做功：011400=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-l l qq A πε 总的电场力做功：lqq A A A 0006πε=+=-+ 对单位正电荷做功为：lq q A A 0006πε==（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-q 0。
正电荷+q 的电场力做功：()⎪⎭⎫⎝⎛∞--=+131400l q q A πε 负电荷-q 的电场力做功：()⎪⎭⎫⎝⎛∞---=-11400l q q A πε 总的电场力做功：()()lqq l q q l q q A A A 0000000614314πεπεπε=--+-=+=-+对单位负电荷做功为：q A A 0==()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≥=R r RQ R r r Q r U 0044πεπε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：()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≥=11011011044R r R q R r rq U πεπε 对于球面2：()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≥=22022022044R r R q R r r q U πεπε整个空间内，电势分三部分：202101144R q R q U R r πεπε+=≤ 对应于红色部分202012144R q r q U R r R πεπε+=≤≤ 对应于蓝色部分rq rq U R r 0201244πεπε+=≥ 那么两个球面上的电势：2021011144R q R q U R r πεπε+==2022012244R q R q U R r πεπε+==两个球面之间的电势差为：⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-=∆210120110111444R R q R q R q U πεπεπε 此题也可得用积分来求 ⎰∞⋅=Rl d E U4.22 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212επλr E R r R =≤≤1200ln 222121R Rdr r l d E U R R R R πελεπλ==⋅=∆⎰⎰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rq Rdq U q 0'044πεπε+=⎰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rq Rq U 0044'πεπε+=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=+=rq Rq U πεπε可得：q rRq -=' 4.28 解：基本的电容题，写出各个量24m 1050-⨯=S ，m 1014-⨯=d ，0.2=r ε，F/m 1085.8120-⨯=ε利用有介质时的平行板电容器的电容公式：F 1085.810110501085.821044120----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==d SC r εε 每个极板上的电荷量为：C 1085.81001085.8810--⨯=⨯⨯==CU Q4.30 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Q 0。