大学物理习题答案吴百诗(供参考)
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北邮 大学物理 吴百诗 Chapter-6-热力学基础
( p1 ,V , T1 )
p
o
等 体 降 p2 压
p1
1 ( p1,V , T1 )
( p2 ,V , T2 )
V
2
V
V
V
o
QV
E1
E2
QV
E1
E2
30
二 等压过程 摩尔定压热容
特性
p 常量
过程方程 VT 1 常量 p ( p,V1, T1 ) ( p,V2 ,T2 ) p 功 W p(V2 V1 ) 2 1 由热力学第一定律 W
18
热力学理论
19
一 热力学第一定律
p
1*
*2
Q E2 E1 W
系统从外界吸收的热 量，一部分使系统的内能 增加，另一部分使系统对 外界做功 .
o
V1
V2 V
Q E2 E1 W E W
20
准静态过程
Q E
微变过程
V2
V1
pdV
dQ dE dW dE pdV
dp pA ( )T dV VA
pA
o
V A V V B
V
绝热线的斜率大于等温线的斜率.
48
例1 设有 5 mol 的氢气，最初温度20 C ， 压强 1.013105 Pa ，求下列过程中把氢气压缩 为原体积的 1/10 需作的功: （1）等温过程 （2）绝热过程 （3）经这两过程后，气体的 p 2 压强各为多少？ T T' T
o V1 dV
dE CV ,mdT
绝热的汽缸壁和活塞
41
W pdV
V1
V2
CV ,mdT
T1
p
o
等 体 降 p2 压
p1
1 ( p1,V , T1 )
( p2 ,V , T2 )
V
2
V
V
V
o
QV
E1
E2
QV
E1
E2
30
二 等压过程 摩尔定压热容
特性
p 常量
过程方程 VT 1 常量 p ( p,V1, T1 ) ( p,V2 ,T2 ) p 功 W p(V2 V1 ) 2 1 由热力学第一定律 W
18
热力学理论
19
一 热力学第一定律
p
1*
*2
Q E2 E1 W
系统从外界吸收的热 量，一部分使系统的内能 增加，另一部分使系统对 外界做功 .
o
V1
V2 V
Q E2 E1 W E W
20
准静态过程
Q E
微变过程
V2
V1
pdV
dQ dE dW dE pdV
dp pA ( )T dV VA
pA
o
V A V V B
V
绝热线的斜率大于等温线的斜率.
48
例1 设有 5 mol 的氢气，最初温度20 C ， 压强 1.013105 Pa ，求下列过程中把氢气压缩 为原体积的 1/10 需作的功: （1）等温过程 （2）绝热过程 （3）经这两过程后，气体的 p 2 压强各为多少？ T T' T
o V1 dV
dE CV ,mdT
绝热的汽缸壁和活塞
41
W pdV
V1
V2
CV ,mdT
T1
大学物理(吴百诗)第三版答案
大学物理习题及解答第一章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 tsd d . t rd d 只是速度在径向上的分量.∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆrˆt r t d d d d d d r r r +=式中t rd d 就是速度径向上的分量，∴t rt 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 vd 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 tr d ˆd d ˆd 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 ＝22y x +，然后根据v =t rd d ，22d d t r v =22d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d 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 +=，jt y i t x t r a jt y i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x yx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。
大学物理复习题解析-吴百诗
物理学练习§1－1（总1）一、进择题：1. 某质点的运动方程为)(3723SI t t x +-=，则该质点作(A)匀加速直线运动，加速度沿X 轴正方向； (B)匀加速直线运动，加速度沿X 轴负方向； (C)变加速直线运动，加速度沿X 轴正方向；(D)变加速直线运动，加速度沿X 轴负方向。
( )解答：)(3723SI t t x +-= t -t x 2212 d d ==∴v t tva 21 d d -== ( D ) 3. 以下五种运动形式中，a保持不变的运动是(A)单摆的运动； (B)匀速率圆周运动；(C)行星的椭圆轨道运动； (D)抛体运动； (E) 圆锥摆运动。
( )解答：a 为矢量，a 保持不变说明a的大小和方向都不变（A ）a 的大小和方向都变 （B ）a的大小不变，方向变（C ）a 的大小和方向都变 （D ）a的大小和方向都不变（E ）a的大小不变，方向变 (D )4.对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的: (A)切向加速度必不为零；(B)法向加速度必不为零(拐点处除外)；(C)由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零； (D)若物体作匀速率运动，其总加速度必为零；(E)若物体的加速度a为恒矢量，它一定作匀变速率运动。
( )解答：根据t n a a a+=（A ）0≠t a说明物体作曲线运动时速度的大小改变，但是匀速率圆周运动的速度大小不变，因此该说法错误。
（B ）题目给出物体作曲线运动，说明速度的方向是变化的即0≠n a，因此该说法正确。
（C ）物体作曲线运动，速度的方向是变化的, 0≠n a,错误。
（D ）物体作曲线运动，速度的方向改变0≠n a ，所以虽然速度的大小不变，即 0=t a ，仍有0≠+=t n a a a，该说法错误。
（E ）该说法错误,例如斜抛运动，a是恒量，但做变速率运动。
(B )二、填空题，1.一质点沿X 方向运动，其加速度随时间变化关系为)(24SI t a +=，如果初始时质点的速度0υ为7m ·s -1，则当t为4s 时，质点的速度=υ 米/秒。
大学物理 吴百诗主编5-7
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d
围绕分子的中心,以d为半径画出的 球叫做分子的作用球。
d
d 围绕分子的中心,以d为半径画出的截 面叫做分子的碰撞截面。 πd 2
以A分子中心的运动轨迹为轴线，以d为半径作 一曲折的圆柱体。
2d A d
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在t 时间内,分子A走过的路程为:
u t
二、平均碰撞频率 Z
单位时间内一个分子和其它分子碰撞的平均次数。
三、 平均自由程 公式
每两次连续碰撞之间一个分子自由运动的平均路程。 设分子的平均速率为 v ，则
v . Z
d
(1)假定每个分子都是直径为d 的刚性小球;
(2)假定一个A分子以相对速率 u 运动,其他分子都静 止不动; 当A分子与其他分子作一次弹性碰撞 时,两个分子的中心相隔距离就是d。
Байду номын сангаас
因为 所以
u 2v
Z n u 2nπd v
2
2d A d
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平均自由程：
v Z
因为
1 2 2nπd
p nkT
kT 2 2πd p
平均自由 程公式
所以
所以平均自由程与温度成正比,与压强成反比。
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例题5-7
求氢在标准状态下，在1s 内分子的平均
碰撞次数。已知氢分子的有效直径为210-10m。 解:按气体分子算术平均速率公式得
8RT 3 1.70 10 m/s v πM mol
按公式 p=nkT 可知单位体积中分子数为
p 25 3 n 2.69 10 m kT
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因此
d
围绕分子的中心,以d为半径画出的 球叫做分子的作用球。
d
d 围绕分子的中心,以d为半径画出的截 面叫做分子的碰撞截面。 πd 2
以A分子中心的运动轨迹为轴线，以d为半径作 一曲折的圆柱体。
2d A d
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在t 时间内,分子A走过的路程为:
u t
二、平均碰撞频率 Z
单位时间内一个分子和其它分子碰撞的平均次数。
三、 平均自由程 公式
每两次连续碰撞之间一个分子自由运动的平均路程。 设分子的平均速率为 v ，则
v . Z
d
(1)假定每个分子都是直径为d 的刚性小球;
(2)假定一个A分子以相对速率 u 运动,其他分子都静 止不动; 当A分子与其他分子作一次弹性碰撞 时,两个分子的中心相隔距离就是d。
Байду номын сангаас
因为 所以
u 2v
Z n u 2nπd v
2
2d A d
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平均自由程：
v Z
因为
1 2 2nπd
p nkT
kT 2 2πd p
平均自由 程公式
所以
所以平均自由程与温度成正比,与压强成反比。
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例题5-7
求氢在标准状态下，在1s 内分子的平均
碰撞次数。已知氢分子的有效直径为210-10m。 解:按气体分子算术平均速率公式得
8RT 3 1.70 10 m/s v πM mol
按公式 p=nkT 可知单位体积中分子数为
p 25 3 n 2.69 10 m kT
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因此
大学物理吴百诗科学社 课后习题答案
q
4πε 0 r
( r ≥ R2 )
ε0S
d d′ 2πε 0
,
1 ε 0 Sd ′ 2 U0 2 2 (d d ′)
R1 R2 U2 R2 R1
1.0 × 10 7 C, 2.0 × 10 7 C, 2.3 × 10 3 V, 2.1 × 10 7 C, 8.6 × 10 8 C, 9.7 × 10 2 V
第九章
9.1 9.2
9.4 9.12 9.14 9.16 9.18 9.20 9.24 9.26 9.28 9.30
(1) D (1)
(2) B
(2)
3 q 3 σ a+b ln , 2πε 0 2
q 2πε 0 a 2
r i
σ b arctan πε 0 2h
13.6 eV
等势线是中垂面内半径为 x 的圆，圆心在两电荷连线的中点
9.32 9.34 9.36
0，0；3.5×10-8 C/m2，8.0×102 N/C；1.3×10-8 C/m2，1.4×103 N/C； 5.4×102 V；4.8×102 V；3.6×102 V 2.7×10-5 C/m2 (1)
U 0ε 0 S d
(2)
U 0ε 0 U0 , d εrd
(3)
IBR (5)
0 NI 0 NIh D1 , ln 2π r 2π D2
2.86×1014 m-3，n
0 I
r
1
10.6
10.8
10.10 10.12
λω 0 a + b λω ln , [(a + b) 3 a 3 ] 4π a 6 0 I r 0 I 0 I ( r32 r 2 ) (r < r1 ), (r1 < r < r2 ), (r2 < r < r3 ), 0 (r > r3 ) 2π r 2π r12 2π ( r32 r22 )r
大学物理(吴百诗)习题答案3运动守恒定律汇编
冲量和动量定理3-1质量m =10kg 的物体在力F x =30+4t N 的作用下沿x 轴运动，试求（1）在开始2s 内此力的冲量I ；（2）如冲量I =300N·s ，此力的作用时间是多少？（3）如物体的初速v 1=10m/s ，在t =6.86s 时，此物体的速度v 2为多少？ 解：(1) s N 68d )430(d 2020⋅=+==⎰⎰t t t FI xx(2) 300230d )430(d 2=+=+==⎰⎰tt t t t F I tt x t ，s 86.6=t(3) 1212mv mv p p I -=-=，s 86.6=t ，s N 300⋅=I ，m/s 20)1010300(101)(112=⨯-=-=mv I m v 3-2质量m =1kg 的物体沿x 轴运动，所受的力如图3-2所示。
t =0时，质点静止在坐标原点，试用牛顿定律和动量定理分别求解t =7s 时此质点的速度。
解：(1) ⎩⎨⎧≤≤+-≤≤=75355502t t t t F 50≤≤t ，t tv m2d d =，⎰⎰=500d 2d 1t t v m v ，(m/s)25251==m v75≤≤t ，355d d +-=t tvm ，⎰⎰+-=75d )355(d 21t t v m v v ，(m/s)352=v(2) s)(N 35)107(21d 7⋅=⨯==⎰t F I ，212mv mv mv I =-=，(m/s)352=v动量守恒定律3-3两球质量分别为m 1=3.0g ， m 2=5.0g ，在光滑的水平桌面上运动，用直角坐标xOy 描述运动，两者速度分别为cm /s 81i v ϖϖ=，cm /s )168(2j i v ϖϖϖ+=，若碰撞后两球合为一体，则碰撞后两球速度v ϖ的大小为多少？与x 轴的夹角为多少？解：系统动量守恒 j i v m v m v m m ϖϖϖϖϖ8064)(221121+=+=+， j i v ϖϖϖ108+=cm/s 8.1210822=+==v v ϖ，与x 轴夹角 ︒==3.51810arctan α3-4如图3-4所示，质量为M 的1/4圆弧滑槽停在光滑的水平面上，一个质量为m 的小物体自圆弧顶点由静止下滑。
大学物理复习题解析-吴百诗
物理学练习§1－1（总1）一、进择题：1. 某质点的运动方程为)(3723SI t t x +-=，则该质点作(A)匀加速直线运动，加速度沿X 轴正方向； (B)匀加速直线运动，加速度沿X 轴负方向； (C)变加速直线运动，加速度沿X 轴正方向；(D)变加速直线运动，加速度沿X 轴负方向。
( )解答：)(3723SI t t x +-= t -t x 2212 d d ==∴v t tva 21 d d -== ( D ) 3. 以下五种运动形式中，a保持不变的运动是(A)单摆的运动； (B)匀速率圆周运动；(C)行星的椭圆轨道运动； (D)抛体运动； (E) 圆锥摆运动。
( )解答：a 为矢量，a 保持不变说明a的大小和方向都不变（A ）a 的大小和方向都变 （B ）a的大小不变，方向变（C ）a 的大小和方向都变 （D ）a的大小和方向都不变（E ）a的大小不变，方向变 (D )4.对于沿曲线运动的物体，以下几种说法中哪一种是正确的: (A)切向加速度必不为零；(B)法向加速度必不为零(拐点处除外)；(C)由于速度沿切线方向，法向分速度必为零，因此法向加速度必为零； (D)若物体作匀速率运动，其总加速度必为零；(E)若物体的加速度a为恒矢量，它一定作匀变速率运动。
( )解答：根据t n a a a+=（A ）0≠t a说明物体作曲线运动时速度的大小改变，但是匀速率圆周运动的速度大小不变，因此该说法错误。
（B ）题目给出物体作曲线运动，说明速度的方向是变化的即0≠n a，因此该说法正确。
（C ）物体作曲线运动，速度的方向是变化的, 0≠n a,错误。
（D ）物体作曲线运动，速度的方向改变0≠n a ，所以虽然速度的大小不变，即 0=t a ，仍有0≠+=t n a a a，该说法错误。
（E ）该说法错误,例如斜抛运动，a是恒量，但做变速率运动。
(B )二、填空题，1.一质点沿X 方向运动，其加速度随时间变化关系为)(24SI t a +=，如果初始时质点的速度0υ为7m ·s -1，则当t为4s 时，质点的速度=υ 米/秒。
大学物理上册 吴百诗 答案
大学物理上册吴百诗答案第一章：力学1.1 弹簧振子和单摆弹簧振子和单摆是力学中经常遇到的问题。
弹簧振子是由一个弹簧和一个质点组成，当弹簧受到外力拉伸或压缩时，质点会在弹簧上做振动。
单摆是由一个质点和一根轻而坚固的线组成，当质点被放到一侧后，会在重力作用下产生摆动。
在弹簧振子和单摆的分析中，我们可以利用牛顿第二定律和一些简化的假设来求解问题。
对于弹簧振子来说，我们可以利用胡克定律和运动方程来推导出振动的频率和周期。
对于单摆来说，我们可以利用重力和杆的力来推导出摆动的频率和周期。
1.2 牛顿运动定律和摩擦力牛顿运动定律是力学中最基本的定律之一。
根据牛顿第一定律，一个物体如果受到外力的作用，会产生加速度；如果没有外力作用，物体会保持静止或匀速直线运动。
在分析物体的运动时，我们还需要考虑到摩擦力的作用。
摩擦力是由接触面之间的相互作用产生的，分为静摩擦力和动摩擦力。
静摩擦力是在物体静止时与接触面之间产生的摩擦力，动摩擦力是在物体运动时与接触面之间产生的摩擦力。
根据摩擦力的特性，我们可以利用静摩擦力和动摩擦力的大小进行分析和计算。
通过求解物体的受力平衡方程，我们可以确定物体的运动状态和加速度。
1.3 圆周运动和万有引力圆周运动是物体沿着一个圆形轨道做的运动。
对于圆周运动来说，我们可以利用向心力和离心力的概念来分析物体的运动。
向心力是指指向圆心的力，离心力是指指向圆周的力。
物体在圆周运动中，总是受到一个向心力的作用。
在万有引力的分析中，我们可以利用万有引力定律来计算物体之间的引力作用。
万有引力是指两个物体之间的引力与它们的质量和距离的平方成正比。
通过计算两个物体之间的引力，我们可以确定它们的运动轨迹和速度。
第二章：热学2.1 温度和热量温度是物体内部分子和原子的运动状态的度量。
温度的单位是摄氏度（℃），在国际单位制中也常用开尔文（K）表示。
热量是物体之间由于温度差异而发生的能量传递。
在分析温度和热量时，我们可以利用热平衡原理和热传导定律。
《大物》下(吴百诗)作业答案
《大学物理》（下）（吴百诗）作业答案7.1 -1190J ； 7.2 B ； 7.3 A ；7.4 解：A=曲线下面积=（P1+P2）(V2-V1)/2P1V1=νRT1 P2V2=νRT2ΔE=νCv(T2-T1)= ν5R/2(P2V2/νR - P1V1/νR)=5(P2V2-P1V1)/2 Q=A+ΔE7.5 解：等压过程A=P ΔV=5*102JQ=A+ΔEΔE=Q-A=1.21*103J7.6 A ； 7.7 D ； 7.8 B ； 7.9 解：C V =5R/2；C p =7R/2;γ=7/5ab 等容过程 吸热a b b b a a a b V ab T T T P T P T T C Q 2,//),(==-=νbc 绝热过程 γγγγγ2/,,011b c c cbb bc T T T P T P Q ===----ca 等压过程 放热)(c a p ca T T C Q -=νabcaab Q Q Q +=η7.10 解：与老版答案相同AB 过程 吸热Q 1=vRT 1InV 2/V 1 BC 过程 放热 Q 2=vC V (T 2-T 1) CD 过程 放热Q 3=vRT 2InV 1/V 2 DA 过程 吸热Q 4=vC V (T 1-T 2)η=A/Q 吸=（ Q 1+ Q 2+ Q 3+ Q 4）/（Q 1+ Q 4）=15%8.1 相同、相同、相同、不一定； 8.2 A ； 8.3 B ； 8.4 解：与老版答案相同n=N/V=P/kT=2.44*1025/m 3ρ=n μ=1.3kg/ m 3ε=3kT/2=6.21*10-21Jm n d 931045.3/1-⨯==8.5 解：PV=νRT T=PV/νR J kT 221089.32/3-⨯==ε8.6 理想气体分子速率大于最概然速率的概率理想气体分子平均平动动能 8.7 6； 8.8 B ；8.9 解：J RT M m E J n E kT P n J KT CON mol kg RT M sm P M RT v MRT p vRT PV K k K 33212322107.125)5(105.1,/)4(107.32/3)3(,/1028)494/(3)2(/494/3/3//,)1(⨯==⨯===⨯==⨯=======--εερρ8.10 解：s m v K T M RTv s m v v v M M MRTv pO H pH pH pO pH O H p /500,481,2/2000,,,222222222====><=12.1、C 12.2、D 12.3、 2π12.4 解：（1）波动方程y=0.05cos (100t-2x)= 0.05cos2π (50t/π-x/π)将上述方程与波动方程标准形式y=Acos2π (νt-x/λ)相比较，有： A=0.05(m)，λ=π(m)，T=1/ν=π/50(s)，u=λ/T=50(m/s) (2)质点的振速度方程为=-0.05*100sin(100t-10) 故V m =0.05*100=5m/s各质点加速度方程为：a==-0.05*100*100 cos (100t-2x)故a m =0.05*100*100=500m/s 212.5 解：（1）设坐标原点的振动方程为：y=Acos (ωt+φ)由题意可知：A=0.1m ，ω=2π/T=πs -1； 由旋转矢量法可知φ=-π/2 故振动方程为：y=0.1cos(πt-π/2) 又u=λ/T=2/2=1m/s故波动方程为：y=0.1cos[π(t-x)- π/2](2)将x=0.5m 代入波动方程，得该质点的振动方程为：y=0.1cos(πt-π)tyv ∂∂=tv∂∂(3)将t=1.0s 代入波动方程，得此时各质点的位移为：y=0.1cos(π/2-πx)=0.1sin πx波形图为：12.6 解：（1）设坐标原点的振动方程为：y=Acos (ωt+φ)由图可知：A=0.10(m)，λ=20 (m)，ω=2πν=500πs -1由题意可知波沿OX 轴负方向传播，并可判断原点处质点将沿OY 轴的负方向运动，由旋转矢量法可知初相φ=π/3；故坐标原点的振动方程为：y=0.10cos (500πt+π/3) 又u=λν=5000(m/s)故波动方程为 y=0.10cos[500π(t+x/5000)+π/3]12.7 频率相同；振动方向相互平行；相位相同或相位差恒定。
北邮 大学物理 吴百诗第12章-机械振动
x1 A cos(t1 )
x2 A cos(t 2 )
(t2 ) (t1 )
t t 2 t1
（2）对于两个同频率的简谐运动，相位 差表示它们间步调上的差异（解决振动合成 问题）.
x1 A1 cos(t 1 )
x2 A2 cos(t 2 )
(t 2 ) (t 1 )
2 1
2 1
0 同步
π 反相
为其它
超前 落后
x
x
t
x
t
o
o
o
t
例题. 质点作简谐振动A=4cm，=0.5Hz，t=1s时x= -2cm，且向 t=0s X正方向运动，写出振动表达式。 解：设振动表达式为
dx v A sin( t ) dt d2 x a 2 A 2 cos(t ) dt
简谐运动方程— 状态参量？？
其中
v0 2 2 A x0 ( ) arctan( v 0 ) x0
x A cos(t )
=0
T t
4.初相 弹簧振子 的几个特 殊的初始 状态及相 应的振动 曲线:
(b)
m o
x0 = 0
A x o
= /2
T t
-A x A
(c)
m -A
x0 = -A
=
T t
o
x
o -A x A
= 3/2
T t
(d)
m
x0 = 0
o
x
o -A
讨论
已知
t 0, x 0, v0 0
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一、选择题 （1）D解：先考虑一个板带电q ，它在空间产生的场强为02q E Sε=。
注意是匀场。
另一板上电荷“|－q|”在此电场中受力，将其化为无数个点电荷q dq =∑，每个电荷受力大小为0||2q dqdF dq E Sε⋅=⨯=，故整个|－q|受力为：200||22q dq q F dq E SSεε⋅=⋅==∑∑。
这既是两板间作用力大小。
（2）B解：由电通量概念和电力线概念知：A 、穿过S 面的电通量不变，因为它只与S 面内的电荷相关，现内面电荷没有变化，所以穿过S 面的电通量不变。
B 、由于S 面上场强与内外电荷都有关，现在外面电荷位置变化，所以P 点场强也变化。
故选B 。
二、填空题（1）||/3q '=解：画图。
设等边三角形的边长为a ，则任一顶点处 的电荷受到其余两个电荷的作用力合力F 为：222212cos30(2/)2/F F kq a a =⨯︒=⨯=设在中心处放置电荷q '，它对顶点处电荷的作用力为：223qq qq F k k k ra'''===再由F F '=-，可解出/3||/3q q ''=⇒⇒=。
（2）20/(2)qi a πεr 或 20/(2)q a πε，i 方向指向右下角。
解：当相对称的两电荷同号则在O 点的场强抵消，若异号肯定有电力线过O 点，故只有左上角的电荷电力线指向右下角的“－”电荷。
是202/(4)q a ⨯πε 三、计算题 9.3 9.40ln 2a b a σπε+, 10()2-⋅btg hσπε （6.7） 解：将带电平面薄板划分为无数条长直带电线（书中图），宽为dx 。
求出每条带电线在场点产生的场强（微元表示），然后对全部（1）距边缘为a 处，每条带电直线产生的场强为0022()2dx dE bra x ⋅==+-λσπεπε 原点取在导体片中间，x 方向向左：←故总的场强：00/2/2ln 222()b b dxE a b b x a a σεεσππ-==+-+⋅⎰ E r的方向沿x 轴正向。
或：原点取在场点处，x 轴方向向右:→,则总的场强为：00ln22a b aa b dx E x aπεσσπε+==+⋅⎰ 此时E r 的方向沿x 轴“－”向。
（2）在板的垂直方向上，距板为h 处。
每条带电直线在此处的场强为221/20022()dq dxdE rx h σπεπε⋅==+ 由于对称性，故分解： 在x 方向上，场强分量因对称互相抵消，故0x E =。
所以：/2122/1020021()2()22()2b y b dx h h b E E tg x h h b tg h h σσπεπεσπε---⋅⋅=⋅==⋅=⋅+⎰ 9.5 004x y A E E bε=-=解：任取线元dl ，所在角位置为θ，（如图）。
带电为cos dq A bd θθ=g 。
它在圆心处产生的电场强度分量各为：整个圆环产生的：9.7 12eS E R φπ=⋅,22eS E R φπ=⋅……（6.15）由电通量（本书定义为：电场强度通量）的物理意义，知通过S 1或S 2面的电通量都等于通过圆平面2R π的电通量。
电场强度通量（垂直通过2R π面的）：2e E S ES E R πΦ=•==rr 也即是通过S 1或S 2面的。
或解： 以S 1和以圆面积2R π(R 为半径的)组成一个封闭曲面S由高斯定理，知：0/0i i S E dS q ε==∑⎰⎰r r g Ò，又210S R S E dS E dS E dS π=+=⎰⎰⎰⎰⎰⎰r r r r r r g g g Ò所以 2112eS S R E dS E dS E R πφπ==-=⋅⎰⎰⎰⎰r rr r g g同理：2222eS S RE dS E dS E R πφπ==-=⋅⎰⎰⎰⎰r r r r g g 9.8 51 4.610=-⨯q C ， 13321333()4.7210/4()q q C m r R ρπ--==⨯- 解：(1) 由高斯定理：0/i SE dS q ε•=∑⎰⎰r rÒ可得：251101cos 4/ 4.610E R q q C ππε=⇒⇒=-⨯g同理（2）22220202cos 4/4E r q q r E ππεπε=⇒⇒=-g所以大气的电荷平均体密度为：13321333()4.7210/4()q q C m r R ρπ--==⨯- 9.9 110()E r R =<，1202E r λπε=，1130()2E r λλπε+=解：本题解被分成三个区域：1122,,,r R R r R R r <<<< 由高斯定理知：1域：110()E r R =<,因为在该区域内作的高斯面，面内无电荷。
2域内作一同轴的圆柱形高斯面，高为l ，半径为r ，满足12R r R <<则有：2010122sE E s E r l E d r l λπλεπε•=⇒===⋅⋅⇒⎰r r Ñ 在3域，类似2域方法作高斯面，满足2R r <。
则有： 110113()()22sl E ds E r l E E r λλπελλπε+•=⋅⋅=⇒+⇒==⎰r r Ñ 9.10 在n 区：001()()()()D n D n SN e E ds E x S x x SN e E x x x εε⋅•==+⋅→→=+⎰⎰r r Ò 在p 区：01()()()()A p A p S N eE ds E x S x x SN e E x x x εε⋅•==-⋅→→=+⎰⎰rr Ò9.11 00A →∞=解：P.69页的题图。
因为：00/2/2q q U k k U l l ∞-=+== 所以：000()0A q U U →∞∞=-=9.13 ||90ab U V∆= （6.22）解：11||||()90ab a b U U U kq Va b∆∞∞=-=-=9.14 p u =， 通过该点的等势线是在中垂面上半径为x的圆。
解：12p u u u =+==等势面是中垂线内，半径为x 的圆，圆心在两电荷的连线的中点。
9.16 303R U rρε=外 203R U ρε=面上220(3)6R U r ρε=-内 （6.25） 球体内 331300014()4343R r r Q E r R r R R πρπρπεεε⋅=⋅=<=球体外 220320()34R r R Q E r r περε=>=定义0U ∞=,则可求出各区域的电势 球体外 332000014)4433(4rR Q Q U dr R r R r r r rρππεπεπρεε∞====⋅>⎰球面上 202(43)RQ U dr r R r R ρπεε∞===⎰球体内 12R r r R U E dr E dr E dr ∞∞=•=•+•⎰⎰⎰r r r r r r 3202002(3)644Rr R QQrdr dr R r R r πεπρεε∞=+=-⎰⎰ （r R <域） 9.20 1024111()r R q U R πε-+=内, 014q U r πε=外, 0214q R U πε=壳上 解：应用高斯定理，可求得空间各域的电场强度：①（1r R ≤）: 12ˆ=v qE k r r ②（12R r R ≤≤）： 20=vE③（2R r ≤）： 32ˆ=v qE k r r再由电势定义，可求： ①（1r R ≤）: 1222121000110111(44)4R rR q q dr dr r r r R R q u πεπεπε∞+-=+=+⎰⎰ ②（12R r R ≤≤）：2222201041R q qk dr kq u r R R πε∞=+==⎰③（2R r ≤）： 302114r q qk dr kq r r ru πε∞===⎰自行画图点电荷在球心，球壳内、外表面上的电荷分布均匀。
若点电荷偏离球心，球壳内表面的感应电荷分布不均匀。
靠近点电荷的区域，电荷密度大，反之则较小。
内表面电荷与点电荷形成封闭场。
但外表面的电荷仍然均匀分布。
9.21 解：（1）由电势叠加原理，有，内球电势：11230123()1(){}4kq kq k q Q q q q Q U R R R R R R πε-+-+=++=++ 球壳电势： 2031()4q Q U R πε+=（2）电势差 120121()4q q U U U R R πε∆=-=- （3）连接球与球壳，则电荷全部跑到外球面上，所以 球与球壳是等势体 1212031(),04q Q U U U U U R πε+==∆=-=（4）外球面接地，则只有内球与球壳间的局域场，所以20U =，但11()4q q U R R πε-=+。
另外120121()4q q U U U R R πε∆=-=-9.22 （7.4）证：两带电金属球。
半径分别为12,R R 。
由于相距远，两球产生的电场互不影响。
现用一根极细导线连接两球，达到静电平衡后记金属球1带电为1'q , 电势为1U ；金属球2带电为2'q ,电势为2U 。
由于导线相连，故有：12U U = 。
又互不影响，所以有：121212q q U kU k R R ''== = 即： 121122221201021144q q q R q R k k R R R R πεπε''''= =⇒ 又 12122212,44q q R R σσππ''= = 此两式代入上式，可得1122R R σσ= 即1Rσ∝表------- 得证 9.23 0//U d U l l U σε∆-==⋅∆'∆，解： 设充电后，板上电量为q ±，板的面积为s ，故板上面密度大小为/q s σ=插入金属板以前：00//E U Ed d σεσε=∆==。
现断开电源（q 不变），插入金属板，厚为l ,故电容器两板间距变为了d l -，此时：00/()()/E U E d l d l σεσε'''=∆=-=- 电势差的改变为00///l U U U l d l σεσε'∆-∆==⋅∆= 由式看出金属板的位置对结果无影响。
9.24 无图9.25 21.9210W J -∆=-⨯解：见图，当开关K 拨向1，电容C 1充电，641108101209.610q C U C --==⨯⨯=⨯C 1的能量为 262211011810120 5.761022W C U J --==⨯⨯⨯=⨯当开关K 拨向2，电容C 1向当电容C 2放电，电荷会重新分布，由于是电容并联，故有：121q q q ''+=，又电压相等 11221212////2:1q C q C q q C C ''''=⇒⇒== 由此两式解得：4412116.410, 3.210,/80q C q C U q C V --'''=⨯=⨯== 故并联后电容器中的总能量为226262221211118108041080 3.84102222W C U C U J ---=+=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=⨯故能量改变：221 1.9210W W W J -∆=-=-⨯9.260εsd d '-; 抽出时200212()εd s A U d d '='-解： 插入厚度为d ˊ的金属板后，相当于把原来的一个电容器变成了串联着的两个电容器，分别设为C 1和C 2。