大学物理苏州大学出版第十、十一、十二章习题解答
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第十章10-1 无限长直线电流的磁感应强度公式为B ＝μ0I2πa ，当场点无限接近于导线时(即a →0)，磁感应强度B →∞，这个结论正确吗？如何解释？答：结论不正确。
公式aIB πμ20=只对理想线电流适用，忽略了导线粗细，当a →0，导线的尺寸不能忽略，电流就不能称为线电流，此公式不适用。
10-2 如图所示，过一个圆形电流I 附近的P 点，作一个同心共面圆形环路L ，由于电流分布的轴对称，L 上各点的B 大小相等，应用安培环路定理，可得∮L B ·d l ＝0，是否可由此得出结论，L 上各点的B 均为零？为什么？ 答：L 上各点的B 不为零. 由安培环路定理∑⎰=⋅ii I l d B 0μ得 0=⋅⎰l d B，说明圆形环路L 内的电流代数和为零，并不是说圆形环路L 上B 一定为零。
10-3 设题10-3图中两导线中的电流均为8A ，对图示的三条闭合曲线a ,b ,c ，分别写出安培环路定理等式右边电流的代数和．并讨论：(1)在各条闭合曲线上，各点的磁感应强度B的大小是否相等?(2)在闭合曲线c 上各点的B是否为零?为什么? 解： ⎰μ=⋅al B 08d⎰μ=⋅bal B 08d⎰=⋅cl B 0d(1)在各条闭合曲线上，各点B的大小不相等．(2)在闭合曲线C 上各点B 不为零．只是B的环路积分为零而非每点0=B ．题10-3图习题10-2图10-4 图示为相互垂直的两个电流元，它们之间的相互作用力是否等值、反向？由此可得出什么结论？答：两个垂直的电流元之间相互作用力不是等值、反向的。
B l Id F d⨯= 20ˆ4rr l Id B d ⨯= πμ 2212122110221212201112)ˆ(4ˆ4r rl d I l d I r r l d I l d I F d ⨯⨯=⨯⨯=πμπμ 2121211220212121102212)ˆ(4ˆ4r rl d I l d I r r l d I l d I F d ⨯⨯=⨯⨯=πμπμ ))ˆ()ˆ((4212121221************r r l d l d r r l d l d I I F d F d ⨯⨯+⨯⨯-=+πμ 2122112210212112221212102112)(ˆ4))ˆ()ˆ((4r l d l d rI I r l d r l d l d r l d I I F d F d⨯⨯=⋅-⋅=+πμπμ 一般情况下 02112≠+F d F d由此可得出两电流元（运动电荷）之间相互作用力一般不满足牛顿第三定律。
大学物理课后习题答案第十二章
第12章 机械振动 习题及答案1、什么是简谐振动？哪个或哪几个是表示质点作简谐振动时加速度和位移关系的？ （1）；（2）；(3)；(4).答：系统在线性回复力的作用下，作周期性往复运动，即为简谐振动。
对于简谐振动，有,故（3）表示简谐振动。
2、对于给定的弹簧振子，当其振幅减为原来的1/2时，下列哪些物理量发生了变化？变化为原来的多少倍？（1）劲度系数；（2）频率；（3）总机械能；（4）最大速度；（5）最大加速度。
解：当时，（1）劲度系数k 不变。
（2）频率不变。
（3）总机械能（4）最大速度(5) 最大加速度3、劲度系数为1k 和2k 的两根弹簧，与质量为m 的小球按题图所示的两种方式连接，试证明它们的振动均为谐振动，并分别求出它们的振动周期．解：(1)图(a)中为串联弹簧，对于轻弹簧在任一时刻应有21F F F ==，设串联弹簧的等效倔强系数为串K 等效位移为x ，则有111x k F x k F -=-=串222x k F -=又有 21x x x +=2211k F k F k Fx +==串 所以串联弹簧的等效倔强系数为2121k k k k k +=串即小球与串联弹簧构成了一个等效倔强系数为)/(2121k k k k k +=的弹簧振子系统，故小球作谐振动．其振动周期为2121)(222k k k k m k mT +===ππωπ串 (2)图(b)中可等效为并联弹簧，同上理，应有21F F F ==，即21x x x ==，设并联弹簧的倔强系数为并k ，则有2211x k x k x k +=并 故 21k k k +=并 同上理，其振动周期为212k k mT +='π4. 完全相同的弹簧振子，时刻的状态如图所示，其相位分别为多少？解：对于弹簧振子，时，,（a ）,故km(a)kmv(b)kmv(c)km(d)，故（b ），故，故（c ），故，故 （d ）,故 ，故5、如图所示，物体的质量为m ，放在光滑斜面上，斜面与水平面的夹角为θ，弹簧的倔强系数为k ，滑轮的转动惯量为I ，半径为R 。
大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。
（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dtdv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的d d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以 0d -2g h d r v i jt = d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
苏州大学物理化学考研、期末考试复习-第十一章化学动力学基础一练习题习题及答案
四、问答题 25. A 的平行分解反应中, 反应级数都相同
1 ──→ R (目的物)
2 A ──→ S
3 ──→ B 分别讨论：(1)E1≥E2, E3 (2)E2<E2, E3 (3)E3>E1>E2 时，R收率最大时的温度。
26.O3分解反应动力学得到如下规律： (1) 在反应初始阶段对[O3]为一级； (2) 在反应后期，对[O3]为二级，对[O2]为负一级； (3) 在反应过程，检测到的唯一中间物为自由原子 O。
2O2（决速步）
反应后期
k3[O3]<<k2[O2]
，
r= 2k1k3 k2
[O3]2/[O2]
，
与实验相符。
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(
)
10. 半衰期为 10 d 的某放射性元素净重 8 g，40 d 后其净重为： (A) 4 g (B) 2 g (C) 1 g (D) 0.5 g
(
)
11. 下列对铁表面防腐方法中属于"电化保护"的是： (A) 表面喷漆 (B) 电镀 (C) Fe 表面上镶嵌 Zn 块 (D) 加缓蚀剂
(
)
二、填空题
22. [答](甲) 对一级反应
k＝ ln2/t 1 ＝0.1216 h-1
2
23.[答]
(乙) ln [1/(1-y)]＝kt ,
y=0.90
t＝(1/k) ln[1/(1-y)]＝18.94 h
(1) 若时间以s表示，则k单位为dm3(m-1)·mol1-m·s-1
(2)
dcB dt
n
=-
m
dcA dt
5. 某放射性同位素的半衰期为 5 d ，则经 15 d 后，所剩的同位素的量是原来的：
苏州大学物理化学考研、期末考试复习-第十二章化学动力学基础二练习题及答案
第十二章化学动力学基础二练习题一、选择题1. 化学反应发生的条件是：（）(A) (Δr G m)T, p<0 (B) (Δr G m)T, p>0(C) (Δr G m)T, p=0 (D) (Δr G m)T, p≠03. 单原子分子A，B间发生反应，若忽略振动基态能量之差，则实验活化能E a，临界能E c，势垒E b间存在关系为：( )(A) E a=E c+12RT=E b+12RT(B) E a=E b+12RT=E c+RT(C) E a=E c-12RT=E b-12RT(D) E a=E b+RT=E c+RT4. 在T = 300 K，如果分子A和B要经过每一千万次碰撞才能发生一次反应，这个反应的临界能将是：( )(A) 170 kJ·mol-1(B) 10.5 kJ·mol-1(C) 40.2 kJ·mol-1(D) -15.7 kJ·mol-15. 选用适当的催化剂后，使反应活化能比未加催化剂时降低了8500J·mol-1，则二者速率常数比(k cat／k0) ( )(A) 31倍 (B) 61倍(C) 92倍 (D) 4.5倍6. 下列双分子反应中：(1) Br + Br → Br2(2) CH3CH2OH + CH3COOH → CH3CH2COOCH3+ H2O(3) CH4+ Br2→ CH3Br + HBr碰撞理论中方位因子P的相对大小是∶( )(A) P(1) > P(2) > P(3)(B) P(1) > P(3) > P(2)(C) P(1) < P(2) < P(3)(D) P(1) < P(3) < P(2)7. 破坏臭氧的反应机理为：NO + O3 NO→2+ O2NO2+ O NO + O→2在此机理中，NO 是：( )(A) 总反应的产物(B) 总反应的反应物(C) 催化剂(D) 上述都不是8. 对于水溶液中的反应[ Co(NH 3)5Br]2+ + OH - [Co(NH →3)5OH]2+ + Br -如果增加离子强度，此反应的速率将： ( ) (A) 不变 (B) 降低(C) 达到爆炸极限 (D) 增大9. 根据活化络合物理论，液相分子重排反应之活化能E a 和活化焓Δ≠H m 之间的关系是：( )(A) E a = Δ≠H m(B) E a = Δ≠H m - RT(C) E a = Δ≠H m + RT(D) E a = Δ≠H m / RT二、填空题11. 化学反应的简单碰撞理论中能发生化学反应的判据有两个，即__________________________________ _______________________________，____________________________________________。
大学物理第11-12章作业答案
11-4 解：（1）s 32322===ππωπT .m 20 3230=⨯==uT λ.（2）m 303cos 03.03cos 03.0⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ππππx t u x t y 11-5 解：（1）ππλππνω525222=⋅===urad/s. 由原点处质点的振动曲线知：1.0=A m ；0=t 时，0=y 且0>v . 作旋转矢量图：由图得初相：πϕ23=.∴波动方程为：⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=πππππ235cos 1.02355cos 1.0x t x t y m.（2）0=t 时，()x x y πππsin 1.023cos 1.0-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-= m.5.0=x 时，()t t y ππππ5cos 1.0235.05cos 1.0-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-= m.11-7 解：（1）ππλππνω10210222=⋅===urad/s. 由0=t 时的波形图可知：1.0=A m ；0=t 时，0=x 处的质点05.0=y m 且0<v .作旋转矢量图：由图得初相：3ϕ=.∴波动方程为：⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫⎝⎛-=310cos 1.031010cos 1.0πππππx t x t y m.（2）画出 P 点对应的旋转矢量由图知P 点相位滞后于O 点相位35πϕ∆=， ∵O 点处质点振动方程：⎪⎭⎫ ⎝⎛+=310cos 1.0ππt y m ，∴ P 点处质点振动方程为：⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=3410cos 1.035310cos 1.0πππππt t y P m11-8解：∵1.0>T s ，∴1.0=t s ，波动由a 行进到b 的距离为：5.0424===λ∆x m. 波速：51.05.0===t xu ∆ m/s,ππλππνω525222=⋅===u rad/s.由0=t 时的波形a 可知：0=x 处的质点0=y 且0<v .由图可知初相：2ϕ=.则波动方程为：⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=25cos 1.0255cos 1.0πππππx t x t y m.11-9 解：（1）πππνω50025022=⋅== rad/s.由0=t 时的波形图可知：1.0=A m ，20=λm.∴500025020=⨯==λνu m/s.∵简谐波的传播方向为沿x 轴负方向。
苏州大学物理化学考研、期末考试复习-第十章电解与极化作用习题及答案
φ (Zn2+/ Zn) = -0.7628 V ，
φ (Cu2+/ Cu) = 0.337 V
()
(
)
(
)
(
)
当不考虑超电势时, 在电极上金属析出的次序是 ： (A) Cu → Fe → Zn → Ca (B) Ca → Zn → Fe → Cu (C) Ca → Fe → Zn → Cu (D) Ca → Cu → Zn → Fe
把Pb阴极与另一摩尔甘汞电极相联接， 当Pb阴极上氢开始析出时, 测得E分解=1.0685 V,
试求H2在Pb电极上的超电势(H2SO4只考虑一级电离), 已知摩尔甘汞电极的氢标电势
φ甘汞=0.2800 V 。
22.
298 K时, 以Pt为阳极, Fe为阴极, 电解浓度为 1 mol·kg-1的NaCl水溶液(活度系数
为 0.66)。 设电极表面有H2(g)不断逸出时的电流密度为 0.1A·cm-2, Pt上逸出Cl2(g)的超电
势可近似看作零。 若Tafel公式为 η =a+blg(j/1A·cm-2), 且Tafel常数 a=0.73 V, b=0.11V, φ
(Cl2/Cl-)=1.36 V，请计算实际的分解电压。
φ析出(Cu) ≈ φ可逆(Cu) = 0.2435 V ∴φ析出(Cu) > φ析出(Zn) > φ析出(H2) Cu2+最先析出
20.
[答] (1) φ (Zn2+/Zn) =φ (Zn2+/Zn) +(RT/2F)lnα (Zn2+) =-0.793 V
φ (Cd2+/Cd) =φ (Cd2+/Cd) +(RT/2F)lnα (Cd2+) =-0.433 V
大学物理学(下册)习题答案详解
第十二章 热力学基础一、选择题 12－1 C 12－2 C 12－3 C 12－4 B 12－5 C 12－6 A 二、填空题 12－710000100p V p V p V p V --12－8 260J ，280J - 12－912－10 )(5.21122V p V p -，))((5.01212V V p p -+，)(5.0)(312211122V p V p V p V p -+- 12－11 268J ，732J 三、计算题12－12 分析：理想气体的内能是温度T 的单值函数，内能的增量E ∆由始末状态的温度的增量T ∆决定，与经历的准静态过程无关．根据热力学第一定律可知，在等温过程中，系统从外界吸收的热量全部转变为内能的增量，在等压过程中，系统从外界吸收的热量部分用来转变为内能的增量，同时对外做功． 解：单原子理想气体的定体摩尔热容,32V m C R = (1) 等体升温过程20=A,21333()8.3150623222V V m E Q C T R T R T T J J ∆==∆=∆=-=⨯⨯= (2) 等压膨胀过程,2133()8.315062322V m E C T R T T J J ∆=∆=-=⨯⨯= 2121()()8.3150416A p V V R T T J J =-=-=⨯=1039p Q A E J =+∆=或者,,215()8.315010392p p m p m Q C T C T T J J =∆=-=⨯⨯=12－13 分析：根据热力学第一定律和理想气体物态方程求解． 解：氢气的定体摩尔热容,52V m C R =(1) 氢气先作等体升压过程，再作等温膨胀过程． 在等体过程中，内能的增量为 ,558.3160124622V V m Q E C T R T J J =∆=∆=∆=⨯⨯= 等温过程中，对外界做功为221ln8.31(27380)ln 22033T T V Q A RT J J V ===⨯+⨯= 吸收的热量为3279V T Q Q Q J =+=(2) 氢气先作等温膨胀过程，然后作等体升压过程． 在等温膨胀过程中，对外界做功为211ln8.31(27320)ln 21687T V A RT J J V ==⨯+⨯= 在等体升压过程中，内能的增量为,558.3160124622V m E C T R T J J ∆=∆=∆=⨯⨯= 吸收的热量为2933T Q A E J =+∆=3虽然氢气所经历的过程不同，但由于始末状态的温差T ∆相同，因而内能的增量E ∆相同，而Q 和A 则与过程有关．12－14 分析：卡诺循环的效率仅与高、低温热源的温度1T 和2T 有关．本题中，求出等温膨胀过程吸收热量后，利用卡诺循环效率及其定义，便可求出循环的功和在等温压缩过程中，系统向低温热源放出的热量． 解：从高温热源吸收的热量321110.005ln 8.31400ln 5.35100.001V m Q RT J J M V ==⨯⨯=⨯ 由卡诺循环的效率2113001125%400T A Q T η==-=-= 可得循环中所作的功310.255350 1.3410A Q J J η==⨯=⨯传给低温热源的热量3321(1)(10.25) 5.3510 4.0110Q Q J J η=-=-⨯⨯=⨯12－15 分析：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量全部转换为内能的增量，温度升高．在b c →绝热过程中，系统减少内能，降低温度对外作功，与外界无热量交换．在c a →等压压缩过程中，系统放出热量，温度降低，对外作负功．计算得出各个过程的热量和功，根据热机循环效率的定义即可得证． 证明：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量为,,1222()()V m V V m b a C mQ C T T p V p V M R=-=-在c a →等压压缩过程中，系统放出热量的大小为,,2122()()p m P p m c a C mQ C T T p V p V M R=-=- 所以，该热机的循环效率为41,212221,12222(1)()111()(1)p m P V V m V C p V p V Q V p Q C p V p V p ηγ--=-=-=---12－16 分析：根据卡诺定理，在相同的高温热源(1T )，与相同的低温热源(2T )之间工作的一切可逆热机的效率都相等，有221111Q TQ T η=-=-．非可逆热机的效率221111Q T Q T η=-<-． 解：(1) 该热机的效率为21137.4%Q Q η=-= 如果是卡诺热机，则效率应该是21150%c T T η=-= 可见它不是可逆热机．(2) “尽可能地提高效率”是指热机的循环尽可能地接近理想的可逆循环工作方式．根据热机效率的定义，可得理想热机每秒吸热1Q 时所作的功为4410.50 3.3410 1.6710c A Q J J η==⨯⨯=⨯5第十三章 气体动理论一、选择题 13－1 D 13－2 B 13－3 D 13－4 D 13－5 C 13－6 C 13－7 A 二、填空题13－8 相同，不同；相同，不同，相同. 13－9 (1)分子体积忽略不计；(2)分子间的碰撞是完全弹性的； (3)只有在碰撞时分子间才有相互作用．13－10 速率大于p v 的分子数占总分子数的百分比，分子的平均平动动能，()d 1f v v ∞=⎰，速率在∞~0内的分子数占总分子数的百分之百．13－11 氧气，氢气，1T 13－12 3，2，013－13 211042.9-⨯J ，211042.9-⨯J ，1:2 13－14 概率，概率大的状态． 三、计算题13－15 分析：根据道尔顿分压定律可知，内部无化学反应的平衡状态下的混合气体的总压强，等于混合气体中各成分理想气体的压强之和．解：设氦、氢气压强分别为1p 和2p ，则12p p p =+．由理想气体物态方程，得1He He m RTp M V =， 222H H m RT p M V=所以，总压强为62255123334.010 4.0108.31(27230)()()4.010 2.010 1.010H He He H m m RT p p p Pa M M V -----⨯⨯⨯+=+=+=+⨯⨯⨯⨯ 47.5610Pa =⨯13－16 解：(1)=可得 氢的方均根速率3/ 1.9310/s m s ===⨯ 氧的方均根速率483/m s === 水银的方均根速率/193/s m s === (2) 温度相同，三种气体的平均平动动能相同232133 1.3810300 6.211022k kT J J ε--==⨯⨯⨯=⨯13－17 分析：在某一速率区间，分布函数()f v 曲线下的面积，表示分子速率在该速率区间内的分子数占总分子数的百分比．速率区间很小时，这个百分比可近似为矩形面积()Nf v v N∆∆=，函数值()f v 为矩形面积的高，本题中可取为()p f v ．利用p v 改写麦克斯韦速率分布律，可进一步简化计算．解： ()Nf v v N∆=∆ 当300T K =时，氢气的最概然速率为1579/p v m s ==== 根据麦克斯韦速率分布率，在v v v →+∆区间内的分子数占分子总数的百分比为232224()2mvkT N m e v v N kTππ-∆=∆7用p v 改写()f v v ∆有223()2222()4()e ()()2pv mv v kTpp mv v f v v v v e kTv v ππ--∆∆=∆=由题意可知，10p v v =-，(10)(10)20/p p v v v m s ∆=+--=．而10p v ，所以可取p v v ≈，代入可得1201.05%1579p N e N-∆=⨯=13－18 解：(1) 由归一化条件204()d 1FF V V dN V AdV f v v N Nπ∞===⎰⎰⎰ 可得 334F NA V π= (2) 平均动能2230143()d d 24FV FV N f v v mv v N V πωωπ∞==⨯⨯⎰⎰423031313d ()2525FV F F F mv v mv E v =⨯==⎰13－19 分析：气体分子处于平衡态时，其平均碰撞次数于分子数密度和分子的平均速率有关．温度一定时，平均碰撞次数和压强成正比．解：(1) 标准状态为50 1.01310p Pa =⨯，0273T K =，氮气的摩尔质量32810/M kg mol -=⨯由公式v =kTp n =可得224Z d nv d d π===5102231.013104(10)/1.3810273s π--⨯=⨯⨯⨯次885.4210/s =⨯次(2) 41.3310p Pa -=⨯，273T K =4102231.331044(10)/1.3810273Z ds ππ---⨯==⨯⨯⨯次0.71/s =次13－20 分析：把加热的铁棒侵入处于室温的水中后，铁棒将向水传热而降低温度，但“一大桶水”吸热后的水温并不会发生明显变化，因而可以把“一大桶水”近似为恒温热源．把铁棒和“一大桶水”一起视为与外界没有热和功作用的孤立系统，根据热力学第二定律可知，在铁棒冷却至最终与水同温度的不可逆过程中，系统的熵将增加．熵是态函数，系统的熵变仅与系统的始末状态有关而与过程无关．因此，求不可逆过程的熵变，可在始末状态之间设计任一可逆过程进行求解． 解：根据题意有 1273300573T K =+=，227327300T K =+=．设铁棒的比热容为c ，当铁棒的质量为m ，温度变化dT 时，吸收(或放出)的热量为dQ mcdT =设铁棒经历一可逆的降温过程，其温度连续地由1T 降为2T ，在这过程中铁棒的熵变为2121d d 300ln 5544ln /1760/573T T T Q mc T S mc J K J K T T T ∆====⨯⨯=-⎰⎰9第十四章 振动学基础一、选择题 14－1 C 14－2 A 14－3 B 14－4 C 14－5 B 二、填空题 14－622 14－7 5.5Hz ，114－82411s ，23π 14－9 0.1，2π14－10 2222mA T π- 三、计算题14－11 解：简谐振动的振幅2A cm =，速度最大值为3/m v cm s =则 (1) 2220.024 4.20.033m A T s s s v ππππω⨯====≈ (2) 222220.03m/s 0.045m/s 4m m m a A v v T ππωωπ===⨯=⨯≈ (3) 02πϕ=-，3rad/s 2ω= 所以 30.02cos()22x t π=- [SI]14－12 证明：(1) 物体在地球内与地心相距为r 时，它受到的引力为2MmF Gr=- 负号表示物体受力方向与它相对于地心的位移方向相反．式中M 是以地心为中心，以r 为半径的球体内的质量，其值为10343M r πρ=因此 43F G m r πρ=-物体的加速度为43F aG r m πρ==- a 与r 的大小成正比，方向相反，故物体在隧道内作简谐振动． (2) 物体由地表向地心落去时，其速度dr dr dv dr v a dt dv dt dv=== 43vdv adr G rdr πρ==-043v r R vdv G rdr πρ=-⎰⎰ 所以v =又因为dr vdt == 所以tRdt =-⎰⎰则得1126721min 4t s ===≈14－13 分析：一物体是否作简谐振动，可从动力学方法和能量分析方法作出判断．动力学的分析方法由对物体的受力分析入手，根据牛顿运动方程写出物体所满足的微分方程，与简谐振动的微分方程作出比较后得出判断．能量法求解首先需确定振动系统，确定系统的机械能是否守恒，然后需确定振动物体的平衡位置和相应的势能零点，再写出物体在任意位置时的机械能表达式，并将其对时间求一阶导数后与简谐振动的微分方程作比较，最后作出是否作简谐振动的判断． 解：(1) 能量法求解取地球、轻弹簧、滑轮和质量为m 的物体作为系统．在物体上下自由振动的过程中，系统不受外力，系统内无非保守内力作功，所以系统的机械能守恒． 取弹簧的原长处为弹性势能零点，取物体受合力为零的位置为振动的平衡位11置，也即Ox 轴的坐标原点，如图14-13(a)所示．图14-13 (a)图14-13 (b)设物体在平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，由图14-13(b)可知，有10mg T -=，120T R T R -=，2T kl =得 mgl k=当物体m 偏离平衡位置x 时，其运动速率为v ，弹簧的伸长量为x l +，滑轮的角速度为ω．由系统的机械能守恒，可得222111()222k x l mv J mgx ω+++-=常量 式中的角速度 1v dxR R dt ω==将机械能守恒式对时间t 求一阶导数，得2222d x k x x dt m J Rω=-=-+ 上式即为简谐振动所满足的微分方程，式中ω为简谐振动的角频率2km J R ω=+另：动力学方法求解物体和滑轮的受力情况如图14-13(c)所示．12图14－13 (c)1mg T ma -= (1)12()JT T R J a Rβ-==(2) 设物体位于平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，因为这时0a =，可得12mg T T kl ===当物体对平衡位置向下的位移为x 时，2()T k l x mg kx =+=+ (3)由(1)、(2)、(3)式解得2ka x m J R =-+物体的加速度与位移成正比，方向相反，所以它是作简谐振动． (2) 物体的振动周期为222m J R T kππω+==(3) 当0t =时，弹簧无伸长，物体的位移0x l =-；物体也无初速，00v =，物体的振幅22200()()v mgA x l l kω=+=-==00cos 1x kl A mgϕ-===- 则得 0ϕπ=13所以，物体简谐振动的表达式为2cos()mg k x t k m J Rπ=++ 14－14 分析：M 、m 一起振动的固有频率取决于k 和M m +，振动的初速度0m v 由M 和m 的完全非弹性碰撞决定，振动的初始位置则为空盘原来的平衡位置．图14-14解：设空盘静止时，弹簧伸长1l ∆(图14-14)，则1Mg k l =∆ (1)物体与盘粘合后且处于平衡位置，弹簧再伸长2l ∆，则12()()m M g k l l +=∆+∆ (2)将(1)式代入得2mg k l =∆与M 碰撞前，物体m 的速度为02m v gh =与盘粘合时，服从动量守恒定律，碰撞后的速度为02m m mv v gh m M m M==++取此时作为计时零点，物体与盘粘合后的平衡位置作为坐标原点，坐标轴方向竖直向下．则0t =时，02mg x l k =-∆=-，02mv v gh m M==+14ω=由简谐振动的初始条件，0000cos , sin x A v A ϕωϕ==-可得振幅A ===初相位0ϕ满足000tan v x ϕω=-== 因为 00x <，00v >所以 032πϕπ<<0ϕπ=+所以盘子的振动表式为cos x π⎤⎫=+⎥⎪⎪⎥⎭⎦14－15 解：(1) 振子作简谐振动时，有222111222k p E E E mv kx kA +==+= 当k p E E =时，即12p E E =．所以 22111222kx kA =⨯0.200.14141x m m ==±=±(2)由条件可得振子的角频率为/2/s rad s ω=== 0t =时，0x A =，故00ϕ=．动能和势能相等时，物体的坐标15x =即cos A t ω=，cos t ω= 在一个周期内，相位变化为2π，故3574444t ππππω=， ， ， 时间则为1 3.140.3944 2.0t s s πω===⨯ 213330.39 1.24t t s s πω===⨯=315550.39 2.04t t s s πω===⨯=417770.39 2.74t t s s πω===⨯=14－16 解：(1) 合成振动的振幅为A =0.078m== 合成振动的初相位0ϕ可由下式求出110220*********.05sin0.06sin sin sin 44tan 113cos cos 0.05cos 0.06cos 44A A A A ππϕϕϕππϕϕ⨯+⨯+===+⨯+⨯ 084.8ϕ=(2) 当0102k ϕϕπ-=± 0,1,2,k =时，即0103224k k πϕπϕπ=±+=±+时， 13x x +的振幅最大．取0k =，则 031354πϕ== 当020(21)k ϕϕπ-=±+0,1,2,k =时，即020(21)(21)4k k πϕπϕπ=±++=±++时，13x x +的振幅最小．取0k =，则 052254πϕ==(或031354πϕ=-=-) 14－17 分析：质点同时受到x 和y 方向振动的作用，其运动轨迹在Oxy 平面内，16质点所受的作用力满足力的叠加原理．解：(1) 质点的运动轨迹可由振动表达式消去参量t 得到．对t 作变量替换，令12t t '=-，两振动表达式可改写为0.06cos()0.06sin 323x t t πππ''=+=-0.03cos3y t π'=将两式平方后相加，得质点的轨迹方程为222210.060.03x y += 所以，质点的运动轨迹为一椭圆． (2) 质点加速度的两个分量分别为22220.06()cos()3339x d x a t x dt ππππ==-+=-22220.03()cos()3369y d y a t y dt ππππ==--=-当质点的坐标为(,)x y 时，它所受的作用力为22()99x y F ma i ma j m xi yj mr ππ=+=-+=-可见它所受作用力的方向总是指向中心(坐标原点)，作用力的大小为223.1499F ma π====⨯=14－18 分析：充电后的电容器和线圈构成LC 电磁振荡电路．不计电路的阻尼时，电容器极板上的电荷量随时间按简谐振动的规律变化．振荡电路的固有振动频率由L 和C 的乘积决定，振幅和初相位由系统的初始状态决定．任意时刻电路的状态都可由振荡的相位决定． 解：(1) 电容器中的最大能量212e W C ε=线圈中的最大能量17212m m W LI =在无阻尼自由振荡电路中没有能量损耗，e m W W =．因此221122m C LI ε=21.4 1.410m I A A -===⨯(2) 当电容器的能量和电感的能量相等时，电容器能量是它最大能量的一半，即22124q C C ε= 因此661.010 1.41.0101.41q C C --⨯⨯==±=±⨯ (3) LC 振荡电路中，电容器上电荷量的变化规律为00cos()q Q t ωϕ=+式中0Q C ε=，ω=．因为0t =时，0q Q =，故有00ϕ=．于是q C ε=当首次q =时有C ε==，4π=53.147.85104t s -===⨯18第十五章 波动学基础一、选择题 15－1 B 15－2 C 15－3 B 15－4 A 15－5 C 15－6 C 二、填空题15－7 波源，传播机械波的介质 15－8B C，2B π，2C π，lC ，lC - 15－9 cos IS θ 15－10 0 15－11 0.45m 三、计算题15－12 分析：平面简谐波在弹性介质中传播时，介质中各质点作位移方向、振幅、频率都相同的谐振动，振动的相位沿传播方向依次落后，以速度u 传播．把绳中横波的表达式与波动表达式相比较，可得到波的振幅、波速、频率和波长等特征量．t 时刻0x >处质点的振动相位与t 时刻前0x =处质点的振动相位相同． 解：(1) 将绳中的横波表达式0.05cos(104)y t x ππ=-与标准波动表达式0cos(22)y A t x πνπλϕ=-+比较可得0.05A m =，52v Hz ωπ==，0.5m λ=，0.55/ 2.5/ u m s m s λν==⨯=． (2) 各质点振动的最大速度为0.0510/0.5/ 1.57/m v A m s m s m s ωππ==⨯=≈各质点振动的最大加速度为192222220.05100/5/49.3/m a A m s m s m s ωππ==⨯=≈(3) 将0.2x m =，1t s =代入(104)t x ππ-的所求相位为10140.29.2ϕπππ=⨯-⨯=0.2x m =处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后0.20.082.5x s s u == 所以它是原点处质点在0(10.08)0.92t s s =-=时的相位． (4) 1t s =时波形曲线方程为x x y 4cos 05.0) 4110cos(05.0πππ=-⨯=1.25t s =时波形曲线方程为)5.0 4cos(05.0) 425.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1.50t s =时波形曲线方程为) 4cos(05.0) 45.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1t s =， 1.25t s =， 1.50t s =各时刻的波形见图15-12．15－13 解：(1) 由于平面波沿x 轴负方向传播，根据a 点的振动表达式，并以a 点为坐标原点时的波动表达式为0cos[()]3cos[4()]20x xy A t t u ωϕπ=++=+(2) 以a 点为坐标原点时，b 点的坐标为5x m =-，代入上式，得b 点的振动表达式为53cos[4()]3cos(4)20b y t t πππ=-=- 若以b 点为坐标原点，则波动表达式为3cos[4()]20xy t ππ=+-s1s5.12015－14 解：由波形曲线可得100.1A cm m ==，400.4cm m λ==从而0.4/0.2/2u m s m s T λ===，2/rad s Tπωπ==(1) 设振动表达式为 0cos[()]xy A t uωϕ=++由13t s =时O 点的振动状态：2Ot Ay =-，0Ot v >，利用旋转矢量图可得，该时刻O 点的振动相位为23π-，即 10032()33Ot t t ππϕωϕϕ==+=+=-所以O 点的振动初相位为 0ϕπ=-将0x =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得O 点的振动表达式为0.1cos()O y t ππ=-(2) 根据O 点的振动表达式和波的传播方向，可得波动表达式0cos[()]0.1cos[(5))]xy A t t x uωϕππ=++=+-(3) 由13t s =时Q 点的振动状态：0Qt y =，0Qt v <，利用旋转矢量图可得，该时刻Q 点的振动相位为2π，即013[()]30.22Q Qt t x x t u πππϕωϕπ==++=+-=可得 0.233Q x m =将0.233Q x m =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得Q 点的振动表达式为0.1cos()6Q y t ππ=+(4) Q 点离O 点的距离为0.233Q x m =15－15 分析：波的传播过程也是能量的传播过程，波的能量同样具有空间和时间的周期性．波的强度即能流密度，为垂直通过单位面积的、对时间平均的能流．注意能流、平均能流、能流密度、能量密度、平均能量密度等概念的区别和联系．解：(1) 波中的平均能量密度为32235319.010/ 3.010/2300I w A J m J m u ρω--⨯====⨯最大能量密度为 532 6.010/m w w J m -==⨯ (2) 每两个相邻的、相位差为2π的同相面间的能量为25273000.14() 3.010() 4.621023002u d W wV w S w J v λππ--====⨯⨯⨯⨯=⨯15－16 分析：根据弦线上已知质点的振动状态，推出原点处质点振动的初相位，即可写出入射波的表达式．根据入射波在反射点的振动，考虑反射时的相位突变，可写出反射波的表达式．据题意，入射波和反射波的能量相等，因此，在弦线上形成驻波的平均能流为零．解：沿弦线建立Ox 坐标系，如图15-16所示．根据所给数据可得图15-16/100/u s m s ===，2100 /rad s ωπνπ==，100250u m m v λ===， (1) 设原点处质元的初相位为0ϕ，入射波的表达式为0cos[()]xy A t uωϕ=-+据题意可知，在10.5x m =处质元的振动初相位为103πϕ=，即有110001000.51003x u ωππϕϕϕ⨯=-+=-+=得 05326πππϕ=+=所以，入射波表达式为550.04cos[100()]0.04cos[100()]61006x x y t t u ππππ=-+=-+入考虑半波损失，反射波在2x 处质元振动的初相位为2010511100()10066ππϕππ=-++=反射波表达式为220cos[()]x x y A t uωϕ-=++反 ]611)100(100cos[04.0]611)10010(100cos[04.0ππππ++=+-+=x t x t（2）入射波和反射波的传播方向相反，叠加后合成波为驻波40.08cos()cos(100)23y y y x t ππππ=+=++入反波腹处满足条件 2x k πππ+=即 1()2x k =-因为010x m ≤≤，在此区间内波腹位置为0.5, 1.5, 2.5,,9.5x m = 波节处满足条件 (21)22x k πππ+=+即 x k = 在区间010x m ≤≤，波节坐标为0,1,2,,10x m = (3) 合成为驻波，在驻波中没有能量的定向传播，因而平均能流为零． 15－17 分析：运动波源接近固定反射面而背离观察者时，观察者即接收到直接来自波源的声波，也接收到来自固定反射面反射的声波，两声波在A 点的振动合成为拍．当波源相对于观察者静止，而反射面接近波源和观察者时，观察者接收到直接来自波源的声波无多普勒效应，但反射面反射的频率和观察者接收到的反射波频率都发生多普勒效应，因此，两个不同频率的振动在A 点也将合成为拍． 解：(1) 波源远离观察者而去，观察者接收到直接来自波源声音频率为1R S Suu v νν=+观察者相对反射面静止，接收到来自反射面的声波频率2R ν就是固定反射面接收到的声波频率，这时的波源以S v 接近反射面．2R S Suu v ννν==-反 A 处的观察者听到的拍频为21222S S R R S S S S Suv u uu v u v u v νννννν∆=-=-=-+- 由此可得方程2220S S S v uv u ννν∆+-∆=0.25/S v m s ≈(2) 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率1RS νν'= 对于波源来说，反射面相当于接收器，它接收到的频率为S u vuνν+'=对于观察者来说，反射面相当于另一波源，观察者接收到的来自反射面的频率为2RS S u u u v u vu v u v u u vνννν++''===--- A 处的观察者听到的拍频为212RR S S S u v vu v u vνννννν+''∆=-=-=-- 所以波源的频率为3400.24339820.4S u v Hz Hz v νν--=∆=⨯= 15－18 解：平面电磁波波动方程的标准形式为222221y y E E x u t ∂∂=∂∂， 222221z zH H x u t ∂∂=∂∂ 与平面电磁波的标准方程相比较，可知波速为82.0010/u m s ==⨯ 所以介质的折射率为1.50cn u== 15－19 解：由电磁波的性质可得00E H =而 000B H μ=， 真空中的光速c =所以0E B c==从而可得 0008703000.8/0.8/310410B E H A m A m c μμπ-====⨯⨯⨯ 磁场强度沿y 轴正方向，且磁场强度和电场强度同相位，所以0.8cos(2)3y H vt ππ=+［SI ］第十六章 几何光学一、选择题 16－1 A 16－2 B 16－3 B 16－4 C 二、填空题16－5 6.0S cm '=，12V = 16－6 80f cm '=16－7 34s cm '=-，2V =- 16－8 左，2R 三、计算题16－9 解：设空气的折射率为n ，玻璃的折射率为n '，则 1n =， 1.5n '= 因为 2r = 所以物方焦距4nrf cm n n=='- 像方焦距6n rf cm n n ''=='- 又因为 1f fs s'+='而 8s cm = 所以 12s cm '=(实像)1ns y V y n s''==-=-' 其中 0.1y cm = 所以 0.1y Vy cm '==-16－10 分析：将球面反射看作n n '=-时球面折射的特例，可由折射球面的成像规律求解。
大学物理课后习题答案(全册)
《大学物理学》课后习题参考答案习题11-1. 已知质点位矢随时间变化函数形式为)ωｔsin ωｔ(cos j i R r其中为常量．求：（1）质点轨道；(2)速度和速率。
解：1）由)ωｔsin ωｔ(cos j i R r知t cos R x ωtsin R yω消去t 可得轨道方程222Ryx2）jr vt Rcos sin ωωt ωR ωdtd iRωt ωR ωt ωR ωv2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir )t 23(t 42，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0t到1t 秒的位移；（3）0t 和1t 秒两时刻的速度。
解：1）由j ir)t 23(t 42可知2t 4x t23y消去t 得轨道方程为：2)3y(x2）jir v 2t 8dtd jij i v r 24)dt2t 8(dt101Δ3）jv 2(0)jiv 28(1)1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir t t 22，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：1）ji r v2t 2dtd iv a2dtd 2）212212)1t(2]4)t 2[(v1tt 2dtdv a 2t22221nta aat 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121att v y （1）图 1-420221gttv h y （2）21y y （3）解之2d tg a 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的td dr ，td dv ，tv d d .解：（1）t v x 0式（1）2gt21hy 式（2）jir )gt 21-h (t v (t)20（2）联立式（1）、式（2）得22v 2gx hy （3）ji r gt -v td d 0而落地所用时间gh 2t所以j i r 2gh -v t d d 0jv g td d 2202y2x)gt (vvvv 211222222[()](2)g ghg t dv dtvgt vgh 1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。
大学物理实验(第二版)苏大版课后思考题及预习题答题
实验一 物体密度的测定【预习题】1．简述游标卡尺、螺旋测微器的测量原理及使用时的注意事项。
答：（1）游标卡尺的测量原理及使用时的注意事项：游标卡尺是一种利用游标提高精度的长度测量仪器，它由主尺和游标组成。
设主尺上的刻度间距为y ，游标上的刻度间距为x ，x 比y 略小一点。
一般游标上的n 个刻度间距等于主尺上(n -1)个刻度间距，即y n nx )1(-=。
由此可知，游标上的刻度间距与主尺上刻度间距相差n1,这就是游标的精度。
教材P33图1-2所示的游标卡尺精度为mm 501,即主尺上49mm 与游标上50格同长，如教材图1-3所示。
这样，游标上50格比主尺上50格（50mm ）少一格（1mm ），即游标上每格长度比主尺每格少1÷50 = 0.02(mm)， 所以该游标卡尺的精度为0.02mm 。
使用游标卡尺时应注意：①一手拿待测物体，一手持主尺，将物体轻轻卡住，才可读数。
②注意保护量爪不被磨损，决不允许被量物体在量爪中挪动。
③游标卡尺的外量爪用来测量厚度或外径，内量爪用来测量内径，深度尺用来测量槽或筒的深度，紧固螺丝用来固定读数。
（2）螺旋测微器的测量原理及使用时的注意事项：螺旋测微器又称千分尺，它是把测微螺杆的角位移转变为直线位移来测量微小长度的长度测量仪器。
螺旋测微器主要由固定套筒、测量轴、活动套筒(即微分筒)组成。
如教材P24图1-4所示，固定套管D 上套有一个活动套筒C(微分筒)，两者由高精度螺纹紧密咬合，活动套筒与测量轴A 相联，转动活动套筒可带动测量轴伸出与缩进，活动套筒转动一周( 360)，测量轴伸出或缩进1个螺距。
因此，可根据活动套筒转动的角度求得测量轴移动的距离。
对于螺距是0.5mm 螺旋测微器，活动套筒C 的周界被等分为50格，故活动套筒转动1 格，测量轴相应地移动0.5/50=0.01mm,再加上估读，其测量精度可达到0.001 mm 。
使用螺旋测微器时应注意：①测量轴向砧台靠近快夹住待测物时，必须使用棘轮而不能直接转动活动套筒，听到“咯、咯”即表示已经夹住待测物体，棘轮在空转，这时应停止转动棘轮，进行读数，不要将被测物拉出，以免磨损砧台和测量轴。
第12章 光的偏振(13年)
[ (1) Io/ Ie=3；(2) δ=4.5 μm ] (浙江工业大学 2012 年普通物理Ⅱ、2011 年普通物理，15 分； 宁波大学 09 年普通物理，15 分；浙江工业大学 09 年普通物理，15 分) 例 12－21 平面偏振光垂直入射到一个表面和光轴平行的方解石晶片上，光的振动面和晶片的主截 面成 30°角，已知方解石寻常光的主折射率为 1.6584，非寻常光的主折射率为 1.4864，试求：(1) 透 射出来的两束平面偏振光的光强比为多少? (2) 用钠光时，若寻常光与非常光要产生 90°的位相差， 晶片的厚度应为多少?(λ=5893 Ǻ) [ (1)
第十二章 光的偏振
例 12－1 若用实验的方法检验某单色光是自然光、线偏振光、部分偏振光、圆偏振光还是椭圆偏 振光，试问：(1) 要用到什么光学元件? (2) 如何鉴别? [ (1) 要用到一块偏振片和一块 λ／4 波片。 ①利用一块偏振片可将线偏振光区分出来， 但不能区分自 然光和圆偏振光，也不能区分部分偏振光和椭圆偏振光。②利用一块 λ／4 波片可把圆、椭圆偏振光 变为线偏振光，但不能把自然光、部分偏振光变成线偏振光。③把偏振片和 λ／4 波片结合起来，可 完全区分自然光、线偏振光、部分偏振光、圆偏振光和椭圆偏振光。(2) ①令入射光通过偏振片 P， 以光线前进方向为轴转动 P，观察光强度的变化：有消光位置者则为线偏振光；强度无变化则为自 然光或圆偏振光；强度有变化，但无消光的为部分偏振光或椭圆偏振光．②对自然光或圆偏振光， 令光线依次通过 λ／4 波片和偏振片 P，转动偏振片 P，强度无变化的为自然光，有消光者为圆偏振 光．③对于部分偏振光或椭圆偏振光，先转动偏振片 P，将偏振片停在透射光强度最大的位置，在 偏振片前插入 λ／4 波片，使其光轴与 P 的透振方向平行，再转动偏振片，有消光者为椭圆偏振光， 无消光者为部分偏振光．] (四川大学 09、07 年普通物理，10 分；中山大学 08 年光学，8 分； 中科院研究生院 06 普通物理 B，15 分；武汉大学 06 年普通物理，5 分) 例 12－2 怎样用一块偏振片和一块已知光轴方向的 l／4 波片，鉴别自然光、线偏振光、圆偏振光 和椭圆偏振光? 说明检测原理并画出其能量——角度的变化曲线。 (南开大学 09 年大学物理，10 分；北京理工大学 06 年大学物理，18 分) 例 12－3 用什么方法区分 1/2 波片和 1/4 波片？ [ 在 1/2 波片或 1/4 波片前后各放一块偏振片 P1、P2，让自然光入射，改变 P2 的透振方向，透射光 有消光者为 1/2 波片，无消光者为 1/4 波片。] (四川大学 05 年普通物理，6 分) 例 12－4 如何利用偏振片和波晶片（1/4 波片、半波片等）将一束自然光转化为圆偏振光？又如何 利用波晶片将一线偏振光的偏振方向旋转 90 度？ (暨南大学 2010 年普通物理，7 分) 例 12－5 将三个偏振片叠放在一起，第二个与第三个的偏振化方向分别与第一个的偏振化方向成 45°和 90°角．(1) 强度为 I0 的自然光垂直入射到这一堆偏振片上，试求经每一偏振片后的光强和偏 振状态；(2) 如果将第二个偏振片抽走，情况又如何？ [ (1) I1
大学物理课后答案11-13
第十一章 恒定磁场11－1 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r R B B 、满足（ ）（A ） r R B B 2= （B ） r R B B = （C ） r R B B =2 （D ）r R B B 4= 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21==R r n n r R 因而正确答案为（C ）.11－2 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 r 2π2 （B ） B r 2π（C ）αB r cos π22 （D ） αB r cos π2题 11-2 图分析与解 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；S B ⋅=m Φ．因而正确答案为（D ）． 11－3 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 ）．11－4 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（ ）（A ） ⎰⎰⋅=⋅21L L d d l B l B ，21P P B B = （B ） ⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ，21P P B B = （C ） ⎰⎰⋅=⋅21L L d d l B l B ，21P P B B ≠ （D ） ⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ，21P P B B ≠题 11-4 图分析与解 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 ）． 11－5 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 ）()r I μr π2/1-- （B ） ()r I μr π2/1-（C ） r I μr π2/- （D ） r μI r π2/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 ）．11－6 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.分析 一个电子绕存储环近似以光速运动时，对电流的贡献为c I e I /Δ=，因而由lNec I =，可解出环中的电子数. 解 通过分析结果可得环中的电子数 10104⨯==ecIl N 11－7 已知铜的摩尔质量M ＝63.75 ｇ·mol －1 ，密度ρ ＝8.9 g · cm －3 ，在铜导线里，假设每一个铜原子贡献出一个自由电子，（1）为了技术上的安全，铜线内最大电流密度26.0A mm m j -=⋅ ，求此时铜线内电子的漂移速率v d ；（2） 在室温下电子热运动的平均速率是电子漂移速率v d 的多少倍？ 分析 一个铜原子的质量A N M m /=,其中N A 为阿伏伽德罗常数，由铜的密度ρ 可以推算出铜的原子数密度m ρn /=根据假设，每个铜原子贡献出一个自由电子，其电荷为e ，电流密度d m ne j v = ．从而可解得电子的漂移速率v d ．将电子气视为理想气体，根据气体动理论，电子热运动的平均速率em kT π8=v 其中k 为玻耳兹曼常量，m e 为电子质量．从而可解得电子的平均速率与漂移速率的关系．解 （1） 铜导线单位体积的原子数为M ρN n A /=电流密度为j m 时铜线内电子的漂移速率14A s m 1046.4--⋅⨯===eN M j ne j m m d ρv （2） 室温下（T ＝300 Ｋ）电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为81042.2π81⨯≈=ed d m kT v v v 室温下电子热运动的平均速率远大于电子在恒定电场中的定向漂移速率．电子实际的运动是无规热运动和沿电场相反方向的漂移运动的叠加．考虑到电子的漂移速率很小，电信号的信息载体显然不会是定向漂移的电子．实验证明电信号是通过电磁波以光速传递的．11－8 有两个同轴导体圆柱面，它们的长度均为20 m ，内圆柱面的半径为3.0 mm ，外圆柱面的半径为9.0 mm.若两圆柱面之间有10 μA 电流沿径向流过，求通过半径为6.0 mm 的圆柱面上的电流密度．题 11-8 图分析 如图所示是同轴柱面的横截面，电流密度j 对中心轴对称分布．根据 恒定电流的连续性，在两个同轴导体之间的任意一个半径为r 的同轴圆柱面上流过的电流I 都相等，因此可得rlI j π2= 解 由分析可知，在半径r ＝6.0 mm 的圆柱面上的电流密度2m A μ3.13π2-⋅==rlI j 11－9 如图所示，已知地球北极地磁场磁感强度B 的大小为6.0×10－5T ．如设想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的，此电流有多大？ 流向如何？解 设赤道电流为I ，则由教材第11－4节例2 知，圆电流轴线上北极点的磁感强度()R IR R IR B 24202/32220μμ=+=因此赤道上的等效圆电流为A 1073.12490⨯==μRB I 由于在地球地磁场的Ｎ 极在地理南极，根据右手螺旋法则可判断赤道圆电流应该是由东向西流，与地球自转方向相反．题 11-9 图11－10 如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a 、b 两点，并与很远处的电源相接.求环心O 的磁感强度．题 11-10 图分析 根据叠加原理，点O 的磁感强度可视作由ef 、b e 、fa 三段直线以及ac b 、a d b 两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，0=ef B ．而b e 、fa 两段直线的延长线通过点O ，由于0Idl r ⨯=，由毕奥－萨伐尔定律知0be fa ==B B ．流过圆弧的电流I 1 、I 2的方向如图所示，两圆弧在点O 激发的磁场分别为21101π4r l I μB =,22202π4r l I μB = 其中l 1 、l 2 分别是圆弧ac b 、a d b 的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比，而圆弧ac b 、a d b 又构成并联电路，故有2211l I l I =将21B B 、叠加可得点O 的磁感强度B ．解 由上述分析可知，点O 的合磁感强度0π4π42220211021=-=-=r l I μr l I μB B B 11－11 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，它们在点O 的磁感强度各为多少？题 11-11 图分析 应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度∑=iB B 0. 解 （ａ） 长直电流对点O 而言，有0d =⨯r l I ，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有RI μB 800=B 0 的方向垂直纸面向外． （ｂ） 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得RI μR I μB π22000-=B 0 的方向垂直纸面向里． （c ） 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得RI μR I μR I μR I μR I μB 4π24π4π4000000+=++= B 0 的方向垂直纸面向外．11－12 载流导线形状如图所示（图中直线部分导线延伸到无穷远），求 点O 的磁感强度B ．题 11-12 图分析 由教材11－4 节例题2的结果不难导出，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度RαI μB π40=，其中α为圆弧载流导线所张的圆心角，磁感强度的方向依照右手定则确定；半无限长载流导线在圆心点O 激发的磁感强度RI μB π40=，磁感强度的方向依照右手定则确定. 点O 的磁感强度O B 可以视为由圆弧载流导线、半无限长载流导线等激发的磁场在空间点O 的叠加.解 根据磁场的叠加在图（ａ）中，k i k k i B RI μR I μR I μR I μR I μπ24π4π44000000--=---= 在图（ｂ）中， k i k i i B RI μR I μR I μR I μR I μπ41π14π44π4000000-⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=---= 在图（c ）中， k j i B RI μR I μR I μπ4π4830000---= 11－13 如图(a)所示，载流长直导线的电流为I ，试求通过矩形面积的磁通量．题 11-13 图分析 由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量Φ≠BS ．为此，可在矩形平面上取一矩形面元d S ＝l d x ，如图（ｂ）所示，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为x l x I d π2d d 0μ=⋅=ΦS B矩形平面的总磁通量ΦΦ⎰=d解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量⎰==Φ211200ln π2d π2d dd d Il x l x I μμ 11－14 已知10 mm 2 裸铜线允许通过50 A 电流而不会使导线过热．电流在导线横截面上均匀分布．求导线内、外磁感强度的分布.题 11-14 图分析 可将导线视作长直圆柱体，电流沿轴向均匀流过导体，故其磁场必然呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上的各点，B 大小相等、方向与电流成右手螺旋关系．为此，可利用安培环路定理，求出导线表面的磁感强度．解 围绕轴线取同心圆为环路L ，取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有∑⎰=⋅=⋅I μB 0πr 2d l B 在导线内r ＜R ， 2222ππRIr r R I I ==∑，因而 202πR Ir μB =在导线外r ＞R ，I I =∑，因而rI μB 2π0=磁感强度分布曲线如图所示． 11－15 有一同轴电缆，其尺寸如图（ａ）所示．两导体中的电流均为I ，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑．试计算以下各处的磁感强度：（1） r ＜R 1 ；（2） R 1 ＜r ＜R 2 ；（3） R 2 ＜r ＜R 3 ；（4） r ＞R 3 ．画出B －r 图线．题 11-15 图分析 同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r 的同心圆为积分路径， πr 2d ⋅=⋅⎰B l B ，利用安培环路定理∑⎰=⋅I μ0d l B ，可解得各区域的磁感强度．解 由上述分析得r ＜R 1 22101ππ12πr R μr B =⋅ 21012πR Ir μB =R 1 ＜r ＜R 2 I μr B 022π=⋅rI μB 2π02=R 2 ＜r ＜R 3 ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=⋅I R R R r I μr B 22232203ππ2π 2223223032πR R r R r I μB --= r ＞R 3 ()02π04=-=⋅I I μr B04=B磁感强度B （r ）的分布曲线如图（ｂ）．11－16 如图所示，N 匝线圈均匀密绕在截面为长方形的中空骨架上．求通入电流I 后，环内外磁场的分布．题 11-16 图分析 根据右手螺旋法则，螺线管内磁感强度的方向与螺线管中心轴线构成同心圆，若取半径为r 的圆周为积分环路，由于磁感强度在每一环路上为常量，因而πr 2d ⋅=⋅⎰B l B 依照安培环路定理∑⎰=⋅I μ0d l B ，可以解得螺线管内磁感强度的分布．解 依照上述分析，有∑=⋅I μr B 02πr ＜R 102π1=⋅r B01=BR 2 ＞r ＞R 1NI μr B 022π=⋅rNI μB 2π02=r ＞R 2 02π3=⋅r B03=B在螺线管内磁感强度B 沿圆周，与电流成右手螺旋．若112R R R <<- 和R 2 ，则环内的磁场可以近似视作均匀分布，设螺线环的平均半径()1221R R R +=，则环内的磁感强度近似为 RNI μB 2π0≈ 11－17 电流I 均匀地流过半径为R 的圆形长直导线，试计算单位长度导线内的磁场通过图中所示剖面的磁通量．题 11-17 图分析 由题11－14 可得导线内部距轴线为r 处的磁感强度()202πRIr μr B = 在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义()S B d ⎰=r Φ来求解．沿轴线方向在剖面上取面元ｄS ＝l ｄr ，考虑到面元上各点B 相同，故穿过面元的磁通量ｄΦ＝B ｄS ，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量⎰=Sr B Φd 解 由分析可得单位长度导线内的磁通量4πd 2π0020I μr R Ir μΦR==⎰ 11－18 已知地面上空某处地磁场的磁感强度40.410T B -=⨯，方向向北．若宇宙射线中有一速率715.010m s -=⨯v 的质子，垂直地通过该处．求：（1）洛伦兹力的方向；（2） 洛伦兹力的大小，并与该质子受到的万有引力相比较．题 11-18 图解 （1） 依照B F ⋅=v q L 可知洛伦兹力L F 的方向为B ⊥v 的方向，如图所示．（2） 因B ⊥v ，质子所受的洛伦兹力N 102.316-⨯==B F v q L在地球表面质子所受的万有引力N 1064.126p -⨯==g m G因而，有101095.1/⨯=G F L ，即质子所受的洛伦兹力远大于重力．11－19 霍尔效应可用来测量血流的速度，其原理如图所示．在动脉血管两 侧分别安装电极并加以磁场．设血管直径为d ＝2.0 mm ，磁场为B ＝0.080 T ，毫伏表测出血管上下两端的电压为U H ＝0.10 mV ，血流的流速为多大？题 11-19 图分析 血流稳定时，有H qE B q =v由上式可以解得血流的速度．解 依照分析m/s 63.0===dBU B E H H v 11－20 带电粒子在过饱和液体中运动，会留下一串气泡显示出粒子运动的径迹．设在气泡室有一质子垂直于磁场飞过，留下一个半径为3.5 cm 的圆弧径迹，测得磁感强度为0.20 Ｔ，求此质子的动量和动能．解 根据带电粒子回转半径与粒子运动速率的关系有m/s kg 1012.121⋅⨯===-ReB m p vkeV 35.222==mp E k 11－21 从太阳射来的速度为0.80×108m /ｓ 的电子进入地球赤道上空高层范艾伦辐射带中，该处磁场为4.0 ×10－7Ｔ，此电子回转轨道半径为多大？ 若电子沿地球磁场的磁感线旋进到地磁北极附近，地磁北极附近磁场为2.0 ×10－5Ｔ，其轨道半径又为多少？解 由带电粒子在磁场中运动的回转半径高层范艾伦辐射带中的回转半径 m 101.1311⨯==eB m R v 地磁北极附近的回转半径 m 2322==eB m R v 11－22 如图（ａ）所示，一根长直导线载有电流I 1 ＝30 A ，矩形回路载有电流I 2 ＝20 A ．试计算作用在回路上的合力．已知d ＝1.0 cm ， b ＝8.0 cm ，l ＝0.12 m ．题 11-22图分析 矩形上、下两段导线受安培力F 1 和F 2 的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零．而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力F 3 和F 4 大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力．解 由分析可知，线框所受总的安培力F 为左、右两边安培力F 3 和F 4 之矢量和，如图（ｂ）所示，它们的大小分别为dl I I μF π22103= ()b d l I I μF +=π22104 故合力的大小为 ()N 1028.1π2π2321021043-⨯=+-=-=b d l I I μd l I I μF F F 合力的方向朝左，指向直导线．11－23 一直流变电站将电压为500k V 的直流电，通过两条截面不计的平行输电线输向远方．已知两输电导线间单位长度的电容为3.0×10－11F·m －1，若导线间的静电力与安培力正好抵消．求：（1） 通过输电线的电流；（2） 输送的功率．分析 当平行输电线中的电流相反时，它们之间存在相互排斥的安培力，其大小可由安培定律确定．若两导线间距离为d ，一导线在另一导线位置激发的磁感强度dI μB π20=,导线单位长度所受安培力的大小BI F B =．将这两条导线看作带等量异号电荷的导体，因两导线间单位长度电容C 和电压U 已知，则单位长度导线所带电荷λ＝CU ，一导线在另一导线位置所激发的电场强度dελE 0π2=，两导线间单位长度所受的静电吸引力λE F E =．依照题意，导线间的静电力和安培力正好抵消，即0=+E B F F从中可解得输电线中的电流．解 （1） 由分析知单位长度导线所受的安培力和静电力分别为dI μBI F B π220== dεU C λE F E 022π2== 由0=+E B F F 可得dεU C d I μ02220π2π2= 解得A 105.4300⨯==μεCU I （2） 输出功率 W 1025.29⨯==IU N11－24 在氢原子中，设电子以轨道角动量π2/h L =绕质子作圆周运动，其半径为m 1029.5110-⨯=a ．求质子所在处的磁感强度．h 为普朗克常量，其值为s J 1063.634⋅⨯-分析 根据电子绕核运动的角动量π20h a m L ==v 可求得电子绕核运动的速率v ．如认为电子绕核作圆周运动，其等效圆电流v/π20a e T e i == 在圆心处，即质子所在处的磁感强度为02a i μB = 解 由分析可得，电子绕核运动的速率π2ma h =v 其等效圆电流 2020π4/π2ma he v a e i == 该圆电流在圆心处产生的磁感强度T 5.12π82202000===ma he μa i μB 11－25 如图[a]所示，一根长直同轴电缆，内、外导体之间充满磁介质，磁介质的相对磁导率为μr （μr ＜1），导体的磁化可以忽略不计．沿轴向有恒定电流I 通过电缆，内、外导体上电流的方向相反．求：（1） 空间各区域内的磁感强度和磁化强度；*（2） 磁介质表面的磁化电流．题 11-25 图分析 电流分布呈轴对称，依照右手定则，磁感线是以电缆对称轴线为中心的一组同心圆．选取任一同心圆为积分路径，应有⎰⋅=⋅r H d π2l H ，利用安培环路定理 ⎰∑=⋅f Id l H求出环路内的传导电流，并由H μB =，()H μM r 1-=，可求出磁感强度和磁化强度．再由磁化电流的电流面密度与磁化强度的关系求出磁化电流． 解 （1） 取与电缆轴同心的圆为积分路径，根据磁介质中的安培环路定理，有∑=f π2I r H对r ＜R 1221f ππr R I I =∑ 得 2112πR Ir H = 忽略导体的磁化（即导体相对磁导率μr =1），有01=M ，21012πR Ir μB =对R 2 ＞r ＞R 1 I I=∑f得 rI H 2π2=填充的磁介质相对磁导率为μr ，有 ()r I μM r 2π12-=，rI μμB r 2π02= 对R 3 ＞r ＞R 2 ()()2223223ππR r R R I I I f -⋅--=∑ 得()()222322332πR R r r R I H --= 同样忽略导体的磁化，有03=M ，()()2223223032πR R r r R I μB --= 对r ＞R 3 0=-=∑I I If得 04=H ，04=M ，04=B（2） 由r M I s 2π⋅=，磁介质内、外表面磁化电流的大小为()()I μR R M I r si 12π112-=⋅=()()I μR R M I r se 12π222-=⋅=对抗磁质（1r μ<），在磁介质内表面（r ＝R 1 ），磁化电流与内导体传导电流方向相反；在磁介质外表面（r ＝R 2 ），磁化电流与外导体传导电流方向相反．顺磁质的情况与抗磁质相反．H （r ）和B （r ）分布曲线分别如图（ｂ）和（c ）所示．第十二章 电磁感应 电磁场和电磁波 12－1 一根无限长平行直导线载有电流I ，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），则（ ）（A ） 线圈中无感应电流（B ） 线圈中感应电流为顺时针方向（C ） 线圈中感应电流为逆时针方向（D ） 线圈中感应电流方向无法确定题 12-1 图分析与解 由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为（B ）．12－2 将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（ ）（A ） 铜环中有感应电流，木环中无感应电流（B ） 铜环中有感应电流，木环中有感应电流（C ） 铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小（D ） 铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大分析与解 根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等， 但在木环中不会形成电流．因而正确答案为（A ）．12－3 有两个线圈，线圈1对线圈2 的互感系数为M 21 ，而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 ．若它们分别流过i 1 和i 2 的变化电流且t i t i d d d d 21<，并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为12 ，由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ，下述论断正确的是（ ）．（A ）2112M M = ，1221εε=（B ）2112M M ≠ ，1221εε≠（C ）2112M M =， 1221εε<（D ）2112M M = ，1221εε<分析与解 教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律t i M εd d 12121=；ti M εd d 21212=．因而正确答案为（D ）． 12－4 对位移电流，下述说法正确的是（ ）（A ） 位移电流的实质是变化的电场（B ） 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C ） 位移电流服从传导电流遵循的所有定律（D ） 位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解 位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A ）．12－5 下列概念正确的是（ ）（A ） 感应电场是保守场（B ） 感应电场的电场线是一组闭合曲线（C ） LI Φm =，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比（D ） LI Φm =，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大分析与解 对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线．因而 正确答案为（B ）．12－6 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为t Φπ100sin 100.85⨯=，式中Φ的单位为Wb ，t 的单位为s ，求在s 100.12-⨯=t 时，线圈中的感应电动势．分析 由于线圈有N 匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成tψt ΦN ξd d d d -=-=，其中ΦN ψ=称为磁链． 解 线圈中总的感应电动势())V (π100cos 51.2d d t tΦN =-=ξ 当s 100.12-⨯=t 时，V 51.2=ξ．12－7 载流长直导线中的电流以tI d d 的变化率增长.若有一边长为d 的正方形线圈与导线处于同一平面内，如图所示.求线圈中的感应电动势.分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律tΦd d -=ξ，来求解.由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用⎰⋅=SS B Φd 来计算.为了积分的需要，建立如图所示的坐标系.由于B 仅与x 有关，即B =B (x )，故取一个平行于长直导线的宽为d x 、长为d 的面元d S ，如图中阴影部分所示，则d S =d d x ，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元d S =d x d y ，则上述积分实际上为二重积分）.本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式 tI M d d -=ξ求解. 解1 穿过面元d S 的磁通量为x d x I S B Φd π2d d 0μ=⋅=因此穿过线圈的磁通量为2ln π2d π2d 200⎰⎰===d d Id x x Id ΦΦμμ再由法拉第电磁感应定律，有 tI d t Φd d 21ln π2d d 0）（μξ=-= 解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为2ln π20dI Φμ=线圈与两长直导线间的互感为 2ln π20d I ΦM μ== 当电流以tI d d 变化时，线圈中的互感电动势为 tI d t I M d d 21ln π2d d 0）（μξ=-=题 12-7 图12－8 有一测量磁感强度的线圈，其截面积S ＝4.0 cm 2 、匝数N ＝160 匝、电阻R ＝50Ω．线圈与一内阻R i ＝30Ω的冲击电流计相连．若开始时，线圈的平面与均匀磁场的磁感强度B 相垂直，然后线圈的平面很快地转到与B 的方向平行．此时从冲击电流计中测得电荷值54.010C q -=⨯．问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少？分析 在电磁感应现象中，闭合回路中的感应电动势和感应电流与磁通量变化的快慢有关，而在一段时间内，通过导体截面的感应电量只与磁通量变化的大小有关，与磁通量变化的快慢无关．工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱．解 在线圈转过90°角时，通过线圈平面磁通量的变化量为NBS NBS ΦΦΦ=-=-=0Δ12 因此，流过导体截面的电量为ii R R NBS R R Φq +=+=Δ 则 ()T 050.0=+=NS R R q B i 12－9 如图所示，一长直导线中通有I ＝5.0 A 的电流，在距导线9.0 cm 处，放一面积为0.10 cm 2 ，10匝的小圆线圈，线圈中的磁场可看作是均匀的．今在1.0 ×10－2s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处．求：（1） 线圈中平均感应电动势；（2） 设线圈的电阻为1.0×10－2Ω，求通过线圈横截面的感应电荷．题 12-9 图分析 虽然线圈处于非均匀磁场中，但由于线圈的面积很小，可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的，因而可近似用NBS ψ=来计算线圈在始、末两个位置的磁链．解 （1） 在始、末状态，通过线圈的磁链分别为1011π2r IS μN S NB ψ==,2022π2r IS μN S NB ψ== 则线圈中的平均感应电动势为V 1011.111πΔ2ΔΔ8210-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==r r t IS N t μψξ 电动势的指向为顺时针方向．（2） 通过线圈导线横截面的感应电荷为C 101.11821-⨯=∆=-=t RR q ξψψ 12－10 如图（ａ）所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高？题 12-10 图分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由t ΦE d d -=求解外（必须设法构造一个闭合回路），还可直接用公式()l B d ⋅⨯=⎰l E v 求解．在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元ｄl 上的动生电动势()l B d d ⋅⨯=v E .在一般情况下，上述各量可能是ｄl 所在位置的函数．矢量（v ×B ）的方向就是导线中电势升高的方向．解1 如图（ｂ）所示，假想半圆形导线O P 在宽为2R 的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路．设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或端点P 距 形导轨左侧距离为x ，则B R Rx Φ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2π212 即B R tx RB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-= 由于静止的 形导轨上的电动势为零，则E ＝－2R v B ．式中负号表示电动势的方向为逆时针，对OP 段来说端点P 的电势较高．解2 建立如图（c ）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元ｄl ，则()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B vB R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰- 由矢量（v ×B ）的指向可知，端点P 的电势较高．解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路．由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量==BS Φ常数.由法拉第电磁感应定律tΦE d d -=可知，E ＝0又因 E ＝E OP ＋E PO即 E OP ＝－E PO ＝2R v B由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势．上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法．12－11 长为L 的铜棒，以距端点r 处为支点，以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B 的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差．题 12-11 图分析 应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同．在开路时，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）．本题可直接用积分法求解棒上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作是O A 棒与O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而E O A 和E O B 则可以直接利用第12－2 节例1 给出的结果．解1 如图（ａ）所示，在棒上距点O 为l 处取导体元ｄl ，则()()r L lB ωl lB ωE L-r r AB AB 221d d --=-=⋅⨯=⎰⎰-l B v 因此棒两端的电势差为()r L lB ωE U AB AB 221--== 当L ＞2r 时，端点A 处的电势较高解2 将AB 棒上的电动势看作是O A 棒和O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中221r ωB E OA =,()221r L B ωE OB -= 则 ()r L BL ωE E E OB OA AB 221--=-= 12－12 如图所示，长为L 的导体棒OP ，处于均匀磁场中，并绕OO ′轴以角速度ω旋转，棒与转轴间夹角恒为θ，磁感强度B 与转轴平行．求OP 棒在图示位置处的电动势．题 12-12 图分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律tΦE d d -= 计算（此时必须构造一个包含OP 导体在内的闭合回路， 如直角三角形导体回路OPQO ），也可用()l B d ⋅⨯=⎰lE v 来计算．由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的．解1 由上分析，得()l B d ⋅⨯=⎰OP OP E vl αB lo d cos 90sin ⎰=v ()()l θB θωl o d 90cos sin ⎰-=l ()⎰==L L B l l B 022sin 21d sin θωθω 由矢量B ⨯v 的方向可知端点P 的电势较高．解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势QO PQ OP E E E tΦE ++==-=0d d 显然，E QO ＝0，所以 ()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-=2)sin (21θωL B = 由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效．12－13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速12.0m s -=⋅v 平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40 A ．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？。
大学物理1-10章答案
第一章例题 1D ； 2D ； 3C4答：(1)、(3)、(4)是不可能的 5 3/30Ct +v 400121Ct t x ++v 6 x = (y -3)2 7 17m/s 2 104o练习1 、16 R t 2； 4 rad /s 22解：设质点在x 处的速度为v ， 62d d d d d d 2x txx t a +=⋅==v v ()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v()2 213x x +=v 3解：(1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2 v (2) =-6 m/s (3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m 4解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t⎰⎰=vv 00d 4d tt tv 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2t t x tx x d 2d 020⎰⎰=x 2= t 3/3+x 0 (SI) 5解：根据已知条件确定常量k ()222/rad 4//sRtt k ===v ω24t =ω, 24Rt R ==ωvs t 1=时， v = 4Rt 2 = 8 m/s 2s /168/m Rt dt d a t ===v 22s /32/m R a n ==v()8.352/122=+=nt a a a m/s 26解：(1) 球相对地面的初速度 =+='v v v 030 m/s 1分抛出后上升高度 9.4522='=gh v m/s 1分 离地面高度 H = (45.9+10) m =55.9 m 1分(2) 球回到电梯上时电梯上升高度＝球上升高度 2021)(gt t t -+=v v v 1分 08.420==gt v s 7如图所示，取沿地面方向的轴为ox 轴。
人从路灯正下方点o 开始运动，经时间t 后其位置为vt oA x ==，而人头顶影子的位置为x '。
理论力学知到章节答案智慧树2023年苏州大学
理论力学知到章节测试答案智慧树2023年最新苏州大学绪论单元测试1.下列说法中，哪些是正确的？（）。
参考答案:理论力学是研究物体机械运动一般规律的科学。
它研究的内容属于经典力学的范畴。
;运动学只从几何的角度来研究物体的运动，而不研究引起物体运动的物理原因。
;动力学研究受力物体的运动与作用力之间的关系。
;静力学主要研究受力物体平衡时作用力所应满足的条件；同时也研究物体受力的分析方法，以及力系简化的方法等。
第一章测试1.图示各杆自重不计，以下四种情况中，哪一种情况的BD杆不是二力构件？（）。
参考答案:2.图示无重直角刚杆ACB，B端为固定铰支座，A端靠在一光滑半圆面上，以下四图中哪一个是ACB杆的正确受力图？（）。
参考答案:3.下列说法中，哪些是正确的？（）。
参考答案:若要将作用力沿其作用线移动到其它点而不改变它的作用，则其移动范围必须在同一刚体内。
;力的平行四边形法则中的两个分力和它们的合力的作用范围必须在同一个物体的同一点上。
;作用与反作用定律对任何宏观物体和物体系统都适用。
4.受二力作用而平衡的物体上所受的两个力一定是等值、反向、共线的。
（）参考答案:对5.若作用在刚体上的三个力的作用线汇交于同一个点，则该刚体必处于平衡状态。
（）参考答案:错第二章测试1.构件尺寸如图（单位m），不计各杆件自重，载荷F=60kN。
则杆BD的内力为（）。
参考答案:100kN，压2.图示桁架受到大小均为F 的三个力作用，则杆1、2、3的内力大小依次为（）。
参考答案:0,F ,03.图示四个力F1、F2、F3、F4，下列它们在y轴上投影的计算式中，哪些是正确的？（）参考答案:;4.力偶可以在其作用面内任意旋转和平移而不改变其对物体的作用效果。
（）参考答案:对5.若某物体受一平面力系作用而平衡，则可根据此力系的平衡条件列出三个平衡方程，从而可以求解出三个未知量。
（）参考答案:错第三章测试1.一棱长为a的正方体定角上，作用有六个大小均等于F的力F i，它们的方向如图，该力系简化的结果是（）。
大学物理课后答案解析第十一章
第十一章 机械振动一、基本要求1．掌握简谐振动的基本特征，学会由牛顿定律建立一维简谐振动的微分方程，并判断其是否谐振动。
2. 掌握描述简谐运动的运动方程)cos(0ϕω+=t A x ，理解振动位移，振幅，初位相，位相，圆频率，频率，周期的物理意义。
能根据给出的初始条件求振幅和初位相。
3. 掌握旋转矢量法。
4. 理解同方向、同频率两个简谐振动的合成规律，以及合振动振幅极大和极小的条件。
二、基本内容1. 振动 物体在某一平衡位置附近的往复运动叫做机械振动。
如果物体振动的位置满足)()(T t x t x +=，则该物体的运动称为周期性运动。
否则称为非周期运动。
但是一切复杂的非周期性的运动，都可以分解成许多不同频率的简谐振动（周期性运动）的叠加。
振动不仅限于机械运动中的振动过程，分子热运动，电磁运动，晶体中原子的运动等虽属不同运动形式，各自遵循不同的运动规律，但是就其中的振动过程讲，都具有共同的物理特征。
一个物理量，例如电量、电流、电压等围绕平衡值随时间作周期性（或准周期性）的变化，也是一种振动。
2. 简谐振动 简谐振动是一种周期性的振动过程。
它可以是机械振动中的位移、速度、加速度，也可以是电流、电量、电压等其它物理量。
简谐振动是最简单，最基本的周期性运动，它是组成复杂运动的基本要素，所以简谐运动的研究是本章一个重点。
（1）简谐振动表达式)cos(0ϕω+=t A x 反映了作简谐振动的物体位移随时间的变化遵循余弦规律，这也是简谐振动的定义，即判断一个物体是否作简谐振动的运动学根据。
但是简谐振动表达式更多地用来揭示描述一个简谐运动必须涉及到的物理量A 、ω、0ϕ（或称描述简谐运动的三个参量），显然三个参量确定后，任一时刻作简谐振动的物体的位移、速度、加速度都可以由t 对应地得到。
)2cos()sin(00πϕωωϕωω++=+-=t A t A v)cos()cos(0202πϕωωϕωω±+=+-=t A t A a（2）简谐运动的动力学特征为：物体受到的力的大小总是与物体对其平衡位置的位移成正比、而方向相反，即kx F -=，它是判定一个系统的运动过程是否作简谐运动的动力学根据，只要受力分析满足动力学特征的，毫无疑问地系统的运动是简谐运动。
苏州苏州大学实验学校人教版初中物理八年级下册第十一章综合阶段练习(答案解析)
一、选择题1．下列实例中，人或机械对物体做功的是（）甲：小车在推力作用下前进一段距离乙：起重机把物体在空中平移一段距离丙：搬石头，搬而未起丁：物体在拉力作用下升高一段距离A．甲和乙B．甲和丁C．乙和丙D．丙和丁B解析：B甲图：推着小车前进，人对小车有推力的作用，小车在推力的方向上通过了距离，所以推力对小车做了功；乙图：起重机把物体在空中平移一段距离，此过程中，拉力与距离的方向垂直，故拉力没有做功；丙图：人用力搬石头但没有搬动，有力作用在石头上，但石头没有通过距离，故力对物体没有做功；丁图：绳子对物体有向上的拉力，物体在拉力的方向上通过了距离，所以拉力对物体做了功；综上所述，做了功的是甲和丁，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
2．如图所示，一辆在水平路面上匀速行驶的洒水车正在洒水作业，关于该洒水车，下列说法正确的是（）A．机械能不变，重力势能不变B．机械能不变，动能变小C．机械能变小，动能不变D．机械能变小，重力势能和动能都变小D 解析：D匀速行驶的洒水车，其速度、离地面的高度不变，但质量在减小，所以动能变小，重力势能变小，机械能变小，故ABC错误，D正确。
故选D。
3．下列情况下，小桂对物理课本做了功的是（）A．阅读静止在桌面上的物理课本B．水平推物理课本，但未推动C．物理课本自由下落的过程D．将物理课本从地面捡起的过程D解析：DA．物理课本没有移动距离，故不做功，故A选项不符合题意；B．水平推物理课本，但未推动，没有在力的方向上移动距离，故为劳而无功，故B选项不符合题意；C．物理课本自由下落的过程，小桂没有力作用在物理书上，故C选项不符合题意；D．将物理课本从地面捡起的过程，在力的方向上移动了距离，故做了功，故D选项符合题意。
故选D。
4．2014年12月7日“长征四号乙”运载火箭在太原卫星发射中心执行中巴地球资源卫星04星的发射任务，关于卫星加速上升的过程中，下列说法正确的是（）A．动能变小，势能变大，机械能保持不变B．动能变大，势能变小，机械能保持不变C．动能变小，势能变大，机械能变大，内能转化为机械能D．动能变大，势能变大，机械能变大，内能转化为机械能D解析：D卫星加速上升的过程中，速度越大，动能越大；高度越高，势能越大，机械能为动能与势能的总和，所以机械能变大，火箭的机械能是由内能转化而来的。
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第十章习题解答10-1解：（1）铜导线单位体积内的原子数为:A molN n M ρ=由 d j env = ，得41/ 4.4610.d v j en m s --==⨯（2）由v =，得 82.4210dvv =⨯ 10-2 解：215.92Ij A m rLμπ-==⋅ 10-3解：设两导线在场点产生的磁场分别为12, B B ,则该场点的总磁场为12=+B B B 对C 点：00C 00=022I IB r r μμππ-= 对D点：4=2 2.010T 4D B π-=⨯,方向沿水平向左。
10-4解：两直导线在圆心产生的磁场均为0。
如图设两圆弧 中的电流分别为I 1和I 2、长度分别为l 1和l 2，各自在圆 心产生的磁场分别为12, B B ，于是I 1和I 2在圆心产生 的总磁场为01021212=2222I I l l B B -B R RR Rμμππ=⋅-⋅由于I 1和I 2之电路呈并联，故1122I l I l =，于是B =010-5 解：00O =22IIB RRμμπ-方向垂直纸面向里。
10-6解：现将半球面分割成无数薄圆片，则任一薄圆片均可等效为一个圆电流，由于每个薄圆片上的电流在球心O 点产生的磁感强度方向一致，则球心O 的磁感强度为B dB =⎰任一薄圆片中的电流为 22NN I d I I d N R d I dR /==⋅θ⋅=θππ该圆电流在球心O 处激发的磁场为2022322y dB dI (x y )μ=+球心O 处总的磁感强度B 为2202232022y I NB d (x y )πμ=⋅θ+π⎰由图可知x Rcos =θ；y R sin =θ，得 220004NI NIB sin d R Rπμμ=θθ=π⎰磁感强度B 的方向由电流的流向根据右手定则确定。
10-7解：如图，对应于宽为dl 的窄条无限长直导线中的电流为：θπθππd d d d I R R I l R I I ===它在O 点产生的磁感应强度00d d d 22I IB R R μμθπππ==⋅ sin x dB dB θ=-，cos y dB dB θ=由对称性可知：⎰=0d yB所以O 点产生的磁感应强度00220d sin d 2x I IB B R Rπμμθθππ==-=-⎰⎰代入数据得：41.2710T B -=-?，方向沿x 轴的负方向(教材中为正方向)。
10-8解：0.12 Wb 00.12 Wbabcd befc aefd ΦΦΦ=-==10-9解：以r 为半径作一圆周（虚线），沿此圆周的安培环路定理为02i iB dl B rI p m ??åòvv Ñ2222()=()i ir a I I b a p p --å于是，22022()=2()I r a B b a rm p --得证。
10-10解：过场点以r 为半径作一圆周，以此圆周为积分路径，应用安培环路定理（1）r a <，21022r B dlB rI ap p m p ??òvv Ñ 得：0122IB r am p =（2）a r b <<，202B r I p m ?得：022IB rm p =（3）b r c <<，223022()2[]()r b B rI I c b p p m p -?-- 得：220322()2()I c r B r c b m p -=-（4）c r <，420B r p ?得：40B =10-11解：根据场强叠加原理，场点的磁场可看成是大实心圆柱体产生的磁场减去小实心圆柱体产生的磁场。
（1）对O 点，大实心圆柱体的磁场为0，而小实心圆柱体产生的磁场为002iI B aμπ=∑， 由于222()ir I IR r ππ=-∑200222()Ir B a R r μπ=-此即为O 点的磁场。
（2）对O’点，小实心圆柱体的磁场为0，而大实心圆柱体的磁场为002iI B aμπ'=∑，222()ia I IR r ππ=-∑00222()IaB R r μπ'=-此即为O ’点的磁场。
10-12解:取一矩形回路CDEF ，其中CD 段在圆筒内且沿轴线方向，00i iB dl B CDI CD i m m ??=鬃åòv v Ñ得：0B i μ=方向为轴线方向。
10-13解:电子圆周运动形成圆形电流I2/2e evI a v aππ==则，0021324I evB T a a μμπ===22429.2102evm IS a A m a ππ-===⨯⋅10-14解：在距离导线中心轴线为x 处，作一个单位长窄条，如图，其面积为dS . dS l dx =（1l =） 窄条处的磁感应强度为022Ix B Rμ=⋅π所以通过d S 的磁通为02d d 2Ixd B S x Rμφ==π则通过平面S 的磁通量为φ0020d d 24RIIx x R μμφ=φ==ππ⎰⎰代人数据得：7510Wb -Φ=⨯ 10-15 解：（1）50123211[]2102(/2)(/2)I B T r r r r μπ-=+=⨯++ 方向垂直纸面向外。
（2）从I 1开始与之垂直向I 2取x 轴，在阴影部分的x 处取一面积元dS, dS=ldx,则121600[] 1.11022()r r r I Ildx Wb x d x μμππ+-Φ=+=⨯-⎰10-16解：当线圈磁矩与磁场方向成一小角θ时，线圈所受力矩为2sin M mB mB NIa B θθθ=≈=由转动定律：22d M J dt θ=-得：2222d NIa Bdt Jθθωθ=-=-于是，22T πω==10-17解：在平衡情况下，线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对OO ＇轴而言)． 重力矩 αραρsin sin 2121gSa a a gS a M +⋅= αρsin 22g Sa =磁力矩 ααcos )21sin(222B Ia BIa M =-π=平衡时 21M M = 所以 222Sa g sin Ia B cos ραα= 3293510B S g tg /I .T ρα-=≈⨯ 10-18解：（1）401222102CD CD I I bF B I b N dμπ-===⨯ 方向垂直导线向左 501222102FE EF I I bF B I b N (d a )μπ-===⨯+ 方向垂直导线向右50120122231022d ad aCF d d I I I I d aF BI dx dx ln .N x dμμππ++-+====⨯⎰⎰方向垂直导线向上同理 5012223102d a ED d I I d aF BI dx ln.N dμπ+-+===⨯⎰ 方向垂直导线向下 （2）41.810CD EF F F F N -=-=⨯ 方向向左M =010-19解：设离子经加速电场后以速度v 进入磁场，则212eU mv =由，2mv qvB R =，2x R = 得：228B q m x U= 10-20解: （1）根据B v f ⨯=q 可判断出电子束将偏向东（2）212k E mv =v =由 2v q v Bm R= 得 6.71R m =则32.9810x R m -∆==⨯10-21解:在圆盘面上取宽度为 dr 的细圆环，其可等效成一圆电流dI2rdrdI Tσπ=，2T πω=其磁矩为23dm r dI r dr ππσω==圆盘受到的磁力矩为434RR BM Bdm Br dr πσωπσω===⎰⎰10-22解:（1）电子作螺旋运动的回旋半径为e m v R eB⊥=，则 67.0310/eeRBv m s m ⊥==⨯ 而 62.810/2eh heB v m s T m π===⨯ 于是电子速度大小为： 67.5710/v m s ==⨯(2)磁场方向为沿螺旋轴线方向。
10-23解:(1)21.1410e m vR m eB ==⨯ (2) 2.27e m vR m eB==10-24 解: （1）31.010/H UE V m b-==⨯ 由H evB eE = 得 46.6710/HE v m s B-==⨯ （2）2932.8110In m qvbd-==⨯(注：31.010d cm -=⨯) 10-25 解:qvB qE =10.63/E U v m s B d B==⋅= 10-26 解:以轴线为中心以r 为半径作圆周为积分路径，由H dl I ⋅=∑⎰，有2H dl H r I π⋅=⋅=∑⎰(1)1r R <， 221r I I R ππ=∑得 1212IrH R π=011212IrB H R μμπ==（1r μ=） 11(1)0r M H μ=-=(2) 21R r R >>,I I =∑22I H rπ=0222r IB H rμμμπ==22(1)(1)2r r I M H rμμπ=-=-（3）32R r R >>,2222232()[1]()r R I I R R ππ-=--∑ 22332232()2()R r IH r R R π-=- 220332232()2()R r IB r R R μπ-=- （1r μ=） 30M =(4) 3r R >,0I =∑40B = 40M =10-27 解:1400NH nI I A m l-===⋅ 0 2.12r B H H T μμμ===10-28 解: 4110NH nI I A m l-===⋅ 5103.8810BM H A m μ-=-=⨯⋅039.8r BHμμ==第十一章习题解答11-1解：2BS B r πΦ==20.157i d drB r V dt dtεπΦ=-=⋅= 11-2解：21cos 2BS Br t πωΦ==211sin 2d B r I t R dt R πωωΦ=-⋅=⋅22max r fBI Rπ=11-3解：由法拉第电磁感应定律可知感应电动势大小td d Φε=, t R R i d d 1Φε== 而由 t q i d d = 可得 Φd 1d d Rt i q ==⎰⎰=Q R q 0d 1d φΦΦRQ 1=所以Φ 的大小为 RQ Φ=因 2N r B =Φπ ∴ 20.1T RQB r Nπ==11-4解：此半圆形导线中的电动势大小等于直径CD 中的电动势大小，即 2RBv ε= D 段电势高。
11-5 解：012IB d μπ=112IvbvbB dμεπ== 022()IB d a μπ=+0222()IvbvbB d a μεπ==+801211() 3.2102Ivb V d d aμεεεπ-=-=-=⨯+ 方向顺时针。