1、四川大學大學物理習題冊詳細解析（電磁學、光學）主編 聶婭四川大學物理學院二一二年十月大學物理習題冊解答答靜電場1一. 選擇和填空題1. B，2. A，3.A，4. D，5. B二. 填空題411. 由圓心O點指向S 2. l=Q / a 異號 34（V/m） 向上4 指向缺口5三計算題1. 解：如圖所示，由于對稱分布，放在中心處的q0無論電荷多少都能取得平衡.因四個定點上的電荷受力情況相同，因此只需考慮任一頂點上的電荷受力情況例如考慮D點處的電荷，頂點A、B、C及中心處的電荷所激發的電場對D處點電荷的作用力的大小分別為： 各1分各力方向如圖所示，a45°D處電荷的受力平衡條件為： ,

2、 用 3分將f1，f2，f3式代入上式化簡得：0.957 q 2分用得同樣結果2解：在f處取電荷元，其電荷為dq =ldl = l0Rsinf df它在O點產生的場強為 3分在x、y軸上的二個分量dEx=dEcosf 1分dEy=dEsinf 1分對各分量分別求和0 2分 2分 1分dxxOrLxPdE3解：（1）如圖示，電荷元（）在P點的場強為整個帶電直線在P點的場強為 方向沿x軸正向dEyPraxdxrL Q（2）根據以上分析，中垂線上一點P的電場強度E的方向沿y軸，大小為 利用幾何關系，統一積分變量得 當時，若棒單位長度所代電荷l為常量，則P點電場強度zxdqqRO 4解：將半球殼分割為

3、一組平行細圓環，任一圓環所代電荷元，在點O激發的電場強度為 由于平行細圓環在O激發的電場強度相同，利用幾何關系統一積分變量，有 積分得 O2adqdqardq'rdq四.證明題1證明：以l表示線上線電荷密度，如圖。考慮dq所對應的電荷dq和dq在O點的場強，在O點的場強為方向由O指向dq。dq:在O點的場強為方向由O指向dq。由于兩線元O點的電場大小相等方向相反，又與q無關。所以全線電荷在O點產生的場強為零。答靜電場-2一選擇與填空題1. D, 2. D, 3. A, 4. D, 5.A, 6.D二填空題1 ，2(sS) /e (sS) /e0 3 ， 0 4 沿半徑OP向左三. 計算

4、題1. 解：通過xa處平面1的電場強度通量F1 = -E1 S1= -b a3 1分通過x = 2a處平面2的電場強度通量F2 = E2 S2 = 2b a3 1分其它平面的電場強度通量都為零因而通過該高斯面的總電場強度通量為F = F1+ F2 = 2b a3-b a3 = b a3 =1 N·m2/C 3分2. 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： (rR)以該球面為高斯面，按高斯定理有 得到：， (rR) 方向沿徑向，A>0時向外，A<0時向里 3分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：，

5、(r >R) 方向沿徑向，A>0時向外，A<0時向里 2分3解：用“挖補法”，挖去球形空腔的帶電體，在電學上等效于一個完整的、電荷密度為r的均勻帶電大球體和一個電荷體密度為r的球心在O的帶電小球體的組合。小球體的半徑等于空腔球體半徑。大、小 球在空腔內P點產生的電場強度分別為，則P點的電場強度。空腔內的P點均屬于球內一點，其電場強度關系OOP所以 根據幾何關系 與P點在空腔中位置無關。4解：(1) 設電荷的平均體密度為r，取圓柱形高斯面如圖(1)(側面垂直底面，底面DS平行地面)上下底面處的場強分別為E1和E2，則通過高斯面的電場強度通量為： ·E2DS-E1DS(

6、E2-E1) DS 2分高斯面S包圍的電荷qihDSr 1分由高斯定理(E2E1) DShDSr /e 0 1分 4.43×10-13 C/m3 2分(2) 設地面面電荷密度為s由于電荷只分布在地表面，所以電力線終止于地面，取高斯面如圖(2) 1分 由高斯定理 ·= -EDS= 1分 s =e 0 E8.9×10-10 C/m3 2分DSxExOD/2-D/25解：根據電荷分布對板平面的對稱性，可知電場分布具有這種對稱性。由此可選底面（S）與平板平行的立方盒高斯面。如圖。有高斯定理 ， 6.解：作同軸圓柱面為高斯面，根據高斯定理 R2R1Lr 在帶電面附近，電場強

7、度大小不連續，電場強度有一躍變 答電勢1一. 選擇題1. C，2. C，3. B，4. C，5. C二填空題1UpU02. 3. sR / (2e0) 4， 56. -2Ax ， -2By二. 計算題1 解：電偶極矩受的電力矩為，由于q角是相對電場方向量度的，所以電偶極矩轉動角時電場力做的功為 。電偶極矩由轉到q角時，電場力做的功為s1A·B·s2s32解：（1）平面、之間的電場為 平面、之間的電場(2) 3解：（1）沿桿取x軸，桿的x反向端點取作原點，由電勢疊加原理可得延長線上一點的電勢，如圖所示細桿的電荷線密度lq / (l)，在x處取電荷元dq = ldxqdx /l

8、，它在P點產生的電勢為bxzlzdzP 整個桿上電荷在P點產生的電勢 （2）ORrPx4解:（1）在環上取半徑為r寬為dr的細圓環，其所代電荷為它在軸上P點產生的電勢圓盤軸線上任意一點的電勢是這些圓環電勢的疊加(2)軸線上任一點的電場強度為電場強度只有x分量。5. 解：設小水滴半徑為r、電荷q；大水滴半徑為R、電荷為Q27 q27個小水滴聚成大水滴，其體積相等27×(4 / 3)pr3(4 / 3) pR 3得：R = 3r 2分小水滴電勢：U0 = q / (4pe0r)大水滴電勢： 3分答電勢2一. 選擇題1. D, 2. C, 3.B, 4.A二填空題1we=e0E2/2=4.

9、4´10-8J/m3 , W=4pRE2hwe=6.3´104kw×h 23. 7.24. 5. 6. <三. 計算題1解：（1）金核表面的電勢 （2）金核中心的電勢 2. 解：(1) 電偶極子在均勻電場中所受力矩為： 其大小：M = pEsinq = qlEsinq 當q =p/2 時，所受力矩最大：MmaxqlE2×10-3 N·m (2) 電偶極子在力矩作用下，從受最大力矩的位置轉到平衡位置(q=0)過程中，電場力所作的功為：2×10-3 N·m 3. 解：設B上帶正電荷，內表面上電荷線密度為l1，外表面上電荷線

10、密度為l2，而A、C上相應地感應等量負電荷，如圖所示則A、B間場強分布為 E1=l1 / 2pe0r，方向由B指向A B、C間場強分布為 E2=l2 / 2pe0r，方向由B指向C B、A間電勢差 2分B、C間電勢差 2分因UBAUBC ,得到 2分4解：均勻帶電球面內的電勢等于球面上的電勢球面外的電勢相當于電荷集中在球心上的點電荷的電勢由此，按電勢疊加原理球心O1處的電勢為： 2分球心O2處的電勢為： 2分l··zx-q+qR則O1、O2間的電勢差為： 1分5.解：已知帶電圓環軸線上的電勢分布為在x軸上的電勢分布由于，可化簡（2）當，可忽略上式中圓括弧中的二次項又由于靜電

11、場中的導體一選擇題1C；2B；3A；4D；5D.二填空題1U0 2不變；減小 3d2/d1. 42U/3 5-q；-q三計算題1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 2解：選坐標如圖由高斯定理，平板內、外的場強分布為：E = 0 (板內) (板外)1、2兩點間電勢差 3解：選x軸垂直導體板，原點在中心平面上，作一底面為S、長為2x的柱形高斯面，其軸線與x

12、軸平行，上下底面與導體板平行且與中心平面對稱由電荷分布知電場分布與中心面對稱設底面處場強大小為E應用高斯定理：得 方向如圖所示由于導體板接地，電勢為零，所以x處的電勢為4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 四證明題1證：因兩球相距甚遠，不考慮兩球的靜電相互作用及細導線上電荷的影響，兩球上電荷分布是球對稱的又因用細導線連接兩者電勢相等即得到 靜電場中的電介質（一）一選擇題1C；2B；3B；4D；5B.二填空題121/r；1/r3.4電位移；電場5增大；增大三計算題1解：(1) 兩導體球殼接地，殼外無電場導體球A、B外的電場均呈球對稱分布今

13、先比較兩球外場強的大小，擊穿首先發生在場強最大處設擊穿時，兩導體球A、B所帶的電荷分別為Q1、Q2，由于A、B用導線連接，故兩者等電勢，即滿足：代入數據解得 兩導體表面上的場強最強，其最大場強之比為B球表面處的場強最大，這里先達到擊穿場強而擊穿，即 V/m(2) 由E2 max解得 Q2 =3.3 ×10-4 C0.47×10-4 C擊穿時兩球所帶的總電荷為 Q = Q1+ Q2 =3.77×10-4 C2解：設內外圓筒沿軸向單位長度上分別帶有電荷+l和-l, 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 于是可求得點的電場強度為 = 9

14、98 V/m 方向沿徑向向外A點與外筒間的電勢差： = 12.5 V3解：在圓柱導體內、外分別作半徑為r、長為L的同軸圓柱形高斯面，并應用 的高斯定理圓柱內： 2prLD0得 D = 0 E = 0 圓柱外： 2prLD = lL得 ， (ra) 為徑向單位矢量 (arb) (rb)4解：取半徑為+d的薄殼層，其中包含電荷應用的高斯定理，取半徑為r的球形高斯面球內： D1 = k / 2 ，( 為徑向單位矢量)E1 = D1 / (e0er) = k / (2e 0er)， 球外： , ，5解：因為所帶電荷保持不變，故電場中各點的電位移矢量保持不變，又 因為介質均勻，電場總能量 靜電場中的電介

15、質（二）一選擇題1C；2D；3C；4C；5C.二填空題1； 2；3；.4插導體板的；空氣的 5；三計算題1解：以左邊的導線軸線上一點作原點，x軸通過兩導線并垂直于導線兩導線間x處的場強為 兩導線間的電勢差為 設導線長為L的一段上所帶電量為Q，則有，故單位長度的電容2解：玻璃板抽出前后電容器能量的變化即外力作的功抽出玻璃板前后的電容值分別為 ，撤電源后再抽玻璃板板上電荷不變，但電壓改變，即 抽玻璃板前后電容器的能量分別為 ，外力作功 = 2.55×10-6 J3解：設圓柱形電容器單位長度上帶有電荷為l，則電容器兩極板之間的場強分布為設電容器內外兩極板半徑分別為r0，R，則極板間電壓為電

16、介質中場強最大處在內柱面上，當這里場強達到E0時電容器擊穿，這時應有適當選擇r0的值，可使U有極大值，即令得 顯然有 < 0， 故當 時電容器可承受最高的電壓 = 147 kV4解：有介質時的電容 其上電荷為 介質抽去后的電容 因電源斷開，其上電荷不變 兩式相等，即 得到 er = 35解：可把電容器看成兩個電容器的并聯，其中一個有介質板，一個沒有介質板.沒有介質板的電容器極板面積為S/2，極板間距為d. 其電容為有介質板的電容器又可看成兩個電容器的串聯，其中一個是極板面積為S/2，極板間距為t，中間充滿電介質；另一個極板面積也是S/2，極板間距為d-t，中間沒有介質，它們的電容分別是

17、， 這兩個電容器串聯后得C23再與C1并聯后得恒定電流一選擇題1A；2B；3C；4C；5A.二填空題11.59:1參考解2；3；方向.46.71×10-5 A 參考解6.71×10-5 A520 V三計算題1解：規定在導線內側和導線外側各物理量分別用角標1，2區分由高斯定理可求得導線表面電場強度的垂直分量由邊界條件和歐姆定律可求得導線外側電場強度的平行分量則導線外側電場強度的大小的方向： , 2解：設各支路的電流為I1、I2和I3，如圖 由、三式聯立解得： A2.74 V3解： 由、三式解得解得 由 t = 0， q = 0 得四證明題1證：(1) 根據節點定律列電流方程（

18、電流如圖所設）：(2) 根據回路定律列如下方程：則解出： 把以上電路看作是由一個等效電源供電給負載電阻， 則可得其電動勢與內電阻分別為 E= (R2E1 + R1E2 ) / (R1 + R2)，R= (R1 R2) / (R1 + R2 )穩恒磁場（一）一選擇題1D；2C；3C；4E；5D.二填空題1 230. 45.00×10-5 T56.67×10-7 T；7.20×10-7 A·m2三計算題1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F為 (2) 圓筒載流導體在空間的磁感強度分布為穿過A¢B¢C¢

19、;D¢ 的為 =2解：圓電流產生的磁場 長直導線電流的磁場 導體管電流產生的磁場 Ä 圓心點處的磁感強度 3解：如圖 4解：如圖所示，將V形導線的兩根半無限長導線分別標為1和2則導線1中電流在P點的磁感強度為： 方向垂直紙面向內導線2中電流在P點的磁感強度為：方向垂直紙面向外P點的總磁感強度為的方向垂直紙面向外5解：(1) 對rr+dr段，電荷 dq = l dr，旋轉形成圓電流則 它在O點的磁感強度方向垂直紙面向內(2) 方向垂直紙面向內(3) 若a >> b，則 ，過渡到點電荷的情況同理在a >> b時， ，則也與點電荷運動時的磁矩相同穩恒磁場（

20、二）一選擇題1C；2B；3C；4B；5D.二填空題1B = 0 2m0i；沿軸線方向朝右 30；. 45；2三計算題1解：應用安培環路定理和磁場疊加原理可得磁場分布為， 的方向垂直x軸及圖面向里2解：根據 得 電子旋轉形成電流 所以 . 方向3解：以O為圓心，在線圈所在處作一半徑為r的圓則在r到r + dr的圈數為 由圓電流公式得 方向四證明題1證：設球的半徑為a，總匝數為N，直徑AB上一點P的坐標為(0，0，b)，由圓電流軸線上一點P的磁感強度的公式可得 令 則 而由于 則 由此結果可知，B與P點坐標b無關，即在直徑AB上所有各點的磁感強度B均相等2證：用反證法. 假設存在圖中那樣不帶邊緣效

21、應的均勻磁場，并設磁感強度的大小為B作矩形有向閉合環路如圖所示，其ab邊在磁場內，其上各點的磁感強度為B，cd邊在磁場外，其上各點的磁感強度為零由于環路所圍的面積沒有任何電流穿過，因而根據安培環路定理有：因 所以 B = 0，這不符合原來的假設故這樣的磁場不可能存在磁 力一選擇題1A；2D；3D；4B；5E.二填空題1； 2 30.4an=0，（圖1）；，a=0（圖2）5z軸正方向三計算題1解：導線每米長的重量為 mg =9.8×10-2 N平衡時兩電流間的距離為a = 2l sinq，繩上張力為T，兩導線間斥力為f，則：Tcosq = mgTsinq = f17.2 A2解:電子在

22、xz平面內作速率為v的圓周運動(如圖)， 則 電子運動的周期 則原子的軌道磁矩 的方向與y軸正向相反設方向與x軸正向平行，則系統所受力矩3解： ，a為正方形邊長，而 4a2pR， a = pR / 2代入上式得 4解：(1) A = IDf f00 ， A = IBScosq = IBS sina(2) 5解：(1) 根椐洛倫茲力公式：若為正電荷導電，則正電荷堆積在上表面，霍耳電場的方向由上指向下，故上表面電勢高，可知是p型半導體。(2) 由霍耳效應知，在磁場不太強時，霍耳電勢差U與電流強度I，磁感強度B成正比，而與樣品厚度a成反比，即： 而 根椐題給條件，載流子濃度為： m-3磁場中的磁介質

23、一1C；2.C；3.D；4.B; 5.B二1 0.226 T 300 A/m 2I / (2pr) mI / (2pr) ? 3鐵磁質 順磁質 抗磁質 4 mm0 mr nI 5A/m T·m/A 三1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 2解(1) 由電流分布的對稱，磁場分布必對稱把安培環路定理用于和導線同心的各個圓周環路在導線中 (0<r<R1) ， 在磁介質內部 (R1<r<R2) ， 在磁介質外面 (r

24、>R2) ， (2) 磁化強度 介質內表面處的磁化電流密度 介質外表面處 3解：(1) T (2) n = 1000 m-1， H = nI032 A/m (3) 相對磁導率 磁化率 ?m = ?r­1 = 496 (4) 磁化強度 M = cmH1.59×104 A/m 4200 A/m 1.06 T 5解： B = F /S=2.0×10-2 T 32 A/m 6.25×10-4 T·m/A 496 電磁感應1一1 A； 2. A ； 3. A ; 4. B; 5. D二1無感應電流 ; 無感應電流 2 ; 分3 0.40 V ; 0

25、.5 m2/s 4pBnR2 O5 0三 1解：間的動生電動勢： b點電勢高于O點 間的動生電動勢： a點電勢高于O點 2 解：金屬棒繞軸O逆時針旋轉時，棒中的感應電動勢及電流分別為 方向沿棒指向中心， 此時由于金屬棒中電流的存在，棒受到磁力的作用，其大小 的力矩方向阻礙金屬棒的旋轉，由剛體定軸轉動定律得 代入，積分得 故 3解：(1) 由法拉第電磁感應定律： 在導體MN內?i方向由M向N (2) 對于非均勻時變磁場 取回路繞行的正向為ONMO，則 Ei = ?Ei >0，則E?i方向與所設繞行正向一致，?Ei <0，則?i方向與所設繞行正向相反 4解：(1)所處的磁場不均勻，建立

26、坐標ox，x沿ab方向，原點在長直導線處，則x處的磁場為 ， i =I0 沿a b方向 故 (2)，以abcda作為回路正方向， 上式中， 則有 5解：取順時針方向為閉合電路cOdc的繞行正向，電路中的感應電動勢由感生電動勢E1和動生電動勢E 2兩部分疊加而成，即 E 1由渦旋電場所形成，它相當于半圓環導線處于t時刻所在位置靜止不動時，電路cOdc中的感應電動勢，所以 cd弧上的動生電動勢相當于cd弦上的動生電動勢，所以 于是 若 vB >prk/6，則E 的方向與所設正向一致，即順時針的方向；vB <prk/6，則E 的方向與所設正向相反，即逆時針方向 電磁感應2一 1C；2.C

27、；3.C；4.C;5.C二1 l >>a 細導線均勻密繞 2 0 3小于；有關 4 0； 5. ?nI ； ? n2I2 / 2 三1解：設螺繞環中通電流I，在環內取以環中心為圓心，半徑為r 的圓形回路，由安培環路定理有 則 通過螺線管矩形截面的磁通鏈數Y為： 2證：取長直導線之一的軸線上一點作坐標原點，設電流為I，則在兩長直導線的平面上兩線之間的區域中B的分布為 穿過單位長的一對導線所圍面積（如圖中陰影所示）的磁通為 3解：(1) 感應電流方向為順時針方向 (2) 4解：(1) 單位長度自感系數為： (2) 兩等值反向的直線電流間的作用力為排斥力，將導線沿受力方向移動dr距離時，

28、磁場力對單位長度導線作功為： (3) 磁能增量 而 這說明磁能增加了這是因為在導線間距離由b增大到2 b過程中，兩導線中都出現與電流反向的感應電動勢，因而，為要保持導線中電流不變外接電源要反抗導線中的感應電動勢作功，消耗的電能一部分轉化為磁場能量，一部分通過磁場力作功轉化為其他形式能量 5.（1）直導線電流為I時在矩形線圈中的磁通量： 應電流i的方向為順時針（2）電磁波一1C; 2D; 3B; 4B; 5B二1電磁波能流密度矢量； 2；3. 或 或 4X正方向； Y負方向 5. 垂直紙面向內；垂直OP連線向下三1答：此式說明，磁場強度沿閉合環路L的環流，由回路L所包圍的傳導電流、運流電流和位移

29、電流的代數和決定這是全電流定律的數學表示， 它的物理意義是：不僅傳導電流、運流電流可激發磁場，位移電流(即變化的電場)也同樣可在其周圍空間激發磁場 2解：兩板間具有均勻電場，電場強度為 介質中的傳導電流密度為 位移電流密度為 從對稱性分析可知，在兩極板間半徑為r的圓周上各點沿切線方向，而且大小都相等（如圖）根據關于的全電流定律 即 又因為在各向同性介質中 ， 故得 3 解：對于r < R，由方程 有 由 得： 代入式得 對于r > R，由上述方程得 代入式得： 4 解：在極板間，取與電容器極板同軸的半徑為r的圓，應用關于的全電流定律有： 的方向與電流流向成右螺旋關系振動(一)一、

30、選擇題BCBDA二、 填空題1解：f2f1 = f3f2=2p/3旋轉矢量圖見圖 振動曲線見圖 2.(SI) 3. 0，9.4 cm/s-Ax2AA/2x14. x1曲線見圖 x2曲線見圖 5. 三、 計算題1. 解：(1) ，周期xO(2) (3) 當時，從振幅矢量圖可知，初相 振動函數為2. 解：彈簧勁度系數 靜止時彈簧伸長量為 (1) 設向下為正方向，則 （若設向上為正方向，則 ）； 振動函數為 (2) 物體在平衡位置上方5cm（即0.05m），此時彈簧的凈伸長為 彈簧對物體的拉力 (3) 5cm是振幅之半，物體從平衡位置到振幅之半所需最短時間是， 3解：(1) 容器中每滴入一油滴的前后

31、，水平方向動量值不變，而且在容器回到O點滴入下一油滴前， 水平方向動量的大小與剛滴入上一油滴后的瞬間后的相同。依此，設容器第一次過O點油滴滴入前的速度為v，剛滴入第個油滴后的速度為v,則有 3分系統機械能守恒 2分 2分由、解出 2分 (2) 時間間隔( tn+1-tn )應等于第n滴油滴入容器后振動系統周期Tn的一半 3分4解：由旋轉矢量圖和 |vA| = |vB| 可知 T/2 = 4秒， T = 8 s， n = (1/8) s-1， w = 2pn = (p /4) s-1 3分(1) 以的中點為坐標原點，x軸指向右方 t = 0時， cm t = 2 s時， cm 由上二式解得 tg

32、f = 1 因為在A點質點的速度大于零，所以f = -3p/4或5p/4（如圖） 2分 cm 1分 振動方程 (SI) 1分(2)速率 (SI) 2分當t = 0 時，質點在A點 m/s 1分5*解：令q 為桿和豎直線之間的夾角運動方程為： 3分q 很小時，sin q q ，cos q 1所以： 2分上式中是桿繞其一端的轉動慣量，所以 可知桿作角諧振動，并得到 2分 1分振動(二)一、 選擇題ADDBB二、 填空題1T/8，3T/8 23動能曲線見圖 勢能曲線見圖 機械能曲線見圖40.02 50三、 計算題1.解：設小球的質量為m，則彈簧的勁度系數 選平衡位置為原點，向下為正方向小球在x處時，

33、根據牛頓第二定律得 將 代入整理后得 此振動為簡諧振動，其角頻率為 3分 2分設振動表達式為 由題意： t = 0時，x0 = A=m，v0 = 0，解得 f = 0 1分 2分2解一：(1) 取平衡位置為原點，向下為x正方向設物體在平衡位置時彈簧的伸長量為Dl，則有, 加拉力F后彈簧又伸長x0，則解得 F= kx0 2分由題意，t = 0時v 0 = 0；x = x0 則 2分又由題給物體振動周期 s, 可得角頻率： , ， N 1分 (2) 平衡位置以下1 cm處： 2分 J 2分 = 4.44×10-4 J 1分解二：(1) 從靜止釋放，顯然拉長量等于振幅A（5 cm）， 2分 ，n = 1.5 Hz 2分 F = 0.444 N 1分 (2) 總能量 J 2分當x = 1 cm時，x = A/5，Ep占總能量的1/25，EK占24/25 2分 J， J 1分3解：(1) 選地心為x坐標原點，向上為x軸正方向質量為m的物體在地球內部距地心為x處受到的地心引力為 3分由