《新编基础物理学答案》_第11章
练习册 第11章《热力学基本原理》答案
第11章 热力学基本原理一、选择题1(A)，2(A)，3(C)，4(D)，5(C)二、填空题(1). 不变，增加(2). 在等压升温过程中，气体要膨胀而对外作功，所以要比气体等体升温过程多吸收一部分热量.(3). 500，700 (4). 11+=w η (或11-=ηw ) (5). 功变热，热传递三 计算题1. 一定量的单原子分子理想气体，从初态A 出发，沿图示直线过程变到另一状态B ，又经过等容、等压两过程回到状态A ．(1) 求A →B ，B →C ，C →A 各过程中系统对外所作的功W ，内能的增量∆E 以及所吸收的热量Q ．(2) 整个循环过程中系统对外所作的总功以及从外界吸收的总热量(过程吸热的代数和)．解：(1) A →B ： ))((211A B A B V V p p W -+==200 J ． ΔE 1=ν C V (T B －T A )=3(p B V B －p A V A ) /2=750 JQ =W 1+ΔE 1＝950 J ．B →C ： W 2 =0ΔE 2 =ν C V (T C －T B )=3( p C V C －p B V B ) /2 =－600 J ．Q 2 =W 2+ΔE 2＝－600 J ．C →A ： W 3 = p A (V A －V C )=－100 J ． 150)(23)(3-=-=-=∆C C A A C A V V p V p T T C E ν J ． Q 3 =W 3+ΔE 3＝－250 J (2) W = W 1 +W 2 +W 3=100 J ． Q = Q 1 +Q 2 +Q 3 =100 J2. 汽缸内有2 mol 氦气，初始温度为27℃，体积为20 L(升)，先将氦气等压膨胀，直至体积加倍，然后绝热膨涨，直至回复初温为止．把氦气视为理想气体．试求： (1) 在p ―V 图上大致画出气体的状态变化过程．(2) 在这过程中氦气吸热多少？ (3) 氦气的内能变化多少？(4) 氦气所作的总功是多少？(普适气体常量R =8.31 11K mol J --⋅⋅)m 3) 5解：(1) p －V 图如图．(2) T 1＝(273＋27) K ＝300 K据 V 1/T 1=V 2/T 2，得 T 2 = V 2T 1/V 1＝600 K Q = C p (T 2-T 1)= 1.25×104 J(3) ∆E ＝0 (4) 据 Q = W + ∆E∴ W ＝Q ＝1.25×104 J3. 一定量的某单原子分子理想气体装在封闭的汽缸里．此汽缸有可活动的活塞(活塞与气缸壁之间无摩擦且无漏气)．已知气体的初压强p 1=1atm ，体积V 1=1L ，现将该气体在等压下加热直到体积为原来的两倍，然后在等体积下加热直到压强为原来的2倍，最后作绝热膨胀，直到温度下降到初温为止， (1) 在p －V 图上将整个过程表示出来．(2) 试求在整个过程中气体内能的改变．(3) 试求在整个过程中气体所吸收的热量．(1 atm ＝1.013×105 Pa) (4) 试求在整个过程中气体所作的功．解： (1) p －V 图如右图.(2) T 4=T 1 ∆E ＝0 (3) )()(2312T T C M MT T C M M Q V mol p mol -+-=)]2(2[23)2(25111111p p V V V p -+-= 11211V p =＝5.6×102 J (4) W ＝Q ＝5.6×102 J4. 1 mol 单原子分子的理想气体，经历如图所示的可逆循环，联结ac 两点的曲线Ⅲ的方程为2020/V V p p =, a 点的温度为T 0(1) 试以T 0 , 普适气体常量R 表示Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ过程中气体吸收的热量。
新编基础物理学上册1-2单元课后答案
新编物理基础学(上、下册)课后习题详细答案王少杰，顾牡主编第一章1-1.质点运动学方程为：cos()sin(),r a t i a t j btk ωω=++r r r r其中a ，b ，ω均为正常数，求质点速度和加速度与时间的关系式。
分析：由速度、加速度的定义，将运动方程()r t r对时间t 求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。
解：/sin()cos()==-++r r r r rv dr dt a t i a t j bk ωωωω2/cos()sin()a dv dt a t i t j ωωω⎡⎤==-+⎣⎦r r r r1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即2/d d v v K t -=， 式中K 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为 0Kx v v e -= 。
其中0v 是发动机关闭时的速度。
分析：要求()v v x =可通过积分变量替换dxdvvdt dv a ==，积分即可求得。
证：2d d d d d d d d v x vv t x x v t v K -==⋅= d Kdx v =-v⎰⎰-=x x K 0d d 10v v v v , Kx -=0ln v v0Kx v v e -=1-3．一质点在xOy 平面内运动，运动函数为22,48x t y t ==-。
（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
分析：将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程。
写出质点的运动学方程)(t r ρ表达式。
对运动学方程求一阶导、二阶导得()v t r 和()a t r ，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度。
解：（1）由2,x t =得：,2x t =代入248y t =-可得：28y x =-，即轨道曲线。
11 第十一章 三大革命与近现代文明的确立
尼 古 拉 哥 白 尼
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哥白尼的观点在当时并没有引起太大的轰 动，因为人们看来这一观点完全是有违常 识的，人们的实际体验是，太阳每天在运 动而地球却是静止的。如果没有布鲁诺为 这样的观点而献身，没有后来开普勒和伽 利略在科学上的论证，哥白尼的理论也许 就淹没在历史的尘埃之中。
意大利修士布鲁诺（Giordano Bruno）受 哥白尼学说的影响，开始宣传日心说，并 且他突破哥白尼认为宇宙是有限的观点， 坚持认为宇宙是无限的，宇宙间存在着无 数个星体。他的思想被天主教认定为异端， 1600年，布鲁诺在罗马的鲜花广场被教会 活活烧死，他成了新思想的第一位殉道者。
伽利略除了他在天文学上的贡献外，他还在物 理学上取得了杰出的成就，其中最引人注目的， 就是他对自由落体运动的正确表述。他纠正了 物体下落速度与物体的重量成正比的传统错误， 认为在没有空气阻力的情况下，所有物体的下 落速度是一样的。据说，他曾在比萨斜塔上用 两个重量不同的小球作了下落的实验，证明了 他的理论。这一发现为近代研究运动中的物体 打下了重要的基础。
科学最早的突破发生在16世纪的中叶。1543年这 一年欧洲同时出现了两本非常重要的著作，一本 是维萨里（Vesalius）的《人体结构论》，一本是 哥白尼（Copernicus）的《天体运行论》。就对 后人宇宙观和科学观发展的影响来说，后者要大 于前者，但就方法论而言，前者表现出更大的科 学性。维萨里生于布鲁塞尔，曾在巴黎求学，后 在意大利帕多瓦大学任教。
如果存在力的定律，一定可以通过数学计算来 得到。基于这种信念，牛顿在前人研究的基础 上，首先通过数学运算论证了万有引力定律， 即宇宙万物之间都存在相互间的引力，并建立 了系统的力学理论。最后，通过自己的观察和 实验，提出了关于惯性、加速度、作用力和反 作用力的“运动三定律”。三条定律和万有引 力定律构成力学的支柱，也是天文学、机械、 建筑等工程学的理论基础，同时也被应用于思 想领域和社会学领域。
《大学物理教程》郭振平主编第十一章流体运动基础知识点及答案
第十一章 流体运动基础一、基本知识点流体的可压缩性：流体的体积会随着压强的不同而改变的性质。
流体的黏性：内摩擦力作用导致相邻流体层速度不同的性质。
理想流体：绝对不可压缩且完全没有黏性的流体。
稳定流动：空间各点的流速不随时间变化的流体流动。
流线：在流体空间设想的一系列曲线，其上任意一点的切线方向都与流体通过该点时速度方向一致。
任何两条流线不能相交。
流管：在稳定流动的流体中的一个由流线围成的管状微元。
稳定流动的连续性方程：单位时间内通过任一截面的流体质量都相等，即S ρυ=恒量也称为质量流量守恒定律。
理想流体稳定流动的连续性方程：单位时间内通过任一截面的流体体积都相等，即S υ=恒量也称为体积流量守恒定律。
理想流体的伯努利方程：理想流体作稳定流动时，单位体积的势能、动能及该点压强之和是一恒量，即212P gh ρρυ++=恒量牛顿黏滞定律：黏性力f 的大小与两速度不同的流体层的接触面积S 及接触处的速度梯度d dxυ成正比，即 d f Sdxυη= 式中比例系数η称为流体的黏滞系数或黏度。
η值的大小取决于流体本身的性质，并和温度有关，单位是2N s m -⋅⋅或Pa s ⋅。
表11-1 几种流体的黏度流体 温度()C ︒η()Pa s ⋅流体 温度()C ︒η()Pa s ⋅水0 20 37 100 31.7910-⨯ 31.00510-⨯ 30.69110-⨯ 30.28410-⨯ 空气0 20 100617.110-⨯ 618.110-⨯ 621.810-⨯蓖麻油7.5 2050 60112.2510-⨯ 19.8610-⨯ 11.2210-⨯ 10.8010-⨯ 氢气-125168.310-⨯ 61310-⨯血液 373(2.5~3.5)10-⨯二氧 化碳0 30061410-⨯ 62710-⨯雷诺数: 判断黏性流体的流动状态的一个无量纲的数e rR ρυη=式中，υ为流速，ρ为流体密度，η为黏度，r 为流管半径。
《新编基础物理学答案》_第11章
第11章 恒定电流与真空中的恒定磁场11-1 电源中的非静电力与静电力有什么不同？答：在电路中，电源中非静电力的作用是，迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极移动到高电位的电源正极，使两极间维持一定的电位差。
而静电场的作用是在外电路中把正电荷由高电位的地方移动到低电位的地方，起到推动电流的作用；在电源内部正好相反，静电场起的是抵制电流的作用。
电源中存在的电场有两种：1、非静电起源的场；2、稳恒场。
把这两种电场与静电场比较，静电场由静止电荷所激发，它不随时间的变化而变化。
非静电场不由静止电荷产生，它的大小决定于单位正电荷所受的非静电力，kF E q=。
当然电源种类不同，k F 的起因也不同。
11-2静电场与恒定电场有什么相同处和不同处？为什么恒定电场中仍可应用电势概念？ 答：稳恒电场与静电场有相同之处，即是它们都不随时间的变化而变化，基本规律相同，并且都是位场。
但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生，电荷本身却在移动。
正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化，因此静电场的两条基本定理，即高斯定理和环路定理仍然适用，所以仍可引入电势的概念。
11-3一根铜导线表面涂以银层，当两端加上电压后，在铜线和银层中，电场强度是否相同？电流密度是否相同？电流强度是否相同？为什么？ 答：此题涉及知识点：电流强度d sI =⋅⎰j s ，电流密度概念，电场强度概念，欧姆定律的微分形式j E σ=。
设铜线材料横截面均匀，银层的材料和厚度也均匀。
由于加在两者上的电压相同，两者的长度又相等，故铜线和银层的场强E 相同。
由于铜线和银层的电导率σ不同，根据j E σ=知，它们中的电流密度j 不相同。
电流强度d sI =⋅⎰j s ，铜线和银层的j 不同但相差不太大，而它们的横截面积一般相差较大，所以通过两者的电流强度，一般说来是不相同的。
11-4一束质子发生侧向偏转，造成这个偏转的原因可否是： （1）电场？ （2）磁场？（3）若是电场或者是磁场在起作用，如何判断是哪一种场？答：造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。
2022年初中物理《八下 第十一章 功和机械能》功(选择题)基础知识压题有答案与解析
2022年初中物理《八下第十一章功和机械能》功（选择题）基础知识压题有答案与解析姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题解答题判断题计算题附加题总分得分评卷人得分1、如图，甲、乙两人将一木箱从一楼抬上三楼，甲对木箱做的功与乙对木箱做的功相比较（）A、甲大于乙；B、甲小于乙C、甲等于乙；D、无法比较答案A；/p>2、下列几种情况中，人对物体做了功的是（）A、静止的小车在拉力的作用下向前运动；B、用力搬石头而未搬动；C、提着小桶在水平路上匀速前进；D、运动员举着杠铃停留了3秒。
答案A．解：A、人给小车一个向前的拉力作用，小车在拉力作用下向前移动了距离，人对小车做功．符合题意．B、搬石头时，人给石头一个力的作用，石头在力的作用下没有移动距离，人对石头没有做功．不符合题意．C、人给水桶一个向上的力，水桶向上没有移动距离，人对水桶没有做功．不符合题意．D、运动员将杠铃举起后停留了3秒，运动员给杠铃一个向上的力，杠铃向上没有移动距离，人对杠铃没有做功．不符合题意．故选A．3、小明用100N的力踢重5N的足球，球离脚后在水平草地上滚动了20m.在球滚动过程中A. 小明对足球做功2000JB. 重力对足球做功100JC. 小明对足球做功2100JD. 小明和重力对足球做功都是0J答案D4、请判断下列哪种情况下人对物体做了功p>A.举着一个重物B. 推墙C. 推车上坡D. 看书答案C5、用水平拉力F拉物体A在光滑水平面上沿力的方向移动距离s，拉力F做功为W1；用同样的力F拉物体A在粗糙水平面上沿力的方向移动相同的距离s，拉力F做功为W2，则（）A．W1=W2B．W1＞W2C．W1＜W2D．条件不足，无法比较答案考点：功的大小比较．专题：功、功率、机械效率．分析：根据功的公式W=FS可直接作出判断．可知力做功的多少与物体质量无关，只与力的大小和物体在力的方向上通过的距离有关．解答：解：由公式W=FS可知，力F大小相等，两次物体通过的距离s相等，因此W1=W2．故选A．点评：此题主要考查学生对功的计算，重点是知道总功的两个必要因素．6、如图甲所示，放在水平地面上的物体，受到方向不变的水平拉力F的作用，F的大小与时间t的关系如图乙所示；物体运动的速度v与时间t的关系如图丙所示．则下列说法中正确的是（）A．0～2s内物体不受摩擦力的作用B．2～4s内物体受到的摩擦力与拉力是一对平衡力C．2～4s内物体做匀速直线运动D．4～6s内拉力做功16J答案考点：力与图象的结合．专题：压轴题；图析法；运动和力．分析：（1）由F的大小与时间t的关系的图象可知，0～2s内物体受到的力，与物体运动的速度v与时间t 的关系可知物体的运动情况，物体没有相对运动或相随运动趋势时不受摩擦力；（2）图象是倾斜线，说明速度在变化，即运动状态在变，物体受到了非平衡力；（3）根据图象找出4～6s内物体受到的拉力和运动的速度，根据W=Fs=Fvt求出拉力做的功．解答：解：A、由乙、丙图象可知，0～2s内物体受到的拉力为0、速度为0，没有相对运动或相随运动趋势，故不受摩擦力的作用，故A正确；BC、物体做匀加速直线运动，此时拉力不等于摩擦力，不符合二力平衡条件，故BC不正确；D、在4～6s内拉力为F=2N，速度为v=4m/s，拉力对物体做的功W=Fs=Fvt=2N×4m/s×2s=16J，故D正确．故选AD．点评：（1）本题考查学生对图象的认识及力的合成的应用，要求能熟练读图，并能结合运动分析物体的受力情况．（2）v﹣t图象、F﹣t图象相结合，判断出物体的运动状态，根据平衡状态由物体的平衡条件求出力的大小是本题的关键．7、如图3所示，物体A、B、C的质量mA＞mB＞mC，在同样大小的力F作用下，三个物体都沿力的方向分别移动了距离S，比较力F对三个物体所做的功A．(a)多 B．(b)多C．(c)多D．一样多答案D8、以下事例中，重力做功的是（）A．冰球在水平冰面上滚动 B．皮划艇在平静水面快速滑行C．跳水运动员下落 D．举重运动员把杠铃高举在空中静止不动答案C/p>9、如图所示，在粗糙程度相同的表面上，用大小相等的拉力F，沿不同的方向拉物体运动相同的路程s，则下列关于拉力做功的判断中正确的是A．甲图中的拉力做功最少B．乙图中的拉力做功最少C．丙图中的拉力做功最多D．甲、乙、丙三种情况下拉力做功一样多答案D10、小北用100N的力踢一个重为5N的足球，球离脚后在水平草地上向前滚动了30m．在球滚动的过程中，小北塘对足球做的功为()A.3000JB.500JC.150JD.0J答案D/p>11、小明和小雯一起打扫教室卫生，如图4所示。
大学物理讲义(第11章振动学基础)第一节
第11章 振动学基础在自然界中,几乎到处都可以看到物体的一种特殊的运动形式,即物体在某一位置附近作往复运动,这种运动称为机械振动.钟摆的运动、琴弦的运动和气缸活塞的运动都是机械振动.振动现象并不限于力学中,在物理学其它领域中也存在与机械振动相类似的振动现象.一般地说,任何一个物理量在某一定值附近作反复变化,都可以称为振动.如交流电中电流和电压的反复变化 ,电磁波中电场和磁场的反复变化等,都属于振动的范畴.由于一切振动现象都具有相似的规律,所以我们可以从机械振动的分析中,了解振动现象的一般规律.而简谐振动是最简单、最基本的振动,任何复杂的振动都可由两个或多个简谐振动合成而得到,我们就从简谐振动开始讨论.§11.1 简谐振动一、简谐振动的基本特征及其表示在一个光滑的水平面上,有一个一端被固定的轻弹簧,弹簧的另一端系一小球,如图11.1所示.当弹簧呈自由状态时,小球在水平方向不受力的作用,此时小球处于点O,该点称为平衡位置.若将小球向右移至点M,弹簧被拉长,这时小球受到弹簧所施加的、方向指向点O 的弹性力F 的作用.将小球释放后,小球就在弹性力 F 的作用下左右往复振动起来,并一直振动下去.为了描述小球的这种运动,我们取小球的平衡位置O 为坐标原点,取通过点O的水平线为χ轴.如果小球的位移为x ,它所受弹力F 可以表示为x k F (11.1)式中k 为所取轻弹簧的劲度系数,负号表示弹性力F 与位移x 的方向相反.如果小球的质量为m,根据牛顿第二定律,小球的运动方程可以表示为22dtx d m a m F (11.2) 将式(11.1)代入式(11.2)得kx dtx d m 22或者改写为 )(mk x dt x d 22220 (11.3) 式 (11.3) 是小球的运动方程.这个方程显示了小球受力的基本特征,即在运动过程中,小球所受力的大小与它的位移的大小成正比,而力的方向与位移的方向相反.具有这种性质的力称为线性回复力.由运动方程可以解得小球在振动过程中的位移 x 与时间 t 的关系.式(11.3)的解可以写为以下两种形式))sin()cos( t A x t A x 或 (11.5)式中 A 和φ都是积分常量,在振动中它们都具有明确的物理意义,对此我们以后再做讨论.式(11.5)的两式在物理上具有同样的意义,以后我们只取前一形式.上面我们分析了由轻弹簧和小球所组成的振动系统作无摩檫振动的例子,这样的振动系统称为弹簧振子.弹簧振子的振动是典型的简谐振动,它表明了简谐振动的基本特征.从分析中可以看出,物体只要在形如F =－k x 的线性回复力的作用下运动,其位移必定满足微分方程式 (11.3),而这个方程的解就一定是时间的余弦(或正弦)函数.简谐振动的这些基本特征在机械运动范围内是等价的,其中的任何一项都可以作为判断物体是否是作简谐振动的依据.但是,由于振动的概念已经扩展到了物理学的各个领域,任何一个物理量在某定值附近作往复变化的过程,都属于振动,于是我们可对简谐振动作如下的普遍定义:任何物理量x 的变化规律若满足方程0222 x dtx d m , 并且ω是决定于系统自身的常量,则该物理量的变化过程就是简谐振动.二、描述简谐振动的特征量振幅、周期(或频率)和相位是描述简谐振动的三个重要物理量,若知道了某简谐振动的这三个量,该简谐振动就完全被确定了,所以这三个量称为描述简谐振动的特征量.1.振幅振动物体离开平衡位置的最大距离称为振幅.在简谐振动)cos( t A x中,A 就是振幅.在国际单位制中,振幅的单位是米(m).2.周期振动物体完成一次全振动所用的时间,称为周期 ,常用T 表示；在1秒时间内完成全振动的次数,称为频率 ,常用ν表示；振动物体在2π秒内完成全振动的次数,称为角频率 ,就是式(11.5)中的ω.显然角频率ω、频率ν和周期T 三者的关系为TT 221, (11.7) 在国际单位制中,周期T 、频率ν和角频率ω的单位分别是秒 (s)、赫兹 (Hz)和弧度/ 秒 (rad /s).3.相位和初相位式(11.5)中 t 的称为简谐振动的相位 ,单位是弧度 (rad) .在振幅一定、角频率已知的情况下,振动物体在任意时刻的运动状态(位置和速度)完全取决于相位 t .这从下面的分析中会看得更清楚.将式(11.5)两边对时间求一阶导数,可以得到物体振动的速度).()sin(811 t A dtdx (11.8) 由式（11.5）和式（11.8） 两式可以看出,在振幅 A 和角频率ω已知的情况下,振动物体的位置和速度完全由相位所决定.我们已经知道,位置和速度是表示一个质点在任意时刻运动状态的充分而必要的两个物理量.相位中的φ称为初相位,在振幅A 和角频率ω已知的情况下,振动物体在初始时刻的运动状态完全取决于初相位φ.在式(11.5)和式(11.8)中令 ,则分别成为下面的形式sin cos A A x 00 (11.9) 分别是振动物体在初始时刻的位移和速度,这两个量表示了振动物体在初始时刻的运动状态,也就是振动物体的初始条件.振幅 A 和初相位φ,在数学上它们是在求解微分方程(11.3)时引入的两个积分常量,而在物理上,它们是由振动系统的初时状态所决定的两个描述简谐振动的特征量,这是因为由初始条件(11-9)可以求得)arctan(0022020x x A (11.10) 三、简谐振动的矢量图解法和复数解法简谐振动可以用一个旋转矢量来描绘.在坐标系O —xy 中,以O 为始端画一矢量A ,末端为 M 点,如图11.2 所示.若矢量A 以匀角速度ω绕坐标原点O 作逆时针方向转动时,则矢量末端 M 在 x 轴上的投影点P 就在 x 轴上于点O 两侧往复运动.如果在t = 0 时刻,矢量A 与 x 轴的夹角为φ,那么这时投影点P 相对于坐标原点O 的位移可以表示为cos A x式中A 为矢量 A 的长度.在任意时刻t,矢量 A 与 x 轴的夹角变为 t ,则投影点P 相对于坐标原点O 的位移为 )cos( t A x所以,当矢量A 绕其始点(即坐标原点)以匀角速度ω旋转时,其末端在x 轴上的投影点的运动,必定是简谐振动.图11.2(b)所描绘的曲线,是点P 的位移与时间的关系曲线,称为简谐振动曲线.以上是用一个旋转矢量末端在一条轴线上的投影点的运动来表示简谐振动,这种方法称为简谐振动的矢量图解法.这种方法以后在电学和光学中都要用到.简谐量x 还可以用复数来代表.若把一个复数表示为)sin()cos(~)( t iA t A Ae x t i (11.11) 显然,简谐量x 就是这个复数x ~的实部,并且简谐量的振幅与复数的模相对应,简谐量的相位与复数的幅角相对应.若要对多个简谐量进行某种运算,可以对代表这些简谐量的复数进行相同的运算,在运算过程中,实部和虚部、模和幅角总是分别运算而不会相混,所得的复数的实部就是这些简谐量进行该运算的最后结果.因此,简谐量的复数表示法也是常用的方法.例如,求振动速度和加速度,可以用复数进行运算.取位移的复数形式为)(~t i Ae x 振动速度的复数则为)(~~ t i Ae i dtx d 取速度复数的实部,就是振动速度的真正表示式)sin()]sin()cos(Re[ t A t A i t A i 2用同样的方法可以计算振动加速度)()(~~ t i Ae i dtx d a 222 加速度的真正表示式为)cos(])Re[()( t A Ae i a t i 22由上面的计算可见,用复数来代表简谐量,运算过程也是十分简便的.例题11.1有一劲度系数为 32.0Nm -1的轻弹簧,放置在光滑的水平面上,其一端被固定,另一端系一质量为 500g 的物体.将物体沿弹簧长度方向拉伸至距平衡位置10.0cm 处,然后将物体由静止释放,物体将在水平面上沿一条直线作简谐振动.分别写出振动的位移、速度和加速度与时间的关系.解：设物体沿 x 轴作简谐振动,并取平衡位置为坐标原点.在初始时刻 t =0,物体所在的位置在最大位移处,所以振幅为A = 10.0cm = 0.100 m振动角频率为1s rad 0085032 ..m k 如果把振动写为一般形式,即 x =Acos(ωt +φ),当t=0时,物体处于最大位移处,x =A,那么必定有cos φ=1.所以初相位φ=0.这样我们就可以写出位移与时间的关系为x = 0.100cos(8.00 t) m .速度和加速度的最大值分别为1s m 80 .A m 12s m 46 .A a m速度和加速度与时间的关系分别为1s m 0088000 t .sin . 2s m 008406 t a .cos .例题11.2已知某简谐振动的振动曲线如图11.3所示,试写出该振动的位移与时间的关系.解：任何简谐振动都可以表示为x =Acos(ωt +φ)关键是要从振动曲线求得振幅 A 、角频率ω、和初相位φ.振幅 A 可以从振动曲线上得到.最大位移的点 P 所对应的位移的大小就是振幅A = 4.0×10-2m .我们已经分析过,振动的初相位是由初始条件决定的,所以应该根据初始时刻的位移和速度来确定φ .t = 0 时的位移和速度分别由以下两式表示sin ,cos A A x 00从振动曲线上可以得到21210/cos / x ,再由振动曲线在 t = 0 附近的状况可知, 00 ,同时因为A 和ω都大于零,必定有sin φ＜0 ,这样我们就可以确定,在t=0时旋转矢量是处于第四象限内,故取初相位为3/最后求角频率ω.从振动曲线可以看到,在t =1s 时,位移x =0,代入下式)/cos(.310042 t x233100402//)/cos(. 可得：因为ω＞0,所以上式只能取正.所以1s rad 6523 这样,我们可以将该简谐振动具体地写为m 36510042)cos(. t x 四、简谐振动的能量从机械运动的观点看,在振动过程中,若振动系统不受外力和非保守内力的作用,则其动能和势能的总和是恒定的.现在我们以弹簧振子为例,研究简谐振动中能量的转化和守恒问题.弹簧振子的位移和速度分别由下式给出)sin(),cos( t A t A x在任意时刻,系统的动能为)(sin t A m m E k 22222121 (11.12)除了动能以外,振动系统还具有势能.对于弹簧振子来说,系统的势能就是弹力势能,并可表示为)(cos t kA kx E p 2222121 (11.13) 由式（11.12）和式（11.13）可见,弹簧振子的动能和势能都随时间作周期性变化.当位移最大时,速度为零,动能也为零,而势能达到最大值221kA ；当在平衡位置时,势能为零,而速度为最大值,所以动能达到最大值2221A m . 弹簧振子的总能量为动能和势能之和,即)(cos )(sin t kA t A m E E E p k 222222121 因为ω2=k/m,所以上式可化为2222121kA A m E (11.14) 由上式可见,尽管在振动中弹簧振子的动能和势能都在随时间作周期性变化,但总能量是恒定不变的,并与振幅的平方成正比.22222212121x A kA kx m E 由 (11.15) 上式明确地表示了弹簧振子中物体的速度与位移的关系.在平衡位置处,x=0,速度为最大；在最大位移处,x=±A ,速度为零.例题11.3一长度为l 的无弹性细线,一端被固定在A 点,另一端悬挂一质量为m 、体积很小的物体.静止时,细线沿竖直方向,物体处于点O,这是振动系统的平衡位置,如图11.4所示.若将物体移离平衡位置,使细线与竖直方向夹一小角度θ,然后将物体由静止释放,物体就在平衡位置附近往复摆动起来.这种装置称为单摆.证明单摆的振动是简谐振动,并分析其能量.解：我们选择小物体相对平衡位置O 的角位移θ为描述单摆位置的变量,并规定物体处于平衡位置右方,θ为正,处于平衡位置左方,θ为负.小物体受到两个力的作用,一个是重力mg,另一个是细线的张力 f .沿着物体运动的弧形路径,将重力mg 分解成大小为mgcos θ的径向分量和大小为 mgsin θ的切向分量.其中径向分量mgcos θ与细线的张力 f 一起为物体的运动提供向心力,而切向分量是作用于物体的回复力,使物体返回平衡位置,其作用与弹簧振子的弹性力一样.因此,单摆的振动方程为mg mg dtd ml 很小sin 22 (1) )(lg dt d 22220即 (2) 显然,单摆的振动方程（2）与弹簧振子的振动方程完全相似,只是用变量θ代替了变量x.所以单摆的角位移θ与时间t 的关系必定可以写成余弦函数的形式 )cos( t 0式中积分常量0 为单摆的振幅,φ为初相位.这就证明了,在摆角很小时单摆的振动是简谐振动.单摆系统的机械能包括两部分,一部分是小物体运动的动能)(sin )( t ml l m m E k 2220222212121 另一部分是系统的势能,即单摆与地球所组成的系统的重力势能)cos ( 1mgl mgh E p式中h 是当角位移为θ时物体相对平衡位置上升的高度.可将cos θ展开为!!!cos 6421642 因为θ很小,我们可以只取上式的前两项.所以可以化为)(cos t mgl mgl E p 22022121 可见,单摆系统的动能和势能都是时间的周期函数.单摆系统的总能量等于其动能和势能之和,即)(cos )(sin t mgl t ml E E E p k 220222022121 因为ω2=g/l ,所以上式可以化为2020222121 mgl ml E 上式表示,尽管在简谐振动过程中,单摆系统的动能和势能都随时间作周期性变化,但总能量是恒定不变的,并与振幅的平方成正比.作业(P97)：4、7、9、11、14。
新编物理学基础课后习题答案
i AB CD
0 I vl 1 1 ( ) 2 a vt a b vt
I
aA b D l
方向为顺时针方向。 (2) 选面积元dS = ldr a b 0 I 0 l I a b Φ a l dr ln 2 r 2 a
r v
B
C
dr
I aA b D l B C
v
解：(1) 任意时刻 t，AB、CD边到导线的距离分别 为 a +v t 和 a +b + v t 0 I 0 I BAB BCD 2 (a vt ) 2 (a b vt )
AB l vBAB (A B)
CD l vBCD (D C)
0 0 0
3-7 如图所示，长直导线AB中的电流 I沿导线向上， 并以 dI/dt＝2A/s的变化率均匀增长。导线附近放一个 与之共面的直角三角形线框，其一边与导线平行，位 置及线框尺寸如图（设a =10cm, b=20cm, c = 5.0cm） 所示。求此线框中产生的感应电动势的大小和方向。 A Y 0 I 解： dx 处 的B 2 x I 0.15 0 I Φ s B dS 0.05 y dx b 2 x y 0.15 x y y 2(0.15 x ) O x dx X 0.1 0.2 a B c
k
R rk 2eR (2k 1) 2 rk2 1 12 1 k 50.5 50 (条) 4 R 2 0.5 10 400 2
2
4-15 波长范围在450~650nm之间的复色平行光垂直 照射在每厘米有5000条刻线的光栅上，屏幕放在透镜 的焦平面处，屏上第二级光谱各色光在屏上所占范围 的宽度为35.1cm，求透镜的焦距f 。 1 cm 解： a b (a b)sin k 2 5000 21 2 450 0 sin 1 0.45 26.74 1 a b 2 103
物理化学第十一章 化学动力学基础练习题
第十一章 化学动力学(1)练习题一、填空题1.某反应物的转化率分别达到 50%，75%，87.5% 所需时间分别为t 1/2，2t 1/2，3t 1/2，则反应对此物质的级数为 。
2.某二级反应，反应消耗1/3需时间10min ，若再消耗1/3还需时间为 分钟。
3.两个活化能不相同的反应，如果E 1<E 2,且都在相同的升温区内升温，则1ln d k dT2ln d k dT （填“>”或“<”或“=”） 4.只有一种反应物的二级反应的半衰期与反应的初始浓度的关系为 。
5.(浙江大学考研试题)反应A →Y+Z 中，反应物A 的初始浓度为1 mol·dm －3，初始速率为0.01 mol·dm －3·s -1，假定该反应为二级反应，则其速率系数k A 为 ，半衰期 为 。
6.（西北工业大学考研试题）反应2A →3B ，则 之间的关系是 。
7.（西北工业大学考研试题）一级反应 以 对时间作图为一直线，速率系数等于直线的 。
8.（浙江大学考研试题）丁二烯的液相聚合反应，实验已确定对丁二烯为一级，并测得在323K 时的速率系数为3.3×10-2min -1,当丁二烯的转化率为80%时,反应时间为 。
9．某反应A+B Y+Z,加催化剂后正反应速率系数'1k 与不加催化剂时正反应速率系数1k 比值'41110k k =，则逆反应速率系数比值'11k k =＿＿＿＿。
10.某复杂反应的表观速率常数k 与各基元反应速率常数之间的关系为11224()2k k k k =，则表观活化能a E 与各基元反应活化能之间的关系为＿＿＿＿。
二、单选题： 1．反应3O 2 2O 3，其速率方程-d[O 2]/d t = k [O 3]2[O 2] 或 d[O 3]/d t = k '[O 3]2[O 2]，那么k 与k '的关系是：(A) 2k = 3k ' ； (B) k = k ' ；(C) 3k = 2k ' ； (D) ½k = ⅓k ' 。
新编物理基础学全册(王少杰版)课后习题答案及详解
新编物理基础学全册课后习题详细答案王少杰，顾牡主编第一章1-1.质点运动学方程为：cos()sin(),r a t i a t j btk ωω=++其中a ，b ，ω均为正常数，求质点速度和加速度与时间的关系式。
分析：由速度、加速度的定义，将运动方程()r t 对时间t 求一阶导数和二阶导数，可得到速度和加速度的表达式。
解：/sin()cos()==-++v dr dt a t i a t j bk ωωωω2/cos()sin()a dv dt a t i t j ωωω⎡⎤==-+⎣⎦1-2. 一艘正在沿直线行驶的电艇，在发动机关闭后，其加速度方向与速度方向相反，大小与速度平方成正比，即2/d d v v K t -=， 式中K 为常量．试证明电艇在关闭发动机后又行驶x 距离时的速度为 0Kxv v e -= 。
其中0v 是发动机关闭时的速度。
分析：要求()v v x =可通过积分变量替换dxdvv dt dv a ==，积分即可求得。
证：2d d d d d d d d v x vv t x x v t v K -==⋅= d Kdx v =-v⎰⎰-=x x K 0d d 10v v v v , Kx -=0ln v v0Kxv v e -=1-3．一质点在xOy 平面内运动，运动函数为22,48x t y t ==-。
（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
分析：将运动方程x 和y 的两个分量式消去参数t ，便可得到质点的轨道方程。
写出质点的运动学方程)(t r表达式。
对运动学方程求一阶导、二阶导得()v t 和()a t ，把时间代入可得某时刻质点的位置、速度、加速度。
解：（1）由2,x t =得：,2x t =代入248y t =-可得：28y x =-，即轨道曲线。
画图略 （2）质点的位置可表示为：22(48)r ti t j =+- 由/v dr dt =则速度：28v i tj =+ 由/a dv dt =则加速度：8a j =则：当t=1s 时，有24,28,8r i j v i j a j =-=+=当t=2s 时，有48,216,8ri j v i j a j =+=+=1-4．一质点的运动学方程为22(1)x t y t ==-，，x 和y 均以m 为单位，t 以s 为单位。
新编基础物理学第二版习题解答
习题二2-1．两质量分别为m 和M ()M m ≠的物体并排放在光滑的水平桌面上，现有一水平力F 作用在物体m 上，使两物体一起向右运动，如题图2-1所示，求两物体间的相互作用力。
若水平力F 作用在M 上，使两物体一起向左运动，则两物体间相互作用力的大小是否发生变化？解：以m 、M 整体为研究对象，有()F m M a =+…①以m 为研究对象，如解图2-1（a ），有Mm F F ma -=…②由①、②两式，得相互作用力大小若F 作用在M 上，以m 为研究对象，如题图2-1（b ）有Mm F ma =…………③由①、③两式，得相互作用力大小MmmFF m M=+发生变化。
2-2.在一条跨过轻滑轮的细绳的两端各系一物体，两物体的质量分别为M 1和M 2，在M 2上再放一质量为m 的小物体，如题图2-2所示，若M 1=M 2=4m ，求m 和M 2之间的相互作用力，若M 1=5m ，M 2=3m ，则m与M 2之间的作用力是否发生变化？解：受力图如解图2-2，分别以M 1、M 2和m 为研究对象，有111T M g M a -=又12T T =，则2M m F =1122M mgM M m++当124M M m ==时 当125,3M m M m ==时2109M m mg F =，发生变化。
2-3.质量为M 的气球以加速度a v匀加速上升，突然一只质量为m 的小鸟飞到气球上，并停留在气球上。
若气球仍能向上加速，求气球的加速度减少了多少？题图2-2题图2-1解图2-1解图2-2解：设f r为空气对气球的浮力，取向上为正。
分别由解图2-3（a ）、(b)可得 由此解得2-4．如题图2-4所示，人的质量为60kg ，底板的质量为40kg 。
人若想站在底板上静止不动，则必须以多大的力拉住绳子？ 解：设底板和人的质量分别为M ，m ，以向上为正方向，受力图如解图2-4（a ）、(b)所示，分别以底板、人为研究对象，则有3'0T F mg +-=F 为人对底板的压力，'F 为底板对人的弹力。
2025版《南方凤凰台5A教案基础版物理第11章 电磁感应含答案1
2025版《南方凤凰台5A 教案基础版物理第11章 电磁感应含答案微专题17 电磁感应中的电路和图像问题 电磁感应中的电路与电荷量问题 1．内电路和外电路(1) 切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．(2) 该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路．2．电磁感应中电路知识关系图3．解决电磁感应中的电路问题三步骤4．电磁感应中电荷量的两个计算公式(1) q ＝I t (该公式适用于电流恒定的情况，若电流变化应用电流的平均值).(2) q ＝I t ＝n ΔΦR ＋r. (2024·金陵中学)如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A 铰链连接的长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v .此时AB 两端的电压大小为( D )A ．Ba vB ．Ba v 6C ．2Ba v 3D ．Ba v 3解析：导体棒AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，感应电动势大小为E ＝B ·2a ·v ＋02＝Ba v ，分析电路特点知，外电路相当于是R 2的两个电阻并联，则R 并＝R22＝R 4，故此时AB 两端的电压大小为U ＝R4R 2＋R 4·E ＝Ba v 3，故选D.类题固法11．如图所示，有一个磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，一半径为r 、电阻为2R 的金属圆环放置在磁场中，金属圆环所在的平面与磁场垂直．金属杆Oa 一端可绕环的圆心O 旋转，另一端a 搁在环上，电阻值为R ；另一金属杆Ob 一端固定在O 点，另一端b 固定在环上，电阻值也是R .已知Oa 杆以角速度ω匀速旋转，所有接触点接触良好，Ob 不影响Oa 的转动，则下列说法中错误的是( C )A ．流过Oa 的电流可能为B ωr 25RB ．流过Oa 的电流可能为 6B ωr 225RC ．Oa 旋转时产生的感应电动势的大小为B ωr 2D ．Oa 旋转时产生的感应电动势的大小为 12B ωr 2解析：Oa 旋转时产生的感应电动势的大小为E ＝12B ωr 2，D 正确，C 错误；当Oa 旋转到与Ob 共线但不重合时，等效电路如图甲所示，此时有I min ＝E 2.5R ＝B ωr 25R ，当Oa 与Ob 重合时，环的电阻为0，等效电路如图乙所示，此时有I max＝E 2R ＝B ωr 24R ，所以B ωr 25R ≤I ≤B ωr 24R ，A 、B 正确．2．如图所示，由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abcd ，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中．一接入电路电阻为R 的导体棒PQ ，在水平拉力作用下沿ab 、dc 以速度v 匀速滑动，滑动过程PQ 始终与ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中( C )A ．PQ 中电流先增大，后减小B ．PQ 两端电压先减小，后增大C ．PQ 上拉力的功率先减小，后增大D ．线框消耗的电功率先减小，后增大解析：设PQ 左侧金属线框的电阻为r ，则右侧电阻为3R －r ，PQ 相当于电源，其电阻为R ，则电路的外电阻为R 外＝r (3R －r )r ＋(3R －r )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫r －3R 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3R 223R ，当r ＝3R 2时，R 外max ＝34R ，此时，PQ 处于矩形线框的中心位置，即PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中外电阻先增大，后减小，PQ 中的电流为干路电流I ＝E R 外＋R 内，可知干路电流先减小，后增大，A 错误；PQ 两端的电压为路端电压U ＝E －U 内，因E ＝Bl v 不变，U 内＝IR 先减小，后增大，所以路端电压先增大，后减小，B 错误；拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P ＝F 安v ＝BIl v ，可知因干路电流先减小，后增大，PQ 上拉力的功率也先减小，后增大，C 正确；线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为34R ，小于内阻R ，根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大，后减小，D错误．电磁感应中的图像问题1．图像问题图像类型(1) 磁感应强度B，磁通量Φ，感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图像，即B-t图像、Φ-t图像、E-t图像和I-t图像(2) 对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随导体位移x变化的图像，即E-x图像和I-x图像问题类型(1) 由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像(2) 由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量应用知识右手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律和相关数学知识等2．分析方法3．电磁感应中图像类选择题的两种常见解法(1) 排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．(2) 函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法．(2023·如皋期末)如图所示，等边三角形金属框的一个边与有界磁场边界平行，金属框在外力F作用下以垂直于边界的速度匀速进入磁场，则线框进入磁场的过程中，线框中的感应电流i、外力大小F、线框中电功率的瞬时值P、通过导体某横截面的电荷量q与时间t的关系可能正确的是(C)A B C D解析：设线框边长为L 0，则切割磁感线的有效长度为L ＝L 0－2v t tan 60°＝L 0－23v t 3，感应电流为I ＝B ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 0－23v t 3v R＝BL 0v R －23B v 2t 3R ，可知感应电流随时间均匀减小，A 错误；金属框匀速运动，外力与安培力平衡，外力大小为F ＝BIL＝B 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L 0－23v t 32v R可知，外力随时间的图像为抛物线，B 错误；电功率为P ＝I 2R ＝B 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L 0－23v t 32v 2R 可知，电功率随时间的图像为开口向上的抛物线，C 正确；根据E ＝ΔΦΔt，I ＝E R ，q ＝I t ，得q ＝ΔΦR ＝B ΔS R ，磁场通过线框的有效面积随时间变化关系为ΔS ＝12(L ＋L 0)v t ＝L 0v t －3v 2t 23，得q ＝B R ⎝⎛⎭⎪⎫L 0v t －3v 2t 23，可知通过导体某横截面的电荷量随时间的图像为开口向下的抛物线，D 错误．类题固法21．如图所示，边长为2L 的等边三角形区域abc 内部的匀强磁场垂直纸面向里，b 点处于x 轴的坐标原点O ；一与三角形区域abc 等高的直角闭合金属线框ABC ，∠ABC ＝60°，BC 边处在x 轴上．现让线框ABC 沿x 轴正方向以恒定的速度穿过磁场，在t ＝0时，线框B 点恰好位于原点O 的位置．规定逆时针方向为线框中感应电流的正方向，下列能正确表示线框中感应电流i 随位移x 变化关系的是( D )A B C D解析：线框从0～L 过程，产生逆时针方向的电流，有效长度从0增大到32L ，故电流逐渐变大；从L ～2L 过程，产生逆时针方向的电流，有效长度从32L 逐渐减小到0，故电流逐渐变小；从2L ～3L 过程，产生顺时针方向的电流，有效长度从3L 逐渐减小到0，故电流逐渐变小；故D 正确．2．如图所示，竖直放置的U 形光滑导轨与一电容器串联，导轨平面有垂直于纸面的匀强磁场，金属棒ab 与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑．电容C 足够大，原来不带电，不计一切电阻．设金属棒的速度为v 、动能为E k 、两端的电压为U ab 、电容器上的电荷量为q ，它们与时间t 、位移x 的关系图像正确的是( B )A B C D解析：设导轨间距为L ，释放后电容器充电，电路中充电电流i ，棒受到向上的安培力，设瞬时加速度为a ，根据牛顿第二定律得mg －BiL ＝ma ，i ＝ΔQ Δt＝C ·ΔU Δt ＝C ·BL Δv Δt ＝CBLa ，由此得mg －BLCBLa ＝ma ，解得a ＝mg m ＋B 2L 2C ，可见加速度不变，做匀加速直线运动，即v ＝at ，U ab ＝BL v ＝BLat ，故A 、C 错误；根据E k ＝12m v 2＝12m ·2ax ，故B 正确；根据q ＝CU ab ＝BCLat ，与时间成正比，即与位移不是正比关系，故D 错误．配套精练一、 选择题1．如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的正方形导体框abcd ，现将导体框分别朝两个方向以v 、3v 速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中( C )A ．导体框中产生的感应电流方向相反B ．导体框ad 边两端电势差之比为1∶3C ．导体框中产生的焦耳热之比为1∶3D ．通过导体框截面的电荷量之比为1∶3解析：将线圈拉出磁场的过程中，穿过线圈的磁通量都减小，由楞次定律判断出感应电流的方向都沿逆时针方向，A 错误；设正方形的边长为L ，线圈以v运动时，dc 边产生的感应电动势为E 1＝BL v ，ad 边两端电势差为U 1＝14E 1＝14BL v ；线圈以3v 运动时，ad 边产生感应电动势为E 2＝3BL v ，ad 边两端电势差为U 2＝34E 2＝94BL v ，电势差之比为U 1∶U 2＝1∶9，B 错误；线圈以v 运动时，产生的焦耳热为Q 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E 1R 2·R ·L v ＝B 2L 3v R ，线圈以3v 运动时，产生的焦耳热为Q 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E 2R 2·R ·L 3v ＝3B 2L 3v R ，焦耳热之比为Q 1∶Q 2＝1∶3，C 正确；将线圈拉出磁场的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量相同，根据q ＝ΔΦR 可知，通过导体框截面的电荷量相同，D 错误．2．(2023·金陵中学)如图所示，宽为2L 的两条平行虚线间存在垂直纸面向里的匀强磁场．金属线圈位于磁场左侧，线圈平面与磁场方向垂直，af 、de 、bc 边与磁场边界平行，ab 、bc 、cd 、de 边长为L ，ef 、fa 边长为2L .线圈向右匀速通过磁场区域，以de 边刚进入磁场时为计时零点，则线圈中感应电流随时间变化的图线可能正确的是(感应电流的方向顺时针为正)(A)A B C D解析：第一阶段：从de边进入磁场到bc边将进入磁场这段时间内，de边切割磁感线产生感应电动势大小为E1＝BL v，感应电流方向为逆时针即负方向，设此阶段的电流大小为I1；第二阶段：从bc边进入磁场到af边将进入磁场这段时间内，de、bc边一起切割磁感线产生总的感应电动势大小为E2＝2BL v，感应电流大小I2＝2I1，方向仍为逆时针即负方向；第三阶段：从de边离开磁场到bc边将离开磁场这段时间内，bc、af边一起切割磁感线产生总的感应电动势大小为E3＝BL v，感应电流大小I3＝I1，方向为顺时针即正方向；第四阶段：从bc边离开磁场到af边将离开磁场这段时间内，af边切割磁感线产生的感应电动势大小为E4＝2BL v，感应电流大小I4＝2I1，方向仍为顺时针即正方向．综上，感应电流随时间变化的图线如选项A图所示，故选A.3．(2023·宿迁期末)如图所示，倾斜放置的光滑平行足够长的金属导轨MN、PQ间静置一根质量为m的导体棒，阻值为R的电阻接在M、P间，其他电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向下．t＝0时对导体棒施加一个沿导轨平面向上的力F，使得导体棒能够从静止开始向上做匀加速直线运动，则在导体棒向上运动的过程中，施加的力F、力F的功率P、产生的感应电流I、电阻R上产生的热量Q随时间变化的图像正确的是(A)A B C D解析：导体棒向上做匀加速运动，则F －B 2L 2at R ＝ma ，即F ＝B 2L 2a R t ＋ma ，故A 正确；力F 的功率P ＝F v ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫B 2L 2a R t ＋ma at ＝B 2L 2a 2R t 2＋ma 2t ，则P -t 图像为开口向上的抛物线，故B 错误；产生的感应电流I ＝BLat R ，则I -t 图像是过原点的直线，故C 错误；电阻R 上产生的热量Q ＝I 2Rt ＝B 2L 2a 2t 3R ，则 Q -t 图像一定不是过原点的直线，故D 错误．4．(2023·金陵中学)如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R 1和R 2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab ，质量为m ，导体棒的电阻与固定电阻R 1和R 2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v 时，受到安培力的大小为F .下列说法中错误的是( A )A ．电阻R 1的电功率为 F v 3B ．电阻R 2的电功率为 F v 6C ．整个装置因摩擦而产生的热功率为μmg v cos θD ．整个装置消耗的机械功率为 (F ＋μmg cos θ)v解析：设ab 长度为L ，磁感应强度为B ，电阻均为R ，电路中感应电动势为E ＝BL v ，R 1、R 2并联电阻大小为R ′＝R ·R R ＋R ＝R 2，ab 中感应电流为I ＝E R ＋R ′，解得ab 所受安培力为F ＝2B 2L 2v 3R ，电阻R 1消耗的热功率为P 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫I 22R ＝B 2L 2v 29R ＝16F v ，电阻R 2消耗的功率与R 1消耗的功率相等，故A 错误，B 正确；整个装置因摩擦而消耗的热功率为P 2＝μmg cos θ·v ＝μmg v cos θ，故C 正确；整个装置消耗的机械功率为P 3＝F v ＋P 2＝(F ＋μmg cos θ)v ，故D 正确．5．(2023·南通适应性考试)如图所示，竖直向下的匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有电容器，金属棒静止在导轨上，棒与导轨垂直，t ＝0时，棒受到水平向右的恒力F 作用，t ＝t 0时，撤去F ，则棒的速度v 、电容器所带的电荷量q 、棒中安培力的冲量I 、棒克服安培力做的功W 与时间t 的关系图像正确的是( D )A B C D解析：设某一时刻t ，根据牛顿第二定律有F －F 安＝ma ，设该时刻电流大小为i ，则F 安＝BiL ，F －BiL ＝ma ，在很短时间间隔内ΔQ ＝i ·Δt ，ΔQ ＝C ·ΔU ，ΔU ＝BL ·Δv ，联立可得i ＝BLC Δv Δt＝BLCa ，结合前式可得F －B 2L 2Ca ＝ma ，可得a ＝F m ＋B 2L 2C ，v ＝at ＝F ·t m ＋B 2L 2C，可知t 0之前金属棒做匀加速运动，即v -t 图像为一倾斜直线．撤去力F 后感应电动势等于电容器两端电压，电容器不再充电，电流为零，开始做匀速运动，A 错误；由上面分析可知ΔQ Δt＝i ＝BLCa ，t 0之前q -t 图像为倾斜直线，t 0之后电容器不充放电，电荷量不变，B 错误；安培力的冲量I ＝BiL ·t ＝B 2L 2Ca ·t ，加速度a 定值，可知I -t 图线为一倾斜直线，C 错误；棒克服安培力做的功W ＝F 安v ·t ＝B 2L 2Ca 2t 2，D 正确．6．(2023·扬州中学考前模拟)空间中存在如图所示的磁场，Ⅰ、Ⅱ区域的宽度均为2R ，磁感应强度均为B (Ⅰ区域垂直纸面向里，Ⅱ区域垂直纸面向外)，半径为R 的圆形导线圈在外力作用下以速度v 匀速通过磁场区域，设任意时刻导线圈中电流为I (逆时针为正)，导线圈所受安培力为F (向左为正)，从导线圈刚进入Ⅰ区域开始将向右运动的位移记为x ，则下列图像正确的是( D )A B C D解析：当圆环在磁场Ⅰ区域向右运动过程中，设圆环切割磁感线的有效长度为l ，则有(R －x )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫l 22＝R 2 整理得l ＝2－(x －R )2＋R 2，则圆环产生的感应电动势为E ＝Bl v ，感应电流为I ＝E R 阻＝2B v －(x －R )2＋R 2R 阻，可知电流与位移不成线性相关，B 错误；当圆环圆心运动到Ⅰ、Ⅱ区域的边界时，此时产生的感应电流大小为I ′＝2E R 阻＝4B v －(x －R )2＋R 2R 阻，即x ＝3R 的电流大小为x ＝R 的电流的两倍，方向沿着顺时针方向，A 错误；通过分析可知，除了x ＝2R 、x ＝4R 、x ＝6R 三个特殊位置，电流为0，受力为0，在0<x <6R 区域内，圆环受力方向水平向左，若圆环在x ＝R 位置受力为F 0，则圆环在x ＝3R 处，由于电流变为2倍，圆环左右半圆均受力，因此圆环受力为4F 0，C 错误，D 正确．二、 非选择题7．(2023·盐城期末)如图所示，电阻不计的矩形导线圈abcd ，在ab 间接电阻为R 的均匀电阻丝甲，线圈放在方向垂直于线圈平面、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现有电阻为12R 的金属棒PQ 刚好架在导线圈上，PQ 长度为L ，并以恒定速度v 从ad 边滑向bc 边．PQ 在滑动过程中与导线圈的接触良好．求：(1) PQ 产生的感应电动势E .答案：BL v解析：PQ 产生的感应电动势为E ＝BL v(2) 甲消耗电功率的最大值P max .答案：4B 2L 2v 29R解析：当金属棒滑上甲后，令甲左端电阻为R x ，则甲右端电阻为R －R x ，左右两端并联，则并联电阻为R 并＝R x (R －R x )R x ＋R －R x＝R x (R －R x )R 由于0≤R x ≤R ，可知0≤R 并≤R 4甲消耗电功率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫E 12R ＋R 并2R 并＝E 2R 24R 并＋R 并＋R 可知，当R 并＝R 4时，甲消耗功率最大，则有P max ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫E 12R ＋14R 2·14R 结合上述解得P max ＝4B 2L 2v 29R(3) PQ 所受安培力的最小值F min .答案：4B 2L 2v 3R解析：根据上述可知，通过金属棒的电流 I ＝E12R ＋R 并金属棒所受安培力F ＝BIL解得F ＝B 2L 2v 12R ＋R 并可知，当R 并＝R 4时，金属棒所受安培力最小F min ＝B 2L 2v 12R ＋14R＝4B 2L 2v 3R8．(2023·海安中学模拟)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN 、PQ 被固定在水平面上，导轨间距l ＝0.6 m ，两导轨的左端用导线连接电阻R 1及理想电压表V ，电阻为r ＝2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB 处；右端用导线连接电阻R 2，已知 R 1＝2 Ω，R 2＝1 Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDFE 内有竖直向上的磁场，CE ＝0.2 m ，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场区域内运动的过程中电压表的示数始终保持不变．求：甲乙(1) t＝0.1 s时电压表的示数．答案：0.3V解析：设磁场宽度为d＝CE，在0～0.2 s的时间内，有E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtld＝0.6 V此时，R1与金属棒并联后再与R2串联R＝R并＋R2＝1 Ω＋1 Ω＝2 ΩU＝ER R并＝0.3 V(2) 恒力F的大小．答案：0.27 N解析：金属棒进入磁场后，R1与R2并联后再与r串联，有I′＝UR1＋UR2＝0.45 AF A＝BI′l＝1×0.45×0.6 N＝0.27 N由于金属棒进入磁场后电压表的示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有F＝F A＝0.27 N(3) 从t＝0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量．答案：0.09 J解析：在0～0.2 s的时间内有Q＝E2R t＝0.036 J金属棒进入磁场后，有R′＝R1R2R1＋R2＋r＝83ΩE′＝I′R′＝1.2 V E′＝Bl v，得v＝2 m/st′＝dv＝0.22s＝0.1 sQ′＝E′I′t′＝0.054 JQ总＝Q＋Q′＝0.036 J＋0.054 J＝0.09 J补不足、提能力，老师可增加训练：《抓分题·基础天天练》《一年好卷》。
2025版《南方凤凰台5A教案基础版物理第11章 电磁感应含答案1
2025版《南方凤凰台5A 教案基础版物理第11章 电磁感应含答案微专题17 电磁感应中的电路和图像问题 电磁感应中的电路与电荷量问题 1．内电路和外电路(1) 切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．(2) 该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路．2．电磁感应中电路知识关系图3．解决电磁感应中的电路问题三步骤4．电磁感应中电荷量的两个计算公式(1) q ＝I t (该公式适用于电流恒定的情况，若电流变化应用电流的平均值).(2) q ＝I t ＝n ΔΦR ＋r. (2024·金陵中学)如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A 铰链连接的长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v .此时AB 两端的电压大小为( D )A ．Ba vB ．Ba v 6C ．2Ba v 3D ．Ba v 3解析：导体棒AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，感应电动势大小为E ＝B ·2a ·v ＋02＝Ba v ，分析电路特点知，外电路相当于是R 2的两个电阻并联，则R 并＝R22＝R 4，故此时AB 两端的电压大小为U ＝R4R 2＋R 4·E ＝Ba v 3，故选D.类题固法11．如图所示，有一个磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，一半径为r 、电阻为2R 的金属圆环放置在磁场中，金属圆环所在的平面与磁场垂直．金属杆Oa 一端可绕环的圆心O 旋转，另一端a 搁在环上，电阻值为R ；另一金属杆Ob 一端固定在O 点，另一端b 固定在环上，电阻值也是R .已知Oa 杆以角速度ω匀速旋转，所有接触点接触良好，Ob 不影响Oa 的转动，则下列说法中错误的是( C )A ．流过Oa 的电流可能为B ωr 25RB ．流过Oa 的电流可能为 6B ωr 225RC ．Oa 旋转时产生的感应电动势的大小为B ωr 2D ．Oa 旋转时产生的感应电动势的大小为 12B ωr 2解析：Oa 旋转时产生的感应电动势的大小为E ＝12B ωr 2，D 正确，C 错误；当Oa 旋转到与Ob 共线但不重合时，等效电路如图甲所示，此时有I min ＝E 2.5R ＝B ωr 25R ，当Oa 与Ob 重合时，环的电阻为0，等效电路如图乙所示，此时有I max＝E 2R ＝B ωr 24R ，所以B ωr 25R ≤I ≤B ωr 24R ，A 、B 正确．2．如图所示，由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abcd ，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中．一接入电路电阻为R 的导体棒PQ ，在水平拉力作用下沿ab 、dc 以速度v 匀速滑动，滑动过程PQ 始终与ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中( C )A ．PQ 中电流先增大，后减小B ．PQ 两端电压先减小，后增大C ．PQ 上拉力的功率先减小，后增大D ．线框消耗的电功率先减小，后增大解析：设PQ 左侧金属线框的电阻为r ，则右侧电阻为3R －r ，PQ 相当于电源，其电阻为R ，则电路的外电阻为R 外＝r (3R －r )r ＋(3R －r )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫r －3R 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3R 223R ，当r ＝3R 2时，R 外max ＝34R ，此时，PQ 处于矩形线框的中心位置，即PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中外电阻先增大，后减小，PQ 中的电流为干路电流I ＝E R 外＋R 内，可知干路电流先减小，后增大，A 错误；PQ 两端的电压为路端电压U ＝E －U 内，因E ＝Bl v 不变，U 内＝IR 先减小，后增大，所以路端电压先增大，后减小，B 错误；拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P ＝F 安v ＝BIl v ，可知因干路电流先减小，后增大，PQ 上拉力的功率也先减小，后增大，C 正确；线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为34R ，小于内阻R ，根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大，后减小，D错误．电磁感应中的图像问题1．图像问题图像类型(1) 磁感应强度B，磁通量Φ，感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图像，即B-t图像、Φ-t图像、E-t图像和I-t图像(2) 对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随导体位移x变化的图像，即E-x图像和I-x图像问题类型(1) 由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像(2) 由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量应用知识右手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律和相关数学知识等2．分析方法3．电磁感应中图像类选择题的两种常见解法(1) 排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．(2) 函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法．(2023·如皋期末)如图所示，等边三角形金属框的一个边与有界磁场边界平行，金属框在外力F作用下以垂直于边界的速度匀速进入磁场，则线框进入磁场的过程中，线框中的感应电流i、外力大小F、线框中电功率的瞬时值P、通过导体某横截面的电荷量q与时间t的关系可能正确的是(C)A B C D解析：设线框边长为L 0，则切割磁感线的有效长度为L ＝L 0－2v t tan 60°＝L 0－23v t 3，感应电流为I ＝B ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 0－23v t 3v R＝BL 0v R －23B v 2t 3R ，可知感应电流随时间均匀减小，A 错误；金属框匀速运动，外力与安培力平衡，外力大小为F ＝BIL＝B 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L 0－23v t 32v R可知，外力随时间的图像为抛物线，B 错误；电功率为P ＝I 2R ＝B 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L 0－23v t 32v 2R 可知，电功率随时间的图像为开口向上的抛物线，C 正确；根据E ＝ΔΦΔt，I ＝E R ，q ＝I t ，得q ＝ΔΦR ＝B ΔS R ，磁场通过线框的有效面积随时间变化关系为ΔS ＝12(L ＋L 0)v t ＝L 0v t －3v 2t 23，得q ＝B R ⎝⎛⎭⎪⎫L 0v t －3v 2t 23，可知通过导体某横截面的电荷量随时间的图像为开口向下的抛物线，D 错误．类题固法21．如图所示，边长为2L 的等边三角形区域abc 内部的匀强磁场垂直纸面向里，b 点处于x 轴的坐标原点O ；一与三角形区域abc 等高的直角闭合金属线框ABC ，∠ABC ＝60°，BC 边处在x 轴上．现让线框ABC 沿x 轴正方向以恒定的速度穿过磁场，在t ＝0时，线框B 点恰好位于原点O 的位置．规定逆时针方向为线框中感应电流的正方向，下列能正确表示线框中感应电流i 随位移x 变化关系的是( D )A B C D解析：线框从0～L 过程，产生逆时针方向的电流，有效长度从0增大到32L ，故电流逐渐变大；从L ～2L 过程，产生逆时针方向的电流，有效长度从32L 逐渐减小到0，故电流逐渐变小；从2L ～3L 过程，产生顺时针方向的电流，有效长度从3L 逐渐减小到0，故电流逐渐变小；故D 正确．2．如图所示，竖直放置的U 形光滑导轨与一电容器串联，导轨平面有垂直于纸面的匀强磁场，金属棒ab 与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑．电容C 足够大，原来不带电，不计一切电阻．设金属棒的速度为v 、动能为E k 、两端的电压为U ab 、电容器上的电荷量为q ，它们与时间t 、位移x 的关系图像正确的是( B )A B C D解析：设导轨间距为L ，释放后电容器充电，电路中充电电流i ，棒受到向上的安培力，设瞬时加速度为a ，根据牛顿第二定律得mg －BiL ＝ma ，i ＝ΔQ Δt＝C ·ΔU Δt ＝C ·BL Δv Δt ＝CBLa ，由此得mg －BLCBLa ＝ma ，解得a ＝mg m ＋B 2L 2C ，可见加速度不变，做匀加速直线运动，即v ＝at ，U ab ＝BL v ＝BLat ，故A 、C 错误；根据E k ＝12m v 2＝12m ·2ax ，故B 正确；根据q ＝CU ab ＝BCLat ，与时间成正比，即与位移不是正比关系，故D 错误．配套精练一、 选择题1．如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的正方形导体框abcd ，现将导体框分别朝两个方向以v 、3v 速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中( C )A ．导体框中产生的感应电流方向相反B ．导体框ad 边两端电势差之比为1∶3C ．导体框中产生的焦耳热之比为1∶3D ．通过导体框截面的电荷量之比为1∶3解析：将线圈拉出磁场的过程中，穿过线圈的磁通量都减小，由楞次定律判断出感应电流的方向都沿逆时针方向，A 错误；设正方形的边长为L ，线圈以v运动时，dc 边产生的感应电动势为E 1＝BL v ，ad 边两端电势差为U 1＝14E 1＝14BL v ；线圈以3v 运动时，ad 边产生感应电动势为E 2＝3BL v ，ad 边两端电势差为U 2＝34E 2＝94BL v ，电势差之比为U 1∶U 2＝1∶9，B 错误；线圈以v 运动时，产生的焦耳热为Q 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E 1R 2·R ·L v ＝B 2L 3v R ，线圈以3v 运动时，产生的焦耳热为Q 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E 2R 2·R ·L 3v ＝3B 2L 3v R ，焦耳热之比为Q 1∶Q 2＝1∶3，C 正确；将线圈拉出磁场的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量相同，根据q ＝ΔΦR 可知，通过导体框截面的电荷量相同，D 错误．2．(2023·金陵中学)如图所示，宽为2L 的两条平行虚线间存在垂直纸面向里的匀强磁场．金属线圈位于磁场左侧，线圈平面与磁场方向垂直，af 、de 、bc 边与磁场边界平行，ab 、bc 、cd 、de 边长为L ，ef 、fa 边长为2L .线圈向右匀速通过磁场区域，以de 边刚进入磁场时为计时零点，则线圈中感应电流随时间变化的图线可能正确的是(感应电流的方向顺时针为正)(A)A B C D解析：第一阶段：从de边进入磁场到bc边将进入磁场这段时间内，de边切割磁感线产生感应电动势大小为E1＝BL v，感应电流方向为逆时针即负方向，设此阶段的电流大小为I1；第二阶段：从bc边进入磁场到af边将进入磁场这段时间内，de、bc边一起切割磁感线产生总的感应电动势大小为E2＝2BL v，感应电流大小I2＝2I1，方向仍为逆时针即负方向；第三阶段：从de边离开磁场到bc边将离开磁场这段时间内，bc、af边一起切割磁感线产生总的感应电动势大小为E3＝BL v，感应电流大小I3＝I1，方向为顺时针即正方向；第四阶段：从bc边离开磁场到af边将离开磁场这段时间内，af边切割磁感线产生的感应电动势大小为E4＝2BL v，感应电流大小I4＝2I1，方向仍为顺时针即正方向．综上，感应电流随时间变化的图线如选项A图所示，故选A.3．(2023·宿迁期末)如图所示，倾斜放置的光滑平行足够长的金属导轨MN、PQ间静置一根质量为m的导体棒，阻值为R的电阻接在M、P间，其他电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向下．t＝0时对导体棒施加一个沿导轨平面向上的力F，使得导体棒能够从静止开始向上做匀加速直线运动，则在导体棒向上运动的过程中，施加的力F、力F的功率P、产生的感应电流I、电阻R上产生的热量Q随时间变化的图像正确的是(A)A B C D解析：导体棒向上做匀加速运动，则F －B 2L 2at R ＝ma ，即F ＝B 2L 2a R t ＋ma ，故A 正确；力F 的功率P ＝F v ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫B 2L 2a R t ＋ma at ＝B 2L 2a 2R t 2＋ma 2t ，则P -t 图像为开口向上的抛物线，故B 错误；产生的感应电流I ＝BLat R ，则I -t 图像是过原点的直线，故C 错误；电阻R 上产生的热量Q ＝I 2Rt ＝B 2L 2a 2t 3R ，则 Q -t 图像一定不是过原点的直线，故D 错误．4．(2023·金陵中学)如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R 1和R 2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab ，质量为m ，导体棒的电阻与固定电阻R 1和R 2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v 时，受到安培力的大小为F .下列说法中错误的是( A )A ．电阻R 1的电功率为 F v 3B ．电阻R 2的电功率为 F v 6C ．整个装置因摩擦而产生的热功率为μmg v cos θD ．整个装置消耗的机械功率为 (F ＋μmg cos θ)v解析：设ab 长度为L ，磁感应强度为B ，电阻均为R ，电路中感应电动势为E ＝BL v ，R 1、R 2并联电阻大小为R ′＝R ·R R ＋R ＝R 2，ab 中感应电流为I ＝E R ＋R ′，解得ab 所受安培力为F ＝2B 2L 2v 3R ，电阻R 1消耗的热功率为P 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫I 22R ＝B 2L 2v 29R ＝16F v ，电阻R 2消耗的功率与R 1消耗的功率相等，故A 错误，B 正确；整个装置因摩擦而消耗的热功率为P 2＝μmg cos θ·v ＝μmg v cos θ，故C 正确；整个装置消耗的机械功率为P 3＝F v ＋P 2＝(F ＋μmg cos θ)v ，故D 正确．5．(2023·南通适应性考试)如图所示，竖直向下的匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有电容器，金属棒静止在导轨上，棒与导轨垂直，t ＝0时，棒受到水平向右的恒力F 作用，t ＝t 0时，撤去F ，则棒的速度v 、电容器所带的电荷量q 、棒中安培力的冲量I 、棒克服安培力做的功W 与时间t 的关系图像正确的是( D )A B C D解析：设某一时刻t ，根据牛顿第二定律有F －F 安＝ma ，设该时刻电流大小为i ，则F 安＝BiL ，F －BiL ＝ma ，在很短时间间隔内ΔQ ＝i ·Δt ，ΔQ ＝C ·ΔU ，ΔU ＝BL ·Δv ，联立可得i ＝BLC Δv Δt＝BLCa ，结合前式可得F －B 2L 2Ca ＝ma ，可得a ＝F m ＋B 2L 2C ，v ＝at ＝F ·t m ＋B 2L 2C，可知t 0之前金属棒做匀加速运动，即v -t 图像为一倾斜直线．撤去力F 后感应电动势等于电容器两端电压，电容器不再充电，电流为零，开始做匀速运动，A 错误；由上面分析可知ΔQ Δt＝i ＝BLCa ，t 0之前q -t 图像为倾斜直线，t 0之后电容器不充放电，电荷量不变，B 错误；安培力的冲量I ＝BiL ·t ＝B 2L 2Ca ·t ，加速度a 定值，可知I -t 图线为一倾斜直线，C 错误；棒克服安培力做的功W ＝F 安v ·t ＝B 2L 2Ca 2t 2，D 正确．6．(2023·扬州中学考前模拟)空间中存在如图所示的磁场，Ⅰ、Ⅱ区域的宽度均为2R ，磁感应强度均为B (Ⅰ区域垂直纸面向里，Ⅱ区域垂直纸面向外)，半径为R 的圆形导线圈在外力作用下以速度v 匀速通过磁场区域，设任意时刻导线圈中电流为I (逆时针为正)，导线圈所受安培力为F (向左为正)，从导线圈刚进入Ⅰ区域开始将向右运动的位移记为x ，则下列图像正确的是( D )A B C D解析：当圆环在磁场Ⅰ区域向右运动过程中，设圆环切割磁感线的有效长度为l ，则有(R －x )2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫l 22＝R 2 整理得l ＝2－(x －R )2＋R 2，则圆环产生的感应电动势为E ＝Bl v ，感应电流为I ＝E R 阻＝2B v －(x －R )2＋R 2R 阻，可知电流与位移不成线性相关，B 错误；当圆环圆心运动到Ⅰ、Ⅱ区域的边界时，此时产生的感应电流大小为I ′＝2E R 阻＝4B v －(x －R )2＋R 2R 阻，即x ＝3R 的电流大小为x ＝R 的电流的两倍，方向沿着顺时针方向，A 错误；通过分析可知，除了x ＝2R 、x ＝4R 、x ＝6R 三个特殊位置，电流为0，受力为0，在0<x <6R 区域内，圆环受力方向水平向左，若圆环在x ＝R 位置受力为F 0，则圆环在x ＝3R 处，由于电流变为2倍，圆环左右半圆均受力，因此圆环受力为4F 0，C 错误，D 正确．二、 非选择题7．(2023·盐城期末)如图所示，电阻不计的矩形导线圈abcd ，在ab 间接电阻为R 的均匀电阻丝甲，线圈放在方向垂直于线圈平面、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现有电阻为12R 的金属棒PQ 刚好架在导线圈上，PQ 长度为L ，并以恒定速度v 从ad 边滑向bc 边．PQ 在滑动过程中与导线圈的接触良好．求：(1) PQ 产生的感应电动势E .答案：BL v解析：PQ 产生的感应电动势为E ＝BL v(2) 甲消耗电功率的最大值P max .答案：4B 2L 2v 29R解析：当金属棒滑上甲后，令甲左端电阻为R x ，则甲右端电阻为R －R x ，左右两端并联，则并联电阻为R 并＝R x (R －R x )R x ＋R －R x＝R x (R －R x )R 由于0≤R x ≤R ，可知0≤R 并≤R 4甲消耗电功率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫E 12R ＋R 并2R 并＝E 2R 24R 并＋R 并＋R 可知，当R 并＝R 4时，甲消耗功率最大，则有P max ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫E 12R ＋14R 2·14R 结合上述解得P max ＝4B 2L 2v 29R(3) PQ 所受安培力的最小值F min .答案：4B 2L 2v 3R解析：根据上述可知，通过金属棒的电流 I ＝E12R ＋R 并金属棒所受安培力F ＝BIL解得F ＝B 2L 2v 12R ＋R 并可知，当R 并＝R 4时，金属棒所受安培力最小F min ＝B 2L 2v 12R ＋14R＝4B 2L 2v 3R8．(2023·海安中学模拟)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN 、PQ 被固定在水平面上，导轨间距l ＝0.6 m ，两导轨的左端用导线连接电阻R 1及理想电压表V ，电阻为r ＝2 Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB 处；右端用导线连接电阻R 2，已知 R 1＝2 Ω，R 2＝1 Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDFE 内有竖直向上的磁场，CE ＝0.2 m ，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场区域内运动的过程中电压表的示数始终保持不变．求：甲乙(1) t＝0.1 s时电压表的示数．答案：0.3V解析：设磁场宽度为d＝CE，在0～0.2 s的时间内，有E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtld＝0.6 V此时，R1与金属棒并联后再与R2串联R＝R并＋R2＝1 Ω＋1 Ω＝2 ΩU＝ER R并＝0.3 V(2) 恒力F的大小．答案：0.27 N解析：金属棒进入磁场后，R1与R2并联后再与r串联，有I′＝UR1＋UR2＝0.45 AF A＝BI′l＝1×0.45×0.6 N＝0.27 N由于金属棒进入磁场后电压表的示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有F＝F A＝0.27 N(3) 从t＝0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量．答案：0.09 J解析：在0～0.2 s的时间内有Q＝E2R t＝0.036 J金属棒进入磁场后，有R′＝R1R2R1＋R2＋r＝83ΩE′＝I′R′＝1.2 V E′＝Bl v，得v＝2 m/st′＝dv＝0.22s＝0.1 sQ′＝E′I′t′＝0.054 JQ总＝Q＋Q′＝0.036 J＋0.054 J＝0.09 J补不足、提能力，老师可增加训练：《抓分题·基础天天练》《一年好卷》。
新编基础物理学上册12-13单元课后答案
第十二章12－1 图示为三种不同的磁介质的B ~H 关系曲线，其中虚线表示的是B =μ0H 的关系．说明a 、b 、c 各代表哪一类磁介质的B ~H 关系曲线？ 答：因为顺磁质r μ＞1，抗磁质r μ＜1，铁磁质r μ>>1， B =r μμ0H 。
所以a 代表 铁磁质 的B ~H 关系曲线．b 代表 顺磁质 的B ~H 关系曲线．c 代表 抗磁质 的B ~H 关系曲线．12－2 螺绕环中心周长10l cm =，环上线圈匝数N =200匝，线圈中通有电流100I mA =。
（1）求管内的磁感应强度0B 和磁场强度0H ；（2）若管内充满相对磁导率r 4200μ=的磁性物质，则管内的B 和H 是多少？（3）磁性物质内由导线中电流产生的0B 和由磁化电流产生的B '各是多少？分析：电流对称分布，可应用安培环路定理求解。
且B H μ= ,0B B B '=+。
解：（1）管内磁场强度3110220010010A m 200A m .1010NI H nI l ----⨯⨯====⨯ 磁感应强度 740004π10200 2.510T.B H μ--==⨯⨯=⨯ （2）管内充满r 4200μ=磁介质后10200A m ,H H -==4r 0r 04200 2.510T=1.05T.B H H B μμμμ-====⨯⨯（3）磁介质内由导线中电流产生的40 2.510T,B -=⨯则40(1.05 2.510)T 1.05T.B B B -'=-=-⨯≈12－3 一铁制的螺绕环，其平均圆周长为30cm ，截面积为1cm 2，在环上均匀绕以300匝导线，当线圈内的电流为0.032A 时，环内的磁通量为6210wb -⨯.试计算（1）环内的磁通量密度；（2）环圆截面中心的磁场强度；（3）磁化面电流；（4）环内材料的磁导率、相对磁导率及磁化率；（5）环芯内的磁化强度.分析：可应用介质中安培环路定理求磁场强度。
新编物理学基础课后习题答案
简答题：简述热力学第一定律和第二定律的内容，并指出它们在物理学中的意义。
热力学基础习题答案
简答题
简述分子动理论的基本内容，并说明气体分子平均自由程与哪些因素有关。
答案
分子动理论的基本内容包括分子在永不停息地做无规则运动，分子之间存在着引力和斥力，分子之间存在着空隙。气体分子平均自由程与气体压强、温度和分子的平均碰撞频率有关。
总结词
能够运用动量和角动量的知识解决实际问题。
总结词
理解动量守恒和角动量守恒的条件和意义。
动量与角动量习题答案
动量与角动量习题答案
01
02
03
详细描述
动量是描述物体运动状态的物理量，计算公式为 $p = mv$，其中 $m$ 是物体的质量，$v$ 是物体的速度。
角动量是描述物体旋转运动的物理量，计算公式为 $L = mr^2omega$，其中 $m$ 是物体的质量，$r$ 是物体到旋转轴的距离，$omega$ 是物体的角速度。
法拉第电磁感应定律描述了当磁场发生变化时会在导体中产生感应电动势的现象。楞次定律指出感应电流的方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
磁场
安培环路定律
法拉第电磁感应定律
磁场与电磁感应习题答案
光学部分习题答案
04
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康普顿散射证明了光的粒子性，并为量子力学的发展奠定了基础。
光的量子性习题答案
量子力学部分习题答案
05
不确定性原理
由海森堡提出，指在量子力学中无法同时精确测量某些物理量，如位置和动量。
测量
在量子力学中，测量是一个重要的概念，它会影响到量子态的塌缩和结果的不确定性。
新编物理学答案
新编物理学答案【篇一：新编基础物理学上册7-8单元课后答案】瓶的容积为32l,瓶内充满氧气时的压强为130atm。
若每小时用的氧气在1atm下体积为400l。
设使用过程温度保持不变，当瓶内压强降到10atm时，使用了几个小时? 分析氧气的使用过程中，氧气瓶的容积不变，压强减小。
因此可由气体状态方程得到使用前后的氧气质量。
进而将总的消耗量和每小时的消耗量比较求解。
解已知p1?130atm,p2?10atm,p3?1atm; v1?v2?v?32l,v3?400l。
质量分别为m1，m2，m3,由题意可得:m11 rt ○mm2 pv?2rt ○2mm2mpv?1所以一瓶氧气能用小时数为:n??130?10??32?9.6小时 m1?m2pv?pv2?1?m3pv1.0?400337-2 一氦氖气体激光管，工作时管内温度为 27?c。
压强为2.4mmhg，氦气与氖气得压强比是7:1.求管内氦气和氖气的分数密度.分析先求得氦气和氖气各自得压强，再根据公式p?nkt求解氦气和氖气的分数密度。
解:依题意, n?n氦?n氖， p?p氦?p氖?所以p?氦2.1?1.013?105pa,7602.4?1.013?105pa；p氦:p氖?7:1 7600.3p氖??1.013?105pa,760根据 p?nkt 所以 n氦? n氖?p氦ktp氖kt??1.013?105??1.38?10?23?300?6.76?1022m?39.66?1021m?37-3 氢分子的质量为3.3?10?24克。
如果每秒有1023个氢分子沿着与墙面的法线成45?角的方向以105厘米/秒的速率撞击在面积为2.0cm2的墙面上,如果撞击是完全弹性的,求这些氢分子作用在墙面上的压强.分析压强即作用在单位面积上的平均作用力，而平均作用力由动量定理求得。
解:单位时间内作用在墙面上的平均作用力为:f?2mvcos45?np?f2mvcos45?n??ss2?3.3?10?27?105?10?22?10?41023?2330pa7-4 一个能量为1012ev的宇宙射线粒子,射入一氖气管中,氖管中含有氦气0.10mol,如果宇宙射线粒子的能量全部被氖气分子所吸收而变为热运动能量,问氖气的温度升高了多少? 分析对确定的理想气体，其分子能量是温度的单值函数，因此能量的变化对应着温度的变化。
第十一章 恒定电流的磁场(一) 作业及参考答案 2014
一.选择题:1．（基础训练1）［D ］载流的圆形线圈(半径a1)与正方形线圈(边长a2 )通有相同电流I．若两个线圈的中心O1、O2处的磁感强度大小相同，则半径a1与边长a2之比a1∶a2为(A) 1∶1 (B) π2∶1(C) π2∶4 (D) π2∶8提示()82,,22135cos45cos244,2212212121ππμπμμ===-⨯⨯⨯==aaBBaIaIBaIBoooo得由2．(基础训练3)［B ］.有一无限长通电流的扁平铜片，宽度为a，厚度不计，电流I在铜片上均匀分布，在铜片外与铜片共面，离铜片右边缘为b处的P点(如图)的磁感强度B的大小为(A))(2baI+πμ．(B)bbaaI+πln2μ．(C)bbabI+πln2μ．(D))2(baI+πμ．提示：bbaaIrdraIrrdIdBdraIdIabb+======⎰⎰⎰+ln222dIBBB,BdB,2P,)(drrPπμπμπμπμ的大小为：，的方向也垂直纸面向内据方向垂直纸面向内；根处产生的它在，电流为导线相当于一根无限长的直的电流元处选取一个宽度为点为在距离3. .(基础训练4)［D ］如图，两根直导线ab和cd沿半径方向被接到一个截面处处相等的铁环上，稳恒电流I从a端流入而从d端流出，则磁感强度B沿图中闭合路径L的积分⎰⋅LlBd(A) I0μ．(B) I031μ．(C) 4/Iμ．(D) 3/2Iμ．提示⎰∑⎰=⋅∴=-==∴===⋅LLIl dBIIslIIslIslIIIl dB32322)(RRRIRI11122112122111Lμρρρμμ得为两条支路的电阻。
，，其中，而内4. 自测提高7［C ］如图，正方形的四个角上固定有四个电荷量均为q 的点电荷．此正方形以角速度ω 绕AC 轴旋转时，在中心O 点产生的磁感应强度大小为B 1；此正方形同样以角速度ω 绕过O 点垂直于正方形平面的轴旋转时，在O 点产生的磁感应强度的大小为B 2，则B 1与B 2间的关系为(A) B 1 = B 2． (B) B 1 = 2B 2．(C) B 1 =21B 2． (D) B 1 = B 2 /4． 提示： 设正方形边长为a ,)22(a b b OC AO ===式中， 两种情况下正方形旋转时的角速度ω 相同，所以每个点电荷随着正方形旋转时形成的等效电流相同， 为 πω2q I =当正方形绕AC 轴旋转时，一个点电荷在O 点产生的磁感应强度的大小为bIB 20μ=，实际上有两个点电荷同时绕AC 旋转产生电流，在O 点产生的总磁感应强度的大小为b IbIB B 001222μμ=⨯==同理，当正方形绕过O 点垂直于正方形平面的轴旋转时，在O 点产生的磁感应强度的大小为bIb IB B 0022244μμ=⨯== 故有122B B =5. 附录C 2［ B ］有一半径为R 的单匝圆线圈，通以电流I ，若将该导线弯成匝数为2=N 的平面圆线圈，导线长度不变，并通以同样的电流，则线圈中心的磁感应强度和磁矩分别是原来的：(A) 4倍和1/8 (B) 4倍和1/2 (C) 2倍和1/4 ． (D) 2倍和1/2提示：由半径为R 的单匝线圈弯成匝数为2=N 的线圈以后，每一个线圈的半径变为R r 21=，故磁感应强度变为原来的4倍，磁矩变为原来的1/2，总的变化为4倍和1/2二. 填空题6.（基础训练11）均匀磁场的磁感强度B与半径为r 的圆形平面的法线n的夹角为α ，今以圆周为边界，作一个半球面S ，S 与圆形平面组成封闭面如所示．则通过S 面的磁通量Φ = απcos 2B r -。
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第11章 恒定电流与真空中的恒定磁场11-1 电源中的非静电力与静电力有什么不同？答：在电路中，电源中非静电力的作用是，迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极移动到高电位的电源正极，使两极间维持一定的电位差。
而静电场的作用是在外电路中把正电荷由高电位的地方移动到低电位的地方，起到推动电流的作用；在电源内部正好相反，静电场起的是抵制电流的作用。
电源中存在的电场有两种：1、非静电起源的场；2、稳恒场。
把这两种电场与静电场比较，静电场由静止电荷所激发，它不随时间的变化而变化。
非静电场不由静止电荷产生，它的大小决定于单位正电荷所受的非静电力，kF E q=。
当然电源种类不同，k F 的起因也不同。
11-2静电场与恒定电场有什么相同处和不同处？为什么恒定电场中仍可应用电势概念？ 答：稳恒电场与静电场有相同之处，即是它们都不随时间的变化而变化，基本规律相同，并且都是位场。
但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生，电荷本身却在移动。
正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化，因此静电场的两条基本定理，即高斯定理和环路定理仍然适用，所以仍可引入电势的概念。
11-3一根铜导线表面涂以银层，当两端加上电压后，在铜线和银层中，电场强度是否相同？电流密度是否相同？电流强度是否相同？为什么？ 答：此题涉及知识点：电流强度d sI =⋅⎰j s ，电流密度概念，电场强度概念，欧姆定律的微分形式j E σ=。
设铜线材料横截面均匀，银层的材料和厚度也均匀。
由于加在两者上的电压相同，两者的长度又相等，故铜线和银层的场强E 相同。
由于铜线和银层的电导率σ不同，根据j E σ=知，它们中的电流密度j 不相同。
电流强度d sI =⋅⎰j s ，铜线和银层的j 不同但相差不太大，而它们的横截面积一般相差较大，所以通过两者的电流强度，一般说来是不相同的。
11-4一束质子发生侧向偏转，造成这个偏转的原因可否是： （1）电场？ （2）磁场？（3）若是电场或者是磁场在起作用，如何判断是哪一种场？答：造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。
可以改变质子的运动方向，通过质子观察运动轨迹来判断是电场还是磁场在起作用。
11-5 3个粒子，当它们通过磁场时沿着如题图11-5所示的路径运动，对每个粒子可作出什么判断？答：根据带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力规律，通过观察运动轨迹的不同可以判断三种粒子是否带电和带电种类。
11-6 一长直载流导线如题图11-6所示，沿Oy 轴正向放置，在原点O 处取一电流元d I l ，求该电流元在（a ，0，0），（0，a ，0），（a ，a ，0），（a ，a ，a ）各点处的磁感应强度B 。
分析：根据毕奥-萨伐尔定律求解。
解：由毕奥-萨伐尔定律03d d .4πI rμ⨯=l rΒ原点O 处的电流元d I l 在（a ，0，0）点产生的Β为： 000332d d d (d )4π4π4πII lI lj aiB a lk k aaaμμμ⨯==-=-d I l 在（0，a ，0）点产生的Β为：0032d d d ()0,4π4πI lI l a aaμμ⨯==⨯=j jB j jd I l 在（a ，a ，0）点产生的Β为：00232d d ()d .4π16π(2)I lI lj ai aj B k aa μμ⨯+==-d I l 在（a ，a ，a ）点产生的Β为00233d d ()d ().4π36π(3)I lI l a a a aa μμ⨯++==-j i j k B i k题图11-5题图11-611-7 用两根彼此平行的长直导线将半径为R 的均匀导体圆环联到电源上，如题图11-7所示，b 点为切点，求O 点的磁感应强度。
分析：应用毕奥-萨伐尔定律分别求出载流直导线L 1和L 2以及导体圆环上并联的大圆弧大ab 和小圆弧小ab 在O 点产生的磁感应强度，再利用磁感应强度的矢量叠加来求解。
解：先看导体圆环，由于大ab 和小ab 并联，设大圆弧有电流1I ，小圆弧有电流2I ，必有：12I R I R =大小由于圆环材料相同，电阻率相同，截面积S 相同，实际电阻与圆环弧的弧长l 大和l 小有关，即：12,I l I l =大小则1I 在O 点产生的1B 的大小为0112,4πI l B R μ=大而2I 在O 点产生的2B 的大小为02212.4I l B B R μ==π小1B 和2B 方向相反，大小相等.即120B B +=。
直导线1L 在O 点产生的30B ＝。
直导线2L 在O 点产生的RIB πμ404=，方向垂直纸面向外。
则O 点总的磁感强度大小为RIB B πμ4040== 方向垂直纸面向外题图11-711-8 一载有电流I 的长导线弯折成如题图11-8所示的形状，CD 为1/4圆弧，半径为R ，圆心O 在AC ，EF 的延长线上.求O 点处磁场的场强。
分析：O 点的磁感强度Β为各段载流导线在O 点产生磁感强度的矢量和。
解：因为O 点在AC 和EF 的延长线上，故AC 和EF 段对O 点的磁场没有贡献。
CD 段00,48CD I IB R Rμμπ==π2DE 段0002(cos 45cos135).4242/2DE II IB aRR μμμ=︒-︒==πππO 点总磁感应强度为000112824DE CD III B B B RRR μμμ⎛⎫=+=+=+ ⎪ππ⎝⎭方同垂直纸面向外.11-9. 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题图11-9所示．a ，b 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求a ，b 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．分析：先根据无限长载流直导线的磁感应强度公式，由矢量叠加即可求出空中某场点的合场强。
解：如题图9-8所示,a B 方向垂直纸面向里401021.210(T)2π(0.10.05)2π0.05a I I B μμ-=+=⨯-⨯b B 方向垂直纸面向外502011.3310(T)2π0.052π(0.10.05)b I I B μμ-=-=⨯⨯⨯+设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处 则题图11-8题图11-9010202π(0.1)2πI I r rμμ-=+解得0.1m r =11-10如题图11-10所示．一无限长薄电流板均匀通有电流I ，电流板宽为a ，求在电流板同一平面内距板边为a 的P 点处的磁感应强度。
分析：将无限长薄电流板分割成许多无限长载流直导线，应用无限长载流直导线产生的磁场d B 公式，然后积分求解总的磁感应强度。
注意利用场的对称性。
解：在电流板上距P 点x 处取宽为d .x 并平行于电流I 的无限长窄条，窄条中的电流为d d .II x a=d I 在P 点处产生的磁感强度为0d d ,2IB xμ=π方向垂直纸面向里。
整个电流板上各窄条电流在P 点处产生的d B 方向相同，故2000d d d ln 22π2π2πaaII IB B x xx a aμμμ⎛⎫==== ⎪⎝⎭⎰⎰⎰方向垂直纸面向里。
11-11 在半径1cm R =的“无限长”半圆柱形金属薄片中，有电流5I A =自下而上地通过，如题图11-10所示。
试求圆柱轴线上一点P 处的磁感应强度。
分析：将半圆柱形金属薄片分割成许多无限长载流直导线，应用无限长载流直导线产生的磁场d B 公式，将d B 按坐标轴分解后再积分求解总的磁感应强度。
注意利用场的对称性。
解：如解11-10图所示，无限长载流半圆形金属薄片可看成由许多宽为d d l R θ=的无限长电流窄条所组成，每根导线上的电流在P 点产生的磁场d B 大小为0d d 2πIB Rμ=，方向按右手螺旋法则确定。
d d d ππI II l R R R θ== 002d d d .2π2πI I B R Rμμθ==解图11-10题图11-10题图11-11由于各电流窄条产生的磁场方向各不相同，应按坐标轴分解将矢量积分化为标量积分，即00220d d d sin sin ,2x x I IB B B R R μθμθθπ====ππ⎰⎰⎰020d d d cos cos 0.2y y I B B B Rμθθθπ====π⎰⎰⎰所以502456.3710(T)10x IB B R μ-7-22-π⨯10⨯====⨯ππ⨯ 方向向右。
11-12 在半径为R 及r 的两圆周之间，有一总匝数为N 的均匀密绕平面线圈（如题图11-12）通有电流I ，求线圈中心（即两圆圆心）处的磁感应强度。
分析：将密绕平面线圈分割成许多同心的圆电流，利用载流圆环在其圆心处产生的磁场d B 公式求解，然后再积分求解总的磁感应强度。
解：由于载流螺旋线绕得很密，可以将它看成由许多同心的圆电流所组成，在沿径向r 到R 范围内，单位长度的线圈匝数为.N n R r=- 任取半径ρ，宽为d ρ的电流环，该电流环共有电流为d d .INIn R rρρ=- 该电流环在线圈中心产生的磁感强度大小为00d d d .22()IN B In R r μμρρρρ==- 圆心处总磁感强度大小00d d ln ,2()2()RrIN IN RB B R r R r rμμρρ===--⎰⎰方向垂直纸面向外。
11-13 如题图11-13所示，在顶角为2θ的圆锥台上密绕以线圈，共N 匝，通以电流I ，绕有线圈部分的上下底半径分别为r 和R .求圆锥顶O 处的磁感应强度的大小.分析：将密绕线圈看成许多载流圆环，利用载流圆环在其轴线上产生的磁场公式d B 公式，再积分求解总的磁感应强度。
题图11-12题图11-13解：只要将题11-12中的均匀密绕平面线圈沿通过中心的轴垂直上提，便与本题条件相一致，故解题思路也相似。
如解图11-12建立坐标，取半径为ρ，宽为d ρ的电流环的密绕线圈，其含有匝数为d NR rρ-， 通电流为d d .NI I R rρ=-因为cot x ρθ=，d d cot x ρθ=。
半径为ρ的一小匝电流在O 点产生的d B 大小为2200223/22223/2d d d 2(+)2(+cot )()I NIB x R r μρμρρρρρθ==- 3003sin d d .2csc ()2()NI NI R r R r μμθρρθρρ==-- 所有电流产生的磁场方向均沿x 轴，所以其磁感强度大小为3300sin sin d ln.2()2()RrNI NI RB R r R r rμθμθρρ==--⎰11-14 半径为R 的木球上绕有细导线，所绕线圈很紧密，相邻的线圈彼此平行地靠着，以单层盖住半个球面共有N 匝，如题图11-14所示。