大学物理规范作业(2013最新版)20解答
大学物理规范作业A(本一)振动解答
（ D）
根据
1 2 E kA , 2
15 Ek E E P E 16
Ek 15 所以 ： E 16
3
3.已知一简谐振动x1=4cos(10t+3π /5),另有一个 同方向简谐振动x2=6cos(10t+φ );若令两振动合成 的振幅最小,则φ 的取值应为:
( A)
3
,
7 ( B) , 5
7
三、计算题
1.作简谐振动的小球，速度最大值vm=3cm/s，振幅A=2cm , 若令速度具有正最大值的时刻为t=0，求（1）振动周期； （2）加速度最大值；（3）振动表达式。
x A cos(t ) 解：设振动方程为：
dx ⑴速度为 v A sin(t ) dt
x2 y2 1 2 。 2 A1 A2
由振动方程得 1 4 ,
2
4
所以 2 1 2 将其代入合振动轨迹方程：
x 2 y 2 2 xy 2 2 1 cos sin 2 1 2 2 A1 A2 A1 A2 x2 y2 质点的轨迹方程： 2 2 1 A1 A2
大学物理规范作业
总（07） 振 动
1
一、选择题 1.一质点作简谐振动，周期为T。当它由平衡位置 向x轴正向运动时，从二分之一最大位移到最大位 移处，这段路程所需要的时间为：
( A) T / 4 , ( B) T / 6, ( C) T / 8 , ( D) T / 12
（B）
分析： 当质点从二分之一最大位移处运动到最大 位移处时，旋转矢量转过的角度为：
vm 0.03 1.5rad / s A 0.02
大学物理9~13课后作业答案
第八章8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强．解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0R E E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0R E E y -=-=积分R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπR E y∴R E E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强P E ϖd 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ ∵22cos 221l r l +=θ 12cos cos θθ-= ∴24π4d 22220l r ll r E P ++=ελP E ϖd 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴424π4d 222222l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ ∵l q 4=λ ∴2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿 8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理,02π4ε∑=q r E 当5=r cm 时，0=∑q ,0=E ϖ8=r cm 时，∑q 3π4p =3(r )3内r - ∴()2023π43π4r r r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外.8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E sϖϖ0 d q S E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则rlE S E Sπ2d =⋅⎰ϖϖ对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R <<λl q =∑∴r E 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r > 0=∑q ∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， nE ϖϖ)(21210σσε-=1σ面外， nE ϖϖ)(21210σσε+-=2σ面外， nE ϖϖ)(21210σσε+=n ϖ：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E ϖ，ρ- 球在O 点产生电场d π4π3430320OO r E ερ=ϖ∴ O 点电场'd 33030r E ερ=ϖ；(2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301E ερπ='ϖ ρ-球在O '产生电场002='E ϖ∴ O ' 点电场003ερ='E ϖ'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r ϖ'，相对O 点位矢为r ϖ(如题8-13(b)图)则03ερrE PO ϖϖ=，03ερr E O P '-='ϖϖ,∴0003'3)(3ερερερd OO r r E E E O P PO P ϖϖϖϖϖϖ=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-R qR q 0π41ε=O U )3(R q R q -R q 0π6ε-=∴R qq U U q A oC O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点E ϖd 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E y R 0π4ελ=［)2sin(π-2sinπ-］ R 0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===A B 200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距，A 与C 相距 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电×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8-22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8-22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+2σS q A= 得,32S q A =σ S q A321=σ 而7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV8-23 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 ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(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电势； 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8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εεϖϖ(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：π4π42020=-=R q R q U εε8-27 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∑⎰=⋅qS D Sϖϖd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εεϖϖϖϖ==内; 介质外)(2R r <场强303π4,π4r r Q E r Qr D εϖϖϖ==外 (2)介质外)(2R r >电势r Q E U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞ϖϖ外介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R QR r qr εεε+-=)11(π420R r Q r r -+=εεε(3)金属球的电势rd r d ϖϖϖϖ⋅+⋅=⎰⎰∞∞r r E E U 外内rd r d 221ϖϖϖϖ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=222020π44πdrR R R r r Qdrr Q εεε )11(π4210R R Q r r -+=εεε8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ϖ，真空部分场强为1E ϖ，自由电荷面密度分别为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D ϖϖ得11σ=D ，22σ=D而101E D ε=,202E D r εε=d 21UE E ==∴ r D D εσσ==1212题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求： (1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量；(2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S 则 rlDS D S π2d )(=⋅⎰ϖϖ当)(21R r R <<时，Q q =∑∴rl QD π2=(1)电场能量密度22222π82l r Q D w εε== 薄壳中rl rQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R V R R l Q rl r QW W εε(3)电容：∵C Q W 22=∴)/ln(π22122R R lW Q C ε== 8-34 半径为1R = 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =和3R =，当内球带电荷Q =×10-8C 时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E ϖ在21R r R <<时 301π4r rQ E εϖϖ=3R r >时 302π4r rQ E εϖϖ=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r r QW εε⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r r Q W εεε ∴ 总能量)111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε 41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E εϖϖ=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容)11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F习题九9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m -2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是 24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S B ϖϖΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量 022=⋅=S B ϖϖΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ϖϖΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B )为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B )、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=B ϖCD 产生RI B 1202μ=，方向垂直向里 CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里．题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度． 解： 如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
大学物理规范作业 (2)汇总
但因为缺级现象，该主极大实际看不到。
在该区域内共看到共5条： 2,1,0 5
3.图为利用双缝干涉现象测定气体折射率的示意装置，
波长为的平行单色光垂直照射双缝，在s1前放置一长 为 l 的透明管，当待测气体充入而将空气排出时,干涉条 纹向____上____移动；设空气的折射率为n0 ，若条纹移
解动纹：的N由条位于，置气则移体待至的测x0折气=_射体__率的__大折_N_于射_f_空率_d_气n_＝_，_________n_0____。N_l_；零级明条
4n
4 1.46
2
法二：
相邻两明条纹的厚度差为：d
2nsio2
d 6 1
2nsio2 2 2nsio2
13
1331.16(nm)
4nsio2
3
2.光栅衍射中,若a+b=3a=8 μm,当用λ=700 nm的光垂
直照射光栅时, 衍射明纹的最高级为___1_1____级、实 际能看到的总条数为___1_7____条；单缝衍射中央明纹 区中出现的主极大条数为____5____条。
k 11,10,8,7,5,4,2,1,0
单缝衍射中央明纹区为第一级暗纹中心间的距离。
根据单缝衍射暗纹条件 a sin k
第一级暗纹中心所对应的衍射角满足：sin 1
a
下面就是求在 1 1范围可以看到几条主极大。
在第一级暗纹中心的位置上，有：
(a
b) sin 1
(a b)
a
3
即在第一级暗纹中心的位置上为第3级主极大。
SiO2薄膜(最小）厚度是 1331.16(nm) 。
分析：依题意可知入射光在薄膜上
下表面反射时均存在半波损失。
所以两束光线的光程差满足: 2ne
2013大学物理(2)A卷试卷规范模版
5．（本题3分）在某地发生两件事，静止位于该地的甲测得时间间隔为4 s ，若相对于甲作匀速直线运动的乙测得时间间隔为5 s ，则乙相对于甲的运动速度是(c 表示真空中光速)(A) (4/5) c ． (B) (3/5) c ．(C) (2/5) c ． (D) (1/5) c ． ［ ］6．（本题3分）氢原子光谱的巴耳末系中波长最大的谱线用λ1表示，其次波长用λ2表示，则它们的比值λ1/λ2为：(A) 20/27． (B) 9/8．(C) 27/20． (D) 16/9． ［ ］7．（本题3分）已知粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其归一化波函数为：a x ax 23cos 1)(π⋅=ψ, ( - a ≤x ≤a ) 那么粒子在x = 5a /6处出现的概率密度为(A) 1/(2a )． (B) 1/a ．(C) a 2/1． (D) a /1． ［ ］8．（本题3分）有下列四组量子数：(1) n = 3，l = 2，m l = 0，21=s m (2) n = 3，l = 3，m l = 1，21=s m ． (3) n = 3，l = 1，m l = -1，21-=s m ． (4) n = 3，l = 0，m l = 0，21-=s m ． 其中可以描述原子中电子状态的(A) 只有(1)和(3)． (B) 只有(2)、(3)和(4)．(C) 只有(2)和(4) (D) 只有(1)、(3)和(4)． ［ ］9．（本题3分）设康普顿效应中入射X 射线(伦琴射线)的波长λ =0.0700nm ，散射的X 射线与入射的X射线垂直，则反冲电子的动能E K 最接近下列哪个值(电子的静止质量m e =9.11×10-31 kg ，普朗克常量h =6.63×10-34 J ·s ，1 nm = 10-9 m)(A) 7.34×10-17 J ． (B) 9.42×10-17J ．(C) 11.53×10-17J ． (D) 12.81×10-17 J ． ［ ］10．（本题3分）波长nm 500=λ的光沿x 轴正向传播，若光的波长的不确定量nm 104-=∆λ，则利用不确定关系式h x p x ≥∆∆可得光子的x 坐标的不确定量至少为A 、25 cmB 、50 cmC 、250 cmD 、500 cm ［ ］(普朗克常量h =6.63×10-34 J ·s)二、填空题（共30分）11．（本题3分）已知某静电场的电势函数U ＝6x －6x 2y －7y 2 (SI)．由场强与电势梯度的关系式可得点(1，1，0)处的电场强度E ＝________i +________j +________k(SI)．12．（本题3分） 如图所示，两块很大的导体平板平行放置，面积都是S ，有一定厚度，带电荷分别为Q 1和Q 2．如不计边缘效应，则A 、C 两个表面上的电荷面密度分别为____________、____________．13．（本题3分）一个带电的金属球，当其周围是真空时，储存的静电能量为W 0，使其电荷保持不变，把它浸没在相对介电常量为εr 的无限大各向同性均匀电介质中，这时它的静电能量W =________ W 0．14．（本题3分） 如图，两根导线沿半径方向引到半径为R 的均质铁圆环上的A 、A ′两点，并在很远处与电源相连，设0045A A '∠=，则环中心的磁感强度为____________．15．（本题3分）半径分别为R 1和R 2的两个半圆弧与直径的两小段构成的通电线圈abcda (如图所示)，放在磁感强度为B 的均匀磁场中，B 平行线圈所在平面．则线圈受到的磁力矩为______________．16．（本题3分） 如图，一无限长直导线中通电流I ，右侧有一长为1m 的金属棒与导线垂直共面。
2013年全国新课标2卷高考物理答案解析
2013全国新课标高考物理答案解析一、选择题第14题：C解析：手稿数据只是时间与运动距离的关系，且时间和距离都使用各自相同的单位，可以推算出s 与2t 成正比。
第15题：B解析：由于b 点场强为零，故q 与Q 在b 点场强矢量和为零，即在场强大小上2ab cb KqE E R==，场强方向相反。
由对称性可知，Q 在d 点场强大小与其在b 点场强大小相等，方向相反。
故q 与Q 在d 点场强大小为：22210(3)9d ad cd Kq Kq KqE E E R R R=+=+= 第16题：D解析：设粒子质量为m ，电荷量为q ，板间电压为U粒子自由落体至小孔处速度：2v gh gd ==①移动下极板前，粒子在平行板中做匀减速直线运动，加速度1qUa g md =- 由2202t as v v =-得，()22()qU g d gdmd-=，即32qU g md = ②移动下极板后，粒子在平行板中做匀减速直线运动，加速度25243qU a g g md =-= 由2202t as v v=-得，粒子减速到零时与上极板距离为()222252524gdv h d a g ===⨯第17题：A解析：设磁感应强度为B ，金属棒单位长度电阻为r ，ab 与ac 夹角为2α，某一时刻切割磁感线的有效长度为2L ，此时 感应电动势为2E BLv = 电路总电阻为22sin L R r L α⎛⎫=+⎪⎝⎭感应电流为()2sin 2sin 12sin E BLv Bv I L R r r L ααα===+⎛⎫+ ⎪⎝⎭由此可知，无论金属棒MN 处在何处，感应电流都为一定值。
18、B由题意可知图中 α为30度，β为60度，粒子在磁场中运动对应的圆心角是60度，说明弦长粒子在磁场中的偏转半径r 相等，且弦与入射速度的夹角为30度，α为30度，所以r=R19、BCt 1时刻以前a 在前b 在后，应该是b 追上a ，A 错t 1到 t 2时间段内a 一直匀速直线运动，b 先减速到零然后反相加速，在 t 2时刻与a 再次相遇，BC 对，D 错 20、BC第一宇宙速度是最大的环绕速度，由v=√GMr 2轨道越高运行速度越小，可知两者绕地球圆周运动的速度一定小于第一宇宙速度，A 错如不干预，合体后，在稀薄大气阻力作用下减速，导致万有引力大于减速后的向心力，做近心运动，因万有引力做正功，轨道降低，动能增加，BC 正确天体万有引力提供圆周运动向心力，完全失重，不代表重力消失，D 错 21、ACv-t 图像中图线与坐标轴围成的面积表示位移，所以从着舰到停止，估算矩形、梯形和三角形的面积得位移大致为114m ，A 正确从0.4S 到2.5S 内，v-t 图像几乎是一条倾斜的直线，说明做匀减速直线运动，飞机所受的合力为恒力，但是绳子的张角是变化的，所以绳子中的力也是变化的。
大学物理实验作业答案(全部)
大学物理实验作业答案(全部)篇一：大学物理实验第二版课后作业参考答案清华大学出版社作业参考答案1、（1）±或±（2）±或±（3）±（4）±℃（5）±2、（1）2位（2）7位（3）5位（4）6位（5）5位（6）2位3、(1) 299300=?105；983±4=????102；=?10?3?=????10?3；32476?105=?109； (2) =?104mg=?10?2Kg(3) m=±=(±)?105g=(±)?108mg (4) t?±=±=(±)×10-1 min4、（1）N=±（2）首位数码“0”不是有效数字，未位数码“0”是有效数字，正确答案是四位有效数字。
（3）28cm=?102mm 280mm= （4）L=（±）?104mm（5）?=“”?400?1500??103 （6）?115、（1）X=(+++++++)=?88= ??={8?1 [()8?12+ ()2+ ()2+()2+ ()2+ ()2 +()2+ ()2]}12?～０.009cmX=X±?x=±或 X=X±?x=± E=?100%=%或E=?100% =%注：使用计算器时计算过程中有效数字的位数可以不考虑，最后结果应按照教材P6的“不确定度取位规则”和“测量有效数字取位规则”。
(2)、X=（+++++）== 661??={6?1(6?12+ + ++ + )}12=? 30?100%=%X±?x=±=(3)X= （+++++）=?6612?x=[6?1(6?12+ + ++ + )]=?30?100%=%X±?x=±=?6、（1）N?N??A???B???C? ? ????????A??B??C?22222??2?????（2）P??U???R?P?U??R?（3）㏑f=㏑U +㏑V - ㏑(U-V)dfdUdVd?U?V??11?1??1dU???=??+????dVfUVU?V?UU?V??VU?V?VUdU?dVUU?VVU?V22=-?????fVU??????? U?V????f?UU?V??VU?V?(4)㏑N=㏑m+㏑g + ㏑r+㏑R +2㏑T-2㏑4?- ㏑l ? ㏑N1? ㏑ N1?㏑ N1? ㏑ N?? ? ?0?mm?rr?RR?g2?lnN?lnN2?lnN1?0 ? ?? ???TT?ll?N???m???r???R??2?T???l?? ????????????????? N???m??r??R??T??l???22222127、??mm4m4???2??V12?dh?????????2????????2??????m???d???h?=????????? ?????????????2222223??=×≈≈∴?????±8．解：a?3?????100％≈％1?a1?a2?a3?a4?a5??1???????? 552s?a???4a?4???1?? ?A????????;?B?5(5?1)????12?a?A??B?????s?2a?a?2?????L?4?a?4?? ∴ S±?s=±???100％=5％ ?L±?L?? L:??100%=％9、四则运算法(1) (2)+ ——————————∴ += ∴ =(3)8 3 4. 5× 2 3. 9——————— 7 5 1 0 5 2 5 0 3 531 6 6 9———————1 9 9 4 5∴×＝?104 (4)∴÷=132 (5)??2? (6) .8?(7) =(8) ?10?5+2345=2345 (9)??(10) ?105+2345=?105?????? += += + =???(11)(12)?????==3?103310．由不确定度传递公式计算下列函数。
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大学物理规范作业
总（20）
电 场 强 度
1
一、选择题1.有三个带同号电荷的小球A、B、C，它
们的电量之比为1：3：5，放在一条直线上，相互间距
离比小球直径大得多。若A、C固定不动，而当B受力
为0时， AB与
BC
之比为【
C
】。
1 1
5
（A）5 （B） 5 （C） （D）
5
解: 当B受力为零时，说明A、C电荷在B点的合场强
为零，即A、C电荷在B点产生的场强大小相等方向相
反。
依题意有：
q 5 q
4πε0 2 4
πε
0
2
AB
BC
C
1
A B
∴
AB
BC 5
2
2.点电荷Q被闭合曲面S所包围，从无
穷远处引入另一点电荷q至曲面外一
点，如图所示，则引入前后：【 D 】
（A）通过曲面S的电通量及曲面上各点的场强
均不变。
（B）通过曲面S的电通量变化,而曲面上各点场
强不变。
（C）通过曲面S的电通量及曲面上各点的场强
均变化。
（D）通过曲面S的电通量不变,而曲面上各点场
强变化。
3
3.一带电量为q的点电荷位于边长为 a的正方形中心轴
上且与正方形中心的距离为 a/2，则通过此正方形平面
的电通量为【 D 】。
（A） q （B） q （C） q （D）
q
ε 2 ε 4 ε 6 ε
0 0 0 0
分析: 如图所示作边长为a的立方体，电荷位于立
方体的中心。
由高斯定理，通过立方体的总的电通量为：
� �
q
∫
E⋅ dS
ε
0
s
则通过每一个面的电通量为：
φ
q
6
ε
0
4
二、填空题1.如图,有一段长度为L的均匀带电直
线，电荷线密度为λ，在其中心轴线上距O为r处有
一带电量为q的点电
荷。
λ
Lq
①当r>>L时，q所受库仑力大小F1=
4πε0 r
2
②当r<
λ
q
2πε0 r
解: ①当r>>L时，可把带电直线视为点电荷。
λL λ
E1
,
F
Lq
4πε0 r
2
4πε r
2
1 E λ 2πε r
0
②当r<
2
λ , F
q
2πε0 r
2
5
0