大学物理练习题 八 解答
大学物理习题答案解析第八章
第八章 电磁感应 电磁场8 －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 ）．8 －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 ）．8 －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，并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为ε12 ，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 ） ， （B ） ， （C ），ti t i d d d d 21<2112M M =1221εε=2112M M ≠1221εε≠2112M M =1221εε<（D ） ，分析与解 教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律；．因而正确答案为（D ）． 8 －4 对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是（ ） （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 ）． 8 －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 ） ，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比 （D ） ，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 ）．8 －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，求在时，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，其中称为磁链． 解 线圈中总的感应电动势当 时，．8 －7 有两根相距为d 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以的变化率增长．若有一边长为d 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示．求线圈中的感应电动势．2112M M =1221εε<t i M εd d 12121=tiM εd d 21212=LI Φm =LI Φm =()Wb π100sin 100.85t Φ⨯=s 100.12-⨯=t tψt ΦN ξd d d d -=-=ΦN ψ=()()t tΦNξπ100cos 51.2d d =-=s 100.12-⨯=t V 51.2=ξtId d分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律来求解．由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用来计算（其中B 为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度B 1 与B 2 之和）．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，故取一个平行于长直导线的宽为ｄx 、长为d 的面元ｄS ，如图中阴影部分所示，则，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元，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，也可用公式求解．解1 穿过面元ｄS 的磁通量为因此穿过线圈的磁通量为再由法拉第电磁感应定律，有解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为线圈与两长直导线间的互感为tΦξd d -=⎰⋅=SΦS B d ()B B x =x d S d d =y x S d d d =tl ME M d d -=()x d xIμx d d x I μΦd π2d π2d d d d 0021-+=⋅+⋅=⋅=S B S B S B ()43ln π2d π2d π2d 02020Id μx x Id μx d x Id μΦΦd d dd=-+==⎰⎰⎰tI d μt ΦE d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=43ln π20dI μΦ=43ln π20d μI ΦM ==当电流以变化时，线圈中的互感电动势为 试想：如线圈又以速率v 沿水平向右运动，如何用法拉第电磁感应定律求图示位置的电动势呢？此时线圈中既有动生电动势，又有感生电动势．设时刻t ，线圈左端距右侧直导线的距离为ξ，则穿过回路的磁通量，它表现为变量I 和ξ的二元函数，将Φ代入 即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中，再令ξ＝d 即可求得图示位置处回路中的总电动势．最终结果为两项，其中一项为动生电动势，另一项为感生电动势．8 －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．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因此，流过导体截面的电量为则 8 －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 ×10－2 s 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．tld d tI d μt I ME d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=()ξf ΦS,1d =⋅=⎰S B tΦE d d -=v =tξd d 54.010C q -=⨯NBS NBS ΦΦΦ=-=-=0Δ12ii R R NBSR R Φq +=+=Δ()T 050.0=+=NSR R q B i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, 则线圈中的平均感应电动势为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8 －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？NBS ψ=1011π2r IS μN S NB ψ==2022π2r ISμN S NB ψ==V 1011.111πΔ2ΔΔ8210-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==r r t IS μN t ΦE tΦE d d -=分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由求解外（必须设法构造一个闭合回路），还可直接用公式求解．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.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 ，则即由于静止的 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，穿过回路的磁通量常数.由法拉第电磁感应定律可知，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． 8 －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．tΦE d d -=()l B d ⋅⨯=⎰lE v ()l B d d ⋅⨯=v E B R Rx Φ⎪⎭⎫⎝⎛+=2π212B R txRB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-=()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B v B R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰-==BS ΦtΦE d d -=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８ －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 ，则因此棒两端的电势差为当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, 则8 －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．()()r L lB ωl lB ωE L-rr ABAB 221d d --=-=⋅⨯=⎰⎰-l B v ()r L lB ωE U AB AB 221--==221r ωB E OA =()221r L B ωE OB -=()r L BL ωE E E OB OA AB 221--=-=分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律 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，得由矢量的方向可知端点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，则回路的总电动势显然，E QO ＝0，所以由上可知，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．后者是垂直切割的情况． 8 －13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40A．求tΦE d d -=()l B d ⋅⨯=⎰lE v ()l B d ⋅⨯=⎰OPOP E v l αB lo d cos 90sin ⎰=v ()()l θB θωlo d 90cos sin ⎰-=l ()⎰==L θL B ωl l θB ω022sin 21d sin B ⨯v QO PQ OP E E E tΦE ++==-=0d d ()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-=12.0m s -=⋅v杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？分析 本题可用两种方法求解．（1） 用公式求解，建立图（a ）所示的坐标系，所取导体元，该处的磁感强度．（2） 用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路．为此可设想杆AB 在一个静止的形导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t ，杆AB 距导轨下端CD 的距离为y ，先用公式求得穿过该回路的磁通量，再代入公式，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势．解1 根据分析，杆中的感应电动势为式中负号表示电动势方向由B 指向A ，故点A 电势较高．解2 设顺时针方向为回路AB CD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为ｄx 、长为y 的面元ｄS ，则穿过面元的磁通量为穿过回路的磁通量为回路的电动势为由于静止的形导轨上电动势为零，所以()l B d ⋅⨯=⎰lE v x l d d =xIμB π20=⎰⋅=SΦS B d tΦE d d -=()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰vv v I μx x μxl E ABAB l B x y xIμΦd 2πd d 0=⋅=S B 11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===SIyμx y x I μΦΦV 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iyμt y x I μt ΦE式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A ，故点A 电势较高． 8 －14 如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．分析 本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：1．当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零［此两段导体上处处满足］，因而线框中的总电动势为其等效电路如图（ｂ）所示．2．用公式求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量．为此设时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c ）所示，显然ξ是时间t 的函数，且有．在求得线框在任意位置处的电动势E（ξ）后，再令ξ＝d ，即可得线框在题目所给位置处的电动势． 解1 根据分析，线框中的电动势为由E ef ＞E hg 可知，线框中的电动势方向为efgh ．解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为相应电动势为V 1084.35-⨯-==E EAB ()0l B =⋅⨯d v ()()()()hg ef hgefghefE E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v tΦE d d -=v =tξd d hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgefl B l B d d v v ()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μvv ()1202πl d I I μ+=1vI ()()ξl ξξx Il μdx ξx Il μΦl 120020ln π2π21++=+=⎰令ξ＝d ，得线框在图示位置处的电动势为由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．*8 －15 有一长为l ，宽为b 的矩形导线框架，其质量为m ，电阻为R ．在t ＝0时，框架从距水平面y ＝0 的上方h 处由静止自由下落，如图所示．磁场的分布为：在y ＝0 的水平面上方没有磁场；在y ＝0 的水平面下方有磁感强度为B 的均匀磁场，B 的方向垂直纸面向里．已知框架在时刻t 1 和t 2 的位置如图中所示．求在下述时间内，框架的速度与时间的关系：（1） t 1 ≥t ＞0，即框架进入磁场前；（2） t 2 ≥t ≥t 1 ，即框架进入磁场， 但尚未全部进入磁场；（3）t ＞t 2 ，即框架全部进入磁场后．分析 设线框刚进入磁场（t 1 时刻）和全部进入磁场（t 2 时刻）的瞬间，其速度分别为v 10 和v 20 ．在情况（1）和（3）中，线框中无感应电流，线框仅在重力作用下作落体运动，其速度与时间的关系分别为v ＝gt （t ＜t 1）和v ＝v 20 ＋g （t －t 2 ）（t ＞t 2 ）．而在t 1＜t ＜t 2这段时间内，线框运动较为复杂，由于穿过线框回路的磁通量变化，使得回路中有感应电流存在，从而使线框除受重力外，还受到一个向上的安培力F A ，其大小与速度有关，即．根据牛顿运动定律，此时线框的运动微分方程为，解此微分方程可得t 1＜t ＜t 2 时间内线框的速度与时间的关系式．解 （1） 根据分析，在时间内，线框为自由落体运动，于是其中时，()()1120π2d d l ξξl l I μt ΦξE +=-=v ()1120π2l d d l l I μE +=v ()A A F F =v ()tvv d d mF mg A =-1t t ≤()11t t gt ≤=v 1t t =gh 2101==v v（2） 线框进入磁场后，受到向上的安培力为根据牛顿运动定律，可得线框运动的微分方程令，整理上式并分离变量积分，有积分后将代入，可得（3） 线框全部进入磁场后（t ＞t 2），作初速为v 20 的落体运动，故有8 －16 有一磁感强度为B 的均匀磁场，以恒定的变化率在变化．把一块质量为m 的铜，拉成截面半径为r 的导线，并用它做成一个半径为R 的圆形回路．圆形回路的平面与磁感强度B 垂直．试证：这回路中的感应电流为式中ρ 为铜的电阻率，d 为铜的密度．解 圆形回路导线长为，导线截面积为，其电阻R ′为在均匀磁场中，穿过该回路的磁通量为，由法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电流为而，即，代入上式可得v Rl B IlB F A 22==tv m v d d 22=-R l B mg mRl B K 22=⎰⎰=-t t t g 110d d vv Kv vgh 210=v ()()[]1212t t K e gh K g g K----=v ()()()[]()222031221t t g e gh K g g Kt t g t t K -+--=-+=--v v td d Btd d π4Bd ρm I =πR 22πr 22rR ρS l ρR =='BS Φ=tt t d d 2πd d π1d d 122B ρRr B R R ΦR R E I ='='='=2ππ2r R d m =dmRr π2π2=td d π4Bd ρm I =8 －17 半径为R ＝2.0 cm 的无限长直载流密绕螺线管，管内磁场可视为均匀磁场，管外磁场可近似看作零．若通电电流均匀变化，使得磁感强度B 随时间的变化率为常量，且为正值，试求：（1） 管内外由磁场变化激发的感生电场分布；（2） 如，求距螺线管中心轴r ＝5．0 cm 处感生电场的大小和方向．分析 变化磁场可以在空间激发感生电场，感生电场的空间分布与场源———变化的磁场（包括磁场的空间分布以及磁场的变化率等）密切相关，即.在一般情况下，求解感生电场的分布是困难的．但对于本题这种特殊情况，则可以利用场的对称性进行求解．可以设想，无限长直螺线管内磁场具有柱对称性，其横截面的磁场分布如图所示．由其激发的感生电场也一定有相应的对称性，考虑到感生电场的电场线为闭合曲线，因而本题中感生电场的电场线一定是一系列以螺线管中心轴为圆心的同心圆．同一圆周上各点的电场强度E k 的大小相等，方向沿圆周的切线方向．图中虚线表示r ＜R 和r ＞R 两个区域的电场线．电场线绕向取决于磁场的变化情况，由楞次定律可知，当时，电场线绕向与B 方向满足右螺旋关系；当 时，电场线绕向与前者相反．解 如图所示，分别在r ＜R 和r ＞R 的两个区域内任取一电场线为闭合回路l （半径为r 的圆），依照右手定则，不妨设顺时针方向为回路正向． （1） r ＜R ，r ＞R ，td d B1s T 010.0d d -⋅=tBtd d B S Bl E d d ⋅∂∂-=⎰⎰S S k t 0d d <t B 0d d >tBtB r t r E E k lk d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tBr E k d d 2-=tB R t r E E k l k d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tBr R E k d d 22-=由于，故电场线的绕向为逆时针． （2） 由于r ＞R ，所求点在螺线管外，因此将r 、R 、的数值代入，可得，式中负号表示E k 的方向是逆时针的． 8 －18 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B 的方向与柱的轴线平行．如图（ａ）所示，有一长为l的金属棒放在磁场中，设B 随时间的变化率为常量．试证：棒上感应电动势的大小为分析 变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从而产生感生电动势．由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由计算棒上感生电动势．此外，还可连接OP 、OQ ，设想PQOP 构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，由于OP 、OQ 沿半径方向，与通过该处的感生电场强度E k 处处垂直，故，OP 、OQ 两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势，就是导体棒PQ 上的电动势． 证1 由法拉第电磁感应定律，有证2 由题８ －17可知，在r ＜R 区域，感生电场强度的大小 设PQ 上线元ｄx 处，E k 的方向如图（b ）所示，则金属杆PQ 上的电动势为0d d >tBtB r R E k d d 22-=tB d d 15m V 100.4--⋅⨯-=k E tBdd ⎰⋅=lk E l E d 0d =⋅l E k 22Δ22d d d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛-==-==l R l t B t B S t ΦE E PQtBr E k d d 2=讨论 假如金属棒PQ 有一段在圆外，则圆外一段导体上有无电动势？ 该如何求解？8 －19 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环，其尺寸如图（ａ）所示，共有N 匝（图中仅画出少量几匝），求该螺绕环的自感L ．分析 如同电容一样，自感和互感都是与回路系统自身性质（如形状、匝数、介质等）有关的量．求自感L 的方法有两种：1．设有电流I 通过线圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式计算L ．2．让回路中通以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动势E L ，由公式计算L ．式中E L 和都较容易通过实验测定，所以此方法一般适合于工程中．此外，还可通过计算能量的方法求解．解 用方法1 求解，设有电流I 通过线圈，线圈回路呈长方形，如图（ｂ）所示，由安培环路定理可求得在R 1 ＜r ＜R 2 范围内的磁场分布为由于线圈由N 匝相同的回路构成，所以穿过自身回路的磁链为则若管中充满均匀同种磁介质，其相对磁导率为μr ，则自感将增大μr 倍．()()222202/2d d d 2/d d 2d cos d l R l t B x r l R t B r x θE E lk k PQ -=-==⋅=⎰⎰x E IΦL =tI E L Ld /d =t I d d xNIμB π20=12200lnπ2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψSR R ==⋅=⎰⎰S B 1220lnπ2R R h N μI ψL =8 －20 如图所示，螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体，其截面积分别为S 1 和S 2 ，磁导率分别为μ1 和μ2 ，管长为l ，匝数为N ，求螺线管的自感．（设管的截面很小）分析 本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响．在无介质时，通电螺线管内的磁场是均匀的，磁感强度为B 0 ，由于磁介质的存在，在不同磁介质中磁感强度分别为μ1 B 0 和μ2 B 0 ．通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S 1 和S 2 的两部分磁通量之和．由自感的定义可解得结果． 解 设有电流I 通过螺线管，则管中两介质中磁感强度分别为, 通过N 匝回路的磁链为则自感8 －21 有两根半径均为a 的平行长直导线，它们中心距离为d ．试求长为l 的一对导线的自感（导线内部的磁通量可略去不计）．I L N μnl μB 111==I LN μnl μB 222==221121S NB S NB ΨΨΨ+=+=2211221S μS μlN I ψL L L +==+=分析 两平行长直导线可以看成无限长但宽为d 的矩形回路的一部分．设在矩形回路中通有逆时针方向电流I ，然后计算图中阴影部分（宽为d 、长为l ）的磁通量．该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加．解 在如图所示的坐标中，当两导线中通有图示的电流I 时，两平行导线间的磁感强度为穿过图中阴影部分的磁通量为则长为l 的一对导线的自感为如导线内部磁通量不能忽略，则一对导线的自感为．L 1 称为外自感，即本题已求出的L ，L 2 称为一根导线的内自感．长为l 的导线的内自感，有兴趣的读者可自行求解． 8 －22 如图所示，在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB 和A ′B ′，每个线圈的自感均为L ，求：（1） A 和A ′相接时，B 和B ′间的自感L 1 ；（2） A ′和B 相接时，A 和B ′间的自感L 2 ．分析 无论线圈AB 和A ′B ′作哪种方式连接，均可看成一个大线圈回路的两个部分，故仍可从自感系数的定义出发求解．求解过程中可利用磁通量叠加的方法，如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为Φ，则穿过两线圈回路的磁通量为2Φ；而当两组线圈按（1）或（2）方式连接后，则穿过大线圈回路的总磁通量为2Φ±2Φ，“ ±”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反．解 （1） 当A 和A ′连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相反，通过回路的磁通量亦相反，故总通量为，故L 1 ＝0．（2） 当A ′和B 连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相同，通过回路的磁通量亦相同，故总通量为，()r d Iμr I μB -+=π2π200aa d l μr Bl ΦSad a-==⋅=⎰⎰-ln πd d 0S B aad l μI ΦL -==ln π0212L L L +=8π02lμL=0221=-=ΦΦΦΦΦΦΦ4222=+=故． 本题结果在工程实际中有实用意义，如按题（1）方式连接，则可构造出一个无自感的线圈．8 －23 如图所示，一面积为4.0 cm 2 共50 匝的小圆形线圈A ，放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央，此两线圈同心且同平面．设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的．求：（1） 两线圈的互感；（2） 当线圈B 中电流的变化率为－50 A·ｓ－1 时，线圈A 中感应电动势的大小和方向．分析 设回路Ⅰ中通有电流I 1 ，穿过回路Ⅱ的磁通量为Φ21 ，则互感M ＝M 21 ＝Φ21I 1 ；也可设回路Ⅱ通有电流I 2 ，穿过回路Ⅰ的磁通量为Φ12 ，则 ． 虽然两种途径所得结果相同，但在很多情况下，不同途径所涉及的计算难易程度会有很大的不同．以本题为例，如设线圈B 中有电流I 通过，则在线圈A 中心处的磁感强度很易求得，由于线圈A 很小，其所在处的磁场可视为均匀的，因而穿过线圈A 的磁通量Φ≈BS ．反之，如设线圈A 通有电流I ，其周围的磁场分布是变化的，且难以计算，因而穿过线圈B 的磁通量也就很难求得，由此可见，计算互感一定要善于选择方便的途径． 解 （1） 设线圈B 有电流I 通过，它在圆心处产生的磁感强度穿过小线圈A 的磁链近似为 则两线圈的互感为（2） 互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同．8 －24 如图所示，两同轴单匝线圈A 、C 的半径分别为R 和r ，两线圈相距为d ．若r 很小，可认为线圈A 在线圈C 处所产生的磁场是均匀的．求两线圈的互感．若线圈C 的匝数为N 匝，则互感又为多少？L IΦI ΦL 4422===21212I ΦM M ==RIμN B B200=A BA A A A S RIμN N S B N ψ200==H 1028.6260-⨯===RSμN N I ψM A B A A V 1014.3d d 4-⨯=-=tIME A解 设线圈A 中有电流I 通过，它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁 感强度近似为穿过线圈C 的磁通为则两线圈的互感为若线圈C 的匝数为N 匝，则互感为上述值的N 倍．8 －25 如图所示，螺绕环A 中充满了铁磁质，管的截面积S 为2.0 cm 2 ，沿环每厘米绕有100 匝线圈，通有电流I 1 ＝4.0 ×10 －2 A ，在环上再绕一线圈C ，共10 匝，其电阻为0.10 Ω，今将开关Ｓ 突然开启，测得线圈C 中的感应电荷为2.0 ×10－3C ．求：当螺绕环中通有电流I 1 时，铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率μr ．分析 本题与题８ －８ 相似，均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度．线圈C 的磁通变化是与环形螺线管中的电流变化相联系的．()2/322202dR IR μB +=()22/32220π2r dR IR μBS ψC +==()2/3222202πd R R r μI ψM +==解 当螺绕环中通以电流I 1 时，在环内产生的磁感强度则通过线圈C 的磁链为设断开电源过程中，通过C 的感应电荷为q C ，则有由此得相对磁导率8 －26 一个直径为0.01 m ，长为0.10 m 的长直密绕螺线管，共1 000 匝线圈，总电阻为7.76 Ω．求：（1） 如把线圈接到电动势E ＝2.0 V 的电池上，电流稳定后，线圈中所储存的磁能有多少？ 磁能密度是多少？*（2） 从接通电路时算起，要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半，需经过多少时间？分析 单一载流回路所具有的磁能，通常可用两种方法计算：（1） 如回路自感为L （已知或很容易求得），则该回路通有电流I 时所储存的磁能，通常称为自感磁能．（2） 由于载流回路可在空间激发磁场，磁能实际是储存于磁场之中，因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量，即，式中为磁场能量密度，积分遍及磁场存在的空间．由于，因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生的磁感强度B 的分布．上述两种方法还为我们提供了计算自感的另一种途径，即运用求解L ．解 （1） 密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感，电流稳定后，线圈中电流，则线圈中所储存的磁能为在忽略端部效应时，该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管中，并为均匀磁场，故磁能密度 处处相等， 110I n μμB r =S I n μμN BS N ψr c 11022==()RS I n μμN ψR ψR qc r c c 110201Δ1=--=-=T 10.02110===SN RqcI n μμB r 1991102==I n μS N Rqcμr 221LI W m =V w W Vmm d ⎰=mwμB w m 22=V w LI V m d 212⎰=l S N L 2=REI =J 1028.3221522202-⨯===lRSE N μLI W m m w 3m J 17.4-⋅==SLW w mm。
大学物理第八章习题解答
×B × p ×
× ×
× × × × × ×
××
×
×
×
×
dl
×
×
× v× ×
o
× ×
R× × ×
× × ×
d (v B) dl
y
d
(vB sin 90 ) cos dl
0
R
统一积分变量为
vB dl
dl Rd d vBR cos d
× ×
× ×
× v×
× ×
0
×
× ×
o
×
R× × ×
×
×
op po
op 2RvB
po vB2R
逆时针
4
v 2.0 m.s 1 8-13 如图，金属杆AB以匀速
平行于一长直导线平移,此导线通有电流
I 40 A , 求杆中的感应电动势，杆的哪一
o dl
顺时针
l
8-20 如图，螺旋管的管芯是两个套在一起 的同轴圆柱体，其截面积分别为 S1和S 2 ,磁 导率分别为 1和2 ，管长为l ,匝数为N , 求螺旋管的自感。（设管的截面很小）
1 , S1
2 , S 2
12
解 螺旋管内部
B nI 匀磁场 N B1 1nI 1 I l N B2 2 nI 2 I l l 1 2
A B
R 20cm
14
解 （1） 设线圈B通有电流IB 则在圆心处产生的 磁感应强度
A B
B0 N B
0 I B
2R
R 20cm
小线圈A内磁场视为均匀，
A N A AB N A ( B0 S A ) N A N B
习题解答---大学物理第八章习题 2
专业班级_____姓名________ 学号________第八章 稳恒电流的磁场一、选择题：1、在磁感应强度为B ρ的均匀磁场中作一半径为r 的半球面S ，S 边线所在平面的法线方向单位矢量n ρ与B ρ的夹角为α，则通过半球面S 的磁通量为：[ D ]（A ）B r 2π （B ）B r 22π （C ）απsin 2B r - （D ）απcos 2B r -。
2、无限长直导线在P 处弯成半径为R 的圆，当通以电流I 时，则在圆心O 点的磁感应强度大小等于：[ D ]（A ）R I πμ20 （B ）RI40μ （C ）0（D ）)11(20πμ-RI（E ）)11(40πμ+RI3、电流由长直导线1沿切向经a 点流入一个电阻均匀分布的圆环，再由点沿切向从圆环流出，经长直导线2返回电源（如图）。
已知直导线上的电流强度为I ，圆环的半径为R ，且a 、b 和圆心O 在同一直线上。
设长直载流导线1、2和分别在O 点产生的磁感应强度为1B ρ、2B ρ、3B ρ，则圆心处磁感应强度的大小[ C ]（A ）0=B ，因为0321===B B B 。
(B)0=B , 因为虽然01≠B ,02≠B ,但021=+B B ρρ，03=B 。
（C ）0≠B ，因为01≠B ，02≠B ，03≠B 。
（D ）0≠B ，因为虽然03=B ，但021≠+B B ρρ。
4、 磁场由沿空心长圆筒形导体的均匀分布的电流产生，圆筒半径为R ，x 坐标轴垂直圆筒轴线，原点在中心轴线上，图（A ）——（E ）哪一条表示x B -的关系[ D ] 5、无限长直圆柱体，半径为R ，沿轴向均匀流有电流，设圆柱体内（R r <）的磁感应强度为i B ,圆柱体外（r> R ）的磁感应强度为e B 。
则有：[ B ] (A)i B 、e B 均与r 成正比。
(B) i B 、e B 均与r 成反比。
(C)i B 与r 成反比，e B 与r 成正比。
大学物理习题解答 第八章
8-1．已知波源在原点(x=0)的平面简谐波的方程为)cos(Cx Bt A y -=式中A,B,C 为正值恒量.试求:(1)波的振幅,波速,频率,周期与波长;(2)写出传播放向上距离波源l 处一点的振动方程;(3)试求任何时刻,在波传播放向上相距为D 的两点的位相差;解:(1) ∵A 、B 、C 为正值恒量，所以该波沿X 轴正方向传播，与平面简谐波的波动方程)(cos cxt A y -=ω比较系数，可得波的振幅为A ，B =ω, π2B f =, B T π2=， C c=ω，C B C c ==ω ，因为f c λ=，所以C B C B CT ππλ22=⋅==． 所以该波的振幅为A,波速为CB,频率为π2B ,周期为B π2,波长为C π2.(2)传播方向上距波源l 处一点的振动方程为：)cos(Cl Bt A y -=.(3)设t 时刻，传播方向上相距为D 的两点分别为x 1,x 2. 那么这两点所对应的波动方程分别为： )cos(11Cx Bt A y -= )cos(22Cx Bt A y -= 所以这两点的相位差Δφ为CD x x C =-=-=∆1221φφφ.8-2. 一列横波沿绳子传播时的波动方程为)410cos(05.0x t y ππ-=,式中x,y 以m 计,t 以s 计.(1)求此波的振幅、波速、频率、和波长;(2)求绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度;(3)求x=0.2m 处的质点在t=1s 时的相位,它是原点处质点在哪一时刻的位相. 这一位相所代表的运动状态在t=1.25s 时刻到达哪一点?在t=1.5s 时刻到达哪一点?(4)分别图示t=1s,1.1s,1.25s,1.5s 各时刻的波形.解：(1)通过与平面简谐波的波动方程比较系数，可得 此波的振幅为:A=0.05m, 波速为:ππ410=c =2.5(m/s). 频率为：ππ210=f =5(HZ). 波长为：f c =λ=0.5(m).答：该波的振幅为0.05m, 波速为2.5m/s, 频率为5HZ,波长为0.5m.(2) ∵平面简谐波的波动方程为：)(cos cxt A y -=ω.∴绳子上各质点的振动速度为: )(sin cxt A t y v --=∂∂=ωω.绳子上各质点的振动加速度为: )(cos 222c xt A ty a --=∂∂=ωω.∴绳子上各质点振动时的最大速度为 ωA v =max =0.5π=1.57(m/s). 绳子上各质点振动时的最大加速度为 2m ax ωA a = =52π=49.35(m/s 2). 答：绳子上各质点振动时的最大速度为1.57m/s ，最大加速度为49.35m/s 2. (3)X=0.2m 处的质点在t=1s 时的位相: φ=9.2π 设该位相是原点处质点在t 时刻的位相，可得 φ=9.2π=10πt t=0.92(s) 这一位相代表的运动状态在t=1.25s 时距离原点的位置为： )(825.0)125.1(2.02.0m c t c x =-+=∆+=同理，在t=1.5s 时，该位相所代表的运动状态，距离原点的位置为： t c x '∆+=2.0=1.45 (m). (4)t=1s 时，x y π4cos 05.0=. t=1.1s 时，x y π4cos 05.0-=. t=1.25s 时,x y π4sin 05.0=. t=1.5s 时，x y π4cos 05.0-=.8-3. 已知平面余弦波波源的振动周期T=21s,所激起的波的波长λ=10m,振幅为0.1m,当t=0时,波源处振动的位移恰为正方向的最大值,取波源处为原点并设波沿+X 方向传播,求: (1)此波的方程;(2)沿波传播方向距离波源为2λ处的振动方程; (3)当4T t =时,波源和距离波源为 4λ,2λ,43λ及λ的各点各自离开平衡位置的位移;(4)当4T t =时,波源和距离波源为 4λ,2λ,43λ及λ的各点自离开平衡位置的位移;并根据(3)(4)计算结果画出波形(y-x)曲线; (5)当4T t =和2T 时,距离波源4λ处质点的振动速度. 解：(1)根据题意可知，该平面余弦波的振幅 A=0.1m, 频率f =2(HZ),波速f c λ==20(m/s),初相位φ0=0. 当取波源为原点并沿该波沿+X 方向传播时，波动方程为 )54cos(1.0x t y ππ-=.(2)沿波传播方向距离波源为λ/2处的振动方程为： )254cos(1.0λππ⋅-=t y =-0.1cos4πt.(3)距离波源分别为4λ,2λ,43λ和λ的各点的振动方程为 t y π4sin 1.0=, t y π4cos 1.0-= t y π4sin 1.0-=, t y π4cos 1.0=当4Tt =时，它们各自离开平衡位置的位移为 44sin 1.01Ty ⋅=π=0.1(m)， 2y =0(m),3y =-0.1(m), 4y =0(m)(4)与(3)的方法类似，易求得 4λ=x 时， y=0(m). 2λ=x 时， y=0.1(m).43λ=x 时，y=0(m). λ=x 时，y=-0.1(m).(5)各质点的振动速度，)54sin(4.0x t t y v πππ--=∂∂= 当4Tt =时，距离波源4λ处质点的振动速度为： )4544sin(4.0λπππ⨯-⨯-=T v =0(m/s)同理，当2T t =时，距离波源4λ处质点的振动速度为：v =-0.4π(m/s)答：当4Tt =和2T 时，距离波源4λ处质点的振动速度分别为0m/s 和-0.4πm/s. 8-4. 一波源做简谐振动,周期为1001s,经平衡位置向正方向运动时,作为计时起点.设此振动以c=400m/s 的速度沿直线传播,求: (1)这波沿某一波线的方程;(2)距波源为16m 处和20m 处质点振动方程和初位相; (3)距波源为15m 和16 m 的两质点的位相差是多少?解：(1)根据题意可知，该简谐波的频率为ƒ=100(HZ)， 波速c=400m/s, 初相位20πφ-=, 设该平面简谐波的波动方程为 )22cos(0φλπλπ+-=x ct A y 将上面的结果代入可得，)222cos(πλππ--=x t T A y =)22200cos(πππ--x t A(2)距波源为16m 和20m 处质点振动方程为：将x=16m 代入上式，得 )2200()2216200cos(1πππππ-=-⨯-=t Aos t A y同理,)2200cos()2220200cos(2πππππ-=-⨯-=t A t A y 初相位分别为：t=0时，210πφ-=,220πφ-=.(3)距波源为15m 和16m 的两质点的位相差： λπφ2⨯∆=∆x =2π. 8-5. 已知某平面简谐波的波源振动方程为)2sin(06.0πt y =,式中y 以m 计,t 以s计.设波速为2m/s,试求离波源5m 处质点的振动方程.这点的位相所表示的运动状态相当波源在哪一时刻的运动状态?解：离波源5m 处质点的振动方程为：将X=5m 代入波动方程得 )5(2sin06.0c t y -=π=)452sin(06.0ππ-t 设该点的位相所代表的运动状态相当波源在t ′时刻的运动状态，所以 t t '=-2452πππ可得 t ′=(t-2.5)(s).8-6.如图所示,A 和B 是两个同位相的波源,相距d=0.10m,同时以30Hz 的频率发出波动,波速为0.50m/s.P 点位于AB 上方,AP 与AB 夹角为30o ,且PA=4m ，求两波通过P 点位相差．解：依题意可知，PA=4m,AB=0.1m, 利用余弦定理，可得 PB=3.91(m)，两波通过P 点相位差： λπφ2)(⨯-=∆PB PA又∵fc=λ ∴Δφ=10.8π. 8-7. S 1和S 2是两个相干波源，相距41波长，S 1比S 2的位相超前2π.设两列波在 S 1,S 2连线方向的强度相同且不随距离变化,问S 1,S 2连线上在S 1外侧各点处的合成波的强度如何?又在S 2外侧各点的强度如何?解：两列相干波在空间任意点P 所形成的振动的振幅为 α∆=cos A 2A +A +A 212221A其中Δα为两列相干波在空间任一点所引起的两个振动的位相差 λπααα2)(1212⨯---=∆r r当P 点在S 1外侧时，根据题中所给的条件，可得 πλλππλπααα-=⨯--=⨯---=∆4222)(1212r r∴0)cos(-2A 2A 2020=+=πA 又∵波的强度与振幅的平方成正比 ∴I=0. 同理，当P 点在S 2外侧时， 02)4(22)(1212=⨯---=⨯---=∆λπλπλπαααr r ⇒A=2A 0 ∴04I I =答：S 1,S 2连线上在S 1外侧各点处的合成波的强度为0，而在S 2外侧合成波的强度为4I 0.8-8．图所示,设平面横波1沿BP 方向传播,它在B 点的振动方程为t y πcos 102.021-⨯=,平面横波2沿AP 方向传播,A 点的振动方程为)2cos(102.022ππ+⨯=-t y ,两式中y 以ｍ计，ｔ以ｓ计，Ｐ处与Ｂ相距0.40m ，与A 相距0.05m,波速为0.20m/s.求: (1)两波传到P 处的为相差; (2)在P 处合振动的振幅;(3)如果在P 处相遇的两横波,振动方向是互相垂直的,则合振动的振幅又如何?解：(1)两波传到P 处的位相差Δα： λπααα2)(1212⨯---=∆r r由题中给出A,B 两点的振动方程可知，A 比B 的位相超前π ∴ππωππλππα5.22)(22)(-=⨯-⨯-=--=∆CPB PA PB PA (2)在P 处合振动的振幅为：α∆++=cos A 2A A A 2010220210A 21083.2-⨯= (m). (3)由于两列横波振幅相同，频率相同，相位差Δα=25π, 所以，当振动方向相互垂直时，合成的结果是圆周运动. ∴A=A 10=0.2×10-2(m).8-9. 一列正弦式空气波,沿直径为0.14m 的圆柱形管行进,波的平均强度为18*10-3J/s ·m 2,频率为300Hz,波速为300m/s,问: (1)波中的平均能量密度和最大能量密度是多少?(2)每两个相邻的,相位差为2π的同相面(亦即相距1波长的两同相面)之间的波段中有多少能量?解：(1)根据题中所给的条件，由C I ω= 则cI=ω=300/10183-⨯=5106-⨯(J ·m -3). 由)(sin 222c rt A -=ωωρω 可得ωωρω222max ==A =4102.1-⨯(J ·m -3)(2)V W ∆⋅=ωd r 2πω==9.23×710-(J)8-10. 为了保持波源的振动不变,需要消耗4W 的功率,如果波源发出的是球面波,且认为媒质不吸收波的 能量,求距离波源1m 和2m 处的能流密度. 解：因为IS P =,所以距离波源1m 处的能流密度为ππ1442111===r S P I =0.318(w ·m -2)距离波源2m 处的能流密度为222244r S P I π===0.08(w ·m -2). 8-11. 两个波在一根很长的细绳上传播,它们的方程设为 )4(cos 06.01t x y -=π,)4(cos 06.02t x y +=π,式中x,y 以m 计,t 以s 计;(1) 求各波的频率,波长,波速和传播方向;(2) 试求这细绳上是做驻波式振动,求节点的位置和腹点的位置; (3)波腹处的振幅多大?在x=1.2m 处振幅多大?解：(1)与波动方程形式)cos(crt A y -=ω作比较，可得)4(4cos 06.01x t y -=π, )4(4cos 06.02xt y +=ππω41= ⇒πω211=f =2(Hz)， s m c /41= 111T c =λ=2(m) 传播方向沿x 轴正方向 πω42=， ƒ2=2(Hz)， C 2=-4m/s.222T c =λ =2(m). 传播方向沿x 轴负方向(2)由于两列波同频率，同振幅，同振动方向，并且传播速率相同方向相反，故满足驻波条件，所以做的是驻波式振动t x y y y ππ4cos cos 12.021⋅=+= 节点的位置： 2)12(ππ+=k x (k=0,±1, ±2,………) ⇒2)12(+=k x . 腹点的位置： ππk x = (k=0,±1, ±2, ……) ⇒k x =. (3)波腹处的振幅为0.12m.x=1.2m 处的振幅： )2.1cos(12.0π=0.097(m). 8-12. 设入射波的波动方程为)(2cos 1λπxT t A y +=,在x=0处发生反射,反射点为一自由端.求: (1)反射波的波动方程;(2)合成波(驻波)的方程,并由合成波方程说明哪些点是波腹,哪些点是波节.解：(1)反射波的波动方程为： )(2cos 2λπxT t A y -=(2) )2cos()2cos(221T tx A y y πλπ⋅=+波腹点：πλπk x =2 (k=0,±1, ±2,………) ⇒2λk x =.波节点位置：2)12(2πλπ+=k x (k=0,±1, ±2,………) ⇒4)12(λ+=k x8-13. 在实验室中做驻波试验时,将一根长3米的弦线的一端系于电动音叉的一个臂上,这音叉在 垂直于眩线长度的方向撒谎那个以60Hz 的频率做振动,眩线的质量为60*0.001kg.如果使这根弦线产生有四个波腹的振动,必须给这根弦线施多大的力.解：由8.14题的结论可知 μυTl n n 2=(n=1, 2,3，………) 根据题中所给的已知条件，可得 l =3m,n=44υ=60HZ, μ=60·10-3/3=kg 2102-⨯. 代入上式，解得24)2(nlT υμ==162(N).8-14. 把两端固定的一根弦线波动一下,就有横向振动弦线的两固定端传去,并被反射回来形成驻波图样, 一根长度为l 的弦线,它的驻波图样是一定的,所以它可按呈现一个波腹,二个波腹,三个波腹,……的形式做振动或这种基本振动叠加.试证明:一根长度为l 的弦线只能发出下列一些固有频率.μυTl n n 2=n=1,2,3,….. 式中μ是弦线单位的质量,T 是绳中的张力.证明：假设长度为l 的弦线，它的驻波图样可以产生n 个波腹，则n 2λ=l ① 又因波在弦线中传播的速率为 μTc =其中T 是绳中的张力，μ是弦线单位长度的质量μυυλTc nn == ②联立①②，解得 μυTl n n 2=. 故结论得证. 8-15. (1)有一支频率未知的音叉和一支频率已知为384Hz 的标准音叉一起振动时每秒产生三个拍,当这音叉上涂上少量石蜡时,拍频减少,沃尔玛这支音叉频率是多少?(2)某一波形可以用下式表示:11sin sin 3sin 535Y A x A x A x =+++试分别作出该级数前三项的图形,并作出叠加之后的图形. 解：(1)由拍频的定义，可知 123υυυ-==∴ 312±=υυ 即2υ=387或381(Hz). (2)图如下：11。
福州大学大学物理习题解答-第8章气体动理论
第八章 气体动理论习题解答8-1 设想太阳是由氢原子组成的理想气体，其密度可当成是均匀的。
若此理想气体的压强为1.35×1014 Pa 。
试估计太阳的温度。
（已知氢原子的质量m = 1.67×10-27kg ，太阳半径R = 6.96×108 m ，太阳质量M = 1.99×1030kg ）解：mR MVm M mn 3π)3/4(===ρK 1015.1)3/4(73⨯===Mkm R nk p T π8-2 目前已可获得1.013×10-10 Pa 的高真空，在此压强下温度为27℃的1cm 3体积内有多少个气体分子？解：3462310/cm 1045.2103001038.110013.1⨯=⨯⨯⨯⨯===---V kT p nV N 8-3 容积V ＝1 m 3的容器内混有N 1＝1.0×1023个氢气分子和N 2＝4.0×1023个氧气分子，混合气体的温度为 400 K ，求： （1） 气体分子的平动动能总和；（2）混合气体的压强。
解：（1）J 1014.41054001038.123)(233232321⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=+=-∑N N kT tε（2）Pa kT n p i323231076.21054001038.1⨯=⨯⨯⨯⨯==-∑8-4 储有1mol 氧气、容积为1 m 3的容器以v =10 m/s 的速率运动。
设容器突然停止，其中氧气的80%的机械运动动能转化为气体分子热运动动能。
问气体的温度及压强各升高多少？（将氧气分子视为刚性分子）解：1mol 氧气的质量kg 10323-⨯=M ，5=i 由题意得T R Mv ∆=⋅ν25%80212K 102.62-⨯=∆⇒TT R V p RT pV ∆=⋅∆⇒=νν pa 52.0102.631.82=⨯⨯=∆=∆∴-VTR p 8-5 一个具有活塞的容器中盛有一定量的氧气，压强为1 atm 。
大学物理习题解答8第八章振动与波动 (2)
第七章 电磁感应本章提要1. 法拉第电磁感应定律· 当穿过闭合导体回路所包围面积的磁通量发生变化时，导体回路中就将产生电流，这种现象称为电磁感应现象，此时产生的电流称为感应电流。
· 法拉第电磁感应定律表述为：通过导体回路所包围面积的磁通量发生变化石，回路中产生地感应电动势i e 与磁通量m Φ变化率的关系为d d t＝－F e其中Φ为磁链，负号表示感应电动势的方向。
对螺线管有N 匝线圈，可以有m N Φ=Φ。
2. 楞次定律· 楞次定律可直接判断感应电流方向，其表述为：闭合回路中感应电流的方向总是要用自己激发的磁场来阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
3. 动生电动势· 磁感应强度不变，回路或回路的一部分相对于磁场运动，这样产生的电动势称为动生电动势。
动生电动势可以看成是洛仑兹力引起的。
· 由动生电动势的定义可得：()d bab ae 醋ò＝v B l· 洛伦兹力不做功，但起能量转换的作用。
4. 感生电动势·当导体回路静止，而通过导体回路磁通量的变化仅由磁场的变化引起时，导体中产生的电动势称为感生电动势。
d dd d d d L S t te F =??蝌Ñ－＝－i E r B S 其中E i 为感生电场强度。
5. 自感· 当回路中的电流发生变化，它所激发的磁场产生的通过自身回路的磁通量也会发生变化，此变化将在自身回路中产生感应电动势，这种现象称为自感现象，产生的电动势为自感电动势，其表达式为：d d L iL te =-（L 一定时）负号表明自感电动势阻碍回路中电流的变化，比例系数L 称为电感或自感系数。
· 自感系数表达式为：L iY =· 自感磁能212m W LI =6. 互感· 对于两个临近的载流回路，当其中一回路中的电流变化时，电流所激发的变化磁场在另一回路中产生感应电动势。
大学物理第八章答案
大学物理第八章答案8-1 解：取固定坐标xOy ，坐标原点O 在水面上（图题所示）设货轮静止不动时，货轮上的A 点恰在水面上，则浮力为S ρga .这时 ga s Mg ρ= 往下沉一点时，合力 )(y a g s Mg F +-=ρ gy s ρ-=. 又 22d d tyMMa F == 故0d d 22=+gy s ty M ρ022=+y M gs dtdy ρ 故作简谐振动M g s ρω=2)(35.68.910102101022223334s g s M T =⨯⨯⨯⨯⨯===πρπωπ8-2 解：取物体A 为研究对象，建立坐标Ox 轴沿斜面向下，原点取在平衡位置处，即在初始位置斜下方距离l 0处，此时：)(1.0sin 0m kmg l ==θ(1) (1) A 物体共受三力；重mg, 支持力N, 张力T.不计滑轮质量时，有 T =kx列出A 在任一位置x 处的牛顿方程式220d d )(sin sin txm x l k mg T mg =+-=-θθ将（1）式代入上式，整理后得0d d 22=+x m ktx 习题8-1图故物体A 的运动是简谐振动，且)rad/s (7==mkω 由初始条件,000⎩⎨⎧=-=v l x 求得,1.00⎩⎨⎧===πϕml A 故物体A 的运动方程为x =0.1cos(7t+π)m(2) 当考虑滑轮质量时，两段绳子中张力数值不等，如图所示，分别为T 1、T 2,则对A 列出任一位置x 处的牛顿方程式为:221d d sin txm T mg =-θ (2)对滑轮列出转动方程为：22221d d 2121t x Mr r a Mr J r T r T =⎪⎭⎫ ⎝⎛==-β (3)式中,T 2=k (l 0+x ) （4）由式（3）、(4)知2201d d 21)(txM x l k T ++=代入(2)式知 22021)(sin dtxd m M x l k mg ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+-θ又由（1）式知0sin kl mg =θ故0d d )21(22=++kx t xm M即0)2(d d 22=++x m M ktxm M k +=22ω可见，物体A 仍作简谐振动，此时圆频率为：rad/s)(7.52=+=m M k ω由于初始条件：0,000=-=v l x可知，A 、ϕ不变，故物体A 的运动方程为:m t x )7.5cos(1.0π+=习题8-2图由以上可知：弹簧在斜面上的运动，仍为简谐振动，但平衡位置发生了变化，滑轮的质量改变了系统的振动频率.8-3 解：简谐振动的振动表达式：)cos(ϕω+=t A x由题图可知，m 1042-⨯=A ,当t=0时，将m 1022-⨯=x 代入简谐振动表达式，得：21cos =ϕ 由)sin(ϕωωυ+-=t A ,当t=0时，ϕωυsin A -= 由图可知，υ>0,即0sin <ϕ,故由21cos =ϕ,取3πϕ-= 又因:t=1s 时，,1022m x -⨯=将其入代简谐振动表达式，得213cos ,3cos 42=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=πωπω由t=1s 时,⎪⎭⎫⎝⎛--=3sin πωωυA <0知，03sin >⎪⎭⎫ ⎝⎛-πω,取33ππω=-，即 s 32πω= 质点作简谐振动的振动表达式为m t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=-332cos 1042ππ8-4 解：以该球的球心为原点，假设微粒在某一任意时刻位于遂道中的位矢为r，由高斯定理可知304R rQ E πε=,则微粒在此处受电场力为:r R Qq F 304πε-=式中，负号表明电场F的方向与r的正方向相反，指向球心.由上式及牛顿定律，得：04d d 04d d 043022302230=+⇒=+=+r mRQqt r r R Qq t r mr RQqF πεπεπε令 mR Qq3024πεω=则 0d d 222=+r trω 习题8-3图故微粒作简谐振动，平衡点在球心处.由ωπ2=T知: QqmR T 3042πεπ=8-5 解：（1）取弹簧原长所在位置为O '点.当弹簧挂上物体A 时，处于静止位置P 点，有：P O k Mg '=将A 与B 粘合后，挂在弹簧下端，静止平衡所在位置O 点，取O 点为原坐标原点如图题8-5所示，则有：g m M O O k )(+='设当B 与A 粘在一起后，在其运动过程的任一位置，弹簧形变量x O O +',则A 、B 系统所受合力为：kx x O O k g m M F -=+'-+=)()(即 0d d )(22=++kx txm M可见A 与B 作简谐和振动. (2) 由上式知，rad/s)(10=+=mM kω以B 与A 相碰点为计时起点，此时A 与B 在P 点，由图题8-5可知kmgk Mg g k m M P O O O OP =-+='-'= 则t=0时，m 02.00-=-=-=kmgOP x (负号表P 点在O 点上方) 又B 与A 为非弹性碰撞，碰撞前B 的速度为:m/s 2220101=-='gh υυ 碰撞后，A 、B 的共同速度为：m/s 4.0010=+'=mM m υυ （方向向上）则t=0时，⎩⎨⎧=-=s m mx /4.002.000υ可求得：)m (0447.02220=+=ωυx Aπωυϕ65.0arctan 00=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=x 可知A 与B 振动系统的振动表达式为：m t x )65.010cos(0447.0π+=习题8.5图(3) 弹簧所受的最大拉力，应是弹簧最大形变时的弹力，最大形变为：m A g kmM A O O x 1447.0=++=+'=∆则最大拉力 N 4.72max ==x k F ∆ 5-6 解：(1) 已知A=0.24m, 22ππω==T ,如选x 轴向下为正方向. 已知初始条件0m,12.000<=υx 即 3,21cos ,cos 24.012.0πϕϕϕ±=== 而 ,0sin ,0sin 0><-=ϕϕωυA 取3πϕ=,故：m t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=32cos 24.0ππ(2) 如图题所示坐标中，在平衡位置上方0.12m, 即x=-0.12m 处，有32322132cos πππππ±=+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+t t因为所求时间为最短时间，故物体从初始位置向上运动，0<υ.故0)32sin(>+ππt则取3232πππ=+t 可得：s t 32min =(3) 物体在平衡位置上方0.12m 处所受合外力0.3N x m =-=ωF ,指向平衡位置.8-7 解：子弹射入木块为完全非弹性碰撞，设u 为子弹射入木块后二者共同速度，由动量定理可知：m/s)(0.2=+=υmM mu不计摩擦，弹簧压缩过程中系统机械能守恒，即：20221)(21kx u m M =+ （x 0为弹簧最大形变量） m u kmM x 20100.5-⨯=+=由此简谐振动的振幅 20100.5-⨯==x A 系统圆频率rad/s)(40=+=mM kω习题8-6图若取物体静止时的位置O （平衡位置）为坐标原点，Ox 轴水平向右为正，则初始条件为： t =0时，x =0,0m/s 0.20>==u υ由,sin ,cos 00ϕωυϕA A x -==得：2πϕ-=则木块与子弹二者作简谐振动，其振动表达式为：m t x )240cos(100.52π-⨯=-8-8 解：当物体m 1向右移动x 时，左方弹簧伸长x ，右方弹簧缩短x ，但它们物体的作用方向是相同的，均与物体的位移方向相反，即)(21x k x k F +-=令F =-kx ,有:N/m 421=+=k k k 由 kmT π2= 得)kg (1.0442212211≈==ππkT k T m则粘上油泥块后，新的振动系统质量为：kg 20.021=+m m新的周期 )s (4.12212=+=km m T π在平衡位置时，m 2与m 1发生完全非弹性碰撞. 碰撞前，m 1的速度m/s 10.0111πωυ==A 设碰撞后，m 1和m 2共同速度为υ. 根据动量守恒定律，υυ)(2111m m m +=则m/s 05.0)(2111πυυ=+=m m m新的振幅 m)(035.0222===πυωυTA 8-9 解：（1）由振动方程)25sin(60.0π-=t x 知，5(rad/s)m,6.0==ωA故振动周期： )s (26.1)s (256.1522≈===πωπT (2) t=0时，由振动方程得：)25cos(0.3|m60.0000=-==-==πυt dt dx x t (3) 由旋转矢量法知，此时的位相：3πϕ-=速度 m/s)(6.2m/s )23(560.0sin =-⨯⨯-=-=ϕωυA 加速度 )m/s (5.7m/s 21560.0cos 2222-=⨯⨯-=-=ϕωA a 所受力 N)(5.1N )5.7(2.0-=-⨯==ma F（4）设质点在x 处的动能与势能相等，由于简谐振动能量守恒，即：221kA E E E p k ==+ 故有： )21(21212kA E E E p k ===即 22212121kA kx ⨯=可得： m)(42.022±=±=A x 8-10 解：（1）砝码运动到最高点时，加速度最大，方向向下，由牛顿第二定律，有：N mg ma -=maxN 是平板对砝码的支持力.故N)(74.1)4()()(22max =-=-=-=vA g m A g m a g m N πω砝码对板的正压力与N 大小相等，方向相反.砝码运动到最低点时，加速度也是最大，但方向向上，由牛顿第二定律，有：mg N ma -'=max故 N)(1.8)4()(22max =+=+='A v g m a g m N π 砝码对板的正压力与板对砝码的支持力N '大小相等，方向相反. （2）当N=0时，砝码开始脱离平板，故此时的振幅应满足条件：m)(062.040)4(22max max 2===-=v g A vA g m N ππ(3) 由22max 4vg A π=,可知，2max v A 与成反比，当v v 2='时，m 0155.041max max=='A A 8-11 解：（1）设振子过平衡位置时的速度为υ，由机械能守恒，有：222121υm kA = A mk=υ 由水平方向动量定理： ⇒='+υm u m m )(υm m mu '+=此后，系统振幅为A '，由机械能守恒，有：22)(2121u m m A k '+=' 得： A m m mA '+='有： km m T '+='π2 （2）碰撞前后系统总能量变化为：)21()1(2121212222kA m m m m m m kA kA A k E '+'-=-'+=-'=∆ 式中，负号表示能量损耗，这是泥团与物体的非弹性碰撞所致.（3）当m 达到振幅A 时，m '竖直落在m 上，碰撞前后系统在水平方向的动量均为零，因而系统的振幅仍为A ，周期为km m '+π2，系统的振动总能量不变，为221kA （非弹性碰撞损耗的能量为源于碰撞前m '的动能）. 物体系统过平衡位置时的速度υ'由：22)(2121υ''+=m m kA 得：A m m k'+±='υ8-12 解：（1）由放置矢量法可知，振子从2A 运动到2A -的位置处，角相位的最小变化为：3πϕ∆=则圆频率 rad/s 3π∆ϕ∆ω==t 周期 s T 62==ωπ由初始状态，在图示坐标中，初始条件为：m)(1.00m1.000=⇒⎩⎨⎧=-=A x υ则振幅 m 1.022020=+=ωυx A习题8-12图（2）因为E E p 41=又 2221,21kA E kx E p == 故 )21(412122kA kx =得： m)(05.0±=x 根据题意，振子在平衡位置的下方，取x =－0.05m.根据振动系统的能量守恒定律：222212121kA m kx =+υ 故 )s m (091.0122-⋅±=-±=x A ωυ根据题意，取m/s 091.0-=υ 再由 )sin()cos(ϕωωυϕω+-=+=t A t t A x)cos(d d 2ϕωω+-==t A tva x 2ω-=得： )m/s (055.02=a（3）t=0时，(J)108.681)21(41413222-⨯====mA kA E E p ω (J)102183)21(43433222-⨯====mA kA E E k ω(J)108.273-⨯=+=p k E E E （4）由简谐振动的振动表达式)cos(ϕω+=t A x 当t=0时，0m/s 091.0m,05.000<-=-=υx ,可得：πϕ32= 又 3,10.0πω==m A故 m t x )323cos(1.0ππ+= 8-13 解：（1）据题意，两质点振动方程分别为：mt x mt x Q P )3cos(1000.2)3cos(1000.522ππππ-⨯=+⨯=--（2）P 、Q 两质点的速度及加速度表达分别为：)m/s )(3sin(1000.52ππωυ+⨯⨯-==-t dt dx P P )m/s )(3sin(1000.22ππωυ-⨯⨯-==-t dt dx QQ )m/s )(3cos(1000.5222ππωυ+⨯⨯-==-t dt d a P P )m/s )(3cos(1000.2222ππωυ-⨯⨯-==-t dtd a Q Q当t=1s 时，有：)(m/s 1087.9/32cos 1000.2)(m/s 1068.24/34cos 1000.5(m/s)1044.5/32sin 1000.2(m/s)1060.13/34sin 1000.5(m)1000.132cos 1000.2)(m 105.234cos1000.5222222222222222222------------⨯=⨯⨯-=⨯=⨯⨯-=⨯-=⨯⨯-=⨯=⨯⨯-=⨯-=⨯=⨯=⨯=s m a s m a s m s m m x m x Q P Q P Q P ππππππυππυππ（3）由相位差32)3(3)()(πππϕϕϕωϕωϕ∆=--=-=+-+=Q P Q P t t 可见，P 点的相比Q 点的相位超前32π. 8-14 解：（1）由题意得初始条件：⎪⎩⎪⎨⎧<=02100υA x 可得：3πϕ=(由旋转矢量法可证出)在平衡位置的动能就是质点的总能量)J (1008.3212152222-⨯====⇒=A m kA E m k m kωωω可求得：s rad m E A /221πω==则振动表达式为：m t x )32cos(1000.52ππ+⨯=-(2) 初始位置势能)32(cos 21212222ππω+==t A m kx E P 当t=0时，3cos 21222πωA m E P =J J 6222221071.73cos )1000.5()2(1000.121---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=ππ 8-15 解：（1）由初始条件：⎩⎨⎧<⨯=-0102.1010υm x 可知，3πϕ=且 22ππω==v则振动表达式为：m t x )32cos(24.0ππ+=当t=0.5s 时，m m x 21000.6)3212cos(24.0-⨯-=+⨯=ππ(2) t=0.5s 时，小球所受力：(N)1048.1)(32-⨯=-==x m ma f ω因t=0.5s 时，小球的位置在m x 21000.6-⨯-=处，即小球在x 轴负方向，而f 的方向是沿x 轴正方向，总是指向平衡位置.(3) 从初始位置m x 10102.1-⨯=到m x 1102.1-⨯-=所需最短时间设为t ，由旋转矢量法知，πϕπϕ32,3,0±=±=处处x x )s (3223=⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==t t πωπω 习题8-15图(4) 因为 )32sin(24.02)sin(πππϕωωυ+⨯-=+-=t t A )32cos(24.04)cos(22πππϕωω+⨯-=+-=t t A a 在s t m x 32102.11=⨯-=-处 )32cos(24.04)3322cos(24.04/1026.3/)3322sin(24.022212ππππππαπππυ+⨯-=+⨯⨯-=⨯-=+⨯⨯-=-t s m s m(5) t=4s 时， 22)]32sin([2121ππωυ+-==t A m m E k (J)1033.5J)342(sin 24.0)2(01.0214222-⨯=+⨯⨯⨯⨯=πππ)32(cos 21212222ππω+==t A m kx E P (J)1077.1J)342(cos 24.0)2(01.0214222-⨯=+⨯⨯⨯⨯⨯=πππ(J)107.10J 101.77J 1033.5-4-44⨯=⨯+⨯=+=-P k E E E 总 8-16 解：设两质点的振动表达式分别为：)cos()cos(2211ϕωϕω+=+=t A x t A x由图题可知，一质点在21Ax =处时对应的相位为： 32/arccos 1πϕω==+A A t同理：另一质点在相遇处时，对应的相位为：352/arccos2πϕω==+A A t 故相位差)()(12ϕωϕωϕ∆+-+=t t习题8-16图πππϕϕ3433512=-=-= 若21υυ与的方向与上述情况相反，故用同样的方法，可得：πππϕϕϕ∆32)3(312=--=-= 8-17 解：由图题8-17(图在课本上P 200)所示曲线可以看出，两个简谐振动的振幅相同，即m 05.021==A A ,周期均匀s 1.0=T ，因而圆频率为：ππω202==T由x -t 曲线可知，简谐振动1在t=0时，,010=x 且010>υ，故可求得振动1的初位相πϕ2310=.同样，简谐振动2在t=0时，πϕυ==-=202020,0,05.0可知m x 故简谐振动1、2的振动表达式分别为：mt x t x )20cos(05.0)2320cos(05.021ππππ+=+=因此，合振动的振幅和初相位分别为： m A A A A A 210202122211025)cos(2-⨯=-++=ϕϕ2021012021010cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=ππ4541arctan 或== 但由x-t 曲线知，t=0时，πϕ45,05.021应取因此-=+=x x x . 故合振动的振动表达式：m t x )4520cos(10252ππ+⨯=- 8-18 解：（1）它们的合振动幅度初相位分别为：)cos(212212221ϕϕ-++=A A A A Am )535cos(06.005.0206.005.022ππ-⨯⨯⨯++=m 0892.0=22112211cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=316819.15.2arctan 5cos06.053cos 05.05sin06.053sin 05.0'︒===++=rad ππππ。
大物习题解答-大学物理习题答案(许瑞珍_贾谊明)-第8章 磁场中的磁介质
第八章 磁场中的磁介质8－1一螺绕环的平均半径为R=0.08m ，其上绕有N=240匝线圈，电流强度为I=0.30A 时管内充满的铁磁质的相对磁导率μr ＝5000，问管内的磁场强度和磁感应强度各为多少？ 解：（1）由I d =⋅⎰l H L 得I R N H NI R H π=→=π22代入数值为 m A H /1043.108.014.323.02402⨯=⨯⨯⨯= （2）T H B r 9.01043.150********=⨯⨯⨯⨯π=μμ=-8－2在图11－8所示的实验中，环型螺绕环共包含500匝线圈，平均周长为50cm ，当线圈中的电流强度为2.0A 时，用冲击电流计测得介质内的磁感应强度为2.0T ，求这时（1）待测材料的相对磁导率μr ；（2）磁化电流线密度j s 。
解：（1）I R N H π=2代入数值m A H /2000105025002=⨯⨯=- 7962000104270=⨯⨯π=μ=μ-H B r （2）m A nI j r s /1056.121050500)1796()1(62⨯=⨯⨯⨯-=-μ=- 8－3如图所示，一根长圆柱型同轴电缆，内、外导体间充满磁介质，磁介质的相对磁导率为μr （μr <1），导体的磁化可以略去不计，电缆沿轴向有稳定电流I 通过，内外导体上的电流的方向相反，求（1）空间各区域的磁感应强度和磁化强度；（2）磁介质表面的磁化电流。
解：依题意，内圆柱的电流密度21R I j π=（1）r<R 时： 根据∑⎰=⋅I d l H L得21121222R Ir jr H r j r H π==→π=π 2101012R Ir H B πμ=μ= 0)1(11=-μ=H M r （导体的μr =1）R 1<r<R 2时：根据∑⎰=⋅I d l H L 得rI H I r H π=→=π2222 r I H B r r πμμ=μμ=20202习题8－3图r I H M r r π-μ=-μ=2)1()1(22 R 2<r<R 3时： )(2223R R I j -π= 根据∑⎰=⋅I d l H L 得222322332223)(2)(2R R r R r I H R r j I r H --π=→-π-=π 22232230303)(2R R r R r I H B --πμ=μ= 0)1(33=-μ=H M r （导体的μr =1）r>R 3时：H=0, B=0, M=0（2）I I r s )1(-μ=8－4一个截面为正方形的环形铁心，其中磁介质的相对磁导率为μr ，若在此环形铁心上绕有N 匝线圈，线圈中的电流为I ，设环的平均半径为r ，求此铁心的磁化强度。
北京邮电大学大学物理学习题答案8
习题八8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题8-1图 题8-2图8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量． 解: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式204rq E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024dq πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S q 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S qE 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S qE 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证∏点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin rp πεθ证: 如题8-5所示，将p分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r的分量θsin p ． ∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量30π2cos r p E r εθ=垂直于r 方向，即θ方向场强分量300π4sin rp E εθ=题8-5图 题8-6图8-6 长l =15.0χμ 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0ξ10-9X ·μ-1 的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0χμ处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0χμ 处Q 点的场强．解： 如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε222)(d π4d x a x E E l l P P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右(2)同理 2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题8-6图所示 由于对称性⎰=l QxE 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d ll x x 2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Q y Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强． 解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d RR E εϕλ=方向沿半径向外 则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ 12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵ lq4=λ ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿8-9 (1)点电荷q 位于一边长为α的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q的电场中取半径为P 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(xR arctan=α) 解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量06εqe =Φ． (2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ， 如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题8-9(α)图所示．题8-9(3)图题8-9(α)图 题8-9(β)图 题8-9(χ)图(3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(χ)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r S ααα⎰⋅=02d sin π2r )cos 1(π22α-=r8-10 均匀带电球壳内半径6χμ，外半径10χμ，电荷体密度为2×510-X ·μ-3求距球心5χμ，8χμ ,12χμ 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r χμ时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=rr r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外. 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E)(21210σσε-=1σ面外， n E)(21210σσε+-= 2σ面外， n E)(21210σσε+=n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的． 解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(α)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ-球在O 点产生电场'dπ4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场d 33030r E ερ= ；(2) ρ+在O '产生电场'dπ4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E题8-13图(α) 题8-13图(β)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r '，相对O 点位矢为r(如题8-13(β)图)则 03ερrE PO =，3ερr E O P '-=' , ∴ 0003'3)(3ερερερd r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6X 的两个异号点电荷组成，两电荷距离δ=0.2χμ，把这电偶极子放在1.0×105N ·X -1 的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵ 电偶极子p在外场E 中受力矩E p M⨯= ∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8X ，2q =3.0×10-8X ，相距1r =42χμ，要把它们之间的距离变为2r =25χμ，需作多少功? 解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r -61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功． 解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-Rq R q 0π41ε=O U )3(R q R q -Rq 0π6ε-= ∴ Rq q U U q A o C O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E y R 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R 0π2ελ-= (2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U ∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104μ·σ-1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31κγ，电子电量e =1.60×10-19X) 解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30κς·χμ-1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5χμ，求此电容器可承受的最高电压． 解: 平行板电容器内部近似为均匀电场∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E 与电势U 的关系U E -∇=，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解: (1)点电荷 rqU 0π4ε=题 8-20 图∴ 0200π4r rq r r U Eε=∂∂-= 0r为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势220π4xR q U +=ε∴ ()i x R qxi x U E2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4rql llr q U εθθθε=+--=∴ 30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-= 30π4sin 1rp U r E εθθθ=∂∂-= 8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有 0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴ +2σ03=σ说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ 又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200χμ2，A 和B 相距4.0μμ，A 与C 相距2.0 μμ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7X ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ (2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算： (1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε (2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+RqR q εε得 -='q 3q8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知 2020π4r q F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =', 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电q q 43='' ∴ 此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'2F rqr q q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q. ∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r qq F ==ε*8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是∑，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是∑，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U U AB =可得以下6个方程题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A 解得 Sq261==σσSq dU2032-=-=εσσSq dU2054+=-=εσσ 所以CB 间电场 Sqd U E 00422εεσ+==)2d (212d 02Sq U E U U CB C ε+=== 注意：因为C 片带电，所以2U U C ≠，若C 片不带电，显然2UU C = 8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强；(2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4rrQ E r r Q D r εε ==内; 介质外)(2R r <场强303π4,π4rrQ E r Qr D ε ==外 (2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R QR r qr εεε+-=)11(π420R r Q r r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=222020π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r -+=εεε8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=d21U E E == ∴r D D εσσ==1212题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求：(1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为δρ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量；(2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε==薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R V R R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求： (1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度． 解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即2210π41r q q F ε=但2q 处于金属球壳中心，它受合力．．为零，没有加速度． (2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图 题8-31图8-31 如题8-31图所示，1C =0.25μΦ，2C =0.15μΦ，3C =0.20μΦ ．1C 上电压为50ς．求：AB U ． 解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q =∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 8-32 1C 和2C 两电容器分别标明 200 πΦ、500 ς和 300 πΦ、900 ς，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 ς 的电压，是否会击穿? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U ∴ 6001=U V ,4002=U V即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求： (1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112*********U U U C U C q qU C U C q q q q解得 (1) =1q U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失W W W -=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +-+=221212U C C C C +=8-34 半径为1R =2.0χμ 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0χμ和3R =5.0χμ，当内球带电荷Q =3.0×10-8X 时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4rrQ E ε= 3R r >时 302π4rrQ E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r r Q W εε⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q r r Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F。
大学物理A 练习题 第8章《光的偏振》答案
第8章 光的偏振一、选择题1(B)，2(B)，3(B)，4(A)，5(B)，二、填空题(1)． 2， 1/4(2)． 1/ 2(3)． I 0 / 2， 0(4)． 1.48 tan560(5)． 遵守通常的折射，不遵守通常的折射. 传播速度，单轴三、计算题1. 有三个偏振片叠在一起．已知第一个偏振片与第三个偏振片的偏振化方向相互垂直．一束光强为I 0的自然光垂直入射在偏振片上，已知通过三个偏振片后的光强为I 0 / 16．求第二个偏振片与第一个偏振片的偏振化方向之间的夹角．解：设第二个偏振片与第一个偏振片的偏振化方向间的夹角为θ．透过第一个偏 振片后的光强 I 1＝I 0 / 2．透过第二个偏振片后的光强为I 2，由马吕斯定律，I 2＝(I 0 /2)cos 2θ透过第三个偏振片的光强为I 3，I 3 ＝I 2 cos 2(90°－θ ) = (I 0 / 2) cos 2θ sin 2θ = (I 0 / 8)sin 22θ由题意知 I 3＝I 2 / 16所以 sin 22θ = 1 / 2，()2/2sin 211-=θ＝22.5°2. 将两个偏振片叠放在一起，此两偏振片的偏振化方向之间的夹角为o 60，一束光强为I 0的线偏振光垂直入射到偏振片上，该光束的光矢量振动方向与二偏振片的偏振化方向皆成30°角．(1) 求透过每个偏振片后的光束强度；(2) 若将原入射光束换为强度相同的自然光，求透过每个偏振片后的光束强度．解：(1) 透过第一个偏振片的光强I 1I 1＝I 0 cos 230°＝3 I 0 / 4透过第二个偏振片后的光强I 2， I 2＝I 1cos 260°＝3I 0 / 16(2) 原入射光束换为自然光，则I 1＝I 0 / 2I 2＝I 1cos 260°＝I 0 / 83. 如图，P 1、P 2为偏振化方向相互平行的两个偏振片．光强为I 0的平行自然光垂直入射在P 1上． (1) 求通过P 2后的光强I ． (2) 如果在P 1、P 2之间插入第三个偏振片P 3，(如图中虚线所示)并测得最后光强I ＝I 0 / 32，求：P 3的偏振化方向与P 1的偏振化方向之间的夹角α (设α为锐角)．解：(1) 经P 1后，光强I 1＝21I 0 I 1为线偏振光．通过P 2．由马吕斯定律有I ＝I 1cos 2θ∵ P 1与P 2偏振化方向平行．∴θ＝0．故 I ＝I 1cos 20°＝I 1＝21I 0 (2) 加入第三个偏振片后，设第三个偏振片的偏振化方向与第一个偏振化方向间的夹角为α．则透过P 2的光强αα2202cos cos 21I I =α40cos 21I = 由已知条件有 32/cos 21040I I =α ∴ cos 4α＝1 / 16得 cos α＝1 / 2 即 α =60°4.有一平面玻璃板放在水中，板面与水面夹角为θ (见图)．设水和玻璃的折射率分别为1.333和1.517．已知图中水面的反射光是完全偏振光，欲使玻璃板面的反射光也是完全偏振光，θ 角应是多大？解：由题可知i 1和i 2应为相应的布儒斯特角，由布儒斯特定律知tg i 1= n 1＝1.33；tg i 2＝n 2 / n 1＝1.57 / 1.333，由此得 i 1＝53.12°，i 2＝48.69°．由△ABC 可得 θ＋(π / 2＋r )＋(π / 2－i 2)＝π整理得 θ＝i 2－r由布儒斯特定律可知， r ＝π / 2－i 1将r 代入上式得θ＝i 1＋i 2－π / 2＝53.12°＋48.69°－90°＝11.8°.四研讨题1. 为了得到线偏振光，就在激光管两端安装一个玻璃制的“布儒斯特窗”（见图），使其法线与管轴的夹角为布儒斯特角。
大学物理II练习册答案8
大学物理练习 八一、选择题：1．有两个点电荷电量都是+q ，相距为2 a 。
今以左边的点电荷所在处为球心，以a 为半径作一球形高斯面。
在球面上取两块相等的小面积S 1和S 2，其位置如下图。
设通过S 1和S 2的电场强度通量分别为1Φ和2Φ，通过整个球面的电场强度通量为s Φ，则 [ D ](A)s ΦΦ>Φ,21=0/εq (B)021/2,εq s =ΦΦ<Φ (C)021/,εq s =ΦΦ=Φ (D)021/,εq s =ΦΦ<Φ 解∶通过S 1的电场强度通量分别为1Φ,有穿进又有穿出; 但通过S 2的电场强度通量分别为2Φ,只有穿出. 故,21Φ<Φ据高斯定理通过整个球面的电场强度通量为s Φ只与面内电荷有关。
2．图示为一具有球对称性分布的静电场的E ~ r 关系曲线。
请指出该静电场是由以下哪种带电体产生的？ [ ] (A) 半径为R 的均匀带电球面。
(B) 半径为R 的均匀带电球体。
(C) 半径为R 、电荷体密度Ar =ρ(A 为常数)的非均匀带电球体。
(D) 半径为R 、电荷体密度r A /=ρ (A 为常数)的非均匀带电球体。
解∶〔D 〕204r qE iπε∑=3. 关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的选项是：[ D ](A) 如果高斯面上E处处为零，则该面内必无电荷．(B) 如果高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为E0=∑i q零． ( 面外有电荷)(C) 如果高斯面上E处处不为零，则高斯面内必有电荷．(D) 如果高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电场强度通量必不为零．4．在磁感应强度为B的均匀磁场中作一半径为r 的半球面S ，S边线所在平面的法线方向单位矢量n与B 的夹角为α，则通过半球面S 的磁通量为 [ D ] (A) .2B r π (B) 2.2B r π (C) απsin 2B r -. (D) απcos 2B r -.5．如图示，直线MN 长为2 L ，弧OCD 是以点N 为中心，L 为半径的半圆弧，N 点有正电荷+q ，M 点有负电荷-q 。
大学物理学 (第版.修订版) 北京邮电大学出版社 上册 第八章习题8答案
习题8选择题(1) 关于可逆过程和不可逆过程有以下几种说法：①可逆过程一定是准静态过程．②准静态过程一定是可逆过程．③不可逆过程发生后一定找不到另一过程使系统和外界同时复原．④非静态过程一定是不可逆过程．以上说法，正确的是：［］(A) ①、②、③、④. (B) ①、②、③.(C) ②、③、④. (D) ①、③、④.[答案：D. 准静态过程不一定是可逆过程．因准静态过程中可能存在耗散效应，如摩擦、粘滞性、电阻等。
](2) 热力学第一定律表明：［］(A) 系统对外做的功不可能大于系统从外界吸收的热量．(B) 系统内能的增量等于系统从外界吸收的热量．(C) 不可能存在这样的循环过程，在此循环过程中，外界对系统做的功不等于系统传给外界的热量．(D) 热机的效率不可能等于1．[答案：C。
热力学第一定律描述个热力学过程中的能量守恒定性质。
](3) 如题图所示，bca为理想气体绝热过程，b1a和b2a是任意过程，则上述两过程中气体做功与吸收热量的情况是: ［］(A) b1a过程放热，做负功；b2a过程放热，做负功．(B) b1a过程吸热，做负功；b2a过程放热，做负功．(C) b1a过程吸热，做正功；b2a过程吸热，做负功．(D) b1a过程放热，做正功；b2a过程吸热，做正功．题图[答案：B。
b1acb构成正循环，ΔE = 0，A净> 0，Q = Q b1a+ Q acb= A净>0，但Q acb= 0，∴Q b1a >0 吸热; b1a压缩，做负功b2a cb构成逆循环，ΔE = 0，A净< 0，Q = Q b2a+ Q acb= A净<0，但Q acb= 0，∴Q b2a <0 放热; b2a压缩，做负功](4) 根据热力学第二定律判断下列哪种说法是正确的．［］(A) 功可以全部变为热，但热不能全部变为功．(B) 热量能从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体．(C) 气体能够自由膨胀，但不能自动收缩．(D) 有规则运动的能量能够变为无规则运动的能量，但无规则运动的能量不能变为有规则运动的能量．[答案：C. 热力学第二定律描述自然热力学过程进行的条件和方向性。
8大学物理习题及综合练习答案详解
8大学物理习题及综合练习答案详解导体8-1两个同心导体球壳A 和B ，A 球壳带电+Q ，现从远处移来一带+q 的带电体（见图8-1），试问（请阐明理由）：（1）两球壳间的电场分布与无+q 时相比有无变化？（2）两球壳间的电势差是否变化？（3）两球壳的电势是否变化？（4）如将B 球壳接地，上述（1）、（2）、（3）的情况又如何？解：（1）由于静电屏蔽作用，+q 对两球壳间的电场没有影响。
（2）由⎰⋅=BAABl E U ϖϖd 可知，由于Eϖ不变，所以ABU不变，即两求壳间的电势差不变。
（3）由电势叠加原理，+q 使两球壳的电势升高。
（4）B 球壳接地，由于屏蔽作用，两球壳间的电场分布不变，从而ABU 不变。
因B 球壳接地，电势不变，所以A 球壳电势也不变。
8-2半径为R 1的导体球A ，带电q ，其外同心地套一导体球壳B ，内外半径分别为R 2和R 3（见图8-2），且R 2=2R 1，R 3=3R 1。
今在距球心O 为d =4R 1的P 处放一点电荷Q ，并将球壳接地。
问（1）球壳B 所带的净电荷Q ’ 为多少？（2）如用导线将导体球A 与球壳B 相连，球壳所带电荷Q ” 为多少？图8-1解：（1）根据静电平衡条件，A 球上电荷q 分布在A 球表面上，B 球壳内表面带电荷-q 。
由高斯定理可得，R r R 21<<：0204r rq E ϖϖπε=A 球电势 2120)11(4d 4d 21R R q r r q l E U R R BAAπεπε=-==⋅=⎰⎰ϖϖ设B 球壳外表面带电荷q ’球球心处电势40302010044'44R Q R q R q R q U πεπεπεπε++-+=1010********'244R QR q R q R q πεπεπεπε++-=1010104434'8R Q R q R q πεπεπε++=108R qU A πε==， Q q 43'-=∴ B 球壳所带净电荷 qQ q q Q --=-=43''（2）用导线将和相连，球上电荷与球壳内表面电荷相消。
大学物理习题答案第八章
大学物理习题答案第八章-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN[习题解答]8-2 在一个容器内盛有理想气体，而容器的两侧分别与沸水和冰相接触(热接触)。
显然，当沸水和冰的温度都保持不变时，容器内理想气体的状态也不随时间变化。
问这时容器内理想气体的状态是否是平衡态为什么解不是平衡态，因为平衡态的条件有二：一是系统的宏观性质不随时间变化，二是没有外界的影响和作用。
题目所说的情况不满足第二条。
8-3 氧气瓶的容积是32 dm3 ，压强为130 atm，规定瓶内氧气的压强降至10 atm时，应停止使用并必须充气，以免混入其他气体。
今有一病房每天需用1.0 atm的氧气400 dm3 ，问一瓶氧气可用几天？解当压强为、体积为时，瓶内氧气的质量M1为.当压强降至、体积仍为时，瓶内氧气的质量M2为.病房每天用压强为、体积为的氧气质量m为.以瓶氧气可用n天：.8-4在一个容积为10 dm3 的容器中贮有氢气，当温度为7℃时，压强为50 atm。
由于容器漏气，当温度升至17℃时，压强仍为50 atm，求漏掉氢气的质量。
解漏气前氢气的质量为M1 , 压强为, 体积为, 温度为，于是M1可以表示为.漏气后氢气的质量为M2, 压强为, 体积为, 温度为, 于是M2可以表示为.所以漏掉氢气的质量为.计算中用到了氢气的摩尔质量。
8-5 气缸中盛有可视为理想气体的某种气体，当温度为T1 = 200 K时，压强和摩尔体积分别为p1 和V m1 。
如果将气缸加热，使系统中气体的压强和体积同时增大，在此过程中，气体的压强p 和摩尔体积V m满足关系p = αV m，其中α为常量。
(1)求常量α；(2)当摩尔体积增大到2V m1 时，求系统的温度。
解(1) 1 mol理想气体的物态方程可以表示为,当温度为T1 (= 200 K)、压强为p1 和摩尔体积为V m1时，上式应写为. (1)升温过程满足,在温度为T1 时，上式应写为, (2)将式(2)代入式(1)，得. (3)由上式可以解得或 .(2)根据式(3)可以得到,取，代入上式，得, (4)将式(4)与式(3)联立，可以求得. 8-8 证明式(8-9)。
大学物理习题8.docx
习题八8-1根据点电荷场强公式E = 当被考察的场点距源点电荷很近(r-O)4%,时，则场强一 8,这是没有物理意义的，对此应如何理解？解：丘=4 : 2&仅对点电荷成立，当尸TO时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大.8-2在真空中有,，8两平行板，相对距离为d,板面积为S,其带电量分别为2+0和-0.则这两板之间有相互作用力/•,有人说又有人说，因为2f = qE, E = ^~,所以f = ^—.试问这两种说法对吗？为什么？/•到底应等于多少？解：题中的两种说法均不对.第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强E = £看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的.正确解答应为一个板的电场为£ =顼一，另一板受它的作用力2/ = 7—这是两板间相互作用的电场力.1s0S 1s0S 8-3 一个点电荷g放在球形高斯面的中心，试问在下列情况下，穿过这高斯面的£通量是否改变？高斯面上各点的场强£是否改变？(1)另放一点电荷在高斯球面外附近.(2)另放一点电荷在高斯球面内某处.(3)将原来的点电荷g移离高斯面的球心，但仍在高斯面内.(4)将原来的点电荷g移到高斯面外.答：根据高斯定理，穿过高斯面的电通量仅取决于面内电量的代数和，而与面内电荷的分布情况及面外电荷无关,但各点的场强E与空间所有分布电荷有关，故:(1)电通量不变，叫=@ / 高斯面上各点的场强E改变(2)电通量改变，由㊇变为金=(qf。
,高斯面上各点的场强E也变(3)电通量不变，仍为勿| .但高斯面上的场强£会变。
(4)电通量变为0,高斯面上的场强£会变.8-4以下各种说法是否正确，并说明理由.(1)场强为零的地方，电势一定为零；电势为零的地方，场强也一定为零.(2) 在电势不变的空间内，场强一定为零.(3) 电势较高的地方，场强一定较大；场强较小的地方，电势也一定较低. (4) 场强大小相等的地方，电势相同；电势相同的地方，场强大小也一定相 等(5) 带正电的带电体，电势一定为正；带负电的带电体，电势一定为负. (6) 不带电的物体，电势一定为零；电势为零的物体，一定不带电. 答：场强与电势的微分关系是，E = -VU .场强的大小为电势沿等势面法线方向 的变化率，方向为电势降落的方向。
大学物理第八、九章习题解答
第八章习题解答8-1选择题(1) 正方形的两对角线处各放置电荷Q ，另两对角线各放置电荷q ，若Q 所受到合力为零，则Q 与q 的关系为：（）（A ）3/22Q q =- (B)3/22Q q = (C)2Q q =- (D)2Q q =（1）、解：[答案：A]利用库仑定律分别求出受力电荷Q 与三个施力电荷q 、Q 、q 之间作用力的大小及方向，再将三力合成，令合力为零即可建立方程导出答案。
(2) 下面说法正确的是：（）（A ）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有电荷； （B ）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零； （C ）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷； （D ）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。
（2）、解：[答案：D]高斯定理的原意。
(3) 一半径为R 的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R 处的电场强度（） （A ）0?/σε （B ）0/2σε （C ）/4σε（D ）0/8σε（3）、解：[答案：C]利用均匀带电球面的场强公式计算02004qq rπε==F E r ，其中σπ24R q =, R 2r =（4）下列说法正确的是( )(A) 电场强度为零的点，电势也一定为零 (B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零 (C) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零（4）、解：[答案：D].根据场强与电势的微分关系或积分关系均可以证明。
8-2填空题(1) 在静电场中，电势不变的区域，场强必定为 。
（1）、解：[答案：0] 根据场强与电势的微分关系或积分关系均可以证明。
(2) 一个点电荷q 放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为 ，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将 。
（2）、解：[答案：0/6q ε, 将为零]，第一空：根据高斯定理知：正六面体的六个对称面组成的闭合面总通量为εq，故每个面是总量的61。
大学物理第八章电磁感应部分的习题及答案
第八章 电磁感应一、简答题1、简述电磁感应定律答：当穿过闭合回路所围面积的磁通量发生变化时，不论这种变化是什么原因引起的，回路中都会建立起感应电动势，且此感应电动势等于磁通量对时间变化率的负值，即dtd i φε-=。
2、简述动生电动势和感生电动势答：由于回路所围面积的变化或面积取向变化而引起的感应电动势称为动生电动势。
由于磁感强度变化而引起的感应电动势称为感生电动势。
3、简述自感和互感答：某回路的自感在数值上等于回路中的电流为一个单位时，穿过此回路所围成面积的磁通量，即LI LI =Φ=Φ。
两个线圈的互感M M 值在数值上等于其中一个线圈中的电流为一单位时，穿过另一个线圈所围成面积的磁通量，即212121MI MI ==φφ或。
4、简述感应电场与静电场的区别？ 答：感生电场和静电场的区别5、写出麦克斯韦电磁场方程的积分形式。
答：⎰⎰==⋅svqdv ds D ρdS tB l E sL⋅∂∂-=⋅⎰⎰d0d =⋅⎰S S B dS t D j l H s l ⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+=⋅⎰⎰d6、简述产生动生电动势物理本质答：在磁场中导体作切割磁力线运动时，其自由电子受洛仑滋力的作用，从而在导体两端产生电势差7、 简述何谓楞次定律答：闭合的导线回路中所出现的感应电流，总是使它自己所激发的磁场反抗任何引发电磁感应的原因（反抗相对运动、磁场变化或线圈变形等）.这个规律就叫做楞次定律。
二、选择题1、有一圆形线圈在均匀磁场中做下列几种运动，那种情况在线圈中会产生感应电流 ( D )A 、线圈平面法线沿磁场方向平移B 、线圈平面法线沿垂直于磁场方向平移C 、线圈以自身的直径为轴转动，轴与磁场方向平行D 、线圈以自身的直径为轴转动，轴与磁场方向垂直2、对于位移电流，下列四种说法中哪一种说法是正确的 ( A ) 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规律 D 、位移电流的磁效应不服从安培环路定理3、下列概念正确的是 ( B )。
(完整版)大学物理学(课后答案)第8章
第八章课后习题解答一、选择题8-1如图8-1所示，一定量的理想气体，由平衡态A 变到平衡态B ，且它们的压强相等，即=A B p p 。
则在状态A 和状态B 之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然[ ](A) 对外作正功 (B) 内能增加 (C) 从外界吸热 (D) 向外界放热分析：由p V -图可知，A A B B p V p V =，即知A B T T <，则对一定量理想气体必有B A E E >，即气体由状态A 变化到状态B ，内能必增加。
而作功、热传递均是过程量，与具体的热力学过程相关，所以（A ）、（C ）、（D ）不是必然结果，只有（B ）正确。
8-2 两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛有氦气（均视为刚性分子理想气体）。
开始时它们的压强和温度都相同。
现将3 J 热量传给氦气，使之升高到一定的温度。
若使氢气也升高同样的温度，则应向氢气传递热量为[ ](A) 6 J (B) 3 J (C) 5 J (D) 10 J分析：由热力学第一定律Q E W =∆+知在等体过程中Q E =∆。
故可知欲使氢气和氦气升高相同的温度，由理想气体的内能公式2m i E R T M '∆=∆，知需传递的热量之比22222:():():5:3HHe H He H He H He H Hem m Q Q i i i i M M ''===。
故正确的是（C ）。
8-3 一定量理想气体分别经过等压、等温和绝热过程从体积1V 膨胀到体积2V ，如图8-3所示，则下述正确的是[ ]习题8-1图(A) A C →吸热最多，内能增加(B) A D →内能增加，作功最少(C) A B →吸热最多，内能不变(D) A C →对外作功，内能不变分析：根据p V -图可知图中A B →为等压过程，A C →为等温过程，A D →为绝热过程。
又由理想气体的物态方程pV vRT =可知，p V -图上的pV 积越大，则该点温度越高，因此图中D A B C T T T T <==，又因对于一定量的气体而言其内能公式2i E vRT =，由此知0AB E ∆>，0AC E ∆=，0AD E ∆<。
华南理工大学大学物理习题八及答案(2012)
kg，普朗克常量 h =6.63×10
-34
J·s，1 eV =1.60×10
-19
J)
2.在氢原子中，电子从某能级跃迁到量子数为 n 的能级，这时轨道半径改变 q 倍，求发射的光子的频率．
2
3.如图所示，一电子以初速度 v 0 = 6.0×10 m/s 逆着场强方向飞入电场强度为 E = 500 V/m 的均匀电场中，问该电子在电场中要飞行多长距离 d，可使得电子的德布罗 意波长达到 = 1 Å．(飞行过程中，电子的质量认为不变，即为静止质量 me=9.11× 10
-31
6
E
e
v0
kg；基本电荷 e =1.60×10
-19
C；普朗克常量 h =6.63×10
-34
J·s)．
4．波长0 = 0.01nm 的 X 射线与静止的自由电子碰撞。在与入射方向成 90º 角的方向上观察时，散射 X 射线的 波长多大？反冲电子的动能和动量（并算出方向）？
y
hc
hc 0
e
Pe
x
3
-34 -9
J·s，基本电荷 e =1.60×10
-19
C)
4．康普顿散射中，当散射光子与入射光子方向成夹角 _____________时，散射光子的频率小得最多；当
______________ 时，散射光子的频率与入射光子相同．
5.以波长为= 0.207 m 的紫外光照射金属钯表面产生光电效应，已知钯的红限频率=1.21×1015 赫兹，则其 -34 -19 遏止电压|Ua| =_______________________V．(普朗克常量 h =6.63×10 J·s，基本电荷 e =1.60×10 C)
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直磁场偏转后，则
（A） 初速度为 v 的先回到出发点。
（B） 初速度为2v的先回到出发点。
（C） 同时回到出发点。
（D） 不能同时回到出发点。
电子在垂直磁场中做圆周运动
T 2m 与v无关
qB
故同时回到出发点。
2.一铜板厚度为D=1.00mm，放置在磁感应强度为B=1.35T的匀 强磁场中，磁场方向垂直于导体的侧表面，如图所示，现测得
dI I dx dB 0dI
a
2x
B 2a 0I dx 0I ln 2a
a 2a x 2a a
由 df IBdl
df IB 0I 2 ln 2 方向水平向左。
dl
2a
4.如图，匀强磁场中有一矩形通电线圈，它的平面与磁场 平行，在磁场作用下，线圈发生转动，其方向是
（A）ab边转入纸内，cd边转入纸外。
（B）ab边转入纸外，cd边转入纸内。
a
d
（C）ad边转入纸内，bc边转入纸外。
b
c
（D）ad边转入纸外，bc边转入纸内。
根据磁力矩的计算公式：
Mm
pm
B
pm的方向 : 垂直纸面向外 .
0IB 2d
0Ic 2 (2d)
0
BB
0I A 2d
0Ic 2d
3105T
(向内)
Bc
0 I A 2 (2d)
0IB 2d
1.5105T
(向内)
2. 0, 1.5106 N / cm, 1.5106 N / cm
电流与磁场垂直时 df IBd
dfA d
I ABA
0
dfB d
I B BB
5 (310 5 )
M的方向 :
a
d
b
c
M
1. 正电荷，负电荷
1.在一霍耳效应的实验中，通过半导体的电流与磁场方向垂直 （如图）。如果上表面的电势较高，则半导体中的载流子是 电荷，如果下表面的电势较高，则半导体中的载流子是 电荷 。
解：上表面电势较高： 假设载流子是正电荷，则其运动方
向与电流方向一致，此方向运动的载流 子受力向上，与上表面电势较的结论一 致，所以载流了为正电荷。 同理：如果下表面电势较高，则载流子 为负电荷。
铜板上下两面电势差为 U 1.1105V，已知铜板中自由电子 数密度n 4.21028m3 ，电子电量，则此铜板中的电流为
[]
(A) 82.2A. (B) 54.8A.
(C) 30.8A. (D) 22.2A.
根据霍耳效应电压公式：
U 1 IB en D
I UDqn 1.1105 103 (1.6 1019 ) (4.2 1028 ) 54.76 A
解： 线圈的磁矩为：
pmቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
IS
I
R2
2
根据磁力矩的计算公式：
Mm
pm
B
Mm
pm B
IR2 2
B
0.05
0.157 (N
m)
1.将电流平板看成是由许多无限长的线电流组成
1. 无限长直载流导线与一个无限长薄电流板构成闭合回路，导 线与电流板共面。（如图），求导线单位长度上受到的作用力。
解：先计算电流板在直电流处产生的磁场,取
B
1.35
3.如图，无限长直载流导线与正三角形载流线圈在同一平面内， 若长直导线固定不动，则载流三角形线圈将
[] （A）向着长直导线平移。 （B）离开长直导线平移。 （C）转动。 （D）不动。
I1 I2
将三角形右边两段通电导线等 效为向下的一段，左边一段的 通电导线处的磁场强。因此， 整个三角形的受力与左边相同 ，受到无限长直电流的吸引。
1.5104 N
/m
1.5106 N
/ cm
dfc d
I c Bc
10
(1.5
105
)
1.5
104
N
/
m
1.5 106
N
/
cm
3. 0.157(N m)
3.一半圆形闭合线圈，半径R=0.2m，通过电流I=0.5A，放在均 匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，磁感应强度B=0.5T，则 线圈所受磁力矩为 。
2. 0, 1.5106 N / cm, 1.5106 N / cm
2.A、B、C为三根平行共面的长直导线，导线间距d=10cm， 它们通过的电流分别为IA=IB=5A，IC=10A，其中IC与IB、 IA的方向相反，每根导线每厘米所受的力的大小为
dFA dl
dFB dl
dFc dl
解：
BA