大学物理课后答案解析第七章静电场中的导体及电介质1.doc
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第七章静电场中的导体和电介质一、基本要求1. 掌握导体静电平衡的条件及静电平衡时导体电荷的分布规律；2. 学会计算电容器的电容；3. 了解介质的极化现象及其微观解释；4. 了解各向同性介质中D和E的关系和区别；5. 了解介质中电场的高斯定理；6. 理解电场能量密度的概念。
二、基本内容1. 导体静电平衡(1) 静电平衡条件：导体任一点的电场强度为零(2) 导体处于静电平衡时：①导体是等势体，其表面是等势面；②导体表面的场强垂直于导体表面。
(3) 导体处于静电平衡时，导体内部处处没有净电荷存在，电荷只能分布在导体的表面上。
2. 电容(1) 孤立导体的电容c=勺V电容的物理意义是使导体电势升高单位电势所需的电量。
电容是导体的重要属性之一，它反映导体本身具有储存电荷和储存电能的能力。
它的大小仅由导体的几何形状、大小和周围介质决定，与导体是否带电无关。
(2) 电容器的电容C =—9-V A~ Vq为构成电容器两极板上所带等量异号电荷的绝对值。
V A-V B为A、B两极间电势差。
电容器电容与电容器形状、大小及两极间介质有关，与电容器是否带电无关。
(3) 电容器的串并联串联的特点：各电容器的极板上所带电量相等，总电势差为各电容器上电势差之111 1和。
等效电容由一=—+—+川+一进行计算。
C C C C1 2 n并联的特点：电容器两极板间的电势差相等，不同电容器的电量不等，电容大者电量多。
等效电容为C=C +C ,川*C o 1 2 n(4) 计算电容的一般步骤+ 一%1设两极带电分别为q和q，由电荷分布求出两极间电场分布。
~ = J B%1由V V E dl求两极板间的电势差。
A B A%1根据电容定义求c wV A VB3. 电位移矢量D=£ +人为引入的辅助物理量，定义D E P, D既与E有关，又与P有关。
说明D 0不是单纯描述电场，也不是单纯描述电介质的极化，而是同时描述场和电介质的。
定义式无论对各向同性介质，还是各向号惟会质都适用。
大学物理课后答案
第七章 静电场中的导体和电介质一、基本要求1．掌握导体静电平衡的条件及静电平衡时导体电荷的分布规律； 2．学会计算电容器的电容；3．了解介质的极化现象及其微观解释； 4．了解各向同性介质中D 和E 的关系和区别； 5．了解介质中电场的高斯定理； 6．理解电场能量密度的概念。
二、基本内容1．导体静电平衡（1）静电平衡条件：导体任一点的电场强度为零（2）导体处于静电平衡时：①导体是等势体，其表面是等势面；②导体表面的场强垂直于导体表面。
（3）导体处于静电平衡时，导体内部处处没有净电荷存在，电荷只能分布在导体的表面上。
2．电容（1）孤立导体的电容 q C V=电容的物理意义是使导体电势升高单位电势所需的电量。
电容是导体的重要属性之一，它反映导体本身具有储存电荷和储存电能的能力。
它的大小仅由导体的几何形状、大小和周围介质决定，与导体是否带电无关。
（2）电容器的电容BA V V qC -=q 为构成电容器两极板上所带等量异号电荷的绝对值。
B A V V -为A 、B 两极间电势差。
电容器电容与电容器形状、大小及两极间介质有关，与电容器是否带电无关。
（3）电容器的串并联串联的特点：各电容器的极板上所带电量相等，总电势差为各电容器上电势差之和。
等效电容由121111nC C C C =+++进行计算。
并联的特点：电容器两极板间的电势差相等，不同电容器的电量不等，电容大者电量多。
等效电容为12n C C C C =+++。
（4）计算电容的一般步骤①设两极带电分别为q +和q -，由电荷分布求出两极间电场分布。
②由BA B A V V d -=⋅⎰E l 求两极板间的电势差。
③根据电容定义求BA V V qC -=3．电位移矢量D人为引入的辅助物理量，定义0ε=+D E P ，D 既与E 有关，又与P 有关。
说明D 不是单纯描述电场，也不是单纯描述电介质的极化，而是同时描述场和电介质的。
定义式无论对各向同性介质，还是各向异性介质都适用。
大学物理同步训练第2版第七章静电场中的导体详解
第七章 静电场中的导体和电介质一、选择题1. （★★）一个不带电的空腔导体球壳，内半径为R 。
在腔内离球心的距离为a 处（a <R ）放一点电荷+q ，如图1所示。
用导线把球壳接地后，再把地线撤去。
选无穷远处为电势零点，则球心O 处的电势为（A ）q 2πε0a ⁄ （B ）0（C ）−q 4πε0R ⁄ （D ）q 4πε0⁄∙(1a ⁄−1R ⁄)答案：D分析：由静电平衡的知识可知：①当空腔导体内放入点电荷+q 时，空腔导体的内表面会带上等量异号的电荷−q ，由电荷守恒可知不带电的空腔导体的外表面带有的+q 电荷；②当球壳接地后，球壳电势变为零，故球壳外表面电量变为零。
因此接地后去掉地线，该体系的电荷分布如图所示，球壳内表面带有−q 的电量，外表面不带电。
由电势叠加原理可得球心O 处的电势为V O =q 4πε0a +∫dq 4πε0R 内=q 4πε0a +14πε0R ∫dq 内=q 4πε0(1a −1R ) 故选项D 正确。
注：式中∫dq 内=−q 为内表面的电量之和。
【补充】带电量为Q 半径为R 的球面（电荷分布无论均匀或不均匀）在球心处产生的电势为V =Q 4πε0R ⁄。
2. 三块互相平行的导体板之间的距离d 1和d 2比板间面积线度小得多，如果d 2=2d 1，外面二板用导线连接，中间板上带电。
设左右两面上电荷面密度分别为σ1和σ2，如图2所示，则σ1σ2⁄为（A ）1 （B ）2 （C ）3 （D ）4答案：B分析：【知识点】达到静电平衡的导体：①内部电场强度为E =0，表面附近电场强度垂直于导体表面，大小为E =σε0⁄，其中σ为导体表面电荷面密度；②导体是一个等势体，导体表面为等势面；③导体内部处处无净电荷，即电荷只分布在导体的表面上，电荷面密度与导体表面的曲率有关，曲率越大（越尖）电荷面密度越大。
由静电平衡的知识点①可知，中间导体板左侧电场强度为σ1ε0⁄，右侧为σ2ε0⁄；由静电平衡的知识点②可知，用导线连接起来的左右两个导体板等势，即中间导体板与左右两导体板的电势差U 相同，由U =Ed 可得σ1ε0⁄∙d 1=σ2ε0⁄∙d 2，故σ1σ2⁄=d 2d 1⁄=2，故选项B 正确。
大学物理课后习题答案第七篇
第7章 静电场中的导体和电介质 习题及答案1. 半径别离为R 和r 的两个导体球，相距甚远。
用细导线连接两球并使它带电，电荷面密度别离为1σ和2σ。
忽略两个导体球的静电彼此作用和细导线上电荷对导体球上电荷散布的阻碍。
试证明：Rr=21σσ 。
证明：因为两球相距甚远，半径为R 的导体球在半径为r 的导体球上产生的电势忽略不计，半径为r 的导体球在半径为R 的导体球上产生的电势忽略不计，因此半径为R 的导体球的电势为R R V 0211π4επσ=14εσR= 半径为r 的导体球的电势为r r V 0222π4επσ=24εσr= 用细导线连接两球，有21V V =，因此Rr =21σσ 2. 证明：关于两个无穷大的平行平面带电导体板来讲，(1)相向的两面上，电荷的面密度老是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度老是大小相等而符号相同。
证明: 如下图，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ（1）取与平面垂直且底面别离在A 、B 内部的闭合圆柱面为高斯面，由高斯定理得S S d E S∆+==⋅⎰)(10320σσε 故 +2σ03=σ上式说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反。
（2）在A 内部任取一点P ，那么其场强为零，而且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ 又 +2σ03=σ 故 1σ4σ=3. 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量。
解：如下图，设金属球表面感应电荷为q '，金属球接地时电势0=V 由电势叠加原理，球心电势为=O V Rq dq R3π4π4100εε+⎰03π4π400=+'=RqR q εε故 -='q 3q 4．半径为1R 的导体球，带有电量q ，球外有内外半径别离为2R 、3R 的同心导体球壳，球壳带有电量Q 。
大学物理A静电场中的导体和电介质习题答案及解法201064
静电场中的导体和电解质习题、答案及解法一．选择题1.一个不带电的空腔导体球壳，内半径为R 。
在腔内离球心的距离为a 处放一点电荷q +，如图1所示。
用导线把球壳接地后，再把地线撤去。
选无穷远处为电势零点，则球心O 处的电势为 [ D ] （A ）aq 02πε； （B ）0 ；（C ）Rq 04πε-； （D ）⎪⎭⎫ ⎝⎛-R a q 1140πε。
参考答案：)11(4)11(440020Ra q a R q dl Rq Edl V RaRa-=--===⎰⎰πεπεπε 2.三块互相平行的导体板之间的距离21d d 和比板面积线度小得多，如果122d d =外面二板用导线连接，中间板上带电。
设左右两面上电荷面密度分别为21σσ和，如图2所示，则21σσ为（A ）1 ； （B ）2 ； （C ）3 ；（D ）4 。
[ B ]解：相连的两个导体板电势相等2211d E d E =，所以202101d d εσεσ= 1221d d =σσ3.一均匀带电球体如图所示，总电荷为Q +，其外部同心地罩一内、外半径分别为1r ,2r 的金属球壳。
设无穷远处为电势零点，则在球壳内半径为r 的P 点处的场强和电势分别为[ B ] （A ）204r q πε，0 ； （B ）0，204r q πε ；（C ）0，rq 04πε ； （D ）0，0 。
参考答案：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-==•+•=•=⎰⎰⎰⎰∞∞∞2020201411441222r Q rQdr r Q ld E l d E ld E U r r r rpp πεπεπε4.带电导体达到静电平衡时，其正确结论是 [ D ] （A ） 导体表面上曲率半径小处电荷密度较小; （B ） 表面曲率较小处电势较高; （C ） 导体内部任一点电势都为零;（D ） 导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零。
参考答案：带电导体达到静电平衡时，导体是一个等势体，其外表面是一个等势面。
静电场中的导体与电介质一章习题解答
静电场中的导体与电介质一章习题解答习题8—1 A 、B 为两个导体大平板，面积均为S ，平行放置，如图所示。
A 板带电+Q 1，B 板带电＋Q 2，如果使B 板接地，则AB 间电场强度的大小E 为：［ ］ (A)S Q 012ε (B) SQ Q 0212ε- (C) S Q 01ε (D) SQ Q 0212ε+解：B 板接地后，A 、B 两板外侧均无电荷，两板内侧带等值异号电荷，数值分别为+Q 1和-Q 1，这时AB 间的场应是两板内侧面产生场的叠加，即SQS Q S Q E 01010122εεε=+=板间 所以，应该选择答案(C)。
习题8—2 C 1和C 2两个电容器，其上分别标明200pF(电容量)，500V(耐压值)和300pF ，900V 。
把它们串联起来在两端加上1000V 的电压，则［ ］(A) C 1被击穿，C 2不被击穿 (B) C 2被击穿，C 1不被击穿 (C) 两者都被击穿 (D) 两者都不被击穿 答：两个电容器串联起来，它们各自承受的电压与它们的电容量成反比，设C 1承受的电压为V 1，C 2承受的电压为V 2，则有231221==C V V ①100021=+V V ②联立①、②可得V 6001=V ， V 4002=V可见，C 1承受的电压600V 已经超过其耐压值500V ，因此，C 1先被击穿，继而1000V 电压全部加在C 2上，也超过了其耐压值900V ，紧接着C 2也被击穿。
所以，应该选择答案(C)。
习题8—3 三个电容器联接如图。
已知电容C 1=C 2=C 3，而C 1、C 2、C 3的耐压值分别为100V 、200V 、300V 。
则此电容器组的耐压值为［ ］(A) 500V (B) 400V (C) 300V (D) 150V (E) 600V解：设此电容器组的两端所加的电压为u ，并且用C 1∥C 2表示C 1、C 2两电容器的并联组合，这时该电容器组就成为C 1∥C 2与C 3的串联。
大学物理答案解析第7～8章
第七章 真空中的静电场7－1 在边长为a 的正方形的四角，依次放置点电荷q,2q,-4q 和2q ，它的几何中心放置一个单位正电荷，求这个电荷受力的大小和方向。
解：如图可看出两2q 的电荷对单位正电荷的在作用力 将相互抵消，单位正电荷所受的力为)41()22(420+=a q F πε＝,2520aqπε方向由q 指向-4q 。
7－2 如图，均匀带电细棒，长为L ，电荷线密度为λ。
（1）求棒的延长线上任一点P 的场强；(2)求通过棒的端点与棒垂直上任一点Q 的场强。
解：（1）如图7－2 图a ，在细棒上任取电荷元dq ，建立如图坐标，dq ＝λd ξ，设棒的延长线上任一点P 与坐标原点0的距离为x ，则2020)(4)(4ξπεξλξπεξλ-=-=x d x d dE则整根细棒在P 点产生的电场强度的大小为)11(4)(4002xL x x d E L--=-=⎰πελξξπελ ＝)(40L x x L-πελ方向沿ξ轴正向。
（2）如图7－2 图b ，设通过棒的端点与棒垂直上任一点Q 与坐标原点0的距离为y204r dxdE πελ=θπελcos 420rdxdE y =， θπελsin 420r dxdE x =因θθθθcos ,cos ,2yr d y dx ytg x ===， 代入上式，则)cos 1(400θπελ--=y ＝)11(4220Ly y+--πελ，方向沿x 轴负向。
习题7－1图dq ξd ξ习题7－2 图ax θθπελθd y dE E x x ⎰⎰-=-=00sin 4xdx习题7－2 图byθθπελθd y dE E y y ⎰⎰==00cos 400sin 4θπελy =＝2204Ly y L+πελ7－3 一细棒弯成半径为R 的半圆形，均匀分布有电荷q ，求半圆中心O 处的场强。
解：如图，在半环上任取d l =Rd θ的线元，其上所带的电荷为dq=λRd θ。
大学物理习题答案解析第七章
第七章 恒定磁场7 －1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R ＝2r ，螺线管通过的电流相同为I ，螺线管中的磁感强度大小B R 、B r 满足（ ） （A ） （B ） （C ） （D ）分析与解 在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比因而正确答案为（C ）。
7 －2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量 为（ ）（A ） （B ） （C ） （D ）分析与解 作半径为r 的圆S ′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S ′的磁通量；．因而正确答案为（D ）． 7 －3 下列说法正确的是（ ）（A ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 （B ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 （C ） 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零（D ） 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零分析与解 由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零。
因而正确答案为（B ）．7 －4 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P 1 、P 2 为两圆形回路上的对应点，则（ ）r R B B 2=r R B B =r R B B =2r R B B 4=21==R r n n r R B r 2π2B r 2παB r cos π22αB r cos π2S B ⋅=m Φ（A ） ，（B ） ，（C ） ，（D ） ，分析与解 由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C ）．*7 －5 半径为R 的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中，若导体中流过的恒定电流为I ，磁介质的相对磁导率为μｒ （μｒ＜1），则磁介质内的磁化强度为（ ） （A ）（B ） （C ） （D ）分析与解 利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度，再由M ＝（μｒ－1）H 求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为（B ）．7 －6 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m 的近似圆形轨道，当环中电子流强度为8 mA 时，在整个环中有多少电子在运行？ 已知电子的速率接近光速。
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大学物理课后答案解析第七章静电场中的导体及电介质1习题77-2 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题7-2图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题7-2图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题7-2图(1)∵AB AC U U =，即∴AB AB AC AC E E d d =∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ且1σ+2σSq A=得,32S q A =σSq A 321=σ而7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 7-3 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q(1)(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题7-3图⎰⎰∞∞==⋅=2220π4π4d d R R R qr r q r E U εε(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得q R R q 2 1=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+=7-4 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U7-4图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+RqR q εε得-='q 3q 7-5有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力；(2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，解: 由题意知2020π4rq F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =', 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电q q 43=''∴此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'2F rqr q q F =-=εε(2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q∴小球1、2间的作用力00294π432322F r qq F ==ε7-6如题7-6图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持UU AB =可得以下6个方程题7-6图⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd U S q S qdU U C S S q B A 解得S q261==σσSq d U2032-=-=εσσSq dU2054+=-=εσσ所以CB 间电场S qd U E 00422εεσ+==)2d (212d 02Sq U E U U CB C ε+=== 注意：因为C 片带电，所以2U U C ≠，若C 片不带电，显然2U U C = 7-7 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求：(1)电介质内、外的场强；(2)电介质层内、外的电势；(3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R 303π4,π4rrQ E r r Q D r εε==内; 介质外)(2R r 303π4,π4rr Q E r Qr D ε==外(2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外介质内)(21R r R rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内大学物理实验报告范文3篇大学物理实验是一门着重培养大学生综合能力和素质的课程。
做好大学物理实验课程的考试工作对于大学物理实验课程教学质量的提高和人才的培养都具有重要的意义。
本文是为大家整理的大学物理实验报告范文，仅供参考。
大学物理实验报告范文篇一：一、实验综述1、实验目的及要求1.了解游标卡尺、螺旋测微器的构造，掌握它们的原理，正确读数和使用方法。
2.学会直接测量、间接测量的不确定度的计算与数据处理。
3.学会物理天平的使用。
4.掌握测定固体密度的方法。
2 、实验仪器、设备或软件1 50分度游标卡尺准确度=0.02mm 最大误差限△仪= 0.02mm2 螺旋测微器准确度=0.01mm 最大误差△仪= 0.005mm 修正值=0.018mm3 物理天平TW-0.5 t天平感度0.02g 最大称量500g △仪= 0.02g 估读到0.01g二、实验过程(实验步骤、记录、数据、分析)1、实验内容与步骤1、用游标卡尺测量圆环体的内外径直径和高各6次;2、用螺旋测微器测钢线的直径7次;3、用液体静力称衡法测石蜡的密度;2、实验数据记录表(1)测圆环体体积(2)测钢丝直径仪器名称：螺旋测微器(千分尺) 准确度=0.01mm 估读到0.001mm测石蜡的密度仪器名称：物理天平TW 0.5 天平感量：0.02 g 最大称量500 g3、数据处理、分析(1)、计算圆环体的体积1直接量外径D的A类不确定度SD ,SD=○SD=0.0161mm=0.02mm2直接量外径D的B类不确定度u○d.ud,=Ud=0.0155mm=0.02mm3直接量外径D的合成不确定度○D=0.0223mm=0.2mm4直接量外径D科学测量结果○D=(21.19 0.02)mmD=5直接量内径d的A类不确定度S○Sd=0.0045mm=0.005mmd。
dS=6直接量内径d的B类不确定度u○dud=ud=0.0155mm=0.02mm7直接量内径d的合成不确定度i ○d=0.0160mm=0.02mm8直接量内径d的科学测量结果○d=(16.09 0.02)mm9直接量高h的A类不确定度S○Sh=0.0086mm=0.009mmd=h hS=10直接量高h的B类不确定度u○h duh=0.0155mm=0.02mm11直接量高h的合成不确定度○h=0.0177mm=0.02mm 12直接量高h的科学测量结果○h=(7.27 0.02)mmhh=13间接量体积V的平均值：V= h(D-d)/4 ○22V =1277.8mm14 间接量体积V的全微分：dV=○3(D2-d2)4dh+Dh dhdD- dd 22再用方和根的形式推导间接量V的不确定度传递公式(参考公式1-2-16) 222v(0.25 (D2 d2) h) (0.5Dh D) (0.5dh d)计算间接量体积V的不确定度3V=0.7mmV15写出圆环体体积V的科学测量结果○V=(1277.8 0.7) mm2、计算钢丝直径(1)7次测量钢丝直径d的A类不确定度Sd ，Sd=SdSd =0.0079mm=0.008mm3(2)钢丝直径d的B类不确定度ud ，ud=udud=0.0029mm=0.003mm(3)钢丝直径d的合成不确定度。
d=d d=0.0084mm=0.008mm(4)写出钢丝直径d的科学测量结果d=(2.169 0.008)mm3、计算石蜡的密度(1)以天平的感量为仪，计算直接测量M1、M2、M3的B类不确定度uM uM=0.0115g=0.01g(2)写出直接测量M1、M2、M3的科学测量结果M1=(2.44 0.01)g M2=(11.04 0.01)g M3=(8.50 0.01)g(3) t以22.5C为标准查表取值，计算石蜡密度平均值：M1tM2 M3=0.9584(kg/m3)=0.958(kg/m3) (4)间接量石蜡密度的全微分：tm1 tm1 td =dm1-dm2+dm3m2-m3(m2-m3)2(m2-m3)2再用方和根的形式推导密度的不确定度传递公式(参考公式1-2-16)2( t m1/(m2 m3)) (m1 t m2/(m2 m3)2) (m1 t m3/(m2 m3)2)22计算间接量密度的不确定度3 3d =0.0076 kg/m=0.008 kg/m(5)写出石蜡密度的科学测量结果=(0.958 0.008) kg/m3三、结论1、实验结果实验结果即上面给出的数据。
2、分析讨论(1)心得体会：1、天平的正确使用：测量前应先将天平调水平，再调平衡，放取被称量物和加减砝码时○一定要先将天平降下后再操作，天平的游码作最小刻度的1/2估读。
2、螺旋测微器正确使用：记下初始读数，旋动时只旋棘轮旋柄，当听到两声咯咯响○时便停止旋动，千分尺作最小刻度的1/10估读。
(2)思考：1、试述螺旋测微器的零点修正值如何确定?测定值如何表示? ○答：把螺旋测微器调到0点位置，读出此时的数值，测定值是读数+零点修正值2、游标卡尺读数需要估读吗? ○答：不需要。
3、实验中所用的水是事先放置在容器里，还是从水龙头里当时放出来的好，为什么? ○答：事先放在容器里面的，这样温度比较接近设定温度。
(3)建议学校的仪器存放时间过长，精确度方面有损，建议购买一些新的。
四、指导教师评语及成绩：评语：成绩：指导教师签名：批阅日期：大学物理实验报告范文篇二：一、实验目的。