大学物理学下册答案第11章-大学物理11章答案
大学物理答案第11章
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满足（）（A）（B）（C）（D）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）（C）（D）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；．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 ，P1 、P2 为两圆形回路上的对应点，则（）（A），（B），（C），（D），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）（B）（C）（D）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，因而由，可解出环中的电子数.解通过分析结果可得环中的电子数11－7已知铜的摩尔质量M ＝63.75ｇ·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，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,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．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电流密度为j m时铜线内电子的漂移速率（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，因此可得解由分析可知，在半径r＝6.0 mm的圆柱面上的电流密度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因此赤道上的等效圆电流为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，．而b e、fa两段直线的延长线通过点O，由于，由毕奥－萨伐尔定律知．流过圆弧的电流I1、I2的方向如图所示，两圆弧在点O激发的磁场分别为,其中l1、l2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，故有将叠加可得点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.解（ａ）长直电流对点O而言，有，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B0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B0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B0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，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，磁感强度的方向依照右手定则确定.点O的磁感强度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，在图（ｂ）中，在图（c）中，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矩形平面的总磁通量解由上述分析可得矩形平面的总磁通量11－14已知10 mm2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，有在导线内r＜R，，因而在导线外r＞R，，因而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＜R1；（2）R1＜r＜R2；（3）R2＜r＜R3；（4）r＞R3．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，，利用安培环路定理，可解得各区域的磁感强度．解由上述分析得r＜R1R1＜r＜R2R2＜r＜R3r＞R3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，因而依照安培环路定理，可以解得螺线管内磁感强度的分布．解依照上述分析，有r＜R1R2＞r＞R1r＞R2在螺线管内磁感强度B 沿圆周，与电流成右手螺旋．若和R2，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，则环内的磁感强度近似为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处的磁感强度在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义来求解．沿轴线方向在剖面上取面元ｄS＝lｄr，考虑到面元上各点B相同，故穿过面元的磁通量ｄΦ＝BｄS，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量解由分析可得单位长度导线内的磁通量11－18已知地面上空某处地磁场的磁感强度，方向向北．若宇宙射线中有一速率的质子，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）依照可知洛伦兹力的方向为的方向，如图所示．（2）因，质子所受的洛伦兹力在地球表面质子所受的万有引力因而，有，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，有由上式可以解得血流的速度．解依照分析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3.5cm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11－21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地磁北极附近的回转半径11－22如图（ａ）所示，一根长直导线载有电流I1＝30 A，矩形回路载有电流I2＝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F1和F2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F3和F4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F3和F4之矢量和，如图（ｂ）所示，它们的大小分别为故合力的大小为合力的方向朝左，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,导线单位长度所受安培力的大小．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，两导线间单位长度所受的静电吸引力．依照题意，导线间的静电力和安培力正好抵消，即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由可得解得（2）输出功率11－24在氢原子中，设电子以轨道角动量绕质子作圆周运动，其半径为．求质子所在处的磁感强度．h 为普朗克常量，其值为分析根据电子绕核运动的角动量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，其等效圆电流在圆心处，即质子所在处的磁感强度为解由分析可得，电子绕核运动的速率其等效圆电流该圆电流在圆心处产生的磁感强度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，利用安培环路定理求出环路内的传导电流，并由，，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，有对r＜R1得忽略导体的磁化（即导体相对磁导率μr =1），有，对R2＞r＞R1得填充的磁介质相对磁导率为μr，有，对R3＞r＞R2得同样忽略导体的磁化，有，对r＞R3得，，（2）由，磁介质内、外表面磁化电流的大小为对抗磁质（），在磁介质内表面（r＝R1），磁化电流与内导体传导电流方向相反；在磁介质外表面（r＝R2），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-第五版-马文蔚-答案上下册第十一章
第十一章光学1、在双缝干涉实验中，两缝间距为mm 30.0，用单色光垂直照射双缝，在离缝m 20.1的屏上测得中央明纹一侧第5条暗纹与另一侧第5条暗纹间的距离为mm 78.22，问所用光的波长为多少？解：双缝干涉暗纹条件'(21)2d x k d λ=±+ (0,1,2,)k =⋅⋅⋅中央明纹一侧第5条暗纹对应于4=k ，由于条纹对称，该暗纹到中央明纹中心的距离为mm 39.11278.22==x 那么由暗纹公式即可求得 337'2211.39100.3010 6.32810m 632.8nm (21) 1.20(241)xd d k λ---⨯⨯⨯⨯===⨯=+⨯⨯+2、用白光垂直入射到间距为mm 25.0=d的双缝上，距离缝m 0.1处放置屏幕，求零级明纹同侧第二级干涉条纹中紫光和红光中心的间距（白光的波长范围是nm 760~400）。
解：第k 级明纹位置应满足'd x k dλ= ),2,1,0(⋅⋅⋅±±=k 对紫光和红光分别取nm 4001=λ，nm 7602=λ；则同侧第二级条纹的间距'3621 1.010()2(760400)10 2.88mm 0.25d x k d λλ-⨯∆=-=⨯⨯-⨯=3、用58.1=n 的透明云母片覆盖杨氏双缝干涉装置的一条缝，若此时屏中心为第五级亮条纹中心，设光源波长为μm 55.0，（1）求云母片厚度。
（2）若双缝相距mm 60.0，屏与狭缝的距离为m 5.2，求0级亮纹中心所在的位置。
解：（1）由于云母片覆盖一缝，使得屏中心处的光程差变为λ5=∆，一条光路中插入厚度为e 的透明介质片光程变化e n )1(-。
所以λ5)1(=-=∆e n解得云母片厚度μm 74.4158.155.0515=-⨯=-=n e λ（2）因为mm 29.260.055.05.2=⨯==∆d D x λ, 又由于中心位置为5级明纹中心，故级条纹距中心为5倍条纹宽度，所以m m 45.1129.2555=⨯=∆=x x4、如图所示，在折射率为50.1的平板玻璃表面有一层厚度为nm 300，折射率为22.1的厚度均匀透明油膜，用白光垂直射向油膜，问：（1）哪些波长的可见光在反射光中干涉加强?（2）若要使透射光中nm 550=λ的光干涉加强，油膜的最小厚度为多少?由上式可得：k dn 22=λ , 1=k 时： nm 732130022.121=⨯⨯=λ 红光 2=k 时： nm 366230022.122=⨯⨯=λ 紫外, 故反射中波长为nm 732的红光产生干涉加强。
大学物理习题答案第十一章
[习题解答]11-7 在磁感应强度大小为B = 0.50 T 的匀强磁场中，有一长度为l = 1.5 m 的导体棒垂直于磁场方向放置，如图11-11所示。
如果让此导体棒以既垂直于自身的长度又垂直于磁场的速度v 向右运动，则在导体棒中将产生动生电动势。
若棒的运动速率v = 4.0 m ⋅s -1 ，试求：(1)导体棒内的非静电性电场K ；(2)导体棒内的静电场E ；(3)导体棒内的动生电动势ε的大小和方向；(4)导体棒两端的电势差。
解(1)根据动生电动势的表达式,由于()的方向沿棒向上，所以上式的积分可取沿棒向上的方向，也就是d l 的方向取沿棒向上的方向。
于是可得.另外，动生电动势可以用非静电性电场表示为.以上两式联立可解得导体棒内的非静电性电场，为,方向沿棒由下向上。
图11-11(2)在不形成电流的情况下，导体棒内的静电场与非静电性电场相平衡，即,所以，E 的方向沿棒由上向下，大小为.(3)上面已经得到,方向沿棒由下向上。
(4)上述导体棒就相当一个外电路不通的电源，所以导体棒两端的电势差就等于棒的动生电动势，即,棒的上端为正，下端为负。
11-8 如图11-12所表示，处于匀强磁场中的导体回路ABCD ，其边AB 可以滑动。
若磁感应强度的大小为B = 0.5 T ，电阻为R = 0.2 Ω，AB 边长为 l = 0.5 m ，AB 边向右平移的速率为v = 4 m ⋅s -1 ，求：(1)作用于AB 边上的外力；(2)外力所消耗的功率；(3)感应电流消耗在电阻R 上的功率。
解(1)当将AB 向右拉动时，AB 中会有电流通过，流向为从B 到A 。
AB 中一旦出现电流，就将受到安培力F 的作用，安培力的方向为由右向左。
所以，要使AB 向右移动，必须对AB施加由左向右图11-12的力的作用，这就是外力F外。
在被拉动时，AB中产生的动生电动势为,电流为.AB所受安培力的大小为,安培力的方向为由右向左。
外力的大小为,外力的方向为由左向右。
大学物理-上海交通大学[下册]-11章-课后习题答案解析
![大学物理-上海交通大学[下册]-11章-课后习题答案解析](https://img.taocdn.com/s3/m/0c18553403d8ce2f006623c2.png)
习题1111-1．直角三角形ABC的A点上，有电荷C108.191-⨯=q，B点上有电荷C108.492-⨯-=q，试求C点的电场强度(设0.04mBC=，0.03mAC=)。
解：1q在C点产生的场强：1124ACqE irπε=，2q在C点产生的场强：2220BCqE jπε=，∴C点的电场强度：44122.710 1.810E E E i j=+=⨯+⨯；C点的合场强：43.2410VE m==⨯，方向如图：1.8arctan33.73342'2.7α===。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm50的圆环，两端间空隙为cm2，电量为C1012.39-⨯的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。
解：∵棒长为2 3.12l r d mπ=-=，∴电荷线密度：911.010q C mlλ--==⨯⋅心处场强等于闭合线圈产生电场再减去md02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O点产生的场强。
解法1：利用微元积分：21cos4O xRddERλθθπε=⋅，∴2000cos2sin2444OdE dR R Rααλλλθθααπεπεπε-==⋅≈⋅=⎰10.72V m-=⋅；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于d r<<，该小段可看成点电荷：112.010q d Cλ-'==⨯，则圆心处场强：1191222.0109.0100.724(0.5)OqE V mRπε--'⨯==⨯⨯=⋅。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB的半径为R，试求圆心O点的场强。
解：以O为坐标原点建立xOy坐标，如图所示。
①对于半无限长导线A∞在O点的场强：ix有：00(cos cos )42(sin sin )42Ax A y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩ ②对于半无限长导线B ∞在O 点的场强： 有：00(sin sin )42(cos cos )42B x B y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩③对于AB 圆弧在O 点的场强：有：20002000cos (sin sin )442sin (cos cos )442AB x AB y E d R R E d R R ππλλπθθππεπελλπθθππεπε==-=⎧⎪⎪⎨⎪⎪=--⎩⎰⎰∴总场强：04O x E R λπε=，04O y E R λπε=，得：0()4O E i j R λπε=+。
大学物理课答案11章
习题1111-1．测量星体表面温度的方法之一是将其看作黑体，测量它的峰值波长m λ，利用维恩定律便可求出T 。
已知太阳、北极星和天狼星的m λ分别为60.5010m -⨯，60.4310m -⨯和60.2910m -⨯，试计算它们的表面温度。
解：由维恩定律：m T b λ=，其中：310898.2-⨯=b ，那么：太阳：362.8981057960.510m bT K λ--⨯===⨯； 北极星：362.8981067400.4310m bT K λ--⨯===⨯；天狼星：362.8981099930.2910m bT K λ--⨯===⨯。
11-2．宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背景辐射相当于温度为K 3的黑体辐射，试计算： （1）此辐射的单色辐出度的峰值波长； （2）地球表面接收到此辐射的功率。
解：（1）由m T b λ=，有342.898109.66103m b m T λ--⨯===⨯； （2）由4M T σ=，有：424P T R σπ=⨯地，那么：328494(637010) 5.67103 2.3410P W π-=⨯⨯⨯⨯⨯=⨯。
11-3．在加热黑体过程中，其单色辐出度对应的峰值波长由0.69μm 变化到0.50μm ，求总辐出度改变为原来的多少倍？解：由 b T m =λ 和 4T M σ=可得，63.3)5.069.0()()(440400====m m T T M M λλ11-4．已知000K 2时钨的辐出度与黑体的辐出度之比为259.0。
设灯泡的钨丝面积为2cm 10，其他能量损失不计，求维持灯丝温度所消耗的电功率。
解：∵4P T S σ=⋅黑体，消耗的功率等于钨丝的幅出度，所以，44840.2591010 5.67102000235P S T W ησ--==⨯⨯⨯⨯⨯=。
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 λ；辐射到地面上单位面积的功率为W 。
第11章思考题解
《大学物理学》（下册）思考题解第11章11-1 在真空中两个点电荷之间的相互作用力是否会因为其他一些电荷被移近而改变答：不会。
两个点电荷之间的相互作用只与它们自己的电荷呈正比与它们之间的距离平方成反比，与其它物质无关。
11-2 有四个点电荷，电量均为q +，分别放在正方形的四个顶点。
问在正方形的中心应该放一个怎样的点电荷'q ，才能使每个电荷处于平衡解：设边长为1，取一个顶点为坐标原点。
如果其他三个顶点的电荷在原点产生的电场，与'q 在原点产生的电场的矢量和为零，则由对称性知，每个电荷都可处于平衡。
如图。
123q q q q ===，'q 待定。
10()4q E i πε=-， 20()4q E i j πε=--， 30()4q E j πε=-， 0'11'()422q E i j πε=-- 平衡时要求 123'0E E E E +++=，其X 分量和Y 分量都要求1'02q q q ---=，于是得：'4q q =-。
11-3 关于电场强度，请回答下列问题： （1）电场中某一点电场强度的定义为0FE q =，若该点未放试验电荷0q ，则该点是否有场强，为什么（2）电荷在电场中某点受到的电场力很大，该点的场强是否也一定很大 （3）有一带正电荷的金属球，其附近某点的场强为1E ，今在该点放一个•OX3E 2E 1E 'E带正电的点电荷1q ，测得1q 所受的力为1F ，若考虑到电量1q 不是足够小，则11F q 是大于，等于还是小该点的场强1E答：（1）电场中某一点的电场强度是电场的固有性质，与该点是否存在其它物质没有关系。
试验电荷0q 仅仅是为了测试该点的电场而放置的，如果试验电荷0q 足够小，它不会影响该点的电场强度的大小和方向。
（2）电荷在电场中某点受到的电场力的大小既与该点的电场性质有关，也与该电荷的大小有关。
如果该点电场数值很小，但放置的电荷数值很大，该电荷在该点受到的电场力也会很大。
大学物理(机械工业出版社)下册-课后练习标准答案
第11章 热力学基础11－1 在水面下50.0 m 深的湖底处（温度为4.0℃），有一个体积为1.0×10-5 m 3的空气泡升到湖面上来，若湖面的温度为17.0℃，求气泡到达湖面的体积。
（大气压P 0 = 1.013×105 Pa ） 分析：将气泡看成是一定量的理想气体，它位于湖底和上升至湖面代表两个不同的平衡状态。
利用理想气体物态方程即可求解本题。
位于湖底时，气泡内的压强可用公式gh p p ρ+=0求出，其中ρ为水的密度（常取ρ = 1.0⨯103 kg·m -3）。
解：设气泡在湖底和湖面的状态参量分别为（p 1，V 1，T 1）和（p 2，V 2，T 2）。
由分析知湖底处压强为gh p gh p p ρρ+=+=021。
利用理想气体的物态方程可得空气泡到达湖面的体积()3510120121212m 1011.6-⨯=+==T p V T gh p T p V T p V ρ11－2 氧气瓶的容积为3.2×10-2 m 3，其中氧气的压强为1.30×107 Pa ，氧气厂规定压强降到1.00×106 Pa 时，就应重新充气，以免经常洗瓶。
某小型吹玻璃车间，平均每天用去0.40 m 3 压强为1.01×105 Pa 的氧气，问一瓶氧气能用多少天？（设使用过程中温度不变） 分析：由于使用条件的限制，瓶中氧气不可能完全被使用。
从氧气质量的角度来分析。
利用理想气体物态方程pV = mRT /M 可以分别计算出每天使用氧气的质量m 3和可供使用的氧气总质量（即原瓶中氧气的总质量m 1和需充气时瓶中剩余氧气的质量m 2之差），从而可求得使用天数321/)(m m m n -=。
解：根据分析有RT V Mp m RT V Mp m RT V Mp m 333122111===；；则一瓶氧气可用天数()()5.933121321=-=-=V p V p p m m m n11－3 一抽气机转速ω=400rּmin -1，抽气机每分钟能抽出气体20升。
大学物理第十一章波动光学习题答案
第十一章 波动光学习题11-1 在杨氏双缝实验中，双缝间距d ＝0.20 mm ，缝屏间距D ＝1.0 m ，若第2级明条纹离屏中心的距离为6.0 mm ，试求：（1）入射光的波长；（2）相邻两明条纹间的距离。
解：（1）由λk d D x =明知， λ22.01010.63⨯⨯= 30.610m m 600n m λ-=⨯= （2）3106.02.010133=⨯⨯⨯==∆-λd D x mm 11-2 在双缝装置中，用一很薄的云母片（n ＝1.58）覆盖其中的一条缝，结果使屏幕上的第7级明条纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置。
若入射光的波长为550 nm ，求此云母片的厚度。
解：设云母片厚度为e ，则由云母片引起的光程差为e n e ne )1(-=-=δ 按题意 λδ7= ∴610106.6158.1105500717--⨯=-⨯⨯=-=n e λm 6.6=m μ 11-3 在折射率n 1＝1.52的镜头表面涂有一层折射率n 2＝1.38的MgF 2增透膜，如果此膜适用于波长λ＝550 nm 的光，问膜的最小厚度应取何值？解：设光垂直入射增透膜，欲透射增强，则膜上、下两表面反射光应满足干涉相消条件，即λ)21(22+=k e n ),2,1,0(⋅⋅⋅=k 222422)21(n n k n k e λλλ+=+=)9961993(38.14550038.125500+=⨯+⨯=k k o A令0=k ，得膜的最薄厚度为996o A 。
11-4 白光垂直照射在空气中厚度为0.4μm 的玻璃片上，玻璃的折射率为1.50。
试问在可见光范围内（λ= 400~700nm ），哪些波长的光在反射中增强？哪些波长的光在透射中增强？解：（1）222n d j λδλ=+= 24 3,480n m 21n d j j λλ===- （2）22(21) 22n d j λλδ=+=+ 22n d j λ= 2,600n m j λ==；3,400nm j λ== 11-5 白光垂直照射到空气中一厚度为380 nm 的肥皂膜上，设肥皂膜的折射率为1.33，试问该膜的正面呈现什么颜色？背面呈现什么颜色？ 解：由反射干涉相长公式有42221ne ne k k λδλλ=+==-， ),2,1(⋅⋅⋅=k 得4 1.3338002674nm 2214 1.3338003404nm 231k k λλ⨯⨯===⨯-⨯⨯===⨯-，红色，紫色所以肥皂膜正面呈现紫红色。
大学物理学第三版修订版下册第11章答案
习题 11选择题(1 ）一圆形线圈在磁场中作以下运动时，那些状况会产生感觉电流（）（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)以下哪些矢量场为守旧力场（）（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W m 1LI2（）2( A )只合用于无穷长密绕线管；( B )只合用于一个匝数好多，且密绕的螺线环；( C )只合用于单匝圆线圈；( D ) 合用于自感系数 L必定的随意线圈。
[ 答案： D](4) 关于涡旋电场，以下说法不正确的选项是（）：（ A）涡旋电场对电荷有作使劲；（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觉强度垂直的方向抽出时，圆环将遇到。
[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平均的平面内以角速度ω 转动，假如转轴的地点在，这个导线上的电动势最大，数值为；假如转轴的地点在，整个导线上的电动势最小，数值为。
[ 答案：端点，1 B l 2；中点，0]2一半径 r =10cm的圆形回路放在 B =的平均磁场中．回路平面与 B 垂直．当回路半径以恒定速率dr=80cm·s-1缩短时，求回路中感觉电动势的大小．dt解 :回路磁通m BS Bπr 2感觉电动势大小d m d(B πr 2)B2πrdr0.40 Vdtdt dt一对相互垂直的相等的半圆形导线组成回路，半径R =5cm ，如题图所示．平均磁场-3T ， B 的方向与两半圆的公共直径( 在 Oz 轴上 ) 垂直，且与两个半圆组成相等的B =80× 10 角 当磁场在 5ms 内平均降为零时，求回路中的感觉电动势的大小及方向．解 :取半圆形 cba 法向为 i ，题图πR 2则mB cos12同理，半圆形adc 法向为 j ，则πR 2m 2B cos2∵B 与 i 夹角和 B 与 j 夹角相等，∴ 45则π 2 cosm B Rd m πR 2 cosdB 8 .8910 2Vd td t方向与 cbadc 相反，即顺时针方向．题图如题图所示，载有电流I 的长直导线邻近，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．求半圆环内感觉电动势的大小和方向及 MN 两头的电压U MU N ．解 : 作协助线 MN ，则在 MeNM 回路中，沿 v 方向运动时 dm∴MeNM即MeNMNa b dl0 Iv ln a b又∵MNvBcosa b2a b因此 MeN 沿 NeM 方向，大小为Ivlnab2a bM 点电势高于 N 点电势，即U M0 Iva bU Nlnb2 a 题图如题所示，在两平行载流的无穷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dI的变化率增大，求：dt(1) 任一时辰线圈内所经过的磁通量；(2) 线圈中的感觉电动势． 解 : 以向外磁通为正则 (1)(2)mb a 0 Il drd a 0 Ildr0Il[ln b a lnd a]b2πrd2πr2πbdd 0l[lndalnba ] dIt πdbdtd2如题图所示， 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次 f绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R ．求：感觉电流的最大值．题图解 :B S Bπr2t 0 )m2 cos(dmπ 2iB rsin( t 0 )dt2∴π2 π 22πf π2 r 2 BfmB rB r 2222 Bf∴ImπrRR如题图所示，长直导线通以电流 I =5A ，在其右方放一长方形线圈，二者共面．线圈长-1垂直于直线平移远离．求：d =0.05mb =0.06m ，宽 a =0.04m ，线圈以速度 v =0.03m ·s 时线圈中感觉电动势的大小和方向．题图解 : AB 、 CD 运动速度 v 方向与磁力线平行，不产生感觉电动势．DA 产生电动势A B) dlvBb vb0 I1(vD2 dBC 产生电动势C B) dlvb0 I2(v 2π(a d )B∴回路中总感觉电动势120Ibv( 1 1 ) 1.6 10 8V π d d a2方向沿顺时针．长度为 l 的金属杆 ab 以速率 v 在导电轨道 abcd 上平行挪动．已知导轨处于平均磁场B 中，B 的方向与回路的法线成60°角 (如题图所示 )， B 的大小为B = kt (k 为正常 )．设时杆t =0位于 cd 处，求：任一时辰 t 导线回路中感觉电动势的大小和方向．解 :mB dS Blvt cos60kt 2lv11klvt 22 2∴dmklvtdt即沿 abcd 方向顺时针方向．题图一矩形导线框以恒定的加快度向右穿过一平均磁场区， B 的方向如题图所示．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d0, 0 ；dt题图 (a) 题图 (b)在磁场中时d0 , 0；dt出场时d0 ， 0，故 I t 曲线如题 10-9 图(b) 所示 .dt题图导线 ab 长为 l ，绕过 O 点的垂直轴以匀角速转动， aO = l磁感觉强度 B 平行于转轴，3如下图．试求：（ 1） ab 两头的电势差；（ 2） a,b 两头哪一点电势高 ?解: (1)在 Ob 上取 rr dr 一小段2l2B则Ob3 rB drl 29l1 B 同理Oa3rB drl 20 18∴abaO Ob(12)B l 21 B l 21896(2) ∵ab0 即 U a U b∴ b 点电势高．题图如题图所示，长度为 2b 的金属杆位于两无穷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 2 a ．试求：金属杆两头的电势差及其方向．解：在金属杆上取dr 距左侧直导线为r ，则B dla b 0 Iv 11)dr0 Iv a bAB(v B)a b(lnA2r2a r a b∵AB∴实质上感觉电动势方向从 BA ，即从图中从右向左，∴U ABIvlnaba b题图磁感觉强度为B 的平均磁场充满一半径为 R 的圆柱形空间， 一金属杆放在题图中地点，杆长为2 R ，此中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当dB＞0时，求：杆两头的感觉电动势的大小dt和方向．解：∵acabbcdabdtdabdt ∴∵1d [3R2 B]3R dBdt44dtd [π2B]π2dB 2R Rdt1212dt[ 3R2π2ac R ] dB412dtdBdt∴ac0 即从a c半径为 R的直螺线管中，有dB＞0的磁场，一随意闭合导线abca ，一部分在螺线管内绷直dt成 ab 弦， a , b 两点与螺线管绝缘，如题10-13 图所示．设ab= R，试求：闭合导线中的感觉电动势．解：如图，闭合导线 abca 内磁通量B S π 23R2m B(R)64(π23 R2) dB∴i R64dt∵dB0 dt∴i 0 ，即感觉电动势沿acba ，逆时针方向．题图题图如题图所示，在垂直于直螺线管管轴的平面上搁置导体 ab 于直径地点，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时管内磁场如题图示方向．试求：（1）ab两头的电势差；（2）cd两点电势高低的状况．解：由E旋 dl dBdS 知，此时 E旋以 O 为中心沿逆时针方向．l dt(1)∵ ab 是直径，在 ab 上到处 E旋与 ab 垂直∴旋 dl 0l∴ ab 0, 有 U a U b(2) 同理，cE dldcd旋∴U d U c 0 即 U c U d题图一无穷长的直导线和一正方形的线圈如题图所示搁置 ( 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 ，其磁场经过正方形线圈的互感磁通为2a 0 Ia0 Ia3dr12ln 23a2πr2π∴M12aln 2I 2π两线圈顺串连后总自感为， 在它们的形状和地点都不变的状况下，反串连后总自感为． 试求：它们之间的互感．解： ∵顺串时 LL 1 L 2 2M反串连时 L L 1 L 22M∴L L 4MM L L4 0.15 H题图一矩形截面的螺绕环如题图所示，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：如题图示(1) 经过横截面的磁通为0 NI hdrNIhlnbba2r π2πa磁链N0 N 2Ihb2πlna∴L0 N2hb2πlnIa(2) ∵W m 1LI 22∴0 N 2 I 2hln bW m4πa一无穷长圆柱形直导线，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藏的磁能．解：在 rR 时B0 Ir2πR2B 20 I2r 2∴w m2 428 π R取dV 2πrdr ( ∵导线长 l 1 )0 I 2 3 0I2RRr dr则Ww m 2 r dr4πR4 16π。
大学物理学下册答案第11章-大学物理11章答案
第11章稳恒磁场习 题一 选择题11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I 〔其中ab 、cd 与正方形共面〕，在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ]〔A 〕10B =，20B = 〔B 〕10B =，02IB lπ= 〔C〕01IB lπ=，20B = 〔D〕01I B l π=，02IB lπ=答案：C解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4IB dμθθπ=-，并结合右手螺旋定那么判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计算01IB lπ=，20B =。
故正确答案为〔C 〕。
11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，那么在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ]〔A 〕0 〔B 〕R I 2/0μ〔C 〕R I 2/20μ〔D 〕R I /0μ 答案：C解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定习题11-1图习题11-2图那么判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O处的磁感应强度大小为0/2B I R =。
11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，那么通过该半球面的磁通量的大小为[ ]〔A 〕B R 2π〔B 〕B R 22π〔C 〕2cos R B πα〔D 〕2sin R B πα 答案：C解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=⋅=。
故正确答案为〔C 〕。
11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量ΦB 将如何变化？[]〔A 〕Φ增大，B 也增大〔B 〕Φ不变，B 也不变 〔C 〕Φ增大，B 不变〔D 〕Φ不变，B 增大 答案：D解析：根据磁场的高斯定理0SBdS Φ==⎰，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。
大学物理学第三版修订版下册第11章答案
习题1111.1选择题(1）一圆形线圈在磁场中作下列运动时，那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 ϖ垂直．当回路半径以恒定速率tr d d =80cm ·s -1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 Φε V11.4 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 ϖ， 题11.4图则 αΦcos 2π21B R m =同理，半圆形adc 法向为j ϖ，则αΦcos 2π22B R m=∵ B ϖ与i ϖ夹角和B ϖ与j ϖ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 ϖ方向运动时0d =m Φ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ⎰+-<+-==ba ba MN ba ba Iv l vB 0ln 2d cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向，大小为ba ba Iv -+ln 20πμ M 点电势高于N 点电势，即b a 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 [lnπ2d π2d π2000dad b a b Ilr l rIr l rIab bad dm +-+=-=⎰⎰++μμμΦ (2) tIb 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 ϖϖ ∴ Bfr f r B r B t r B t m m i 222202ππ22π2π)sin(2πd d ===+=-=ωεϕωωΦε ∴ RBfr R I m22π==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 -1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 ϖ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 )(01πμεϖϖϖBC 产生电动势)(π2d )(02d a Ivbl B v CB+-=⋅⨯=⎰μεϖϖϖ∴回路中总感应电动势8021106.1)11(π2-⨯=+-=+=ad d Ibv μεεε V 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Bϖ中，B ϖ的方向与回路的法线成60°角(如题11.9图所示)，B ϖ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 ϖϖΦ∴ 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 ϖ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 ϖ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 BA AB-+-=-+-=⋅⨯=⎰⎰+-ln d )211(2d )(00πμπμεϖϖϖ ∵ 0<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 ϖ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： ∵ bc ab 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 R acd d ]12π43[22+=ε∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →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10-13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 -=⋅=ϖϖΦ∴ tB R 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 t B l E ϖϖϖϖd d d d 旋知，此时旋E ϖ以O 为中心沿逆时针方向． (1)∵ab 是直径，在ab 上处处旋E ϖ与ab 垂直∴ ⎰=⋅ll 0d ϖ旋∴0=ab ε,有b a U U =(2)同理， 0d >⋅=⎰l E cddc ϖϖ旋ε∴ 0<-c d U U 即d c 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 rIaμμΦ∴ 2ln π2012aIM 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 ⎰==baab NIhr h r NIlnπ2d π200μμΦ 磁链 ab IhN N lnπ220μΦψ== ∴ ab hN IL lnπ220μψ==(2)∵ 221LI W m =∴ ab hI N W m ln π4220μ=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 20π2RI B rμ=∴ 4222002π82Rr I B w m μμ== 取 r r V d π2d =(∵导线长1=l ) 则 ⎰⎰===RRm I Rrr I r r w W 0204320π16π4d d 2μμπ（资料素材和资料部分来自网络，供参考。
大学物理第11章习题答案解析
第11章 电磁感应11.１ 基本要求 １２别感应电动势的方向。
３４５６７一些简单情况下的磁场能量。
８11.２ 基本概念 １W qε=２３k 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变化而产生的感应电动势。
５：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=Φ ６L 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。
７M ：211212M I I ψψ== ８12ε：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。
９m 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===１０D 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。
１１d t∂=∂D j 11.３ 基本规律 １（１）楞次定律：感生电流的磁场所产生的磁通量总是反抗回路中原磁通量的改变。
楞 次定律是判断感应电流方向的普适定则。
（２）法拉第电磁感应定律：不论什么原因使通过回路的磁通量（或磁链）发生变化，回路 中均有感应电动势产生，其大小与通过该回路的磁通量（或磁链）随时间的变化成正比，即mi d dtεΦ=-２()BBK AAi εd d ==⨯⎰⎰E l v B l ，若0i ε>,则表示电动势方向由A B →;若0i ε<,则表示电动势方向B A →３m K ls i d Φd εd d dtdt =⋅=-=-⎰⎰BE l S （对于导体回路）BK Ai εd =⎰E l （对于一段导体）４L dIεL dt=- ５12212d ΨdIεM dt dt=-=- ６sd ⋅⎰D S =0VdV q ρ=⎰l d ⋅⎰E l = - s d t∂⋅∂⎰BS =0sd ⋅⎰B Sc l sd d t ∂⎛⎫⋅=+⋅ ⎪∂⎝⎭⎰⎰D H l j S11.４ 学习指导学习法拉第电磁感应定律要注意，公式中的电动势是整个回路的电动势，式中负号是楞 次定律的要求，用以判断电动势的方向。
大学物理下册-毛峰版的习题答案
大学物理下册-毛峰版的习题答案第11章热力学基础习题及答案1、内能和热量的概念有何不同？下面两种说法是否正确？（1）物体的温度越高，则热量越多；（2）物体的温度越高，则内能越大。
答：内能是组成物体的所有分子的动能与势能的总和。
热量是热传递过程中所传递的能量的量度。
内能是状态量，只与状态有关而与过程无关，热量是过程量，与一定过程相对应。
（1）错。
热量是过程量，单一状态的热量无意义。
（2）对。
物体的内能与温度有关。
2、pV图上封闭曲线所包围的面积表示什么如果该面积越大，是否效率越高答：封闭曲线所包围的面积表示循环过程中所做的净功．由于定高，因为还与吸热Q1有关．3、评论下述说法正确与否(1)功可以完全变成热，但热不能完全变成功；(2)热量只能从高温物体传到低温物体，不能从低温物体传到高温物体．(3)可逆过程就是能沿反方向进行的过程，不可逆过程就是不能沿反方向进行的过程．答：(1)不正确．有外界的帮助热能够完全变成功；功可以完全变成热，但热不能自动地完全变成功；(2)不正确．热量能自动从高温物体传到低温物体，不能自动地由低温物体传到高温物体．但在外界的帮助下，热量能从低温物体传到高温物体．(3)不正确．一个系统由某一状态出发，经历某一过程达另一状态，如果存在另一过程，它能消除原过程对外界的一切影响而使系统和外界同时都能回到原来的状态，这样的过程就是可逆过程．用任何方法都不能使系统和外界同时恢复原状态的过程是不可逆过程．有些过程虽能沿反方向进行，系统能回到原来的状态，但外界没有同时恢复原状态，还是不可逆过程．4、用热力学第一定律和第二定律分别证明，在pV图上一绝热线与一等温线不能有两个交点．A净Q1，A净面积越大，效率不一题4图解：（1）由热力学第一定律有QEA若有两个交点a和b，则经等温ab过程有E1Q1A10经绝热ab过程E2A10E2A10从上得出E1E2，这与a,b两点的内能变化应该相同矛盾．（2）若两条曲线有两个交点，则组成闭合曲线而构成了一循环过程，这循环过程只有吸热，无放热，且对外做正功，热机效率为100%，违背了热力学第二定律．5、一循环过程如图所示，试指出：(1)ab,bc,ca各是什么过程；(2)画出对应的pV图；(3)该循环是否是正循环(4)该循环作的功是否等于直角三角形面积(5)用图中的热量Qab,Qbc,Qac表述其热机效率或致冷系数．题5图题6图解：(1)ab是等体过程bc过程：从图知有VKT，K为斜率vR由pVvRT得pK故bc过程为等压过程ca是等温过程(2)pV图如图(3)该循环是逆循环2(4)该循环作的功不等于直角三角形面积，因为直角三角形不是pV图中的图形．(5)eQabQbcQcaQab6、两个卡诺循环如图所示，它们的循环面积相等，试问：(1)它们吸热和放热的差值是否相同；(2)对外作的净功是否相等；(3)效率是否相同答：由于卡诺循环曲线所包围的面积相等，系统对外所作的净功相等，也就是吸热和放热的差值相等．但吸热和放热的多少不一定相等，效率也就不相同．7、4.8kg的氧气在27.0℃时占有1000m3的体积，分别求在等温、等压情况下，将其体积压缩到原来的1/2所需做的功、所吸收的热量以及内能的变化。
大学物理第十一章课后答案
第十一章 电流与磁场11-1 电源中的非静电力与静电力有什么不同？答：在电路中，电源中非静电力的作用是，迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极移动到高电位的电源正极，使两极间维持一电位差。
而静电场的作用是在外电路中把正电荷由高电位的地方移动到低电位的地方，起到推动电流的作用；在电源内部正好相反，静电场起的是抵制电流的作用。
电源中存在的电场有两种：1、非静电起源的场；2、稳恒场。
把这两种场与静电场比较，静电场由静止电荷所激发，它不随时间的变化而变化。
非静电场不由静止电荷产生，它的大小决定于单位正电荷所受的非静电力，q非F E =。
当然电源种类不同，非F 的起因也不同。
11-2静电场与恒定电场相同处和不同处？为什么恒定电场中仍可应用电势概念？ 答：稳恒电场与静电场有相同之处，即是它们都不随时间的变化而变化，基本规律相同，并且都是位场。
但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生，电荷本身却在移动。
正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化，因此静电场的两条基本定理，即高斯定理和环路定理仍然适用，所以仍可引入电势的概念。
11-3一根铜导线表面涂以银层，当两端加上电压后，在铜线和银层中，电场强度是否相同？电流密度是否相同？电流强度是否相同？为什么？答：此题涉及知识点：电流强度d sI =⋅⎰j s ，电流密度概念，电场强度概念，欧姆定律的微分形式j E σ=。
设铜线材料横截面均匀，银层的材料和厚度也均匀。
由于加在两者上的电压相同，两者的长度又相等，故铜线和银层的场强E相同。
由于铜线和银层的电导率σ不同，根据j E σ=知，它们中的电流密度j 不相同。
电流强度d sI =⋅⎰j s ，铜线和银层的j 不同但相差不太大，而它们的横截面积一般相差较大，所以通过两者的电流强度，一般说来是不相同的。
11-4一束质子发生侧向偏转，造成这个偏转的原因可否是：（1）电场？（2）磁场？（3）若是电场和磁场在起作用，如何判断是哪一种场？答：造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。
大学物理课后答案第十一章
第十一章 机械振动一、基本要求1．掌握简谐振动的基本特征，学会由牛顿定律建立一维简谐振动的微分方程，并判断其是否谐振动。
2. 掌握描述简谐运动的运动方程，理解振动位移，振)cos(0ϕω+=t A x 幅，初位相，位相，圆频率，频率，周期的物理意义。
能根据给出的初始条件求振幅和初位相。
3. 掌握旋转矢量法。
4. 理解同方向、同频率两个简谐振动的合成规律，以及合振动振幅极大和极小的条件。
二、基本内容1. 振动 物体在某一平衡位置附近的往复运动叫做机械振动。
如果物体振动的位置满足，则该物体的运动称为周期性运动。
否则称为非周)()(T t x t x +=期运动。
但是一切复杂的非周期性的运动，都可以分解成许多不同频率的简谐振动（周期性运动）的叠加。
振动不仅限于机械运动中的振动过程，分子热运动，电磁运动，晶体中原子的运动等虽属不同运动形式，各自遵循不同的运动规律，但是就其中的振动过程讲，都具有共同的物理特征。
一个物理量，例如电量、电流、电压等围绕平衡值随时间作周期性（或准周期性）的变化，也是一种振动。
2. 简谐振动 简谐振动是一种周期性的振动过程。
它可以是机械振动中的位移、速度、加速度，也可以是电流、电量、电压等其它物理量。
简谐振动是最简单，最基本的周期性运动，它是组成复杂运动的基本要素，所以简谐运动的研究是本章一个重点。
（1）简谐振动表达式反映了作简谐振动的物体位移随时间)cos(0ϕω+=t A x 的变化遵循余弦规律，这也是简谐振动的定义，即判断一个物体是否作简谐振动的运动学根据。
但是简谐振动表达式更多地用来揭示描述一个简谐运动必须涉及到的物理量、、（或称描述简谐运动的三个参量），显然三个参量A ω0ϕ确定后，任一时刻作简谐振动的物体的位移、速度、加速度都可以由对应地t 得到。
2cos()sin(00πϕωωϕωω++=+-=t A t A v )cos()cos(0202πϕωωϕωω±+=+-=t A t A a （2）简谐运动的动力学特征为：物体受到的力的大小总是与物体对其平衡位置的位移成正比、而方向相反，即，它是判定一个系统的运动过程kx F -=是否作简谐运动的动力学根据，只要受力分析满足动力学特征的，毫无疑问地系统的运动是简谐运动。
大学普通物理学习题答案-第十一章-恒定电流与恒定磁场
第十一章恒定电流与恒定磁场一、选择题1.如图11-1所示，有两根载有相同电流的无限长直导线，分别通过x1=1m、x2=3m的点，且平行于y轴，则磁感应强度B等于零的地方是（）。
A.x=2m的直线上B.在x>2m的区域C.在x<1m的区域D.不在x、y平面上图11-11.【答案】A。
解析：根据对称性可得，两条载流导线在x=2m的直线上产生的磁感应强度大小相等；用右手螺旋定则可判断两磁感应强度的方向相反，相互抵消，合磁感应强度为零，故选A。
2.图11-2中6根无限长导线互相绝缘，通过电流均为I，区域Ⅰ、Ⅰ、Ⅰ、Ⅰ均为全等的正方形，哪一个区域指向纸内的磁通量最大（）。
A. Ⅰ区域B. Ⅰ区域C. Ⅰ区域D. Ⅰ区域2.【答案】B。
解析：通过Ⅰ区域的磁通量为0，通过Ⅰ区城的磁通量最大且指向纸内，通过Ⅰ区域的磁通量最大但指向纸外，通过IV区域的磁通量为0。
故选B。
3.如图11-3所示，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.d 0LB l ⋅=⎰，且环路上任意一点B =0 B.d 0LB l ⋅=⎰，且环路上任意一点B ≠0 C.d 0LB l ⋅≠⎰，且环路上任意一点B ≠0 D.d 0LB l ⋅≠⎰，且环路上任意一点B =常量3.【答案】B 。
解析：根据安培环路定理，闭合回路内没有电流穿过，所以环路积分等于0.但是由于圆形电流的存在，环路上任意一点的磁感应强度都不等于0。
故选B 。
4.无限长直圆柱体，半径为R ，沿轴向均匀流有电流，设圆柱体内（r <R ）的磁感应强度为B i ，圆柱体外（r>R ）的磁感应强度为B e ，则有：（）。
A.B i 、B e 均与r 成正比B.B i 、B e 均与r 成反比C.B i 与r 成反比，B e 与r 成正比D.B i 与r 成正比，B e 与r 成反比4.【答案】B 。
解析：导体横截面上的电流密度2πR I J =，以圆柱体轴线为圆心，半径为r 的同心圆作为安培环路，当r <R ，20ππ2r J r B i ⋅=⋅μ，20π2R IrB i μ=；当r <R ，I r B e ⋅=⋅0π2μ，rIB e π20μ=；所以选D 。
《大学物理学》习题解答(第11章 静电场)
1
Q L
L
2 0 r 1 4r 2 L2
2 0 r
2
【11.5】一半径为 R 的半圆细环上均匀的分布电荷 Q，求环心处的电场强度。 解取坐标 Oxy ，电荷元 d q d l R d ，由点电荷场强公式
y
d
dl
dq dE eR 4 0 R 2
由于电荷对称分布，场强也对称，则： Ex dEx 0
13
以 1.0 10 C s 的变化率失去电荷，求两球彼此趋近的瞬时相对速率（即
9
1
T q F mg x
l q
dx ）是多少？ dt
解 （1）如图所示，小球平衡时，
T sin F , T cos mg , F
q
2
4 0 x 2
13
q 2l x ， 很小时， tan sin ，因此 x 则 mg tan 2 mg 2l 4 0 x 2 0
E d S E d S ER 2 cos ER 2
S S
z
A F C E O D B
【11.11】边长为 a 的立方体如图所示，其表面分别平行于 xy ， yz 和 zx 平 面，立方体的一个顶点为坐标原点。现将立方体置于电场强度
E ( E1 kx)i E2 j 的非均匀电场中， 求立方体各表面及整个立方体表面的
Q d x ，则 L
EP
Qdx Q 1 1 1 Q [ ] 2 2 L 2 4 L ( r x ) 4 0 L r L 2 r L 2 0 4r L2 0
L2
1
（2）若点 P 在棒的垂直平分线上，因对称性， E 沿 x 轴方向的分量叠加为零，因此， E 的方向沿 y 轴， 大小为
大学物理(肖剑荣主编)-习题答案-第11章
个劈尖空气膜，用波长为 564 纳米的单色光垂直照射板面，板上显示出完整的
明暗条纹各 74 条。求金属丝的直径。
解 金属丝与两板之间形成一个劈尖空气膜，其上下表面的反射光相遇而发生干 涉。光程差为 Δ = 2e + λ / 2
由于板上显示出完整的明暗条纹各 74 条，所以该处应为第 74 条明条纹。 由明条纹的条件 2d + λ / 2 = kλ k=74，则 N = d / Δe
能看到第几级明条纹?
解： a + b = 1 mm = 2.0 ´10-3 mm = 2.0 ´10-4 Å 500
由 (a
+
b) sinj
=
kl
知，最多见到的条纹级数 kmax 对应的 j
=
p 2
,
所以有 kmax
=
a+b l
=
2.0 ´104 5900
» 3.39 ，即实际见到的最高级次为 kmax
解得
a = a + b k′ = 1.5 × 10−6 k′ 4
取 k′ = 1 得光栅上狭缝的的最小宽度为1.5 × 10−6 m
（3）由
(a + b)sinϕ = kλ
得
k
=
(
a
+
b) sinϕ λ
当 ϕ=π 2
时，对应 k = k max
k max
=
a+b λ
=
6.0 × 10−6 6000 × 10−10
解 在杨氏双缝干涉实验中，条纹间距 Δx = D λ d
屏幕上 20 条明条纹之间的距离 ΔX = 19Δx = D λ d
ΔX
= 19
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第11 章稳恒磁场一选择题11-1 边长为l的正方形线圈，分别用图11-1 中所示的两种方式通以电流（I 其中ab、cd与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ]（A）B = 0，B = 0（B）B =0，B = 220I1 2l（C）B = 220I，B =01l2（D）B =220I，B =220I1l2l答案：C解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为B = 0I（cos1- cos2），并4d12结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计算B1 = 22l0I，B2 =0。
故正确答案为（C）。
11-2 两个载有相等电流I的半径为R的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2 所示，则在圆心O处的磁感应强度大小为多少? [ ]（A）0 （B ）I /2R（C）2I /2R（D ）I /R答案：C解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为B1 =B2 = 0I /2R ，按照右手螺旋定习题11-1 图则判断知B v 1和B v 2 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心 O 处的磁感应强度大小为B = 20I /2R 。
11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面 S ，S 边线 所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为，则通过该半球面的磁通量的大小为[] （A ）R 2B （B ） 2R 2B（C ）R 2B cos（D ）R 2B sin答案：C解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面， 确答案为（C ）。
11-4 如图 11-4 所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面 S ，当曲面 S 向长直导线靠近时，穿过曲面 S 的磁通量和面上各点的磁感应强度B 将如何 变化？[]（A ）增大，B 也增大（C ）增大，B 不变 答案：D 解析：根据磁场的高斯定理=ÑB v dS v = 0 ，通过闭合曲面 S 的磁感应强度始终 为 0，保持不变。
无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为B = 0I， 2 d 曲面 S 靠近长直导线时，距离 d 减小，从而 B 增大。
故正确答案为（D ）。
11-5 下列说法正确的是[]（A ） 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 （B ） 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为 零（C ） 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为 零（D ） 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度习题 11n -3 图B因此 = B vS v =R 2B cos 。
故正B ）不变，B 也不变 D ）不变，B 增大答案：C 解析：根据安培环路定理Ñ B v d l v =I i ，可得同轴的圆柱面导体的磁感应强度irR , B = 0分布为R 1 r R 2 , B = 0I，作B-r 图可得答案(C )。
12r 2r R ,B =0都不可能为零 答案：B解析：根据安培环路定理ÑB v d l v =I i ，闭合回路上各点磁感应强度都为零表示回路内电流的代数和为零。
回路上各点的磁感应强度由所有电流有关，并非由 磁感应强度沿闭合回路的积分所决定。
故正确答案为(B )。
11-6 如图11-6所示，I 1和I 2为真空中的稳恒电流，L 为一闭合回路。
则 Bd l的值为[ ](A )0(I 1+I 2)B )-0(I 1+I 2)C )-0(I 1-I 2)D )0(I 1 -I 2)答案：C解析：根据安培环路定理ÑB vd l v=I i ，并按照右手i螺旋定则可判断 I 1取负值，I 2为正，因此Ñ B v d l v = -0(I 1 -I 2)。
习题 11-6 图11-7 如图 11-7 所示，一根很长的电缆线由两个同轴的圆柱面导体组成，若 这两个圆柱面的半径分别为 R 1和 R 2(R 1<R 2)，通有等值反向电流，那么下列哪 幅图正确反映了电流产生的磁感应强度随径向距离的变化关系？[]B )习题 11-7 图C )D )LR1R 2 R1R 2 A )11-8 一运动电荷q，质量为m，垂直于磁场方向进入均匀磁场中，则[ ]（A）其动能改变，动量不变（B）其动能不变，动量可以改变（C）其动能和动量都改变（D）其动能和动量都不变答案：B 解析：垂直于磁场方向进入均匀磁场的电荷受到洛伦兹力的作用，仅提供向心力，改变电荷速度的方向，而不改变速度的大小，从而其动能不变，而动量改变。
故正确答案为（B）。
11-9 如图11-9 所示，一根载流导线被弯成半径为R的1/4 圆弧，放在磁感应强度为B的均匀磁场中，则载流导线所受的安培力为[ ]（A）2BIR，竖直向下（B）BIR，竖直向上（C）2BIR，竖直向上（D）BIR，竖直向下答案：C 解析：连接ab 形成一闭合回路，由于此回习题 11-9 图路所在平面垂直于磁感应强度方向，因此，回路受力为零，则弧线受力与直线ab 受力大小相等，方向相反。
直导线ab受力为F = BIl ab = 2BIR，方向竖直向下，因此载流弧线所受的安培力2BIR，方向为竖直向上。
11-10 用细导线均匀密绕成长为l、半径为a（l>>a）、总匝数为N的螺线管，通以稳恒电流I，当管内充满相对磁导率为r的均匀介质后，管中任意一点磁感应强度大小为[ ]（A ）NI /l （B）NI /l（C）NI/l（D）NI / l答案：A解析：根据由磁介质时的安培环路定理ÑH v d l v= I i，得螺线管内磁场强度大小i为H = NI，因此管中任意一点磁感应强度大小为B = 0r H = 0r NI /l。
故正确答案为（A）。
二填空题11-11 一无限长载流直导线，沿空间直角坐标的Oy轴放置，电流沿y正向。
在原点O处取一电流元I d l，则该电流元在（a,0,0）点处的磁感应强度大小为______________ ，方向为____________ 。
答案：0I d l；沿z轴负方向4a2v v 解析：根据毕奥-萨伐尔定律d B = 0Idl r，Idl v与r v的方向相互垂直，夹角为90°4r3电流元激发的磁感应强度大小为d B =0I d l a sin =0I d l，按照右手螺旋定则4a34a2可判断方向沿z轴负方向。
11-12 无限长的导线弯成如图11-12所示形状，通电流为I，BC为半径R的半圆，则O 点的磁感应强度大小，方向为。
答案：0I + 0I；垂直纸面向里4R4RI•C ABO•解析：根据磁感应强度的叠加原理，O 点的磁感应强度由三部分组成。
习题11-12 图DB AB = 0，B BC = 0 ,方向垂直纸面向里，B CD =4R 4I R,方向垂直纸面向里。
因此，O点的磁感应强度大小B = B AB +B BC +B CD = 0I+ 0I，方向为垂直纸面向里。
AB BC CD4R4R11-13 两根长度相同的细导线分别密绕在半径为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，则螺线管中的磁感应强度大小B R : B r = 。
答案：1:2解析：螺线管中的磁感应强度大小B = 0 N I，其中长度l与电流I相同，因此B与总匝数N成正比。
两根导线的长度L相同，绕在半径不同的长直圆筒上，可得N R:N r= L: L=r:R=1:2，因此B R:B r= 1:2。
R r 2R 2r Rr11-14 如图11-14所示，均匀磁场的磁感应强度为B=0.2 T，方向沿x轴正方向，则通过abod面的磁通量为_______ ，通过befo面的磁通量为_________ ，通过aefd面的磁通量为____ 。
答案：-0.024Wb；0Wb；0.024Wb vv解析：根据磁通量的定义式m =B S = BS cos，磁感应强度与abod 面面积矢量的夹角为1=180o，与befo 面面积矢量的夹角2= 90o，与aefd面4面积矢量的夹角为cos3= 。
因此，abod = BS abod cos1= -0.024Wb ，befo = BS befo cos 2= 0Wb ，aefd = BS aefd cos 3= 0.024Wb 。
11-15 如图11-15 所示，一长直导线通以电流I，在离导线a处有一电子，电量为e，以速度v平行于导线向上运动，则作用在电子上的洛伦兹力的大小为，方向为。
答案：e0Iv；水平向右2 a 解析：无限长直导线在离导线a处激发的磁感应强度大小为B = 0I，方向垂直纸面向里；作用在电子上的洛伦兹力习题11-15图2a的大小F = qvB sin= e0Iv，按照右手螺旋定则判断电子受力方向为水平向右。
2a11-16 如图11-16 所示，A和B是两根固定的直导线，通以同方向的电流I1和I2，且I1>I2，C是一根放置在它们中间可以左右移动的直导线（三者在同一平面内），若它通以反方向的电流I时，导线C将____________ （填向A移动、向B移动、保持静止）。
答案：向 B 移动解析：根据右手螺旋定则判断导线A施加给C的力F v AC 的方向为指向B，同理导线B施加给C的力F v BC的方向为指向A。
安培力F =BIL = 0Ii IL，因为I1>I2，因2d 1 2vv此F v AC F v BC ，从而导线 C 所受合力与F v AC 相同，因此，导线 C 向B 移动。
11-17 一带电粒子以速度v 垂直于均匀磁场B 射入，在磁场中的运动轨迹是 半径为R 的圆，若要使运动半径变为R 2 ，则磁场B 的大小应变为原来的 倍。
答案：2 解析：垂直于均匀磁场射入的带电粒子将在磁场中作匀速率圆周运动，圆周的半 径为r = mv，与 B 成反比。
现运动半径变为原来的1/2，则磁场B 的大小应变为 qB 原来的 2 倍。
11-18 一 1/4 圆周回路 abca ，通有电流 I ，圆弧部分的半径为 R ，置于磁感应 强度为B 的均匀磁场中，磁感线与回路平面平行，如图 11-18 所示，则圆弧ab 段方向为 答案： BIR ； 1BIR 2 ；竖直向下4解析： F v ab =F v ca + F v bc ，由于F bc = 0 ，因此F ab =F ca根据磁力矩定义式M =m v B ，m v 的方向垂直纸面向里，v1与B 方向的夹角为90°，回路所受的磁力矩大小M = BIS sin = 1BIR 2，按照右手螺旋定则，方向为竖直向下。