新编基础物理学答案_第9章
解图9-2
第9章 电荷与真空中的静电场
9-1 两个小球都带正电，总共带有电荷5
5.010C -?,如果当两小球相距2.0m 时，任一球受另一球的斥力为.试求：总电荷在两球上是如何分配的。 分析：运用库仑定律求解。
解：如解图9-1所示，设两小球分别带电q 1，q 2则有
5
12+ 5.010q q -=? ①
由库仑定律得
91212
2
091014π4
q q q q F r ε?=== ② 由①②联立解得
515
2 1.210C 3.810C
q q --?=???=???
9-2 两根2
6.010m -?长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为
30.510kg -?的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成
60°角的位置上。求每一个小球的电量。
分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。 解：设两小球带电12=q q q =，小球受力如解图9-2所示
2
2
0cos304πq F T R ε==? ①
sin30mg T =? ②
联立①②得
2
o 02
4tan30mg R q
πε= ③ 其中
223
sin 606103310(m)2
r l --=?=
??=? 2R r =
代入③式，得
71.0110C q -=?
解图9-1
9-3 在电场中某一点的场强定义为0
F
E q =
，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在电场？为什么？
答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源
电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷0q 所受力F
与0
q 成正比，故0
F
E q =
是与0q 无关的。 9-4 直角三角形ABC 如题图9-4所示，AB 为斜边，A 点上有一点荷
91 1.810C q -=?，B 点上有一点电荷92 4.810C q -=-?，已知
0.04m BC =，0.03m AC =，求C 点电场强度E
的大小和方向
(cos370.8?≈,sin370.6?≈).
分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。 解：如解图9-4所示C 点的电场强度为12E E E =+
99
411122
0 1.810910 1.810(N C )4π()(0.03)q E AC ε--???===?? 9941
2222
0 4.810910 2.710(N C )4π()(0.04)
q E BC ε--???===?? C 点电场强度E
的大小
22
2244112 1.8 2.710 3.2410(N C )E E E -=+=+?=??
方向为
4
o 14
2 1.810arctan arctan 33.72.710
E E α?===? 即方向与BC 边成°。
9-5 两个点电荷66
12410C,810C q q --=?=?的间距为0.1m ，求距离它们都是0.1m 处的
电场强度E 。
分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。 解：如解图9-5所示
9661
1122
01910410 3.610(N C )4π10
q E r ε---???===??
解图9-5
解图9-4
C
题图9-4
9661
2222
029108107.210(N C )4π10
q E r ε---???===?? 1E ，2E
沿x 、y 轴分解
611212cos 60cos120 1.810(N C )x x x E E E E E -=+=?+?=-??
611212sin60sin1209.3610(N C )y y y E E E E E -=+=?+?=??
电场强度为 22619.5210(N C )x y E E E -=
+=??
6
o 6
9.3610arctan arctan 1011.810
y
x E E α?===-?
9-6有一边长为a 的如题图9-6所示的正六角形，四个顶点都放有电荷q ，两个顶点放有电荷－q 。试计算图中在六角形中心O 点处的场强。
分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。
解：如解图9-6所示.设1236=q q q q q ===，45=q q q =-，各点电荷在O 点产生的电场强度大小均为 12362
04πq E E E E E a ε====
==
各电场强度方向如解图9-6所示，3E 与6E
抵消. 41520E E E E E
+++=
根据矢量合成，按余弦定理有
222o o
0(2)(2)2(2)(2)cos(18060)E E E E E =+--
解得
2
02
002334232a
q
a q E E πεπε=
== 方向垂直向下. 解图9-6
题图9-6
解图9-7
解图9-8
9-7 电荷以线密度λ均匀地分布在长为l 的直线上，求带电直线的中垂线上与带电直线相距为R 的点的场强。
分析：将带电直线无限分割，取一段电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元的场强，再积分求解。注意：先将电荷元产生的场强按坐标轴分解然后积分，并利用场强对称性。 解：如解图9-7建立坐标，带电直线上任一电荷元在P 点产生的场强大小为
2
2
0d d 4()
x
E R x λπε=
+
根据对称性分析，合场强E 的方向沿y 轴的方向
222
2
2
23/2
002
2
22
1/2
0d sin d 4()
4()
4()
4
L L L L x
R
E x
R x R x l
l R R λλαπεπελπε--==++=
+??
9-8 两个点电荷q 1和q 2相距为l ，若（1）两电荷同号；（2）两电荷异号，求电荷连线上电场强度为零的点的位置.
分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。
解：如解图9-8所示建立坐标系，取q 1为坐标原点，指向q 2的方向为x 轴正方向.
(1) 两电荷同号.场强为零的点只可能在q 1、q 2之间，设距q 1为x 的A 点.
据题意有12E E =即 1222
00||||
4π4π()
q q x l x εε=- 解得 112||||||
q x q q =
+
(2) 两电荷异号.场强为零的点在q 1q 2连线的延长线或反向延长线上，即E 1=E 2
1222
00||||
4π4π()
q q x l x εε=+ 解之得：112||||||
q x q q =
-
9-9无限长均匀带电直线，电荷线密度为λ,被折成互成直角的两部分.试求如题图9-9所示的P 点和P′点的电场强度.
分析：运用均匀带电细棒附近的场强公式及场强叠加原理求解。 解：以P 点为坐标原点，建立如解图9-10 (a ) 所示坐标系
均匀带电细棒产生的场强公式
12210(cos cos )(sin sin )4πa λ
θθθθε??=
-+-?
?E i j
在P 点
1π
4
θ=
，2πθ→ 所以竖直棒在P 点的场强为1θ
102214π22a λε??
??=+-?? ? ?????
??
E i j 水平棒在P 点的场强为
202214π22a λε??
??=
+-?? ? ???????
E j i 所以在P 点的合场强
1204πa λ
ε??=+=
+?
?E E E i j
即P 点的合场强的大小为
024πE a
λ
ε=
方向与x 轴正方向成45°
同理以P ′点为坐标原点，建立如图题9-10解图(2)坐标
12210(cos cos )(sin sin )4πa λ
θθθθε??=
-+-?
?E i j
在P ′点
13
π4
θ=，2πθ→
所以竖直棒在P ′点的场强为
1022
14π22a λε??
??=
--+-?? ? ???????
E i j 水平棒在P ′点的场强为
题图9-9
解图9-9 (a)
解图9-9 (b)
202214π2a λε??
??=
--+-?? ? ???????
E j i 所以在P ′点的合场强为
120[]4πa
λ
ε-=+=
+E E E i j 即P ′点的合场强的大小为
024πE a
λ
ε=
方向与x 轴成-135°.
9-10 无限长均匀带电棒1l 上的线电荷密度为1λ,2l 上的线电荷密度为2λ-，1l 与2l 平行,在与1l ，2l 垂直的平面上有一点P ,它们之间的距离如题图9-10所示,求P 点的电场强度。 分析：运用无限长均匀带电细棒的场强公式及场强叠加原理求解。 解：1l 在P 点产生的场强为
11
1010
2π0.8πa λλεε=
=E i i
2l 在P 点产生的场强大小为
2
202
2πE a λε-=
方向如解图9-11所示。把2E
写成分量形式，有
2222
222020200
2343cos sin 5π10π5π5πE E a a λλλλθθεεεε=+=-
=-+E i j i +j i j
在P 点产生的合场强为
122
12000430.8π5π5πλλλεεε??=+=-+ ?
?
?E E E i j
题图9-10
解图9-10
解图9-11
9-11 一细棒被弯成半径为R 的半圆形,其上部均匀分布有电荷Q +,下部均匀分布电荷Q -，如题图9-11所示,求圆心O 点处的电场强度。
分析：在半圆环说上取电荷元，运用点电荷场强公式及场强叠加原理积分求解。将带电半圆环分割成无数个电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元场强。将电荷元电场进行矢量分解，再进行对称性分析，然后积分求解。
解：把圆环分成无限多线元d l ，d l 所带电量为2d d πQ
q l R
=，产生的场强为d E 则d E 的大小为
2322
00d d d 2π2πQ l Q E R R
θ
εε=
= 把d E 分解成d E x 和d E y ，则
d sin d x E E θ= d cos d y E E θ=
由于Q +、Q -带电量的对称性，x 轴上的分量相互抵消，则
0x E =
π
42222
00cos d 2d 2cos d ππy y Q Q
E E E R R
θθθεε====???
所以圆环在O 点产生的场强为
22
0Q
E j R
πε=-
9-12.一均匀带电球壳内半径16cm R =，外半径210cm R =，电荷体密度为
53210m C ρ--=??，求：到球心距离r 分别为5cm 8cm 12cm 、、处场点的场强．
分析 此题属于球对称性电场，三个场点分别位于球层内半径以内、内外半径之间、外半径
以外三个区域，由高斯定理做高斯面求解。
解: 根据高斯定理0
d ε∑?=?q
S E s
得
题图9-11
2
π4ε∑=
q r
E 当5=r cm 时，
0=∑q ，得
0=E
8=r cm 时，∑q 3
π4p
=3
(r )31R - ()
2
03
13
π43π4r
R r E ερ
-=
41048.3?≈1C N -?， 方向沿半径向外． 12=r cm 时,3
π4∑=ρ
q -3
2(R ）31R ()
42
03
13
21010.4π43π4?≈-=
r
R R E ερ
1C N -?
沿半径向外.
9-13 两平行无限大均匀带电平面上的面电荷密度分别为+б和-2б,如题图9-13所示,
(1)求图中三个区域的场强1E ，2E ，3E
的表达式；
（2）若6
2
4.4310C m σ--=??，那么，1E ，2E ，3E
各多大？
分析：首先确定场强正方向，然后利用无限大均匀带电平板场强及场强叠加原理求解。 解：（1）无限大均匀带电平板周围一点的场强大小为
2E σ
ε=
在Ⅰ区域
1000
2222σσσεεε-=
+=E i i i Ⅱ区域
2000
23222σσσ
εεε=
+=E i i i Ⅲ区域
3000
2222σσσεεε=
-=-E i i i 题图9-13
（2）若6
2
4.4310C m σ--=??则
5110
2.5010(V m )2E i i σ
ε-=
=?? 5120
37.5010(V m )2E i i σ
ε-=
=?? 5130
2.5010(V m )2E i i σ
ε-=-
=-?? 9-14 点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求
（1）在该点电荷电场中穿过立方体的任一个面的电通量；
（2）若将该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?
分析 此题需结合高斯定理以及对称性关系来求解。
解: (1) 由高斯定理可知，通过立方体的总的电通量0
d εq
S E s
?=?
立方体有六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等，所以通过每个面的电通量为
6e q
Φε=
(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则通过边长a 2的正方形上电通量
6e q Φε=
边长a 2的正方形共有四个边长a 的正方形，由于对称性，则通过边长为a 的正方形的电通量为
24e q
Φε=
，
9-15 一均匀带电半圆环，半径为R ，电量为+Q ，求环心处的电势。
分析：将带电半圆环分割成无数个电荷元，根据点电荷电势公式表示电荷元的电势，再利用电势叠加原理求解。
解：把半圆环无穷分割，如解图9-15取线元d l ，其带电量为d d πQ
q l R
=，则其在圆心O 的电势为：
00d d d 4π4ππq Q l
u R R R
εε=
=?
解图9-16
所以整个半圆环在环心O 点处的电势为
π0
00d 4ππ4πR
Q l Q
u R R R
εε==??
9-16 一面电荷密度为σ的无限大均匀带电平面，若以该平面处为电势零点，求带电平面周围的电势分布。
分析：利用无限大均匀带电平面的场强公式及电势与电场强度的积分关系求解。 解：如解图9-16所示建立坐标系，所以无限大平面周围的场强分布为
2E i σε=±
取该平面电势为零，则周围任一点P 的电势为
000
d ()222P x x
U x x σσσεεε=±=±-=?
9-17 如题图9-17所示，已知2810m a -=?，2
610m b -=?,
81310C q -=?,82310C q -=-?，D 为12q q 连线中点，求：
（1）D 点和B 点的电势；
(2) A 点和C 点的电势；
（3）将电量为9
210C -?的点电荷q 0由A 点移到C 点，电场力所做的功；
（4）将q 0由B 点移到D 点，电场力所做的功。
分析：由点电荷的电势的公式及叠加原理求电势。静电力是保守力，保守力做功等于从初位置到末位置势能增量的负值。 解：（1）建立如解图9-17所示坐标系，由点电荷产生的电势的叠加得
8989
1222
0031091031091004104104π4π22D q q U a a εε----??????=+=-=?????? ? ?
????
同理，可得
0B U =
题图9-17
解图9-17
（2） 12
22
004π4πA q q U b b a εε=
+
+ 9898322222910310910310 1.810(V)610(610)(810)
-----??????=-=???+?
1
2
22
004π4πC q q U b
b a εε=
+
+ 98
98
32
2222
910310910310 1.810(V)610(610)(810)-----??????=-=-???+? （3）将点电荷q 0由A 点移到C 点，电场力所做的功
93360210[1.810( 1.810)]7.210(J)AC AC A q U --==???--?=?
（4）将q 0由B 点移到D 点，电场力所做的功
00BD BD A q U ==
9-18 如题图9-18所示，在A ，B 两点处放有电量分别为q +，q -的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力做的功．
分析 同上题。 解: O 点的电势为 0π41ε=
O U 0)(=-R
q
R q C 点的电势为
014πC U ε=
)3(R q
R q -R
q 0π6ε-
= 所以
000()6πOC O C q q
A q U U R
ε=-=
9-19 两点电荷1q =×10-8C ，2q =×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，电场力做功为多少?
分析 此题用电场力做功定义式积分求解，需注意电场力做功的正负值。 解: 2
2
1
2
1212200d d 4π4πr r r r q q r q q A F r r εε=
?==?
?
)1
1(2
1r r -
题图9-18
61055.6-?-=J
9-20 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) 空间场强分布；
(2) 两圆柱面之间的电势差。 分析 此题为球对称性电场。（1）由高斯定理求场强分布。该带电体将空间分为三个部分：小圆柱面内r ＜1R ；两圆柱面间1R ＜r ＜2R ；大圆柱面外r ＞2R ，因此需要做三次高斯面（同心球面），场强有三种表达式；（2）由电势差定义式?
?=B
A
AB l E U
d ，该积分式中
的场强应用两圆柱面间场强代入计算。
解: （1）由高斯定理求对称性电场的场强分布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 =??
小圆柱面内： 1R r <，
0q =∑
10E =
两圆柱面间：21R r R <<，
q l λ=∑，
r
E 02π2ελ
=
方向沿径向向外
大圆柱面外：2R r >，
0=∑q
03=E
（2）1
2002ln 2d 2d 2
1
2
1
R R r r r E U R R R R AB πελ
πελ===
?
?
9-21 在半径为R 1和R 2的两个同心球面上分别均匀带电q 1和q 2,求在10r R <<,
12R r R <<,2r R >三个区域内的电势分布。
分析：由于场为球对称的，作同心球面，利用高斯定理求出场强。再利用电势与场强的积分
关系d r
U E r +∞
=
??
求电势。注意：积分路径上的场强是分段函数。
解：利用高斯定理求出空间的电场强度：
0I E = 1r R <
102
04II q E r r
πε=
12R r R <<
1202
04III
q q E r r πε+= 2r R > 则空间电势的分布：
1r R ≤
12
1
2
d d d R R I I II III r
R R U E r E r E r +∞
=?+?+????2102114q q R R πε??=
+ ???
22R r R ≤≤
2
2
d d R II II III r
R U E r E r +∞
=?+???2
1
12212002021444R r
q q q q q dr r R R r πεπεπε??+=+=+ ????
2r R ≥
1212
2
00d d 44III III r
r
q q q q U E r r r r
πεπε+∞
+∞
++=?==?
?
解图9-21
《新编基础物理学》第7章习题解答和分析
第7章 气体动理论 7-1 氧气瓶的容积为32L ，瓶内充满氧气时的压强为130atm 。若每小时需用1atm 氧气体积为400L 。设使用过程中保持温度不变，问当瓶内压强降到10atm 时，使用了几个小时? 分析 氧气的使用过程中，氧气瓶的容积不变，压强减小。因此可由气体状态方程得到使用前后的氧气质量。进而将总的消耗量和每小时的消耗量比较求解。 解 已知123130atm,10atm,1atm;p p p === 1232L,V V V ===3400L V =。 质量分别为1m ，2m ，3m ,由题意可得: 1 1 m pV RT M = 22m p V RT M = 233m p V RT M = 所以一瓶氧气能用小时数为: ()121233313010329.6(1.0400 m m p V p V n m p V -?--= ===?h) 7-2 一氦氖气体激光管，工作时管内温度是 27C ?。压强是2.4mmHg ，氦气与氖气的压强比是7:1.求管内氦气和氖气的分子数密度. 分析 先求得氦气和氖气各自得压强，再根据公式p nkT =求解氦气和氖气的分子数密度。 解:依题意, n n n =+氦氖， 52.4 1.01310Pa 760 p p p =+= ??氦氖；:7:1p p =氦氖 所以 552.1 0.3 1.01310Pa, 1.01310Pa 760 760 p p = ??= ??氦氖, 根据 p nkT =，得 ()5223 232.1760 1.01310 6.7610(m )1.3810300 p n kT --??===???氦氦 2139.6610(m )P n kT -= =?氖氖 7-3 氢分子的质量为24 3.310 -?g 。如果每秒有23 10个氢分子沿着与墙面的法线成?45角的方 向以5 1 10cm s -?的速率撞击在面积为2 2.0cm 的墙面上,如果撞击是完全弹性的,试求这些氢分子作用在墙面上的压强.
新编基础物理学课后答案
习题一 1-1.质点运动学方程为：cos()sin(),r a t i a t j btk ωω=++其中a ，b ，ω均为正常数，求质点速度和加速度与时间的关系式。 分析：由速度、加速度的定义，将运动方程()r t 对时间t 求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。 解：/sin()cos()==-++v dr dt a t i a t j bk ωωωω 2/cos()sin()a dv dt a t i t j ωωω??==-+?? 1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即2/d d v v K t -=， 式中K 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为 0Kx v v e -= 。 其中0v 是发动机关闭时的速度。 分析：要求()v v x =可通过积分变量替换dx dv v dt dv a ==，积分即可求得。 证： 2d d d d d d d d v x v v t x x v t v K -==?= d Kdx v =-v ??-=x x K 0 d d 10v v v v , Kx -=0 ln v v 0Kx v v e -= 1-3．一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 2,48x t y t ==-。（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 分析：将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程。写出质点的运动学方程)(t r 表达式。对运动学方程求一阶导、二阶导得()v t 和()a t ，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度。 解：（1）由2,x t =得：,2 x t =代入248y t =- 可得：2 8y x =-，即轨道曲线。 画图略 （2）质点的位置可表示为：2 2(48)r ti t j =+- 由/v dr dt =则速度：28v i tj =+ 由/a dv dt =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 =+=+= 1-4．一质点的运动学方程为2 2 (1)x t y t ==-，，x 和y 均以m 为单位，t 以s 为单位。（1）求质点的轨迹方程；（2）在2t s =时质点的速度和加速度。 分析同1-3. 解：（1）由题意可知：x ≥0，y ≥0，由2 x t =，，可得t x = ,代入2(1)y t =- 整理得： 1y x =-，即轨迹方程 （2）质点的运动方程可表示为：22 (1)r t i t j =+-
《新编基础物理学》第一章习题解答和分析
新编基础物理学王少杰顾牡主编上册 第一章课后习题答案 QQ:970629600 习题一 1-1.质点运动学方程为：cos()sin(),r a t i a t j btk ωω=++ 其中a ，b ，ω均为正常数，求质 点速度和加速度与时间的关系式。 分析：由速度、加速度的定义，将运动方程()r t 对时间t 求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。 解：/sin()cos()==-++ v dr dt a t i a t j bk ωωωω 2 /cos()sin()a dv dt a t i t j ωωω??==-+?? 1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即2/d d v v K t -=， 式中K 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离 时的速度为 0K x v v e -= 。 其中0v 是发动机关闭时的速度。 分析：要求()v v x =可通过积分变量替换dx dv v dt dv a ==，积分即可求得。 证： 2 d d d d d d d d v x v v t x x v t v K -==? = d K dx v =-v ?? -=x x K 0d d 10 v v v v , Kx -=0 ln v v 0K x v v e -= 1-3．一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 2,48x t y t ==-。（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 分析：将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程。写出质点的运 动学方程)(t r 表达式。对运动学方程求一阶导、二阶导得()v t 和()a t ，把时间代入可得某时刻 质点的位置、速度、加速度。 解：（1）由2,x t =得：,2 x t =代入2 48y t =- 可得：2 8y x =-，即轨道曲线。 画图略 （2）质点的位置可表示为：2 2(48)r ti t j =+- 由/v dr dt = 则速度：28v i tj =+ 由/a dv dt = 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 =+=+= 1-4．一质点的运动学方程为2 2 (1)x t y t ==-，，x 和y 均以m 为单位，t 以s 为单位。（1）求
《新编基础物理学答案》_第11章
第11章 恒定电流与真空中的恒定磁场 11-1 电源中的非静电力与静电力有什么不同？ 答：在电路中，电源中非静电力的作用是，迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极移动到高电位的电源正极，使两极间维持一定的电位差。而静电场的作用是在外电路中把正电荷由高电位的地方移动到低电位的地方，起到推动电流的作用；在电源内部正好相反，静电场起的是抵制电流的作用。 电源中存在的电场有两种：1、非静电起源的场；2、稳恒场。把这两种电场与静电场比较，静电场由静止电荷所激发，它不随时间的变化而变化。非静电场不由静止电荷产生，它的大小 决定于单位正电荷所受的非静电力，k F E q = 。当然电源种类不同，k F 的起因也不同。 11-2静电场与恒定电场有什么相同处和不同处？为什么恒定电场中仍可应用电势概念？ 答：稳恒电场与静电场有相同之处，即是它们都不随时间的变化而变化，基本规律相同，并且都是位场。但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生，电荷本身却在移动。 正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化，因此静电场的两条基本定理，即高斯定理和环路定理仍然适用，所以仍可引入电势的概念。 11-3一根铜导线表面涂以银层，当两端加上电压后，在铜线和银层中，电场强度是否相同？电流密度是否相同？电流强度是否相同？为什么？ 答：此题涉及知识点：电流强度d s I =?? j s ，电流密度概念，电场强度概念，欧姆定律的微 分形式j E σ= 。设铜线材料横截面均匀，银层的材料和厚度也均匀。由于加在两者上的电压相同，两者的长度又相等，故铜线和银层的场强E 相同。由于铜线和银层的电导率σ不同， 根据j E σ= 知，它们中的电流密度j 不相同。电流强度d s I =?? j s ，铜线和银层的j 不同但 相差不太大，而它们的横截面积一般相差较大，所以通过两者的电流强度，一般说来是不相同的。 11-4一束质子发生侧向偏转，造成这个偏转的原因可否是： （1）电场？ （2）磁场？ （3）若是电场或者是磁场在起作用，如何判断是哪一种场？ 答：造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。可以改变质子的运动方向，通过质子观察运动轨迹来判断是电场还是磁场在起作用。
新编基础物理学上册答案
新编基础物理学上册答案 【篇一：新编基础物理学上册1-2单元课后答案】class=txt>王少杰，顾牡主编 第一章 ???? 1-1.质点运动学方程为：r?acos(?t)i?asin(?t)j?btk,其中a，b，? 均为正常数，求质点速度和加速度与时间的关系式。 ? 分析：由速度、加速度的定义，将运动方程r(t)对时间t求一阶导数 和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。 ????? 解：v?dr/dt??a?sin(?t)i?a?cos(?t)j?bk ????2 a?dv/dt??a???cos(?t)i?sin(?t)j?? 1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向 与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即dv/dt??kv2，式中k 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x距离时的速度为 v?v0e?kx 。其中v0是发动机关闭时的速度。 dvdv 分析：要求v?v(x)可通过积分变量替换a?，积分即可求得。 ?v dtdx dvdvdxdv ???v??kv2dtdxdtdxdv ??kdx vv1xvv???v0v?0kdx ,lnv0??kx 证： v?v0e?kx 1-3．一质点在xoy平面内运动，运动函数为x?2t,y?4t2?8。（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t=1 s和t=2 s 时质点 的位置、速度和加速度。 分析：将运动方程x和y的两个分量式消去参数t，便可得到质点的轨道方程。写出质点的 ??? 运动学方程r(t)表达式。对运动学方程求一阶导、二阶导得v(t)和 a(t)，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度。
《新编基础物理学答案》_第9章
电荷与真空中的静电场 9-1两个小球都带正电，总共带有电荷5.0 105C,如果当两小球相距2.0m时, 任一球受另一球的斥力为1.0N.试求：总电荷在两球上是如何分配的。 分析：运用库仑定律求解。 解：如解图9-1所示，设两小球分别带电q1，q2则有 q1+q2 5. C 1 10 5 ①解图9-1 由库仑定律得 F qq?厂29 109盹1② 4 n °r4 由①②联立解得 9-2两根6.0 10 2m长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为 0.5 10 3kg的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与 沿垂线成60°角的位置上。求每一个小球的电量。 分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。解：设两小球带电q，小球受力如解图9-2所示 2 F T cos30 ① 4n 0R 解图9-2 mg T sin30 ② 联立①②得 叫E tan30。③ q 其中 代入③式，得 r 9-3在电场中某一点的场强定义为E —， q。 若该点没有试验电荷，那么该点是否存在电场？为什么？ 答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验 r r — 电荷q°所受力F与q0成正比，故E 一是与q°无关的。
q。
9-4直角三角形ABC 如题图9-4所示，AB 为斜边，A 点上 J 有一点荷q i 1.8 10 9C ,B 点上有一点电荷q 2 4.8 10 9C , 已知BC 0.04m , AC 0.03m ,求C 点电场强度E 的大小和; 超 方向(cos37 0.8,sin37 0.6). 分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。 解：如解图9-4所示C 点的电场强度为E E r 1 E 2 C 点电场强度E 的大小 方向为 C 即方向与BC 边成33.7 ° 9-5两个点电荷q 1 4 10 6C, q 2 8 10 6C 的间距为 0.1m ,求距离它们都是0.1m 处的电场强度E 。 分析：运用点电荷场强 公式及场强叠加原理求解。 解：如解图9-5所示 E 1，E 2沿x 、y 轴分解 电场强度为 9-6有一边长为a 的如题图9-6所示的正六角形，四个顶点 都放有电荷q ,两个顶点放有电荷一q 。试计算图中在六角 形中心O 点处的场强。 分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。 解:如解图 9-6 所示.设 q 1 q 2 q 3 q 6=q , q 4 q 5 = 分析：将带电直线无限分割，取一段电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元的 场强，再积分求解。注意：先将电荷元产生的场强按坐标轴分解然后积分，并利 用场强对称性。 解：如解图9-7建立坐标，带电直线上任一电荷元在 P 点产生的场强大小为 题图9-4 解图9-4 解图9-5 点电荷在o 点产生的电场强度大小均为 E E 1 E 2 E 3 L E 6 q 2 4 n Q 3 各电场强度方向如解图9-6所示, E 3与E 6抵消. 根据矢量合成，按余弦定理有 解得 方向垂直向下. 9-7电荷以线密度 均匀地分布在长为I 的直线上， 电直线的中垂线上与带电直线相距为 R 的点的场强。 求带 ——H y v \ A 题图9-6 解图9-6
新编基础物理学14单元课后答案
新编基础物理学14单 元课后答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
第十四章 14-1.如题图14－1所示，一束平行光线以入射角θ射入折射率为n ，置于空气中的透明圆柱棒的端面．试求光线在圆柱棒内发生全反射时，折射率n 应满足的条件． 分析：一次折射，一次反射；利用端面折射角与内侧面入 射角互余及全反射条件即可求解。 解：设光线在圆柱棒端面的折射角为γ，在内侧面的入射角为'θ，根据折射定律，有' sin 'cos sin sin 222θθγθn n n n -=== 光线在界面上发生全反射的条件为1 'sin ≥θn ∴发生全反射时，n 必须满足θ2 sin 1+≥n 14-2.远处有一物点发出的平行光束，投射到一个空气中的实心玻璃球上．设玻璃的折射率为50.1=n ，球的半径为cm r 4=．求像的位置． 分析：利用逐步成像法，对玻璃球的前后两个球面逐一成像，即可求得最后像的位置．用高斯成像公式时，应注意两个球面的顶点位置是不同的．cm r r cm r r 4,421-=-===． 解： cm cm r n n f 12)415.15.1(1'11=?-=-= cm cm f n f 8)5.112('111-=-=-= cm f p p p f p f 12'',,1''1111 111==∞==+ 或用 -∞====-=-1111 1 11111,1,5.1','''p n n n r n n p n p n cm p p 12',4 15.11'5.111=-=∞-- 对玻璃球前表面所成的像，对后表面而言是物，所以 cm cm r p p 4)812(2'212=-=+= 题图14-1
《新编基础物理学》第1章习题解答和分析
第1章 质点运动学 1-1. 一质点沿x 轴运动，坐标与时间的变化关系为x ＝8t 3－6t （m ），试计算质点 (1) 在最初2s 内的平均速度，2s 末的瞬时速度； (2) 在1s 末到3s 末的平均加速度，3s 末的瞬时加速度. 分析：平均速度和瞬时速度的物理含义不同，分别用x t ?=?v 和d d x t =v 求得；平均加速度和瞬时加速度的物理含义也不同，分别用a t ?= ?v 和d d a t =v 求得. 解：(1) 在最初2s 内的平均速度为 31(2)(0)(8262)0 26(m s )2 x x x t t -?-?-?-====???v 2s 末质点的瞬时速度为 212d 24690(m s )d x t t -= =-=?v (2) 1s 末到3s 末的平均加速度为 22(3)(1)(2436)(246)96(m s )2 a t t -?-?---====???v v v 3s 末的瞬时加速度 23d 48144(m s )d a t t -= ==?v 1-2．一质点在xOy 平面内运动，运动方程为2 2(m),48(m)x t y t ==-. （1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线； （2）求=1 s =2 s t t 和时质点的位置、速度和加速度. 分析：将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程.写出质点的运动学方程)(t r 表达式.对运动学方程求一阶导、二阶导得()t v 和()a t ，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度. 解：（1） 由2,x t = 得：,2 x t = 代入248y t =- 可得：2 8y x =-，即轨道方程. 画图略 （2）质点的位置矢量可表示为 22(48)r ti t j =+- 则速度 d 28d r i t j t = =+v 加速度 d 8d a j t = =v 当t =1s 时，有 1224(m),28(m s ),8m s r i j i j a j --=-=+?=?v
新编基础物理学上册7-8单元课后答案
第七章 7-1 氧气瓶的容积为32,L 瓶内充满氧气时的压强为130atm 。若每小时用的氧气在1atm 下体积为400L 。设使用过程温度保持不变，当瓶内压强降到10atm 时，使用了几个小时? 分析 氧气的使用过程中，氧气瓶的容积不变，压强减小。因此可由气体状态方程得到使用前后的氧气质量。进而将总的消耗量和每小时的消耗量比较求解。 解 已知123130,10,1;P atm P atm P atm === ,3221L V V V ===L V 4003=。 质量分别为1m ，2m ，3m ,由题意可得: 1 1 m PV RT M = ○ 1 22 m PV RT M = ○2 2 33 m PV RT M = ○3 所以一瓶氧气能用小时数为: ()1212 333 13010329.61.0400m m PV PV n m PV -?--= ===?小时 7-2 一氦氖气体激光管，工作时管内温度为 27C ?。压强为2.4mmHg ，氦气与氖气得压强比是7:1.求管内氦气和氖气的分数密度. 分析 先求得氦气和氖气各自得压强，再根据公式P nkT =求解氦气和氖气的分数密度。 解:依题意, n n n =+氦氖， 52.4 1.01310760P P P Pa =+=??氦氖；:7:1P P =氦氖 所以 55 2.1 0.31.01310, 1.01310760 760 P Pa P Pa = ??=??氦氖, 根据 P nkT = 所以 ()522323 2.1760 1.01310 6.76101.3810300P n m kT --??===???氦 氦 2139.6610P n m kT -=?氖氖 7-3 氢分子的质量为243.310-?克。如果每秒有2310个氢分子沿着与墙面的法线成?45角的方向以510厘米/秒的速率撞击在面积为22.0cm 的墙面上,如果撞击是完全弹性的,求这些氢分子作用在墙面上的压强. 分析 压强即作用在单位面积上的平均作用力，而平均作用力由动量定理求得。 解:单位时间内作用在墙面上的平均作用力为: 2cos 45F mv N =? 2752234 2 3.3101010102cos 4522330210F mv N p Pa S S ---?????= ===? 7-4 一个能量为1210ev 的宇宙射线粒子,射入一氖气管中,氖管中含有氦气0.10mol,如果宇
最新新编基础物理学上册5-6单元课后答案
第五章 5-1 有一弹簧振子，振幅m A 2100.2-?=，周期s T 0.1=，初相.4/3π?=试写出它的振动位移、速度和加速度方程。 分析 根据振动的标准形式得出振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。 解：振动方程为：]2cos[]cos[?π ?ω+=+=t T A t A x 代入有关数据得：30.02cos[2]()4 x t SI π π=+ 振子的速度和加速度分别是： 3/0.04sin[2]()4v dx dt t SI π ππ==-+ 2223/0.08cos[2]()4a d x dt t SI π ππ==-+ 5-2若简谐振动方程为m t x ]4/20cos[1.0ππ+=，求： （1）振幅、频率、角频率、周期和初相； （2）t=2s 时的位移、速度和加速度. 分析 通过与简谐振动标准方程对比，得出特征参量。 解：(1)可用比较法求解.根据]4/20cos[1.0]cos[ππ?ω+=+=t t A x 得：振幅0.1A m =，角频率20/rad s ωπ=，频率1/210s νωπ-==， 周期1/0.1T s ν==，/4rad ?π= （2）2t s =时，振动相位为：20/4(40/4)t rad ?ππππ=+=+ 由cos x A ?=，sin A νω?=-，22cos a A x ω?ω=-=-得 20.0707, 4.44/,279/x m m s a m s ν==-=- 5-3质量为kg 2的质点，按方程))](6/(5sin[2.0SI t x π-=沿着x 轴振动.求： （1）t=0时，作用于质点的力的大小； （2）作用于质点的力的最大值和此时质点的位置. 分析 根据振动的动力学特征和已知的简谐振动方程求解，位移最大时受力最大。 解：（1）跟据x m ma f 2ω-==，)]6/(5sin[2.0π-=t x 将0=t 代入上式中，得： 5.0f N = （2）由x m f 2ω-=可知，当0.2x A m =-=-时，质点受力最大，为10.0f N = 5-4为了测得一物体的质量m ，将其挂到一弹簧上并让其自由振动，测得振动频率 Hz 0.11=ν；而当将另一已知质量为'm 的物体单独挂到该弹簧上时，测得频率为Hz 0.22=ν. 设振动均在弹簧的弹性限度内进行，求被测物体的质量. 分析 根据简谐振动频率公式比较即可。
新编基础物理学上册9单元课后答案
题9-2解图 第九章 9-1 两个小球都带正电，总共带有电荷55.010C -?,如果当两小球相距2.0m 时，任一球受另一球的斥力为1.0N.试求总电荷在两球上是如何分配的？ 分析：运用库仑定律求解。 解：如图所示，设两小球分别带电q 1，q 2则有 q 1+q 2=5.0310-5C ① 由题意，由库仑定律得： 91212 2 091014π4 q q q q F r ε???=== ② 由①②联立得：5 15 2 1.210C 3.810C q q --?=???=??? 9-2 两根6.0310-2m 长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为0.5310-3kg 的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位置上。求每一个小球的电量。 分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。 解：设两小球带电q 1=q 2=q ，小球受力如图所示 2 2 0cos304πq F T R ε==? ① sin 30mg T =? ② 联立①②得： 2o 02 4tan30mg R q πε= ③ 其中22sin 6061010(m)r l --=?= ?= 2R r = 代入③式，即： q =1.01310-7C 9-3 电场中某一点的场强定义为0 F E q = ，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在场强？ 为什么？ 答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源 电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷q 0所受力F 与 q 0成正比，故0 F E q = 是与q 0无关的。 9-4 直角三角形ABC 如题图9-4所示，AB 为斜边，A 点上有一点荷91 1.810C q -=?，B 点上有一点电荷92 4.810C q -=-?，已知BC =0.04m ，AC =0.03m ，求C 点电场强度E 的大小和方向(cos37°≈0.8, sin37°≈0.6). 分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。 题9-1解图
新编基础物理学王少杰第二版习题解答
习题八 8-1 位于委内瑞拉的安赫尔瀑布是世界上落差最大的瀑布，它高979m.如果在水下落的过程中，重力对它所做的功中有50％转换为热量使水温升高，求水由瀑布顶部落到底部而产生的温差.(水的比热容c 为3114.1810J kg K --???) 解 由上述分析得 水下落后升高的温度 8-2在等压过程中，0.28kg 氮气从温度为293K 膨胀到373K ，问对外做功和吸热多少?内能改变多少? 解：等压过程气体对外做功为 气体吸收的热量 内能的增量为 8-3一摩尔的单原子理想气体，温度从300K 加热到350K 。其过程分别为体积保持不变和压强保持不变。在这两种过程中： (1)气体各吸取了多少热量？ (2)气体内能增加了多少？ (3)气体对外界做了多少功？ 解：已知气体为1摩尔单原子理想气体 (1) 体积不变时，气体吸收的热量 压强保持不变时，气体吸收的热量 (2) 由于温度的改变量一样，气体内能增量是相同的 (3) 体积不变时，气体对外界做功 压强保持不变时，根据热力学第一定律，气体对外界做功为
8-4一气体系统如题图8-4所示,由状态A 沿ACB 过程到达B 状态,有336J 热量传入系统,而系统做功126J,试问: (1)若系统经由ADB 过程到B 做功42J,则有多少热量传入系 统? 收多 (2)若已知168J D A E E -=,则过程AD 及DB 中,系统各吸少热量? (3)若系统由B 状态经曲线BEA 过程返回状态A ,外界对系统做功84J,则系统与外界交换多少热量?是吸热还是放热? 解：已知ACB 过程中系统吸热336J Q =,系统对外做功126J W =,根据热力学第一定律求出B 态和A 态的内能增量 (1)ADB 过程，42J W =,故 (2)经AD 过程,系统做功与ADB 过程做功相同,即42J W =，故 经DB 过程,系统不做功,吸收的热量即内能的增量 所以，吸收的热量为 (3)因为是外界对系统做功，所以 BEA 过程 210J BEA E E ?=-?=-, 故 系统放热. 8-5如题图8-5所示，压强随体积按线性变化，若已知某种 单原子理想气体在A,B 两状态的压强和体积,问: (1)从状态A 到状态B 的过程中,气体做功多少? 题图8-4 题图8-5
新编基础物理学(上册)1-2单元课后答案
新编物理基础学(上、下册)课后习题详细答案 王少杰，顾牡主编 第一章 1-1.质点运动学方程为：cos()sin(),r a t i a t j btk ωω=++其中a ，b ，ω均为正常数，求质点速度和加速度与时间的关系式。 分析：由速度、加速度的定义，将运动方程()r t 对时间t 求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。 解：/sin()cos()==-++v dr dt a t i a t j bk ωωωω 2/cos()sin()a dv dt a t i t j ωωω??==-+?? 1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即2/d d v v K t -=， 式中K 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为 0Kx v v e -= 。 其中0v 是发动机关闭时的速度。 分析：要求()v v x =可通过积分变量替换dx dv v dt dv a ==，积分即可求得。 证： 2d d d d d d d d v x v v t x x v t v K -==?= d Kdx v =-v ??-=x x K 0d d 10v v v v , Kx -=0ln v v 0Kx v v e -= 1-3．一质点在xOy 平面运动，运动函数为22,48x t y t ==-。（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 分析：将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程。写出质点的 运动学方程)(t r 表达式。对运动学方程求一阶导、二阶导得()v t 和()a t ，把时间代入可得某 时刻质点的位置、速度、加速度。 解：（1）由2,x t =得：,2 x t =代入248y t =- 可得：28y x =-，即轨道曲线。 画图略 （2）质点的位置可表示为：22(48)r ti t j =+- 由/v dr dt =则速度：28v i tj =+ 由/a dv dt =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 =+=+= 1-4．一质点的运动学方程为22(1)x t y t ==-，，x 和y 均以m 为单位，t 以s 为单位。（1）求质点的轨迹方程；（2）在2t s =时质点的速度和加速度。 分析同1-3. 解：（1）由题意可知：x ≥0，y ≥0，由2x t =，，可得t = ,代入2(1)y t =- 1=-，即轨迹方程
新编基础物理学第二版第五章习题解答
习题五 5-1 有一弹簧振子，振幅2 2.010m A -=?，周期 1.0s T =，初相34 π ?= .试写出它的振动位移、速度和加速度方程。 解：振动方程为 2cos()cos( )x A t A t T π ω??=+=+ 代入有关数据得 30.02cos(2)(m)4 x t π π=+ 振子的速度和加速度分别是 1d 30.04sin(2)(m s )d 4 x t t πππ-= =-+?v 2222d 30.08cos(2)(m s )d 4 x a t t π ππ-==-+? 5-2一弹簧振子的质量为0.500kg ，当以35.0cm 的振幅振动时，振子每0.500s 重复一次运动.求振子的振动周期T 、频率ν、角频率ω、弹簧的倔强系数k 、物体运动的最大速率max v 、和弹簧给物体的最大作用力max F . 解：由题意可知 0.500s T =； 所以频率 1/ 2.00H z v T ==； 角频率 12=4=12.6(rad s )v ωππ-=?； 倔强系数 2210.50012.679.4(N m )k m ω-==?=?； 最大速率 1 0.3512.6 4.41(m s )max A ω-==?=?v 最大作用力 2 2 0.5000.3512.627.8(N)max max F ma mA ω===??= 5-3质量为2kg 的质点，按方程0.2cos(5)(m)6 x t π =-沿着x 轴振动.求： （1）0t =时，作用于质点的力的大小； （2）作用于质点的力的最大值和此时质点的位置.
解：（1）跟据牛顿第二定律 222d d x f m m x t ω==-，0.2cos(5)(m)6x t π=- 将0=t 代入上式中，得： 5.0N f = （2）由x m f 2ω-=可知，当0.2m x A =-=-时，质点受力最大，为10.0N f = 5-4在某港口海潮引起海洋的水平面以涨落高度d （从最高水平到最低水平）做简谐运动， 周期为12.5h.求水从最高处下降了d /4高度需要多少时间？ 解：从最高水平到最低水平为2倍的振幅，由题可得旋转矢量图，从解图5-4中可见 /4arc cos( )/23 d d π θ== /3 12.5 2.08(h)2/2t T θθπωππ = === 5-5一放置在水平桌面上的弹簧振子，其振幅2 2.010m A -=?，周期0.5s T =，当0t =时， 则： （1）物体在正方向端点； （2）物体在平衡位置，向负方向运动； （3）物体在2 1.010m x -=?处，向负方向运动； （4）物体在21.010m x -=-?处，向负方向运动. 求以上各种情况的振动方程。 解：设所求振动方程为 2cos( )0.02cos(4)x A t t T π ?π?=+=+ 由旋转矢量图解图5-5可求出初相位 3/2,3/,2/,04321π?π?π??==== （1）0.02cos 4(m)x t π= （2）0.02cos(4)(m)2 x t π π=+ （3）0.02cos(4)(m)3 x t π π=+ 解图 5-5 解图5-4
《新编基础物理学》下册习题解答和分析
题9-2解图 第九章习题解答 9-1 两个小球都带正电，总共带有电荷55.010C -?,如果当两小球相距2.0m 时，任一球受另一球的斥力为1.0N.试求总电荷在两球上是如何分配的？ 分析：运用库仑定律求解。 解：如图所示，设两小球分别带电q 1，q 2则有 q 1+q 2=5.0×10-5C ① 由题意，由库仑定律得： 91212 2091014π4 q q q q F r ε???=== ② 由①②联立得：5 15 2 1.210C 3.810C q q --?=???=??? 9-2 两根6.0×10-2m 长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为0.5×10-3 kg 的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位臵上。求每一个小球的电量。 分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。 解：设两小球带电q 1=q 2=q ，小球受力如图所示 2 2 0cos304πq F T R ε==? ① sin 30mg T =? ② 联立①②得： 2 o 02 4tan30mg R q πε= ③ 223 sin 606103310(m)2 r l --=?= ??=? 其 中 2R r = 代入③式，即： q =1.01×10-7 C 9-3 电场中某一点的场强定义为0 F E q = ，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在场强？为什么？ 答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位臵有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷 q 0所受力F 与 q 0成正比，故0 F E q = 是与q 0无关的。 题9-1解图
新编基础物理学答案_第9章
1文档收集于互联网，如有不妥请联系删除. 解图9-2 第9章 电荷与真空中的静电场 9-1 两个小球都带正电，总共带有电荷55.010C -?,如果当两小球相距2.0m 时，任一球受另一球的斥力为1.0N.试求：总电荷在两球上是如何分配的。 分析：运用库仑定律求解。 解：如解图9-1所示，设两小球分别带电q 1，q 2则有 512+ 5.010q q -=? ① 由库仑定律得 912122091014π4 q q q q F r ε?=== ② 由①②联立解得 9-2 两根2 6.010m -?长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为30.510kg -?的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位置上。求每一个小球的电量。 分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。 解：设两小球带电12=q q q =，小球受力如解图9-2所示 2 20cos304πq F T R ε==? ① sin30mg T =? ② 联立①②得 2 o 024tan30mg R q πε= ③ 其中 代入③式，得 9-3 在电场中某一点的场强定义为0 F E q =，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在电场？为什么？ 答：若该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源 电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷0q 所受力F 与0 q 成正比，故0 F E q =是与0q 无关的。 9-4 直角三角形ABC 如题图9-4所示，AB 为斜边，A 点上有一点荷 解图9-1 题图9-4
《新编基础物理学标准答案》-第9章
解图9-2 第9章 电荷与真空中的静电场 9-1 两个小球都带正电，总共带有电荷5 5.010C -?,如果当两小球相距2.0m 时，任一球受另一球的斥力为1.0N ．试求：总电荷在两球上是如何分配的。 分析:运用库仑定律求解。 解:如解图9－1所示,设两小球分别带电ｑ1,ｑ2则有 5 12+ 5.010q q -=? ① 由库仑定律得 91212 2 091014π4 q q q q F r ε?=== ② 由①②联立解得 515 2 1.210C 3.810C q q --?=???=??? 9－２ 两根2 6.010m -?长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为 30.510kg -?的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时,每根丝线都平衡在与沿垂线成 60°角的位置上。求每一个小球的电量。 分析：对小球进行受力分析，运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解。 解:设两小球带电12=q q q =,小球受力如解图９-2所示 2 2 0cos304πq F T R ε==? ① sin30mg T =? ② 联立①②得 2 o 02 4tan30mg R q πε= ③ 其中 223 sin 606103310(m)2 r l --=?= ??=? 2R r = 代入③式,得 71.0110C q -=? 解图9-1
9－3 在电场中某一点的场强定义为0 F E q = ，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在电场?为什么? 答：若该点没有试验电荷,该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量，仅与场源电 荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关,从库仑定律知道，试验电荷0q 所受力F 与0q 成 正比，故0 F E q = 是与0q 无关的。 9-4 直角三角形A ＢC 如题图9-4所示,A Ｂ为斜边，A 点上有一点荷 91 1.810C q -=?,B 点上有一点电荷92 4.810C q -=-?，已知 0.04m BC =，0.03m AC =，求Ｃ点电场强度E 的大小和方向 (cos370.8?≈,sin370.6?≈). 分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。 解：如解图９-4所示Ｃ点的电场强度为12E E E =+ 99 411122 0 1.810910 1.810(N C )4π()(0.03)q E AC ε--???===?? 9941 2222 0 4.810910 2.710(N C )4π()(0.04) q E BC ε--???===?? C 点电场强度E 的大小 22 2244112 1.8 2.710 3.2410(N C )E E E -=+=+?=?? 方向为 4 o 14 2 1.810arctan arctan 33.72.710 E E α?===? 即方向与B Ｃ边成33.7°。 9-5 两个点电荷66 12410C,810C q q --=?=?的间距为0.1m ，求距离它们都是0.1m 处的 电场强度E 。 分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。 解：如解图9-５所示 9661 1122 01910410 3.610(N C )4π10 q E r ε---???===?? 解图9-5 解图9-4 C 题图9-4
新编基础物理学第二版第二章习题解答
习题二 2-1．两质量分别为m 和M ()M m ≠的物体并排放在光滑的水平桌面上，现有一水平力F 作用在物体m 上，使两物体一起向右运动，如题图2-1所示，求两物体间的相互作用力。 若水平力F 作用在M 上，使两物体一起向左运动，则两物体 间相互作用力的大小是否发生变化？ 解：以m 、M 整体为研究对象， 有 ()F m M a =+…① 以m 为研究对象，如解图2-1（a ），有 Mm F F ma -=…② 由①、②两式，得相互作用力大小 若F 作用在M 上，以m 为研究对象，如题图2-1（b ）有 Mm F ma =…………③ 由①、③两式，得相互作用力大小 Mm mF F m M = + 发生变化。 2-2. 在一条跨过轻滑轮的细绳的两端各系一物体，两物体的质量分别为M 1和M 2 ，在M 2上再放一质量为m 的小物体，如题图2-2所示，若M 1=M 2= 4m ，求m 和M 2之间的相互作用力，若M 1=5m ，M 2=3m ，则m 与M 2之间的作用力是否发生变化？ 解： 受力图如解图2-2，分别以M 1、M 2和m 为研究对象，有 111T M g M a -= 又 12T T =，则 2 M m F = 1122M mg M M m ++ 当124M M m ==时 当125,3M m M m ==时 2109 M m mg F =，发生变化。 2-3.质量为M 的气球以加速度a v 匀加速上升，突然一只质量为m 的小鸟飞到气球上，并停留在气球上。若气球仍能向上加速，求气球的加速度减少了多少？ 题图2-2 题图2-1 解图2-1 解图2-2 解图2-3
新编基础物理学上册3-4单元课后答案
第三章 3-1 半径为R 、质量为M 的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R 的圆孔，孔的中心在1 2 R 处， 求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。 分析：用补偿法（负质量法）求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。注意对同一轴而言。 解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为： 211 2 J MR = ① 由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为： 2222213()()2424232 c M R M R J J m d MR =+= ??+?= ② 由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为： 21213 32 J J J MR =-= 3-2 如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M ，长度为L ，在其中点O 处弯成120θ=?角，放在xOy 平面内，求铁丝对Ox 轴、Oy 轴、Oz 轴的转动惯量。 分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得 解：（1）对x 轴的转动惯量为： 2 02 220 1(sin 60)32 L x M J r dm l dl ML L ===?? （2）对y 轴的转动惯量为： 20222015()(sin 30)32296 L y M L M J l dl ML L =??+=? （3）对Z 轴的转动惯量为： 2211 2()32212 z M L J ML =???= 3-3 电风扇开启电源后经过5s 达到额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16s 风扇停止转动，已知风扇转动惯量为20.5kg m ?，且摩擦力矩f M 和电磁力矩M 均为常量，求电机的电磁力矩M 。 分析：f M ，M 为常量，开启电源5s 内是匀加速转动，关闭电源16s 内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M 。 解：由定轴转动定律得：1f M M J β-=，即 11252520.50.5 4.12516 f M J M J J N m ππ βββ??=+=+=? +?=? 3-4 飞轮的质量为60kg ，直径为0.5m ，转速为1000/min r ，现要求在5s 内使其制动，求制动力F ，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4μ=，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，尺寸如题图3-4所示。 分析：分别考虑两个研究对象：闸瓦和杆。对象闸瓦对飞轮的摩擦力f 对O 点的力矩使飞轮逐渐停止转动，对飞由轮转动定律列方程，因摩擦系数是定值，则飞轮做匀角加速度运动，由转速求角加速度。对象杆受的合力矩为零。 题图3-2