《新编基础物理学答案》-第9章
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 ωωωω2/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dxdvv dt dv a ==，积分即可求得。
证：2d d d d d d d d v x vv 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 平面内运动，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：,2x 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。
《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+q25. C 1 10 5①解图9-1由库仑定律得F qq?厂29 109盹1②4 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2F T cos30 ①4n 0R 解图9-2mg T sin30 ②联立①②得叫E tan30。
③q其中代入③式，得r9-3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rr —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,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E E r1 E 2C 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 。
新编物理基础学全册(王少杰版)课后习题答案及详解
新编物理基础学全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 ωωωω2/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 0Kxv 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dxdvv dt dv a ==，积分即可求得。
证：2d d d d d d d d v x vv t x x v t v K -==⋅= d Kdx v =-v⎰⎰-=x x K 0d d 10v v v v , Kx -=0ln v v0Kxv v e -=1-3．一质点在xOy 平面内运动，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：,2x 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48,216,8ri 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。
大学物理答案第九章
振幅A与初相位 三、振幅 与初相位φ 的确定
ψ = Acos(ωt +φ)
dψ = − Asin ω +φ) ω ( t dt
简谐振动的振幅和初相位由振动的初始状态决定。 简谐振动的振幅和初相位由振动的初始状态决定。 初始状态决定
已知t=0时，振动量Ψ的振动状态为 ψ0, dψ
ψ0 = Acosφ
− 1
dΨ dt 0 2 A= Ψ0 + ω
2
dΨ dt φ = tan−1 0 ω 0 Ψ
说明： (1) 一般来说φ 的取值在 - π和π(或0和2π)之间； (2) 在应用上面的式子求φ 时，一般来说有两个值， 还要由初始条件来判断应该取哪个值； (3)常用方法：先求A，然后由 Ψ0=Acosφ 、 (dΨ /dt)0=-Aωsinφ 两者的共同部分求φ 。
1 2 Ekmax = kA 2
Ekmin = 0
势 能
Ep = 1 kx2 2
1 2 2 = kA cos (ω +φ0) t 2
1 2 Epmax = kA 2
Epmin = 0
机械能
1 2 E = Ek + Ep = kA 2
简谐振动系统机械能守恒
E
E (1/2)kA2
Ep
o
Ek
Ep = Ek
t
T
x t
由起始能量求振幅
1 2 E = kA 2
2E0 2E A= = k k
LC振荡电路中，电容器上的电 量q和电路中的电流I分别为：
q =Q cos(ωt +φ) 0 I = −ωQ sin ωt +φ) ( 0
《新编大学物理》(上、下册)习题答案
题4.Байду номын сангаас：
答案：[D]
提示： 得
题4.8：
答案：[D]
提示： ， ，故
题4.9：
答案：[A]
提示： ； ； ；故
二、填空题
题4.10：
答案：
提示：设痕迹之间距离为 ，由公式 （ 为静长度）。则车上观察者测得长度为
题4.11：
答案：（1） ，（2）
提示：（1）相对论质量和相对论动量： ，
平均动能和平均势能为: =kA2/4 =mω2A2/4 = 1.58×10-2(J)．
（4）如图所示，当t为1，2，10s等时刻时，旋转矢量的位置是相同的．
5.9如图所示，质量为10g的子弹以速度v= 103m·s-1水平射入木块，并陷入木块中，使弹簧压缩而作简谐振动．设弹簧的倔强系数
k= 8×103N·m-1，木块的质量为4.99kg，不计桌面摩擦，试求：（1）振动的振幅；
当v< 0时，sinφ> 0，因此φ= arccos(x0/A)π/3．
可见：当速度大于零时，初位相取负值；当速度小于零时，初位相取正值．如果速度等于零，当初位置x0= A时，φ= 0；当初位置x0= -A时，φ= π．
5.8质量为10×10-3kg的小球与轻弹簧组成的系统，按 的规律作振动，式中t以秒(s)计，x以米(m)计．求：
[解答]物体的总能量为：E = Ek+ Ep= 0.8(J)．
（1）根据能量公式E = kA2/2，得振幅为： = 0.253(m)．
仅从式x=t2-4t+5=(t-2)2+1，抛物线的对称轴为2，质点有往返
题1.6：
答案：[D]
提示：a=2t= ， ， ，即可得D项
新编物理学基础课后习题答案
i AB CD
0 I vl 1 1 ( ) 2 a vt a b vt
I
aA b D l
方向为顺时针方向。 (2) 选面积元dS = ldr a b 0 I 0 l I a b Φ a l dr ln 2 r 2 a
r v
B
C
dr
I aA b D l B C
v
解：(1) 任意时刻 t，AB、CD边到导线的距离分别 为 a +v t 和 a +b + v t 0 I 0 I BAB BCD 2 (a vt ) 2 (a b vt )
AB l vBAB (A B)
CD l vBCD (D C)
0 0 0
3-7 如图所示，长直导线AB中的电流 I沿导线向上， 并以 dI/dt＝2A/s的变化率均匀增长。导线附近放一个 与之共面的直角三角形线框，其一边与导线平行，位 置及线框尺寸如图（设a =10cm, b=20cm, c = 5.0cm） 所示。求此线框中产生的感应电动势的大小和方向。 A Y 0 I 解： dx 处 的B 2 x I 0.15 0 I Φ s B dS 0.05 y dx b 2 x y 0.15 x y y 2(0.15 x ) O x dx X 0.1 0.2 a B c
k
R rk 2eR (2k 1) 2 rk2 1 12 1 k 50.5 50 (条) 4 R 2 0.5 10 400 2
2
4-15 波长范围在450~650nm之间的复色平行光垂直 照射在每厘米有5000条刻线的光栅上，屏幕放在透镜 的焦平面处，屏上第二级光谱各色光在屏上所占范围 的宽度为35.1cm，求透镜的焦距f 。 1 cm 解： a b (a b)sin k 2 5000 21 2 450 0 sin 1 0.45 26.74 1 a b 2 103
大学物理第九章振动学基础习题答案
第九章 振动学习题9-1 一小球与轻弹簧组成的振动系统，按(m) 3ππ8cos 05.0⎪⎭⎫ ⎝⎛+=t x ，的规律做自由振动，试求（1）振动的角频率、周期、振幅、初相、速度最大值和加速度最大值；（2）t=1s ，2s ，10s 等时刻的相位；（3）分别画出位移、速度和加速度随时间变化的关系曲线。
解：（1）ω=8πs -1，T=2π/ω=0.25s ，A=0.05m ，ϕ0=π/3，m A ω=v ，2m a A ω=（2）π=8π3t φ+ （3）略9-2 一远洋货轮质量为m ，浮在水面时其水平截面积为S 。
设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力。
（1）证明货轮在水中做振幅较小的竖直自由运动是谐振动；（2）求振动周期。
解：（1）船处于静止状态时gSh mg ρ=，船振动的一瞬间()F gS h y mg ρ=-++ 得F gSy ρ=-，令k gS ρ=，即F ky =-，货轮竖直自由运动是谐振动。
（2）ω==，2π2T ω==9-3 设地球是一个密度为ρ的均匀球体。
现假定沿直径凿通一条隧道，一质点在隧道内做无摩擦运动。
（1）证明此质点的运动是谐振动；（2）计算其振动周期。
解：以球心为原点建立坐标轴Ox 。
质点距球心x 时所受力为324433x mF G G mx x πρπρ=-=-令43k G m πρ=，则有F kx =-，即质点做谐振动。
（2）ω==2πT ω== 9-4 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A ＝2.0 ×10-2 m ，周期T s 。
当t ＝0时，（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x ×10-2m 处，向负方向运动；（4）物体在x ＝-×10-2 m 处，向正方向运动。
求以上各种情况的振动方程。
解：ω=2π/T=4πs -1（1）ϕ0=0，0.02cos4(m)x t π=（2）ϕ0=π/2，0.02cos 4(m)2x t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（3）ϕ0=π/3，0.02cos 4(m)3x t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（4）ϕ0=4π/3，40.02cos 4(m)3x t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭9-5 有一弹簧，当其下端挂一质量为m 的物体时，伸长量为9.8 ×10-2 m 。
新物理高考第九章参考答案共28页
第九章 参考答案第一节 第一节 磁场及其描述考点知识梳理（一）4.特殊物质6.N 极受力；N 极；磁铁的磁场和电流的磁场一样，都是由电荷的运动产生的。
（二）磁场力；不受；吸引；排斥；磁场；磁场力；磁场（三）有方向的曲线；强弱；切线方向；磁感应强度；N ；S ；S ；N ；磁场的方向；不一定；电流方向；平行且距离相等（四）对放入其中的电流或磁极有力的作用；最大；磁场力为零；磁感应强度；矢量；B=F IL ；垂直；切线；N 极；N 极；牛/安米；特斯拉；T ；处处相等；矢量和；矢量运算法则（五）乘积；韦伯；Wb ；磁通量表示穿过某一面积的磁感线条数多少；穿过单位面积的磁通量；标量考能训练答案：1.解析:因在地球的内部地磁场从地球北极指向地球的南极，根据右手螺旋定则可判断出地球表现环形电流的方向应从东到西，而地球是从西向东自转，所以只有地球表面带负电荷才能形成上述电流。
答案：A2.解析：由安培定则判断，凡是垂直纸面向外的磁感线都集中在是线圈内，因磁感线是闭合曲线，则必有相应条数的磁感线垂直纸面向里，这些磁总线分布在线圈是外，所以B 、C 两圆面都有垂直纸面向里和向外的磁感线穿过，垂直纸面向外磁感线条数相同，垂直纸面向里的磁感线条数不同，B 圆面较少，c 圆面较多，但都比垂直向外的少，所以 B 、C 磁通方向应垂直纸面向外，φB ＞φC ，所以A 、C 正确．分析磁通时要注意磁感线是闭合曲线的特点和正反两方向磁总线条数的多少，不能认为面积大的磁通就大．答案：AC3. 解析：由IL F B =可知1特安·米牛1=。
由==特可知1SB φ2米韦。
由1安秒库1=及 安·米牛特11=，可知1特秒库·米牛/1=。
由1焦=1牛·米=1库·伏，可知 1牛=1库·伏/米，又知1特=秒库·米牛/1，从而可知1特秒米米伏//1=。
答案：A 、B 、C 、D 。
新编基础物理学(王少杰、顾牡)版本)答案
1．已知质点的运动方程为; a = 4i j -+。
2．说明质点做何种运动时; 变速率曲线运动；变速率直线运动 3.一质点运动方程为26x t t =-; 8m;10m 4.飞轮作加速转动时； 26m s ; 24m s ;5.一个力F 作用在质量为kg 0.1的质点上;16N S ; 176J ;6.如图为一圆锥摆; 0 ;2m g πω ;2m gπω;7.一质量为m 的物体；0m v ；竖直向下； 8.一质量为m 小球；竖直向上；mgt;9.一颗子弹在枪筒里前进时; 0.003s; 0.6N*S; 2g ; 10.一质点在几个力同时作用下; 38J ; 11.一人把质量为10kg 的物体; 196 ; 216; 12.二质点的质量各为; 1211()G m m ab--;13.狭义相对论是建立在; 伽利略 ; 14.一光子以速度c 运动; c; 15.在测量物体长度中; 最长 ; 最短 ; 16.一观察者测量得沿尺长;32c ;17.静止时边长为a 的立方体;3221a u c -;18.一点电荷q 位于一立方体中心;6Oq ε; 0 ;24Oq ε;19.描述静电场性质的两个物理量是;E ;u ;F E q=;0u Pu E dl ==⎰;20.如图，真空中两个点电荷;O Q ε;0;201094QR πε;21.如图示，两个平行的无限大;2Oσε;32O σε;2Oσε; 方向向右; 方向向右; 方向向左;22.图中曲线表示一种球对称性静电场;均匀带电实心球; 23.真空中有一半径为R 的半圆细环;4O Q Rπε;4O qQ Rπε-;24.如图示，在带电量为q 的点电荷;11()4O abqq r r πε-;25.如图所示，负电荷Q 的电场中有b a ,两点;b; a ; 增加; 26.在点电荷q 的电场中;7210C --⨯;27一带电量为Q 的导体环;Q - ; Q ;28.一孤立金属球带电量Q +;径向方向向外;0;电荷均匀分布于金属球的外表面;29.在带电量为Q +的金属球外面;24Q rπ; Q ;204r Q rπεε;0rQεε;30.一平行板电容器，充电后与电源保持连接;r ε; 1; r ε; 31.半径为0.5cm 的无限长的直圆柱形导体上; 0 ;32.在安培环路定理;_环路所包围的所有稳恒电流的代数和；环路上的磁感应强度；环路内外全部电流所产生的磁场的叠加；33.在均匀磁场中放置两个面积相等；相等；34.一平面实验线圈的磁矩大小为；0.5T ；沿y 轴正向；35.如右图，无限长直导线中流有的电流分别为；不相等；0123()I I I μ--；01()I μ-；36.无限长直圆筒入在相对磁导率为；2Irπ；02r Irμμπ；37.三根无限长载流直导线；5I; 38.一自感线圈中;0.4H;39.产生动生电动势的非静电场力;洛伦兹 ; 涡旋电场;。
大学物理第九章振动学基础习题答案
第九章 振动学习题9-1 一小球与轻弹簧组成的振动系统，按(m) 3ππ8cos 05.0⎪⎭⎫ ⎝⎛+=t x ，的规律做自由振动，试求（1）振动的角频率、周期、振幅、初相、速度最大值和加速度最大值；（2）t=1s ，2s ，10s 等时刻的相位；（3）分别画出位移、速度和加速度随时间变化的关系曲线。
解：（1）ω=8πs -1，T=2π/ω=0.25s ，A=0.05m ，ϕ0=π/3，m A ω=v ，2m a A ω=（2）π=8π3t φ+ （3）略 9-2 一远洋货轮质量为m ，浮在水面时其水平截面积为S 。
设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力。
（1）证明货轮在水中做振幅较小的竖直自由运动是谐振动；（2）求振动周期。
解：（1）船处于静止状态时gSh mg ρ=，船振动的一瞬间()F gS h y mg ρ=-++ 得F gSy ρ=-，令k gS ρ=，即F ky =-，货轮竖直自由运动是谐振动。
（2）ω==，2π2T ω==9-3 设地球是一个密度为ρ的均匀球体。
现假定沿直径凿通一条隧道，一质点在隧道内做无摩擦运动。
（1）证明此质点的运动是谐振动；（2）计算其振动周期。
解：以球心为原点建立坐标轴Ox 。
质点距球心x 时所受力为324433x m F G G mx x πρπρ=-=- 令43k G m πρ=，则有F kx =-，即质点做谐振动。
（2）ω==2πT ω== 9-4 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A ＝2.0 ×10-2 m ，周期T ＝0.50s 。
当t ＝0时，（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x ＝1.0×10-2m 处，向负方向运动；（4）物体在x ＝-1.0×10-2 m 处，向正方向运动。
求以上各种情况的振动方程。
解：ω=2π/T=4πs -1（1）ϕ0=0，0.02cos4(m)x t π=（2）ϕ0=π/2，0.02cos 4(m)2x t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ （3）ϕ0=π/3，0.02cos 4(m)3x t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ （4）ϕ0=4π/3，40.02cos 4(m)3x t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭9-5 有一弹簧，当其下端挂一质量为m 的物体时，伸长量为9.8 ×10-2 m 。
物理化学答案——第九章-化学动力学基础
第九章 化学动力学基础一、基本公式和基本概念 基本公式 1. 反应速率 11i ii i dn dC r V dtdtνν==2. 反应级数对于速率公式可表达为...][][βαB A k r =的反应，反应的总级数...++=βαn 3. 简单级数反应的速率公式 级数 反应类型 速率公式半衰期 1/2tk 量纲微分式积分式0 表面催化反应0d d x k t =0x k t = 02a k (浓度)● (时间)-1 11d ()d x k a x t=-1lna k t a x=-1ln 2k(时间)-122A P→A +B P →()a b =22d ()d x k a x t=-2()x k t a a x =-21ak(浓度)-1●(时间)-1A +B P →2d d ()()xtk a x b x =--21()ln()b a x a b a b x k t---=/33A P→A +B +C P→()a b c ==33d ()d x k a x t=-22311()2a x a k t --=2332k a(浓度)-2● (时间)-1(1)n n ≠A P n →d ()d nx k a x t=-1111()(1)n n a x an kt----=-1'n k a-(浓度)1-n ● (时间)-1其中,a b 分别表示反应物A 和B 的起始浓度，x 表示反应消耗的深度。
4. 典型复杂反应的速率方程 （1）1-1对峙反应k k A B +-t=0 a 0 t=t a-x x t=t e a-x e x e速率方程： ()kk te e x x x e +--+-=（2）平行反应最简单的平行反应是由两个一级基元反应组成的平行反应：x=x 1+x 2速率方程：tk k aex a )(21+-=-产物B 和C 的浓度比由竞争反应的速率决定：2121k k x x = （3）连续反应最简单的连续反应是两个单向连续的一级反应：C B A kk −→−−→−21t=0 a 0 0 t=t x y z 速率方程：1k tx ae-=)(21121tk tk eek k a k y ----=]1[21121122tk tk ek k k ek k k a z ---+--=中间产物B 的浓度在反应过程中出现极大值：122)(21k k k m k k a y -=，出现极大值的时间为：2121)ln(k k k k tm-=5. 温度对反应速率的影响 （1）阿累尼乌斯经验公式2ln RTE dTk d a =阿累尼乌斯公式的指数函数式: RTE a Aek -=k 1k 2A a-xCx 2 B x 1（2）阿累尼乌斯活化能基元反应的活化能是活化分子的平均能量与所有分子平均能量之差。
新编基础物理学第二版习题解答
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MmmFF 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2M m F =1122M mgM M m++当124M M m ==时 当125,3M m M m ==时2109M 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：设f r为空气对气球的浮力，取向上为正。
分别由解图2-3（a ）、(b)可得 由此解得2-4．如题图2-4所示，人的质量为60kg ，底板的质量为40kg 。
人若想站在底板上静止不动，则必须以多大的力拉住绳子？ 解：设底板和人的质量分别为M ，m ，以向上为正方向，受力图如解图2-4（a ）、(b)所示，分别以底板、人为研究对象，则有3'0T F mg +-=F 为人对底板的压力，'F 为底板对人的弹力。
新编基础物理学》下册习题解答和分析
新编基础物理学》下册习题解答和分析题9-2解图《新编基础物理学》下册习题解答和分析第九章习题解答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：912122091014π4q q q q F r ε⨯⨯⨯=== ②由①②联立得：5152 1.210C3.810Cq 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0.5×10-3kg 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220cos304πq F T R ε==︒ ①sin30mg T =︒②联立①②得：2o 024tan30mg R qπε= ③223sin 606103310(m)r l --=︒=⨯⨯=⨯ 其中2R r =代入③式，即： q =1.01×10-7C 9-3 电场中某一点的场强定义为0F 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，题9-1解图与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷q 0所受力F与q 0成正比，故0F 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。
新编物理学基础课后习题答案
简答题：简述热力学第一定律和第二定律的内容，并指出它们在物理学中的意义。
热力学基础习题答案
简答题
简述分子动理论的基本内容，并说明气体分子平均自由程与哪些因素有关。
答案
分子动理论的基本内容包括分子在永不停息地做无规则运动，分子之间存在着引力和斥力，分子之间存在着空隙。气体分子平均自由程与气体压强、温度和分子的平均碰撞频率有关。
总结词
能够运用动量和角动量的知识解决实际问题。
总结词
理解动量守恒和角动量守恒的条件和意义。
动量与角动量习题答案
动量与角动量习题答案
01
02
03
详细描述
动量是描述物体运动状态的物理量，计算公式为 $p = mv$，其中 $m$ 是物体的质量，$v$ 是物体的速度。
角动量是描述物体旋转运动的物理量，计算公式为 $L = mr^2omega$，其中 $m$ 是物体的质量，$r$ 是物体到旋转轴的距离，$omega$ 是物体的角速度。
法拉第电磁感应定律描述了当磁场发生变化时会在导体中产生感应电动势的现象。楞次定律指出感应电流的方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
磁场
安培环路定律
法拉第电磁感应定律
磁场与电磁感应习题答案
光学部分习题答案
04
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康普顿散射证明了光的粒子性，并为量子力学的发展奠定了基础。
光的量子性习题答案
量子力学部分习题答案
05
不确定性原理
由海森堡提出，指在量子力学中无法同时精确测量某些物理量，如位置和动量。
测量
在量子力学中，测量是一个重要的概念，它会影响到量子态的塌缩和结果的不确定性。
《新编大学物理》(下册)教材习题答案
第9章 静电场一、选择题 9.1 答案：B 9.2 答案：C解：根据高斯定理，通过整个立方体表面的电通量为d εqse =⋅=Φ⎰S E ，由于电荷位于立方体的中心，从立方体各个面穿出的电力线一样多，所以穿过一个表面的电场强度通量为06εq． 9.3 答案：B 9.4 答案：A解：根据电势的定义式)0(,d =⋅=⎰BBP V V l E 知，空间中某点的电势高低与电势零点的选择有关，所以B 、C 、D 均不正确；如果某一区域内电势为常数，则该区域内任意两点的电势差为0，即0d =⋅=-⎰BA B A V V l E ，要使其成立，该区域内电场强度必为零． 9.5 答案：A解：根据电势和电势差的定义式)0(,d =⋅=⎰BBP V V l E ，⎰⋅=-=BAB A AB V V U lE d 知，空间中某点电势的高低与电势零点的选择有关，选择不同的电势零点，同一点的电势数值是不一样的．而任意两点的电势差总是确定的，与电势零点的选择无关．9.6 答案：D解：根据电势叠加原理，两个点电荷中垂线上任意一点的电势为BB AA B A r q r q V V V 0044πεπε+=+=由于中垂线上的任意一点到两电荷的距离相等，即r r r B A ==，所以rq q V B A 04πε+=．要使其为零，则0=+B A q q ，所以B A q q -=．9.7 答案：A解：根据保守力做功和势能的关系PB PA BA AB E E q -=⋅=⎰l E d W 0知，负电荷沿电力线移动电场力做负功，所以电势能增加．根据等势面的定义，等势面上各点的电势相等，而电势相等的点场强不一定相等；根据电场力做功的公式AB B A AB qU V V q =-=)(W 知，初速度为零的点电荷, 仅在电场力的作用下，如何运动取决于点电荷本身和电势的高低．正电荷从高电势向低电势运动；负电荷从低电势向高电势运动． 9.8 答案：C解：达到静电平衡后，根据高斯定理设各板上的电荷密度如图所示．根据静电平衡条件，有BA BA P E σσεσσ=⇒=-=020习题9.8图 解习题9.8图由于A 、B 板由导线相连，所以其与中间板C 的电势差必然相等，所以12210220112222d dd d U U A B B A BC AC =⇒--⨯=--⨯⇒=σσεσσσεσσσ 9.9答案：D解：根据动能定理，有)11(41221)44()(W 21022010r r m e m r er e e V V e B A AB -=⇒⨯=-=-=πευυπεπε 二、填空题 9.10 答案：3028Rqd επ；方向水平向右解：根据场强叠加原理，本题可以利用割补法，等效于一个均匀带电圆环和一个带相同电荷密度的异号电荷缺口在圆心处的电场．由于均匀带电圆环电荷分布的对称性，在圆心处产生的电场强度为零．异号电荷缺口在圆心处产生的电场强度大小为30220208424Rqd R dR qR dq E εππεππε=⨯== 方向水平向右．习题9.10图习题9.11图习题9.12图9.11答案：2R E π⋅解：根据题意知穿过半球面的电力线条数和穿过底面的电力线的条数相同，所以根据电通量的定义，有2d E d d d R E S S E e π⋅==⋅=⋅=⋅=Φ⎰⎰⎰⎰底面底面底面半球面S E S E 9.12 答案：02εσ，水平向左；023εσ，水平向左；02εσ，水平向右 解：根据教材例9-7的结果和电场强度叠加原理，以水平向右为正有000212222εσεσεσ-=-=+=E E E A 0002123222εσεσεσ-=--=+=E E E B 000212222εσεσεσ+=+=+=E E E C “+”表示电场强度的方向水平向右，“-” 表示电场强度的方向水平向左． 三、计算题 9.13解：（1）如图所示，在θ处取一小段弧为电荷元，其电量为θλλRd dl dq ==根据点电荷的场强分布知，它在O 点处产生的电场强度大小为Rd R dq dE 02044πεθλπε==在x、y 轴上的分量为θcos dE dE x -=，θsin dE dE y -=根据场强叠加原理，有⎰=-=πθθπελ000cos 4d RE x Rd R E y 0002sin 4πελθθπελπ-=-=⎰所以 j j i E RλE E y x 08ε-=+=（2）根据点电荷的电势分布，有044πεθλπεd Rdq dV ==根据电势叠加原理，有⎰=-=πελθπελ044d V 9.14解：（1）由于均匀带电的球体可以看作是由许多半径不同均匀带电的球面构成，根据教材例9.5的分析知，均匀带电球面的电场分布具有球对称性分布，所以均匀带电球体的电场分布也具有球对称性分布，即到球心距离为r 的所有点的电场强度的大小都相等，方向为各自的径向．可以利用高斯定理求解．根据电场的这种球对称性分布，过P 点作半径为r 的同心球面为高斯面，如图所示．根据高斯定理，有∑⎰⎰⎰⎰=π==⋅=⋅=⋅=Φise qE r ds E ds E ds E 0214cos d εθS E解习题9.13图根据已知，有电荷的分布为：=∑i q )()(343433R r Q R r r R Q><⨯ππ 所以，电场强度的大小为=E )(4)(42030R r r QR r R Qr><πεπε根据分析知，电场强度E 的方向为径向．如果Q ＞0，则电场强度的方向沿径向指向外；若Q ＜0，则电场强度的方向沿径向指向球心． （2）根据电势的定义式⎰∞⋅=P V l E d ，为了便于积分，我们沿径向移到无穷远，所以⎰∞⋅=r V lE d 1⎰⎰∞⋅+⋅=RR rrE r E d d 30200302288348)(R Qr R Q R Q Rr R Q πεπεπεπε-=+-=)(R r <rQ r E V rr024d d πε=⋅=⋅=⎰⎰∞∞l E)(R r >9.15解：（1）如图所示，在空间任取一点P ，过P 点作无限长圆柱面轴的垂线交于O 点，O 、P 的距离为r ．为了便于分析P 点的电场强度，作其俯视图，则俯视图圆上任意一段弧代表一根无限长均匀带电直线．根据教材例9-6的分析知，无限长均匀带电直线周围的电场强度呈轴对称分布，即任意点的场强方向垂直于直线．由于圆柱面电荷分布的对称性，所以P 点的场强方向沿垂线向外（假设λ解习题9.14图＞0）．同理，距离直线也为r 的另一点P ＇的电场强度方向也沿该点的垂线方向向外．可见，到柱面的轴距离相同的所有点的场强大小都相等，方向沿各点的垂线方向向外，即场强也呈轴对称分布，可以用高斯定理求解．根据电场强度的这种对称性分布，过P 点作同轴的圆柱面为高斯面，如图所示．该闭合的高斯面由上、下底面和侧面组成，其面积分别为S 1、S 2和S 3，半径为r ，长为l ． 根据高斯定理有⎰⎰⎰⎰⋅+⋅+⋅=⋅=Φ321s s s d d d d S E S E S E S E se由于上、下底面的外法线方向都与场强E 垂直，0cos =θ，所以上式前两项积分为零；又由于圆柱侧面外法线方向与场强E 的方向一致，因此有⎰⎰⎰⎰==⋅=⋅=Φ333s d d s s se ds E Eds S E S E2επ∑=⋅=i qrl E根据已知，有电荷的分布为：=∑i q)()(0R r l R r ><λ 所以，电场强度的大小为解习题9.15图=E )(2)(00R r rR r ><πελ根据分析知，场强的方向是垂直于轴的垂线方向．如果λ＞0，则电场强度的方向沿垂线向外辐射；若λ＜0，则电场强度的方向沿垂线指向直线．（2）由于均匀带电无限长圆柱面的电荷分布到无限远，所以不能选择无穷远处为电势零点，必须另选零电势的参考点．原则上来说，除“无穷远”处外，其他地方都可选．本题我们选择距圆柱面轴为)(00R R R >处电势为零，即00=R V ．根据电势的定义式⎰⋅=0d R PV l E ，有RR r E r E V R RRrR P01ln 2d d d 0πελ=⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰l E )(R r <rR r E V R rR P02ln 2d d 0πελ=⋅=⋅=⎰⎰l E )(R r >9.16解：（1）由于圆盘是由许多小圆环组成的，取一半径为r 宽度为dr 的细圆环，此圆环上带电量为rdr dq πσ2⋅=，由教材例9-9的结果知，圆环轴线上到环心的距离为x 的任意点P 的电势为2204x r dq dV +=πε根据电势叠加原理，有P 点电势为)(242220220x x R x r dr r dV V R-+=+==⎰⎰εσπεσπ （2）根据分析知，圆盘轴线上的电场强度方向沿轴线方向，所以解习题9.16图根据电场强度与电势梯度的关系gradV -=E ，有轴线上到环心的距离为x 的任意点P 的电场强度为i i k j i E ])(1[2)(21220x R xdx dV V z y x gradV +-=-=∂∂+∂∂+∂∂-=-=εσ 此结果与教材例9-4的结果一样，很明显这种方法比较简单，去掉了复杂的矢量积分． 9.17解：由于自由电荷和电介质分布的球对称性，所以E 和D 的分布具有球对称性，可以用有介质时的高斯定理．根据电位移矢量D 的这种球对称性分布，过P 点作半径为r 的同心球面为高斯面，如图所示．根据D 的高斯定理，有∑⎰⎰⎰⎰=π==⋅=⋅=⋅i sq D r ds D ds D ds D 24cos d θS D 根据已知，有电荷的分布为：=∑i q)()(0R r Q R r ><所以，电位移矢量D 的大小为=D )(4)(02R r r QR r >⋅<π根据分析知，电位移矢量D 的方向为径向．如果Q ＞0，则D 的方向沿径向指向外；若Q ＜0，则D 的方向沿径向指向球心． 根据电场强度E 和电位移矢量D 关系E E D εεε==r 0，有电场强度E的大小为习题9.17图==rDE εε0)(4)(020R r r Q R r r ><επε方向也为径向．根据极化强度与电场强度的关系E P )1(0-=r εε，知极化强度的大小为=-=E P r )1(0εε )(4)1()(0200R r r QR r r r >-<επεεε根据极化电荷密度和极化强度的关系n n 'P =⋅=e P σ，有2004)1('r Q r r επεεεσ--= 所以，球外的电场分布以及贴近金属球表面的油面上的极化电荷'q 为Q R R Q q r r r )11(344)1('3200-=⨯--=επεπεεε第10章 稳恒电流的磁场一、选择题 10.1 答案：B 10.2 答案：C解：根据洛伦兹力公式B υF ⨯=q m 知，洛伦兹力始终与运动速度垂直，所以对运动电荷不做功，根据动能定理电荷的动能不变。
新编物理基础学全册(王少杰版)课后习题答案及详解
新编物理基础学全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 ωωωω2/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 0Kxv 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dxdvv dt dv a ==，积分即可求得。
证：2d d d d d d d d v x vv t x x v t v K -==⋅= d Kdx v =-v⎰⎰-=x x K 0d d 10v v v v , Kx -=0ln v v0Kxv v e -=1-3．一质点在xOy 平面内运动，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：,2x 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48,216,8ri 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。
新编基础物理学上册单元课后答案
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 ωωωω2/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dxdvvdt dv a ==，积分即可求得。
证：2d d d d d d d d v x vv 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 平面内运动，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：,2x 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48,216,8ri 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。
新编基础物理学上册单元课后答案
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 ωωωω1-2. 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dxdvvdt dv a ==，积分即可求得。
证：2d d d d d d d d v x vv t x x v t v K -==⋅= ⎰⎰-=x x K 0d d 10v v v v , Kx -=0ln v v1-3．一质点在xOy 平面内运动，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：,2x 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48,216,8ri 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。
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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912122091014π4q q q q F r ε⨯=== ② 由①②联立解得5152 1.210C 3.810Cq q --⎧=⨯⎪⎨=⨯⎪⎩9-2 两根26.010m -⨯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220cos304πq F T R ε==︒ ①sin30mg T =︒ ②联立①②得2o 024tan30mg R qπε= ③ 其中223sin 606103310(m)2r l --=︒=⨯⨯=⨯ 2R r =代入③式，得71.0110C q -=⨯解图9-19-3 在电场中某一点的场强定义为0FE q =r r ，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 ρ与0q 成正比，故0FE q =rr 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 ρ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 =+r r r994111220 1.810910 1.810(N C )4π()(0.03)q E AC ε--⨯⨯⨯===⨯⋅ 994122220 4.810910 2.710(N C )4π()(0.04)q E BC ε--⨯⨯⨯===⨯⋅ C 点电场强度E ρ的大小222244112 1.8 2.710 3.2410(N C )E E E -=+=+⨯=⨯⋅方向为4o 142 1.810arctan arctan 33.72.710E E α⨯===⨯ 即方向与BC 边成33.7°。
9-5 两个点电荷6612410C,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 ρ。
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9661112201910410 3.610(N C )4π10q E r ε---⨯⨯⨯===⨯⋅解图9-5解图9-4C题图9-496612222029108107.210(N C )4π10q E r ε---⨯⨯⨯===⨯⋅ 1E ρ，2E ρ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 -=+=⨯⋅6o 69.3610arctan arctan 1011.810yx 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 1236204πq E E E E E a ε======L各电场强度方向如解图9-6所示，3E ρ与6E ρ抵消. 41520E E E E E ρρρρρ+++=根据矢量合成，按余弦定理有222o o0(2)(2)2(2)(2)cos(18060)E E E E E =+--解得202002334232aqa q E E πεπε=== 方向垂直向下.解图9-6题图9-6解图9-7解图9-89-7 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220d d 4()xE R x λπε=+根据对称性分析，合场强E v的方向沿y 轴的方向 2222223/20022221/20d sin d 4()4()4()4L L L L xRE xR x R x ll 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 122200||||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 2122200||||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 λθθθθε⎡⎤=-+-⎣⎦r r r E i j在P 点1π4θ=，2πθ→ 所以竖直棒在P 点的场强为1θ102214π22a λε⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦r r r E i j 水平棒在P 点的场强为202214π22a λε⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦r r rE j i 所以在P 点的合场强1204πa λε⎡⎤=+=+⎣⎦r r r r rE E E i j即P 点的合场强的大小为024πE aλε=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 λθθθθε⎡⎤=-+-⎣⎦r r r E i j在P ′点13π4θ=，2πθ→所以竖直棒在P ′点的场强为102214π22a λε⎡⎤⎛⎫=--+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦r r r 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)202214πa λε⎡⎤⎛⎫=--+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦r r r E j i 所以在P ′点的合场强为120[]4πaλε-=+=+r rr r r E E E i j即P ′点的合场强的大小为024πE aλε=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1110102π0.8πa λλεε==r rrE i i2l 在P 点产生的场强大小为22022πE a λε-=方向如解图9-11所示。
把2E ρ写成分量形式，有22222220202002343cos sin 5π10π5π5πE E a a λλλλθθεεεε=+=-=-+r r r r r rr E i j i +j i j在P 点产生的合场强为12212000430.8π5π5πλλλεεε⎛⎫=+=-+⎪⎝⎭r rr r r E E E i j题图9-10解图9-10解图9-119-11 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 πQq l R=，产生的场强为d E r 则d E r的大小为232200d d d 2π2πQ l Q E R Rθεε== 把d E r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 =π4222200cos d 2d 2cos d ππy y Q QE E E R Rθθθεε====⎰⎰⎰所以圆环在O 点产生的场强为220QE j R πε=-rr9-12.一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0d ε∑⎰=⋅qS E sϖϖ得题图9-112π4ε∑=q rE 当5=r cm 时，0=∑q ，得0=E ϖ8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )31R - ()20313π43π4rR r E ερ-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -32(R ）31R ()42031321010.4π43π4⨯≈-=rR R E ερ1C 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 ρ，2E ρ，3E ρ的表达式；（2）若624.4310C m σ--=⨯⋅，那么，1E ρ，2E ρ，3E ρ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。