大学物理作业11.1
张三慧《大学物理学：力学、电磁学》(第3版)(B版)(课后习题 恒定电流)【圣才出品】
第11章 恒定电流11.1 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m 的近似圆形轨道。
当环中电子流强度为8mA 时，在整个环中有多少电子在运行？已知电子的速率接近光速。
解：以N 1表示单位长度轨道上的电子数，则。
在整个环中的电子数为11.2 在范德格拉夫静电加速器中，一宽为30cm 的橡皮带以20cm/s 的速度运行，在下边的滚轴处给橡皮带带上表面电荷，橡皮带的面电荷密度足以在带子的每一侧产生的电场，求电流是多少毫安？解：11.3设想在银这样的金属中，导电电子数等于原子数。
当1mm 直径的银线中通过30A 的电流时，电子的漂移速度是多大？给出近似答案，计算中所需要的那些你一时还找不到的数据，可自己估计数量级并代入计算。
若银线温度是20℃，按经典电子气模型，其中自由电子的平均速率是多大？解：银的摩尔质量取密度取，则11.4 一铜棒的横截面积为长为2 m ，两端的电势差为。
已知铜的电阻率为，铜内自由电子的数密度为。
求：（1）棒的电阻；（2）通过棒的电流；（3）棒内的电流密度；（4）棒内的电场强度；（5）棒所消耗的功率；（6）棒内电子的漂移速度。
解：11.5 一铁制水管，内、外直径分别为 2.0cm 和2.5 cm ，这水管常用来使电气设备接地。
如果从电气设备流入到水管中的电流是20A ，那么电流在管壁中和水中各占多少？假设水的电阻率是，铁的电阻率为解：以I 1和I2分别表示通过水和铁管的电流，则由于I 1和I 2相比甚小，所以11.6 地下电话电缆由一对导线组成，这对导线沿其长度的某处发生短路（图11-3）。
电话电缆长 5 m。
为了找出何处短路，技术人员首先测量AB 间的电阻，然后测量CD 间的电阻。
前者测得电阻为，后者测得为，求短路出现在何处。
图11-1解：设在P 处短路，则又因，，所以得即短路出现在离A端1.5 m 处。
11.7 大气中由于存在少量的自由电子和正离子而具有微弱的导电性。
（1）地表附近，晴天大气平均电场强度约为大气平均电流密度约为。
大学物理课后习题答案(第十一章) 北京邮电大学出版社
习题十一11-1 圆柱形电容器内、外导体截面半径分别为1R 和2R (1R ＜2R )，中间充满介电常数为ε的电介质.当两极板间的电压随时间的变化k t U =d d 时(k 为常数)，求介质内距圆柱轴线为r 处的位移电流密度．解：圆柱形电容器电容12ln 2R R l C πε= 12ln 2R R lU CU q πε== 1212ln ln 22R R r U R R r lU S q D εππε=== ∴ 12ln R R r k t D j ε=∂∂=11-2 试证：平行板电容器的位移电流可写成t U C I d d d =．式中C 为电容器的电容，U 是电容器两极板的电势差．如果不是平板电容器，以上关系还适用吗?解：∵ CU q = S CU D ==0σ ∴ CU DS D ==Φ不是平板电容器时0σ=D 仍成立 ∴ t UC ID d d =还适用．题11-3图11-3 如题11-3图所示，电荷+q 以速度v向O 点运动，+q 到O 点的距离为x ，在O 点处作半径为a 的圆平面，圆平面与v 垂直．求：通过此圆的位移电流．解：如题11-3图所示，当q 离平面x 时，通过圆平面的电位移通量 )1(222a x x q D +-=Φ［此结果见习题8-9(3)］ t U C t I D D d d d d ==Φ∴ 23222)(2d d a x v qa tI D D +==Φ 题11-4图11-4 如题11-4图所示，设平行板电容器内各点的交变电场强度E =720sin t π510V ·m -1，正方向规定如图．试求：(1)电容器中的位移电流密度；(2)电容器内距中心联线r =10-2m 的一点P ，当t =0和t =51021-⨯s 时磁场强度的大小及方向(不考虑传导电流产生的磁场)．解：(1)t Dj D ∂∂=,E D 0ε= ∴ t t t t E j D ππεπεε50550010cos 10720)10sin 720(⨯=∂∂=∂∂=2m A -⋅ (2)∵ ⎰∑⎰⋅+=⋅)(0d d S D l S j I l H取与极板平行且以中心连线为圆心，半径r 的圆周r l π2=，则D j r r H 22ππ=D j r H 2=0=t 时0505106.3107202πεπε⨯=⨯⨯=r H P 1m A -⋅ 51021-⨯=t s 时，0=P H11-5 半径为R =0.10m 的两块圆板构成平行板电容器，放在真空中．今对电容器匀速充电，使两极板间电场的变化率为t Ed d =1.0×1013 V ·m -1·s -1．求两极板间的位移电流，并计算电容器内离两圆板中心联线r (r ＜R )处的磁感应强度Br 以及r =R 处的磁感应强度BR ．解: (1)t E t D j D ∂∂=∂∂=0ε 8.22≈==R j S j I D D D πA (2)∵ S j I l H S D l d d 0⋅+=⋅⎰∑⎰取平行于极板，以两板中心联线为圆心的圆周r l π2=，则202d d 2r t E r j r H D πεππ==∴t E r H d d 20ε=t E r H B r d d 2000εμμ==当R r =时，600106.5d d 2-⨯==t E R B R εμT *11-6 一导线，截面半径为10-2m ，单位长度的电阻为3×10-3Ω·m -1，载有电流25.1 A ．试计算在距导线表面很近一点的以下各量：(1)H 的大小；(2)E 在平行于导线方向上的分量；(3)垂直于导线表面的S 分量．解: (1)∵ ⎰∑=I l H d取与导线同轴的垂直于导线的圆周r l π2=，则I r H =π2 21042⨯==rI H π1m A -⋅(2)由欧姆定律微分形式 E j σ=得 21053.7/1/-⨯====IR RS S I j E σ 1m V -⋅ (3)∵H E S ⨯=,E 沿导线轴线,H 垂直于轴线 ∴S 垂直导线侧面进入导线，大小1.30==EH S 2m W -⋅*11-7 有一圆柱形导体，截面半径为a ，电阻率为ρ,载有电流0I ． (1)求在导体内距轴线为r 处某点的E 的大小和方向； (2)该点H 的大小和方向； (3)该点坡印廷矢量S的大小和方向；(4)将(3)的结果与长度为l 、半径为r 的导体内消耗的能量作比较． 解:(1)电流密度S I j 00=由欧姆定律微分形式E j σ=0得2000a I j j E πρρσ===，方向与电流方向一致(2)取以导线轴为圆心，垂直于导线的平面圆周r l π2=，则 由 ⎰⎰=⋅S l S j l H d d 0可得2202a r I r H =π∴202a rI H π=，方向与电流成右螺旋 (3)∵ H E S⨯= ∴ S垂直于导线侧面而进入导线，大小为 42202a r I EH S πρ==可见，电磁波的幅射压强(包括光压)是很微弱的．。
赵近芳大学物理学第五版第十一章课后习题答案
习题1111.1选择题(1）一圆形线圈在均匀磁场中作下列运动时，哪些情况会产生感应电流（）（A ）沿垂直磁场方向平移；（B ）以直径为轴转动，轴跟磁场垂直；（C ）沿平行磁场方向平移；（D ）以直径为轴转动，轴跟磁场平行。
[答案：B](2)下列哪些矢量场为保守力场（）（A ）静电场；（B ）稳恒磁场；（C ）感生电场；（D ）变化的磁场。
[答案：A](3)用线圈的自感系数L 来表示载流线圈磁场能量的公式221LI W m=（）(A )只适用于无限长密绕线管；(B )只适用于一个匝数很多，且密绕的螺线环；(C )只适用于单匝圆线圈；(D )适用于自感系数L 一定的任意线圈。
[答案：D](4)对于涡旋电场，下列说法不正确的是（）：（A ）涡旋电场对电荷有作用力；（B ）涡旋电场由变化的磁场产生；（C ）涡旋场由电荷激发；（D ）涡旋电场的电力线闭合的。
[答案：C]11.2填空题(1)将金属圆环从磁极间沿与磁感应强度垂直的方向抽出时，圆环将受到。
[答案：磁力](2)产生动生电动势的非静电场力是，产生感生电动势的非静电场力是，激发感生电场的场源是。
[答案：洛伦兹力，涡旋电场力，变化的磁场](3)长为l 的金属直导线在垂直于均匀的平面内以角速度ω转动，如果转轴的位置在，这个导线上的电动势最大，数值为；如果转轴的位置在，整个导线上的电动势最小，数值为。
[答案：端点，221l B ω；中点，0]11.3一半径r =10cm 的圆形回路放在B =0.8T的均匀磁场中．回路平面与B垂直．当回路半径以恒定速率trd d =80cm/s 收缩时，求回路中感应电动势的大小．解:回路磁通2πr B BS m ==Φ感应电动势大小40.0d d π2)π(d d d d 2====trr B r B t t m ΦεV 11.4一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路，半径R =5cm，如题11.4图所示．均匀磁场B =80×10-3T，B 的方向与两半圆的公共直径(在Oz 轴上)垂直，且与两个半圆构成相等的角α当磁场在5ms内均匀降为零时，求回路中的感应电动势的大小及方向．解:取半圆形cba 法向为i，题11.4图则αΦcos 2π21B R m=同理，半圆形adc 法向为j，则αΦcos 2π22B R m=∵B 与i 夹角和B 与j夹角相等，∴︒=45α则αΦcos π2R B m =221089.8d d cos πd d -⨯-=-=Φ-=tBR t m αεV 方向与cbadc 相反，即顺时针方向．题11.5图11.5如题11.5图所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b ，环心O 与导线相距a ．设半圆环以速度v 平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN 两端的电压N M U U -．解:作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v方向运动时0d =m Φ∴0=MeNM ε即MNMeN εε=又∵⎰+-<+-==ba ba MN ba ba Iv l vB 0ln 2dcos 0πμπε所以MeN ε沿NeM 方向，大小为ba ba Iv -+ln 20πμM 点电势高于N 点电势，即ba ba Iv U U N M -+=-ln 20πμ题11.6图11.6如题11.6所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以tId d 的变化率增大，求：(1)任一时刻线圈内所通过的磁通量；(2)线圈中的感应电动势．解:以向外磁通为正则(1)]ln [ln π2d π2d π2000da db a b Il r l r I r l r I ab b a d d m +-+=-=⎰⎰++μμμΦ(2)tI b a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε11.7如题11.7图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆．令这半圆形导线在磁场中以频率f 绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R ．求：感应电流的最大值．题11.7图解:)cos(2π02ϕωΦ+=⋅=t r B S B m∴Bfr f r B r B t r B t m m i 222202ππ22π2π)sin(2πd d ===+=-=ωεϕωωΦε∴RBf r R I m 22π==ε11.8如题11.8图所示，长直导线通以电流I =5A，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长b =0.06m，宽a =0.04m，线圈以速度v =0.03m/s垂直于直线平移远离．求：d =0.05m时线圈中感应电动势的大小和方向．题11.8图解:AB 、CD 运动速度v方向与磁力线平行，不产生感应电动势．DA 产生电动势⎰==⋅⨯=AD I vb vBb l B v d2d )(01πμεBC 产生电动势)(π2d )(02d a I vbl B v CB+-=⋅⨯=⎰με∴回路中总感应电动势8021106.111(π2-⨯=+-=+=ad d Ibv μεεεV 方向沿顺时针．11.9长度为l 的金属杆ab 以速率v在导电轨道abcd 上平行移动．已知导轨处于均匀磁场B中，B 的方向与回路的法线成60°角(如题11.9图所示)，B的大小为B =kt (k 为正常)．设t =0时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向．解:⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ∴klvt tm-=-=d d Φε即沿abcd 方向顺时针方向．题11.9图11.10一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B的方向如题11.10图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t =0)．解:如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时0d d <Φt,0>ε；题11.10图(a)题11.10图(b)在磁场中时0d d =tΦ,0=ε；出场时0d d >tΦ，0<ε，故t I -曲线如题10-9图(b)所示.题11.11图11.11导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速ω转动，aO =3l磁感应强度B 平行于转轴，如图11.11所示．试求：（1）ab 两端的电势差；（2）b a ,两端哪一点电势高?解:(1)在Ob 上取dr r r +→一小段则⎰==320292d l Ob l B r rB ωωε同理⎰==302181d l Oa l B r rB ωωε∴2261)92181(l B l B Ob aO ab ωωεεε=+-=+=(2)∵0>ab ε即0<-b a U U ∴b 点电势高．题11.12图11.12如题11.12图所示，长度为b 2的金属杆位于两无限长直导线所在平面的正中间，并以速度v平行于两直导线运动．两直导线通以大小相等、方向相反的电流I ，两导线相距2a ．试求：金属杆两端的电势差及其方向．解：在金属杆上取r d 距左边直导线为r ，则ba b a Iv r r a r Iv l B v b a b a B A AB -+-=-+-=⋅⨯=⎰⎰+-lnd 211(2d )(00πμπμε ∵<AB ε∴实际上感应电动势方向从A B →，即从图中从右向左，∴ba ba Iv U AB -+=ln 0πμ题11.13图11.13磁感应强度为B的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在题11.13图中位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当tBd d ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．解：∵bcab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε=-=tabd d 2Φεt BR B R t d d 12π]12π[d d 22=--∴tB R acd d ]12π43[22+=ε∵0d d >tB∴0>ac ε即ε从ca →11.14半径为R的直螺线管中，有dtdB＞0的磁场，一任意闭合导线abca ，一部分在螺线管内绷直成ab 弦，a ,b 两点与螺线管绝缘，如题11.14图所示．设ab =R ，试求：闭合导线中的感应电动势．解：如图，闭合导线abca 内磁通量436π(22R R B S B m -=⋅= Φ∴tBR R i d d )436π(22--=ε∵0d d >tB∴0<i ε，即感应电动势沿acba ，逆时针方向．题11.14图题11.15图11.15如题11.15图所示，在垂直于直螺线管管轴的平面上放置导体ab 于直径位置，另一导体cd 在一弦上，导体均与螺线管绝缘．当螺线管接通电源的一瞬间管内磁场如题11.15图示方向．试求：（1）ab 两端的电势差；（2）cd 两点电势高低的情况．解：由⎰⎰⋅-=⋅l S tB l Ed d d d 旋知，此时旋E 以O 为中心沿逆时针方向．(1)∵ab 是直径，在ab 上处处旋E与ab 垂直∴⎰=⋅ll 0d 旋∴0=ab ε,有b a U U =(2)同理，0d >⋅=⎰l E cddc旋ε∴0<-c d U U 即dc U U >题11.16图11.16一无限长的直导线和一正方形的线圈如题11.16图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数．解：设长直电流为I ，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为⎰==32300122ln π2d π2a a Iar r Ia μμΦ∴2ln π2012aI M μΦ==11.17两线圈顺串联后总自感为1.0H，在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联后总自感为0.4H．试求：它们之间的互感．解：∵顺串时M L L L 221++=反串联时M L L L 221-+='∴M L L 4='-15.04='-=L L M H题11.18图11.18一矩形截面的螺绕环如题11.18图所示，共有N匝．试求：(1)此螺线环的自感系数；(2)若导线内通有电流I ，环内磁能为多少?解：如题11.18图示(1)通过横截面的磁通为⎰==baabNIh r h r NI ln π2d π200μμΦ磁链abIh N N lnπ220μΦψ==∴ab h N I L lnπ220μψ==(2)∵221LI W m =∴ab h I N W m lnπ4220μ=11.19一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为I ．求：导线内部单位长度上所储存的磁能．解：在R r <时20π2R I B r μ=∴4222002π82R r I B w m μμ==取r r V d π2d =(∵导线长1=l )则⎰⎰===RR m I R r r I r r w W 00204320π16π4d d 2μμπ。
上海交大版大学物理习题册下册答案
大学物理（下册）答案第十一章 静电场【例题精选】例11-1 如图所示，在坐标(a ，0)处放置一点电荷+q ，在坐标(-a ，0)处放置另一点电荷－q ．P 点是x 轴上的一点，坐标为(x ，0)．当x >>a 时，该点场强的大小为：(A)x q 04επ． (B) 30x qa επ． (C) 302x qa επ． (D) 204x qεπ． [ B ]例11-2半径为R 的均匀带电球体的静电场中各点的电场强度的大小E 与距球心的距离r的关系曲线为：[ B ]例11-3 半径为R 的“无限长”均匀带电圆柱面的静电场中各点的电场强度的大小E 与距轴线的距离r 的关系曲线为：[ B ]例11-4一半径为R 的带有一缺口的细圆环，缺口长度为 d (d<<R)环上均匀带有正电，电荷为q ，如图所示．则圆心O 处的场强大小E ＝ ；场强方向为 ．()30220824Rqdd R R qd εεπ≈-ππ 从O 点指向缺口中心点． 例11-5 均匀带电直线长为d ，电荷线密度为＋λ，以导线中点O 为球心，R 为半径(R ＞d )作一球面，如图所示，则通过该球面的电场强度通量为______。
带电直线的延长线与球面交点P 处的电场强度的大小为_____，方向________。
0/ελd ； ()2204d R d-πελ ；沿矢径OP例11-6 有一边长为a 的正方形平面，在其中垂线上距中心O 点a /2处，EO r(A) E ∝1/r有一电荷为q 的正点电荷，如图，则通过该平面的电场强度通量为 (A)03εq ． (B) 04επq (C) 03επq ． (D) 06εq [ D ] 例11-7 两块“无限大”的均匀带电平行平板，其电荷面密度分别 为σ( σ＞0)及－2 σ，如图所示。
试写出各区域的电场强度E 。
Ⅰ区E 的大小__________________，方向____________。
大学物理——11-1磁感应强度B
电源电动势的方向：电源内部电势升高的方向； 或在电源内部从负极指向正极。
§11.1磁场 磁感应强度
一、基本磁现象
永磁体的性质：
（1）具有磁性，能吸引铁、 钴、镍等物质。 （2）具有磁极，分磁北极N和磁南极S。 （3）磁极之间存在相互作用，同性相斥，异性相吸。 （4）磁极不能单独存在。
司南勺
在磁极区域，磁性最强。
S
S
载流子：导体中宏观定向运动的带电粒子。
电流强度（I）：单位时间内通过导体任一 横截面的电荷 。
dq I dt
3
单位：安培 1A 1 C s 1
6
1A 10 mA 10 μ A
恒定电流（直流电）： 导体中通过任一截面的电流不随时间变化（I = 恒量）。 电流的方向：导体中正电荷的流向。
B
dF
dF
B
θ
Idl
三、安培力
电流元 Idl 置于磁感应强度为 B 的外磁场中时，
电流元所受的力为： 安培定律:
dF Idl B
安培定律:
一段电流元Idl在磁场中所受的力dF，其大小与电 流元Idl成正比，与电流元所在处的磁感应强度B成正 比，与电流元Idl和B的夹角的正弦成正比，即
dS
n
dI 大小： j j 速度方向上的单位矢量 d S d 对任意小面元 d S ， I j d S j d S dS 对任意 dI I j d S j S 曲面S：
d S
P 处正电荷定向移动 j
三、电源和电动势
+
第11章 恒定电流的磁场
11.1 磁感应强度 B
大学物理课后习题详解(第十一章)中国石油大学
习 题 十 一11-1 如图所示，在点电荷+Q 的电场中放置一导体球。
由点电荷+Q 到球心的径矢为r ，在静电平衡时，求导体球上的感应电荷在球心O 点处产生的场强E 。
[解] 静电平衡时，导体内任一点的场强为零，O 点的场强是点电荷+Q 及球面上感应电荷共同贡献的，由场强叠加原理有0Q 0='+=E E E r E E 20Q 4r Q πε-=-='11-2 一带电量为q 、半径为r 的金属球A ，放在内外半径分别为1R 和2R 的不带电金属球壳B 内任意位置，如图所示。
A 与B 之间及B 外均为真空，若用导线把A ，B 连接，求球A 的电势。
[解] 以导线把球和球壳连接在一起后，电荷全部分布在球壳的外表面上(或者说导体球的电荷与球壳内表面电荷中和)，整个系统是一个等势体，因此20B A 4R q U U πε==11-3 如图所示，把一块原来不带电的金属板B 移近一块已带有正电荷Q 的金属板A ，平行放置。
设两板面积都是S ，板间距为d ，忽略边缘效应，求：(1)板B 不接地时，两板间的电势差；(2)板B 接地时，两板间的电势差。
[解] (1) 由61页例1知，两带电平板导体相向面上电量大小相等符号相反，而相背面上电量大小相等符号相同，因此当板B 不接地，电荷分布为因而板间电场强度为 SQ E 02ε=电势差为 SQdEd U 0AB 2ε== (2) 板B 接地时，在B 板上感应出负电荷，电荷分布为B A-Q/2Q/2Q/2Q/2A B -QQ故板间电场强度为 SQ E 0ε=电势差为 SQdEd U 0AB ε==11-4 如图所示，有三块互相平行的导体板，上导体板到中间导体板的距离为5.0cm ，上导体板到下导体板的距离为8.0cm ，外面的两块用导线连接，原来不带电。
中间一块两面上带电，其面电荷密度之和为25m C 103.1-⨯=σ。
求每块板的两个表面的面电荷密度各是多少(忽略边缘效应)?[解] 因忽略边缘效应，可把三个导体板看作无限大平板，由例1知32σσ-= (1) 45σσ-= (2)忽略边缘效应，则导体板可看成无限大的，具有屏蔽性，在相邻导体板之间的电场只由相对于二表面上电荷决定。
大学物理答案(湖南大学版)
第11章 热力学基本原理11.1 一系统由如图所示的状态a 沿abc 到达c ，有350J 热量传入系统，而系统对外做功126J ．（1）经adc ，系统对外做功42J ，问系统吸热多少？（2）当系统由状态c 沿曲线ac 回到状态a 时，外界对系统做功为84J ，问系统是吸热还是放热，在这一过程中系统与外界之间的传递的热量为多少？解：（1）当系统由状态a 沿abc 到达c 时，根据热力学第一定律，吸收的热量Q 和对外所做的功A 的关系是Q = ΔE + A ，其中ΔE 是内能的增量．Q 和A 是过程量，也就是与系统经历的过程有关，而ΔE 是状态量，与系统经历的过程无关．当系统沿adc 路径变化时，可得Q 1 = ΔE 1 + A 1， 这两个过程的内能的变化是相同的，即ΔE 1 = ΔE ，将两个热量公式相减可得系统吸收的热量为Q 1 = Q + A 1 - A = 266(J)． （2）当系统由状态c 沿曲线ac 回到状态a 时，可得Q 2 = ΔE 2 + A 2， 其中，ΔE 2 = -ΔE ，A 2 = -84(J)，可得Q 2 = -(Q – A ) + A 2 = -308(J)， 可见：系统放射热量，传递热量的大小为308J ．11.2 1mol 氧气由状态1变化到状态2，所经历的过程如图，一次沿1→m →2路径，另一次沿1→2直线路径．试分别求出这两个过程中系统吸收热量Q 、对外界所做的功A 以及内能的变化E 2 -E 1．解：根据理想气体状态方程pV = RT ，可得气体在状态1和2的温度分别为T 1 = p 1V 1/R 和T 2 = p 2V 2． 氧气是双原子气体，自由度i = 5，由于内能是状态量，所以其状态从1到2不论从经过什么路径，内能的变化都是212211()()22i iE R T T p V p V ∆=-=-= 7.5×103(J)． 系统状态从1→m 的变化是等压变化，对外所做的功为2121d ()V V A p V p V V ==-⎰= 8.0×103(J)．系统状态从m →2的变化是等容变化，对外不做功．因此系统状态沿1→m →2路径变化时，对外做功为8.0×103J ；吸收的热量为Q = ΔE + A = 1.55×104(J)．系统状态直接从1→2的变化时所做的功就是直线下的面积，即21211()()2A p p V V =+-= 6.0×103(J)．吸收的热量为Q = ΔE + A = 1.35×104(J)．11.3 1mol 范氏气体，通过准静态等温过程，体积由V 1膨胀至V 2，求气体在此过程中所做的功？解：1mol 范氏气体的方程为2()()ap v b RT v +-=， 通过准静态等温过程，体积由V 1膨胀至V 2时气体所做的功为图11.12×图11.222112d ()d V V V V RT a A p v v v b v==--⎰⎰21ln()V V a RT v b v =-+212111ln()V b RT a V b V V -=+--．11.4 1mol 氢在压强为1.013×105Pa ，温度为20℃时的体积为V 0，今使其经以下两种过程达同一状态：（1）先保持体积不变，加热使其温度升高到80℃，然后令其作等温膨胀，体积变为原体积的2倍；（2）先使其作等温膨胀至原体积的2倍，然后保持体积不变，升温至80℃．试分别计算以上两过程中吸收的热量，气体所做的功和内能增量．将上述两过程画在同一p-V 图上并说明所得结果．解：氢气是双原子气体，自由度i = 5，由于内能是状态量，所以不论从经过什么路径从初态到终态，内能的增量都是21()2iE R T T ∆=-= 1.2465×103(J)． （1）气体先做等容变化时，对外不做功，而做等温变化时，对外所做的功为2211221d d V V V V A p V RT V V==⎰⎰2ln 2RT == 2.0333×103(J)， 所吸收的热量为Q 2 = ΔE + A 2 = 3.2798×103(J)． （2）气体先做等温变化时，对外所做的功为2211111d d V V V V A p V RT V V==⎰⎰1ln 2RT == 1.6877×103(J)， 所吸收的热量为Q 1 = ΔE + A 1 = 2.9242×103(J)．如图所示，气体在高温下做等温膨胀时，吸收的热量多些，曲线下的面积也大些．11.5 为了测定气体的γ（γ=C p /C V ），可用下列方法：一定量气体，它的初始温度、体积和压强分别为T 0，V 0和p 0．用一根通电铂丝对它加热，设两次加热电流和时间相同，使气体吸收热量保持一样．第一次保持气体体积V 0不变，而温度和压强变为T 1，p 1；第二次保持压强p 0不变，而温度和体积则变为T 2，V 2，证明：100200()()p p V V V p γ-=-．证：定容摩尔热容为(d )d VV Q C T=，在本题中为C V = ΔQ /(T 1 – T 0)；定压摩尔热容为(d )d pp Q C T=，在本题中为C p = ΔQ /(T 2 – T 0)．对于等容过程有p 1/T 1 = p 0/T 0，所以T 1 = T 0p 1/p 0；对于等压过程有V 2/T 2 = V 0/T 0，所以T 2 = T 0V 2/V 0． 因此100100200200//p VC T T T p p T C T T T V V T γ--===--100200()()p p V V V p -=-． 证毕．11.7 理想气体的既非等温也非绝热的过程可表示为pV n = 常数，这样的过程叫多方过程，n 叫多方指数．（1）说明n = 0，1，γ和∞各是什么过程． （2）证明：多方过程中理想气体对外做功：11221p V p V A n -=-．（3）证明：多方过程中理想气体的摩尔热容量为：()1V nC C nγ-=-，并就此说明（1）中各过程的值．（1）说明：当n = 0时，p 为常数，因此是等压过程；当n = 1时，根据理想气体状态方程pV = RT ，温度T 为常数，因此是等温过程； 当n = γ时表示绝热过程；当n =∞时，则有p 1/n V = 常数，表示等容过程．（2）证：对于多方过程有pV n = p 1V 1n = p 2V 2n = C (常数)， 理想气体对外所做的功为2211d d V V n V V A p V CV V -==⎰⎰11112221()11n n pV p V CV V n n ---=-=--．证毕． （2）[证明]对于一摩尔理想气体有pV = RT ，因此气体对外所做的功可表示为121RT RT A n -=-，气体吸收的热量为Q = ΔE + A = 21211()()21i R T T R T T n-+--，摩尔热容量为2112()212(1)Q i i in C R R T T n n +-==+=---(2)/121Vi i n i nR C n nγ+--=⋅=--．证毕．11.8 一气缸内贮有10mol 的单原子理想气体，在压缩过程中，外力做功209J ，，气体温度升高1℃．试计算气体内能增量和所吸收的热量，在此过程中气体的摩尔热容是多少？ 解：单原子分子的自由度为i = 3，一摩尔理想气体内能的增量为2iE R T ∆=∆= 12.465(J)，10mol 气体内能的增量为124.65J ． 气体对外所做的功为A = - 209J ，所以气体吸收的热量为Q = ΔE + A = -84.35(J)． 1摩尔气体所吸收的热量为热容为-8.435J ，所以摩尔热容为C = -8.435(J·mol -1·K -1)．11.9 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、等压过程回到状态A ． （1）A →B ，B →C ，C →A ，各过程中系统对外所做的功A ，内能的增量ΔE 以及所吸收的热量Q ． （2）整个循环过程中系统对外所做的总功以及从外界吸收的总热量（各过程吸热的代数和）．解：单原子分子的自由度i = 3．（1）在A →B 的过程中，系统对外所做的功为AB 直线下的面积，即A AB = (p A + p B )(V B – V A )/2 = 200(J)， 内能的增量为()2AB B A i M E R T T μ∆=-()2B B A A ip V p V =-= 750(J)． 吸收的热量为Q AB = ΔE AB + A AB = 950(J)．B →C 是等容过程，系统对外不做功．内能的增量为()2BC C B i M E R T T μ∆=-()2C C B B ip V p V =-= -600(J)． 吸收的热量为Q BC = ΔE BC + A BC = -600(J)，就是放出600J 的热量．C →A 是等压过程，系统图11.9对外做的功为A CA = p A (V A – V C ) = -100(J)．内能的增量为 ()2CA A C i M E R T T μ∆=-()2A A C C ip V p V =-= -150(J)． 吸收的热量为Q CA = ΔE CA + A CA = -250(J)，也就是放出250J 的热量．（2）对外做的总功为A = A AB + A BC + A CA = 100(J)．吸收的总热量为Q = Q AB + Q BC + Q CA = 100(J)．由此可见：当系统循环一周时，内能不变化，从外界所吸收的热量全部转化为对外所做的功．11.10 1mol 单原子分子的理想气体，经历如图所示的的可逆循环，连接ac 两点的曲线Ⅲ的方程为p = p 0V 2/V 02，a 点的温度为T 0．（1）以T 0，R 表示Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ过程中气体吸收的热量． （2）求此循环的效率． 解：由题可知：p 0V 0 = RT 0．（1）I 是等容过程，系统不对外做功，内能的变化为I 00()()22b a b i i E R T T p V RT ∆=-=-0000(9)122ip V RT RT =-=． 吸收的热量为Q I = ΔE I = 12RT 0．II 是等容过程，根据III 的方程，当p c = 9p 0时，V c = 3V 0．系统对外所做的功为 A II = p b (V c - V b ) = 9p 02V 0 = 18RT 0． 内能的变化为II ()()22c b c c b b i iE R T T p V p V ∆=-=-00092272i p V RT ==．吸收的热量为Q II = ΔE II + A II = 45RT 0．在过程III 中，系统对外所做的功为20III 20d d aa ccV VV V p A p V V V V ==⎰⎰33002026()33a c p V V RT V =-=-．内能的变化为III 0()()22a c c c i iE R T T RT p V ∆=-=-0000(93)392i RT p V RT =-=-．吸收的热量为Q III = ΔE III + A III = -143RT 0/3．（2）系统对外做的总功为A = A I + A II + A III = 28RT 0/3， 系统从高温热源吸收的热量为Q 1 = Q I + Q II = 57RT 0， 循环效率为1AQ η== 16.37%．11.11 1mol 理想气体在400K 和300K 之间完成卡诺循环．在400K 等温线上，初始体积为1×10-3m 3，最后体积为5×10-3m 3．试计算气体在此循环中所做的功及从高温热源所吸收的热量和向低温热源放出的热量．解：卡诺循环由气体的四个变化过程组成，等温膨胀过程，绝热膨胀过程，等温压缩过程，绝热压缩过程．气体在等温膨胀过程内能不改变，所吸收的热量全部转化为对外所做的功，即22111111d d V V V V Q A p V RT V V ===⎰⎰211ln VRT V == 5.35×103(J)．气体在等温压缩过程内能也不改变，所放出的热量是由外界对系统做功转化来的，即90图11.1044332221d d V V V V Q A p V RT V V ===⎰⎰423ln V RT V =，利用两个绝热过程，可以证明V 4/V 3 = V 2/V 1，可得Q 2 = 4.01×103(J)．气体在整个循环过程中所做的功为A = Q 1 - Q 2 = 1.34×103(J)．11.13 一热机在1000K 和300K 的两热源之间工作，如果 （1）高温热源提高100K ， （2）低温热源降低100K ，从理论上说，哪一种方案提高的热效率高一些？为什么？ 解:（1）热机效率为η = 1 – T 2/T 1，提高高温热源时，效率为η1 = 1 – T 2/(T 1 + ΔT )， 提高的效率为221111T T T T T ηηη∆=-=-+∆ 2113()110T T T T T ∆==+∆= 2.73%． （2）降低低温热源时，效率为η2 = 1 – (T 2 - ΔT )/T 1， 提高的效率为222211T T T T T ∆ηηη-∆=-=- = ΔT /T = 10%． 可见：降低低温热源更能提高热机效率．对于温度之比T 2/T 1，由于T 2 < T 1，显然，分子减少一个量比分母增加同一量要使比值降得更大，因而效率提得更高．11.14 使用一制冷机将1mol ，105Pa 的空气从20℃等压冷却至18℃，对制冷机必须提供的最小机械功是多少？设该机向40℃的环境放热，将空气看作主要由双原子分子组成． 解：空气对外所做的功为2211d d V V V V A p V p V ==⎰⎰= p (V 2– V 1) = R (T 2– T 1)，其中T 2 = 291K ，T 1 = 293K ．空气内能的增量为21()2iE R T T ∆=-， 其中i 表示双原子分子的自由度：i = 5．空气吸收的热量为Q = ΔE + A =212()2i R T T +-= -58.17(J)． 负号表示空气放出热量．因此，制冷机从空气中吸收的热量为Q 2 = -Q = 58.17(J)．空气是低温热源，为了简化计算，取平均温度为T`2 = (T 2 + T 1)/2 = 292(K)； 环境是高温热源，温度为T`1 = 313(K)．欲求制冷机提供的最小机械功，就要将制冷当作可逆卡诺机， 根据卡诺循环中的公式1122Q T Q T =， 可得该机向高温热源放出的热量为`112`2T Q Q T == 62.35(J)，因此制冷机提供的最小机械功为W = Q 1 - Q 2 = 4.18(J)．[注意]由于低温热源的温度在变化，所以向高温热源放出的热量的微元为`112`2d d T Q Q T =，其中`222d d d 2i Q Q R T +=-=-，因此``211`2d 2d 2T i Q RT T +=-，积分得制冷机向高温热源放出的热量为`21112ln 2T i Q RT T +=-= 62.35(J)， 与低温热源取温度的平均值的计算结果相同（不计小数点后面2位以后的数字）．。
《大学物理学》第二版下册习题解答
第九章 静电场中的导体9.1 选无穷远处为电势零点，半径为R 的导体球带电后，其电势为U 0，则球外离球心距离为r 处的电场强度的大小为(A) 302rU R ． (B) R U 0． (C) 20rRU ． (D) r U 0． ［ C ］ 9.2如图所示，一厚度为d 的“无限大”均匀带电导体板，电荷面密度为σ ，则板的两侧离板面距离均为h 的两点a 、b 之间的电势差为：(A) 0． (B)2εσ． (C) 0εσh ． (D) 02εσh． ［ A ］9.3 一个未带电的空腔导体球壳，内半径为R ．在腔内离球心的距离为d 处( d < R )，固定一点电荷+q ，如图所示. 用导线把球壳接地后，再把地线撤去．选无穷远处为电势零点，则球心O 处的电势为 (A) 0 ． (B)dq04επ．(C)R q 04επ-． (D) )11(4Rd q -πε． ［ D ］9.4 在一不带电荷的导体球壳的球心处放一点电荷，并测量球壳内外的场强分布．如果将此点电荷从球心移到球壳内其它位置，重新测量球壳内外的场强分布，则将发现： (A) 球壳内、外场强分布均无变化． (B) 球壳内场强分布改变，球壳外不变． (C) 球壳外场强分布改变，球壳内不变．(D) 球壳内、外场强分布均改变． ［ B ］9.5在一个孤立的导体球壳内，若在偏离球中心处放一个点电荷，则在球壳内、外表面上将出现感应电荷，其分布将是：(A) 内表面均匀，外表面也均匀． (B) 内表面不均匀，外表面均匀． (C) 内表面均匀，外表面不均匀．(D) 内表面不均匀，外表面也不均匀． ［ B ］9.6当一个带电导体达到静电平衡时： (A) 表面上电荷密度较大处电势较高． (B) 表面曲率较大处电势较高． (C) 导体内部的电势比导体表面的电势高．(D) 导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零． ［ D ］9.7如图所示，一内半径为a 、外半径为b 的金属球壳，带有电荷Q ，在球壳空腔内距离球心r 处有一点电荷q ．设无限远处为电势零点，试求： (1) 球壳内外表面上的电荷． (2) 球心O 点处，由球壳内表面上电荷产生的电势． (3) 球心O 点处的总电势．解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q ，外表面上带电荷q +Q ．(2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O 点的 距离都是a ，所以由这些电荷在O 点产生的电势为adqU q 04επ=⎰-aq04επ-=(3) 球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 在O 点产生的电势的代数和q Q q q O U U U U +-++=r q 04επ=a q 04επ-b q Q 04επ++ )111(40b a r q +-π=εbQ04επ+9.8有一"无限大"的接地导体板 ，在距离板面b 处有一电荷为q 的点电荷．如图所示，试求： (1) 导体板面上各点的感生电荷面密度分布．(2) 面上感生电荷的总电荷．解：(1) 选点电荷所在点到平面的垂足O 为原点，取平面上任意点P ，P 点距离原点为r ，设P 点的感生电荷面密度为σ．在P 点左边邻近处(导体内)场强为零，其法向分量也是零，按场强叠加原理，()024cos 0220=++=⊥εσεθb r q E P π 2分 ∴ ()2/3222/b r qb +-=πσ 1分(2) 以O 点为圆心，r 为半径，d r 为宽度取一小圆环面，其上电荷为 ()2/322/d d b r qbrdr S Q +-==σ总电荷为 ()q brrdrqb dS Q S-=+-==⎰⎰∞2/322σ 2分O9.9 如图所示，中性金属球A ，半径为R ，它离地球很远．在与球心O 相距分别为a 与b 的B 、C 两点，分别放上电荷为q A 和q B 的点电荷，达到静电平衡后，问： (1) 金属球A 内及其表面有电荷分布吗？(2) 金属球A 中的P 点处电势为多大？(选无穷远处为电势零点)B解：(1) 静电平衡后，金属球A 内无电荷，其表面有正、负电荷分布，净带电荷为零． (2) 金属球为等势体，设金属球表面电荷面密度为σ． ()()0004///4/d εεσπ++π⋅==⎰⎰a q a q R S U U B A S P A∵0d =⋅⎰⎰AS S σ∴ ()()04///επ+=a q a q U B A P9.10三个电容器如图联接，其中C 1 = 10×10-6 F ，C 2 = 5×10-6 F ，C 3 = 4×10-6 F ，当A 、B 间电压U =100 V 时，试求：(1) A 、B 之间的电容；(2) 当C 3被击穿时，在电容C 1上的电荷和电压各变为多少？解：(1) =+++=321321)(C C C C C C C 3.16×10-6 F(2) C 1上电压升到U = 100 V ，电荷增加到==U C Q 111×10-3 C第十章 静电场中的电介质10.1 关于D的高斯定理，下列说法中哪一个是正确的？ (A) 高斯面内不包围自由电荷，则面上各点电位移矢量D为零．(B) 高斯面上处处D为零，则面内必不存在自由电荷．(C) 高斯面的D通量仅与面内自由电荷有关．(D) 以上说法都不正确． ［ C ］10.2一导体球外充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，若测得导体表面附近场强为E ，则导体球面上的自由电荷面密度σ为(A) ε 0 E ． (B) ε 0 ε r E ．(C) ε r E ． (D) (ε 0 ε r - ε 0)E ． ［ B ］10.3 一平行板电容器中充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质．已知介质表面极化电荷面密度为±σ′，则极化电荷在电容器中产生的电场强度的大小为：(A) 0εσ'． (B) r εεσ0'． (C) 02εσ'． (D)rεσ'． ［ A ］10.4一平行板电容器始终与端电压一定的电源相联．当电容器两极板间为真空时，电场强度为0E ，电位移为0D，而当两极板间充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质时，电场强度为E ，电位移为D，则(A) r E E ε/0 =，0D D =． (B) 0E E =，0D D rε=．(C) r E E ε/0 =，r D D ε/0 =． (D) 0E E =，0D D=． ［ B ］10.5如图所示, 一球形导体，带有电荷q ，置于一任意形状的空腔导体中．当用导线将两者连接后，则与未连接前相比系统静电场能量将 (A) 增大． (B) 减小．(C) 不变． (D) 如何变化无法确定． ［ B ］q10.6将一空气平行板电容器接到电源上充电到一定电压后，断开电源．再将一块与极板面积相同的各向同性均匀电介质板平行地插入两极板之间，如图所示. 则由于介质板的插入及其所放位置的不同，对电容器储能的影响为：(A) 储能减少，但与介质板相对极板的位置无关． (B) 储能减少，且与介质板相对极板的位置有关． (C) 储能增加，但与介质板相对极板的位置无关．(D) 储能增加，且与介质板相对极板的位置有关． ［ A ］介质板10.7静电场中，关系式 P E D+=0ε(A) 只适用于各向同性线性电介质． (B) 只适用于均匀电介质． (C) 适用于线性电介质．(D) 适用于任何电介质． ［ D ］10.8一半径为R 的带电介质球体，相对介电常量为εr ，电荷体密度分布ρ = k / r 。
大学物理标准答案第11章
大学物理答案第11章————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：第十一章 恒定磁场11－1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R ＝2r ，螺线管通过的电流相同为I ，螺线管中的磁感强度大小r R B B 、满足（ ）（A ） r R B B 2= （B ） r R B B = （C ） r R B B =2 （D ）r R B B 4=分析与解 在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比21==R r n n r R 因而正确答案为（C ）.11－2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量 为（ ）（A ）B r 2π2 （B ） B r 2π （C ）αB r cos π22（D ） αB r cos π2题 11-2 图分析与解 作半径为r 的圆S ′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S ′的磁通量；S B ⋅=m Φ．因而正确答案为（D ）．11－3 下列说法正确的是（ ）（A ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 （B ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 （C ） 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零（D ） 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零 分析与解 由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零.因而正确答案为（B ）．11－4 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P 1 、P 2 为两圆形回路上的对应点，则（ ） （A ） ⎰⎰⋅=⋅21L L d d l B l B ，21P P B B =（B ） ⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ，21P P B B =（C ） ⎰⎰⋅=⋅21L L d d l B l B ，21P P B B ≠（D ） ⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ，21P P B B ≠题 11-4 图分析与解 由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C ）．11－5 半径为R 的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中，若导体中流过的恒定电流为I ，磁介质的相对磁导率为μｒ （μｒ＜1），则磁介质内的磁化强度为（ ） （A ）()r I μr π2/1-- （B ） ()r I μr π2/1- （C ） r I μr π2/- （D ） r μI r π2/分析与解 利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度，再由M ＝（μｒ－1）H 求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为（B ）．11－6 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m 的近似圆形轨道，当环中电子流强度为8 mA 时，在整个环中有多少电子在运行？ 已知电子的速率接近光速.分析 一个电子绕存储环近似以光速运动时，对电流的贡献为c I e I /Δ=，因而由lNecI =，可解出环中的电子数.解 通过分析结果可得环中的电子数10104⨯==ecIlN 11－7 已知铜的摩尔质量M ＝63.75 ｇ·mol －1，密度ρ ＝8.9 g · cm －3，在铜导线里，假设每一个铜原子贡献出一个自由电子，（1）为了技术上的安全，铜线内最大电流密度26.0A mm m j -=⋅ ，求此时铜线内电子的漂移速率v d ；（2） 在室温下电子热运动的平均速率是电子漂移速率v d 的多少倍？分析 一个铜原子的质量A N M m /=,其中N A 为阿伏伽德罗常数，由铜的密度ρ 可以推算出铜的原子数密度m ρn /=根据假设，每个铜原子贡献出一个自由电子，其电荷为e ，电流密度d m ne j v = ．从而可解得电子的漂移速率v d ．将电子气视为理想气体，根据气体动理论，电子热运动的平均速率em kTπ8=v 其中k 为玻耳兹曼常量，m e 为电子质量．从而可解得电子的平均速率与漂移速率的关系．解 （1） 铜导线单位体积的原子数为M ρN n A /=电流密度为j m 时铜线内电子的漂移速率14A s m 1046.4--⋅⨯===eN M j ne j m m d ρv （2） 室温下（T ＝300 Ｋ）电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为81042.2π81⨯≈=ed d m kTv v v 室温下电子热运动的平均速率远大于电子在恒定电场中的定向漂移速率．电子实际的运动是无规热运动和沿电场相反方向的漂移运动的叠加．考虑到电子的漂移速率很小，电信号的信息载体显然不会是定向漂移的电子．实验证明电信号是通过电磁波以光速传递的．11－8 有两个同轴导体圆柱面，它们的长度均为20 m ，内圆柱面的半径为3.0 mm ，外圆柱面的半径为9.0 mm.若两圆柱面之间有10 μA 电流沿径向流过，求通过半径为6.0 mm 的圆柱面上的电流密度．题 11-8 图分析 如图所示是同轴柱面的横截面，电流密度j 对中心轴对称分布．根据恒定电流的连续性，在两个同轴导体之间的任意一个半径为r 的同轴圆柱面上流过的电流I 都相等，因此可得rlI j π2=解 由分析可知，在半径r ＝6.0 mm 的圆柱面上的电流密度2m A μ3.13π2-⋅==rlIj 11－9 如图所示，已知地球北极地磁场磁感强度B 的大小为6.0×10－5T ．如设想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的，此电流有多大？ 流向如何？解 设赤道电流为I ，则由教材第11－4节例2 知，圆电流轴线上北极点的磁感强度()RIRR IR B 24202/32220μμ=+=因此赤道上的等效圆电流为A 1073.12490⨯==μRBI 由于在地球地磁场的Ｎ 极在地理南极，根据右手螺旋法则可判断赤道圆电流应该是由东向西流，与地球自转方向相反．题 11-9 图11－10 如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a 、b 两点，并与很远处的电源相接.求环心O 的磁感强度．题 11-10 图分析 根据叠加原理，点O 的磁感强度可视作由ef 、b e 、fa 三段直线以及ac b 、a d b 两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，0=ef B ．而b e 、fa 两段直线的延长线通过点O ，由于0Idl r ⨯=，由毕奥－萨伐尔定律知0be fa ==B B ．流过圆弧的电流I 1 、I 2的方向如图所示，两圆弧在点O 激发的磁场分别为21101π4r l I μB =,22202π4rl I μB = 其中l 1 、l 2 分别是圆弧ac b 、a d b 的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比，而圆弧ac b 、a d b 又构成并联电路，故有2211l I l I =将21B B 、叠加可得点O 的磁感强度B ． 解 由上述分析可知，点O 的合磁感强度0π4π42220211021=-=-=r l I μr l I μB B B 11－11 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，它们在点O 的磁感强度各为多少？题 11-11 图分析 应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度∑=iB B 0.解 （ａ） 长直电流对点O 而言，有0d =⨯rl I ，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有RIμB 800=B 0 的方向垂直纸面向外．（ｂ） 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得RIμR I μB π22000-=B 0 的方向垂直纸面向里．（c ） 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得RIμR I μR I μR I μR I μB 4π24π4π4000000+=++=B 0 的方向垂直纸面向外．11－12 载流导线形状如图所示（图中直线部分导线延伸到无穷远），求 点O 的磁感强度B ．题 11-12 图分析 由教材11－4 节例题2的结果不难导出，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度RαI μB π40=，其中α为圆弧载流导线所张的圆心角，磁感强度的方向依照右手定则确定；半无限长载流导线在圆心点O 激发的磁感强度R IμB π40=，磁感强度的方向依照右手定则确定.点O 的磁感强度O B 可以视为由圆弧载流导线、半无限长载流导线等激发的磁场在空间点O 的叠加. 解 根据磁场的叠加 在图（ａ）中，k i k k i B RI μR I μR I μR I μR I μπ24π4π44000000--=---= 在图（ｂ）中，k i k i i B RI μR I μR I μR I μR I μπ41π14π44π4000000-⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=---= 在图（c ）中，k j i B RIμR I μR I μπ4π4830000---= 11－13 如图(a)所示，载流长直导线的电流为I ，试求通过矩形面积的磁通量．题 11-13 图分析 由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量Φ≠BS ．为此，可在矩形平面上取一矩形面元d S ＝l d x ，如图（ｂ）所示，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为x l xId π2d d 0μ=⋅=ΦS B矩形平面的总磁通量ΦΦ⎰=d解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量⎰==Φ211200lnπ2d π2d dd d Ilx l xIμμ 11－14 已知10 mm 2裸铜线允许通过50 A 电流而不会使导线过热．电流在导线横截面上均匀分布．求导线内、外磁感强度的分布.题 11-14 图分析 可将导线视作长直圆柱体，电流沿轴向均匀流过导体，故其磁场必然呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上的各点，B 大小相等、方向与电流成右手螺旋关系．为此，可利用安培环路定理，求出导线表面的磁感强度．解 围绕轴线取同心圆为环路L ，取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有∑⎰=⋅=⋅I μB 0πr 2d l B在导线内r ＜R ， 2222ππRIr r R I I ==∑，因而 202πRIrμB =在导线外r ＞R ，I I =∑，因而rIμB 2π0=磁感强度分布曲线如图所示．11－15 有一同轴电缆，其尺寸如图（ａ）所示．两导体中的电流均为I ，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑．试计算以下各处的磁感强度：（1） r ＜R 1 ；（2） R 1 ＜r ＜R 2 ；（3） R 2 ＜r ＜R 3 ；（4） r ＞R 3 ．画出B －r 图线．题 11-15 图分析 同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r 的同心圆为积分路径，πr 2d ⋅=⋅⎰B l B ，利用安培环路定理∑⎰=⋅I μ0d l B ，可解得各区域的磁感强度．解 由上述分析得 r ＜R 12211ππ12πr R μr B =⋅ 21012πR IrμB =R 1 ＜r ＜R 2I μr B 022π=⋅rIμB 2π02=R 2 ＜r ＜R 3()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=⋅I R R R r I μr B 22232203ππ2π 2223223032πR R r R r I μB --= r ＞R 3()02π04=-=⋅I I μr B04=B磁感强度B （r ）的分布曲线如图（ｂ）．11－16 如图所示，N 匝线圈均匀密绕在截面为长方形的中空骨架上．求通入电流I 后，环内外磁场的分布．题 11-16 图分析 根据右手螺旋法则，螺线管内磁感强度的方向与螺线管中心轴线构成同心圆，若取半径为r 的圆周为积分环路，由于磁感强度在每一环路上为常量，因而πr 2d ⋅=⋅⎰B l B依照安培环路定理∑⎰=⋅I μ0d l B ，可以解得螺线管内磁感强度的分布．解 依照上述分析，有∑=⋅I μr B 02πr ＜R 102π1=⋅r B 01=BR 2 ＞r ＞R 1NI μr B 022π=⋅rNIμB 2π02=r ＞R 202π3=⋅r B 03=B在螺线管内磁感强度B 沿圆周，与电流成右手螺旋．若112R R R <<- 和R 2 ，则环内的磁场可以近似视作均匀分布，设螺线环的平均半径()1221R R R +=，则环内的磁感强度近似为RNIμB 2π0≈11－17 电流I 均匀地流过半径为R 的圆形长直导线，试计算单位长度导线内的磁场通过图中所示剖面的磁通量．题 11-17 图分析 由题11－14 可得导线内部距轴线为r 处的磁感强度()202πR Irμr B =在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义()S B d ⎰=r Φ来求解．沿轴线方向在剖面上取面元ｄS ＝l ｄr ，考虑到面元上各点B 相同，故穿过面元的磁通量ｄΦ＝B ｄS ，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量⎰=Sr B Φd解 由分析可得单位长度导线内的磁通量4πd 2π0020Iμr R Ir μΦR==⎰11－18 已知地面上空某处地磁场的磁感强度40.410T B -=⨯，方向向北．若宇宙射线中有一速率715.010m s -=⨯g v 的质子，垂直地通过该处．求：（1）洛伦兹力的方向；（2）洛伦兹力的大小，并与该质子受到的万有引力相比较．题 11-18 图解 （1） 依照B F ⋅=v q L 可知洛伦兹力L F 的方向为B ⊥v 的方向，如图所示． （2） 因B ⊥v ，质子所受的洛伦兹力N 102.316-⨯==B F v q L在地球表面质子所受的万有引力N 1064.126p -⨯==g m G因而，有101095.1/⨯=G F L ，即质子所受的洛伦兹力远大于重力．11－19 霍尔效应可用来测量血流的速度，其原理如图所示．在动脉血管两侧分别安装电极并加以磁场．设血管直径为d ＝2.0 mm ，磁场为B ＝0.080 T ，毫伏表测出血管上下两端的电压为U H ＝0.10 mV ，血流的流速为多大？题 11-19 图分析 血流稳定时，有H qE B q =v由上式可以解得血流的速度． 解 依照分析m/s 63.0===dBU B E HH v 11－20 带电粒子在过饱和液体中运动，会留下一串气泡显示出粒子运动的径迹．设在气泡室有一质子垂直于磁场飞过，留下一个半径为3.5 cm 的圆弧径迹，测得磁感强度为0.20 Ｔ，求此质子的动量和动能．解 根据带电粒子回转半径与粒子运动速率的关系有m /s kg 1012.121⋅⨯===-ReB m p vkeV 35.222==mp E k11－21 从太阳射来的速度为0.80×108m /ｓ 的电子进入地球赤道上空高层范艾伦辐射带中，该处磁场为4.0 ×10－7Ｔ，此电子回转轨道半径为多大？ 若电子沿地球磁场的磁感线旋进到地磁北极附近，地磁北极附近磁场为2.0 ×10－5Ｔ，其轨道半径又为多少？ 解 由带电粒子在磁场中运动的回转半径高层范艾伦辐射带中的回转半径m 101.1311⨯==eB m R v地磁北极附近的回转半径m 2322==eB m R v11－22 如图（ａ）所示，一根长直导线载有电流I 1 ＝30 A ，矩形回路载有电流I 2 ＝20 A ．试计算作用在回路上的合力．已知d ＝1.0 cm ， b ＝8.0 cm ，l ＝0.12 m ．题 11-22图分析 矩形上、下两段导线受安培力F 1 和F 2 的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零．而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力F 3 和F 4 大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力．解 由分析可知，线框所受总的安培力F 为左、右两边安培力F 3 和F 4 之矢量和，如图（ｂ）所示，它们的大小分别为dlI I μF π22103=()b d lI I μF +=π22104故合力的大小为()N 1028.1π2π2321021043-⨯=+-=-=b d lI I μd l I I μF F F 合力的方向朝左，指向直导线．11－23 一直流变电站将电压为500k V 的直流电，通过两条截面不计的平行输电线输向远方．已知两输电导线间单位长度的电容为3.0×10－11F·m －1，若导线间的静电力与安培力正好抵消．求：（1） 通过输电线的电流；（2） 输送的功率．分析 当平行输电线中的电流相反时，它们之间存在相互排斥的安培力，其大小可由安培定律确定．若两导线间距离为d ，一导线在另一导线位置激发的磁感强度dIμB π20=,导线单位长度所受安培力的大小BI F B =．将这两条导线看作带等量异号电荷的导体，因两导线间单位长度电容C 和电压U 已知，则单位长度导线所带电荷λ＝CU ，一导线在另一导线位置所激发的电场强度dελE 0π2=，两导线间单位长度所受的静电吸引力λE F E =．依照题意，导线间的静电力和安培力正好抵消，即0=+E B F F从中可解得输电线中的电流．解 （1） 由分析知单位长度导线所受的安培力和静电力分别为dI μBI F B π220==dεU C λE F E 022π2== 由0=+E BF F 可得dεU C d I μ02220π2π2=解得A 105.4300⨯==μεCUI （2） 输出功率W 1025.29⨯==IU N11－24 在氢原子中，设电子以轨道角动量π2/h L =绕质子作圆周运动，其半径为m 1029.5110-⨯=a ．求质子所在处的磁感强度．h 为普朗克常量，其值为s J 1063.634⋅⨯-分析 根据电子绕核运动的角动量π20h a m L ==v可求得电子绕核运动的速率v ．如认为电子绕核作圆周运动，其等效圆电流v/π20a e T e i ==在圆心处，即质子所在处的磁感强度为02a i μB =解 由分析可得，电子绕核运动的速率π2ma h=v其等效圆电流2020π4/π2ma hev a e i ==该圆电流在圆心处产生的磁感强度T 5.12π82202000===ma heμa i μB 11－25 如图[a]所示，一根长直同轴电缆，内、外导体之间充满磁介质，磁介质的相对磁导率为μr （μr ＜1），导体的磁化可以忽略不计．沿轴向有恒定电流I 通过电缆，内、外导体上电流的方向相反．求：（1） 空间各区域内的磁感强度和磁化强度；*（2） 磁介质表面的磁化电流．题 11-25 图分析 电流分布呈轴对称，依照右手定则，磁感线是以电缆对称轴线为中心的一组同心圆．选取任一同心圆为积分路径，应有⎰⋅=⋅r H d π2l H ，利用安培环路定理⎰∑=⋅fId l H求出环路内的传导电流，并由H μB =，()H μM r 1-=，可求出磁感强度和磁化强度．再由磁化电流的电流面密度与磁化强度的关系求出磁化电流．解 （1） 取与电缆轴同心的圆为积分路径，根据磁介质中的安培环路定理，有∑=fπ2I r H对r ＜R 1221f ππr R I I =∑ 得2112πR IrH =忽略导体的磁化（即导体相对磁导率μr =1），有01=M ，21012πR IrμB =对R 2 ＞r ＞R 1I I=∑f得rI H 2π2=填充的磁介质相对磁导率为μr ，有()r I μM r 2π12-=，rI μμB r 2π02= 对R 3 ＞r ＞R 2()()2223223ππR r R R I I I f -⋅--=∑ 得()()222322332πR R r r R I H --= 同样忽略导体的磁化，有03=M ，()()2223223032πR R r r R I μB --= 对r ＞R 30=-=∑I I If得04=H ，04=M ，04=B（2） 由r M I s 2π⋅=，磁介质内、外表面磁化电流的大小为()()I μR R M I r si 12π112-=⋅= ()()I μR R M I r se 12π222-=⋅=对抗磁质（1r μ<），在磁介质内表面（r ＝R 1 ），磁化电流与内导体传导电流方向相反；在磁介质外表面（r ＝R 2 ），磁化电流与外导体传导电流方向相反．顺磁质的情况与抗磁质相反．H （r ）和B （r ）分布曲线分别如图（ｂ）和（c ）所示．。
大学物理学-电磁感应定律
0
利用混合积公式
A C B B C A
0
u B B u
总的洛仑兹力的功率为零，即总的洛仑兹力仍然不做功。
两分力做功： e u B e B u
一个分力所做的正功等于另一个分力做的负功，总洛仑兹力做功为零，
不是洛仑兹力： 先有电荷运动，才有洛仑兹力。
这种力能对静止电荷有作用力，类似于静电场，可认为周围空间中存在一种电场：
变化的磁场在其周围空间激发出一种新的涡旋状电场，不管其周围空间有
无导体，也不管周围空间有否介质还是真空,并称其为感生电场（涡旋电场)。
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11.1 电磁感应定律
11.1 电磁感应定律
➢ 磁场中运动的导体所产生的感应现象
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11.1 电磁感应定律
电磁感应现象--在导体回路中由于磁通量变化而产生感应电流的现象。
怎样产生磁通量的变化？
m
改变回路
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S
B dS
改变磁场
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11.1 电磁感应定律
例 如图所示长为L的金属棒OA在与磁场垂直的均匀磁场中以匀角速绕O点转动，
大学物理第11-12章作业答案
11-4 解：（1）s 32322===ππωπT .m 20 3230=⨯==uT λ.（2）m 303cos 03.03cos 03.0⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ππππx t u x t y 11-5 解：（1）ππλππνω525222=⋅===urad/s. 由原点处质点的振动曲线知：1.0=A m ；0=t 时，0=y 且0>v . 作旋转矢量图：由图得初相：πϕ23=.∴波动方程为：⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=πππππ235cos 1.02355cos 1.0x t x t y m.（2）0=t 时，()x x y πππsin 1.023cos 1.0-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-= m.5.0=x 时，()t t y ππππ5cos 1.0235.05cos 1.0-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-= m.11-7 解：（1）ππλππνω10210222=⋅===urad/s. 由0=t 时的波形图可知：1.0=A m ；0=t 时，0=x 处的质点05.0=y m 且0<v .作旋转矢量图：由图得初相：3ϕ=.∴波动方程为：⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫⎝⎛-=310cos 1.031010cos 1.0πππππx t x t y m.（2）画出 P 点对应的旋转矢量由图知P 点相位滞后于O 点相位35πϕ∆=， ∵O 点处质点振动方程：⎪⎭⎫ ⎝⎛+=310cos 1.0ππt y m ，∴ P 点处质点振动方程为：⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=3410cos 1.035310cos 1.0πππππt t y P m11-8解：∵1.0>T s ，∴1.0=t s ，波动由a 行进到b 的距离为：5.0424===λ∆x m. 波速：51.05.0===t xu ∆ m/s,ππλππνω525222=⋅===u rad/s.由0=t 时的波形a 可知：0=x 处的质点0=y 且0<v .由图可知初相：2ϕ=.则波动方程为：⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=25cos 1.0255cos 1.0πππππx t x t y m.11-9 解：（1）πππνω50025022=⋅== rad/s.由0=t 时的波形图可知：1.0=A m ，20=λm.∴500025020=⨯==λνu m/s.∵简谐波的传播方向为沿x 轴负方向。
大学物理习题11
(1)此螺线环的自感系数；
(2)若导线内通有电流 I ，环内磁能为多少?
解：如题 11.18 图示
(1)通过横截面的磁通为
∫ Φ =
b a
µ0 NI 2rπ
hdr
=
µ0 NIh 2π
ln
b a
磁链
Ψ
=
NΦ
=
µ0 N 2 Ih ln b 2π a
∴ (2)∵ ∴
L =Ψ I
=
µ0N 2h 2π
ln
=
l 3
磁感应强度
B
平行于转
轴，如图11.11所示．试求：
（1） ab 两端的电势差；
（2） a,b 两端哪一点电势高?
解: (1)在 Ob 上取 r → r + dr 一小段
则
∫ ε Ob =
2l
3 ω rBdr
0
=
2Bω 9
l2
同理
∴ (2)∵
∴b 点电势高．
∫ ε Oa
=
l
3 ωrBdr
0
=
1 18
时线圈中感应电动势的大小和方向．
题 11.8 图
解: AB 、 CD 运动速度 vv 方向与磁力线平行，不产生感应电动势．
DA 产生电动势
∫ ε1 =
A(vv
D
×
Bv)
⋅
dlv
=
vBb
=
vb
µ0I 2πd
BC 产生电动势
∫ ε2 =
C(vv
B
×
Bv)
⋅
dlv
=
−vb
2π
µ0I (a +
d
)
∴回路中总感应电动势
大学物理学第四版课后习题答案(赵近芳)上册
大学物理学第四版课后习题答案(赵近芳)上册大学物理学第四版课后习题答案(赵近芳)上册I. 力学基础1.1 物理量、单位和量纲1.2 一维运动1.3 二维运动1.4 多维运动1.5 动力学定律1.6 四个基本定律的应用II. 力学进阶2.1 万有引力定律2.2 物体的机械平衡2.3 力的合成和分解2.4 刚体的平衡条件2.5 动力学定律的矢量形式2.6 力的合成与分解在动力学中的应用III. 力学应用3.1 动量和冲量3.2 动量定理和动量守恒定律3.3 质心运动3.4 矩和对称性3.5 碰撞和动能IV. 振动与波动4.1 简谐振动的基本概念4.2 简谐振动的物理规律4.3 简谐振动的叠加4.4 波的基本概念4.5 机械波的传播4.6 声波的特性V. 热学基础5.1 温度和热量5.2 热学平衡5.3 理想气体状态方程5.4 热力学第一定律5.5 热力学第二定律5.6 热力学循环VI. 热学进阶6.1 热传导6.2 理想气体的物态方程6.3 热机的工作原理6.4 理想气体的热力学过程6.5 热力学第三定律6.6 热力学中的熵VII. 光学基础7.1 几何光学的基本假设7.2 反射和折射7.3 薄透镜的成像7.4 光的衍射7.5 光的干涉与衍射VIII. 光学进阶8.1 光的波动性8.2 波动光学中的衍射现象8.3 干涉与衍射的应用8.4 偏振光的特性和产生8.5 偏振的应用IX. 电学基础9.1 电荷和电场9.2 电场中的电荷9.3 静电场中的电势能9.4 电介质中的电场9.5 电容器和电容9.6 电容器在电场中的应用X. 电学进阶10.1 电流和电阻10.2 欧姆定律和电功率10.3 理想电源和内阻10.4 串联和并联电路10.5 微观电流与输运过程10.6 磁场和电流的相互作用XI. 磁学基础11.1 磁场的基本概念11.2 安培力和磁场的作用11.3 安培环路定理和比奥-萨伐尔定律11.4 磁场中的磁矩和磁矢势11.5 磁场中的电荷和电流XII. 电磁感应12.1 法拉第电磁感应定律12.2 电磁感应的应用12.3 洛伦兹力和电磁感应的关系12.4 电磁感应中的能量转换XIII. 光学和电磁波13.1 光的多普勒效应13.2 光的全反射和光导纤维13.3 电磁波的基本特性13.4 电磁波的干涉和衍射13.5 电磁波的产生和传播XIV. 原子物理14.1 原子的组成和结构14.2 原子能级和辐射14.3 布拉格衍射和X射线的产生14.4 原子谱和拉曼散射14.5 布居和粒子统计XV. 物质内部结构15.1 固体的晶体结构15.2 固体的导电性15.3 半导体的性质和应用15.4 介质的极化和磁化15.5 核能和放射性以上是《大学物理学第四版课后习题答案(赵近芳)上册》的大纲，根据各个章节的内容进行详细解答可帮助学生更好地掌握物理学知识。
第十一章恒定电流的磁场作业磁介质磁介质中的安培环路定理小结
作业11.1、11.211.4、11.8、11.9、11.15、11.1787磁介质90顺磁质B B >（铝、氧、锰等）弱磁质B B >>铁磁质（铁、钴、镍等）强磁性物质B B <抗磁质（铜、铋、氢等）弱磁质抗磁质顺磁质SI SI B L宏观上构成沿介质表面的等效环形电流, 称为表面束缚电流或磁化电流。
B AI 0I cbad.l113五、磁场对载流导线和运动电荷的作用（1）磁场对载流导线的作用力—安培力微分形式积分形式B l I F ⨯=d d Bl I F l⨯=⎰d 其中，是载流导线上的电流元，是所在处的磁感应强度。
l Id l I d B（2）均匀磁场对平面载流线圈的作用合力=∑F 磁力矩B p M m ⨯=式中，是载流线圈的磁矩，，其中N 是线圈匝数，I 是线圈中的电流，S 是线圈的面积，且S 的方向与电流环绕方向满足右螺旋法则。
m p S NI p m=114（3）磁力的功⎰=m1m2m d ΦΦΦI A mm1m2)(ΦI ΦΦI ∆=-=磁力的功等于电流强度I 乘以通过回路磁通量的增量∆Φm 。
（4）磁场对运动电荷的作用Bq F⨯=v 洛仑兹力:116六、磁介质（1）磁介质的分类抗磁质1<r μ顺磁质1>r μ铁磁质1>>r μ（2）磁介质的磁化在外磁场中固有磁矩沿外磁场的取向或感应磁矩的产生使磁介质的表面（或内部）出现束缚电流。
大学物理第11章习题答案
第11章 电磁感应11.１ 基本要求 １理解电动势的概念。
２掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律，能熟练地应用它们来计算感应电动势的大小，判别感应电动势的方向。
３理解动生电动势的概念及规律，会计算一些简单问题中的动生电动势。
４理解感生电场、感生电动势的概念及规律，会计算一些简单问题中的感生电动势。
５理解自感现象和自感系数的定义及物理意义，会计算简单回路中的自感系数。
６理解互感现象和互感系数的定义及物理意义，能计算简单导体回路间的互感系数。
７理解磁能（磁场能量）和磁能密度的概念，能计算一些简单情况下的磁场能量。
８了解位移电流的概念以及麦克斯韦方程组（积分形式）的物理意义。
11.２ 基本概念１电动势ε：把单位正电荷从负极通过电源内部移到正极时，非静电力所作的功，即Wqε=２动生电动势：仅由导体或导体回路在磁场中的运动而产生的感应电动势。
３感生电场k E ：变化的磁场在其周围所激发的电场。
与静电场不同，感生电场的电 场线是闭合的，所以感生电场也称有旋电场。
４感生电动势：仅由磁场变化而产生的感应电动势。
５自感：有使回路保持原有电流不变的性质，是回路本身的“电磁惯性”的量度。
自感系数L ：//m L I N I =ψ=Φ６自感电动势L ε：当通过回路的电流发生变化时，在自身回路中所产生的感应电动势。
７互感系数M ：211212M I I ψψ== ８互感电动势12ε：当线圈２的电流2I 发生变化时，在线圈１中所产生的感应电动势。
９磁场能量m W ：贮存在磁场中的能量。
自感贮存磁能：212m W LI =磁能密度m w ：单位体积中贮存的磁场能量22111222m B w μH HB μ===１０位移电流：D d d I dt Φ=s d t∂=∂⎰DS ，位移电流并不表示有真实的电荷在空 间移动。
但是，位移电流的量纲和在激发磁场方面的作用与传导电流是一致的。
１１位移电流密度：d t∂=∂D j 11.３ 基本规律１电磁感应的基本定律：描述电磁感应现象的基本规律有两条。
大学物理吴百诗部分习题答案
第七章7.1（1）B （2）D （3）B （6）A7.2（1）)13ln 2(20-πμa I （2）r NI πμ20 210ln2D D NIh πμ （5）18A 27A 39A 3A 7.3解：AB 在x 处的磁感强度为 2/1220101)(2c o s 2r a r Iar I B +==πμθπμ 由于对称性，正方形线圈在垂直于X 轴方向的总磁感强度为0，故2/122222011)2)((2cos 44x a x a Ia B B B x ++===πμα 7.4解：)3132(26)120cos 1130cos (60cos 4000+-=++++-=πμμπμr I rIr IB7.9解：1r r <时，21202r r I r B ππμπ=⋅ 2102r Ir B πμ= 21r r r <<时，I r B 02μπ=⋅ rIB πμ20=32r r r <<时，])()([222232120r r r r I I r B ---=⋅ππμπ r r r r r I B )(2)(22232230--=πμ 3r r >时，)(20I I r B -=⋅μπ 0=B 7.14解： BA 边所受到的安培力大小为 )63(22101a b aI I F -=πμAC 边所受到的安培力大小为323ln 330cos 221023232102a b ab I I x dx I I F a b ab -+==⎰+-πμπμAC 和CB 的合力沿着X 方向323ln 3260cos 210232a b ab I I F F F x x -+===πμ1I A2I BC线圈所受的合力为)63323ln 32(2210132a b a a b ab I I F F F F x x ---+=-+=πμ第八章8.1 （1）B A C （2）C （3）A （4）A C A A 8.2 (1)0221l B ω 高 (2) vBD DB π4 8.3解：ab 棒的感应电动势为⎰⋅⨯=l d B v iε00ln 2200l l l Iv x dx Iv vBdx l l l l l l +===⎰⎰++πμπμ 8.4解：(1)金属杆运动后产生感应电流，受到安培力的大小为Rvl B F 22=由牛顿第二定律dtdvm R v l B =-22 求解可得 mRtl B e v v 220-=（2）感应电流为mRtl B eRBlv R Blv I 220-==（3）回路中的焦耳热为 200221mv Rdt I Q ==⎰∞8.6解：感应电动势为⎰=Li v B d lε ⎰+=Ldl l a Il0)cos (2θπμω)cos ln cos (cos 220a L a a L I θθθπωμ+-=第十一章ll vbaLIaωOθM11.1（1）B （2）B （3）C （4）D （5）BD AE （6）C 11.2 （1）不变 不变 增大4倍 增大2倍 增大2倍 （2）122em me R M R M （3）02νν= （5）)2cos(2πϕω±+=t A x （6）22212122x x v v -- 11.7解：222/ωv x A +=s rad s rad xA v /3/361002422=-=-=ω（1）周期为s T 09.2/2==ωπ （2）cm v A x 17.9/222=-=ω11.21解cm cm A A A A A 81.73625cos 2212221=+=∆++=ϕrad A A A A 48.1cos cos sin sin arctan22112211=++=ϕϕϕϕϕ11.23略 第十二章12.1（1）D （2）C （3）A （4）AC12.2 （1）A C B / B /2π C /2π CD （2）m 307（3）m 51058.7⨯ （4） （a ）])/(cos[ϕω+-=u x t A y （b ）])/(cos[ϕω++=u x t A y （c ）])(cos[ϕω+--=u l x t A y （c ）])(cos[ϕω+-+=ulx t A y （5）ππ2312.4 解：(1)由题意，s rad /10πω= 16.0-=m k波长为m k 3/10/2ππλ== 频率为Hz 52/==πων波速为s rad k u /3/506.0/10/ππω===周期为s T 2.0/1==ν（2）0=x 时，波函数给出原点的振动方程。
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9.66 104 m
；
∴
R 恒星
l
b2
2 m
W
。
11-6．分别求出红光（ 7 105 cm ）， X 射线（ 0.25 A ）， 射线（
λ 1.24 102 A ）的光子的能量、动量和质量。
解：由公式： E h c ， E m c 2 及 P h ，有：
P S T 4 0.25910104 5.67 108 20004 235 W 。
11-5．天文学中常用热辐射定律估算恒星的半径。现观测到某恒星热辐射的峰值波长为 m ； 辐射到地面上单位面积的功率为W 。已测得该恒星与地球间的距离为 l ，若将恒星看作黑 体，试求该恒星的半径。（维恩常量 b 和斯特藩常量 均为己知） 解：由 T恒星 m b ， M T 4 ，
6.631034 3108 0.25 1010
6.63 1034 0.256 1015 8.84 1032 kg ； c2 (3108 )2
P
h
hc
6.631034 3108 1.24 1012
6.63 1034 1.24 1012
动能： Ek
c h
0
h
c
hc 0 0
1
2( A)
，
m
0.33051012 5.74105 m / s 。
0
291 eV
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术通关，1系电过，力管根保线据护敷生高设产中技工资术艺料0不高试仅中卷可资配以料置解试技决卷术吊要是顶求指层，机配对组置电在不气进规设行范备继高进电中行保资空护料载高试与中卷带资问负料题荷试2下卷2，高总而中体且资配可料置保试时障卷，各调需类控要管试在路验最习；大题对限到设度位备内。进来在行确管调保路整机敷使组设其高过在中程正资1常料中工试，况卷要下安加与全强过，看度并22工且22作尽22下可22都能22可地护以缩1关正小于常故管工障路作高高；中中对资资于料料继试试电卷卷保破连护坏接进范管行围口整，处核或理对者高定对中值某资，些料审异试核常卷与高弯校中扁对资度图料固纸试定，卷盒编工位写况置复进.杂行保设自护备动层与处防装理腐置，跨高尤接中其地资要线料避弯试免曲卷错半调误径试高标方中高案资等，料，编试要5写、卷求重电保技要气护术设设装交备备置底4高调、动。中试电作管资高气，线料中课并敷3试资件且、设卷料中拒管技试试调绝路术验卷试动敷中方技作设包案术，技含以来术线及避槽系免、统不管启必架动要等方高多案中项；资方对料式整试，套卷为启突解动然决过停高程机中中。语高因文中此电资，气料电课试力件卷高中电中管气资壁设料薄备试、进卷接行保口调护不试装严工置等作调问并试题且技，进术合行，理过要利关求用运电管行力线高保敷中护设资装技料置术试做。卷到线技准缆术确敷指灵设导活原。。则对对：于于在调差分试动线过保盒程护处中装，高置当中高不资中同料资电试料压卷试回技卷路术调交问试叉题技时，术，作是应为指采调发用试电金人机属员一隔，变板需压进要器行在组隔事在开前发处掌生理握内；图部同纸故一资障线料时槽、，内设需，备要强制进电造行回厂外路家部须出电同具源时高高切中中断资资习料料题试试电卷卷源试切，验除线报从缆告而敷与采设相用完关高毕技中，术资要资料进料试行，卷检并主查且要和了保检解护测现装处场置理设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
大学物理 11.1 光源 相干光 光程 光程差
11.1 11.2 11.3 11.4 11.5 11.6 11.7 11.8 光源 相干光 光程 光程差 分波阵面干涉 分振幅干涉 迈克尔逊干涉仪 光的衍射 惠更斯-菲涅耳原理 单缝夫琅和费衍射 光栅衍射 光的偏振
11.1光源 相干光 光程 光程差
一、光源
发射光波的物体统称为光源。 热光源：热致发光 自发辐射 光 源 电致发光 冷光源 光致发光
k 0,1,2,3...
2
2 干涉极小条件
2k , k 0,1,2,3... 2
k 0,1,2,3...
(2k 1)π ,
(2k 1) , 2
k 0,1,2,3...
化学发光
受激辐射 激光光源 E2 自发辐射 能级跃迁 E1
波列
E2 E1 / h
波列长 L = c
二、光的相干条件
E1 E10 cos(t 1 ) E2 E20cos(t 2 )
2 E1 E10cos(t r1 1 ) 2 E2 E20cos(t r2 2 ) P点合振动 E E0cos(t )
2 2 E0 E10 E20 2 E10 E20 cos 2 ( 2 1 ) ( r2 r1 )
P点
· S2·
S1
r1 r2
P
·
对于频率相同； 相位差恒定；光矢量振动方向相同
的两束光的叠加
I I1 I 2 2 I1 I 2 cos
干涉项
播的路程折合为光在真空中传播的相应路程。
光程差 ：从同一点光源（或初相位相同的两相干光源 ）发出的两束相干光,各自通过不同的介质和路经后,在 空间某点相遇时,它们的光程之差。 2 光程差与相位差的关系：
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螺线管与测量线圈的轴线平行，若将测量线圈翻转180°，则通
过测量线圈某导线截面上的电量q为
(A)20nINA /R .
(B) 0nINA /R .
(C) 0NIA /R .
(D) 0nIA /R.
I
答案:[ A ]
A
螺线管中部 磁场为 B 0nI
I
A NBA 0nINA
图3
dt
t
1/16
大学物理
三、计算题
1. 如图15所示，长直导线AC中的电流I沿导线向上，并以dI /dt
= 2 A/s的变化率均匀增长. 导线附近放一个与之同面的直角三
角形线框，其一边与导线平行，位置及线框尺寸如图所示. 求
此线框中产生的感应电动势的大小和方向.
C
解：建立坐标如图所示，取顺时针为三角形 回路电动势正向,得三角形面法线垂直纸面向 里.取窄条面积微元
UAC =
vbl s，in当以速度v沿y轴正向运动时. A、C两点中
点电A势高.
y
B
A
O C
图14
x
9.自感为0.25H的线圈中,当电流在(1/16)s内由2A均 匀减小到零时,线圈中自感电动势的大小为 8V .
L dI L I 0.25 0 2 8V
d dt
rr B dS
r dB dt
r dS
dB dt
dS
Ñ dB R2 dt
rr
EK dl 2 r2EK
方向由右手定则判定
EK
dB dt
R2 2r2
EC
aC
FC m
eEC m
eR2 2mr2
dB dt
大学物理
5. 半径为a的长为l(l>>a)密绕螺线管,单位长度上的匝数为n, 当通
q
d
dt
d dt
( 0I0 sin(t)
2r2
( / 2) (0)
r12
) 0 r12
0
r12
2r2 I0
I0
cos(t)
R
R
2Rr2
大学物理
2. 如图10所示，长直导线中通有电流I，有一与长直导线共面且
垂直于导线的细金属棒AB，以速度v平行于长直导线作匀速运
R
R
R 2aR
大学物理
10. 一圆形线圈C1有N1匝,线圈半径为r.将此线圈放 在另一半径为R(R>>r),匝数为N2的圆形大线圈C2 的中心,两者同轴共面.则此二线圈的互感系数M为
(A) 0N1N2R/2. (B) 0N1N2R2/(2r). (C) 0N1N2r2/(2R). ( D) 0N1N2r/2.
答案:[ D ]
d
dt
磁通量变化率同，感应电动势同，但材料不同， 电阻不同，所以感应电流不同
5. 如4图，当无限长直电流旁的边大长为学l的物正理方形回路abcda
（回路与I共面且bc、da与I平行）以速率v向右运动时，则某
时刻（此时ad距I为r）回路的感应电动势的大小及感应电流
的流向是：
d
Q i dq 1 d
dt
dt R R dt
dq d q (A ) A 20nINA
R
R
R
R
大学物理
4. 若尺寸相同的铁环与铜环所包围的面积中穿过相同变化率 的磁通量，则在两环中 (A)感应电动势不同，感应电流相同. (B) 感应电动势相同，感应电流也相同. (C) 感应电动势不同，感应电流也不同. (D) 感应电动势相同，感应电流不同.
(A)
0 Iv l 2r
，电流流向dcba
.
(B)
0 Ivl 2 2r(r l)
，电流流向dcba.
ab
I
v
dc
(C) 0Ivl ，电流流向abcd.
图4
2r
(D) 0Ivl 2 ，电流流向a b c d
2r(r l)
答案:[ B ] 假设d c b a为正方向，线圈里面磁通量为
3. 半径为R的金属圆板在均匀磁场中以角速度绕中心轴旋转,均
匀磁场的方向平行于转轴,如图11所示.这时板中由中心至同一边
缘点的不同曲线上总感应电动势的大小为 BR2 / 2,
方向 沿曲线中心向外 .
BO
O 图11
大学物理
4. 如图12所示. 匀强磁场局限于半径为R的圆柱形空间区域, B垂直
d
dt
d dt
rr B dS
r dB dt
r dS
dB dt
dS
Ñ
dB dt
r12
rr
EK dl 2 r1EK
方向由右手定则判定
EK
dB dt
r1 2
ED
aD
FD m
eED m
er1 2m
dB dt
大学物理
d
dt
I=I0sint，其中、I0为常数，t为时间，则任一时刻小导线环中
感应电动势的大小为
0 r12
2r2
I0
cost
.
设小导线环的电阻为R,
则在t=0到t=/(2)时间内,通过小导线环某截面的感应电量为
0 r12I0 q= 2Rr2 .
BO
0I
2r2
0 I0
2r2
sin t
a b xldx
a 2 x
b
0 Il 2 b
a
b ln
a
a
b
b
大学物理
y
C Il
Aa
b
x
dm dt
0l 2 b
b
a
b
ln
ab a
dI dt
= 5.18×10－8V
0
2
大学物理
9. 在一通有电流I的无限长直导线所在平面内, 有一半径为r、电
阻为R的导线环,环中心距直导线为a，如图8所示，且a>>r.当直
导线的电流被切断后,沿导线环流过的电量约为
(A) 0Ir2 ( 1 1 )
2R a a r
(B) 0Ia2
2rR
(C) 0Ir ln a r
答案:[ B ]
rr
B dS 0 d 0
d 0
dt
S
N
v
图1
大学物理
2. 一磁铁朝线圈运动，如图2所示，则线圈内的感应电流的方向
（以螺线管内流向为准）以及电表两端电位UA和UB的高低为： (A) I由A到B，UA UB . (B) I由B到A，UA UB . (C) I由B到A，UA UB . (D) I由A到B，UA UB .
大学物理
大学物理作业十一参考解答
一、选择题
1. 在一线圈回路中，规定满足如图1所示的旋转方向时，电动势
, 磁通量为正值。若磁铁沿箭头方向进入线圈，则 (A) d /dt 0, 0 . (B) d /dt 0, 0 . (C) d /dt 0, 0 . (D) d /dt 0, 0 .
时,abc回路中的感应电动势ε和a、c两点的电势差UaUc为
B
(A) ε= 0, UaUc= B l2/2 . (B) ε= B l2, UaUc=B l2/2.
l
b
c
(C) ε= 0, UaUc= B l2/2. (D) ε= B l2 , UaUc= B l2/2 .
于纸面向里,磁感应强度B以dB/dt=常量的速率增加. D点在柱形空
间内, 离轴线的距离为r1, C点在圆柱形空间外, 离轴线上的距离为
r2 . 将一电子(质量为m,电量为－e)置于D点,
则电子的加速度为aD=
er1 dB
2m dt ,方向向
右
;置于C点时，电子的加
eR2 dB
速度为aC= 2mr2 dt ,方向向 下 .
成轴对称分布，图为此磁场的截面，磁场按dB/dt随时间变化，
圆柱体外一点P的感应电场Ei应 (A) 等于零. (B) 无法判定. (C) 不为零，方向向左或向右.
(D) 不为零，方向向内或向外. (E) 不为零，方向向上或向
下. 答案:[ E ]
××× B
× × × × ·P
×××
图5
ຫໍສະໝຸດ ddt
rr B dS
rl 0I ldx 0Il ln r l
r 2 x
2 r
d 0Il d (ln r l ) 0Ivl2 0 方向假设同 dt 2 dt r 2 r(r l)
大学物理
6. 如图5所示，均匀磁场被局限在无限长圆柱形空间内，且
dS=ydx=[(a+bx)l/b]dx
rr
S B dS
ab
0 I
a b xldx
a 2 x
b
I 20cm
A 5cm 10cm 图15
y
C
Il
0 Il 2 b
a
b ln
a
a
b
b