大学物理第十一章6、7、8节

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大一物理十一章知识点总结

大一物理十一章知识点总结第一节：力的平衡力的平衡是物体处于静止状态或匀速直线运动状态的条件之一。

在力的平衡下，物体所受合力为零。

一、力的合成与分解力的合成是指将两个或多个力合成为一个力的过程，根据平行四边形法则和三角形法则可以求得合力的大小和方向。

力的分解是指将一个力分解为两个或多个力的过程，常用的分解方法有正交分解法和平行分解法。

二、平衡条件物体在力的平衡下，满足以下两个条件：1. 合力为零：物体所受合力的矢量和为零；2. 转矩为零：物体所受合外力矩的矢量和为零。

三、静摩擦力与动摩擦力静摩擦力是指物体在受到外力作用时，由于与支持面接触而产生的阻碍物体相对滑动的力。

静摩擦力的最大值由静摩擦系数和垂直于支持面的压力共同决定。

动摩擦力是指物体在相对滑动状态下，与支持面接触而产生的阻碍物体继续滑动的力。

动摩擦力的大小与动摩擦系数和垂直于支持面的压力共同决定。

第二节：运动学方程一、匀加速直线运动1. 位移和位移方向：位移是指物体从初始位置到末位置的矢量差，位移的方向与物体运动方向一致。

2. 平均速度和瞬时速度：平均速度是指物体在某段时间内位移的比值，瞬时速度是指物体在某一时刻的速度，速度的方向与物体位移的方向一致。

3. 加速度和加速度方向：加速度是指物体在单位时间内速度的变化率，加速度的方向与速度变化的方向一致。

二、直线自由落体运动1. 加速度与重力：自由落体运动的加速度大小为重力加速度，方向为竖直向下。

2. 下落时间和下落位移：自由落体运动的时间和位移可以通过运动学方程求得，其中初速度通常为零。

第三节：力学能一、功与功率1. 功是力对物体作用所导致的能量转移或变化的度量，功的大小等于力的大小与物体位移方向的夹角的余弦值乘以位移的大小。

2. 功率是指单位时间内所做功的大小，功率的大小等于做功的大小除以所用时间。

二、势能和动能1. 势能是指物体由于所处的位置或状态而具有的能量，常见的势能有重力势能和弹性势能。

大学物理第十一章波动

选: 坐标原点为参考点 (初相 a =0 2 则
y ( x , t ) A cos( t x ) 0
d=0)
x y ( x , t ) A cos ( t [ ) ]
u
0
2 2 2 u T
uT
x y ( x , t ) A cos[ 2 ( t ) ] 0
波沿 x 轴正向传播
x y ( x , t ) A cos ( t [ ) ] 0 u
波沿 x 轴负向传播
四. 平面简谐波表达式的物理意义由y(x,t) cos( t-kx)从几方面讨论，设0=0
1. 固定 x, (x= x0)
y ( x , t ) A cos( t kx ) 0 0
3
u P
X(m)
o
5
对于P点 , t = 0时， vp 0 其振幅矢量如图所示：
P 2
o

x
/ 3 / 2 5 / 6
2 2 x 5 12 m 5 /6
2 X 由 2 2 u / 20
波速ｕ
参考点 a
o d
·
x
任一点ｐ
·
x
已知: 参考点a 的振动表达式为 ya(t)=Acos( ta)
p: A, 均与a 点的相同, 但相位落后
2

(x d)
ya(t)=Acos( ta) P点比a 点相位落后
2

(x d)
振动表达式（一维简谐波的波的表达式）
2 y ( x , t ) A cos[ t ( x d )] a

大学物理第十一章

体积模量：
p
p 0, V 0; p 0, V 0
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§11-4 波的能量波的强度
一、波的能量
平面简谐波
y( x, t )
Acos[(t
x) u
0 ]
考虑介质中体积元为V质量为m (m=V )的质元。
可以证明
Ek
Ep
1 2
A22 (V
) sin
2[(t
x) u
0 ]
体积元的总机械能
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四、介质的形变及其模量
1. 线变
正应力： F/S 线应变： l/l
F E l
FS
F
S
l
l
弹性模量：E
l+l
2. 切变
F
F G 切变角：
S
S
切变模量： G
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3. 体变
p
压强为p时，体积为V；
压强为p+Δp时，体积为V+ΔV。 p V V p 体应变： V/V
p Κ V V
π
0.0021
5
x 10
3
0.1103 sin 5πx (m)
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例11-3 一横波沿一弦线传播。设已知t =0时的波形曲线如图中的虚线所示。波速 u=12 m/s，求：(1)振幅； (2)波长；(3)波的周期；(4)弦上任一质点的最大速率； (5)图中a、b两点的相位差；(6)3T/4时的波形曲线。
纵波：质点的振动方向和波动的传播方向相平行。波形特征：存在相间的稀疏和稠密区域，如声波。
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弹簧中的纵波
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三、波阵面和波（射）线
波阵面：振动相位相同的点所构成的面。波前：最前面的那个波阵面。波线：表示波的传播方向的有向线段。

新课标物理选修第十一章机械振动全章 PPT课件课件人教课标版1

3、有一个在光滑水平面内的弹簧振子，
第一次用力把弹簧压缩x后释放，第二次把弹簧压缩2x后释放，则先后两次振动的周期和振幅之比分别为多少？
1:1
1:2
4、弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点之间做简谐振动，B、C相距20cm，某时刻振子处于B点，经过 0.5s，振子首次到达C点，求：（1）振子的周期和频率 T＝1.0s f＝1 Hz （2）振子在5s末的位移的大小 10cm 200cm （3）振子5s内通过的路程
0
2t
0
3t
0
4t
0
5t
0
6t
0
位移 -20.0 -17.4 x(m）
-10.0
0
10.0
17.4
20.0
第二个1/2周期：
时间 t(s)
6t
0
7t
0
8t
0
9t
0
10t
0
11t

12t
0
位移 20.0 x(m)
17.4
10.0
0
-10.0 -17.4 -20.0
横坐标：振动时间t 纵坐标：振子相对于平衡位置的位移
三、简谐运动及其图象
1、定义：如果质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图象（x—t图象）是一条正弦曲线，这样的振动叫做简谐运动。是最简单、最基本的振动。
如：弹簧振子的运动。反映振动物体位移随时间变化的图像
类似应用
绘制地震曲线的装置
小
结
1、机械振动：物体在平衡位置（中心位置）两侧附近所做往复运动。通常简称为振动。平衡位置：振子原来静止时的位置 2、弹簧振子理性化模型：不计阻力、弹簧的质量与小球相比可以忽略。

大学物理标准答案第11章

大学物理答案第11章————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：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lNecI =，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⨯==ecIlN 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 kTπ8=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 kTv 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-⋅==rlIj 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()RIRR IR B 24202/32220μμ=+=因此赤道上的等效圆电流为A 1073.12490⨯==μRBI 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 =,22202π4rl 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 =⨯rl 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RIμB 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RIμR 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RIμR 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R IμB 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 RIμR 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 xId 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⎰==Φ211200lnπ2d π2d dd d Ilx l xIμμ 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 202πRIrμB =在导线外r ＞R ，I I =∑，因而rIμB 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 12211ππ12πr R μr B =⋅ 21012πR IrμB =R 1 ＜r ＜R 2I μr B 022π=⋅rIμB 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 B 01=BR 2 ＞r ＞R 1NI μr B 022π=⋅rNIμB 2π02=r ＞R 202π3=⋅r B 03=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RNIμB 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()202πR Irμr 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 2π0020Iμr 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 -=⨯g 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 HH 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 k11－21 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 v11－22 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dlI I μF π22103=()b d lI I μF +=π22104故合力的大小为()N 1028.1π2π2321021043-⨯=+-=-=b d lI 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dIμB 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 BF F 可得dεU C d I μ02220π2π2=解得A 105.4300⨯==μεCUI （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 hev a e i ==该圆电流在圆心处产生的磁感强度T 5.12π82202000===ma heμa 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⎰∑=⋅fId 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∑=fπ2I r H对r ＜R 1221f ππr R I I =∑ 得2112πR IrH =忽略导体的磁化（即导体相对磁导率μr =1），有01=M ，21012πR IrμB =对R 2 ＞r ＞R 1I 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 30=-=∑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．。

大学物理第11章重点小结

b
f
R L

P
f
第一暗纹的衍射角
bห้องสมุดไป่ตู้
o
x
1 arcsin

b
第十一章光学
49
物理学
第五版
第一暗纹的衍射角 1 arcsin b b增大， 1减小 0, 1 0 b 一定光直线传播 π b减小， 1增大 b , 1 2

衍射最大
b一定，越大， 1越大，衍射效应越明显.
第十一章光学
42
物理学
第五版
已知解
l 10.0 cm
λ 546 nm
Δ1 Δ2 2(n 1)l 107.2
107.2 107.2 546107 cm n 1 1 2l 2 10.0 cm
1.000 29
第十一章光学
43
物理学
第五版
例用折射率 n =1.58 的很薄的云母片覆盖在双缝实验中的一条缝上，这时屏上的第七级亮条纹移到原来的零级亮条纹的位置上。如果入射光波长为 550 nm 求此云母片的厚度是多少？ • 解设云母片厚度为 d 。无云母片时，零级亮纹在屏上 P 点，则到达 P 点的两束光的光程差为零。加上云母片后，到达P 点的两光束的光程差为
物理学
第五版
第十一章
光
学
第十一章光学
物理学
第五版
11-0
教学基本要求
光的干涉
一理解相干光的条件及获得相干光的方法.
二掌握光程的概念以及光程差和相位差的关系，理解在什么情况下的反射光有相位跃变.
第十一章光学
2
物理学

物理第十一章知识点

物理第十一章知识点在我们上学期间，大家最不陌生的就是知识点吧！知识点有时候特指教科书上或考试的知识。

那么，都有哪些知识点呢？下面是店铺为大家收集的物理第十一章知识点，希望能够帮助到大家。

物理第十一章知识点1一、磁通量：设在匀强磁场中有一个与磁场方向垂直的平面，磁场的磁感应强度B和平面面积S的乘积叫磁通量；1、计算式：φ=BS（B⊥S）2、推论：B不垂直S时，φ=BSsinθ3、磁通量的国际单位：韦伯，wb；4、磁通量与穿过闭合回路的磁感线条数成正比；5、磁通量是标量，但有正负之分；二、电磁感应：穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就有感应电流产生，这种现象叫电磁感应现象，产生的电流叫感应电流；注：判断有无感应电流的方法：1、闭合回路；2、磁通量发生变化；三、感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势；四、磁通量的变化率：等于磁通量的变化量和所用时间的比值；△φ/t1、磁通量的变化率是表示磁通量的变化快慢的物理量；2、磁通量的变化率由磁通量的变化量和时间共同决定；3、磁通量变化率大，感应电动势就大；五、法拉第电磁感应定律：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比；1、定义式：E=n△φ/△t（只能求平均感应电动势）；2、推论；E=BLVsinaθ（适用导体切割磁感线，求瞬时感应电动势，平均感应电动势）（1）V⊥L，L⊥B，θ为V与B间的夹角；（2）V⊥B，L⊥B，θ为V与L间的夹角（3）V⊥B，L⊥V，θ为B与L间的夹角3、穿过线圈的磁通量大，感应电动势不一定大；4、磁通量的变化量大，感应电动势不一定大；5、有感应电流就一定有感应电动势；有感应电动势，不一定有感应电流；六、右手定则（判断感应电流的方向）：伸开右手，让大拇指和其余四指共面、且相互垂直，把右手放入磁场中，让磁感线垂直穿过手心，大拇指指向导体运动方向，四指指向感应电流的方向；物理第十一章知识点2第十一章波动光学本章内容是振动和波动理论在光学中的应用，也是一重点章节。

大学物理第十一章第一节

y A波
x 3cos 4 t 20
8m 5m
u
9m
C
yC振
B
A
D
x
AC 13 3cos 4 t 3cos 4 t 20 20
yD振
AD 9 3cos 4 t 3cos 4 t 20 20
T 2
T
x y ( x, t ) A cos (t ) 0 u
3T 2
t
当 x 固定时，波函数表示该点的简谐振动方程.
x 2 x 初相： 0 0 u
结论：随着 x 值的增大，即在传播方向上，各质点的相位依次落后。这是波动的一个基本特征。当 x =k时
y
u
t
t t
ut
x
若 x, t 均变化，波函数表示波形沿传播方向的运动情况（行波）.
(4)平面简谐波沿x 的负方向传播： x t x y( x , t ) A cos ( t ) 0 A cos 2( ) 0 u T

P点 x 20m 在t 2s时的速度为
20 3 vP 0.025 sin 2 2 2 10 2 0.0125 m s 1
x 3 v 0.025 sin t 2 2 10 2
u 2
Q
O
y
S
P
x
a
x
x
例4、已知 t=0时的波形曲线为Ⅰ，波沿ox方向传播，经t=1/2s后波形变为曲线Ⅱ。已知波的周期T>1s，试根据图中绘出的条件求出波的表达式，并求A点的振动方程。(已知A=0.01m） y(cm) 1Ⅰ 解： Ⅱ A 2 3 4 5 6 x(cm) 1

大学物理第11章习题答案

第11章电磁感应11.１基本要求１理解电动势的概念。

２掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律，能熟练地应用它们来计算感应电动势的大小，判别感应电动势的方向。

３理解动生电动势的概念及规律，会计算一些简单问题中的动生电动势。

４理解感生电场、感生电动势的概念及规律，会计算一些简单问题中的感生电动势。

５理解自感现象和自感系数的定义及物理意义，会计算简单回路中的自感系数。

６理解互感现象和互感系数的定义及物理意义，能计算简单导体回路间的互感系数。

７理解磁能（磁场能量）和磁能密度的概念，能计算一些简单情况下的磁场能量。

８了解位移电流的概念以及麦克斯韦方程组（积分形式）的物理意义。

11.２基本概念１电动势ε：把单位正电荷从负极通过电源内部移到正极时，非静电力所作的功，即Wqε=２动生电动势：仅由导体或导体回路在磁场中的运动而产生的感应电动势。

３感生电场k E ：变化的磁场在其周围所激发的电场。

与静电场不同，感生电场的电场线是闭合的，所以感生电场也称有旋电场。

４感生电动势：仅由磁场变化而产生的感应电动势。

５自感：有使回路保持原有电流不变的性质，是回路本身的“电磁惯性”的量度。

自感系数L ：//m L I N I =ψ=Φ６自感电动势L ε：当通过回路的电流发生变化时，在自身回路中所产生的感应电动势。

７互感系数M ：211212M I I ψψ== ８互感电动势12ε：当线圈２的电流2I 发生变化时，在线圈１中所产生的感应电动势。

９磁场能量m W ：贮存在磁场中的能量。

自感贮存磁能：212m W LI =磁能密度m w ：单位体积中贮存的磁场能量22111222m B w μH HB μ===１０位移电流：D d d I dt Φ=s d t∂=∂⎰DS ，位移电流并不表示有真实的电荷在空间移动。

但是，位移电流的量纲和在激发磁场方面的作用与传导电流是一致的。

１１位移电流密度：d t∂=∂D j 11.３基本规律１电磁感应的基本定律：描述电磁感应现象的基本规律有两条。

大学物理第11章__机械波

•子波面的包络线 -- 新波面
t 时刻各子波波面的公共切面（包络面）
就是该时刻的新波面
作用：已知一波面就可求出任意时刻的波面
38
例： t 时刻波面 t+t时刻波面 t + t
u
· · · · ·
ut
波传播方向
·· · ·t · · · · · · · ·· · ·
在各向同性介质中传播
39
x
同样，若b点的振动形式是函数 f (t)，a点与b点相距为l ，则a点的振动函数是 f (t+l /u). 周期性的体现普遍的结论
16
三、平面简谐波的波函数设波沿着x 轴的正方向传播，波源o 的振动形式为 yo A cost 0
波线上任意一点 P 坐标为 x
u
o
P
2π
32
波的能波的能量量
现象
上下
将一软绳（弹性媒质）划分为多个小质元
形变最小振速最小
时刻波形未起振的体积元
抖动
形变最大振速最大
波动中各小质元产生不同程度的弹性形变
33
二、波的强度 1.能流单位时间内通过介质中某面积的能量
P E t wSx t
wSu
t
S
x
2.平均能流 3.能流密度
《普通物理学》下册第十一章
机械波
1
第十一章 §11.1 §11.2 §11.3
机械波
机械波的产生和传播平面简谐波的波函数波的能量波的强度
§11.4 惠更斯原理与波的反射和折射
§11.5
§11.6
波的叠加
波的干涉
驻波
多普勒效应

大学物理下第十一章

电场力充当非静电力
b
感生电动势 i a EV dl
EV 是感生电场
闭合回路中
i
L EV d
dl
dΦ
dt
B dS
dt S
• 感生电场与变化磁场之间的关系
L EV
dl
S
B t
dS
讨论
(1) 感生电场是无源有旋场
感生电场与静电场的比较
场源环流通量
静电荷变化的磁场 (磁生电) 静电场为保守场感生电场为非保守场静电场为有源场感生电场为无源场(闭合电场线)
有旋电场力(加速电子) 洛伦兹力(向心力)
电子加速圆周运动
洛仑兹力
evBR
mv 2 R
有旋电场力
eEV
d(mv) dt
Fm
EV
Fe
有旋电场
EV
1 2πR
dΦm dt
令 Φm πR2B
电子感应加速器
B 是面积S内的平均磁感应强度
得
dBR 1 dB
dt 2 dt
BR
1 2
B
电子维持在不变的圆形轨道上加速时磁场必须满足的条件
r
dS l
Φ R2 0r I ldr 0r Il ln R2
R1 2π r
2π R1
r
L Φ 0r ln R2
Il 2π R1
二. 互感现象互感系数互感电动势
线圈 1 中的电流变化
B1
引起线圈 2 的磁通变化
线圈 2 中产生感应电动势
I
根据毕 — 萨定律，穿过线圈 2 的磁通量正比于线圈1
dq
电源
• 表征了电源非静电力作功本领的大小 uAB uA uB

大学课程大二物理第11章(6)课件

9.5
)
波腹 | cos(2x 9.5 ) | 1
2 x
9.5
k
(k 0, 1, 2L )
x
(k
9.5)
2
k 10,9,8,L ,1, 0,1
x
4
,
4
,L
,
19
4
,
21
4
共10个波腹
y入 y反
Acos( Acos[ t
t22xx1)9
]
y入
Acos[ (t -
x) u
]
y反
Acos[ (t
在分界处产生π的相位跃变，相当于出现了半个波
长的波程差，称半波损失.
入射波与反射波在此处的相位时时相同，即反射波在分界处不产生相位跃变.
Reflection of a Wave, Free End
Reflection of a Wave, Fixed End
绳给墙的力向上墙给绳的力向下
L 5
密
u
2
2(L
x)
0Q
P
M
x
X
2
反射波为：
y反
Acos{t
2 x
2
2(L
?
x)
}+
}
整理后得
y反
Acos[ t
2 x
19 ]
yp
Acos( t
2
x
)
y入 y反
Acos( Acos[ t
t22xx1)9
]
（3）入射波与反射波叠加成驻波，方程为
y
2Acos(
2
x
9.5
)cos( t
因为弹簧振子是保守孤立系统，波动过程质元却与周围介质有相互作用。

2020年大学物理第十一章678节

C1
0 (I2 I1)
对闭合回路 C2

I3
B dl
C2
0 (I2 I4 I1 I3)
I5
物理学教程（第二版）
C2
I1
C1
I2
I4
11 – 6 安培环路定理
物理学教程（第二版）

Bdl
L

0 (I1

I1
I1
I2)

（0 I1
安培环路定理
B dl
l
0
Ii
i
无源场有旋场
磁场的高斯定理和安培环路定理反映了磁场是无源有旋（非保守）场.
11 – 6 安培环路定理二安培环路定理的应用举例
物理学教程（第二版）
应用安培环路定理的解题步骤：
((分12易))分过于析场计磁点算场选：的择B对的适称量当性值的；恒路定径，，使B与得d的lB沿夹此角环处路处的相等积；

0
πr2 π R2
I
2π
rB

0r2
R2
I
B

. dB
dI B
11 – 6 安培环路定理

B 的方向与 I 成右螺旋
0 r R,
B

0Ir
2π R2
r R,
B 0I
2π r
I
0I B
2π R
R
oR
物理学教程（第二版）
r
11 – 6 安培环路定理
电场力 Fe qE
z Fm
磁场力（洛伦兹力）

Fm

qv
B
x
O
q+