大学物理第七章
大学物理第七章习题及答案
第七章 振动学基础一、填空1．简谐振动的运动学方程是 。
简谐振动系统的机械能是 。
2．简谐振动的角频率由 决定，而振幅和初相位由 决定。
3.达到稳定时，受迫振动的频率等于 ，发生共振的条件 。
4．质量为10-2㎏的小球与轻质弹簧组成的系统，按20.1cos(8)3x t ππ=-+的规律做运动，式中t 以s 为单位，x 以m 为单位，则振动周期为 初相位 速度最大值 。
5．物体的简谐运动的方程为s ()x A in t ωα=-+，则其周期为 ，初相位6．一质点同时参与同方向的简谐振动，它们的振动方程分别为10.1cos()4x t πω=+，20.1cos()4x t πω=-，其合振动的振幅为 ，初相位为 。
7．一质点同时参与两个同方向的简谐振动，它们的振动方程分别为)4cos(06.01πω+=t x ，250.05cos()4x t πω=+，其合振动的振幅为 ，初相位为 。
8．相互垂直的同频率简谐振动，当两分振动相位差为0或π时，质点的轨迹是 当相位差为2π或32π时，质点轨迹是 。
二、简答1．简述弹簧振子模型的理想化条件。
2．简述什么是简谐振动，阻尼振动和受迫振动。
3．用矢量图示法表示振动0.02cos(10)6x t π=+,(各量均采用国际单位).三、计算题7.1 质量为10×10-3㎏的小球与轻质弹簧组成的系统，按X=0.1cos （8πt+2π/3）的规律做运动，式中t 以s 为单位，x 以m 为单位，试求：（1）振动的圆频率，周期，初相位及速度与加速度的最大值；（2）最大恢复力，振动能量；（3）t=1s ，2s ，5s ，10s 等时刻的相位是多少？（4）画出振动的旋转矢量图，并在图中指明t=1s ，2s ，5s ，10s 等时刻矢量的位置。
7.2 一个沿着X 轴做简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，其振动方程用余弦函数表示，如果在t=0时刻，质点的状态分别为：（1）X 0=-A ；（2）过平衡位置向正向运动；（3）过X=A/2处向负向运动；（4）过X=2A处向正向运动。
(完整版)大学物理学(课后答案)第7章
第七章课后习题解答一、选择题7-1 处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们[ ](A) 温度，压强均不相同 (B) 温度相同，但氦气压强大于氮气的压强 (C) 温度，压强都相同 (D) 温度相同，但氦气压强小于氮气的压强分析：理想气体分子的平均平动动能32k kT ε=，仅与温度有关，因此当氦气和氮气的平均平动动能相同时，温度也相同。
又由理想气体的压强公式p nkT =，当两者分子数密度相同时，它们压强也相同。
故选（C ）。
7-2 理想气体处于平衡状态，设温度为T ，气体分子的自由度为i ，则每个气体分子所具有的[ ](A) 动能为2i kT (B) 动能为2iRT(C) 平均动能为2i kT (D) 平均平动动能为2iRT分析：由理想气体分子的的平均平动动能32k kT ε=和理想气体分子的的平均动能2ikT ε=，故选择（C ）。
7-3 三个容器A 、B 、C 中装有同种理想气体，其分子数密度n 相同，而方均根速率之比为()()()1/21/21/222::2A B Cv v v =1:2:4，则其压强之比为A B C p :p :p[ ](A) 1:2:4 (B) 1:4:8 (C) 1:4:16 (D) 4:2:1=，又由物态方程p nkT =，所以当三容器中得分子数密度相同时，得123123::::1:4:16p p p T T T ==。
故选择（C ）。
7-4 图7-4中两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线。
如果()2p O v 和()2p H v 分别表示氧气和氢气的最概然速率，则[ ](A) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /4v v =(B) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /1/4v v =(C) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /1/4v v =(D) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /4v v =分析：在温度相同的情况下，由最概然速率公式p ν=质量22H O M M <，可知氢气的最概然速率大于氧气的最概然速率，故曲线a 对应于氧分子的速率分布曲线。
大学物理答案第7～8章
第七章 真空中的静电场7－1 在边长为a 的正方形的四角,依次放置点电荷q,2q,-4q 和2q,它的几何中间放置一个单位正电荷,求这个电荷受力的大小和偏向.解：如图可看出两2q 的电荷对单位正电荷的在感化力 将互相抵消,单位正电荷所受的力为)41()22(420+=a q F πε＝,2520a qπε偏向由q 指向-4q.7－2 如图,平均带电细棒,长为L,电荷线密度为λ.（1）求棒的延伸线上任一点P 的场强;(2)求经由过程棒的端点与棒垂直上任一点Q 的场强.解：（1）如图7－2 图a,在细棒上任取电荷元dq,树立如图坐标,dq ＝λd ξ,设棒的延伸线上任一点P 与坐标原点0的距离为x ,则2020)(4)(4ξπεξλξπεξλ-=-=x d x d dE则整根细棒在P 点产生的电场强度的大小为 )11(4)(40020xL x x d E L--=-=⎰πελξξπελ＝)(40L x x L-πελ偏向沿ξ轴正向.（2）如图7－2 图b,设经由过程棒的端点与棒垂直上任一点Q 与坐标原点0的距离为y204r dxdE πελ=θπελcos 420rdxdE y =, θπελsin 420r dxdE x =因θθθθcos ,cos ,2yr d ydx ytg x ===,习题7－1图dqξd ξ习题7－2 图axdx习题7－2 图by代入上式,则)cos 1(400θπελ--=y ＝)11(4220Ly y+--πελ,偏向沿x 轴负向.θθπελθd ydE E y y ⎰⎰==000cos 4 00sin 4θπελy =＝2204Ly y L+πελ7－3 一细棒弯成半径为R 的半圆形,平均散布有电荷q,求半圆中间O 处的场强. 解：如图,在半环上任取d l =Rd θ的线元,其上所带的电荷为dq=λRd θ.对称剖析E y =0.θπεθλsin 420R Rd dE x =⎰⎰==πθπελ0sin 4R dE E xR02πελ= 2022R q επ=,如图,偏向沿x 轴正向.7－4 如图线电荷密度为λ1的无穷长平均带电直线与另一长度为l .线电荷密度为λ2的平均带电直线在统一平面内,二者互相垂直,求它们间的互相感化力.解：在λ2的带电线上任取一dq,λ1的带电线是无穷长,它在dq 处产生的电场强度由高斯定理轻易得到为,xE 012πελ=两线间的互相感化力为θθπελθd y dE E x x ⎰⎰-=-=0sin4x习题7－3图λ1 习题7－4图⎰⎰==x dx dF F 0212πελλ⎰=la x dx 0212πελλ,ln 2021ala +πελλ如图,偏向沿x 轴正向. 7－5 两个点电荷所带电荷之和为Q,问它们各带电荷若干时,互相感化力最大？ 解：设个中一个电荷的带电量是q,另一个即为Q －q,若它们间的距离为r,它们间的互相感化力为204)(rq Q q F πε-=互相感化力最大的前提为04220=-=r qQ dq dF πε 由上式可得：Q=2q,q=Q/27－6 一半径为R 的半球壳,平均带有电荷,电荷面密度为σ,求球心处电场强度的大小. 解：将半球壳细割为诸多细环带,其上带电量为θθπσθπσd R rRd dq sin 222==dq 在o 点产生的电场据（7－10）式为304R ydqdE πε=,θcos R y =θθπεθπσπd R R dE E cos 4sin 200303⎰⎰==)(sin sin 200θθεσπd ⎰=20202sin 2πθεσ=4εσ=.如图,偏向沿y 轴负向. 7－7 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面临称轴平行,盘算经由过程此半球面电场强度的通量.习题7－6图成为闭合曲面高斯,对此高斯曲面电通量为0, 即021=⋅+⋅=⋅⎰⎰⎰S S SS d E S d E S d E2211R E S d E S d E S S S π-=⋅-=⋅=ψ⎰⎰7－8 求半径为R,带电量为q 的空心球面的电场强度散布.解： 因为电荷散布具有球对称性,因而它所产生的电场散布也具有球对称性,与带电球面齐心的球面上各点的场强E 的大小相等,偏向沿径向.在带电球内部与外部区域分离作与带电球面齐心的高斯球面S 1与S 2.对S 1与S 2,运用高斯定理,即先盘算场强的通量,然后得出场强的散布,分离为04d 21==⋅=⎰r E S πψS E得 0=内E （r<R ）24d 2επψqr E S ==⋅=⎰S Errˆ204q πε=外E (r>R) 7－9 如图所示,厚度为d 的“无穷大”平均带电平板,体电荷密度为ρ,求板表里的电场散布.解:带电平板平均带电,在厚度为d/2的等分街面上电场强度为零,取坐标原点在此街面上,树立如图坐标.对底面积为A,高度分离为x <d/2和x >d/2的高斯曲面运用高斯定理,有d ρψAxEA ==⋅=⎰S E r习题7－18图2d 2ερψd A EA S ==⋅=⎰S E)2( 202d x i d E > ερ＝7－10 一半径为R 的无穷长带电圆柱,其体电荷密度为)(0R r r ≤=ρρ,ρ0为常数.求场强散布.解： 据高斯定理有⎰⎰==⋅VSdV rl E S d E ρεπ012R r ≤时：⎰'''=rr ld r r krl E 022πεπ⎰''=rr d r lk202επ=rl E π23230r lk επn e kr E 023ε=→R r >时：⎰'''=Rr ld r r krl E 022πεπ⎰''=Rr d r lk202επ=rl E π23230R lk επn e rkR E 033ε=→7－11 带电为q.半径为R 1的导体球,其外齐心肠放一金属球壳,球壳内.外半径为R 2.R 3. （1）球壳的电荷及电势散布;（2）把外球接地后再绝缘,求外球壳的电荷及球壳表里电势散布; （3）再把内球接地,求内球的电荷及外球壳的电势. 解：（1）静电均衡,球壳内概况带－q,外概况带q 电荷. 据（7－23）式的结论得：),)(111(4132101R r R R R q V ≤+-=πε );)(111(212R r R qV ≤≤+-=习题7－10图r),(432303R r R R q V ≤≤=πε).(4304R r rq V ≥=πε （2）),)(11(412101R r R R q U ≤-=πε );)(11(421202R r R R r qV ≤≤-=πε),(0323R r R V ≤≤=).(034R r V >>= （3）再把内球接地,内球的电荷及外球壳的电荷从新散布设静电均衡,内球带q /,球壳内概况带－q /,外概况带q /－q.),)((41132101R r R q q R q R q V ≤-'+'-'=πε 得：21313221R R R R R R qR R q +-='=-'=3034R qq V πε)(4)(213132021R R R R R R q R R +--πε)(32R r R ≤≤ 7－12 一平均.半径为R 的带电球体中,消失一个球形空腔,空腔的半径r(2r<R),试证实球形空腔中随意率性点的电场强度为匀强电场,其偏向沿带电球体球心O 指向球形空腔球心O /. 证实：运用补缺法,此空腔可视为同电荷密度的一个完全的半径为R 的大球和一个半径为r 与大球电荷密度异号完全的小球构成,两球在腔内随意率性点P 产生的电场分离据〔例7－7〕成果为03ερ11r E =, 03ερ22r E -= E =E 1+E 2=03ερ1r 03ερ2r - o o '=3ερ上式是恒矢量,得证.习题7－12图7－13 一平均带电的平面圆环,内.外半径分离为R 1.R 2,且电荷面密度为σ.一质子被加快器加快后,自圆环轴线上的P 点沿轴线射向圆心O.若质子到达O 点时的速度正好为零,试求质子位于P 点时的动能E K .（已知质子的带电量为e,疏忽重力的影响,OP=L ）解：圆环中间的电势为⎰=210042R R r rdr V πεπσ )(2120R R -=εσ圆环轴线上p 点的电势为⎰+=2122042R R P Lr rdrV πεπσ)(22221222022021L R L R L r R R +-+=+=εσεσ质子到达O 点时的速度正好为零有k P E E E +=0p k E E E -=→0 p k eV eV E -=0=210()2e R R σε=-02e σε-210(2e R R σε=- 7－14 有一半径为R 的带电球面,带电量为Q,球面外沿直径偏向上放置一平均带电细线,线电荷密度为λ,长度为L （L>R ）,细线近端离球心的距离为L.设球和细线上的电荷散布固定,试求细线在电场中的电势能.解：在带电细线中任取一长度为dr 的线元,其上所带的电荷元为dq=λdr,据（7－23）式带电球面在电荷元处产生的电势为rQ V 04πε=电荷元的电势能为: rdrQ dW 04πελ=细线在带电球面的电场中的电势能为：习题7－13图r习题7－14图===⎰⎰LLr dr Q dW W 204πελ2ln 40πελQ*7－15 半径为R 的平均带电圆盘,带电量为Q.过盘心垂直于盘面的轴线上一点P 到盘心的距离为L.试求P 点的电势并运用电场强度与电势的梯度关系求电场强度.解：P 到盘心的距离为L,p 点的电势为⎰+=RP Lr rdrV 022042πεπσ)(222220220L L R L r R -+=+=εσεσ 圆盘轴线上随意率性点的电势为⎰+=Rxr rdrx V 022042)(πεπσ)(22222200220x x R RQ x r R -+=+=πεεσ运用电场强度与电势的梯度关系得：i x R xR Q i dx dV x E)1(2)(22220+-=-=πε P 到盘心的距离为L,p 点的电场强度为：i L R LR Q L E)1(2)(22220+-=πε7－16 两个齐心球面的半径分离为R 1和R 2,各自带有电荷Q 1和Q 2.求：（1）各区城电势散布,并画出散布曲线;（2）两球面间的电势差为若干？解：（1）据（7－23）式的结论得各区城电势散布为),( )(411221101R r R Q R Q V ≤+=πε );( )1(41212102R r R R r Q V ≤≤+=πε ).( 420213R r rQ Q V ≥+=πε（2）两球面间的电势差为p习题7－15图习题7－16图==⎰dr rQ V R R 21201124πε )11(42101R R Q -πε 7－17 一半径为R 的无穷长带电圆柱,其内部的电荷平均散布,电荷体密度为ρ,若取棒概况为零电势,求空间电势散布并画出电势散布曲线. 解： 据高斯定理有R r ≤时：22ερππl r rl E S d E S==⋅⎰ n e r E 02ερ=→ R r =时,V=0,则 R r ≤时：⎰=R r rdr V 02ερ)(4220r R -=ερR r >时：022ερππlR rl E S d E S==⋅⎰ n e r R E 022ερ=→ ⎰=Rrr dr R V 022ερrR R ln 202ερ= 空间电势散布并画出电势散布曲线大致如图.7－18 两根很长的同轴圆柱面半径分离为R 1.R 2,带有等量异号的电荷,两者的电势差为U,求：（1）圆柱面单位长度带有若干电荷？（2）两圆柱面之间的电场强度.解：设圆柱面单位长度带电量为λ,则两圆柱面之间的电场强度大小为E λ=习题7－10图r由上式可得：120ln 2R R U=πελ 所以n e r E 02πελ=)( ln 2112R r R e rR R Un <<⋅= 7－19 在一次典范的闪电中,两个放电点间的电势差约为109V,被迁徙的电荷约为 30库仑,假如释放出来的能量都用来使00C 的冰熔化成00C 的水,则可熔化若干冰?（冰的熔 ×105J ﹒kg -1)解：两个放电点间的电势差约为109V,被迁徙的电荷约为30库仑,其电势能为J W p 91030⨯=上式释放出来的能量可熔化冰的质量为：=⨯⨯=∆591034.31030m ×104kg 7－20 在玻尔的氢原子模子中,电子沿半径为a 的玻尔轨道上绕原子核作圆周活动.（1）若把电子从原子中拉出来须要战胜电场力作若干功?（2）电子在玻尔轨道上活动的总能量为若干？解：电子沿半径为a 的玻尔轨道上绕原子核作圆周活动,其电势能为aeeW p 04πε-=（1）把电子从原子中拉出来须要战胜电场力作功为：ae W W p 024πε=-=外（2）电子在玻尔轨道上活动的总能量为：k p E W W +=221mv W p += →a v m a e 22024＝πε 2mv ae 024πε=221mv E k =∴ae 028πε=电子的总能量为：221mv W W p +=a e 024πε-=a e 028πε+ae 028πε-=第八章 静电场中的导体与电介质8－1 点电荷+q 处在导体球壳的中间,壳的表里半径分离为R l 和R 2,试求,电场强度和电势的散布.解：静电均衡时,球壳的内球面带－q.外球壳带q 电荷 在r<R 1的区域内rr q ˆ4E 201πε=,)111(42101R R r qU +-=πε 在R 1<r<R 2的区域内,02=E .,4202R q U πε=在r>R 2的区域内:.ˆ4E 203r r πεq=.403rq U πε= 8－2 把一厚度为d 的无穷大金属板置于电场强度为E 0的匀强电场中,E 0与板面垂直,试求金属板两概况的电荷面密度.解：静电均衡时,金属板内的电场为0,金属板概况上电荷面密度与紧邻处的电场成正比 所以有,001E εσ-=.002E εσ=8－3 一无穷长圆柱形导体,半径为a ,单位长度带有电荷量λ1,其外有一共轴的无穷长导体圆简,表里半径分离为b 和c,单位长度带有电荷量λ2,求（1）圆筒表里概况上每单位长度的电荷量;（2）求电场强度的散布.解：（1）由静电均衡前提,圆筒表里概况上每单位长度的电荷量为;,21λλλ+-（2）在r<a 的区域内:E=0R 2R 1习题 8－1图q-q qE 0E 0习题 8－2图σ1 σ2在a<rb 的区域内:E r012πελ=e n在r>b 的区域内:E r0212πελλ+=e n8－4 三个平行金属板A.B 和C,面积都是200cm 2,A.B 相距,A.C 相距,B.C 两板都接地,如图所示.假如A 板带正电×10－7C,略去边沿效应（1）求B 板和C 板上感应电荷各为若干?（2）以地为电势零点,求A 板的电势.解：（1）设A 板两侧的电荷为q 1.q 2,由电荷守恒 道理和静电均衡前提,有A q q q =+21（1） 1q qB -=,2q qC -=（2）依题意V AB =V AC ,即101d S q ε＝202d Sq ε112122q q d dq ==→代入（1）（2）式得 q 1＝×10-7C,q 2×10-7C,q B ×10-7C,q C =-q 2×10-7C,（2）101d S q U A ε=＝202d S q ε==⨯⨯⨯⨯⨯⨯----312471021085810200102.×103V 8－5 半径为R 1=l.0cm 的导体球带电量为×10－10C ,球外有一个表里半径分离为R 2=和R 3=的齐心导体球壳,壳带有电量Q=11×10－10C ,如图所示,求（1）两球的电势;（2）用导线将两球衔接起来时两球的电势;（3）外球接地时,两球电势各为若干？（以地为电势零点）解：静电均衡时,球壳的内球面带－q.外球壳带q+Q 电荷 （1）)(4132101R Qq R q R q U ++-=πε代入数据 )41113111(101085.814.34100.1212101++-⨯⨯⨯⨯⨯=---UA BC习题 8－4图d 1d 2q+Q＝×102V2024R Qq U πε+=4)111(101085.814.34100.121210+⨯⨯⨯⨯⨯=---=×102V（2）用导线将两球衔接起来时两球的电势为2024R Q q U πε+=4)111(101085.814.34100.121210+⨯⨯⨯⨯⨯=---=×102V （3）外球接地时,两球电势各为)(412101R q R q U -=πε)3111(101085.814.34100.1212101-⨯⨯⨯⨯⨯=---U ＝60V 02=U8－6 证实:两平行放置的无穷大带电的平行平面金属板A 和B 相向的两面上电荷面密度大小相等,符号相反,相背的两面上电荷面密度大小等,符号雷同.假如两金属板的面积同为100cm 2,带电量分离为Q A =6×10－8 C 和Q B =4×10－8C,略去边沿效应,求两个板的四个概况上的电面密度.证：设A 板带电量为Q A .两侧的电荷为q 1.q 2, B 板板带电量为Q B.两侧的电荷为q 3.q 4.由电荷守恒有A Q q q =+21（1）B Q q q =+43（2）在A 板与B 板内部取两场点,金属板内部的电场为零有020122εεS q S q -0220403=--εεS qS q ,得04321=---q q q q （3） 020122εεS q S q +0220403=-+εεS qS q ,得04321=-++q q q q （4） 联立上面4个方程得：241B A Q Q q q +==,232BA Q Q q q -=-= 即相向的两面上电荷面密度大小相等,符号相反,相背的两面上电荷面密度大小等,符号2习题 8－6图q 1 q 4雷同,本题得证.假如两金属板的面积同为100cm 2,带电量分离为Q A =6×10－8 C 和Q B =4×10－8C,则=⨯⨯⨯+==--844110101002)46(σσ×10－6C/m 2, =⨯⨯⨯-=-=--843210101002)46(σσ×10-6C/m 2 8－7 半径为R 的金属球离地面很远,并用细导线与地相联,在与球心相距离为D=3R 处有一点电荷+q,试求金属球上的感应电荷.解：设金属球上的感应电荷为Q,金属球接地 电势为零,即04400=+DQ Rq πεπε3Rq q Q D =-=-8－8 一平行板电容器,南北极板为雷同的矩形,宽为a,长为b,间距为d,今将一厚度为t .宽度为a 的金属板平行地向电容器内拔出,略去边沿效应,求拔出金属板后的电容量与金属板拔出深度x 的关系.解：设如图左边电容为C 1,右边电容为C 2d x b a C )(01-=εtd ax C -=02ε阁下电容并联,总电容即金属板后的电容量与金属板拔出深度x 的关系,为d x b a C C C )(021-=+=εtd ax-+0ε=)(0td txb d a -+ε 8－9 收音机里的可变电容器如图（a ）所示,个中共有n 块金属片,相邻两片的距离均为d,奇数片联在一路固定不动（叫定片）偶数片联在起而可一同迁移转变（叫动片）每片的外形如图（b ）所示.求当动片转到使两组片重叠部分的角度为θ时,电容器的电容.解：当动片转到使两组片重叠部分的角度t习题 8－8图为θ时,电容器的电容的有用面积为1802)(2122⨯-=θπr r S 360)(2122θπr r -=此构造相当有n-1的电容并联,总电容为dS n C 0)1(ε-=＝d r r n 360)()1(21220--θπε8－10 半径都为a 的两根平行长直导线相距为d （d>>a ）,（1）设两直导线每单位长度上分离带电十λ和一λ求两直导线的电势差;（2）求此导线组每单位长度的电容.解：（1）两直导线的电电场强度大小为rE 022πελ⨯= 两直导线之间的电势差为⎰=r dr V 0πελ⎰-=ad ar dr 0πελaa d -=ln 0πελ （2）求此导线组每单位长度的电容为VC λ==aa d -ln0πε8－11 如图,C 1=10μF,C 2=5μF,C 3=5μF,求（1）AB 间的电容;（2）在AB 间加上100V 电压时,求每个电容器上的电荷量和电压;（3）假如C 1被击穿,问C 3上的电荷量和电压各是若干？解：（1）AB 间的电容为20155)(321213⨯=+++=C C C C C C C =μF;（2）在AB 间加上100V 电压时,电路中的总电量就是C 3电容器上的电荷量,为C CV q q 4631073.31001073.3--⨯=⨯⨯===C C q 10151073.3642121⨯⨯=+=--(a)(b)习题 8－9图AC 1C 2 oV V 75251003=-=C V C q 46111105.2251010--⨯=⨯⨯== C V C q 462221025.125105--⨯=⨯⨯==（3）假如C 1被击穿,C 2短路,AB 间的100V 电压全加在C 3上,即V 3=100V , C 3上的电荷量为C V C q 46333100.5100105--⨯=⨯⨯==8－12 平行板电容器,南北极间距离为l.5cm ,外加电压39kV ,若空气的击穿场强为30kV/cm ,问此时电容器是否会被击穿？现将一厚度为的玻璃拔出电容器中与两板平行,若玻璃的相对介电常数为7,击穿场强为100kV/cm ,问此时电容器是否会被击穿？成果与玻璃片的地位有无关系?解：（1）未加玻璃前,南北极间的电场为cm kV cm kV E /30/265.139<==不会击穿（2）加玻璃后,南北极间的电压为3973.02.1=+EE cm kV cm kV E /30/31>=→ 空气部分会击穿,此后,玻璃中的电场为cm kV cm kV E /100/1303.039>==,玻璃部分也被击穿.成果与玻璃片的地位无关. 8－13 一平行板电容器极板面积为S ,两板间距离为d,其间充以相对介电常数分离为εr1.εr2,的两种平均电介质,每种介质各占一半体积,如图所示.若疏忽边沿效应,求此电容器的电容.解：设如图左边电容为C 1,右边电容为C 2d S C r 2/101εε= dS C r 2/202εε=阁下电容并联,总电容为V习题 8－12图习题 8－13图=+=21C C C +d S r 2/10εεdS r 2/20εε)2(210r r d S εεε+=8－14 平行板电容器南北极间充满某种介质,板间距d 为2mm,电压600V ,如武断开电源后抽出介质,则电压升高到1800V .求（1）电介质相对介电常数;（2）电介质上极化电荷面密度;（3）极化电荷产生的场强.解：设电介质抽出前后电容分离为C 与C /0022002253620050035550(1),1800,3600600(2)310/210(1) 5.3110/1800(3),910/210910/310/610/r r r r S SC C Q CU C U d d S S U V U U d d U V U V E V m d mD E E C m U VE E E E V m d mE E E V m V m V εεεεεεεσεεε---'''===='∴===='===⨯⨯∴=-=-=⨯''=+===⨯⨯'∴=-=⨯-⨯=⨯m0022002253620050035550(1),1800,3600600(2)310/210(1) 5.3110/1800(3),910/210910/310/610/r r r r S SC C Q CU C U d d S S U V U U d d U V U V E V m d mD E E C m U VE E E E V m d mE E E V m V m V εεεεεεεσεεε---'''===='∴===='===⨯⨯∴=-=-=⨯''=+===⨯⨯'∴=-=⨯-⨯=⨯m8－15 圆柱形电容器是由半径为R 1的导体圆柱和与它共轴的导体圆筒构成.圆筒的半径为R 2,电容器的长度为L,其间充满相对介电常数为εr 的电介质,设沿轴线偏向单位长度上圆柱的带电量为+λ,圆筒单位长度带电量为-λ,疏忽边沿效应.求（1）电介质中的电位移和电场强度;（2）电介质极化电荷面密度. 解：0110220122,22(1)(1),22rr r r r ds D rl lD E r r P D E P D E R R πλλλππεεελελσεσεεπεπ⋅=⋅=∴==--==-===-=⎰取同轴圆柱面为高斯面，由介质中的高斯定理可得D8－16 半径为R 的金属球被一层外半径为R /的平均电介质包裹着,设电介质的相对介电常数为εr ,金属球带电量为Q,求（1;（3）金属球的电势. 解：12122121222000012100220021(1)4,44411(2)()444(3)r r R R rr R R Q D ds D r Q D D r D D Q QE E r r Q QU E dl E dl r R R Q U E dl rU E dl E ππεεεπεεπεπεεπεπε'∞'∞'∞⋅=⋅=∴==∴=====⋅+⋅=-+''=⋅=⋅+⎰⎰⎰⎰⎰取同心高斯球面，由介质的高斯定理得介质层内的电势介质层外的电势＝金属球的电势101011()44R R r Q Qdl R R R πεεπε'⋅=-+''⎰8－17 球形电容器由半径为R 1的导体球和与它齐心的导体球壳构成,球壳内半径为R 2,其间有两层平均电介质,分界面半径为r,电介质相对介电常数分离为εr1.εr2,如图所示.求（1）电容器的电容;（2）当内球带电量为+Q 时各介质概况上的约束电荷面密度. 解：习题 8－16图21221221212220102010221022011021211221221(1)4,4,441111()()444()(r r r r rR R rr r r r r r r Q D ds D r Q D D r D D Q QE E r r Q Q U E dl E dl r R R rR R r QC U R R r R R ππεεεεπεεπεεπεεπεεπεεεεεεε⋅=⋅=∴==∴====∴=⋅+⋅=-+-∴==-+-⎰⎰⎰取同心高斯球面，由介质的高斯定理得1110112211112342221222)11(1)(1),(1)44111(1),(1),(1)444r r r r r r Q Q D E R R Q Q Q r r R σεσεεππσσσεεεπππ=-=-∴=--=-=--=-8－18 一平行板电容器有两层介质（如图）,εr1＝4,εr2＝2,厚度为d 1=,d 2=,极板面积S=40cm 2,南北极板间电压为200V .（1）求每层电介质中的能量密度;（2）盘算电容器的总能量;（3）盘算电容器的总电容.解：02112210122121122223110101122232202022020112210102121/221(1)/43350,15011() 1.110/,2211() 2.210/22(2)r r r r e r r e r r r r r r SU Q C d d S U Q C d d U V U VU E J m d U E J m d S SC C d d C S S C C d εεεεεεωεεεεωεεεεεεεεεεεε--⨯=====⨯∴==∴===⨯===⨯==++227002020*******0010212121122200 3.51022(3)2 1.7910r r r r W CU d S SC C d d C FS SC C d d εεεεεεεεεεε--=∴==⨯⨯=⨯====⨯++8－19 平板电容器的极板面积S=300cm 2南北极板相距d 1=3mm,在南北极板间有一个与地绝缘的平行金属板,其面积与极板的雷同,厚度d 1=1mm.当电容器被充电到600V 后,拆去电源,然后抽出金属板,问（1）电容器间电场强度是否变更;（2）抽出此板需作若干功?解：R 1 R 2r习题 8－17图习题 8－18图11531115322(1),600 3.010/(31)103,21.5600 3.010/3102,22SSQ CU Ud d d d U VE V m d d mSUSd d Qd UU U S d d d dU V E V m E d m Q QW W C C εεεεε--==--===⨯--⨯-''==='-'⨯'===⨯=⨯'=='00000未拆电源前，C=拆去电源并抽出金属板后，C =＝C 所以电场强度没有发生变化。
大学物理必修课-电磁感应与麦克斯韦方程组
对于N匝线圈m Nm ——磁链
楞次定律(Lenzs Law)
——感应电流的方向,总是使它产生的磁场抵 抗引起这个感应电流的磁通的变化．
③ 感应电流：
法拉第抓住感应电动势，比感应电流更本质。
感应电流:
I 1 .d
R R dt
感应电流的方向始终与感应电动势的方向一
致。 解题时:
Note: 若管内充满某种磁介质,则 L=0rn2V. 细
螺绕环的自感系数表达式同此.
⑵自感电动势
B
i
dm dt
L
dI dt
I~,i
(i与I两者正方向一致)
Notes: ①上式仅适用于无铁磁介质 (L不随I 变化)的情形.
② L i
dI dt
——L的另一定义
§7.5 磁场的能量(Energy of Magnetic Field)
()
() E非 dl
一般： L E非 dl
非静电场场强
⒉法n拉第定律B
i
dm
dt
d dt
B ds
L,i
① “正方向”问题
设定回路L的正方向(即i的正方向)右手螺旋
法线 n的正方向
m的正负法拉第定律
i的正负
实际问题中用楞次定律来确定感应电流的方向更为简便。
公式中的负号是楞次定律的数学形式 ② 磁链 magnetic linkage
§7.1 法拉第定律(Faradays Law)
⒈电动势(electromotive force)
⑴表示法
a
-+
b
方向：(-)(+) (V低V高)
大小：开路电压
(=Vb-Va)
⑵物理意义： A()() q
大学物理稳恒磁场理论及习题解读
250 0 方向垂直A面
B
BC
0 N C I C
2 RC
0 20 5
2 0.10
O BA
5000 方向垂直C面
B
2 BA
2 BC
7.02 10 T 方向 : tan
4
1
BC 63.4 BA
NIZQ
第14页
大学物理学
恒定磁场
NIZQ
问题: 磁现象产生的原因是什么?
第 2页
大学物理学
恒定磁场
• 电流的磁效应 1820年奥斯特实验表明: 电流对磁极有 力的作用. 1820年 9月 11日在法国科学院演示的奥 斯特的实验 ,引起了安培的兴趣 .一周之后 安培发现了电流间也存在着相互作用力.
此后安培又提出了著名的安 培定律 : 磁体附近的载流导线 会受到力的作用而发生运动.
NIZQ
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大学物理学
恒定磁场
结论: 磁现象与电荷的运动有着密切的关系 . 运动电荷既能产 生磁效应,也受到磁力的作用. 安培把磁性归结为电流之间的相互作用 . 1822年安培提 出了分子电流假说:
• 一切磁现象起源于电荷的运动.
• 磁性物质的分子中存在分子电流, 每个分子电流相当于一基元磁体。
写成矢量表示:
0 Idl sin
2 4π r 0 Idl r dB 4π r 3
真空中的磁导率: 0= 410-7亨利· 米-1 (H· m-1)
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大学物理学
恒定磁场
• 毕奥—萨伐尔定律的应用 恒定磁场的计算: 1.选取电流元或某些典型电流分布为积分元. 2.由毕-萨定律写出积分元的磁场dB .
大学物理普通物理学chapter-7
e r 12
k
q1q2 r3
r12
k 1 9109 N m2/C2 4πε0
0 = 8.8510-12 C2 ·N-1·m-2
真空介电常量
F1 2
F21
1
4π 0
q1q 2 r2
er12
1
4π 0
q1q 2 r3
r1 2
返回 退出
F1 2
F21
1
4π 0
q1q 2 r2
er12
• 电场中各处的力学性质不同。
2. 在电场中的同一点上放不同的
试验 电荷。
•
F q0
与q0无关。
电场强度（intensity
of electric field）：
F
E
q0
返回 退出
F
E
q0
场强的大小： F/q0 场强的方向：正电荷在该处所受 电场力的方向。
讨论
1.
矢量场
E
E
r
E
x,y ,z
返回 退出
使用Matlab求解得到的两个 超越方程 F=0的位置x =0.94m 排斥力最大的位置x =1.25m
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补充例7-1 设原子核中的两个质子相距4.0×10-15 m， 求此两个质子之间的静电力。
解：两个质子之间的静电力是斥力：
Fe
1
4π 0
q1q 2 r2
9.0 109
按库仑定律，电子和质子之间的静电力为
Fe
1 4πε 0
e2 r2
8.89
109
(1.60 1019 )2 (0.529 1010 )2
8.22108 (N)
返回 退出
(完整版)大学物理热力学
①：
A
CV
T2
T1
dT
CV (T2 T1) CV (T1 T2 )
②：
A
V2
V1
PdV
P V V2
V1 1 1
dV V
1
1
(
P1
V1
P2V2
)
③：
A
R 1
(T2
T1 )
（4）、绝热线与等温线比较
等温过程： PV = C
P dV + V dP = 0
等温线上A点的斜率
(
dP dV
)
T
[例1]下面理想气体的各种过程是否可能？ （1）内能减少的等容加热过程。
（不可能。dV=0,dA=0
dQ=dE,加热则dQ>0,dE>0)
（2）吸收热量的等温压缩过程。
（不可能.等温过程PV=C, dA<0, dT=0,
dE=0, dQ=dA<0,只能放热。）
（2）、定容摩尔热容
1mol理想气体在等容过程中升温1K时所吸收的热量。
CV
dQV dT
对于等容过程，有 dQV dE
所以
CV
dQV dT
dE dT
d dT
(
i 2
RT
)
i 2
R
刚性分子 C V 的数值 ( 单位： J.K .mol )
单原子
双原子
多原子
3 2
R
=
12.5
5 2
R
=
20.8
6 2
CV R CP 定压摩尔热容
Qp
M
Cp (T2
T1)
Cp (T2
T1)
（3）、定压摩尔热容
《大学物理期末复习》物理第七章知识点
大学物理第七章复习提纲 （ 静电场和恒定电场） 一：基本知识点1. 电子的电量为： C 1910602.1-⨯± ；2. 电荷守恒定律；p1293. 库伦定律；p1304. 电场的叠加原理；p1315. 电偶极子的概念：（l Q p =称为电偶极矩）；p1336. 计算电场强度（重要） p135-p136的每道题都很重要a) 无限长均匀带电直线的场强公式：i xE o 2πελ=； b) 无限大均匀带电平面所产生电场的场强：o 2o 22εσπεi RQ i E ==； 7.电通量概念高斯定理；a) 电通量定义为：穿过某一曲面的电场线条数。
b) 在真空中的静电场内，通过任意闭合曲面的电通量，等于该曲面所包围的电量的代数和的 1/0ε 倍。
8.高斯定理应用；a) 高斯面必须是封闭曲面。
b) 穿过高斯面的电通量与面内电荷分布无关，与面外电荷无关。
c) 高斯面上各点的场强是空间全部电荷产生的总场强。
d) 高斯定理给出了穿过高斯面的电通量与面内电荷的代数和的直接关系；不是高斯面上电场强度与面内电荷的代数和的直接关系。
e) 点对称，轴对称，球对称均可尝试使用高斯定理求解，具体步骤见 p138-p139例题；9.场强环路定理： 在静电场中，电场强度沿任意闭合路径的积分等于零,即电场是无旋场；10.电势差，电势：a) 球面内等电势, 等于球面上的电势。
球面外点的电势等于处于球心的“点电荷”在该点的电势；11.电势叠加原理：（各电荷的电势零点必须相同）12.场强与电势的微分关系：a) 在静电场中，相同电势的点组成的曲面称作等势面。
b) 等势面与电场线处处垂直，场强方向指向电势降低的方向；c) 电场线指向电势降落的方向；d) 在等势面上移动电荷，电场力不做功；e) 等势面的洗漱程度可以用反映电场的强度；13.静电场中的导体：a) 导体内部的电场强度处处为0；b) 静电平衡的导体的表面是等势面；14.静电平衡的基本特性：a) 导体处于静电平衡时，其内部各处无净电荷，电荷只能分布在表面；b) 静电平衡下的导体其表面上的电荷密度与场强之间的关系：0εσ=表E ； c) 孤立导体处于静电平衡时，所带电荷的面密度与表面的曲率有关。
《大学物理》第七章 磁力S
磁（场）力
一、磁感应强度的定义 洛伦兹力
Fm
Fm qv B
洛伦兹力的大小
F qvB sin
q
B v
M
'
Fm 1、磁感应强度的大小 B qv sin 2、磁感应强度的方向 Fm 0
——零力线的方向 3、磁感应强度的单位
M
SI：特斯拉（T）， Gauss: 1T＝104G
2 m v/ / mv R h qB qB
h 常量
B↑
B
h↓
F
F
磁镜 磁瓶
——磁约束现象 应用： 可控轻核聚变
17
动画
地磁场： 中间弱、两极强
18
地磁场：中间弱、两极强，是天然的磁捕获器。
Charged Particle Approaching Earth
范.阿仑辐射带
S S S底
B dS
S
BdS cos
S
BS 底 ( BS底 ) 0
12
§ 7 、3
带电粒子在电磁场中的运动
—匀变速运动
B
F
一、匀强电场中的运动
二、匀强磁场中的运动
mv R qvB = m v2/R 得： qB
2 R 2 m 周期 T v qB 1 qB 频率 f T 2 m
UH B kI
25
§7.5 载流导体在磁场中受的力 一、安培力的公式 设导线所通电流强度为：I B 考虑一小段长为dl 的载流导线在磁场中的受力。 S 为方便，定义电流元： Idl （与电流同向） q 设：电流元中每个载流子 q的平均定向 v 运动速度为 v 则每个载流子所受磁力： f qv B I d l 电流元中的载流子数量： dN nSdl dF fdN 则电流元 Idl 所受的总磁场 力：
大学物理答案第七章
（3）若沿过程曲线从a到c状态，内能改变为
应用热力学第一定律，系统所作的功为
7-3 2mol的氮气从标准状态加热到373 K，如果加热时（1）体积不变；（2）压强不变，问在这两种情况下气体吸热分别是多少？哪个过程吸热较多？为什么？
分析根据热力学第一定律，系统从外界吸收的热量，一部分用于增加系统的内能，另一部分用于对外作功．理想气体的内能是温度的单值函数，在常温和常压下氮气可视为理想气体，无论经过什么样的准静态过程从标准状态加热到373 K，其内能的变化都相同．在等体过程中气体对外不作功，系统从外界吸收的热量，全部用于系统的内能的增加，而在等压过程中，除增加内能外，还要用于系统对外作功，因此吸热量要多些．
分析气体动理论的能量公式表明，气体的温度是气体分子平均平动动能的量度，而且定义了方均根速率 ．只要温度不变，无论经历什么样的过程，方均根速率都不变．本题中，可以通过等温过程中系统所作的功的表达式确定该过程中系统的温度．
解等温过程中系统所作的功为
7-92 m3的气体等温地膨胀，压强从 变到 ，求完成的功．
第七章热力学基础
7-1 假设火箭中的气体为单原子理想气体，温度为2000 K，当气体离开喷口时，温度为1000 K，（1）设气体原子质量为4个原子质量单位，求气体分子原来的方均根速率 ．已知一个原子质量单位=1.6605×10-27kg；（2）假设气体离开喷口时的流速（即分子定向运动速度）大小相等，均沿同一方向，求这速度的大小，已知气体总的能量不变．
p
p22
p0等温线
1
p1
OV2V1V
图7-12
分析对于双原子理想气体，热容比 ．不论经历什么过程，只要初终态气体的温度相同，就可以应用理想气体状态方程，建立类似于等温过程中初态和终态压强和体积之间的关系．
大学物理第7章电学
F12 ：q2对q1的作用力
➢ k的取值
国际单位制中 k = 8.99×109 N·m2/C2
➢ SI中库仑定律的常用形式
有 理令 化
k 1
4π 0
0
8.85
1012
C2 m2N
真空介电常数 真空电容率
F21
q1q2
4π
r2
0 21
er 21
二、库仑定律的适用范围
1.库仑定律只对静止点电荷成立； 2. r的数量级在10-17m～107m范围内，库仑定律成立。
——安培定律； ➢1831年，法拉第发现了电磁感应现象； ➢1865年，麦克斯韦建立了完整的电磁场理论。
3.相对论的创立进一步证明电磁场是一个统一的实体
历史上另外几个著名的电磁演示实验
1、法国莱诺700修道士 2、富兰克林捕捉闪电 3、马可尼的无线电
第七章 静 电 场（11学时） (The Electrostatic Field)
4π 0r3
E
qr
4π 0r3
当 l r 时，r r r
且
r r l
E
P E
E
r
O
r
q l
r r q
r r
E E
ql
4π 0r
E 3
q
4π 0
p
4π 0r 3
r
3
(r r )
电偶极距
p
ql
l
方向与电偶极矩的方向相反
(2) E
q
4π 0
(r
1 l / 2)2
二、电荷的量子性(Quantization)
1.电荷总是以一个基本单元的整数倍出现。
基本单元：e =1.602×10-19C
大学物理答案第七章热力学基础-习题解答
展望
学习方法建议
多做习题，提高解题能力 和综合分析能力。
加强理论学习，深入理解 热力学的物理意义和数学 表达。
关注学科前沿，了解热力 学在最新科研和技术中的 应用。
THANK YOU
感谢聆听
•·
热力学第一定律是能量守恒定律 在热学中的具体表现，它指出系 统能量的增加等于传入系统的热 量与外界对系统所做的功的和。
功的计算：在封闭系统中，外界 对系统所做的功可以通过热力学 第一定律进行计算，这有助于理 解系统能量的转化和利用。
能量平衡：利用热力学第一定律 ，可以分析系统的能量平衡，判 断系统是否处于热平衡状态。
热力学第二定律
热力学第二定律
描述了热力过程中宏观性质的自然方向性，即不可能把热量从低温物体传到高温物体而不引起其它变 化。
表达式
不可能通过有限个步骤将热量从低温物体传到高温物体而不引起其它变化。
03
热力学基础习题解答
热力学第一定律的应用
热量计算：通过热力学第一定律 ，可以计算系统吸收或放出的热 量，进而分析系统的能量变化。
热力学第二定律的应用
01
02
热力学第二定律指出，自
•·
发过程总是向着熵增加的
方向进行，即不可逆过程
总是向着宏观状态更混乱
、更无序的方向发展。
03
04
05
熵增加原理：根据热力学 第二定律，孤立系统的熵 永不减少，即自发过程总 是向着熵增加的方向进行 。
热机效率：利用热力学第 二定律，可以分析热机的 效率，探讨如何提高热机 的效率。
100%
制冷机效率的影响因素
制冷机效率受到多种因素的影响 ，如制冷剂的性质、蒸发温度和 冷凝温度、压缩机和冷却剂的流 量等。
大学物理-第七章 光的衍射
A2
a
B
三个半波带,呈亮纹, I I0
R
A
L
A1
C
B /2
R
A
L
A1
A2 C
B /2
P Q
o
P Q
o
asin 0
中央明纹中心
a sin 2k k 干涉相消（暗纹）2k个半波带
a sin
2 (2k 1)
2
干涉加强（明纹）
物 偏 离 直 线 传 播 ，*
进入几何阴影区， 形成光强不均匀
S 分 布的 现 象。
*
HP
G
二 惠更斯 — 菲涅尔原理
波传到的任何一点都是子波
的波源，各子波在空间某点的相
干叠加，就决定了该点波的强度。
惠更斯 菲涅耳
dS
en
r
Q
P
*
t S ： 时刻波阵面
dS ：波阵面上面元
S
(子波波源)
dE
-2
-1
多光束干涉光强曲线
0
1
sin2N/sin2
N2
2 sin (a /)
-8
-4
光栅衍射 光强曲线
-8
-4
0
4
I N2I0单
单缝衍射 轮廓线
0
4
8 sin (d /) 8 sin (d /)
单缝和多缝的夫琅禾费衍射图样
N=1
N 1
N=2
N 3
N=3
N 5
N=4
N 8
N=5
例：一光栅透光部分a 0.06mm，用波长为600 nm的单色 光垂直照射到光栅上，透镜焦距f 2m，测得屏幕上相邻 条纹间距x 0.4cm.求：(1)在单缝衍射的中央明纹宽度内， 最多可以看到几级明纹？(2)光栅不透光部分宽度b ？
大学物理：第七章 热力学定律
功
做功可以改变系统的状态
做功是系统与外界交换能量的一种方式 在热学中，它是外界有序运动能量与系
统无序运动能量间的转换。过程量
摩擦升温（机械功） 电加热（电功）
上海交通大学 物理系
准静态过程的功
dA PSdl PdV 若A>0系统对外界作功.
A dA v2 PdV v1
若A<0外界对系统作功
上海交通大学 物理系
准静态过程
可以用P-V图描述准静态的变化过程，这P-V图上的每 上点都可表示系统的一个平衡态。
准静态做功：气体膨胀过程
P
P1
P
P2
12
V1 V2 V
上海交通大学 物理系
准静态过程
作功是系统与外界交换能量的一种方式，是力 学相互作用下的能量转移。作功是通过宏观的 有规则运动来完成的。
上海交通大学 物理系
理想气体
严格满足玻意耳定律 pV = vRT
压强趋向于零极限状态下的气体
满足道尔顿分压定律 满足阿伏伽德罗定律 满足焦耳定律 U=U(T) 内能由系统的状态唯一地确定，并随状态变化而变化， 是状态的单值函数
E E(2) E(1)
上海交通大学 物理系
理想气体的内能 焦耳实验
上海交通大学 物理系
气体实验定律
关于气体热学行为的5个基本实验定律， 也是建立理想气体概念的实验依据。
玻意耳定律
盖·吕萨克定律 查理定律。 阿伏伽德罗定律 道耳顿定律
上海交通大学 物理系
§9.1 热力学第一定律
包括热现象在内的能量守恒和 转换定律
热力学第一定律
Q U2 U1 W
系统从外界吸热 Q
处于平衡态系统的内能是确定的；
第七章大学物理教材
直导线 AB 和半径为 r
yB
的圆弧导线 BCA 组成 ， C
电流为顺时针方向, 求磁场作用于闭合 导线的力.
Idl
Ir
B 0
Idl
A
0
o
x
解 F1 I ABBj
根据对称性分析
F2 F2y j
F2 dF2y dF2 sin
BIdl sin
+
- Fm-
++
B
vd-
-
UH
+
N 型半导体
2）测量磁场
霍耳电压
UH
RH
IB d
7-8 载流导线在磁场中所受的力
一 安培力
洛伦兹力
Fm
evd
B
vd
Fm
Idl
I
S
Fm evd B sin
dl
dF nevdSdlB sin B
I nevdS
dF IdlBsin IdlB sin
讨论：
⑴ 载流子为正，RH、UH 为正； 载流子为负，RH、UH 为负。
U
H
RH
IB d
RH
1 qn
⑵ 金属中n很大， RH、UH 很小，霍尔效应很弱； 半导体中n较小，RH、UH 较大，霍尔效应较明显。 ⑶霍耳效应的应用
1）判断B 半导 体的类型
Fm
+
I
- vd-+
+ +
-
+
UH
I
-
P 型半导体
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第七章稳恒磁场
7-1、如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，它们在O 点的磁感应强度各为多少？
解 （a ）R I
B 800μ= 方向垂直纸面向外
（b ） R
I R I
B πμμ22000-= 方向垂直纸面向里 （c ） R
I R I B 42000μπμ+= 方向垂直纸面向外 7-2 如图7-2，一根无限长直导线，通有电流I ，中部一段弯成圆弧形。
求图中P 点磁感应强度的大小。
7-3、如右图所示，两根导线沿半径方向引到铁环上的A 、B 两点。
并在很远处与电源相连。
秋环中心的磁感应强度。
7-4、如图所示，一宽为b 的薄金属板，其电流为I 。
试求在
薄板的平面上距板的一边为r 的点P 的磁感应强度。
解：
x dI dB πμ20=
r b r b I dx bx I dB B r b r +===⎰
⎰+ln 2200πμπμ
7-5、如图所示，矩形线圈与无限长直导线在同一平面内，无限长直导线中通有电流为I 求：通过矩形线圈的磁通量。
解： r
I B πμ20= Bhdr dS B d =⋅=Φ a
b r Ih dr r Ih b
a ln 2200πμπμ==Φ⎰ 7-6、如图所示，一边长为15.0=l m 的立方体如图放置，
有一均匀磁场k j i B 5.136++=T 通过立方体所在区域，计
算：（1）通过立方体上阴影面的磁通量；（2）通过立方体六个
面的总磁通量。
解：
（1）通过如图所示的立方体上阴影面积的磁通量为
Wb 135.0)15.0()5.136(2=⋅++=⋅=Φi k j i S B
（2）立方体的六个面构成闭合曲面，通过立方体的总磁通量必
为零，即
0d =⋅=Φ⎰⎰s
s B
7-7 设图7-7中两导线中的电流1I 、2I 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律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 的量值是否相等？
（2）在闭合曲线c 上各点的B 是否为零？为什么？
7-8、如图，一同轴电缆内芯半径1R ，外部圆筒结构内半径2R 、
外半径3R ，内芯和外筒中的电流均为I ，但电流流向相反，
导体的磁性可不考虑，求以下各处磁感强度（1）1R r < （2
）
21R r R << （3）3R r >
解：（1）1R r < 221012r R I r B ππμπ=⋅,21
012R Ir B πμ= （2）21R r R << I r B 022μπ=⋅,r I B πμ202=
（3）3R r > 0)(203=-=⋅I I r B μπ,03=B
7-9、如图所示的空心柱形导体半径分别为1R 和2R ，导体内载有电流为I ，设电流I 均匀分布在导体的截面上，求导体内部（21R r R <<）各点的磁感应强度。
解：∑⎰'=⋅I d 0μl B ,)
()(2122212R R R r I I --=', r R r R R I
B 21221220)(2-⋅-=πμ
7-10 一电子在T B 4
107-⨯=的匀强磁场中作圆周运动，圆周半径 3.0r cm =。
已知B 垂直于纸面向外，某时刻电子在A 点，速度V 向上，如图7-10。
（1） 试画出这电子运动的轨道；
（2） 求这电子速度v 的大小；
（3） 求这电子的动能k E 。
7-11 一电子在T B 4102-⨯=的磁场中沿半径为 2.0R cm =的螺
旋线运动，螺距为 5.0h cm =，如图7-11所示。
（1）求这电子的速度；
（2）磁场B 的方向如何？
7-11图
7-12、一无限长直导线，通有电流I 1=10mA ，矩形线圈中通有电流I 2=10mA ，如图放置，若d=2㎝，b=8㎝，ℓ=10㎝，求矩形线圈所受的合力。
(0μ=4710-⨯πT.m..A 1-)
左： F= BI 2 =0μd
I π21 I 2 =11010-⨯N 右： F=)(21
0b d I +πμ I 2 =21110-⨯N
合力 F= 0.81010-⨯N
7-13、通电直导线旁放一通电导体，两者相互垂直（如图所示）。
求此导体棒所受安培力的大小和方向。
====⎰Idl l I F BIdl dF l I B b a
πμπμ2,,20000a b I I ln 200πμ， 方向向下。
7-14 一铁制的螺绕环，其平均周长30cm ，截面积为2
1cm ，在环上均匀绕以300匝导线，当绕组内的电流为0.032A 时，环内磁通量为Wb 6102-⨯。
试计算
（！）环内的磁感应强度；
（2）磁场强度；
（3）磁化面电流（即面束缚电流）密度；
（4）环内材料的磁导率和相对磁导率；
（5）磁芯内的磁化强度。