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：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==︒ ①联立①②得： 223sin 606103310(m)2r l --=︒=⨯⨯=⨯ 其中代入③式，即： q =1.01×10-7CF E q =，若该点没有试验电荷，那么该点是否存在场9-3 电场中某一点的场强定义为强？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。
《新编基础物理学》_第十章习题解答和分析
题图10-1题10-1解图 d 第十章习题解答10-1 如题图10-1所示，三块平行的金属板A ，B 和C ，面积均为200cm 2,A 与B 相距4mm ，A 与C 相距2mm ，B 和C 两板均接地，若A 板所带电量Q =3.0×10-7C ，忽略边缘效应,求：（1）B 和C 上的感应电荷？（2）A 板的电势（设地面电势为零）。
分析：当导体处于静电平衡时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律，可以求得导体的电荷分布，又因为B 、C 两板都接地，所以有ACAB U U =。
解：（1）设B 、C 板上的电荷分别为B q 、C q 。
因3块导体板靠的较近，可将6个导体面视为6个无限大带电平面。
导体表面电荷分布均匀，且其间的场强方向垂直于导体表面。
作如图中虚线所示的圆柱形高斯面。
因导体达到静电平衡后，内部场强为零，故由高斯定理得：1A C q q =- 2A B q q =-即 ()A B C q q q =-+ ①又因为： ACAB U U =而: 2AC ACdU E =⋅ AB AB U E d =⋅∴ 2AC AB E E =于是：002C B σσεε =⋅ 两边乘以面积S 可得： 002C B S S σσεε =⋅ 即： 2C B q q = ②联立①②求得: 77210,110C B q C q C --=-⨯=-⨯题图10-2(2) 00222C C A AC C AC AC q d d d U U U U E S σεε =+==⋅=⋅=⋅ 733412210210 2.2610()200108.8510V ----⨯=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯ 10-2 如题图10-2所示，平行板电容器充电后，A 和B 极板上的面电荷密度分别为+б和－б，设P 为两极板间任意一点，略去边缘效应，求： （1）A,B 板上的电荷分别在P 点产生的场强E A ,E B ;（2）A,B 板上的电荷在P 点产生的合场强E ； (3)拿走B 板后P 点处的场强E ′。
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
新编基础物理学第13章习题解答和分析
《新编基础物理学》第13章习题解答和分析(总12页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--第13章 电磁场与麦克斯韦方程组13-1 如题图13-1所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面，且导线框的一个边与长直导线平行，到两长直导线的距离分别为1r ，2r 。
已知两导线中电流都为0sin I I t ω=，其中I 0和ω为常数，t 为时间。
导线框长为a ，宽为b ，求导线框中的感应电动势。
分析：当导线中电流I 随时间变化时，穿过矩形线圈的磁通量也将随时间发生变化，用法拉第电磁感应定律md d i tΦε=-计算感应电动势，其中磁通量m d sB S Φ=⋅⎰， B 为两导线产生的磁场的叠加。
解：无限长直电流激发的磁感应强度为02IB rμ=π。
取坐标Ox 垂直于直导线，坐标原点取在矩形导线框的左边框上，坐标正方向为水平向右。
取回路的绕行正方向为顺时针。
由场强的叠加原理可得x 处的磁感应强度大小00122()2()IIB r x r x μμ=+π+π+方向垂直纸面向里。
通过微分面积d d S a x =的磁通量为00m 12d d d d 2()2()I I B S B S a x r x r x μμΦππ⎡⎤=⋅==+⎢⎥++⎣⎦通过矩形线圈的磁通量为00m 012d 2()2()b I I a x r x r x μμΦ⎡⎤=+⎢⎥π+π+⎣⎦⎰012012ln ln sin 2a r b r b I t r r μω⎛⎫++=+ ⎪π⎝⎭ 感生电动势 0m 12012d ln ln cos d 2i a r b r b I t t r r μωΦεω⎛⎫++=-=-+ ⎪π⎝⎭012012()()ln cos 2ar b r b I t r r μωω⎡⎤++=-⎢⎥π⎣⎦0i ε>时，回路中感应电动势的实际方向为顺时针；0i ε<时，回路中感应电动势的实际方向为逆时针。
《新编基础物理学》第5章习题解答和分析
第5章 机械振动5-1 有一弹簧振子，振幅22.010m A -=⨯，周期 1.0s T =，初相34πϕ=.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可得到振动方程，通过求导即可求解速度和加速度方程。
解：振动方程为2cos()cos()x A t A t Tπωϕϕ=+=+ 代入有关数据得30.02cos(2)(m)4x t ππ=+振子的速度和加速度分别是1d 30.04sin(2)(m s )d 4x t t πππ-==-+⋅v 2222d 30.08cos(2)(m s )d 4x a t t πππ-==-+⋅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 .分析：最大速率max A ω=v , 2max a A ω=，max max F ma =，2v ωπ=，1v T=，所以只要求出周期T 即可.解：由题意可知 0.500s T =；所以频率 1/ 2.00Hz 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 10.3512.6 4.41(m s )max A ω-==⨯=⋅v最大作用力 220.5000.3512.627.8(N)max max F ma mA ω===⨯⨯=5-3质量为2kg 的质点，按方程0.2cos(5)(m)6x 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.分析 根据振动的动力学特征和已知的简谐运动方程求解，位移最大时受力最大。
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？分析：由旋转矢量法即可求解.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/4arccos()/23d d πθ== /312.5 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22.010m 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21.010m 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。
《新编基础物理学》 第四章习题解答和分析
习题四4-1 观察者A 测得与他相对静止的Oxy 平面上一个圆的面积是12 cm 2，另一观察者B 相对于A 以 0.8 c (c 为真空中光速)平行于Oxy 平面作匀速直线运动，B 测得这一图形为一椭圆，其面积是多少？分析：本题考察的是长度收缩效应。
解：由于B 相对于A 以0.8v c =匀速运动，因此B 观测此图形时与v 平行方向上的线度将收缩为b c R 2)/(122=-v ，即是椭圆的短轴.而与v 垂直方向上的线度不变，仍为2 2 R a =，即是椭圆的长轴. 所以测得的面积为(椭圆形面积)R c R ab S ⋅-π=π=2)/(1v 22)/(1c Rv -π==7.2cm 24-2 长度为1m 的米尺L 静止于'K 中，与x 轴的夹角'30,'K θ=︒系相对K 系沿x 轴运动，在K 系中观察得到的米尺与x 轴的夹角为45θ=︒，试求：（1）'K 系相对K 系的速度是多少？（2）K 系中测得的米尺的长度？分析：本题考察的是长度收缩效应。
根据两个参考系下米尺的不同长度再结合长度收缩效应我们可以很方便的得到两个参考系之间的相对速度解：（1）米尺相对'S 系静止，它在''x y 和轴的投影分别为：00'cos '0.866'sin '0.5x y L L m L L mθθ====米尺相对S 系沿x 方向运动，设运动速度为v ，为S 系中的观察者，米尺在x 方向将产生长度收缩，而y 方向的长度不变，即x x L L ='y y L L =故米尺与x 轴的夹角满足'y xL L tg L θ==将θ与'x L 、'y L 的值代入可得： 0.816v c =（2）在S 系中测得米尺的长度为：0.707()sin 45y L L m ==︒4-3 已知x 介子在其静止系中的半衰期为81.810s -⨯。
基础物理学下册 答案
图17.1第十七章 真空中的静电场17-1 解: 设等边三角形的边长为a ,则由顶点到中心的距离为.123q q q q ===放在三角形中心的电荷为Q ,Q 与q 反号. Q 受其他三个电荷的合力为零,与Q 的大小无关.一个q 受其他三个电荷的合力大小为21322002cos302424q qQ F F aπεπε-=⨯⨯-⎫⎪⎝⎭)2034q Q a πε=-此合力为零给出Q =∴ 3Q q =17-2 解: 0m +=F g 0q m +=E g343R gmgq E Eρπ==()36548513141641098319210....-⨯⨯⨯⨯⨯=⨯ 1980210C .-=⨯图17.2图17.3图17.45e =17-3 解: 在带电环线上任取一长为d l 的电荷元,其电量d d q l η=.电荷元在O 点的场强为d E ,d E 沿两个轴方向的分量分别为d x E 和d y E .由于电荷分布对于Ox 轴对称,所以全部电荷在O 点的场强沿y 方向的分量之和为零.因而O 点的总场强E 应沿x 轴方向,并且 d x E E =⎰20d sin d d sin 4x l E E R ηθθπε==()d =d l R l R θθ=0sin d d 4x E Rηθθπε=000sin d cos 44E R R ππηθηθθπεπε==-⎰02R ηπε=02Rηπε=E i17-4 解: (1) 选半球球心的坐标原点O d d φ=⋅1E S 1d cos E S ϕ= 21d sin d d S R ϕϕθ= ∴ 21c o s s i n d dER φϕϕϕθ=⎰2220sin2d d 2ER ππϕθϕ=⎰⎰图17.522cos22R E πϕπ=-2R E π=(2) 半球面1S 和任意形状曲面2S 组成闭合曲面.由高斯定理得:12010i'qφφε+==∑内∵ 此时1S 的法向方向与原来相反 ∴211'R E φφπ=-=-∴ 221'R E φφπ=-=17-5 解: (1) 立方体的六个面组成闭合曲面,由高斯定理得 通过闭合曲面的电通量 0qφε=由于正立方体的六个侧面对于其中心对称,所以每个面通过的电通量为 12345606q φφφφφφε======(2) d =d d S φ⋅=⋅E S E n 由于正方体有三个面与E 垂直 ∴1230φφφ===∴ q 所在的三个面的电通量为零以q 为中心,小正方体的边长a 的二倍为边长做一正方体.则通过大正方体的电通量为qε.因为小正方体是大正方体的18,则通过小正方体其它三个面的总电通量为8qε.由于这三个面对电荷所在顶点是对称的,所以通过它们每个面的电通量为0013824q qεε⨯=图17.717-6 解: (1) 设想地球表面为一均匀带电球面,总面积为S .则它所带的总电量为 0d q ES εε=⋅=-⎰E S()212688510200431463710...-=-⨯⨯⨯⨯⨯⨯590210C .=-⨯(2) 从地面1400m 到地面的大气所带总电量为0d d S'Sq'q q 'εε=-=⋅-⋅⎰⎰E S E S 总00E'S'ES εε=-+ 0001.ES'ES εε=-+ ()001E S .S'ε=- 581110C .=⨯()5331881110431463714637103q'.V ...ρ⨯==⨯⨯-⨯ 12211410C m .-=⨯17-7 解: 根据电荷分布对壁的平分面的面对称性,可知电场分布也具有这种对称性.由此可选平分面与壁的平分面重合的立方盒子为高斯面.高斯定理给出 02q E S ε=内当2dD <时 2q DS ρ=内 0D E ρε=当2dD >时 q dS ρ=内 02d E ρε=方向垂直板面 0q > 向外 0q < 向内图17.917-9 解: (1) （a）1r R<时, Ⅰ区1d0⋅=⎰⎰E S2140E rπ⋅=1E=(b)12R r R<<时, Ⅱ区12dQε⋅=⎰⎰E S2124QE rπεε⋅=1224QErπε=1224Qrπε=E r(c)2r R>时Ⅲ区123dQ Qε+⋅=⎰⎰E S21234Q QE rπε+⋅=12324Q QErπε+=12324Q Qrπε+=E r(2) (a)2r R>时Ⅲ区()12332d d4r rQ QU rrπε∞∞+=⋅=⎰⎰E r r12120044rQ Q Q Qr rπεπε∞++=-=图17.10(b) 12R r R << Ⅱ区()22223d d R rR U r ∞=⋅+⋅⎰⎰E r E r221122200d d 44R rR Q Q Q r r rr πεπε∞+=+⎰⎰221120044R rR Q Q Q rrπεπε∞+=--120214Q Q r R πε⎛⎫=+ ⎪⎝⎭(c) 1r R <时, Ⅰ区 ()12121123d d d R R r R R U r ∞=⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰E r E r E r2121122200d d 44R R R Q Q Q r r rr πεπε∞+=+⎰⎰2121120044R R R Q Q Q rrπεπε∞+=--1201214Q Q R R πε⎛⎫=+ ⎪⎝⎭17-10 解: (1) 情况(a)可以间接用高斯定理求解,情况(b)不可以.(2) 这是一个非对称分布的电荷,因而不能直接用高斯定理求定解.但半径为R 的球及半径为r 的空腔是球对称的.可以利用这一特点把带电体看成半径为R 的均匀带电ρ+的球体与半径为r 的均匀带电ρ-的球体迭加.相当于在原空腔处补上体电荷密度为ρ+和ρ-的球体.这时空腔内任一点P 的场强12=+E E E其中1E 与2E 分别是带ρ+的大球和带ρ-的小球在P 点的场强. 1E 与2E 都可用高斯定理求得.图17.11()1113ρε==E r OP r()2223'ρε=-=E r O P r()120033ρρεε=-=OO'E r r r 由上述结果可知在空腔内各点场强都相等,方向由O 指向O',这是均匀场.17-11 解: 如图选取高斯面 (1) r R <时210d d r l πρε⋅=⎰⎰E S210d 2d r lE r l πρπε⋅=102r E ρε=102r ρε=r E e r R >时220d d R l πρε⋅=⎰⎰E S220d 2d R lE r l πρπε⋅=2202R E r ρε=2202R rρε=r E e(2) 求电势,选圆锥面为等势面 r R <时 ()2200d d 24RRr rrr U r R r ρρεε=⋅==-⎰⎰E r图17.12图17-13r R >时2200d d ln 22RRr rrR R RU r r rρρεε=⋅==⎰⎰E r17-12 解: (1) 根据场强迭加原理,O 点的场强 012340=+++=E E E E E (2) 根据电势迭加原理, O 点的电势 01234U U U U U =+++ 044qrπε=99244010910510.--⨯⨯⨯⨯=⨯()328810v .=⨯(3) ()000A q U =-()93101028810..-=⨯⨯-⨯628810J .-=-⨯(4) W A ∆=- 628810J .-=⨯17-13 解: (1) 00104q q U R R πε⎛⎫=-= ⎪⎝⎭ 0143D q q U R R πε⎛⎫=-⎪⎝⎭06q Rπε=-()00D A q U U =-006q qRπε=图17-15图18.1(2) 0U ∞=()0D A q U U ∞=-- 006q qRπε=17-14 解：（1）68310100310V U Ed ∆==⨯⨯=⨯ （2）一次释放的能量为8931030910J W q U =∆=⨯⨯=⨯17-15 （1）00d P rU =⋅⎰E r00cos d E r θ=⎰0cos r E r = 0cos E r θ=- 0E z =-（2）将电荷由P 点移至O 点，电场力所做的功为()P O P O A W W q U U =-=- 0co s q E r θ=- 0q E z =- ∴ 0cos P W qE r θ=- 0q E z=- 第十八章 静电场中的导体和电介质18－1 解：（1）B,C 极接地，所以B,C 极为零电势。
基础物理学(下)答案(梁绍荣、管靖)主编
基础物理学（下）答案1. 力学与运动学牛顿第一定律：物体在不受外力作用时，将保持静止状态或匀速直线运动状态。
牛顿第二定律：物体的加速度与作用力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与作用力的方向相同。
牛顿第三定律：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，作用在同一直线上。
2. 热力学与热传导热力学第一定律：能量既不能被创造也不能被消灭，只能从一种形式转化为另一种形式。
热力学第二定律：热量不能自发地从低温物体传递到高温物体。
热传导：热量通过物体内部的微观粒子传递，传递速率与温度梯度成正比。
3. 电磁学库仑定律：两个静止点电荷之间的作用力与它们的电荷量成正比，与它们之间的距离的平方成反比。
法拉第电磁感应定律：当磁通量发生变化时，会在导体中产生感应电动势。
安培环路定理：通过闭合路径的磁通量与路径上的电流成正比。
4. 光学折射定律：光线从一种介质进入另一种介质时，入射角和折射角的正弦值之比等于两种介质的折射率之比。
反射定律：光线在光滑表面上的反射遵循反射角等于入射角的规律。
光的干涉与衍射：当两束或多束光线相遇时，它们会相互干涉，产生明暗相间的干涉条纹。
光线通过狭缝或障碍物时，会发生衍射现象。
5. 量子力学波粒二象性：微观粒子如电子、光子等既具有波动性又具有粒子性。
海森堡不确定性原理：我们不能同时精确地知道一个微观粒子的位置和动量。
薛定谔方程：描述微观粒子状态的量子力学基本方程。
6. 相对论狭义相对论：光速在真空中是一个常数，与观察者的运动状态无关。
时间膨胀：在接近光速运动的物体中，时间会变慢。
长度收缩：在接近光速运动的物体中，长度会变短。
基础物理学（下）答案1. 力学与运动学牛顿第一定律：物体在不受外力作用时，将保持静止状态或匀速直线运动状态。
这一原理揭示了惯性的概念，即物体保持其运动状态不变的性质。
牛顿第二定律：物体的加速度与作用力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与作用力的方向相同。
《新编基础物理学》第2章习题解答和分析2
《新编基础物理学》第2章习题解答和分析2-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第2章 质点动力学2-30 一物体在介质中按规律2x ct =作直线运动，c 为一常量。
设介质对物体的阻力正比于速度的平方。
试求物体由x 0=0运动到x =l 时，阻力所做的功。
（已知阻力系数为k ）分析 本题是一个变力做功问题，按功的定义式d W F x =⋅⎰来求解。
解 由运动学方程2x ct =，可得物体速度d 2d xct t==v 物体所受阻力大小为22244F k kc t kcx ===v阻力做的功为200d d 4d 2llW F x F x kcx x kcl =⋅=-=-=-⎰⎰⎰2-31．一辆卡车能沿着斜坡以115km h -⋅的速率向上行驶，斜坡与水平面夹角的正切tan 0.02α=，所受的阻力等于卡车重量的0.04，如果卡车以同样的功率匀速下坡，则卡车的速率是多少？分析：求出卡车沿斜坡方向受的牵引力，再求瞬时功率。
注意：牵引力和速度同方向。
解：如解图2-31所示，由于斜坡角度很小所以有sin 0.02tg αα≈=且阻力0.04f G =上坡时牵引力为sin 0.06F f G G α=+=下坡时牵引力为sin 0.02F f G G α'==－由于上坡和下坡时功率相同，故P F F ''==v v所以1145km h 12.5m s --'=⋅=⋅v2-32．某物块重量为P ，用一与墙垂直的压力N F 使其压紧在墙上，墙与物块间的滑动摩擦系数为μ，试计算物块沿题图2-32所示的不同路径：弦AB ，劣弧AB ，折线AOB 由A 移动到B 时，重力和摩擦力的功。
已知圆弧半径为r 。
解图2-31α分析：保守力做功与路径无关，非保守力做功与路径有关。
解：重力是保守力，而摩擦力是非保守力，其大小为f N μ=。
（1） 物块沿弦AB 由A 移动到B 时，重力的功1G W mgh Pr ==摩擦力的功12f W f AB Nr μ=⋅=（2） 物块沿圆弧AB 由A 移动到B 时，重力的功2G W mgh Pr ==摩擦力的功212f W f AB Nr πμ=⋅=2（3） 物块沿折线AOB 由A 移动到B 时，重力的功3G W mgh Pr ==。
《新编基础物理学》第二章习题解答和分析
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？ 分析：用隔离体法，进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。
解：以m 、M 整体为研究对象，有：()F m M a =+…① 以m 为研究对象，如图2-1（a ），有Mm F F ma +=…② 由①、②，有相互作用力大小Mm MFF m M=+若F 作用在M 上，以m 为研究对象， 如图2-1（b ）有Mm F ma =…………③ 由①、③，有相互作用力大小Mm mFF 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，如图所示，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？分析：由于轻滑轮质量不计，因此滑轮两边绳中的张力相等，用隔离体法进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。
解：取向上为正，如图2-2，分别以M 1、M 2和m 为研究对象， 有： 111T M g M a -=222() ()M m g T M m a -++=-+2 M mmg ma F-=-又：T 1=T 2，则： 2M mF =1122M mgM M m++当M 1=M 2= 4m ， 289M mmg F = 当M 1=5m, M 2=3m, 2109M mmg F =，发生变化。
m（a ）F m（b ）F2-3.质量为M 的气球以加速度a 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。
若气球仍能匀加速向上，求气球的加速度减少了多少？ 分析：用隔离体法受力分析，运用牛顿第二定律列方程。
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》第13章习题解答和分析
第13章 电磁场与麦克斯韦方程组13-1 如题图13-1所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面，且导线框的一个边与长直导线平行，到两长直导线的距离分别为1r ，2r 。
已知两导线中电流都为0sin I I t ω=，其中I 0和ω为常数，t 为时间。
导线框长为a ，宽为b ，求导线框中的感应电动势。
分析：当导线中电流I 随时间变化时，穿过矩形线圈的磁通量也将随时间发生变化，用法拉第电磁感应定律md d i tΦε=-计算感应电动势，其中磁通量m d sB S Φ=⋅⎰， B 为两导线产生的磁场的叠加。
解：无限长直电流激发的磁感应强度为02IB rμ=π。
取坐标Ox 垂直于直导线，坐标原点取在矩形导线框的左边框上，坐标正方向为水平向右。
取回路的绕行正方向为顺时针。
由场强的叠加原理可得x 处的磁感应强度大小00122()2()IIB r x r x μμ=+π+π+方向垂直纸面向里。
通过微分面积d d S a x =的磁通量为00m 12d d d d 2()2()I I B S B S a x r x r x μμΦππ⎡⎤=⋅==+⎢⎥++⎣⎦通过矩形线圈的磁通量为00m 012d 2()2()b I I a x r x r x μμΦ⎡⎤=+⎢⎥π+π+⎣⎦⎰012012ln ln sin 2a r b r b I t r r μω⎛⎫++=+ ⎪π⎝⎭ 感生电动势0m 12012d ln ln cos d 2i a r b r b I t t r r μωΦεω⎛⎫++=-=-+ ⎪π⎝⎭ 012012()()ln cos 2ar b r b I t r r μωω⎡⎤++=-⎢⎥π⎣⎦0i ε>时，回路中感应电动势的实际方向为顺时针；0i ε<时，回路中感应电动势的实际方向为逆时针。
题图13-1解图13-1x13-2 如题图13-2所示，有一半径为r =10cm 的多匝圆形线圈，匝数N =100，置于均匀磁场B 中（B =0.5T ）。
《新编基础物理学》第二章习题解答和分析
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？ 分析：用隔离体法，进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。
解：以m 、M 整体为研究对象，有：()F m M a =+…①以m 为研究对象，如图2-1（a ），有M m F F ma +=…② 由①、②，有相互作用力大小M m M F F m M =+若F 作用在M 上，以m 为研究对象，如图2-1（b ）有M m F m a =…………③ 由①、③，有相互作用力大小M m m F 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，如图所示，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？分析：由于轻滑轮质量不计，因此滑轮两边绳中的张力相等，用隔离体法进行受力分析，运用牛顿第二定律列方程。
解：取向上为正，如图2-2，分别以M 1、M 2和m 为研究对象， 有： 111T M g M a -=222() ()M m g T M m a -++=-+2 M mmg ma F-=-又：T 1=T 2，则： 2M mF =1122M m g M M m++当M 1=M 2= 4m ， 289M mm g F =当M 1=5m, M 2=3m, 2109M mm g F=，发生变化。
m（a ）MFm（b ）M F2-3.质量为M 的气球以加速度a 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。
若气球仍能匀加速向上，求气球的加速度减少了多少？ 分析：用隔离体法受力分析，运用牛顿第二定律列方程。
新编基础物理学王少杰第二版习题解答
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?(2) 若已知168J D A E E -=,则过程AD 及DB 中,系统各吸收多少热量?(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,题图8-4题图8-5问:(1)从状态A 到状态B 的过程中,气体做功多少?(2)内能增加多少?(3)传递的热量是多少?解：(1) 气体做功的大小为斜线AB 下的面积(2) 对于单原子理想气体气体内能的增量为由状态方程 m pV RT M=代入得 (3)气体传递的热量为8-6一气缸内储有10mol 的单原子理想气体,在压缩过程中,外力做功200J,气体温度升高o 1C ,试计算:(1) 气体内能的增量;(2) 气体所吸收的热量;(3) 气体在此过程中的摩尔热容量是多少?解：(1) 气体内能的增量(2) 气体吸收的热量(3) 1mol 物质温度升高(或降低) o 1C 所吸收的热量叫摩尔热容量,所以 8-7一定量的理想气体，从A 态出发，经题图8-7所示的过程经C 再经D 到达B 态，试求在该过程中，气体吸收的热量．解：由题图8-7可得A 状态： 5810A A p V =?B 状态： 5810B B p V =? 题图8-7因为A AB B p V p V =，根据理想气体状态方程可知所以气体内能的增量根据热力学第一定律得8-8 一定量的理想气体，由状态A 经B 到达C ．如题图8-8所示，ABC 为一直线。
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
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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
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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。
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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 Rε==︒ ①sin30mg T =︒②联立①②得：2o 024tan30mg R qπε= ③223sin 606103310(m)2r 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0FE q =r r ，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 ρ与q 0成正比，故0FE q =r r 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 ρ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。
解：如题图9-4所示C 点的电场强度为12E E E =+r r r99411220 1.810910 1.810(N/C)4π()(0.03)q E AC ε-⨯⨯⨯===⨯ 99422220 4.810910 2.710(N/C)4π()(0.04)q E BC ε-⨯⨯⨯===⨯ 22224124 1.8 2.7103.2410(N/C)(V/m)E E E =+=+⨯=⨯或方向为：o44217.33107.2108.1arctan E E arctan=⨯⨯==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：如图所示：966112201910410 3.610(N/C)4π10q E r ε--⨯⨯⨯===⨯ 9662222029108107.210(N/C)4π10q E r ε--⨯⨯⨯===⨯ 1E ρ，2E ρ沿x 、y 轴分解：61212cos 60cos120 1.810(N/C)x x x E E E E E =+=︒+︒=-⨯61212sin60sin1209.3610(N/C)y y y E E E E E =+=︒+︒=⨯∴2269.5210(N/C)x y E E E =+=⨯o66x y101108.11036.9arctan E E arctan =⨯-⨯==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。
题9-4解图C题9-7解图题9-8解图解：如图所示.设q 1=q 2=…=q 6=q ，各点电荷q 在O 点产生的 电场强度大小均为：1236204πq E E E E E a ε======L各电场方向如图所示，由图可知3E ρ与6E ρ抵消.41520E E E E E ρρρρρ+++=据矢量合成，按余弦定理有：)60180cos()2)(2(2)2()2(2220o o E E E E E --+=202002334232a qa q E E πεπε===方向垂直向下.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：将带电直线无穷分割，取电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元的场强，再积分求解。
注意：先电荷元的场强矢量分解后积分，并利用场强对称性。
解：如图建立坐标，带电线上任一电荷元在P 点产生的场强为：02204()dxdE r R x λπε=+r r根据坐标对称性分析，E 的方向是y 轴的方向22222223/221/200220sin 4()4()4()4L L L L dxRlE dx l R x R x R R λλλαπεπεπε--===+++⎰⎰两个点电荷q 1和q 2相距为l ，若（1）两电荷同号；（2）9-8两电荷异号，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：如图所示建立坐标系，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.qqq q -q-q题图9-6O . 题9-6解图据题意：E 1=E 2即：122200||||4π4π()q q x l x εε=-∴112||||||q l 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 l x q q =-9-9 如题图9-9所示，长l =0.15m 的细直棒AB 上，均匀地分布着线密度915.0010C m λ--=⨯⋅的正电荷，试求：（1）在细棒的延长线上，距棒近端d 1=0.05m 处P 点的场强；（2）在细线的垂直平分线上与细棒相距d 2=0.05m 的Q 点处的场强；(3) 在细棒的一侧，与棒垂直距离为d 2=0.05m ，垂足距棒一端为d 3=0.10m 的S 点处的场强.分析：将均匀带电细棒分割成无数个电荷元，每个电荷元在考察点产生的场强可用点电荷场强公式表示，然后利用场强叠加原理积分求解，便可求出带电细棒在考察点产生的总场强。
注意：先电荷元的场强矢量分解后积分，并利用场强对称性。
解：(1) 以P 点为坐标原点，建立如图（1）所示坐标系，将细棒分成许多线元d y .其所带电量为d q dy λ=，其在P点的场强为d E r，则2200d d d 4π4πq y E y y λεε==1120011d 114π4πd ld y E y d d l λλεε+⎛⎫==- ⎪+⎝⎭⎰26.7510(N/C)(V/m)=⨯或 ∴方向沿Y 轴负方向(2) 建立如图所示的坐标系，将细棒分成许多线元d y .其所带电量为d q dy λ=。
它在Q点的场强d E r的大小为：201d d 4πyE r λε=gd E 在x 、y 轴的投影为：20πsin d d cos d sin d 24πx E E E y rλθθθε⎛⎫=-== ⎪⎝⎭ 题图9-9 题9-9解图(1)dy2πcos d d sin d cos d 24πy E E E y r λθθθε⎛⎫=-=-=- ⎪⎝⎭ 由图可见：2c y d tg θ=，2csc r d θ=22csc dy d d θθ=∴02d sin d 4πx E d λθθε=02d cos d 4πy E d λθθε=由于对称性，d E y 分量可抵消，则2211120202d sin d (cos cos )4π4πx E E d d θθθθλλθθθθεε===-⎰⎰又∵θ1=π-θ2∴13305.010910522cos cos 2499201120⨯⨯⨯⨯===-d d E πεθλθπελ31.510(N/C)=⨯ 方向沿X 轴正方向(3) 在细棒一侧的S 点处的场强。
建立如图（3）所示的坐标系，分析如（2）则：211202d (cos cos )4πx x E E d θθλθθε==-⎰ 212102d (sin sin )4πy y E E d θθλθθε==-⎰ 其中：312222320.12cos 50.10.05d d dθ===++；11sin 5θ=322222320.051cos cos(π)cos 2()0.050.05l d l d d θαα-=-=-=-=-=--++ 21sin 2θ=2231.4610(N/C)x y E E E ∴=+=⨯。
方向：与x 轴的夹角：54.2y xE arctgE =︒题9-9解图(2)题9-9解图(3)9-10无限长均匀带电直线，电荷线密度为λ,被折成直角的两部分.试求如题图9-10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，建立如题9-10解图(1) 所示坐标系 均匀带电细棒的场强：12210(cos cos )(sin sin )4πa λθθθθε⎡⎤=-+-⎣⎦r r r E i j 在P 点：1π4θ=，2πθ→ ∴竖直棒在P 点的场强为：102214π22a λε⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦r r rE i j 水平棒在P 点的场强为：202214π22a λε⎡⎤⎛⎫=+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦r r rE j i ∴在P 点的合场强：1204πaλε⎡⎤=+=+⎣⎦r r r r rE E E i j 即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→∴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：202214π22a λε⎡⎤⎛⎫=--+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦r r rE j i 120[]4πaλε-=+=+r rr r r E E E i j∴在P ′点的合场强为：题图9-10题9-10解图(1)x题9-10解图(2)x题9-12解图即：024πE aλε=，方向与x轴成-135°.9-11 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9-11所示,求P 点的电场强度。