大学物理下册 第八章习题课选讲例题
大学物理《光的偏振、衍射》习题课课件
( AC BD) (a b)(sin sin ) k (2).
水平线下方的角度取负号即可。
11
6. 以波长为 = 500 nm (1 nm = 10-9 m)的单色平行光斜入射在光栅常数为
d = 2.10 mm、缝宽为a = 0.700 mm的光栅上，入射角为i = 30.0°，求能看
成的半波带数目为
(A) 2 个． (B) 4 个． (C) 6 个． (D) 8 个．
答案：(B)
根据半波带法讨论，单缝处波阵面可分成的半波带数
目取决于asin 的大小，本题中
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
a 4, 300.
a sin 2 4 ,
2
满足单缝衍射暗条纹的公式： a sin 2k , (k 1,2...)
到哪几级光谱线．
解：(1) 斜入射时的光栅方程
光栅 透镜
屏
G L2
C
d sin i
d sin d sin i k k = 0，±1，±2，…n
第k 级谱线
n
i
分析在900 < < 900 之间，可呈现的主极大：
i = 30°，设 = 90°， k = kmax1，则有
d sin
kmax1 (d / )(sin 90 d sin 30) 2.10
解： a b 1 mm 3.33μm 300
(1) (a + b) siny =k， ∴ k= (a + b) sin24.46°= 1.38 mm
∵ R=0.63─0.76 mm， B＝0.43─0.49 mm，第二级开始会有谱线重叠。
对于红光，取k=2 , 则 R=0.69 mm； 对于蓝光，取k=3, 则 B=0.46 mm.
厦门大学 大学物理 第八章 电流与磁场
班级_________学号________姓名____________第8-1 直流电路 一. 填空题：1. 如图所示，两个长度相等，半径分别为r 1和r 2的棒1和2串联，并在两端加直流电压V ，则两段棒中的电流密度大小之比δ1:δ2=________，两段棒中的电场强度大小之比E 1:E 2=_______.2. 横截面积为的铝线，通过2安培的电流，则导线内电流密度大小2510m −=δ_________；设导线单位面积内的自由电子数，电子电量(库仑)，则自由电子的平均漂移速率v =______________.329/108.1m n 个×=19106.1−×=e 3. 把横截面积相同的铜丝和钨丝串联后与一直流电源连接成闭合回路，设铜丝和钨丝中的电场强度的大小分别为E 1和E 2，电流密度大小分别为δ1和δ2，则E 1___E 2，δ1___δ2 (填=或≠)二. 选择题：4. 把一根金属导线拉长为均匀细丝，其长度变为原来的n 倍，则拉长后的金属丝的电阻与原金属导线的电阻之比是：( ) (A)n (B)n (C)n 2 (D)1/n5. 在通电流的铜导线中，某点电流密度矢量的方向是：( ) (A)该点自由电子运动的方向 (B)该点电场强度的方向 (C)该点电势梯度的方向6. 一横截面为S 的均匀铜线，表面镀有环形截面积亦为S 的均匀镀层，在两端加上电压后，设铜线中的电场强度大小为E 1，电流密度大小为δ1，电流强度为I 1，而镀层中相应的量为E 2、δ2和I 2，则：( ) (A)212121,I I E E ≠≠=δδ (B) 212121,I I E E =≠=δδ (C) 212121,I I E E ==≠δδ (D) 212121,I I E E ≠≠≠δδ三. 计算题：7. 一根铜线和一根铁线长均为L ，直径均为d ，把两者连接起来，并在这复合导线两端加电压U ，设L =100m ，d =2.0mm ，U =10V ，已知铜的电阻率，铁的电阻率，试计算： m Ωρ81106.1−×=m Ωρ82107.8−×=(1)每根导线中的电流密度的大小 (2)每根导线中的电场强度的大小 (3)铁线两端的电势差8. 电缆的芯线是半径为r 1的铜线，铜线外面是同轴绝缘层，绝缘层的外半径为r 2，电阻率为ρ，在绝缘层外面是是同轴铝层，求： (1)在长为L 的一段电缆上的径向电阻(2)在芯线与铝层之间的电势差为U 时，求径向电流四. 证明题：9. 有一半径为r 0 的半球状电极与大地接触(如图)，大地的电阻率为ρ，假定电流通过这种接地电极均匀地向无穷远处流散，试证明：在此情况下的接地电阻为： 02r R πρ=班级_________学号________姓名____________第8-2 一. 填空题：1. 一电流计的内阻R g =15Ω，允许通过的最大电流为1mA ，若把它改装成量程为1A 的安培计，则需并联一个R 1=___________的电阻；若把它改装成量程为3V 的伏特计，则需串联一个R 2=___________的电阻.2. 电动势为ε，内阻为r 的电源，与一可变电阻R 连接成闭合电路，则电源的端电压与外电阻R 的关系是_______________，当R =___________时，电源的输出功率为最大.1r2C3. 如图为复杂电路中的一段电路的情况，则电路中BC 之间的点势差U BC =_____________.二. 选择题：4. 把标有“220V ，60W ”和“220V ，40W ”的两只灯泡A 和B 串联在220V 的电路中，则：(A)A 亮，B 暗 (B)B 亮，A 暗 (C)A 、B 都很亮 5. 下列说法正确的是：( )(A)不含源支路中电流必从高电势到低电势 (B)含源支路中电流必从低电势到高电势 (C)支路两端电势差为零时，支路的电流必为零 (D)支路的电流为零时，支路两端电势差必为零6. 如图所示电路，已知电流流向，则A 、B 两点电势关系为：( ) (A)U A 一定大于 U B (B) U A 一定小于 U B(C)不确定，要由r R I ,,,ε等的数值确定 (D) U A 一定等于 U Bε , rRB三. 计算题：7. 如图所示，已知 电源内阻不计，，电容C =5μF ，求：,621V ==εεΩ3321===R R R (1)通过电阻R 2的电流 R 32(2)b 、d 两点的电势差 (3)电容器极板上的电量8. 如图所示电路，已知，求a 与b 两点的电势差. ΩΩεεε2,1,8,10,12321=====R r V V V r2εr3RR Rr1ε班级____________学号______姓名_________第8-3 磁场1. 如图六根互相绝缘导线，通以电流强度均为I ，区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均为正方形，那么指向纸内的磁通量最大的区域是：( )(A)Ⅰ区域 (B)Ⅱ区域 (C)Ⅲ区域 (D)Ⅳ区域2. 一根载有电流I 的无限长直导线，在A 处弯成半径为R 的圆形，由于已线外有绝缘层，在A 处两导线并不短路，则在圆心处磁应强度B 的大小为：( )(A)(μ0+1)I /(2πR ) (B)μ0I /(2πR )(C)μ0I (1+π)/(2πR ) (D)μ0I (1+π)/(4πR )3. 载有电流为I 的无限长导线，弯成如图形状，其中一段是半径为R 的半圆，则圆心处的磁感应强度B 的大小为：( )(A)μ0I /(4a )+μ0I /(4πa ) (B)μ0I /(4a )+μ0I /(4πa )+2μ0I /(8πa ) (C)∞(D)μ0I /(4a )-μ0I /(4πa )+2μ0I /(4πa )4. 用相同的导线组成的一导电回路，由半径为R 的圆周及距圆心为R /2的一直导线组成如图，若直导线上一电源ε，且通过电流为I ，则圆心Ｏ处的磁应强度B 的大小为：( )(A)μ0I /(2R ) (B)0(C)3μ0I /(2πR )(D)μ0I /(2R )(1+3/π)5. 四条无限长直导线，分别放在边长为b 的正方形顶点上，如图所示，分别载电流为I ，2I ，3I ，4I ，方向垂直于图面向外，若拿走载电流为4I 的导线，则此时正方形中心O 点处的磁场感应强度大小与原来相比将：( )⊙⊙⊙⊙I2I4I3IO(A)变大 (B)变小 (C)不变(D)无法断定6. 如图半径为R 的带电圆盘，电荷面密度为σ，圆盘以角速度ω，绕过盘心，并垂直盘面的轴旋转，则中心O 处的磁感应强度大小为：( )(A)μ0σωR /2 (B)μ0σωR /4 (C)μ0σωR /6 (D)μ0σωR /8班级_____________学号______姓名__________第8-41. 如图真空中环绕两根通有电流为I 的导线的两种环路，则对环路L 1，有∫⋅)(1L d l B = _________； 对环路L 2 ，有∫⋅)(2L d l B = _______________.L2. 如图，在无限长直载流导线的右侧有面积为S 1和S 2两个矩形回路与长直载流导线在同一平面，且矩形回路的一边与长直载流导线平行，则通过面积S 1的矩形回路的磁通量与通过面积为S 2的矩形回路的磁通量之比为：________________.3. 电子在磁感应强度B ＝0.1Ｔ匀强磁场中沿圆周运动，电子运动形成的等效圆电流强度Ｉ＝________________. (电子电量e ＝1.6×10-19C ，质量m ＝9.1×10-31kg)4. 一半径为a 的无限长直载流导线，沿轴向均匀地流有电流I 若作一个半径为R =5a ，高为l 的柱形曲面，已知柱形曲面的轴与载流导线的轴平行且相距3a ，如图，则B 在圆柱侧面S 上的积分＝________________.∫∫⋅)(S d S B5. 如图长直导线载有电流I ，则穿过与其共面的矩形面积CDEF 的磁通量为_______________.I6. 在安培环路定理∫⋅Ld l B =中，∑ii I 0μ∑ii I 是指_______________________ _________________________，B 是指______________________________，它是由_________________________________________决定的.7. 将半径为R 的无限长导体薄壁管(厚度忽略) 沿轴向割去一宽度为h (h <<R )无限长狭缝后，再沿轴向均匀地流有电流，其面电流密度为i (如图)，则管轴线上磁感应强度的大小是_________________.8. 如图单层均匀密绕在截面为长方形的整个木环上，共有N 匝，求流入电流I 后，环内的磁感应强度分布和截面上的磁通量.2D 1班级_____________学号_____姓名_________第8-5 习题课后(磁场)O1. 如图，在半径为R 的无限长半圆柱形金属薄片中，均匀地自下而上通以电流I ，求半圆柱轴线上一点O 的磁感应强度.2. 如图电流I 均匀地流过宽为2a 的无限长导体薄平板，通过板的中线与板面垂直的平面上有一点P ，P 点到板距离为x ，求P 点磁感应强度大小.3. 半木球半径为R ，其上沿弧长单层均匀密绕N 匝线圈，通以电流I ，求木球球心O 处的磁感应强度大小.4. 在半径为r 和R 的两同心圆之间，均匀密绕N 匝平面线圈，通以电流I ，求圆心处的磁感应强度.5. 一电荷线密度为λ的带电正方形闭合框，绕过其中心并垂直于框平面的轴，以角速度ω旋转，试求正方形中心处的磁感应强度大小.O ’6. 如图一半径为R 1的无限长圆柱形导体，其内空心部分半径为R 2，空心部分的轴与圆柱的轴平行但不重合，两轴距离为a ，且a >R 2，现有电流I 均匀地流过导体横截面，且电流方向与导体轴线平行，求：(1)导体轴线上的磁感应强度，(2)空心部分轴线上的磁感强度.班级_____________学号_____姓名__________第 8-6 磁场 (习题课后作业)1. 如图在顶角为60°的圆锥面上从ab 到cd 均匀密绕N 匝线圈，线圈里通有电流I ，线圈平面垂直于锥轴，电流方向如图，且oa=ob=ad=bc=L ，求顶点O 的磁感应强度大小.2. 如图，电流I 均匀地自下而上通过宽度为a的无限长导体薄平板，求薄板所在平面上距板的一边为d 的P 点的磁感应强度.Pa3. (回答)根据毕一萨定律，AB 直线电流在P 点产生的)sin (sin 4120ββπμ−=OPIB ，现以OP 为半径，在垂直于电流的平面内作一圆，并以圆为回路，计算B 的环流)sin (sin 2120)(ββμ−=⋅∫Il dl B . 为什么与安培环路定律I 0)(μ=⋅∫l dl B 不一致？4. (证明)用安培环路定理证明，图中所表示的那种不带边缘效应的均匀磁场不可能存在.班级______________学号______姓名_________第8-7 磁力1. 真空中毕一沙定律表达式_____________；稳恒磁场的安培环路定律的表达式__________；磁场的高斯定理表达式__________________；安培环路定律说明磁场是___________________；磁场的高斯定理说明磁场是________________.2. 如图所示，真空中电流元在原点O 处，沿X 轴正方向放置，电流元在Z 轴上，沿Z 轴负方向放置，两者相距为r ，则电流元1对电流元2的作用力的大小为____________，电流元2对电流元1的作用力的大小为_______________. 1l d I 12l d I 23. 如图一无限长直导线通以电流I 1，与一个电流I 2的矩形刚性载流线圈共面，设长直导线固定不动，则矩形线圈受到的磁力大小为____________________，它将___________________运动.D E I4. 在一个磁性很强的长的条形磁铁附近放一条可以自由弯曲的软导线，如图所示，当电流从上向下流经软导线时，软导线将：(A)不动；(B)被磁铁推至尽可能远；(C)被磁铁吸引靠近它，但导线平行磁棒；(D)缠绕在磁铁上，从上向下看，电流是顺时针方向流动的； (E)缠绕在磁铁上，从上向下看，电流是逆时针方向流动的.5. 如图一固定的载流大平板，在其附近，有一载流小线框能自由转动或平动，线框平面与大平板垂直，大平板电流与线框中电流方向如图所示，则通电线框的运动情况从大平板向外看是：( )B A(A)靠近大平板AB (B)顺时针转动 (C)逆时针转动 (D)离开大平板向外运动6. 如图所示导线框abcd 置于均匀磁场中(B 方向竖直向上)，线框可绕AB 轴转动. 导线通电时，转过α角后，达到稳定平衡. 如果导线改用密度为原来1/2的材料做，欲保持原来的稳定平衡位置(即α不变)，可以采用哪一种办法？(导线是均匀的)( ) AB b (A)将磁场B 减为原来的1/2或线框中电流强度减少为原来的1/2； (B)将导线bc 部分长度减小为原来的1/2；(C)将导线ab 和cd 部分长度减少为原来的1/2 ； (D)将磁场B 减少1/4，线框中电流强度减少1/4.7. 如图一根无限长直导线和长度为L 的线段彼此绝缘，以θ角交叉放置，分别通以电流I 1和I 2，线段中点在交叉位置，则线段受到磁力矩大小为____________，方向为_______________.班级______________学号______姓名_________第 8-81. 一段长为L 的导线被弯成一个单匝圆形线圈，通过此线圈的电流为I ，线圈放在磁感应线与线圈平面平行的均匀磁场B 中，则作用在线圈上的力矩是：( )(A)BIL 2/4 (B)2BIL 2/8 (C)BIL 2/8 (D)BIL 2/(4π) 2. 如图相距2a 的两条竖直放置的载流长直导线，电流强度均为I ，方向相反，长为2b ，质量为m 的金属棒MN 位于两直导线正中间，且在同一平面，欲使MN 处于平衡状态，则MN 中的电流强度为_____________；方向为________________.2IbM3. 半径为R 的圆片均匀带电，面电荷密度为σ，今该圆片以角速度ω绕其中心轴线旋转，则轴线上距圆片中心为x 处的磁感应强度大小B ＝____________，旋转圆片的磁矩p m =_________.4. 如图在x >0的空间存在均匀磁场，其磁感应强度为B ，方向垂下直纸面向里，当一质量为M ，电量为Q 的电荷以速度v 在x =0，y =0处向x 轴正方向进入磁场，则电荷飞出磁场时的坐标是x = ____________，y =_____________；在磁场中运动的时间T =________________.x5. 半径为R 质量为M 的刚性圆形线圈，平放在水平桌面上，线圈所在处的地磁场可看作均匀磁场，磁感应强度B 的水平分量为B x ，竖直分量为B y ，若想使线圈恰好能绕其上一点转动，则线圈中应通以最小电流I =_________安培6. 一平面线框如图所示，其中两段圆弧的半径分别为R 1和R 2(R 1<R 2)，并分别放置在均匀磁场B 1和B 2中，已知B 1/B 2=R 2/R 1，已知两平行直导线间距为d 当线框中通以逆时针方向电流I 时，线框将：( ) (A)向左平移 (B)向右平移 (C)静止不动 (D)绕OO`联线转动7. 一个薄的塑料圆盘，半径为R ，均匀带电Q ，圆盘能绕垂直盘面并通过中心的轴线转动，设转动角速度为ω，圆盘所在处为均匀的磁感应强度B ，方向与转轴AA ，夹角为θ，则圆盘的磁矩大小P m =_____________；磁场作用在圆盘上的力矩M =________________ .8. 如图半径分别为R 1和R 2(R 1>>R 2)的二同心金属圆环，大环固定，小环可绕竖直轴OO ’自由转动，其转动惯量为J ，二圆通以相同的电流I ，若小环稍微偏离其平衡位置时，求：小环作微小摆动周期.O ’I班级_____________学号_____姓名_________第8-9 磁力 (习题课)1. 如图在载流为I 1的长直导线旁，共面放置一载流为I 2的等腰直角三角形，线圈abc ，腰长ab=ac=L ，边长ab 平行于长直导线，相距L ，求线圈各边受的磁力F .II 22. 无限长直载流导线与一个无限长薄电流板构成闭合回路，电流板宽为a ，二者相距也为a (导线与板在同一平面内)，求导线与电流板间单位长度内作用力.3. 发电厂的汇流条是两条3. 0m 的平行铜棒，它们相距0. 5m ，接通电流时，棒中电流是10000A ，问这汇流棒之间的相互作用力多大？4. 空气中有一半径为R 的无限长直圆柱金属导体，OO'为中心轴线，在圆柱体内挖一个直径为R /2的加圆柱空洞，空洞侧面与OO'相切，在未挖空部分通以电流密度为δ，方向沿OO'向下的电流，试求：(1)空洞轴线上任一点的磁感应强度的大小；(2)在距轴线OO'为3R 处有一电子沿平行OO'方向，以速度v 向下飞经P 点时所受的力. (P 点、空洞轴线、OO'三者共面)5. 磁控管中一群电子在垂直于均匀磁场B 的平面内作圆周运动，在运动中，与电极1和2最近距离为r ，圆周轨道直径为D ，设这群电子有N 个，电荷为e ，质量为m ，求电极1和2上电压变化幅度和变化频率.I 6. 如图长直载流导线I 1的右侧，与其共面放置另一导线，轨迹为x =y 2+1，端点坐标a(2，1)，b(2，-1)，通以电流I 1，试求导线I 1所受的安培力.班级_____________学号_____姓名_________第8-10 磁力 (习题课后作业)I 11. 如图在垂直于无限长直导线的平面内有一载流I 2的扇形线圈ABCD ，长直导线通以垂直于纸面向外的电流I 1，设θ<π，两段圆弧的半径分别为OA=R 1，OD=R 2，求图示位置时，(1)线圈各边所受的磁力；(2)线圈所受的磁力矩.2. 如图无限长直导线和半径为R 的圆形线圈，彼此绝缘，共面放置，且圆线圈直径和长直导线重合，直导线与圆线圈分别通以电流I 1和I 2，求(1)长直导线对半圆弧abc 所作用的磁力；(2)整个圆形线圈所受的磁力.d3. 如图一等腰直角三角形线圈abc 与一无限长直导线处在同一平面内，已知bc=L ，且平行于直导线，a 点与直导线相距为R ，导线和线圈分别通以电流I 1和I2，求线圈所受的磁力.I4. 一平面圆环状回路，载有电流I，置于磁感应强度为B的均匀磁场中，求证环路受到的力矩为M=I S×B，其中S为载流环的有向面积，方向由I的流向依右手定则确定.5. 图中曲线是一带电粒子在磁场中的运动轨迹，斜线部分是铝板，粒子通过它要损失能量，磁场方向如图. 问粒子是带正电，还是带负电？说明理由.6. 为什么不能把磁场作用于运动电荷的力的方向，定义为磁感应强度的方向.。
大学物理第8章 稳恒磁场 课后习题及答案
*作品编号：DG13485201600078972981* 创作者： 玫霸*第8章 稳恒磁场 习题及答案6. 如图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R 。
若通以电流I ，求O 点的磁感应强度。
解：O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生，应用磁场叠加原理。
AB 在O 点产生的磁感应强度为01=BC B在O 点产生的磁感应强度大小为θπμR I B 402=RIR I 123400μππμ=⨯=，方向垂直纸面向里CD 在O 点产生的磁感应强度大小为)cos (cos 421003θθπμ-=r IB)180cos 150(cos 60cos 400︒︒-=R Iπμ)231(20-=R I πμ，方向垂直纸面向里 故 )6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向垂直纸面向里 7. 如图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连。
已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度。
解：圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
且θπθ-==21221R R I I 电阻电阻 1I 产生的磁感应强度大小为）（θππμ-=24101RI B ，方向垂直纸面向外2I 产生的磁感应强度大小为θπμRIB 4202=，方向垂直纸面向里 所以， 1)2(2121=-=θθπI I B B 环中心O 的磁感应强度为0210=+=B B B8. 如图所示，一无限长载流平板宽度为a ，沿长度方向通过均匀电流I ，求与平板共面且距平板一边为b 的任意点P 的磁感应强度。
解：将载流平板看成许多无限长的载流直导线，应用叠加原理求解。
以P 点为坐标原点，垂直载流平板向左为x 轴正方向建立坐标系。
在载流平板上取dx aIdI =，dI 在P 点产生的磁感应强度大小为 x dI dB πμ20=dx axIπμ20=，方向垂直纸面向里P 点的磁感应强度大小为⎰⎰+==a b b x dx a I dB B πμ20bab a I +=ln 20πμ 方向垂直纸面向里。
《大学物理》 第二版 第八章课后习题答案
习题精解8-1 一根无限长直导线有交变电流0sin i I t ω=，它旁边有一与它共面的矩形线圈ABCD ，如图8.3所示，长为l 的AB 和CD 两边与直导向平行，它们到直导线的距离分别为a 和b ，试求矩形线圈所围面积的磁通量，以及线圈中的感应电动势。
解 建立如图8.3所示的坐标系，在矩形平面上取一矩形面元dS ldx =，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为02m id B dS ldx xμφπ=⋅= 通过矩形面积CDEF 的总磁通量为 00ln 22bm ai il bldx x aμμφππ==⎰由法拉第电磁感应定律有0ln cos 2m d il bt dt aφμωεωπ=-=- 8-2 有一无限长直螺线管，单位长度上线圈的匝数为n ，在管的中心放置一绕了N 圈，半径为r 的圆形小线圈，其轴线与螺线管的轴线平行，设螺线管内电流变化率为dI dt ，球小线圈中感应的电动势。
解 无限长直螺线管内部的磁场为0B nI μ= 通过N 匝圆形小线圈的磁通量为20m NBS N nI r φμπ== 由法拉第电磁感应定律有20m d dIN n r dt dtφεμπ=-=- 8-3 一面积为S 的小线圈在一单位长度线圈匝数为n ，通过电流为i 的长螺线管内，并与螺线管共轴，若0sin i i t ω=，求小线圈中感生电动势的表达式。
解 通过小线圈的磁通量为0m BS niS φμ==由法拉第电磁感应定律有000cos m d dinS nSi t dt dtφεμμωω=-=-=- 8-4 如图8.4所示，矩形线圈ABCD 放在16.010B T -=⨯的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面的法线方向之间的夹角为60α=︒，长为0.20m 的AB 边可左右滑动。
若令AB 边以速率15.0v m s -=∙向右运动，试求线圈中感应电动势的大小及感应电流的方向。
解 利用动生电动势公式0.20()50.6sin(60)0.30()2BAv B dl dl V πε=⨯∙=⨯⨯-︒=⎰⎰感应电流的方向从A B →.8-5 如图8.5所示，两段导体AB 和CD 的长度均为10cm ，它们在B 处相接成角30︒；磁场方向垂直于纸面向里，其大小为22.510B T -=⨯。
大学物理第八章课后习题答案
大学物理第八章课后习题答案-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN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23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ti t i d d d d 21<，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 ）2112M M = ，1221εε=（B ）2112M M ≠ ，1221εε≠（C ）2112M M =， 1221εε<（D ）2112M M = ，1221εε<分析与解 教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律t i M εd d 12121=；ti M εd d 21212=．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 ）．48 －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 ） LI Φm =，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比（D ） LI Φm =，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()Wb π100sin 100.85t Φ⨯=，求在s 100.12-⨯=t 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tψt ΦN ξd d d d -=-=，其中ΦN ψ=称为磁链． 解 线圈中总的感应电动势()()t tΦNξπ100cos 51.2d d =-= 当s 100.12-⨯=t 时，V 51.2=ξ． 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tI d d 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．5分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律tΦξd d -=来求解．由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用⎰⋅=SΦS B d 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()B B x =，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x d S d d =，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元y x S d d d =，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tl M E M d d -=求解． 解1 穿过面元ｄS 的磁通量为()x d xI μx d d x I μΦd π2d π2d d d d 0021-+=⋅+⋅=⋅=S B S B S B 因此穿过线圈的磁通量为()43ln π2d π2d π2d 02020Id μx x Id μx d x Id μΦΦd d dd =-+==⎰⎰⎰ 再由法拉第电磁感应定律，有6tI d μt ΦE d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为 43ln π20dI μΦ=线圈与两长直导线间的互感为 43ln π20d μI ΦM == 当电流以tl d d 变化时，线圈中的互感电动势为 tI d μt I M E d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 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()ξf ΦS,1d =⋅=⎰S B ，它表现为变量I 和ξ的二元函数，将Φ代入t ΦE d d -= 即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中v =tξd d ，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54.010C q -=⨯．问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少7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NBS NBS ΦΦΦ=-=-=0Δ12 因此，流过导体截面的电量为ii R RNBS R R Φq +=+=Δ 则 ()T 050.0=+=NSR R q B i 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．8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NBS ψ=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1011π2r ISμN S NB ψ==,2022π2r IS μN S NB ψ== 则线圈中的平均感应电动势为 V 1011.111πΔ2ΔΔ8210-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==r r t IS μN t ΦE 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tΦE d d -= 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9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tΦE d d -=求解外（必须设法构造一个闭合回路），还可直接用公式()l B d ⋅⨯=⎰l E v 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()l B d d ⋅⨯=v E .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B R Rx Φ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2π212 即B R tx RB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-= 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()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B vB R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰- 由矢量（v ×B ）的指向可知，端点P 的电势较高．10 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==BS Φ常数.由法拉第电磁感应定律tΦE d d -=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．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()()r L lB ωl lB ωE L-r r AB AB 221d d --=-=⋅⨯=⎰⎰-l B v 因此棒两端的电势差为()r L lB ωE U AB AB 221--== 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221r ωB E OA =,()221r L B ωE OB -= 则()r L BL ωE E E OB OA AB 221--=-= 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．分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律t ΦE d d -= 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()l B d ⋅⨯=⎰lE v 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()l B d ⋅⨯=⎰OP OP E v l αB l o d cos 90sin ⎰=v()()l θB θωl o d 90cos sin ⎰-=l()⎰==L θL B ωl l θB ω022sin 21d sin 由矢量B ⨯v 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QO PQ OP E E E t ΦE ++==-=0d d 显然，E QO ＝0，所以()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-= 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12.0m s -=⋅v 平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40A ．求杆中的感应电动势，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()l B d ⋅⨯=⎰lE v 求解，建立图（a ）所示的坐标系，所取导体元x l d d =，该处的磁感强度xI μB π20=．（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⎰⋅=SΦS B d 求得穿过该回路的磁通量，再代入公式tΦE d d -=，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()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m 1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰v v v I μx x μxl E AB AB l B 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x y xI μΦd 2πd d 0=⋅=S B 穿过回路的磁通量为11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===S Iy μx y x I μΦΦ 回路的电动势为V 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iy μt y x I μt ΦE 由于静止的形导轨上电动势为零，所以 V 1084.35-⨯-==E E AB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()0l B =⋅⨯d v ］，因而线框中的总电动势为()()()()hg ef hgef gh ef E E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v 其等效电路如图（ｂ）所示．2．用公式tΦE d d -=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v =tξd d ．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hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgef l B l B d d v v ()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μv v ()1202πl d I I μ+=1vI 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()()ξl ξξx Il μdx ξx Il μΦl 120020ln π2π21++=+=⎰ 相应电动势为()()1120π2d d l ξξl l I μt ΦξE +=-=v 令ξ＝d ，得线框在图示位置处的电动势为 ()1120π2l d d l l I μE +=v 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()A A F F =v ．根据牛顿运动定律，此时线框的运动微分方程为()tv v d d m F mg A =-，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1t t ≤时间内，线框为自由落体运动，于是()11t t gt ≤=v 其中1t t =时，gh 2101==v v（2） 线框进入磁场后，受到向上的安培力为v Rl B IlB F A 22== 根据牛顿运动定律，可得线框运动的微分方程tv m v d d 22=-R l B mg 令mRl B K 22=，整理上式并分离变量积分，有 ⎰⎰=-t t t g 110d d vv Kv v 积分后将gh 210=v 代入，可得()()[]1212t t K e gh K g g K----=v （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()()()[]()222031221t t g e gh K g g Kt t g t t K -+--=-+=--v v 8 －16 有一磁感强度为B 的均匀磁场，以恒定的变化率t d d B 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td d π4B d ρm I =式中ρ 为铜的电阻率，d 为铜的密度． 解 圆形回路导线长为πR 2，导线截面积为2πr ，其电阻R ′为22rR ρS l ρR ==' 在均匀磁场中，穿过该回路的磁通量为BS Φ=，由法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电流为t t t d d 2πd d π1d d 122B ρRr B R R ΦR R E I ='='='= 而2ππ2r R d m =，即dm Rr π2π2=，代入上式可得 td d π4B d 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td d B 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1s T 010.0d d -⋅=tB ，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td d B 等）密切相关，即S B l E d d ⋅∂∂-=⎰⎰S S k t .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0d d <t B 时，电场线绕向与B 方向满足右螺旋关系；当0d d >t B 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 ， tB r t r E E k l k d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tB r E k d d 2-= r ＞R ， t B R t r E E k lk d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tB r R E k d d 22-= 由于0d d >tB ，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tB r R E k d d 22-= 将r 、R 、tB d d 的数值代入，可得15m V 100.4--⋅⨯-=k E ，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tB d d 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⎰⋅=lk E l E d 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0d =⋅l E k ，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 22Δ22d d d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-==-==l R l t B t B S t ΦE E PQ 证2 由题８ －17可知，在r ＜R 区域，感生电场强度的大小tB r E k d d 2= 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()()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 l k k PQ -=-==⋅=⎰⎰x E 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IΦL =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t I E L L d /d =计算L ．式中E L 和tI d d 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xNI μB π20=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 12200ln π2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψS R R ==⋅=⎰⎰S B 则1220ln π2R R h N μI ψL = 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．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I L N μnl μB 111==,I LN μnl μB 222== 通过N 匝回路的磁链为221121S NB S NB ΨΨΨ+=+=则自感2211221S μS μlN I ψL L L +==+= 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）．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()r d I μr I μB -+=π2π200 穿过图中阴影部分的磁通量为 aa d l μr Bl ΦS a d a -==⋅=⎰⎰-ln πd d 0S B 则长为l 的一对导线的自感为aa d l μI ΦL -==ln π0 如导线内部磁通量不能忽略，则一对导线的自感为212L L L +=．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8π02l μL =，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0221=-=ΦΦΦ，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ΦΦΦΦ4222=+=， 故L I ΦI ΦL 4422===． 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21212I ΦM M == ． 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R I μN B B 200=穿过小线圈A 的磁链近似为 A B A A A A S RI μN N S B N ψ200== 则两线圈的互感为H 1028.6260-⨯===RS μN N I ψM A B A A （2）V 1014.3d d 4-⨯=-=tI M E A 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()2/322202d R IR μB +=穿过线圈C 的磁通为 ()22/32220π2r d R IR μBS ψC +==则两线圈的互感为 ()2/3222202πdR R r μI ψM +== 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． 解 当螺绕环中通以电流I 1 时，在环内产生的磁感强度110I n μμB r =则通过线圈C 的磁链为S I n μμN BS N ψr c 11022==设断开电源过程中，通过C 的感应电荷为q C ，则有()RS I n μμN ψR ψR qc r c c 110201Δ1=--=-= 由此得 T 10.02110===S N Rqc I n μμB r 相对磁导率1991102==I n μS N Rqc μr8 －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221LI W m =，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V w W V m m d ⎰=，式中m w 为磁场能量密度，积分遍及磁场存在的空间．由于μB w m 22=，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V w LI V m d 212⎰=求解L ． 解 （1） 密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感l S N L 2=，电流稳定后，线圈中电流RE I =，则线圈中所储存的磁能为J 1028.3221522202-⨯===lRSE N μLI W m 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。
《大学物理》第八章至十一章练习题及资料整理总结
《大学物理》（下）复习提纲第八章静止电荷的电场（1）掌握电场强度的迭加法计算。
掌握库仑定律。
（2）掌握电场强度通量计算方法、高斯定理。
（3）掌握静电场的环路定律，电势能和电势的定义和计算公式。
（4）掌握导体静电平衡时电荷如何分布。
导体静电平衡后的电势计算方法以及平行板电容器的电容公式。
（5）掌握电介质在外电场中极化性质和电介质中的高斯定理。
要会用介质中高斯定理定性分析介质中电场和电势，掌握电场能量计算公式。
1．如图所示，真空中一长为L的均匀带电细直杆，总电荷为q，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P点的电场强度．2．电荷为＋q 和－2q 的两个点电荷分别置于x＝1 m和x＝－1 m处．一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？3．若匀强电场的场强为E ，其方向平行于半径为R 的半球面的轴，如图所示．则通过此为半球面的电场强度通量Φe___________________，如果图是B，通量Φ为___________________。
e4．如图所示，一个电荷为q 的点电荷位于立方体的A 角上，则通过侧面abcd 的电场强度通量等于___________________，如果电荷为q 的点电荷位于立方体的中心上，通过侧面abcd 的电场强度通量等于通量e Φ为___________________。
5．根据高斯定理的数学表达式∑⎰=⋅0/εq S d E S可知下述各种说法中，正确的是：(A) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零．(B) 闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定处处不为零． (C) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定处处为零． (D) 闭合面上各点场强均为零时，闭合面内一定处处无电荷．6．三个平行的“无限大”均匀带电平面，其电荷面密度都是＋σ，如图所示，则A 、B 、C 、D 三个区域的电场强度分别为：E A ＝_________________，E B ＝_____________，E C ＝_______________，E D =_________________ (设方向向右为正)．7. 真空中一“无限大”均匀带电平面，其电荷面密度为σ (>0)．在平面附近有一质量为m 、电荷为q (>0)的粒子．试求当带电粒子在电场力作用下从静止开始垂直于平面方向运动一段距离l 时的速率．设重力的影响可忽略不计．8. 如图所示，两个“无限长”的、半径分别为R 1和R 2的共轴圆柱面均匀带电，沿轴线方向单位长度上所带电荷分别为λ1和λ2，则在各个区域距离轴线为 r 处的 P 点的电场强度大小E 为 _______________________.9．如图，A 点与B 点间距离为2l ，OCD 是以B 为中心，以l 为半径的半圆路径. A 、B 两处各放有一点电荷，电荷分别为＋q 和－q ．把另一电荷为Q (Q ＜0 )的点电荷从D 点沿路径DCO 移到O 点，则电场力所做的功为___________________10. 将电荷均为q 的三个点电荷一个一个地依次从无限远处缓慢搬到x 轴的原点、x = a 和x = 2a 处．求证外界对电荷所作之功为设无限远处电势能为零．11. 如图所示,两同心带电球面，内球面半径为r 1＝5 cm ，带电荷q 1＝3×10-8C ；外球面半径为r 2＝20 cm ， 带电荷q 2＝－6×10-8C ，设无穷远处电势为零，则空间另一电势为 零的球面半径r ＝ __________________．12. 如图所示，两个同心的均匀带电球面，内球面半径为R1、带电荷Q1，外球面半径为R2、带有电荷Q2．设无穷远处为电势零点，试求下图(A),(B),(C)三图中、距离球心为r 处的P点的电势U为分别为__________________，__________________，__________________。
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。
大学物理(下册)课后题答案_完整版
大学物理下册课后习题答案习题八8-1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2-1 q1 qq2cos30 ----------------------a4 n0/.3 2(T a)T q(2)与三角形边长无关.8-2两小球的质量都是m ,都用长为I 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2 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T cos mg解得 q 21 sin 4mgtan8-3根据点电荷场强公式 E J ,当被考察的场点距源点电荷很近(r T 0)时，贝U 场强4°r*,这是没有物理意义的，对此应如何理解解：Ey^r °仅对点电荷成立，当r 0时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求4 n 0r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 和解得 题8-1图题8-2图T sinF e4 n 0 (2l sin )2H |2-q •则这两板之间有相互作用力f ,有人说f = q2，又有人说，因为4 o d 22f = qE ,E —，所以f =卫•试问这两种说法对吗？为什么？ f 到底应等于多少？ o S o S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 2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oS2个板的电场为E —,另一板受它的作用力 f q q q ,这是两板间相互作2 o S 2 o S 2 o S用的电场力.p ql ,场点到偶极子中心 0点的距离为r ,矢量r 与丨的夹角为l .试证P 点的场强E 在r 方向上的分量 E r 和垂直于r 的分量E分别为•••场点P 在r 方向场强分量垂直于r 方向，即方向场强分量psi n 34n o r8-6长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度=5.0x10求：（1）在导线的延长线上与导线 B 端相距a i =5.ocm 处P 点的场强；⑵在导线的垂直平分 线上与导线中点相距 d 2=5.ocm 处Q 点的场强. 解：如题8-6图所示（1）在带电直线上取线元 dx ,其上电量dq 在P 点产生场强为dE p1dx4no (a x)2E P dE P1 2dx 4 n o 2(ax)28-5 一电偶极子的电矩为 ,（见题8-5图）,且r E r =2pcos3 , orE =严 4 o r证：如题8-5所示，将p 分解为与 r 平行的分量psin 和垂直于lr 的分量psinE rp cos 2 n o r 3 E o题8-5图 -9Cm -1的正电荷.试题8-6图用I 15 cm , 5.0E P(2)同理dE Q 6.741由于对称性dElQx 0,dE Qy5.0 10 C cm14.9612 2~n 0(4a l )9 110 9 C m 1, a 12.5 cm 代入得2 110 N C 方向水平向右dx—2方向如题8-6图所示x d2即E Q只有y分量，1 dx d24nxd2―dfE Qy l dE Qyl4n 22 dx1 32 z 2 2\2(x d2) l2 n 0 J l24d；1, l 15 cm,d2 5 cm代入得102 N C 1,方向沿y轴正向R的均匀带电半圆环，电荷线密度为，求环心处0点的场强•一个半径为8-7RdE Q E Qydq dl Rd ,它在O点产生场强大小为RddE4 n0R2方向沿半径向外则dE x dE sin sin4 n 0 R积分E x dE y dE cos( cos d4 n 0 Rsin dE y cos d 04 n 0RE E x,方向沿x轴正向.2 n 0R8-8均匀带电的细线弯成正方形，边长为I，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r I处，它相当于点电荷q产生的场强E .q解：如8-8图示，正方形一条边上电荷在P点产生物强dE p方向如图，大小为4COS 12COS 2 COS 1dE P在垂直于平面上的分量dE dE P COSdE I r| 2 f 1 2 丨I 2/ 1 2I 1 2I I 2 I4 n °」—<r—i1r —4 \ 2 V 4题8-8图由于对称性，P点场强沿OP方向，大小为8-9 (1)点电荷q位于一边长为a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R的圆平面.q在该dE pCOS 1 COS 2E PE P4 dE4n o(r2g4lqr4 lr方向沿OPdE p平面轴线上的A点处，求：通过圆平面的电通量.(R arcta n — )x解：⑴由高斯定理E dS -S立方体六个面，•••各面电通量(2)电荷在顶点时当q在立方体中心时，每个面上电通量相等q6 0 .,将立方体延伸为边长2a的立方体，使q处于边长2a的立方体中心qe6 0边长2a的正方形上电通量对于边长a的正方形，如果它不包含q所在的顶点，则e 如果它包含q所在顶点则 e 0 .如题8-9(a)图所示.题8-9(3)图题8-9(b)图题8-9(a)图(3) ••通过半径为面积* 题8-9(c)图R的圆平面的电通量等于通过半径为..R2x2的球冠面的电通量，球冠S 2 M R2x2)[1q。
大学物理第八章课后答案 .
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20220)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204r qE 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:20π4r r q E ε=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 =2024d q πε,又有人说，因为f =qE ,S qE 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 q E 02ε=，另一板受它的作用力S q S q q 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P 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 r p 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 r p E εθ=题8-5图 题8-6图 8-6 长l =15.0cmAB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 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 =5.0cm 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 x E P -=λε2220)(d π4d x a xE E llP 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⎰=lQx E 0d ，即QE只有y 分量，∵22222220d d d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d ll x x2220d 4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy 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 R R E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0R E E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0R E E y -=-=积分R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπR E y∴R E 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 Ed 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 ll r E P ++=ελ P Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴424π4d 222222l 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 ∵l q 4=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a 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R 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．(x Rarctan=α)解: (1)由高斯定理0d εq S 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(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图 题8-9(b)图 题8-9(c)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=[221x R x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)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6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=qr E当5=r cm 时，0=∑q ,=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r -∴()2023π43π4r r r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外．12=r cm时,3π4∑=ρq-3(外r）内3r∴()42331010.4π43π4⨯≈-=rrrEερ内外1CN-⋅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0dε∑⎰=⋅qSEs取同轴圆柱形高斯面，侧面积rlSπ2=则rlESESπ2d=⋅⎰对(1) 1Rr<0,0==∑Eq(2) 21RrR<<λlq=∑∴rEπ2ελ=沿径向向外(3) 2Rr>0=∑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，nE)(2121σσε-=1σ面外，nE)(2121σσε+-=2σ面外，nE)(2121σσε+=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(a)．(1)ρ+球在O点产生电场010=E，ρ- 球在O 点产生电场d π4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场d 33030r E ερ= ；(2) ρ+在O '产生电场d π4d 3430301E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场003ερ='E OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(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(b)图)则03ερrE PO =，03ερr E O P '-=' ,∴00033)(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 =1.0×10-6Cd=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C-1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 =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，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)(=-R qR q 0π41ε=O U )3(R q R q -R q 0π6ε-=∴R qq U U q A oC 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-2sinπ-］ R 0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB 200012ln 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 O8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -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 =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强r E 0π2ελ=电子受力大小r e eE F e 0π2ελ==∴r v m r e 20π2=ελ 得1320105.12π2-⨯==e mv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -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 =0.5cm ，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r qU 0π4ε=题 8-20 图∴ 0200π4r r q r r U E ε=∂∂-= 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220π4x R qU +=ε∴()ix R qx i x U E 2/3220π4+=∂∂-=ε (3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势 200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4r ql ll r qU εθθθε=+--=∴ 30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-=30π4sin 1r p 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)(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200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，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+2σS q A= 得,32S q A =σ S q A321=σ 而7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV8-23 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：π4π42020=-=R qR qU 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π4'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=+R qR 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qq 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'2F r qr 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0294π432322F 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S ，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S ，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S q261==σσ S qd U 2032-=-=εσσ S qd U 2054+=-=εσσ所以CB 间电场S q d U E 00422εεσ+== )2d (212d 02S q 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∑⎰=⋅qS D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内; 介质外)(2R r <场强303π4,π4r r Q E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势r Q E U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外介质内)(21R r R <<电势rd r d⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Q r r -+=εεε(3)金属球的电势rd r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=222020π44πdrR R R r 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．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=d 21UE 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dr ，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 rlDS D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴rl Q D π2=(1)电场能量密度22222π82l r Q D w εε== 薄壳中rl rQ 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：∵C Q 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 =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．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 U86)35251(5021=+=+=U U U AB V8-32 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V ? 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⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112121201021U U U C U C q q U C U C q q q q解得 (1) =1q UC 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 =2.0cm 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 =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C(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 301π4r rQ E ε =3R r >时 302π4r rQ 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 rr 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 +-=+=ε 41082.1-⨯=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。
大学物理复习题(下)
大学物理复习题（下册）第八章 振 动一．单项选择题1、一个轻质弹簧竖直悬挂，弹簧系数为k ，簧的下端悬挂一质量为m 的物体。
则此系统作简谐振动时振动的固有角频率为（ ）A ．k m =ωB ．k m =ωC ．m k =ωD ．mk =ω 2、一质点作简谐振动，其振动表达式为x=0.02cos(4)2t π+π(SI),则其周期和t=0.5s 时的相位分别为（ ）A ．2s 2πB ．2s π25C ．0.5s 2πD ．0.5s π25 3、一弹簧振子作简谐振动，初始时具有动能0.6J ，势能0.2J 。
1.5个周期后，弹簧振子振动的总能量E=（ ）A ．0.2JB ．0.4JC ．0.6JD ．0.8J4、简谐振动的运动方程为x=Acos （ωt+ϕ），相应的x 一t曲线如图所示，则其初相ϕ为（ ）A.2π-B.0C.2πD.π 5、质点作简谐振动，振动方程x=0.06cos(3πt-2π)(SI)。
质点在t=2s 时的相位为（ ） A ．61π B ．31π C ．21π D ．65π 6、简谐振动的位移曲线x —t ，速度曲线V 一t ，加速度曲线a-t 在图中依次表示为( )A ．曲线I 、II 、IIIB ．曲线II 、I 、IIIC ．曲线III 、II 、ID ．曲线I 、III 、II7、两个同方向简谐振动的运动学方程分别为x 1=2×10-2cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛π+3t 10(SI) x 2=2×10-2cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛π-3t 10(SI) 则合振动的运动学方程为( )A ．x=4×10-2cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+π3210t (SI) B ．x=4×10-2cos10t(SI) C ．x=2×10-2cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+π3210t (SI) D ．x=2×10-2cos10t(SI) 8、一个单摆，其摆长为l ，悬挂物体的质量为m ，则该振动系统的周期为（ ）。
大学物理课后习题答案 真空中的静电场
第八章 真空中的静电场 1、[D] 2、[C]要使p 点的电场强度为零，有两种可能：1、在p 点的右侧放正电荷；2、在p 点的左侧放负电荷。
根据题意为负电荷，根据点电荷强度的公式：204rQ E πε=。
其中r=1,负电荷产生的电场：2442120210=⇒=r rQ r Q πεπε，该点在原点的左边。
3、[D]1、粒子作曲线运动的条件必须存在向心力。
2、粒子从A 点出发经C 点运动到B 点是速率递增，存在和运动方向一致的切向力。
3、依据粒子带正电荷，作出作用在质点上的静电力后，符合上诉1、2条件的是[D]。
4、[C]5、[B]6、[D]1、点电荷的电场强度：r e rq E204πε=；2、无限长均匀带电直导线：r rq e rq E r20022πεπε==；3、无限大均匀带电平面：r e E2εσ=4、半径为R 的均匀带电球面外的电场强度：r r R r R r e rq E r302230204414εσσππεπε=⋅==7、[C]对高斯定理的理解。
E是高斯面上各处的电场强度，它是由曲面内外所有静止点和产生的。
∑=0q 并不能说明E有任何特定的性质。
8、[A]应用高斯定理有:⎰=⋅sS d E 0,即:⎰⎰⎰⎰=∆Φ+⋅=⋅+⋅=⋅∆ses s s S d E S d E S d E S d E 0⎰∆Φ-=⋅seS d E9、[B]10、[C]依据公式:R r rQ E ≥=,420πε已知:,4,22σπR Q R r ==代入上式可得:2024444εσπεσπ==RR E11、[D]先构建成一个边长为a 的立方体,表面为高斯面,应用高斯定理,一个侧面的磁通量为: 0661εq S d E S d E ss=⋅=⋅⎰⎰12、[D]13、[D]半径为R 的均匀带电球面:R r R Q U <=,40πεR r r Q U >=,40πε半径为R 的均匀带电球体: R r r Q U >=,40πεR r RQ r R RQ U <+-=,4)(802230πεπε正点电荷: ,40rQ U πε=负点电荷: ,40rQ U πε-=14、[C]分析:先求以无限远处为电势的零点.则半径为R 电量为Q 的球面的电势： 0)(,4)(0=∞=U RQ R U πε,4)()(0RQ R U U U R πε-=-∞=∞对15、[B]利用电势的叠加来解。
大学物理学清华张三慧7-8-9章习题课
02
问题解决能力
在习题课中，学生们学会了如 何分析和解决各种物理问题。 他们学会了如何从题目中获取 关键信息，如何运用物理原理 建立数学模型，以及如何求解 方程得出答案。
掌握电磁学基本理论
要点二
详细描述
第9章主要介绍了电磁学的基本理论，如库仑定律、电场、 电势、磁场、电流等。在习题解析中，需要重点掌握这些 基本理论的概念和公式，理解电场和磁场的性质和关系， 掌握电流的磁效应和电磁感应的原理和应用。同时，需要 注意不同介质中电磁性质的差异和特点。
第9章习题解析
总结词
增强实践能力
学生们应重视物理实验课程，通过实验操作提高自己的实 践能力。在实验中，要学会观察、记录和分析实验数据， 培养自己的科学素养和实践能力。
THANKS
感谢观看
理解电磁学现象
详细描述
第9章的习题涉及许多电磁学现象，如静电感应、静 电屏蔽、电磁感应、自感互感等。在解析过程中，需 要理解这些现象的产生原理和特点，掌握相关计算和 分析方法。同时，需要注意不同现象之间的联系和区 别，以便更好地解决相关问题。
第9章习题解析
总结词
掌握解题方法
详细描述
第9章的习题类型多样，解题方法也较为丰富。在习题解 析中，需要掌握各种解题方法，如利用库仑定律和电场 强度公式进行计算、利用安培环路定律求解磁场分布、 利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势等。同时，需 要注意不同解题方法的适用范围和限制条件，以便更好 地解决相关问题。
展望
深化知识理解
在未来，学生们应继续深化对大学物理第七章、第八章和 第九章知识点的理解，尤其是对于一些难点和重点内容， 要进行反复学习和练习。
大学物理第8章习题答案
µId 1
d
d
d B
dΦ µ d dI 4 Ei = − ln = 2 π dt 3 dt
0
Ei
顺时针方向
习题答案
8-12 解:
第八章电磁感应 电磁场 第八章电磁感应
r v v dEi = ( v × B ) ⋅ dl
O′
= vBdlsinθ
= ωrBsinθdl
= Bωl sin θdl
2
v B
O
a
l
L
b
Ei 方向
a
b
习题答案
第八章电磁感应 电磁场 第八章电磁感应
v v b 解：Eab = ∫a E k ⋅ d l
b
r dB r < R Ek = 2 dt
× × × × × × × × × × × × × × × ×
× × × × r dB dl cos θ = ∫a B × × × × × 2 dt × × × × × L h dB = ∫0 dl O × × × × × 2 dt EK h = r cosθ h θ hL dB × = a b 2 dt dl
L = µn V
2
N 2 πd 2 N 2 πd 2 L = µ 0 n 2V = µ0 ( ) l = µ0 l 4 l 4
2 2 2 2 2
1 2 1 N πd ε 2 µ 0 N πd ε Wm = LI = µ 0 ( ) = = 3.28 × 10 −5 J 2 2 l 4 R 8R 2l
2
习题答案
8-18
+
第八章电磁感应 电磁场 第八章电磁感应 连接oa和 与 构成回路 构成回路oab. 解：连接 和ob与ab构成回路
大学物理学 清华 张三慧 7-8-9章习题课
d
1
2
I1
L
A
I2
dx
o r1
实用r2文档
r3
x
4 一长为L=0.1m，带电量q11010C的均匀带电细棒，以 速率v=1m/s沿X轴正方向运动，当细棒运动到与Y轴 重合的位置时，细棒的下端与坐标原点O的距离为 a=0.1m，求此时坐标原点O处的磁感应强度。
y v
dy
o
x
解：建立如图所示的坐标系
⑵线圈在什么位置时,磁力矩是
M
的一半；
max
⑶当 MM时max， 为多m 少？
4
一个通有电流
I
的半圆平面线圈，平面位于纸
1
面上。在其圆心处放一根垂直于半圆平面的无
限长直导线，其中通有电流I，求半圆线圈受长
直导线的安培力的合力F。
实用文档
5 一线圈OAB放在磁场B中， 求：⑴线圈平面与磁场垂直时，弧线AB所受的磁力；
V
A
B
实用文档
1、均匀磁场的磁感应强度B垂直于半径为r的圆面，今以该圆面
为边界，作以半球面S，则通过S面的磁通量的大小为（ B）
（A）2πr2B
(B) πr2B
（C）0
（D）无法确定的量。
2、如图所示，流出纸面的电流为2I ，流进纸面的电流为I，则
下述各式中正确的是（ ）D
(A)Hdl 2I
l1
极化 P
i
强度
V 0 V
Pn
lim 磁化 M
i
强度 V0V
jMn
P 0 (r 1 ) E 0e E M (r B 1 ) H m H
D0EP
H M
0
Dds qi内 0
大学物理学 清华 张三慧 电磁学 8-9章习题课
8 关于稳恒电流磁场的磁场强度，下列几种说 法中哪个是正确的？ (A) 仅与传导电流有关． (B) 若闭合曲线内没有包围传导电流，则 曲线上各点的H必为零． (C) 若闭合曲线上各点均为零，则该曲线 所包围传导电流的代数和为零． (D) 以闭合曲线Ｌ为边缘的任意曲面的通 量均相等．
(C)
9 如图，在一圆形电流 I 所在的平面内，选取 一个同心圆形闭合回路 L ，则由安培环路定理 可知 (A) B d l 0 ，且环路上任意一点B = 0．
(C) 2BR=Br
(D) BR=4Br
(B)
13 如图所示的一细螺绕环，它由表面绝缘的导 线在铁环上密绕而成，每厘米绕10匝．当导线 中的电流I为2.0A时，测得铁环内的磁感应强度 的大小 B 为1.0T，则可求得铁环的相对磁导率 μr为(真空磁导率μ0=4π×10-7 T· A-1) m· (A) 7.96×102
20I 4 l
20I
(B)
20I 2 l
l
(D) 以上均不对．
A
(A)
B
I I
0I
4 r
(cos 1 cos 2 )
11 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，则磁感强度沿图中闭合路径 L的积分B d l 等于
6、如图所示，流出纸面的电流为2I ，流进纸面的电流为I， 则下述各式中正确的是（ D ）
( A ) H dl 2 I
l1
( B )
l2
H dl I
(C ) H dl I
( D ) H dl I
l4
l3
(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 ∆<。
大学物理课后习题答案第八章
大学物理课后习题答案第八章第八章光的偏振8．1两偏振片组装成起偏和检偏器，当两偏振片的偏振化方向夹角成30o时观察一普通光源，夹角成60o时观察另一普通光源，两次观察所得的光强相等，求两光源光强之比．[解答]第一个普通光源的光强用I1表示，通过第一个偏振片之后，光强为I0 = I1/2．22当偏振光通过第二个偏振片后，根据马吕斯定律，光强为I = I0cosθ1= I1cosθ1/2．2同理，对于第二个普通光源可得光强为I = I2cosθ2/2．2222因此光源的光强之比I2/I1 = cosθ1/cosθ2 = cos30o/cos60o = 1/3．8．2一束线偏振光和自然光的混合光，当它通过一偏振片后，发现随偏振片的取向不同，透射光的强度可变化四倍，求入射光束中两种光的强度各占入射光强度的百分之几？[解答]设自然光强为I1，线偏振光强为I2，则总光强为I0 = I1 + I2．当光线通过偏振片时，最小光强为自然光强的一半，即Imin = I1/2；最大光强是线偏振光强与自然光强的一半之和，即Imax = I2 + I1/2．由题意得Imax/Imin = 4，因此2I2/I1 + 1 = 4，解得I2 = 3I1/2．此式代入总光强公式得I0 = I1 + 3I1/2．因此入射光中自然光强的比例为I1/I0 = 2/5 = 40%．由此可得线偏振光的光强的比例为I2/I0 = 3/5 = 60%．[讨论]如果Imax/Imin = n，根据上面的步骤可得I1/I0 = 2/(n + 1)，I2/I0 = (n - 1)/(n + 1)，可见：n的值越大，入射光中自然光强的比例越小，线偏振光的光强的比例越大．8．3水的折射率为1.33，玻璃的折射率为1.50，当光由水射向玻璃时，起偏角为多少？若光由玻璃射向水时，起偏角又是多少？这两个角度数值上的关系如何？[解答]当光由水射向玻璃时，水的折射率为n1，玻璃的折射率为n2，根据布儒斯特定律tani0 = n2/n1 = 1.1278，得起偏角为i0 = 48.44o．当光由玻璃射向水时，玻璃的折射率为n1，水的折射率为n2，根据布儒斯特定律tani0 = n2/n1 = 0.8867，得起偏角为i0 = 41.56o．可见：两个角度互为余角．8．4根据布儒斯特定律可测量不透明介质的折射率，今测得某釉质的起偏角为58o，则该釉质的折射率为多少？[解答]空气的折射率取为1，根据布儒斯特定律可得釉质的折射率为n = tan i0 = 1.6003．8．5三个偏振片堆叠在一起，第一块与第三块偏振化方向互相垂直，第二块与第一块的偏振化方向互相平行，现令第ωθ二块偏振片以恒定的角速度ω0绕光传播方向旋转，如图所示．设入射自然光的光强为I0，试证明：此自然光通过这一系统后出射光强度为I = I0(1 �C cos4ωt)/16．[证明]自然光通过偏振片P1之后，形成偏振光，光强为 P1 P2 P3I1= I0/2．图8.5经过时间t，P3的偏振化方向转过的角度为θ = ωt，2根据马吕斯定律，通过P3的光强为I3= I1cosθ．由于P1与P2的偏振化方向垂直，所以P2与P3的偏振化方向的夹角为φ = π/2 �C θ，再根据马吕斯定律，通过P2的光强为I = I3cos2φ = I3sin2θ= I0(cos2θsin2θ)/2 = I0(sin22θ)/8= I0(1 �Ccos4θ)/16，即I = I0(1 �C cos4ωt)/16．证毕．8．6如图所示，自然光以起偏角i0从空气射向水面，水中有一块玻璃板，若以玻璃反射之光亦为线偏振光，求水面和玻璃平面的夹角（n玻 = 1.50，n水 = 1.33）．[解答]根据布儒斯特定律：i0 tani0 = n水，可得空气的起偏角为i0 = arctann水= 53.06°．θ θ 水折射角为γ = 90° - i0 = 36.94°．再根据布儒斯特定律：tani = n玻/n水 = 1.128，i γ 玻璃可得玻璃的起偏角为i = 48.44°．水面和玻璃平面的夹角为θ = i �C γ= 11.5°．图8.6[讨论]为了简便起见，设n1 = n水，n2 = n玻，那么tani0 = n1，tani = n2/n1，水面与玻璃平面的夹角为θ = i �C γ = (i + i0) - 90°，因此tan???cot(i?i0)??1tan(i?i0)??1?tanitani0tani?tani0?n2?1n2/n1?n1?n1(n2?1)n2?n12．这是最终公式，代入数值得tanθ = 0.2034，夹角为θ= 11.5°．8．7一方解石晶体置于两平行的且偏振化方向相同的偏振片之间，晶体的主截面与偏振片的偏振化方向成30o，入射光在晶体的主截面内，求以下两种情况下的o光和e光强度之比．（1）从晶体出射时；（2）从检偏器出射时．[解答]（1）从偏振片入射到晶体的光分成o光和e光，o光垂直于主截面，e光平行于主截面．设入射偏振光的振幅为A，则Ao = Asinθ，Ae = Acosθ，当光从晶体出射时，o光和e光强度之比为IoIe?AoAe22?tan??tan30??2213．（2）从晶体出射的o光和e光入射到第二块偏振片时，只有沿偏振化方向的光能够通过，o光和e光的振幅为A`o = Aosinθ，A`e = Aecosθ，当光从偏振片出射时，o光和e光强度之比为IoI`e`?AoA`2`2e?AoA22etan??tan??tan430??2419．8．8某晶体对波长为632.8nm的光的主折射率为no = 1.66，ne = 1.49．用其制成适应于该波长光的1/4玻片，晶片至少要多厚？该波片的光轴方向如何？ A [解答]对于1/4玻片，o光和e光的位相差为o θ θ 2??o e e ???(no?ne)l?(2k?1)，?02当k = 0时晶片厚度最小l = λ0/4(n o - ne) = 930.6(nm)．要形成圆偏振光，波片的光轴方向要与光的偏振化方向成45度角．P1 P P2感谢您的阅读，祝您生活愉快。
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R
计算得
H
r 2π R
2
dQ dt
B
0r
2π R
2
dQ dt
5
代入数据计算得 I d 1 . 1 A
B 1 . 11 10
T
0 Br d r
2
l
. . v
. d.l . D . . . . . . . . . . * . . O . . . . . . . C
. .
. .
.
Bl
同理
2
2
dl
.
.
.
.
.
v .
E iOD
2 Bl
E iCD E iOC E iOD
.
等效电路
C
E iCD
'
0
4L
A
A
B B
例 无限长通电导线与一矩形线框共面（尺寸如 图），电流 I I 0 sin t ，求线框的感应电动势.
解
应用电磁感应定律
Ei dΦ dt
I I 0 sin t
先求出 Φ Φ (t ) 0I B 2 πx d Φ B d S Bb d x 0I bdx 2 πx
Q
R
Q
Ic
P *r
Ic
Ψ D (π r )
2
D
Ψ
r R
2 2
Q
Id
dΨ dt
r R
2 2
dQ dt
Q
Q
P
Ic
R
*r
Ic
Id
dΨ dt
r R
r
2 2
dQ dt
dQ dt
l
H dl I c I d I d
2 2
H (2 π r )
B
A
O C
B
（B）A点与B点电势相等
（C）A点比B点电势低 （D）由稳恒电流从A点流向B点
o
例 有两个长直密绕螺线管，长度及线圈匝数均 相同，半径分别为 r1 和 r2 ，管内充满均匀介质，其磁 导率分别为 1 和 2 ，设 r1 : r2 1 : 2, 1 : 2 2 : 1 ， 当将两只螺线管串联的电路中通电稳定后，其自感系 数之比 L1 : L 2 与磁能之比 W m 1 : W m 2 分别为 （A） L : L 1 : 1, 1 2 （B）L : L 1 : 2, 1 2 （C）L : L 1 : 2, 1 2 （D）L : L 2 : 1, 1 2
电势差 U U . a c
B b
l
c
( A)
E
0, U a U c B l
2 2
2 2
2
( B )E 0 , U a U c B l
2
a
( C )E B l , U a U c B l
2
2
2
(D ) E Bl , U a U c Bl
dΦ dt
0 bI 0 cos t
2π
例 一长为 3 l 的铜棒在磁感强度为 B 的均匀磁场 中，以角速度 在与磁场方向垂直的平面上绕 O 点旋 转，已知 CO l , OD 2 l 求铜棒两端的感应电动势 .
. . . . . . . . . B
解 EiOC
R
ln
I
I
r
l
由自感定义可求出
L Φ I
l
2π
ln
R2 R1
R2
P
S
dr
单位长度的自感为
2π
ln
R2 R1
例 在磁导率为 的均匀无限大的磁介质中, 一无限长直导线与一宽长分别为 b 和 l 的矩形线圈共 面,直导线与矩形线圈的一侧平行,且相距为 d . 求二者 的互感系数. 问：求谁对谁的互感方便？
B
例 圆柱形空间内有一磁感强度为B的均匀磁场， B的大小以恒定速率变化.在磁场中有A、B两点,其间 可放直导线或弯曲的导线:
B O
（A） 电动势只在直导线中产 生. （B） 电动势只在曲线中产生. （C）电动势在直导线和曲线
A
B
中都产生，且两者大小相等. （D）直导线中的电动势小于 弯曲的导线.
b
I
解 设长直导线通电流 I I
B
d
o x
dx
l
x
2π x
dΦ B ds
I
Φ
d b
d
2π x I ld x 2π x
ld x
b
I
Φ
d b
I
2π x
ln(
ld x
d
d
o x
dx
l
x
Il
2π
b d d
)
M
Φ I
l
2π
ln(
b d d
)
I
l
2 πr
如图在两圆筒间取一长 为 l 的面 PQRS , 并将其分 成许多小面元.
则 d Φ B d S Bl d r
Φ
R
I
I
r
l
d Φ R1
R2
I
2π r
P
ld r
S
R2
dr
Φ
d Φ R1
Φ
R2
I
2π r
R2 R1
ld r
R1
Q
即
Il
2π
A
Ek dl 0
BO
磁场，如图. B 的大小以速率 d B / d t 0 变化，有一长度 为 l 的金属棒先后放在磁场的两个不同位置1（ab）和2 （ a ' b ' ），则该棒放在这两个位置时棒内的感应电动势 满足
例 在圆柱形空间内有一磁感应强度为 B 的匀强
（A） 1 2 0
0 Iv
2
ln
a b a b
0I
2 x
EiMCN
0 Iv
2
ln
a b a b
问：M、N 两端，何处电势高？
解法二：直接计算半圆弧导线的动生电动势. 0I B B I v + 2 ( a b cos ) C 0 I v d l cos dl (v B ) dl v B 2 ( a b cos ) b * M N o dl bd ,
例 若用条形磁铁竖直插入木质圆环，则环中 （A）产生感应电动势，也产生感应电流 （B）产生感应电动势，不产生感应电流 （C）不产生感应电动势，也不产生感应电流 （D）不产生感应电动势，产生感应电流
例：如图金属三角形框在均匀磁场中以角速度 绕 ab 边旋转，求回路感应电动势 E 和 a，c 两点间的
d
a
B
b
dx
o x
d Φ Bb d x Φ
0I
2 πx bdx
bdx
I I 0 sin t
ad
0I
2 πx ln
d
a
B
d
0 Ib
2π
0
a d d ln a d d
b
0 bI
sin t
dx
o
ln a d d
2π
x
Ei
W m1 : W m2 1 : 1 W m1 : W m2 1 : 1 W m1 : W m2 1 : 2 W m1 : W m2 2 : 1
例 已知园环式螺线管的自感系数为 L ,若将该 螺线管锯成两个半环式的螺线管，则两个半环式螺线 管的自感系数 （ ） (1) 都等于 L 2 (2) 有一个大于 L 2 ，另一个小于 L 2 (3) 都大于 L 2 (4) 都小于 L 2
（A）顺时针
（B）逆时针
（C）无电流
B
（D）无法判定
例 一个圆形环，它的一半放在一分布在方形 区域的匀强磁场中，另一半位于磁场之外，如图所
示，磁场的方向垂直向纸内，欲使圆环中产生逆时
针方向的感应电流，应使 （A）圆环向右平移 （B）圆环向上平移 （C）圆环向左平移 （D）磁场强度变弱
B O
A C
EOABO
OA
解：联结OA、OB，构成 闭合回路OABO（三角型）或 OACBO（扇型） B d EOABO E k d l dt E k dl E k dl E k dl
AB
Байду номын сангаасE AB
E E OA BO O dB dB 同理 E S ΔABO S ACBOA ACB dt dt 由于SOABO < SACBOA故（D）正确.
若导线如左图放置, 根据对 称性可知 Φ 0
b 2 b 2
得
M 0
例：如图在截面积为 A 单位长度匝数为 n 的 螺绕环上密绕一边长为 l 的方形线圈中通以交变 电流 I 0 sin t 求螺绕环两端的互感电动势。 已知： , n , l , I cd I 0 sin t A
c d
（B） 1 2 0
x x x x x x x
x x x x x x
（C） 2 1
（D） 2 1
x . ox
a
b
x
a'
b'