大学物理课后答案解析第七章静电场中的导体及电介质1.doc
大学物理课后答案解析第七章静电场中的导体及电介质1习题7
7-2 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2
，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题7-2图所示．如果使A 板带正电3.0
×10-7
C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?
解: 如题7-2图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ
题7-2图
(1)∵AB AC U U =，即∴AB AB AC AC E E d d =
∴
2d d 21===AC
AB
AB AC E E σσ且1σ+2σS
q A
=
得,32S q A =
σS
q A 321=σ而711023
2
-?-=-
=-=A C q S q σC C
10172-?-=-=S q B σ
(2) 30
1
103.2d d ?==
=AC AC AC A E U εσV 7-3 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q
(1)
(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及
*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变
解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势
题7-3图
?
?
∞
∞==?=2
2
2
0π4π4d d R R R q
r r q r E U εε(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为
q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：
0π4π42
02
0=-
=
R q R q U εε
(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且
0π4'
π4'π4'2
02
01
0=+-+
-
=
R q q R q R q U A εεε
得q R R q 2 1
=' 外球壳上电势
()2
2
021202
02
0π4π4'π4'π4'R q
R R R q q R q R q U B εεεε-=+-+
=
7-4 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为
R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．
解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U
7-4图
由电势叠加原理有：
=
O U 03π4π4'00=+R
q
R q εε
得-
='q 3
q 7-5有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：
(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力；
(2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，
解: 由题意知2
020π4r
q F ε=
(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电
2
q q =
', 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电
q q 4
3=''
∴此时小球1与小球2间相互作用力
00220183π483π4"'2
F r
q
r q q F =-=εε(2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为
3
2q
∴小球1、2间的作用力0029
4
π432322F r q
q F ==ε
7-6如题7-6图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持
电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，
3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U
U AB =可得以下6个方程
题7-6图
?
??????
???
???
++++==+=+-==+=+===+6
543215432
0654
30021
00
1σσσσσσσσσσεσσσσεσσd U S q S q
d
U U C S S q B A 解得S q
261==σσ
S
q d U
2032-=
-=εσσS
q d
U
2054+
=
-=εσσ
所以CB 间电场S q
d U E 00
422εεσ+==
)2d (212d 02
S
q U E U U CB C ε+=== 注意：因为C 片带电，所以2U U C ≠
，若C 片不带电，显然2
U U C = 7-7 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求：(1)电介质内、外的场强；
(2)电介质层内、外的电势；(3)金属球的电势．
解: 利用有介质时的高斯定理∑?=?q S D S
d
(1)介质内)(21R r R 3
03π4,π4r
r
Q E r r Q D r εε==内; 介质外)(2R r 3
03π4,π4r
r Q E r Qr D ε==外(2)介质外)(2R r >电势r
Q
E U 0r
π4r d ε=
?=?
∞
外介质内)(21R r R r
d r d ?+?=??
∞∞
r
r
E E U 外内
大学物理实验报告范文3篇
大学物理实验是一门着重培养大学生综合能力和素质的课程。做好大学物理实验课程的考试工作对于大学物理实验课程教学质量的提高和人才的培养都具有重要的意义。本文是为大家整理的大学物理实验报告范文，仅供参考。
大学物理实验报告范文篇一：
一、实验综述
1、实验目的及要求
1.了解游标卡尺、螺旋测微器的构造，掌握它们的原理，正确读数和使用方法。
2.学会直接测量、间接测量的不确定度的计算与数据处理。
3.学会物理天平的使用。
4.掌握测定固体密度的方法。
2 、实验仪器、设备或软件
1 50分度游标卡尺准确度=0.02mm 最大误差限△仪= 0.02mm
2 螺旋测微器准确度=0.01mm 最大误差△仪= 0.005mm 修正值=0.018mm
3 物理天平TW-0.5 t天平感度0.02g 最大称量500g △仪= 0.02g 估读到0.01g
二、实验过程(实验步骤、记录、数据、分析)
1、实验内容与步骤
1、用游标卡尺测量圆环体的内外径直径和高各6次;
2、用螺旋测微器测钢线的直径7次;
3、用液体静力称衡法测石蜡的密度;
2、实验数据记录表
(1)测圆环体体积
(2)测钢丝直径
仪器名称：螺旋测微器(千分尺) 准确度=0.01mm 估读到0.001mm
测石蜡的密度
仪器名称：物理天平TW 0.5 天平感量：0.02 g 最大称量500 g
3、数据处理、分析
(1)、计算圆环体的体积
1直接量外径D的A类不确定度SD ,SD=○SD=0.0161mm=0.02mm
2直接量外径D的B类不确定度u○
d.
ud,=
Ud=0.0155mm=0.02mm
3直接量外径D的合成不确定度○
D=0.0223mm=0.2mm
4直接量外径D科学测量结果○
D=(21.19 0.02)mm
D=
5直接量内径d的A类不确定度S○
Sd=0.0045mm=0.005mm
d。d
S=
6直接量内径d的B类不确定度u○
d
ud=
ud=0.0155mm=0.02mm
7直接量内径d的合成不确定度i ○
d=0.0160mm=0.02mm
8直接量内径d的科学测量结果○
d=(16.09 0.02)mm
9直接量高h的A类不确定度S○
Sh=0.0086mm=0.009mm
d
=
h h
S=
10直接量高h的B类不确定度u○
h d
uh=0.0155mm=0.02mm
11直接量高h的合成不确定度○
h=0.0177mm=0.02mm 12直接量高h的科学测量结果○h=(7.27 0.02)mm
h
h=
13间接量体积V的平均值：V= h(D-d)/4 ○
2
2
V =1277.8mm
14 间接量体积V的全微分：dV=○
3
(D2-d2)
4
dh+
Dh dh
dD- dd 22
再用方和根的形式推导间接量V的不确定度传递公式(参考公式1-2-16) 222
v(0.25 (D2 d2) h) (0.5Dh D) (0.5dh d)
计算间接量体积V的不确定度
3
V=0.7mm
V
15写出圆环体体积V的科学测量结果○
V=(1277.8 0.7) mm
2、计算钢丝直径
(1)7次测量钢丝直径d的A类不确定度Sd ，Sd=SdSd =0.0079mm=0.008mm
3
(2)钢丝直径d的B类不确定度ud ，ud=ud
ud=0.0029mm=0.003mm
(3)钢丝直径d的合成不确定度。d=d d=0.0084mm=0.008mm
(4)写出钢丝直径d的科学测量结果d=(2.169 0.008)mm
3、计算石蜡的密度
(1)以天平的感量为仪，计算直接测量M1、M2、M3的B类不确定度uM uM=0.0115g=0.01g
(2)写出直接测量M1、M2、M3的科学测量结果
M1=(2.44 0.01)g M2=(11.04 0.01)g M3=(8.50 0.01)g
(3) t以22.5C为标准查表取值，计算石蜡密度平均值：
M1
t
M2 M3
=0.9584(kg/m3)=0.958(kg/m3) (4)间接量石蜡密度的全微分：
tm1 tm1 t
d =dm1-dm2+dm3
m2-m3(m2-m3)2(m2-m3)2
再用方和根的形式推导密度的不确定度传递公式(参考公式1-2-16)
2
( t m1/(m2 m3)) (m1 t m2/(m2 m3)2) (m1 t m3/(m2 m3)2)
2
2
计算间接量密度的不确定度
3 3
d =0.0076 kg/m=0.008 kg/m
(5)写出石蜡密度的科学测量结果=(0.958 0.008) kg/m3
三、结论
1、实验结果
实验结果即上面给出的数据。
2、分析讨论
(1)心得体会：
1、天平的正确使用：测量前应先将天平调水平，再调平衡，放取被称量物和加减砝码时○
一定要先将天平降下后再操作，天平的游码作最小刻度的1/2估读。
2、螺旋测微器正确使用：记下初始读数，旋动时只旋棘轮旋柄，当听到两声咯咯响○
时便停止旋动，千分尺作最小刻度的1/10估读。
(2)思考：
1、试述螺旋测微器的零点修正值如何确定?测定值如何表示? ○
答：把螺旋测微器调到0点位置，读出此时的数值，测定值是读数+零点修正值2、游标卡尺读数需要估读吗? ○
答：不需要。
3、实验中所用的水是事先放置在容器里，还是从水龙头里当时放出来的好，为什么? ○
答：事先放在容器里面的，这样温度比较接近设定温度。
(3)建议
学校的仪器存放时间过长，精确度方面有损，建议购买一些新的。
四、指导教师评语及成绩：
评语：
成绩：指导教师签名：
批阅日期：
大学物理实验报告范文篇二：
一、实验目的
。。。。
。。。。。
二、实验原理
。。。。
。。。。。。
三、实验内容与步骤
。。。。
。。。。。
四、数据处理与结果
。。。。
。。。。。
五、附件：原始数据
****说明：
第五部分请另起一页，将实验时的原始记录装订上，原始记录上须有教师的签名。
大学物理实验报告范文篇三：
【实验题目】长度和质量的测量
【实验目的】
1. 掌握米尺、游标卡尺、螺旋测微计等几种常用测长仪器的读数原理和使用方法。
2. 学会物理天平的调节使用方法，掌握测质量的方法。
3. 学会直接测量和间接测量数据的处理，会对实验结果的不确定度进行估算和分析，能正确地表示测量结果。
【实验仪器】(应记录具体型号规格等，进实验室后按实填写)
直尺(50cm)、游标卡尺(0.02mm)、螺旋测微计(0～25mm,0.01mm),物理天平(TW-1B型，分度值0.1g，灵敏度1div/100mg),被测物体
【实验原理】(在理解基础上，简明扼要表述原理，主要公式、重要原理图等)
一、游标卡尺
主尺分度值：x=1mm,游标卡尺分度数：n(游标的n个小格宽度与主尺的n-1小格长度相等),游标尺分度值：
n 1n
x(50分度卡尺为0.98mm,20分度的为：0.95mm),主尺分度值与游标尺
n 1n
x
xn
分度值的差值为：x
,即为游标卡尺的分度值。如50分度卡尺的分度值为：
1/50=0.02mm,20分度的为：1/20=0.05mm。
读数原理：如图，整毫米数L0由主尺读取，不足1格的小数部分l需根据游标尺与主尺对齐的刻线数
lkx kk和卡尺的分度值x/n读取：
n 1n
xk
xn
读数方法(分两步)：
(1)从游标零线位置读出主尺的读数.(2)根据游标尺上与主尺对齐的刻线k 读出不足一分格的小数,二者相加即为测量值.即: ll0 ll0 k
xn
,对于50分度卡尺：ll0 k 0.02;
对20分度：ll0 k 0.05。实际读数时采取直读法读数。
二、螺旋测微器
原理：测微螺杆的螺距为0.5mm，微分筒上的刻度通常为50分度。当微分筒转一周时，测微螺杆前进或后退0.5mm，而微分筒每转一格时，测微螺杆前进或后退0.5/50=0.01mm。可见该螺旋测微器的分度值为0.01mm，即千分之一厘米，故亦称千分尺。
读数方法：先读主尺的毫米数(注意0.5刻度是否露出)，再看微分筒上与主尺读数准线对齐的刻线(估读一位),乖以0.01mm, 最后二者相加。三：物理天平天平测质量依据的是杠杆平衡原理
分度值:指针产生1格偏转所需加的砝码质量，灵敏度是分度值的倒数，即S
n m
，它表示
天平两盘中负载相差一个单位质量时，指针偏转的分格数。如果天平不等臂，会产生系统误差，消除方法：复称法，先正常称1次，再将物放在右盘、左盘放砝码称1次(此时被测质量应为砝码质量减游码读数)，则被测物体质量的修正值为：m
【实验内容与步骤】(实验内容及主要操作步骤)
m1 m2。
1. 米尺测XX面积：分别测量长和宽各一次。
2. 游标卡尺测圆环体积：(1)记下游标卡尺的分度值和零点误差。(2)用游标卡尺测量圆环的外径D、内径d及圆环高度h各6次(在垂直交叉方向进行)。
3.千分尺测小钢球直径：(1)记下螺旋测微器的分度值，(2)测量其零点读数3次，求出平均值.(3)用千分尺测量小钢球不同部位的直径d，测量6次(要在垂直交叉方向进行)。
4.物理天平使用(1)调底座水平;(2)调平衡;(3)称量;(4)天平复原。
【数据处理】(实验数据见数据记录纸,不必在报告里再抄写一遍，要有主要的处理过程，要求用作图法处理的应附坐标纸作图或计算机打印的作图，处理的中间结果应多保留1-2位，以免产生截断误差，最终结果表示应符合有效数字规则和不确定度位数要求,计算中要特别注意单位的换算和书写)
【实验结果与分析】
1、米尺测得**的面积为：27.07.915cmS ，相对不确定度：0.08%
2、游标卡尺测得圆环体积为：)(10)13.001.4(34mmV ，相对不确定度：
3.2% 3、千分尺测得圆球直径为：)(09.00
4.20mmd ，相对不确定度：0.45% 4、复称法测得圆柱体质量为：293.18g。
测量结果是可信的。面积的相对不确定度非常小，并不能说明误差非常小，因只对长、宽的一个位置进行了一次测量。
游标卡尺测量误差主要来自对与主尺对齐的游标格线判断不准;螺旋测微器的测量误差主要来自对格线是否露出的判断和零点读数及估读数;
从天平测量结果可以看出，复称法测出的两次质量很接近，说明天平的不等臂误差是很小的。
大学物理学下册答案第11章
第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计 算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图
则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大 （B ）Φ不变，B 也不变 （ C ）Φ增大，B 不变 （ D ）Φ不变，B 增大 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图
10静电场中的导体和电介质习题解答
第十章 静电场中的导体和电介质 一 选择题 1. 半径为R 的导体球原不带电，今在距球心为a 处放一点电荷q ( a ＞R )。设无限远处的电势为零，则导体球的电势为 ( ) 2 02 00π4 . D ) (π4 . C π4 . B π4 .A R) (a qa R a q a qR a q o --εεεε 解：导体球处于静电平衡，球心处的电势即为导体球电势，感应电荷q '±分布在导体球表面上，且0)(='-+'+q q ，它们在球心处的电势 ??'±'±='= ' = 'q q q R R q V 0d π41π4d 00 εε 点电荷q 在球心处的电势为 a q V 0π4ε= 据电势叠加原理，球心处的电势a q V V V 00π4ε= '+=。 所以选（A ） 2. 已知厚度为d 的无限大带电导体平板，两表面上电荷均匀分布，电荷面密度均为σ ，如图所示，则板外两侧的电场强度的大小为 ( ) 2 . D . C 2 . B 2 .A εd E= εE= E E σσεσ εσ= = 解：在导体平板两表面外侧取两对称平面，做侧面垂直平板的高斯面，根据高斯定理，考虑到两对称平面电场强度相等，且高斯面内电荷为S 2σ，可得 0 εσ= E 。 所以选（C ） 3. 如图，一个未带电的空腔导体球壳，内半径为R ，在腔内离球心的距离为 d 处(d 1.质点运动学单元练习（一）答案 1．B 2．D 3．D 4．B 5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。） 6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。） 7．解：（1）)()2(22 SI j t i t r -+= )(21m j i r += )(242m j i r -= )(3212m j i r r r -=-=? )/(32s m j i t r v -=??= （2）)(22SI j t i dt r d v -== )(2SI j dt v d a -== )/(422s m j i v -= )/(222--=s m j a 8．解： t A tdt A adt v t o t o ωω-=ωω-== ?? sin cos 2 t A tdt A A vdt A x t o t o ω=ωω-=+=??cos sin 9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω s rad /1027.73600 *62 /5-?=π= ω s m t h dt ds v /1094.1cos 3 2 -?=ωω== （2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωt h s t 0.31008.144=?=ω π = 10．解： ky y v v t y y v t dv a -==== d d d d d d d -k =y v d v / d y ??+=- =-C v ky v v y ky 2 22 121, d d 已知y =y o ，v =v o 则2020 2 121ky v C --= )(22 22y y k v v o o -+= 习题八 8-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关． 题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强． 解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为 2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强． 解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外 第一章质点运动学 1、( 习题： 一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2t, y = 4 t 2 8 。（ 1）求质点的轨道方程； （ 2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。 解：（ 1）由 x=2t 得， y=4t 2 -8 （ 2）质点的位置 ： r r 由 v d r / dt 则速度： r r 由 a d v / d t 则加速度： 则当 t=1s 时，有 r r 可得： y=x 2-8 r 即轨道曲线 r r (4t 2 r 2ti 8) j r r r v 2i 8tj r r a 8 j r r r r r r r 2i 4 j , v 2i 8 j , a 8 j 当 t=2s 时，有 r r r r r r r r r 4i 8 j , v 2i 16j , a 8 j 2、（习题）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v 0 ，求运动方程 x x(t) . 解： dv kv v 1 t kdt v v 0 e kt dt dv v 0 v dx v 0e k t x dx t kt dt x v 0 (1 e kt ) dt v 0 e k 3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a 4 t (SI) ，已知 t 0 时，质点位于 x 10 m 处，初速度 v 0 ．试求其位置和时间的关系式． 解： a d v /d t 4 t d v 4 t d t v t 4t d t v 2 t 2 dv d x 2 x t 2 3 2 x t d t x 2 t v /d t t /3+10 (SI) x 0 4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 0 水平抛出，求： （ 1）小球的运动方程； （ 2）小球在落地之前的轨迹方程； v v （ 3）落地前瞬时小球的 dr ， dv ， dv . dt dt dt 解：（ 1） x v 0 t 式（ 1） y 1 gt 2 式（ 2） v v 1 2 v h r (t ) v 0t i (h - gt ) j 2 2 （ 2）联立式（ 1）、式（ 2）得 y h 2 gx 2 2v 0 v v v v v v （ 3） dr 2h dr v 0i - gt j 而落地所用时间t 所以 v 0i - 2gh j dt g dt v v dv g 2 t g 2gh dv v 2 2 2 ( gt ) 2 dt g j v x v y v 0 dt 2 2 1 2 ( gt ) ] 2 2gh) [v 0 ( v 0 1 2 第一章 质点运动学 1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ． (1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr ｜= Δs = Δr (B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v (C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故t s t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故t s t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x ． 下述判断正确的是( ) (A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确 大学物理课后答案第 七章静电场中的导 体和电介质 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 2 习题7 7-2 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题7-2图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少以地的电势为零，则A 板的电势是多少 解: 如题7-2图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为 2σ 题7-2图 (1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d = ∴ 2d d 21===AC AB AB AC E E σσ 且 1σ+2σS q A = 得 ,32S q A = σ S q A 321=σ 而 711023 2 -?-=- =-=A C q S q σC C 10172-?-=-=S q B σ (2) 30 1 103.2d d ?== =AC AC AC A E U εσV 3 7-3 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算： (1)外球壳上的电荷分布及电势大小； (2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量． 解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势 题7-3图 ? ? ∞ ∞==?=2 2 020π4π4d d R R R q r r q r E U εε (2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生： 0π4π42 02 0=- = R q R q U εε (3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且 0π4' π4'π4'2 02 01 0=+-+ - = R q q R q R q U A εεε 第一章质点运动学 1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速 度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -?? =0 00 )1(0 t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2g h d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 第7章 静电场中的导体和电介质 习题及答案 1. 半径分别为R 和r 的两个导体球，相距甚远。用细导线连接两球并使它带电，电荷面密度分别为1σ和2σ。忽略两个导体球的静电相互作用和细导线上电荷对导体球上电荷分布的影响。试证明： R r =21σσ 。 证明：因为两球相距甚远，半径为R 的导体球在半径为r 的导体球上产生的电势忽略不计，半径为r 的导体球在半径为R 的导体球上产生的电势忽略不计，所以 半径为R 的导体球的电势为 R R V 0211π4επσ= 14εσR = 半径为r 的导体球的电势为 r r V 0222π4επσ= 24εσr = 用细导线连接两球，有21V V =，所以 R r =21σσ 2. 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同。 证明: 如图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ （1）取与平面垂直且底面分别在A 、B 部的闭合圆柱面为高斯面，由高斯定理得 S S d E S ?+==??)(1 0320 σσε 故 +2σ03=σ 上式说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反。 （2）在A 部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即 022220 4 030201=---εσεσεσεσ 又 +2σ03=σ 故 1σ4σ= 3. 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量。 解：如图所示，设金属球表面感应电荷为q '，金属球接地时电势0=V 由电势叠加原理，球心电势为 = O V R q dq R 3π4π4100εε+ ? 03π4π400=+'= R q R q εε 故 - ='q 3 q 4．半径为1R 的导体球，带有电量q ，球外有外半径分别为2R 、3R 的同心导体球壳，球壳带有电量Q 。 （1）求导体球和球壳的电势1V 和2V ； （2）如果将球壳接地，求1V 和2V ； （3）若导体球接地（设球壳离地面很远），求1V 和2V 。 解：（1）应用均匀带电球面产生的电势公式和电势叠加原理求解。 半径为R 、带电量为q 的均匀带电球面产生的电势分布为 ???????>≤=)( 4)( 400 R r r q R r R q V πεπε 导体球外表面均匀带电q ；导体球壳表面均匀带电q -，外表面均匀带电Q q +，由电势叠加原理知，空间任一点的电势等于导体球外表面、导体球壳表面和外表面电荷在该点产生的电势的代数和。 导体球是等势体，其上任一点电势为 )( 413 210 1R Q q R q R q V ++-= πε 球壳是等势体，其上任一点电势为 大学物理学下册 吴柳 第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程 左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2) 第一章质点运动学 1、(习题 1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时 速度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速 度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+= 一、选择题 [ B ］1（基础训练2） 一“无限大”均匀带电平面A ，其附近放一与它 平行的有一定厚度的“无限大”平面导体板B ，如图所示．已知A 上的电荷 面密度为+σ ，则在导体板B 的两个表面 1和2上的感生电荷面密度为： (A) σ 1 = - σ， σ 2 = + σ． (B) σ 1 = σ21- ， σ 2 =σ2 1 +． (C) σ 1 = σ21- ， σ 1 = σ2 1 -． (D) σ 1 = - σ， σ 2 = 0． 【提示】“无限大”平面导体板B 是电中性的：σ 1S+σ 2S=0， 静电平衡时平面导体板B 内部的场强为零，由场强叠加原理得： 02220 2010=-+εσεσεσ 联立解得： 122 2 σ σ σσ=- = [ C ］2（基础训练6）半径为R 的金属球与地连接。在与球心O 相距d =2R 处有一电荷为q 的点电荷。如图所示，设地的电势为零，则球上的感生电荷q ' 为： (A) 0． (B) 2q ． (C) -2 q ． (D) -q ． 【提示】静电平衡时金属球是等势体。金属球接地，球心电势为零。球心电 势可用电势叠加法求得： 000'044q dq q R d πεπε' +=?， 00' 01'44q q dq R d πεπε=-?， 'q q R d =-，其中d = 2R ，'2q q ∴=- ［ C ］3（基础训练8）两只电容器，C 1 = 8 μF ，C 2 = 2 μF ，分别把 它们充电到 1000 V ，然后将它们反接(如图所示)，此时两极板间的电势差 为： (A) 0 V ． (B) 200 V ． (C) 600 V ． (D) 1000 V 【提示】反接，正负电荷抵消后的净电量为 661212(82)101000610Q Q Q C U C U C --=-=-=-??=? 这些电荷重新分布，最后两个电容器的电压相等，相当于并联。并联的等效电容为 512C'10C C F -=+=，电势差为'600()' Q U V C = =。 ［ D ］4（基础训练10）两个完全相同的电容器C 1和C 2，串联后与电源连接。现将一各向同性均匀电介质板插入C 1中，如图所示，则(A) 电容器组总电容减小． (B) C 1上的电荷大于C 2上的电荷． (C) C 1上的电压高于C 2上的电压 ．(D) 电容器组贮存的总能量增大． 【提示】(A) C 1↑，1/C=(1/C 1)+(1/C 2)，∴C ↑ (B) 串联，Q 1=Q 2 (C) U 1=Q/C 1，U 2=Q/C 2 ，∴U 1 大学物理上册答案详解 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 t s d d . t r d d 只是速度在径向上的分量. ∵有r r ?r =（式中r ?叫做单位矢），则 t ?r ?t r t d d d d d d r r r += 式中 t r d d 就是速度径向上的分量， ∴ t r t 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 t r d ?d d ?d 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 ＝2 2 y x +，然后根据v =t r d d ，及a ＝22d d t r 而求 得结果；又有人 v =2 2 d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x 及a = 2 222 22d 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 +=， j t y i t x t r a j t y i t x t r v 22 2222d d d d d d d d d d d d +==+==∴ 故它们的模即为 2 222 22222 2 2 2d 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 t r v == 其二，可能是将22d d d d t r t r 与误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明 t r d d 不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，22d d t r 也不是加速 习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零， 则Q与q的关系为：（） （A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（） （A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷； （B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（） （A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（） （A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零； （C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中 心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷 第9章 静电场 习 题 一 选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B 解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案（B ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变 习题9-3图 (C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变 答案：D 解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ，移动电荷后，由于OP =OT ， 即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D 解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零 答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1 第1章 质点运动学 习 题 一 选择题 1-1 对质点的运动，有以下几种表述，正确的是[ ] (A)在直线运动中，质点的加速度和速度的方向相同 (B)在某一过程中平均加速度不为零，则平均速度也不可能为零 (C)若某质点加速度的大小和方向不变，其速度的大小和方向可不断变化 (D)在直线运动中，加速度不断减小，则速度也不断减小 解析：速度是描述质点运动的方向和快慢的物理量，加速度是描述质点运动速度变化的物理量，两者没有确定的对应关系，故答案选C 。 1-2 某质点的运动方程为)(12323m t t x +-=，则该质点作[ ] (A)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (B)匀加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 (C)变加速直线运动，加速度沿ox 轴正向 (D)变加速直线运动，加速度沿ox 轴负向 解析：229dx v t dt = =-，18dv a t dt ==-，故答案选D 。 1-3 一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v ，瞬时速率为v ，某一段时间内的平均速率为v ，平均速度为v ，他们之间的关系必定有[ ] (A)v =v ，v =v (B)v ≠v ，v =v (C)v ≠v ，v ≠v (D)v =v ，v ≠v 解析：瞬时速度的大小即瞬时速率，故v =v ；平均速率s v t ?=?，而平均速度t ??r v = ，故v ≠v 。答案选D 。 1-4 质点作圆周运动时，下列表述中正确的是[ ] (A)速度方向一定指向切向，所以法向加速度也一定为零 (B)法向分速度为零，所以法向加速度也一定为零 (C)必有加速度，但法向加速度可以为零 (D)法向加速度一定不为零 解析：质点作圆周运动时，2 n t v dv a a dt ρ =+=+ n t n t a e e e e ，所以法向加速度一定不为零，答案选D 。 1-5 某物体的运动规律为 2dv kv t dt =-，式中，k 为大于零的常量。当0t =时，初速为0v ，则速率v 与时间t 的函数关系为[ ] (A)2012v kt v =+ (B)2011 2kt v v =+ (C)2012v kt v =-+ (D)2011 2kt v v =-+ 解析：由于2dv kv t dt =-，所以 02 0()v t v dv kv t dt =-? ? ，得到20 11 2kt v v =+，故答案选B 。 二 填空题 1-6 已知质点位置矢量随时间变化的函数关系为2=4t +( 2t+3)r i j ，则从 静电场中的导体与电介质考试题及答案 6 －1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ） （A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）。 6 －2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ） （A ） N 上的负电荷入地 （B ）N 上的正电荷入地 （C ） N 上的所有电荷入地 （D ）N 上所有的感应电荷入地 分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关。因而正确答案为（A ）。 6 －3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图。设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ） （A ）d εq V E 0π4,0= = （B ）d εq V d εq E 02 0π4,π4== （C ）0,0==V E （D ）R εq V d εq E 020π4,π4== 分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q ′，导体球表面的感应电荷±q ′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。因而正确答案为（A ）。 6 －4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。下列推论正确的是( ) （A ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷 （B ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零 （C ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷 （D ） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 （E ） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关 分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面 内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。因而正确答案为（E ）。 6 －5 对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（ ） （A ） 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （B ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （C ） 在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该 库仑定律 7-1 把总电荷电量为Q 的同一种电荷分成两部分，一部分均匀分布在地球上，另一部分均匀分布在月球上， 使它们之间的库仑力正好抵消万有引力，已知地球的质量M ＝ 5.98l024 kg ，月球的质量m =7.34l022kg 。（1）求 Q 的最小值；（2）如果电荷分配与质量成正比，求Q 的值。 解：（1）设Q 分成q 1、q 2两部分，根据题意有 2 221r Mm G r q q k =，其中041πε=k 即 2221q k q GMm q q Q += +=。求极值，令0'=Q ，得 0122=-k q GMm C 1069.5132?== ∴k GMm q ，C 1069.51321?==k q GMm q ，C 1014.11421?=+=q q Q （2）21q m q M =Θ ，k GMm q q =21 k GMm m q mq Mq ==∴2122 解得C 1032.6122 2?==k Gm q ， C 1015.51421?==m Mq q ，C 1021.51421?=+=∴q q Q 7-2 三个电量为 –q 的点电荷各放在边长为 l 的等边三角形的三个顶点上，电荷Q （Q ＞0）放在三角形 的重心上。为使每个负电荷受力为零，Q 值应为多大？ 解：Q 到顶点的距离为 l r 33= ，Q 与-q 的相互吸引力为 20141r qQ F πε=， 两个-q 间的相互排斥力为 2 2 0241l q F πε= 据题意有 10 230cos 2F F =，即 2 022041300cos 41 2r qQ l q πεπε=?，解得：q Q 33= 电场强度 7-3 如图7-3所示，有一长l 的带电细杆。（1）电荷均匀分布，线密度为+，则杆上距原点x 处的线元 d x 对P 点的点电荷q 0 的电场力为何？q 0受的总电场力为何？（2）若电荷线密度=kx ，k 为正常数，求P 点的电场强度。 解：（1）线元d x 所带电量为x q d d λ=，它对q 0的电场力为 200200)(d 41 )(d 41 d x a l x q x a l q q F -+=-+= λπεπε q 0受的总电场力 )(4)(d 400020 0a l a l q x a l x q F l +=-+= ?πελπελ 00>q 时，其方向水平向右；00最新大学物理活页作业答案及解析((全套))
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