大学物理规范作业(本一)20解答
大学物理学练习册参考答案全
大学物理学练习册参考答案单元一 质点运动学四、学生练习 (一）选择题1.B2.C3.B4.B5.B (二）填空题1. 0 02.2192x y -=， j i ρρ114+， j i ρρ82-3.16vi j =-+v v v ;14a i j =-+v vv;4. 020211V kt V -；5、16Rt 2 4 6 112M h h h =-v v（三）计算题1 解答（1）质点在第1s 末的位置为：x (1) = 6×12 - 2×13 = 4(m)．在第2s 末的位置为：x (2) = 6×22 - 2×23 = 8(m)． 在第2s 内的位移大小为：Δx = x (2) – x (1) = 4(m)，经过的时间为Δt = 1s ，所以平均速度大小为：v =Δx /Δt = 4(m·s -1)．（2）质点的瞬时速度大小为：v (t ) = d x /d t = 12t - 6t 2，因此v (1) = 12×1 - 6×12 = 6(m·s -1)，v (2) = 12×2 - 6×22 = 0质点在第2s 内的路程等于其位移的大小，即Δs = Δx = 4m ．（3）质点的瞬时加速度大小为：a (t ) = d v /d t = 12 - 12t ，因此1s 末的瞬时加速度为：a (1) = 12 - 12×1 = 0，第2s 内的平均加速度为：a = [v (2) - v (1)]/Δt = [0 – 6]/1 = -6(m·s -2)．2.解答 1）由t y t x ππ6sin 86cos 5==消去t 得轨迹方程：1642522=+y x 2）tdt dy v t dtdx v y x ππππ6cos 486sin 30==-==当t=5得；πππππ4830cos 48030sin 30===-=y x v vt dt dv a t dtdv a y y xx ππππ6sin 2886cos 18022-==-==当t=5 030sin 28818030cos 180222=-==-=-=πππππdt dv a a yy x 3．解答：1）()t t dt t dt d t tvv 204240+=+==⎰⎰⎰则：t t )2(42++=2）()t t t dt t t dt d ttr )312(2)2(4322++=++==⎰⎰⎰t t t )312()22(32+++=4． [证明]（1）分离变量得2d d vk t v=-， 故020d d v tv vk t v =-⎰⎰， 可得：011kt v v =+． （2）公式可化为001v v v kt=+，由于v = d x/d t ，所以：00001d d d(1)1(1)v x t v kt v kt k v kt ==+++ 积分00001d d(1)(1)x tx v kt k v kt =++⎰⎰．因此 01ln(1)x v kt k=+． 证毕．5．解答（1）角速度为ω = d θ/d t = 12t 2 = 48(rad·s -1)，法向加速度为 a n = rω2 = 230.4(m·s -2)； 角加速度为 β = d ω/d t = 24t = 48(rad·s -2)， 切向加速度为 a t = rβ = 4.8(m·s -2)． （2）总加速度为a = (a t 2 + a n 2)1/2，当a t = a /2时，有4a t 2 = a t 2 + a n 2，即n a a =由此得2r r ω=22(12)24t =解得36t =．所以3242(13)t θ=+=+=3.154(rad)．（3）当a t = a n 时，可得rβ = rω2， 即： 24t = (12t 2)2，解得 ： t = (1/6)1/3 = 0.55(s)．6．解答：当s 2=t 时，4.022.0=⨯==t βω 1s rad -⋅ 则16.04.04.0=⨯==ωR v 1s m -⋅064.0)4.0(4.022=⨯==ωR a n 2s m -⋅08.02.04.0=⨯==βτR a 2s m -⋅22222s m 102.0)08.0()064.0(-⋅=+=+=τa a a n单元二 牛顿运动定律（一）选择题 1.A 2.C 3.C 4.C 5 A 6.C （二）填空题 1. 022x F t COS F X ++-=ωωω2.略3. )13(35-4. 50N 1m/s5.21m m t f +∆ )()(212122221m m m t m t m t m f +∆+∆+∆6. 0 18J 17J 7J7. mr k rk （三）计算题1.解答：θμθcos )sin (f f mg =- ； θμθμsin cos +=mgf0cos sin =+=θμθθd df； 0tan =θ ； 037=θ θsin hl ==037sin 5.12. 解答；dtdvmkv F mg =--分离变量积分得 0ln(1)v tktm mdvmg F kvktmg F dt v e mg F kv mg F m k-----=??----蝌 3解答：烧断前 2221211();a L L a L w w =+=烧断后，弹簧瞬间的力不变，所以2a 不变。
大学物理规范作业(本一)25解答
r r r π ε = (v × B ) L = vBL cos( θ ) = vBL sin θ 2
2
2. AB直导体以图示的速度运动，则导体中非静电性场 AB直导体以图示的速度运动， 直导体以图示的速度运动 r 强大小和方向为【 强大小和方向为【 C 】。 Ek
( A) vB, 沿导线由A → B
r r r dB r .dS 解：ε = ∫ E感 dl = ∫∫ dt dB 2 πr 即 E感 2πr = dt
解得 E感
2 dtr× E感Fra bibliotek× × ×
r dB × × dt
× × 回路 方向
× ×
r dB = 2 dt
6
三、计算题 1. 如图所示 长直导线中通有电流 如图所示,长直导线中通有电流 长直导线中通有电流I=5A,另一矩型线圈共 另一矩型线圈共 的速度向右平动， 103 匝,宽a=10cm,长L=20cm、以v=2m/s的速度向右平动， 宽 长 、 的速度向右平动 求当d=10cm时线圈中的感应电动势。 时线圈中的感应电动势。 求当 时线圈中的感应电动势 解:如右图所示,线圈向右平移时,上下 两边不产生动生电动势。 整个线圈内的感应电动势为:
r r r 解：根据动生电动势的非静电力场强公式： Ek = v × B 可得 Ek = vB ，方向如图所示。
r r r r r π ε 动生 = ∫ Ek dl = ∫ (v × B) dl = ∫ vBdl cos( α ) = vBl sinα 2
3
( B) vB sin α , 沿导线由A → B r (C ) vB, 纸面内垂直v 向上 r ( D) vB sin α , 纸面内垂直v 向下
dφ m dr 感应电动势 ε = = 2π rB dt dt = 2 × 3.14 × 0.1 × 0.8 × ( 0.8) = 0.4v
大学物理规范作业(本一)22解答
总（22） 导体 电介质
1
一、选择题 如图，两孤立同心金属球壳，内球壳接地， 1.如图，两孤立同心金属球壳，内球壳接地，外球壳 带有正电荷，则内球壳【 带有正电荷，则内球壳【 C 】。 （A）不带电荷 （C）带负电荷 解： 两球壳产生的电势在内球叠加 后应为零。 所以内球壳应带负电。
2
（B）带正电荷 （D）无法判断
2.半径分别为R 的两个同轴金属圆筒， 2.半径分别为R1和R2的两个同轴金属圆筒，其间充满着 半径分别为 相对介电常数为ε 的均匀介质， 相对介电常数为εr的均匀介质，设两筒上单位长度带 电量分别为+λ +λ和 电量分别为+λ和-λ，则介质中的电位移矢量 D 的大 C 】。 小是【 小是【 λ λ λ （A）0 （B） （C） （D） 2πε ε r 2πε 0 r 2πr r 0 解： Φ D =2R1drQR1
Q( R2 R1 ) = 4πε 0 R1 R2
o
r
4πε 0 R1 R2 Q ∴C = = U ( R2 R1 )
R2
Q 2 ( R2 R1 ) Q = ∴W = 2C 8πε 0 R1 R2
2
11
∫ D dS = D 2πrh = λh
S
λ D= 2πr
3
3. 一空气平行板电容器，其电容为C0 ， 充电后将电源断 一空气平行板电容器， 其电容为C 二板间电势差为U 开，二板间电势差为U12。今在二极板间充满相对介电常 数为ε 的各向同性均匀电介质，则此时电容值C 数为εr的各向同性均匀电介质，则此时电容值C′、二极 板间的电势差U 的关系是【 板间的电势差U12 ′与C0 、U12的关系是【 C 】。
σ R 4π R 2
大学物理1练习册参考答案
参 考 答 案练习一1-2、DD 3、i ct v v)31(30+=，400121ct t v x x ++=4、 j 8，j i 4+-，4412arctg arctg -+ππ或5解：（1）j t t i t r)4321()53(2-+++=；（2）)/(73;)3(34s m j i v j t i dt rd v s t +=++===；（3）)/(12s m j dtvd a ==6 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 v练习二：1-2、CB 3、32ct ，ct 2，R t c 42，R ct 2； 4、212t t +，212t+5、解：（1）由23Rbt dt d R dt ds v -===θ得：Rbt dtdv a 6-==τ，4229t Rb R v a n == n n n e t Rb e Rbt e a e a a4296+-=+=τττ6、当滑至斜面底时，h y =，则gh v A 2=',A 物运动过程中又受到B 的牵连运动影响，因此，A 对地的速度为jgh i gh u v u v AA )sin 2()cos 2('αα++=+=地练习三：1-3、BCB 4、3s ； 5、ωωωωR j t i t R v R y x )cos sin (222+-==+6、解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成θ角，由图可知 222s h l +=将上式对时间t 求导，得tss t l ld d 2d d 2= 根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ ts v v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导，即得船的加速度3202220202002)(d d d d d d sv h s v s l s v s lv s v v s t s l t l s t v a =+-=+-=-==船船 7、解： kv dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0 t k e v dtdxv -==0dt e v dx t k tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=练习四：1-2 AC3、解： 2s m 83166-⋅===m f a x x 2s m 167-⋅-==mf a y y (1)⎰⎰--⋅-=⨯-=+=⋅-=⨯+-=+=20101200s m 872167s m 452832dt a v v dt a v v y y y x x x于是质点在s 2时的速度1s m 8745-⋅--=ji v(2)m874134)167(21)4832122(21)21(220j i ji jt a i t a t v r y x--=⨯-+⨯⨯+⨯-=++=4、解：小球的受力分析如下图，有牛顿第二定律可知：dtdvm F kv mg =--分离变量及积分得：⎰⎰----=-v tFkv mg F kv mg d dt m k00)(解得：))(1(1F mg e kv t m k--=-5、解：取弹簧原长时m 2所在处为坐标原点，竖直向下为x 轴，m 1，m 2的受力分析如上图所示。
大学物理规范作业20电场强度
电荷A、C在B点产生的场强大小相等方向相反。
依题意有： AB 1
q
4
0
2
AB
5q
4
0
B
2
C
AB
C
BC 5
2
2.点电荷Q被闭合曲面S所包围，从无穷 远处引入另一点电荷q至曲面外一点， 如图所示，则引入前后：【 D 】
（A）通过曲面S的电通量及曲面上各点的场强均 不变。
（B）通过曲面S的电通量变化,而曲面上各点场强 不变。
解: 如图所示作边长为a的立方体，电荷位于立方体 的中心。
由高斯定理，通过立方体的总的电通量为：
E dS
q
s
0
则通过每一个面的电通量为：
q
6 0
4
二、填空：(1)如图,有一段长度为L的均匀带电直线，
电荷线密度为λ，在其中心轴线上距O为r处有一带电
量为q的点电荷。
Lq
①当r>>L时，q所受库仑力大小F1= 40r 2
大学物理规范作业 解答
总（20）
1
一、选择题
1、有三个带同号电荷的小球A、B、C , 它们的电量
之比为1: 3 : 5,放在一条直线上，相互间距离比小球
大得多。若A、C固定不动，而当B受力为0时，AB
与BC之比为[ C ]。
1
1
（A）5 （B） 5
（C） 5
（D） 5
解：B受力为零时，电荷A、C在B点的合场强为零，即
线为轴线作匀速率圆周运动，该质点的速率v(= q ) 1。2 2 0 m
解：质点作匀速率园周运动所受的向 心力为：
F Eq q 2 0r
m v2 r
ห้องสมุดไป่ตู้
大学物理规范作业上册答案全
R1
r3
R 3R
(G
Mm r2
)dr
3R
Em A
R2 R1
G
Mm r3
r
dr
(G Mm )dr
3R
r2
GMm
3R
21
2.一链条长度为L,质量为m , 链条的一端放在桌面上， 并桌用面手上拉要住做，功另A=一端有1/14悬m。在gL桌边，将链条全部拉到
32 解法1：将链条全部拉到桌面上做功的效果 就是使悬在桌边链条的重力势能增加，
比， dv kv 2 ，式中k为正常数，求快艇在关闭发动机
dt
后行驶速度与行驶距离的关系。
解： 作一个变量代换
a kv 2 dv dv dx v dv dt dx dt dx
得到： kv dv kdx dv
dx
v
积分得到： k x ln v v0
v0为初始速度
8
大学物理规范作业上册
02
17
24
2.质量为m的物体放在光滑的水平面上，物体的两边 分别与劲度系数k1和k2的弹簧相连。若在右边弹簧的
末端施以拉力F,问(1)该拉力F非常缓慢地拉过距离l，F
做功多少？（2）瞬间拉到l便停止不动,F做的功又为 多少？
解：（1）拉力作功只增加二弹 簧的弹性势能。
k2l2 l1
k1l1 l2 l
当t=1秒时，其切向加速度的大小at = 4
；法
向解加：ar速度d2的vt 2大i4小i
an= 2
costj
2 cos tj
v
。 dr
dt
4ti sin tj
dt
根据曲线运动的加速度为
at
dv dt
大学物理规范作业解答(全)
（D） > , Q>Q 。
知
'
A Q吸
又依题意：A A 知 Q Q'
20
A、B、C 2.下列所述，不可逆过程是（ ）。 （A）不能反向进行的过程； （B）系统不能回复到初态的过程； （C）有摩擦存在的过程或非准静态过程； （D）外界有变化的过程。 一个系统，由一个状态出发经过某一过程达到另 分析： 一状态，如果存在另一个过程，它能使系统和外界完 全复原（即系统回到原来状态，同时消除了原过程对 外界引起的一切影响）则原来的过程称为可逆过程； 反之，如果物体不能回复到原来状态或当物体回 复到原来状态却无法消除原过程对外界的影响，则原 来的过程称为不可逆过程。 在热现象中，可逆过程只有在准静态和无摩擦的 条件下才有可能。无摩擦准静态过程是可逆的。 21
v0 2
9
Байду номын сангаас 大学物理规范作业
总（18） 热力学第一定律
10
一、选择题 1. 1mol的单原子分子理想气体从状态A变为状态B， 如果变化过程不知道,但A、B两态的压强、体积和温 度都知道，则可求出 （ ） B （A）气体所作的功 （C）气体传给外界的热量 （B）气体内能的变化 （D）气体的质量
解：根据热力学第一定律：Q E 2 E 1 A
2
v pN v pH
2
M M
molH molN
2
2
2
得 v pH 3741 ( m / s )
2
6
3.设容器内盛有质量为M1和质量为M2的二种不同的单 原子理想气体处于平衡态，其内能均为E，则此二种 M 2 M! 。 气体分子平均速率之比为 解： 单原子分子:
大学物理规范作业解答(全)
2 v / 2 g 2.以初速度v抛出的物体最大上升高度为 __________ ， 2 v /g 抛出的最远距离为______________ 。 分析：竖直上抛时上升得最高，由：v 2 2 gh 解出： h v 2 / 2 g y v0 以θ角抛出的物体初速度为： v0 v cosi v sin j
I Fdt
0
t'
t'
3 (2)根据动量定理 I mv mv0 mv
I 计算得： m 3.1 10 3 kg v
500t 2 10 t
0
5 4 10 t 500
5 2
dt 3
|
t 3.7510 3 t 0
0.94( N s)
（02）牛顿运动定律
动量
角动量
1.站在电梯内的一个人，看到用细线连结的质量不同 的两个物体跨过电梯内的一个无摩擦的定滑轮而处于 “平衡”状态。由此，他断定电梯作加速运动，其加 速度为： （B） A）大小为g，方向向上； B）大小为g，方向向下； C）大小为g/2，方向向上；D）大小为g/2，方向向下； 分析：电梯中的观察者发现两个物体处于“平衡”状 态，说明细绳没有受到力的作用（否则因两物体质量 不同，物体会运动）。 两个物体只能相对地面作加速运动，并且加速度 一定为g，方向向下。
分析：
GMm 向心力： Fn m R R2
2
（ A）
1 GM 可得 R R
角动量：L
mR m GMR
2
11
二、填空题 1.一质量为M的质点沿 x 轴正向运动，假设该质点通过 坐标为 x 时的速度为 kx ( k为正常数），则此时作用于 2 该质点的力F= Mk x ；该质点从 x=x1 点出发运动到 [ln(x2 / x1 )] / k。 x= x2处，所经历的时间为 分析：
大学物理规范作业(本一)功能原理机械能守恒(含有解答)
0
5
二、填空题 1. 一个力作用在质量为 1.0kg 的质点上 , 使之沿 x 轴运 动 , 已知在此力作用下质点的运动方程为 x=3t-4t2+t3 (SI), 在 0 到 4s 的时间间隔内 , 该力对质点所作的功 为 176（J） 。 分析： 解1：由已知得到
法一：由牛顿第二定律，得
v dv dv f m mv 2 dt dx
x
0
dx
vB 2
vB
2mdv ,
vB x 2m( vB ) 14(m) 2
法二：由冲量定理
mv C mv B
dx x v fdt dt 2 2 2 0
11
分析：由 k/r2=mv2/r 可得：v=(k/mr)1/2
1 2 k Ek mv 2 2r
E pr
r
k k ( 2 )dr r r
所以：E=EK+EP= -k/2r
8
三、计算题 1.一轻质量弹簧原长l0，劲度系数为k，上端固定，下端 挂一质量为m的物体，先用手托住，使弹簧保持原长。 然后突然将物体释放，物体达最低位置时弹簧的最大伸 长和弹力是多少？物体经过平衡位置时的速率多大？ 解：取弹簧自然伸长处为坐标原点及势能为零（ y 轴 向下为正），以后任一时刻机械能守恒得:
1 2 1 2 E mv ky mgy 0 2 2
物体达最低位置时速度为零，由上式得最大伸长量
2 mg y k
这时弹力为：F ky 2mg
9
过平衡位置时质点受力为零： ky m g 0
mg 质点的位移为 y k
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解：质点作匀速率园周运动所受的向 心力为：
2 λ v F = Eq = q = m 2πε 0 r r
λ
得到：
qλ v= 2πε m 0
12
6
3.把一个均匀带电量为+Q的球形肥皂泡由半径r1吹胀 把一个均匀带电量为+Q的球形肥皂泡由半径r +Q的球形肥皂泡由半径 到半径为r 则半径为R 到半径为 r2 ， 则半径为 R （ r1<R<r2 ） 的高斯球面上任 Q 4πε 0 R 2 变为 0 。 一点的场强大小E 一点的场强大小E由 解： 利用高斯定理
q 4πε 0 AB
2
=
5q 4πε 0 BC
2
A B
C
2
1 AB = ∴ BC 5
2.点电荷Q被闭合曲面S所包围，从无穷 点电荷Q被闭合曲面S所包围， 远处引入另一点电荷q 至曲面外一点， 远处引入另一点电荷 q 至曲面外一点 ， 如图所示，则引入前后： 如图所示，则引入前后：【 D 】 （A）通过曲面 的电通量及曲面上各点的场强均 ）通过曲面S的电通量及曲面上各点的场强均 不变。 不变。 的电通量变化,而曲面上各点场强 （B）通过曲面 的电通量变化 而曲面上各点场强 ）通过曲面S的电通量变化 不变。 不变。 （C）通过曲面 的电通量及曲面上各点的场强均 ）通过曲面S的电通量及曲面上各点的场强均 变化。 变化。 的电通量不变,而曲面上各点场强 （D）通过曲面 的电通量不变 而曲面上各点场强 ）通过曲面S的电通量不变 变化。 变化。
dE =
λdx
4πε 0 (r x)
L/2
2
L x
O
dx
P
dE
r
λL
x
整个带电直线在P点的场强为：
E = ∫ dE = ∫
λdx
4πε 0 (r x)
2
L / 2
=
方向沿x轴正向。
L 4πε 0 (r ) 4
2
2
8
2.一个均匀带电的球层，其电荷体密度为ρ 2.一个均匀带电的球层，其电荷体密度为ρ0。球层内表 一个均匀带电的球层 面半径为R 外表面半径R 求空间各区域电场分布。 面半径为R1、外表面半径R2，求空间各区域电场分布。 解： 由高斯定理 ∫ E d S
3
一带电量为q 3.一带电量为q的点电荷位于边长为a的正方形中心轴上 且与正方形中心的距离为 a /2，则通过此正方形平面的 电通量为【 D 】。 电通量为【 （A）
q
ε0
q q q （B） （C） （D） 2ε 0 4ε 0 6ε 0
分析: 如图所示作边长为a的立方体，电荷位于立方 体的中心。 由高斯定理，通过立方体的总的电通量为：
10
4πε0r
②当r<<L时，q所受库仑力大小F2= r<<L时 所受库仑力大小F
λq 2πε0r
解: ①当r>>L时，可把带电直线视为点电荷。
②当r<<L时，可把带电直线视为无限长直带电体。
λL λLq E1 = , 1 2 F = 2 4πε 0 r 4πε 0 r
λ E2 = , F2 = λq 2πε 0 r 2πε 0 r
5
2.“无限长”均匀带电直线，电荷线密度为λ 2. 无限长”均匀带电直线，电荷线密度为λ，在它的 无限长 电场作用下，一质量为m 带电量为电场作用下，一质量为m、带电量为-q的质点以直线为 轴线作匀速率圆周运动，该质点的速率v= 轴线作匀速率圆周运动，该质点的速率v= ( qλ ) 1 2
2πε 0 m
大学物理规范作业
总（20） 电场强度
1
一、选择题 有三个带同号电荷的小球A 1.有三个带同号电荷的小球A、B、C，它们的电量之比 放在一条直线上， 为1：3：5，放在一条直线上，相互间距离比小球直径 大得多。 固定不动，而当B受力为0 大得多。若A、C固定不动，而当B受力为0时， AB 与BC 之比为【 之比为【 C 】。 1 1 （A ）5 （B ） （C ） （D ） 5 5 5 解: 当B受力为零时，说明A、C电荷在B点的合场强为零， 即A、C电荷在B点产生的场强大小相等方向相反。 依题意有：
∑q =
ε0
如图作高斯面， 于是有：
∫ E dS = ∫ EdS = E ∫sdS ∑q = E 4πr =
s s
2
o
R1
R2
r < R1
∑q = 0
ε0
E =0
注意！
4 3 4 3 ρ0 R13 R1 < r < R2 ∑ q = πr πR1 ρ 0 , E = r 2 3 3 3ε 0 r
∫
s
∑q E dS =
i
E dS = ∫ EdS = E dS ∫
s
∑q = E 4πr =
2
s
∫
ε0
r1
s
R
r2
式中∑ q为高斯面内包围的净电荷
ε0
球形肥皂泡半径为r1（r1<R）时:
∑ q = Q,
E=
Q 4πε 0 R 2
7
球形肥皂泡半径为r2（r2>R）时:
∑q = 0
E=0
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三、计算题 一均匀带电直线长为L 线电荷密度为λ 1. 一均匀带电直线长为L，线电荷密度为λ。求直线的 延长线上距L中点为r r>L/2）处的场强。 延长线上距L中点为r（r>L/2）处的场强。 解：如图建立坐标系 电荷元dq=λdx在P点的场强为：
9
4 3 4 3 r > R2 ∑ q = πR2 πR1 ρ 0 , 3 3
ρ0 3 3 (R2 R1 ) E= 2 3ε 0 r
所以有：
o
R1
R2
0 r < R1 3 R1 ρ0 E = ( r 2 ) R1 < r < R 2 r 3ε 0 ρ0 ( R 23 R 13 ) r > R 2 3ε r 2 0
∫ E dS = ε
s
q
0
则通过每一个面的电通量为：
q φ= 6ε 0
4
二、填空题 如图,有一段长度为L的均匀带电直线， 1. 如图 , 有一段长度为 L 的均匀带电直线 ， 电荷线密度 在其中心轴线上距O 处有一带电量为q 为λ，在其中心轴线上距O为r处有一带电量为q的点电 荷。 λLq r>>L时 所受库仑力大小F ①当r>>L时，q所受库仑力大小F1= 2