大物试卷答案
大物习题答案1
习 题 一1—1 一质点在平面xOy 内运动，运动方程为x =2t ，2219t y -= (SI)。
(1)求质点的运动轨道；(2)求t =1s 和t =2s 时刻质点的位置矢量；(3)求t =1s 和t =2s 时刻质点的瞬时速度和瞬时加速度；(4)在什么时刻，质点的位置矢量和速度矢量垂直?这时x 、y 分量各为多少?(5)在什么时刻，质点离原点最近?最近距离为多大?[解] 质点的运动方程:t x 2=，2219t y -= (1)消去参数t ，得轨道方程为: 22119x y -= (2)把t=1s 代入运动方程，得j i j i r 172)219(22+=-+=t t 把t =2s 代入运动方程，可得j i j i r 114)2219(222+=⨯-+⨯= (3)由速度、加速度定义式，有4/,0/4/,2/-====-====dt dv a dt dv a t dt dy v dt dx v y y x x y x所以，t 时刻质点的速度和加速度为 j i j i t v v v y x 42-=+= j j i a 4-=+=y x a a所以，t=1s 时，j i v 42-=，j a 4-= t=2s 时，j i v 82-=，j a 4-= (4)当质点的位置矢量和速度矢量垂直时，有 0=⋅v r即 0]42[])219(2[2=-⋅-+j i j i t t t 整理，得 093=-t t解得 3,3;0321-===t t t (舍去) m 19,0,s 011===y x t 时 m 1,m 6,s 322===y x t 时 (5)任一时刻t 质点离原点的距离 222)219()2()(t t t r -+= 令d r/d t =0 可得 t =3所以，t =3s 时，质点离原点最近 r1—2 一粒子按规律59323+--=t t t x 沿x 轴运动，试分别求出该粒子沿x 轴正向运动；沿x 轴负向运动；加速运动，减速运动的时间间隔。
大物习题答案第4章机械振动
第4章 机械振动4.1基本要求1．掌握描述简谐振动的振幅、周期、频率、相位和初相位的物理意义及之间的相互关系2．掌握描述简谐振动的解析法、旋转矢量法和图线表示法，并会用于简谐振动规律的讨论和分析3．掌握简谐振动的基本特征，能建立一维简谐振动的微分方程，能根据给定的初始条件写出一维简谐振动的运动方程，并理解其物理意义4．理解同方向、同频率简谐振动的合成规律，了解拍和相互垂直简谐振动合成的特点4.2基本概念1．简谐振动 离开平衡位置的位移按余弦函数（或正弦函数）规律随时间变化的运动称为简谐振动。
简谐振动的运动方程 cos()x A t ωϕ=+2．振幅A 作简谐振动的物体的最大位置坐标的绝对值。
3．周期T 作简谐振动的物体完成一次全振动所需的时间。
4．频率ν 单位时间内完成的振动次数，周期与频率互为倒数，即1T ν=5．圆频率ω 作简谐振动的物体在2π秒内完成振动的次数，它与频率的关系为22Tπωπν== 6．相位和初相位 简谐振动的运动方程中t ωϕ+项称为相位，它决定着作简谐振动的物体状态；t=0时的相位称为初相位ϕ7．简谐振动的能量 作简谐振动的系统具有动能和势能。
弹性势能222p 11cos ()22E kx kA t ωϕ==+ 动能[]22222k 111sin()sin ()222E m m A t m A t ωωϕωωϕ==-+=+v弹簧振子系统的机械能为222k p 1122E E E m A kA ω=+== 8．阻尼振动 振动系统因受阻尼力作用，振幅不断减小。
9．受迫振动 系统在周期性外力作用下的振动。
周期性外力称为驱动力。
10．共振 驱动力的角频率为某一值时，受迫振动的振幅达到极大值的现象。
4.3基本规律1．一个孤立的简谐振动系统的能量是守恒的物体做简谐振动时，其动能和势能都随时间做周期性变化，位移最大时，势能达到最大值，动能为零；物体通过平衡位置时，势能为零，动能达到最大值，但其总机械能却保持不变，且机械能与振幅的平方成正比。
大气物理学试题及答案
大气物理学试题及答案一、选择题（每题2分，共10分）1. 大气中水汽含量的增加会导致：A. 气温升高B. 气温降低C. 气压升高D. 气压降低答案：A2. 下列哪项不是大气中的主要气体？A. 氮气B. 氧气C. 二氧化碳D. 氦气答案：D3. 大气层中臭氧层的作用是：A. 吸收紫外线B. 反射红外线C. 吸收红外线D. 反射紫外线答案：A4. 以下哪项不是大气环流的主要驱动力？A. 地球自转B. 地球公转C. 太阳辐射D. 地壳运动答案：D5. 以下哪种天气现象与大气中的水汽凝结有关？A. 闪电B. 龙卷风C. 雾D. 地震答案：C二、填空题（每题2分，共10分）1. 大气层的厚度约为________公里。
答案：10002. 地球大气层中，________层是天气变化的主要区域。
答案：对流3. 云的形成是由于大气中的水汽在________过程中凝结成水滴或冰晶。
答案：冷却4. 地球的大气层由外向内依次为________、平流层、对流层。
答案：电离层5. 太阳辐射到达地球表面的能量中，大部分是________波长的光。
答案：可见三、简答题（每题5分，共20分）1. 简述大气中温室效应的作用及其对全球气候的影响。
答案：温室效应是指大气中的温室气体（如二氧化碳、甲烷等）吸收和重新辐射地球表面的热量，导致地球表面温度升高的现象。
这种效应对全球气候有显著影响，可能导致全球变暖、极端天气事件增多、海平面上升等一系列环境问题。
2. 描述大气环流的基本过程。
答案：大气环流是指大气中大规模的气流运动。
基本过程包括：太阳辐射加热地表，地表加热大气，造成不同地区温度差异，进而产生气压差异，驱动大气流动。
这些流动在地球自转和科里奥利力的作用下形成全球性的环流模式，如哈德来环流、费雷尔环流等。
3. 解释什么是锋面，并说明其在天气变化中的作用。
答案：锋面是指冷暖气团相遇时形成的边界。
在天气变化中，锋面是导致降水、风暴等天气现象的主要因素。
大物期末考试题及答案
大物期末考试题及答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力成正比，与物体的质量成反比。
以下哪个选项正确描述了这一定律？A. F = maB. F = ma^2C. F = m/aD. F = 1/(ma)答案：A2. 一个物体从静止开始自由下落，其下落距离与时间的关系为：A. s = gtB. s = 1/2 gtC. s = 1/2 g(t^2)D. s = gt^2答案：C3. 根据能量守恒定律，以下哪个选项正确描述了能量守恒？A. 能量可以被创造或消灭B. 能量守恒定律只适用于封闭系统C. 能量可以在不同形式之间转换，但总量保持不变D. 能量守恒定律不适用于微观粒子答案：C4. 以下哪个选项正确描述了动量守恒定律？A. 动量守恒定律只适用于碰撞过程B. 动量守恒定律适用于所有物理过程C. 动量守恒定律只适用于没有外力作用的系统D. 动量守恒定律只适用于宏观物体答案：C5. 以下哪个选项正确描述了波的干涉条件？A. 波源必须相同B. 波源必须不同C. 波的频率必须相同D. 波的振幅必须相同答案：C6. 以下哪个选项正确描述了光的折射现象？A. 光线在不同介质中传播速度会改变B. 光线在不同介质中传播方向不变C. 光线在不同介质中传播速度不变D. 光线在不同介质中传播方向总是改变答案：A7. 根据热力学第一定律，以下哪个选项正确描述了能量的转换？A. ΔE = Q + WB. ΔE = Q - WC. ΔE = Q / WD. ΔE = W / Q答案：B8. 以下哪个选项正确描述了理想气体的状态方程？A. PV = nRTB. PV = nT/RC. PV = RTD. PV = nR答案：A9. 以下哪个选项正确描述了电磁感应现象？A. 变化的磁场可以产生电流B. 电流可以产生磁场C. 磁场可以产生电流D. 电流可以产生变化的磁场答案：A10. 以下哪个选项正确描述了相对论中时间膨胀现象？A. 运动的物体在运动方向上的长度会变长B. 运动的物体在运动方向上的时间会变慢C. 运动的物体在垂直于运动方向上的长度会变短D. 运动的物体在垂直于运动方向上的时间会变慢答案：B二、填空题（每空1分，共10分）11. 牛顿第一定律又称为________定律。
大物参考答案
©物理系_2015_09《大学物理AII 》作业 No.01 机械振动一、 判断题：（用“T ”表示正确和“F ”表示错误） [ F ] 1．只有受弹性力作用的物体才能做简谐振动。
解：如单摆在作小角度摆动的时候也是简谐振动，其回复力为重力的分力。
[ F ] 2．简谐振动系统的角频率由振动系统的初始条件决定。
解：根据简谐振子频率mk=ω，可知角频率由系统本身性质决定，与初始条件无关。
[ F ] 3．单摆的运动就是简谐振动。
解：单摆小角度的摆动才可看做是简谐振动。
[ T ] 4．孤立简谐振动系统的动能与势能反相变化。
解：孤立的谐振系统机械能守恒，动能势能反相变化。
[ F ] 5．两个简谐振动的合成振动一定是简谐振动。
解: 同向不同频率的简谐振动的合成结果就不一定是简谐振动。
二、选择题：1. 把单摆从平衡位置拉开，使摆线与竖直方向成一微小角度θ，然后由静止放手任其振动，从放手时开始计时。
若用余弦函数表示其运动方程，则该单摆振动的初相位为[ C ] (A) θ; (B) π23; (C) 0; (D) π21。
解：对于小角度摆动的单摆，可以视为简谐振动，其运动方程为： ()()0cos ϕωθθ+=t t m ，根据题意，t = 0时，摆角处于正最大处，θθ=m ，即：01cos cos 0000=⇒=⇒==ϕϕθϕθθ2．一个简谐振动系统，如果振子质量和振幅都加倍，振动周期将是原来的 [D] (A) 4倍(B) 8倍(C) 2倍(D)2倍解： m T k m T m k T ∝⇒=⇒⎪⎭⎪⎬⎫==/2/2πωωπ,所以选D 。
3. 水平弹簧振子，动能和势能相等的位置在：[ C ] (A)4A x =(B) 2A x = (C) 2A x = (D)3Ax =解：对于孤立的谐振系统，机械能守恒，动能势能反相变化。
那么动能势能相等时，有：221412122Ax kx kA E E E p k =⇒====，所以选C 。
吉林大学大学物理期末试卷及答案
吉林大学物理试题（2007~2008学年第二学期）（上册）注意：第一大题和第二大题的答案填写在题后的表格内，否则按零分处理。
玻尔兹曼常数: 1231038.1--⋅⨯=K J k 普适气体常数：1131.8--⋅⋅=K mol J R 一、 单选题1、汽车用不变力制动时，决定其停止下来所通过路程的量是（A ） 速度 （B ）质量 (C) 动量 (D) 动能2、一均质细棒绕过其一端和绕过其中心并与棒垂直的轴转动时，角加速度β相等， 则二种情况下棒所受的外力矩之比21:M M 是（A ）1:1 （B ）2:1 （C ）4:1 （D ）1:43、在由两个质点组成的系统中，若此系统所受的外力的矢量和为零，则此系统（A ）动量、机械能守恒，但角动量是否守恒不能确定（B ）动量守恒，但机械能和角动量是否守恒不能确定 (C ) 动量和角动量守恒，但机械能是否守恒不能确定 (D) 动量、机械能守恒、角动量均守恒4、已知一定量的某种理想气体，在温度为T 1与T 2时，分子最可几速率分别为1p υ和 2p υ，分子速率分布函数的最大值分别为)(1p f υ和)(2p f υ。
若21T T >，则（A ）21p p υυ>，)()(21p p f f υυ> (B) 21p p υυ>，)()(21p p f f υυ< （C ）21p p υυ<，)()(21p p f f υυ> （C ）21p p υυ<，)()(21p p f f υυ< 5、两容器内分别盛有氢气和氦气，若它们的温度和摩尔数分别相同，则（A ）两种气体分子的平均平动动能相同 ( B) 两种气体分子的平均动能相同 （C ）两种气体分子的平均速率相同 （D ）两种气体的内能相同6、有人设计一台卡诺热机（可逆的），每循环一次可以从400k 的高温热源吸热1800J ，向300k 的低温热源放热800J 。
大物实验理论题库及答案—精选的八套题
大物实验理论题库及答案Metaphorl一、填空题(20分，每题2分)1 •依照测量方法的不同，可将测量分为_________________ 和_______________ 两大类。
2•误差产生的原因很多，按照误差产生的原因和不同性质，可将误差分为疏失误差、和随机误差系统误差。
3. _________________________测量中的视差多属__ 随机_____________________________________ 误差；天平不等臂产生的误差属于____________ 系统误差。
4. 已知某地重力加速度值为9.794 m/s2，甲、乙、丙三人测量的结果依次分别为：9.790 ± 0.024m/s 2、9.811 ± 0.004m/s2、9.795 ±0.006m/s 2，其中精密度最高的是 _乙 _____ ，准确度最高的是丙。
5 •累加放大测量方法用来测量微小等量物理量，使用该方法的目的是减小仪器造成的误差从而减小不确定度。
若仪器的极限误差为0.4，要求测量的不确定度小于0.04，则累加倍数N>6 。
6. 示波器的示波管主要由电子枪、偏转板和荧光屏组成。
7. 已知y=2X1-3X2+5%，直接测量量X，%，X3的不确定度分别为△ X、△X3,则间接测量量的不I 2 2 2确定度△ y= 4X1 9X2 25X3。
&用光杠杆测定钢材杨氏弹性模量，若光杠杆常数(反射镜两足尖垂直距离) d=7.00cm，标尺至平面镜面水平距离D=105.0 cm,求此时光杠杆的放大倍数 K=30o9、对于0.5级的电压表，使用量程为3V,若用它单次测量某一电压U,测量值为2.763V，则测量结果应表示为 U= 2.763 ± 0.009V，相对不确定度为 B= 0.3 %。
10、滑线变阻器的两种用法是接成分压线路或限流线路。
二、判断题(“对”在题号前( )中打V, “错”打X) (10分)(t ) 1、误差是指测量值与真值之差，即误差 =测量值-真值，如此定义的误差反映的是测量值偏离真值的大小和方向，既有大小又有正负符号。
大学物理试卷及答案
大学物理试卷及答案部编版五年级语文上册语文园地五一、字词盘点1、字词听写在本单元的学习中，我们遇到了很多生字和词语。
下面请大家听写一下这些词语，如果你们能够准确无误地写出来，那就说明你们已经掌握了这些字词。
（1）听写下列生字：咆哮惊涛拍岸卷地而起风号浪吼坑洼不平神秘乏味（2）听写下列词语：悬崖绝壁身临其境庞然大物若隐若现风平浪静水天相接2、字词理解在听写中，我们发现有些词语可能不太容易理解。
让我们一起来看看这些词语的意思吧。
（1）咆哮：形容声音大而有力，如同猛兽吼叫一般。
（2）惊涛拍岸：形容海浪冲击海岸的强烈景象。
（3）卷地而起：形容风势猛烈，将地面上的尘土等卷起。
（4）风号浪吼：形容风浪声非常大，如同猛兽吼叫一般。
（5）坑洼不平：形容地面坑坑洼洼，不平整。
（6）神秘：指某种事物或现象非常奇特、难以理解或解释。
（7）乏味：形容事物或现象缺乏趣味或吸引力。
（8）悬崖绝壁：形容山峰陡峭，如同悬崖峭壁一般。
（9）身临其境：形容自己仿佛置身于某种情境之中，有身临其境的感觉。
（10）庞然大物：形容事物体积巨大，让人感到惊叹或敬畏。
（11）若隐若现：形容事物隐约可见，时而清晰时而模糊。
（12）风平浪静：形容海面或湖面平静无浪，没有波动。
（13）水天相接：形容海面或湖面与天空相接，景色十分美丽。
二、句子训练营在本单元的学习中，我们学习了一些生动的句子，让我们一起来回顾一下这些句子吧！大学物理试卷带答案一、选择题（每题2分，共20分）1、在下列物理量中，哪个是矢量？A.质量B.时间C.速度D.体积答案：C2、下列哪个选项正确地描述了牛顿第三定律？A.作用力与反作用力大小相等，方向相反B.作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一直线上C.作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，且作用力与反作用力可以是同一个物体D.作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，且作用力与反作用力必须是同一物体上的两个力答案：D3、一个物体自由下落，在t时刻的末速度是多少？A. v=gtB. v=g×tC. v=√g×tD. v=√2g×t答案：D4、一质点作简谐振动，振幅为A，那么该质点振动的振幅最大值和最小值之比是多少？A. 1:1B. 2:1C. 4:1D. 1:√2答案：D5、在真空中，电磁波的波速是多少？A. c=3×10的5次方米/秒B. c=3×10的8次方米/秒C. c=3×10的10次方米/秒D. c=3×10的12次方米/秒答案：B二、填空题（每空2分，共40分）6.质量为m的物体，在水平面上受到一个大小为F的拉力时，产生的加速度为a，当撤去拉力后，物体由于惯性而继续运动的加速度为a1，则以下说法正确的是（）。
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静电场(一)一. 选择题:1.解:在不考虑边缘效应的情况下,极板间的电场等同于电荷均匀分布,密度为σ=±q/S 的两面积无限大平行薄板之间的电场---匀强电场,一板在另一板处之电场强度为)2/(0εσ=E ,方向垂直于板面.所以,极板间的相互作用力 )2/(02S q E q F ε=⋅=。
故选(B)。
2.解: 设置八个边长为a 的立方体构成一个大立方体,使A(即q )位于大立方体的中心.所以通过大立方体每一侧面的电场强度通量均为)6/(0εq ,而侧面abcd 是大立方体侧面的1/4,所以通过侧面abcd 的电场强度通量等于q /(240ε).选(C)。
3.解:0/ερ=⋅⎰⎰VSdV S d E适用于任何静电场. 选(A)。
4.解: 选(B)。
5.解:据高斯定理知:通过整个球面的电场强度通0/ε=Φq S . 内电荷通过21S S 、的电通量相等且大于零； 外电荷对1S 的通量为负，对2S 的通量为正. 所以 21Φ<Φ . 故 （D ）对 。
二.填空题:1.解: 无限大带电平面产生的电场 02εσ=E A 区: 00023222εσ-=εσ-εσ-=A E B 区: 0002222εσ-=εσ-εσ=B E C 区：00023222εσ=εσ+εσ=C E2.解：据题意知，P 点处场强方向若垂直于OP ，则λ在P 点场强的OP 分量OP E λ与Q 在P 点的场强QP E 一定大小相等、方向相反 . 即2000443cos 2a QE a a E QP OP πεπελππελλ====, λa Q = .3.解： 无限长带电圆柱体可以看成由许多半径为r 的均匀带电无限长圆筒叠加而成，因此其场强分布是柱对称的，场强方向沿圆柱半径方向，距轴线等距各点的场强大学相等。
对柱体内的场点r ≤ R ，过场点取半径为r 高为h 的同轴圆柱面为高斯面S ，利用高斯定理⎰⎰=rSr rdrh dS E0021ρπε内30322r h rh E επρπ=内 )(3020R r r E ≤=ερ内对柱体内的场点r > R ，过场点取半径为r 高为h 的同轴圆柱面为高斯面S ，利用高斯定理⎰⎰=R0021r rdrh dS ESρπε外)(3R 030R r rE ≥=ερ外E 内与E 外 的方向均沿 r 方向。
4.解：在带电细导体棒上取电荷元Axdx dx dq ==λ，它在P 点（坐标为l + b ）产生的电场强度的大小为2020)(4)(41x b l xdxA x b l dq dE -+=-+=πεπε整个带电棒在P 点产生的电场强度大小为⎰⎰-+==lx b l xdxAdE E 02)(4πε⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=b l b l A E 1ln 40πε三.计算题:1.解: 以q 为圆心、R 2为半径作球面。
则q 通过圆锥侧面的电场强度通量Ф就等于对整个球面的通量0/εq 减去通过圆锥底面所截球冠的通量φ .而 0204/00422sin 4ε⋅-=ϕθθπε=⋅=φ⎰⎰⎰ππqd d q S d E S故 Φ00422ε⋅+=φ-ε=qq 。
2.解:因电荷分布对称于中心平面,故在中心平面两侧离中心平面相同距离处场强大小相等而方向相反.在板内作底面为S 的高斯柱面S 1,而两底面距离中心平面均为｜x ｜,由高斯定理得E 1·2S ＝ρ2｜x ｜S/0ε 则得 E 1＝ρ｜x ｜/0ε 故 01/ε⋅ρ=x E X (－2d≤ x ≤2d)在板外作底面为S 的高斯柱面S 2,两低面距中心平面均为｜x ｜,由高斯定理得E 2·2S ＝ρS d /0ε则得 E 2＝ρd/(20ε) ( x ＞2d)故 E 2x ＝ρd/(20ε) ( x ＜－2d)E x ─ x 图线如图所示.3.解:以P 点为坐标原点，建立坐标系。
竖直棒在P 点产生的电场强度为：])sin (sin )cos [(cos 4122101j i aE θθθθπελ-+-=其中41πθ=, πθ→2所以有⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=j i a E 22122401πελ 水平棒在P 点产生的电场强度为：])sin (sin )cos [(cos 4'1'2'2'102i j aE θθθθπελ-+-=其中4'1πθ=, πθ→'2所以有⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=i j a E 22122402πελ 在P 点的合场强为()j i aE E E+=+=0214πελ四.证明题:证明：在n 区内任一点的电场强度为:⎰⎰⎰+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-=-p n x A x x x DD dx e N dx e N dx e N xE 00000222)(εεεp A n D D x eN x e N x e N 0002222εεε++=由于A p D n N x N x =，所以上式可写为)()(0x x eN x E n D +=ε在p 区内任一点的电场强度为:⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+=⎰⎰⎰-x x x AA x D p ndx e N dx e N dx e N x E 00000222)(εεεp A A n D x e N x e N x e N 0002222εεε+-=)(0x x eN p A -=ε静电场解答（二）一、 选择题：1. 解：由电力线分布可知：场强 M N E E >， 电势 M N U U >，电势能 qU W = 因 0<q所以N N M M qU W qU W =>=负电荷从M 点移到N 点，电场力所作的功为：0>-=N M W W A 则 （D ） 正确。
2. 解：=1U r d r⎰∞⋅E =dr r q Rr ⎰πε204 + dr r Qq R ⎰∞πε+204=rq 04πε +R Q 04πε=2U R Qq dr r Q q r d E R R 02044πε+=πε+=⋅⎰⎰∞∞)11(44400021Rr q R q r q U U -πε=πε-πε=-则 （A ）正确。
3. 解：（A ）错。
电势的正负与电势零点的选择有关，所以带正电荷的导体，其电势也可能是负的。
（B ）错。
等势面上每个点的电势相同，场强是矢量，各点的场强与等势面垂直，若等势面为曲面，则各点场强方向不同。
（C ）错。
场强为电势负梯度，Ex = -xu ∂∂ , Ey = -y u ∂∂ , Ez = -zu ∂∂ .0=E 只表明此处电势的梯度为零。
（D ） 正确。
因为 o n dn dU gradU = , 0n dndUE n -=.4. 解：设各电荷均在X 、Y 轴上，到O 点距离均为a 。
O 点电势为零，四种组合均可；O 点电场强度为零，则在X 轴上的两个电荷必为等量异号电荷，同样，Y 轴上的两个电荷也必为等量异号电荷。
所以（D ）正确。
二、 填空题：1、 解C B A U U U U ++=0=)32(41q q q ro ++πε 33)32()23(a a r =⨯=aqU o πε=23302. 解：Ex = -222y x Axx U +-=∂∂ ; Ez = -0=∂∂zU . 3. 解：利用高斯定理，穿过圆平面的电力线必通过半球面，因此在圆平面上2R E S d E Sπφ-=⋅=⎰所以通过此半球面的电通量为 2R E πφ=4. 解：当肥皂泡半径为1r 时，1r R >，则204RQE R πε=,=R U R Q 04πε； 当肥皂泡半径为2r 时，2r R < ，在带电球面内电场强度为零，02=E ，球内电势与球面电势相同2024r QU πε=。
5. 解：⎰⋅=∆-l d E U =)()600400(⎰+⋅+j dy i dx j i =⎰⎰+312600400dj dx=20001200800=+V 2000-=∆U V 。
6.解：把半圆环无穷分割，取线元dl ，其带电量为dl RQdq π=，则其在圆心O 的电势为 RR QdlRdq du ππεπε⋅==0044整个半圆环在环心O 处的电势为RQR R Qdl u R00044πεππεπ=⋅=⎰7. 解： 空隙长d = 0.02m ，棒长m d r l 12.32=-=π,线电荷密度为1991000.112.31012.3---⋅⨯=⨯==m C l q λ 若为均匀带电闭合圆环，则在圆心处产生的合场强为零。
现有一段空隙，根据场强的叠加原理，则圆心处场强等于闭合圆环产生的电场减去d = 0.02m 长的带电细杆在该处产生的场强。
由于d = 0.02m 远远小于r = 0.5m ，可以把该小段电荷看作为点电荷，它在圆心处产生的场强为 120072.04'-⋅==m V rq E πε所以该装置圆心处场强的大小为172.0-⋅m V ，方向由圆心指向缝隙。
三、 计算题：1. 解：=abU ⎰⋅-a br r r d E=⎰⋅bar r r d E因为两点分别处于电场强度分布不同的区域， 所以=ab U ⎰⎰+Rr r Rabdr E dr E 外内其中，2032033344rR r R E ερ=πε⨯ρπ=外 ， 02033344ερ=πε⨯ρπ=r rr E 内 =ab U)11(3)(603220ba r R R r R -ερ+-ερ =ba r R r R 0302023663ερ-ερ-ερ2. 解：由高斯定理得场强分布εσ-=E ( -a < x < a )0=E ( a < x <∞ ) (-∞ < x <- a )因为： ⎰⋅=0a a r d E U得电势分布：a x -< ⎰⎰⎰⋅εσ-=εσ-+⋅=⋅=--00)(0xaxaa dx dx dx E U a x > ⎰⎰⎰εσ=εσ-+⋅=⋅=000)(0xa xaa dx dx dx E U a x a <<- ⎰⎰εσ=εσ-=⋅=00)(xxx dx dx E U静电场解答（三）一、 选择题：1. 静电场的能量 dV E W V2)21(ε=⎰，系统未连接前 204r q E πε=内， 204rqE πε=外 系统连接后0=内E ， 204rqE πε=外， 故系统连接后的静电场能将比连接前减少。
所以 ( B ).2. 质量为m 带电量为本q -的质点，平衡在极板间的条件为Eq mq =，其所受静电场力与重力平衡。
当把电介质抽去，由于极板间场强E 增加，所以质点将向上运动。