大學物理2練習冊答案
Ⅰ 哪位大神有「大學物理A（2）」的題庫和答案
系 (院)
專 業
年級、班級
學 號
姓 名
衡陽師范學院2007年下學期
《大學物理》（二）期末考試試題卷（答卷）
題 號 一 二 三 四 五 合 分 簽 名
得 分
復 查
得分 評卷人
一、 單項選擇題：（每小題3分，共30分）
處於真空中的電流元 到P點的位矢為 ，則 在P點產生的磁感應強度為 ( B )
(A) ； (B) ； (C) ； (D) .
2. 在磁感應強度為 的均勻磁場中，取一邊長為 的立方形閉合面，則通過該閉合面的磁通量的大小為： （ D ）
(A) ； (B) ； (C) ； (D) 0。
3. 如圖，兩導線中的電流I1=4 A，I2=1 A，根據安培環路定律，對圖中所示的閉合曲線C有 = ( A )
(A) 3μ0； （B）0；
(C) －3μ0； （D）5μ0。
4．半徑為a的長直圓柱體載流為I， 電流I均勻分布在橫截面上，則圓柱體外（r>a）的一點P的磁感應強度的大小為 ( A )
(A) ； (B) ；
(C) ； (D) 。
5．某時刻波形圖如圖所示，下列說法正確的是 ( B )
(A) A點勢能最大，動能最小；
(B) B點勢能最大，動能最大。
(C) A、C兩點勢能最大，動能最大；
(D) B點動能最大，勢能最小。
6. 將水平彈簧振子拉離平衡位置5cm，由靜止釋放而作簡諧振動，並開始計時，若選拉開方向為 軸正方向，並以 表示振動方程，則這一簡諧振動的初相位和振幅為 （ B ）
(A) ， ； (B) ， ；
(C) ， ； (D) ， 。
7. 一物體作簡諧振動, 振動方程為x=Acos(ωt+π/4)。在t=T/4(T為周期)時刻,物體的加速度為 ( D )
(A) ; (B) ; (C) ; (D) 。
8. 簡諧振動的位移—時間曲線關系如圖所示，該簡諧振動的振動方程為
(A) x=4cos2πt（m）； ( C )
(B) x=4cos(πt－π)（m）；
(C) x=4cosπt（m）；
(D) x=4cos(2πt+π)（m）。
9．一餘弦波沿x軸負方向傳播，已知x=－1 m處振動方程為y=Acos(ωt+ )，若波速為u，則波動方程為 ( C )
(A) ; (B) ;
(C) ; (D)
10．如圖所示，兩平面玻璃板OA和OB構成一空氣劈尖，一平面單色光垂直入射到劈尖上，當A板與B板的夾角θ增大時，干涉圖樣將 ( C )
(A) 干涉條紋間距增大，並向O方向移動；
(B) 干涉條紋間距減小，並向B方向移動；
(C) 干涉條紋間距減小，並向O方向移動；
(D) 干涉條紋間距增大，並向O方向移動.
得分 評卷人
二、填空題：（每小題3分，共18分）
電流為I的長直導線周圍的磁感應強度為 。
2. 相干波的相干條件為 振動方向相同、頻率相同、相位差恆定 。
3. 諧振子從平衡位置運動到最遠點所需時間為 T/4 (用周期表示)，走過該距離的一半所需時間為 T/12 (用周期表示)。
4. 從微觀上來說, 產生動生電動勢的非靜電力是 洛侖茲力 。
5．兩個諧振動方程為x1=0.03cosωt，x2=0.04cos(ωt+π／2)(SI)，則它們的合振幅為 0.05 m 。
6. 描述簡諧運動的三個特徵量為 振幅、角頻率、初相 。
得分 評卷人
三、簡答題：（每小題6分，共12分）
當一個彈簧振子的振幅增大到兩倍時，試分析它的下列物理量將受到什麼影響：振動的周期、最大速度、最大加速度和振動的能量。
參考解彈簧振子的周期為T=2π 【1分】，僅與系統的內在性質有關，與外界因素無關【1分】，所以與振幅無關。【1分】
vmax=ωA，當A增大到兩倍時，vmax也增大到原來的兩倍。【1分】
amax=ω2A，當A增大到兩倍時，amax也增大到原來的兩倍。【1分】
E= kA2，當A增大到兩倍時，E增大到原來的四倍。【1分】
2． 把同一光源發的光分成兩部分而成為相干光的方法有哪幾種？這幾種方法分別有什麼特點並舉例？
參考解把同一光源發的光分成兩部分而成為相干光的方法有兩種：分波陣面法和分振幅法【2分】。分波陣面法是指把原光源發出的同一波陣面上的兩部分作為兩子光源而取得相干光的方法，如楊氏雙縫干涉實驗等【2分】；分振幅法是指將一普通光源同一點發出的光，利用反射、折射等方法把它「一分為二」，從而獲得相干光的方法，如薄膜干涉等【2分】。
得分 評卷人
四、計算題：（第1題7分，其它每小題8分，共31分）
有一個和輕彈簧相連的小球，沿x軸作振幅為A的簡諧運動。該振動的表達式用餘弦函數表示。若t=0時，球的運動狀態分別為：
(1) x0=－A；(2) 過平衡位置向x正方向運動；(3) 過x=A／2處，且向x負方向運動。試確定相應的初相。
解：(1) =π【1分】；(2) =－π／2【1分】；(3) =π／3【1分】。
相量圖如下：【圖（1）1分；圖（2）1分；圖（3）2分】
2．一水平彈簧振子，振幅A=2.0×10-2m，周期T=0.50s。當t=0時，
(1) 物體過x=1.0×10-2m處，向負方向運動；
(2) 物體過x=－1.0×10-2m處，向正方向運動。
分別寫出以上兩種情況下的振動表達式。
解一： 相量圖法。由題知 =4π【2分】
（1）φ1= ， 其振動表達式 x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m) 【3分】
（2）φ2= 或－ ， 其振動表達式 x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m) 【3分】
解二： 解析法。（1）因為T=0時，x0=1.0×10-2m=A/2, v0<0. 【1分】
由x0=Acosφ= ，知 cosφ= ，則φ=± ，
由 v0=－ωAsinφ<0，有 sinφ>0，所以φ= ，【1分】
其振動表達式為 x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m) 【2分】
（2）因為T=0時，x0=－1.0×10-2m=A/2, v0>0. 【1分】
由x0=Acosφ=－ ，知 cosφ=－ ，則φ=± （或 ， ），
由 v0=－ωAsinφ>0，有 sinφ<0，所以φ= 或－ ，【1分】
其振動表達式
x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m)= 2.0×10-2cos(4πt－ ) (m) 【2分】
3. 如圖所示，線圈均勻密繞在截面為長方形的整個木環上(木環的內外半徑分別為R1和R2，厚度為h，木料對磁場分布無影響)，共有N匝，求通入電流I後，環內外磁場的分布。通過管截面的磁通量是多少?
解： 適當選取安培環路，然後根據安培環路定理分兩種情況討論環外和環內的磁場。作垂直於木環中軸線而圓心在中軸線上的圓為安培環路L。
如果圓周在環外，因為 =0，則由安培環路定理可得，在環外 B=0。
如果圓周在環內，且半徑為r(R1<r<R2)，根據電流分布的對稱性可知，與木環共軸的圓周上各點B的大小相等，方向沿圓周的切線方向。則由安培環路定理
【2分】， B?2πr=μ0NI
由此得，在環內 B=μ0NI／(2πr) 【2分】
為了求環管截面通過的磁通量，可先考慮環管內截面上寬為dr，高為h的一窄條面積通過的磁通量為 dφ=Bhdr＝ dr【2分】
通過管全部截面的磁通量為 Φ= 【2分】
4. 在折射率n1=1.52的鏡頭表面塗有一層n2=1.38的MgF2增透膜，如果此膜適用於波長λ=550nm的光，膜的最小厚度應是多少?
解一： 增透膜就是使反射光干涉相消，從而增大透射光的光強。因n空<n2<n1，當光在MgF2的上、下表面反射時均有半波損失【2分】，所以反射光干涉相消的條件為
2n2h=(2k+1) , k=0,1,2,… 則 h=(2k+1) 【3分】
當k=0【1分】時，可得增透膜的最小厚度
hmin= = =9.96×10-8(m)= 99.6nm【2分】
解二： 對於增透膜，使反射光干涉相消也就是使透射光干涉相長。故也可由透射光干涉加強求增透膜的厚度。當光在MgF2的上、下表面經二次反射（有半波損失）【2分】後透射到鏡頭與直接透過MgF2的透射光相遇時，兩透射光的光程差為2n2h+λ/2。由干涉相長條件，有
2n2h+ =kλ,k=1,2,3,… 則h=(k－ ) 【3分】
當k=1【1分】時，得增透膜最小厚度hmin= = =9.96×10-8(m)=99.6nm【2分】
得分 評卷人
五、證明題：（共9分）
如圖所示，長直導線中通有電流I，另一矩形線圈共N 匝，寬為a，長為L，以速度v向右平動，試證明：當矩形線圈左邊距長直導線的距離為d時線圈中的感應電動勢為 。
解一： 由動生電動勢公式 求解。
方法一：通有電流I的長直導線的磁場分布為B=μ0I/2πx，方向垂直線圈平面向里。對於線圈的上、下兩邊，因 的方向與 的方向垂直，故在線圈向右平移時，線圈的上下兩邊不會產生感應電動勢，（上、下兩導線沒切割磁場線），只有左右兩邊產生動生電動勢。而左、右兩邊中動生電動勢? 的方向相同，都平行紙面向上，可視為並聯，所以線圈中的總電動勢為
?＝?1－?2＝N[ － ]【3分】
=N[ ]
=N[ － ]= = 【3分】
? ＞0， 則? 的方向與?1的方向相同，即順時針方向【3分】。
方法二： 當線圈左邊距長直導線距離為d時，線圈左邊的磁感應強度B1=μ0I/2πd，方向垂直紙面向里。線圈以速度v運動時左邊導線中的動生電動勢為
?1＝N =N =NvB1 =Nv L.
方向為順時針方向【3分】。線圈右邊的磁感應強度B2=μ0I/2π(d+a)，方向垂直紙面向里。當線圈運動時右邊導線中的動生電動勢為
?2 =N =N =NvB2 =Nv L.
方向為逆時針方【3分】。所以線圈中的感應電動勢為
?＝?1－?2= Nv L－Nv L=
? ＞0，即? 的方向與?1的方向相同，為順時針方向【3分】。
方法三： 由? = ，積分路徑L取順時針方向，有
? =N[ ]
=N[ ]=N( )
=Nv L－Nv L= 【6分】
? ＞0，即? 的方向與閉合路徑L的方向相同，為順時針方向【3分】。
解二：由法拉弟電磁感應定律求解。
因為長直導線的磁場是一非均勻磁場B=μ0I/2πr，在線圈平面內磁場方向垂直線圈平面向里。故在距長直導線r處取一長為L，寬為dr的小面元dS=Ldr，取迴路繞行方向為順時針方向，則通過該面元的磁通量
dΦ= =BdScos0°=
通過總個線圈平面的磁通量（設線圈左邊距長直導線距離為x時）為
Φ= 【3分】
線圈內的感應電動勢由法拉弟電磁感應定律為
? =－
當線圈左邊距長直導線距離x=d時，線圈內的感應電動勢為
? = 【3分】
因為? ＞0，所以? 的方向與繞行方向一致，即為順時針方向【3分】。
感應電動勢方向也可由楞次定律判斷：當線圈向右平動時，由於磁場逐漸減弱，通過線圈的磁通量減少，所以感應電流所產生的磁場要阻礙原磁通的減少，即感應電流的磁場要與原磁場方向相同，所以電動勢方向為順時針方向。
Ⅱ 大學物理A2作業題答案 西南科技大學的
答 案
作業題 (一）
一、1-8 CBACADDC
二、
9. －20E0 / 3; 40E0 / 3
10. －3 / (20); － / (20); / (20); 3 / (20)
11. ; 從O點指向缺口中心點．
12. Q / 0; ＝0，
三、
13. 解：在處取電荷元，其電荷為
dq =dl = 0Rsind
它在O點產生的場強為
3分
在x、y軸上的二個分量
dEx=－dEcos
dEy=－dEsin
對各分量分別求和 ＝0
∴
14. 解:設坐標系如圖所示．將半圓柱面劃分成許多窄條．dl寬的窄條的電荷線密度為
取位置處的一條，它在軸線上一點產生的場強為
如圖所示. 它在x、y軸上的二個分量為：
dEx=dE sin , dEy=－dE cos
對各分量分別積分
場強
15. 解：在球內取半徑為r、厚為dr的薄球殼，該殼內所包含的電荷為
在半徑為r的球面內包含的總電荷為
(r≤R)
以該球面為高斯面，按高斯定理有
得到 ， (r≤R)
方向沿徑向，A>0時向外, A<0時向里．
在球體外作一半徑為r的同心高斯球面，按高斯定理有
得到 ， (r >R)
方向沿徑向，A>0時向外，A<0時向里．
16. 解：設閉合面內包含凈電荷為Q．因場強只有x分量不為零，故只是二個垂直於x軸的平面上電場強度通量不為零．由高斯定理得：
-E1S1+ E2S2=Q / 0 ( S1 = S2 =S ) 3分
則 Q =0S(E2- E1) =0Sb(x2- x1)
= 0ba2(2a－a) =0ba3 = 8.85×10-12 C
作業題（二）
一、1-8 DBCDDACB
二、
9. 10cm 10.
11. Q / (40R2); 0 ; Q / (40R); Q / (40r2)
12. 單位正電荷在靜電場中沿任意閉合路徑繞行一周，電場力作功等於零 有勢（或保守力）
三、
13. 解：將題中的電荷分布看作為面密度為的大平面和面密度為－的圓盤疊加的結果．選x軸垂直於平面，坐標原點O在圓盤中心，大平面在x處產生的場強為
圓盤在該處的場強為
∴
該點電勢為
14. 解: 由高斯定理可知空腔內E＝0，故帶電球層的空腔是等勢區，各點電勢均為U .
在球層內取半徑為r→r＋dr的薄球層．其電荷為
dq = 4r2dr
該薄層電荷在球心處產生的電勢為
整個帶電球層在球心處產生的電勢為
因為空腔內為等勢區所以空腔內任一點的電勢U為
若根據電勢定義 計算同樣給分.
15.解：設內球上所帶電荷為Q，則兩球間的電場強度的大小為
(R1＜r＜R2)
兩球的電勢差
∴ ＝2.14×10-9 C
16. 解：設原點O在左邊導線的軸線上，x軸通過兩導線軸線並與之垂直．在兩軸線組成的平面上，在R＜x＜(d－R)區域內，離原點距離x處的P點場強為
則兩導線間的電勢差
作業題（三）
一、1-8 CBBBDBCB
二、
/(2r)；/(20r r)
10.
11. ;
12. 無極分子;電偶極子
三、
13. 解：(1) 由靜電感應，金屬球殼的內表面上有感生電荷-q，外表面上帶電荷q+Q．
(2) 不論球殼內表面上的感生電荷是如何分布的，因為任一電荷元離O點的距離都是a，所以由這些電荷在O點產生的電勢為
(3) 球心O點處的總電勢為分布在球殼內外表面上的電荷和點電荷q在O點產生的電勢的代數和
14. 解：設導體球帶電q，取無窮遠處為電勢零點，則
導體球電勢：
內球殼電勢：
二者等電勢，即
解得
15. 解：(1) 令無限遠處電勢為零，則帶電荷為q的導體球，其電勢為
將dq從無限遠處搬到球上過程中，外力作的功等於該電荷元在球上所具有的電勢能
(2) 帶電球體的電荷從零增加到Q的過程中，外力作功為
16. 解：設內外圓筒沿軸向單位長度上分別帶有電荷+和, 根據高斯定理可求得兩
圓筒間任一點的電場強度為
則兩圓筒的電勢差為
解得
於是可求得A點的電場強度為
= 998 V/m 方向沿徑向向外
A點與外筒間的電勢差：
= 12.5 V
作業題（四）
一、1-8 C C D C B D B A
二、
9. 1:1 10. 0; 11. 12.
13. 解：(1) 圓柱形載流導體在空間的磁感強度的分布為
∴穿過ABCD的為
(2) 圓筒載流導體在空間的磁感強度分布為
穿過 ABCD 的Φ為： =
(3) 在題給條件下，筒壁中 0<B<0I /(2R)，B為有限值，當壁厚趨於零時壁截面上磁通量趨於零，即 ，可得
14. 解：將導線分成1、2、3、4四部份，各部分在O點產生的磁感強度設為B1、B2、B3、B4．根據疊加原理O點的磁感強度為：
∵ 、 均為0，故 2分
方向 2分
方向
其中 ，
∴ 方向
15. 解：由畢奧－薩伐爾定律可得，設半徑為R1的載流半圓弧在O點產生的磁感強度為B1，則
同理,
∵ ∴
故磁感強度
∴
16. 解：如圖所示，圓筒旋轉時相當於圓筒上具有同向的面電流密度i，
3分
作矩形有向閉合環路如圖中所示．從電流分布的對稱性分析可知，在 上各點 的大小和方向均相同，而且 的方向平行於 ，在 和 上各點 的方向與線元垂直，在 , 上各點 ．應用安培環路定理
可得
圓筒內部為均勻磁場，磁感強度的大小為 ，方向平行於軸線朝右．
作業題(五)
一、1-8 ABAACBDB
二、 9. 10. 11. 12.
三、
.
13. 解：電子進入磁場作圓周運動，圓心在底邊上．當電子軌跡 與上面邊界相切時，對應最大速度，此時有如圖所示情形．
∴
由 ，求出v最大值為
14. 解：考慮半圓形載流導線CD所受的安培力
列出力的平衡方程式
故：
15. 解：(1) S = ab =5×10-3 m2
pm = SI =1×10-2 (A•m2)， =4.33×10-2 N•m
， =2.16×10-3 kg•m2
(2) 令從 到 的夾角為，∵ 與角位移d的正方向相反
=2.5×10-3 J
16. 解：由安培環路定理：
0< r <R1區域：
，
R1< r <R2區域：
，
R2< r <R3區域：
r >R3區域： H = 0，B = 0
作業題(六)
一、1-8 D A B A B D D A
二、
9. vBLsin ； a
10. ; O點
11.
12. 減小
三、
13. 解：大小：=dd tS dB / d t
=S dB / d t =
=3.68 mV
方向：沿adcb繞向．
14. 解：(1) 設線圈轉至任意位置時圓線圈的法向與磁場之間的夾角為，則通過該圓線圈平面的磁通量為
,
∴
在任意時刻線圈中的感應電動勢為
當線圈轉過時，t =T/4，則 A
(2) 由圓線圈中電流Im在圓心處激發的磁場為
6.20×10-4 T
方向在圖面內向下，故此時圓心處的實際磁感強度的大小
T
方向與磁場 的方向基本相同．
15. 解：由題意，大線圈中的電流I在小線圈迴路處產生的磁場可視為均勻的．
故穿過小迴路的磁通量為
由於小線圈的運動，小線圈中的感應電動勢為
當x =NR時，小線圈迴路中的感應電動勢為
16. 解：動生電動勢
為計算簡單，可引入一條輔助線MN，構成閉合迴路MeNM, 閉合迴路總電動勢
2分
負號表示 的方向與x軸相反．
方向N→M
作業題 (七)
一、1-8 ACDCACCA
二、
9. 2 (n 1) e / ； 4×103
10. (1) 使兩縫間距變小．
(2) 使屏與雙縫之間的距離變大
11. 2 ( n – 1) e – /2 或者2 ( n – 1) e + /2
12. 539.1
三、
13. 解：已知：d＝0.2 mm，D＝1 m，l＝20 mm
依公式：
∴ ＝4×10-3 mm＝4000 nm
故當 k＝10 1＝ 400 nm
k＝9 2＝444.4 nm
k＝8 3＝ 500 nm
k＝7 4＝571.4 nm
k＝6 5＝666.7 nm
這五種波長的光在所給觀察點最大限度地加強．
14. 解：(1) x＝20 D / a
＝0.11 m
(2) 覆蓋雲玻璃後，零級明紋應滿足
(n－1)e＋r1＝r2
設不蓋玻璃片時，此點為第k級明紋，則應有
r2－r1＝k
所以 (n－1)e = k
k＝(n－1) e / ＝6.96≈7
零級明紋移到原第7級明紋處
15. 解：第四條明條紋滿足以下兩式：
，即 2 ，即
第4級明條紋的位移值為
x =
(也可以直接用條紋間距的公式算，考慮到第四明紋離棱邊的距離等於3.5 個明紋間距．)
16. 解：根據暗環半徑公式有
由以上兩式可得
＝4 m
作業題(八) 答案
一、1-8 B C B C C B D B
二、9. 1.2; 3.6
10. 4 第一暗
11. 一；三
12. 6250Å(或625 nm)
13. 解：(1) 由單縫衍射暗紋公式得
由題意可知 ,
代入上式可得
(2) (k1 = 1, 2, ……)
(k2 = 1, 2, ……)
若k2 = 2k1，則1 = 2，即1的任一k1級極小都有2的2k1級極小與之重合．
14. 解：(1) 由單縫衍射明紋公式可知
(取k＝1 )
,
由於 ,
所以
則兩個第一級明紋之間距為
=0.27 cm
(2) 由光柵衍射主極大的公式
且有
所以 =1.8 cm
15. 解：(1) 由光柵衍射主極大公式得
a + b = =2.4×10-4 cm
(2) 若第三級不缺級，則由光柵公式得
由於第三級缺級，則對應於最小可能的a，方向應是單縫衍射第一級暗紋：兩式比較，得
a = (a + b)/3=0.8×10-4 cm
(3) ，(主極大)
，(單縫衍射極小) (k＇=1，2，3，......) 因此 k=3，6，9，........缺級．
又因為kmax=(a＋b) / 4, 所以實際呈現k=0，±1，±2級明紋．(k=±4
在 / 2處看不到．)
16. 解：由光柵衍射主極大公式得
4分當兩譜線重合時有 1=2
即 ．．．．．．．
兩譜線第二次重合即是
， k1=6， k2=4
由光柵公式可知d sin60°=61
=3.05×10-3 mm
作業題 九
一、選擇題 1-8 ABBECBDC
二、填空題
9． 2；1/4
10． 2I
11．
12． 完全（線）偏振光； 垂直於入射面； 部分偏振光
三、計算題
13．解：設第二個偏振片與第一個偏振片的偏振化方向間的夾角為．透過第一個偏振片後的光強 I1＝I0 / 2．
透過第二個偏振片後的光強為I2，由馬呂斯定律，
I2＝(I0 /2)cos2
透過第三個偏振片的光強為I3，
I3 ＝I2 cos2(90°－) = (I0 / 2) cos2 sin2 (I0 / 8)sin22
由題意知 I3＝I2 / 16
所以 sin22 = 1 / 2，
＝22.5°
14．解：(1) 透過第一個偏振片的光強I1
I1＝I0 cos230°
＝3 I0 / 4
透過第二個偏振片後的光強I2， I2＝I1cos260°
＝3I0 / 16
(2) 原入射光束換為自然光，則
I1＝I0 / 2
I2＝I1cos260°＝I0 / 8
15．解：由布儒斯特定律
tg i0＝1.33
得 i0＝53.1°
16．解：(1) 設該液體的折射率為n，由布儒斯特定律
tgi0＝1.56 / n
得 n＝1.56 / tg48.09°＝1.40
(2) 折射角
r＝0.5－48.09°＝41.91° (＝41° )
作業題(十)
一、1-8 D D A C C C B C
二、
9. ; ;
10. 3.82×103
11. 5×1014 ;2
12. 0.0549
三、
13. 解：(1) 由
得
(恆量)
由此可知，對不同金屬，曲線的斜率相同．
(2) h = etg
=6.4×10-34 J•s
14. 解：(1) eV
n =4 2分
(2) 可以發出41、31、21、43、42、32六條譜線．
能級圖如圖所示．
15. 解：(1) 2.86 eV ．
(2) 由於此譜線是巴耳末線系，其 k =2 eV (E1 =－13.6 eV)
．
(3) 可發射四個線系，共有10條譜線． 見圖
波長最短的是由n =5躍遷到n =1的譜線．
Ⅲ 大學物理2.求詳解，謝謝
電量為q0=??? 電量為零是么
你表述的不完整 直接給你公式吧
電場力做功：WAB＝qUAB＝Eqd｛WAB:帶電體由A到B時電場力所做的功(J)，q:帶電量(C)，UAB:電場中A、B兩點間的電勢差(V)(電場力做功與路徑無關),E:勻強電場強度,d:兩點沿場強方向的距離(m)｝
電勢能：EA＝qφA ｛EA:帶電體在A點的電勢能(J)，q:電量(C)，φA:A點的電勢(V)｝
電勢能的變化ΔEAB＝EB-EA ｛帶電體在電場中從A位置到B位置時電勢能的差值｝
電場力做功與電勢能變化ΔEAB＝-WAB＝-qUAB (電勢能的增量等於電場力做功的負值
Ⅳ 大學物理第二版上冊梁志強版課後答案
第一題：
(4)大學物理2練習冊答案擴展閱讀
這部分內容主要考察的是質點的知識點：
有質量但不存在體積或形狀的點，是物理學的一個理想化模型。在物體的大小和形狀不起作用，或者所起的作用並不顯著而可以忽略不計時，我們近似地把該物體看作是一個只具有質量而其體積、形狀可以忽略不計的理想物體，用來代替物體的有質量的點稱為質點。
具有一定質量而不計大小尺寸的物體。物體本身實際上都有一定的大小尺寸，但是，若某物體的大小尺寸同它到其他物體的距離相比，或同其他物體的大小尺寸相比是很小的，則該物體便可近似地看作是一個質點。例如行星的大小尺寸比行星間的距離小很多，行星便可視為質點-因為不計大小尺寸，所以質點在外力作用下只考慮其線運動。
由於質點無大小可言，作用在質點上的許多外力可以合成為一個力，另一方面，研究質點的運動，可以不考慮它的自旋運動。
任何物體可分割為許多質點，物體的各種復雜運動可看成許多質點運動的組合。因此，研究一個質點的運動是掌握各種物體形形色色運動的入門。牛頓第二定律是適合於一個質點的運動規律的。有了這個定律，再配合牛頓第三定律，就構成了研究有限大小的物體的手段。所以「質點」是研究物體運動的最簡單、最基本的對象。