大学物理课后答案第十一章汇总
大学物理(华中科技版)第11章习题解答
第11章习题答案11-1 无限长直线电流的磁感应强度公式为B ＝μ0I2πa ，当场点无限接近于导线时(即a →0)，磁感应强度B →∞，这个结论正确吗？如何解释？ 答：结论不正确。
公式aIB πμ20=只对理想线电流适用，忽略了导线粗细，当a →0， 导线的尺寸不能忽略，电流就不能称为线电流，此公式不适用。
11-2 如图所示，过一个圆形电流I 附近的P 点，作一个同心共面圆形环路L ，由于电流分布的轴对称，L 上各点的B 大小相等，应用安培环路定理，可得∮L B ·d l ＝0，是否可由此得出结论，L 上各点的B 均为零？为什么？ 答：L 上各点的B 不为零. 由安培环路定理∑⎰=⋅ii I l d B 0μ得 0=⋅⎰l d B，说明圆形环路L 内的电流代数和为零，并不是说圆形环路L 上B 一定为零。
10-3 设题10-3图中两导线中的电流均为8A ，对图示的三条闭合曲线a ,b ,c ，分别写出安培环路定理等式右边电流的代数和．并讨论：(1)在各条闭合曲线上，各点的磁感应强度B的大小是否相等? (2)在闭合曲线c 上各点的B是否为零?为什么? 解： ⎰μ=⋅al B 08d⎰μ=⋅bal B 08d⎰=⋅cl B 0d(1)在各条闭合曲线上，各点B的大小不相等．(2)在闭合曲线C 上各点B 不为零．只是B的环路积分为零而非每点0=B ．11-4 把一根柔软的螺旋形弹簧挂起来，使它的下端和盛在杯里的水银刚好接触，形成串联电路，再把它们接到直流电源上通以电流，如图所示，问弹簧会发生什么现象？怎样解释？习题11-2图答：弹簧会作机械振动。
当弹簧通电后，弹簧内的线圈电流可看成是同向平行的，而同向平行电流会互相吸引，因此弹簧被压缩，下端会离开水银而电流被断开，磁力消失，而弹簧会伸长，于是电源又接通，弹簧通电以后又被压缩……，这样不断重复，弹簧不停振动11-5 如图所示为两根垂直于xy 平面放置的导线俯视图，它们各载有大小为I 但方向相反的电流.求：(1)x 轴上任意一点的磁感应强度；(2)x 为何值时，B 值最大，并给出最大值B max .解：(1) 利用安培环路定理可求得1导线在P 点产生的磁感强度的大小为：rIB π=201μ2/1220)(12x dI +⋅π=μ2导线在P 点产生的磁感强度的大小为： r IB π=202μ2/1220)(12x d I+⋅π=μ1B 、2B的方向如图所示．P 点总场θθcos cos 2121B B B B B x x x +=+= 021=+=y y y B B B )()(220x dId x B +π=μ，i x dId x B)()(220+π=μ(2) 当0d )(d =xx B ，0d )(d 22=<xx B 时，B (x )最大．由此可得：x = 0处，B 有最大值．11-6 如图所示被折成钝角的长直载流导线中，通有电流I ＝20 A ，θ＝120°，a ＝2.0 mm ，求A 点的磁感应强度. 解：载流直导线的磁场)sin (sin 4120ββπμ-=dIBA 点的磁感应强度)))90sin(90(sin sin 40000θθπμ--+=a IB习题10-6图y习题10-7图dPr B 1B 2xy 12oxddθ θ)5.01(2/3100.2201037+⨯⨯⨯=--B =1.73⨯10-3T方向垂直纸面向外。
大学物理第十一章气体动理论习题详细答案
第十一章 气体动理论习题详细答案一、选择题1、答案：B解：根据速率分布函数()f v 的统计意义即可得出。
()f v 表示速率以v 为中心的单位速率区间内的气体分子数占总分子数的比例，而dv v Nf )(表示速率以v 为中心的dv 速率区间内的气体分子数，故本题答案为B 。
2、答案：A解：根据()f v 的统计意义和p v 的定义知，后面三个选项的说法都是对的，后面三个选项的说法都是对的，而只有而只有A 不正确，气体分子可能具有的最大速率不是p v ，而可能是趋于无穷大，所以答案A 正确。
正确。
3、答案： A 解：2rms 1.73RT v v M ==，据题意得222222221,16H O H H H O O O T T T M M M T M ===，所以答案A 正确。
正确。
4、 由理想气体分子的压强公式23k p n e =可得压强之比为：可得压强之比为：A p ∶B p ∶C p ＝n A kA e ∶n B kB e ∶n C kC e ＝1∶1∶1 5、 氧气和氦气均在标准状态下，二者温度和压强都相同，而氧气的自由度数为5，氦气的自由度数为3，将物态方程pV RT n =代入内能公式2iE RT n =可得2iE pV =，所以氧气和氦气的内能之比为5 : 6，故答案选C 。
6、 解：理想气体状态方程PV RTn =，内能2iU RT n =(0m M n =)。
由两式得2UiP V =，A 、B 两种容积两种气体的压强相同，A 中，3i =；B 中，5i =，所以答案A 正确。
正确。
7、 由理想气体物态方程'm pV RT M=可知正确答案选D 。
8、 由理想气体物态方程pV NkT =可得气体的分子总数可以表示为PV N kT =，故答案选C 。
9、理想气体温度公式21322k m kT e u ==给出了温度与分子平均平动动能的关系，表明温度是气体分子的平均平动动能的量度。
精选 大学应用物理第十一章课后习题答案
第11章光的干涉、衍射和偏振?=600nm的单色光，S点发出的如图11-57所示，由11-10n的透明物质，再射入空气．若透明自空气射人折射率=1.230?e30?(1)，求：物质的厚度，=1.0cm，入射角且SA=BC=5cm?此单色光在这层透明物质里的频率、? 折射角(2)为多少1光程又为的几何路程为多少?速度和波长各为多少? (3)S到C?多少?sin?n图解11-57 习题11-10图?sin解：（1可得）由折射定律10?30sinsin0?24arcsin()??arcsin()?123.n1???nn和频率，波长2）单色光在透明介质中的速度分别为（?c7?1?8??)(nmms?488).??488????2.441010(m.nn nn，c14?)(0?10?H?5.z?e)m.111(BC?SA??BC?0SC?SA?AB??cos C的几何路程为：3）S到（1?)(m1?0.114ABrn?SA?1??n?BC?ii S到的光程为：。
C，用单色光垂直照射双缝，在离缝在双缝干涉实验中，两缝间距为0.30mm11-11，问所用光波长多少，是22.78mm1.20m的屏上测得中央明纹两侧第五条暗纹间的距离为什么颜色的光？x4?k的那分析：在双缝干涉中，屏上暗纹位置由条暗纹是指对应决定。
所谓第57822.mmx?2那么由暗纹公式一级暗纹。
由于条纹对称，该暗纹到中央明纹中心的距,?即可求得波长。
D??x?d此外，因双缝干涉是等间距的，故也可用条纹间距公式求人射光波长。
应，故)4.59(条暗纹之间所包含的相邻条纹间隔数为不是10，因每边只有条5注意两个第78.22mm??x2。
．?22.D78?3m?10?x?1)x?(2k?4k2d2D、d以及解法一：，，屏上暗纹的位置把??632.8nm，为红光。
值代人，可得78D22.3???x??10m?x9d D间距)，把(，以及d、或明纹解法二：屏上相邻暗纹??632.8nm。
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 。
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．。
大学物理答案解析第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 Mj 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 、be 、fa 三段直线以及acb 、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be 、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 =,22202π4r l I μB = 其中l 1 、l 2 分别是圆弧acb 、a d b 的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比，而圆弧acb 、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RIμB 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＜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，πr2d⋅=⋅⎰BlB，利用安培环路定理∑⎰=⋅Iμd lB，可解得各区域的磁感强度．解由上述分析得r＜R12211ππ12πrRμrB=⋅2112πRIrμB=R1＜r＜R2IμrB22π=⋅rIμB2π2=R2＜r＜R3()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=⋅IRRRrIμrB2223223ππ2π222322332πRRrRrIμB--=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0.80×108 m/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500kV 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。
大学物理第11章习题答案.
第11章 电磁感应11.１ 基本要求 １２别感应电动势的方向。
３。
４ ５６ ７８11.２ 基本概念 １ε：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W 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。
４５：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定律：描述电磁感应现象的基本规律有两条。
（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 。
大学物理第三版第11章部分习题解答
2
(2) 如果用导线把AB两球连接起来再求以上两 点的电势
第11章部分习题解答
解: (1)
q E 2 4 0 r 1
R1 r R2
r R2
R2
q
R1
U1 q
R2
q 4 0 r
第11章 部分习题解答
第11章部分习题解答
P408题11.3.4 如图所示,两个无限大带电平板,电荷面密度 分别为 ,设P为两板间任意一点.(1)求A板上 的电荷在P点产生的场强 E A ; (2)求B板上的电 荷在P点产生的场强 E B ;(3)求A、B两板上的电 荷在P点产生的场强;(4)如果把B板拿走，A板 上的电荷如何分布?求它在P点产生的场强.
1 Q2 We 2 QU 球壳、 2 8 0 R3
Q 1 1 1 We We1 We 2 ( ) 8 0 R1 R2 R3
2
第11章部分习题解答
(2)
1 Q2 We ' QU 球 壳、 2 8 0 R3
2010.5.25
第11章部分习题解答
解： 因为A、B都是无限大带电平板,所以 (1) (2)
EA 2 0
方向向右
EB 2 0
EP E A EB 0
方向向右
(3)
方向向右
第11章部分习题解答
(4) 如果将B板拿走,A上的电荷将均匀分布在 左右两个面上,每一个面上的电荷面密度为 / 2 ,它们在P点产生的场强大小都是 2 E'A 方向向右 2 0 4 0
第11章部分习题解答
证明: 该电容器是由两个 电容分别为 C1 和 C2 的电容器并联而成 的
《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.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lNec I =，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 ＝63.75ｇ·mol －1，密度ρ＝8.9g · 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 ＝300Ｋ）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20m，内圆柱面的半径为3.0mm，外圆柱面的半径为9.0mm.若两圆柱面之间有10μA电流沿径向流过，求通过半径为6.0mm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rlIjπ2=解由分析可知，在半径r＝6.0mm的圆柱面上的电流密度2mAμ3.13π2-⋅==rlIj11－9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()RIRRIRB2422/3222μμ=+=因此赤道上的等效圆电流为A1073.1249⨯==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 =⨯r l 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10mm 2裸铜线允许通过50A 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 -=⨯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 ＝2.0mm ，磁场为B ＝0.080T ，毫伏表测出血管上下两端的电压为U H ＝0.10mV ，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3.5cm 的圆弧径迹，测得磁感强度为0.20Ｔ，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＝30A ，矩形回路载有电流I 2＝20A ．试计算作用在回路上的合力．已知d ＝1.0cm ， b ＝8.0cm ，l ＝0.12m ．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．。
大学物理第11单元课后习题答案.doc
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，轴跟磁场平彳丁。
［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］⑶用线圈的自感系数L来表示载流线圈磁场能量的公式比”=£厶厂（）（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）涡旋场山电荷激发；（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—o［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/的金属直导线在垂直于均匀的平面内以角速度（»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，”中点，0］11.3—半径r =10cm的圆形回路放在B =0. 8T的均匀磁场中.回路平面与鸟垂直.当回路半dr径以恒定速率一=80cm/s收缩时，求回路中感应电动势的大小.dr解：回路磁通^,…=B S = Bn r2感应电动势大d©”dt解：取半圆形cbcz 法向为亍, 则①=—Bcosad ①，d t-nR 2 dBcos a -------- = d/ -8.89 x IO -2V即：S MeN ~ S MN则：fia+b&MN = ]_兀ea(vB sin —) dZ cos^ = -I 2 a cifi ?* =—(B TI r 2) = B2nr — = 0.40dt dt 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 =80X 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 a 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.同理，半圆形adc 法向为j ,则------ B cos a2T 万与亍夹角和鸟与了夹角相等,a = 45°①m = Bn R 2 cos a方向与cbadc 相反，即顺时针方向. 11.5如题10-5图所示，载有电流Z 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C/M -U N •解：作辅助线MN,则在MeNM 回路中，沿/方向运动时d<D m = 0• •£MeNM ~ ° 以逆时针为回路正向，严”型d 心丛in 乜＜0I 27rl2 龙 a + b解所以％斂沿NeM 方向，大小为："学山气Ln a-bM 点电势高于N 点电势，即：U M -U N =^ln —2兀 a-b11.6如题10-6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〒的变化率增大，求:dr(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：距长直导线为r 处的磁感应强度大小为：筈 以逆时针为回路正向，则：⑴磁通量：①m = r^Zdr- r^7dr = ^[ln^-ln^] h 2nr h 2nr In bd/c\舟亠曲dQ uJ ri d +a ■ b + a^dluJ di. b(a+d) 亠2n db At2n dt d(a +b)向逆时针11.7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/•绕图中半圆的直径旋转.整个电路的电阻为求：感应电流的最大值.① m =B-S = B —cos(a )t + ^)2d ①,” Bnr 2a ) # A= _ -TT = —sin (3/ + 札) at 2『竺也弩2吋"讪11.8如题11-8图所示，长直导线通以电流Z=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.解：AB. CD 运动速度);方向与磁力线平行，不产生感应电动势.以顺 :题10-6解:=Blvt cos 60° = kt 2lv - = -klvt 2 2 2£ = - ^^ = -klvt dt即沿abed 方向顺时针方解：如图逆时针为矩形导线框正向，则时针为回路正向，则:ZM 产生电动势：务订如）•归"盟si 吟・叭如筈0眈产生电动势…2 =加湎小-韵方.•.回路中总感应电动势：£ = £]+£2=如凹（丄-一） = 1.6xl0-8y方向沿2兀 a a+a顺时针11.9长度为/的金属杆ab 以速率v 在导电轨道abed 上平行移动.已知导轨处于均匀磁场直中，为的方向与回路的法线成60°角（如题11.9图所示），鸟的大小为B=kt （k 为正常）.设/=0时杆位于cd 处，求：任一时刻/导线回路中感应电动势的大小和方向.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）.题 11. 10 图(a)d<Z>在磁场中时 --- =0, £ = 0;dt d<Z>一出场时 --- > 0 , £<0,故I - t 曲线如题10-9图(b)所不.dt1111导线必长为儿绕过。
大学物理课后习题11第十一章答案
1 1) ，
1
v2 c2
再由题意知
所以有
Ek nm0c2 。
最后得到
( 1 1) n
1
v2 c2
v n2 2n c 。
n 1
*11.11 一个电子的运动速度 v 0.99c ，它的动能是多少？（电子的静
止能量为0.51Mev.）
解：由相对论动能公式
Ek mc2 m0c2 m0c2 ( 1) m0c2 (
间隔为 5s．求：
(1) S 相对于 S 的运动速度．
(2) 乙测得这两个事件发生的地点间的距离．
解: 甲测得 t 4 s, x 0 ,乙测得 t 5 s ，坐标差为 x x2 x1 ′
(1)∴
t
(t
v c2
x)
t
1 t 1 (v)2
c
习题 11
11.1 选择题
（1）在一惯性系中观测，两个事件同时不同地，则在其他惯性系中
观测，他们[
]。
（A）一定同时
（B）可能同时
（C）不可能同时，但可能同地 （D）不可能同时，也
不可能同地
[答案：D ]
（2）在一惯性系中观测，两个事件同地不同时，则在其他惯性系中
观测，他们[
]。
（A）一定同地
（B）可能同地
负号表示
x
2
x1
0
．
11.6 6000m 的高空大气层中产生了一个 介子以速度 v =0.998c 飞向
地球．假定该 介子在其自身静止系中的寿命等于其平均寿命 2×
10-6s．试分别从下面两个角度，即地球上的观测者和 介子静止系中
大学物理课后答案11章-推荐下载
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。
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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)cos(0ϕω+=t A x ，理解振动位移，振幅，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)()(T t x t x +=，则该物体的运动称为周期性运动。
否则称为非周期运动。
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)cos(0ϕω+=t A x 反映了作简谐振动的物体位移随时间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A 、ω、0ϕ（或称描述简谐运动的三个参量），显然三个参量确定后，任一时刻作简谐振动的物体的位移、速度、加速度都可以由t 对应地得到。
)2cos()sin(00πϕωωϕωω++=+-=t A t A v)c o s ()c o s (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kx F -=，它是判定一个系统的运动过程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。
这里应该注意，F 系指合力，它可以是弹性力或准弹性力。
（3）和简谐运动的动力学特征相一致的是简谐运动的运动学特征：作简谐运动物体的加速度大小总是与其位移大小成正比、而方向相反，即x dtx d 222ω-=，它也是物体是否作简谐运动的判据之一。
只要加速度与位移大小成正比、而方向恒相反，则该物理量的变化过程就是一个简谐运动的过程。
在非力学量，例如电量、电流和电压等电学量，就不易用简谐振动的动力学特征去判定，而LC电路中的电量q 就满足q LC dtq d 122-=，故电量q 的变化过程就是一个简谐振荡的过程，显然用运动学的特征来判定简谐运动更具有广泛的意义。
3. 简谐振动的振幅、周期、频率和相位（1）振幅A 是指最大位移的绝对值。
A 是由初始条件来决定的，即2202ωv +=x A 。
（2）周期T 是指完成一次完整的振动所用时间。
ωπ2=T ，式中ω是简谐振动的圆频率，它是由谐振动系统的构造来决定的，即mk=ω,ω也称为固有圆频率。
对应的T 称为固有周期。
vT 1=，式中v 称为频率（即固有频率），它与圆频率的关系2v ωπ=，是由系统本身决定的。
（3）相位)(0ϕω+t 和初相位0ϕ是决定简谐振动的物体t 时刻和0=t 时刻运动状态的物理量。
即在A 、ω确定后，任一时刻的x 、v 、a 都是由)(0ϕω+t 来确定的。
一个周期内，每一时刻的相位)(0ϕω+t 不同，则对应的运动状态也不相同。
对不同的两个或更多的几个简谐振动，相位还用来区分它们之间“步调”的一致与否。
初相位0ϕ决定于初始条件：即由⎩⎨⎧-==000sin cos ϕωϕA A x v 共同决定。
或由)arctan(00x ωϕv -=计算，但由此式算得的0ϕ在[]π2,0或[]ππ,-范围内有两个可能的取值，必须根据0=t 时刻的速度方向进行合理的取舍。
如能配合使用旋转矢量图示法，则会使0ϕ的确定更加简捷、方便。
4. 旋转矢量法 简谐运动的表达式)cos(0ϕω+=t A x 中有三个特征量A 、ω、0ϕ，旋转矢量法把描述简谐运动的三个物理量更直观、更形象地表示在图示中。
作匀速转动的矢量，其长度等于谐振动的振幅A ，其角速度等于谐振动的角频率ω，且0=t 时，它与X 轴正向的夹角为谐振动的初位相0ϕ，t t =时刻它与X 轴正向的夹角为谐振动的位相（0ϕω+t ）。
旋转矢量A的末端在X 轴上的投影点的运动代表质点的谐振动。
5. 简谐振动的能量动能 )(s i n 210222ϕωω+=t A m E k 势能 )(c o s21022ϕω+=t kA E p 机械能 221kA E E E p k =+=6. 同方向同频率简谐振动的合成()1011cos ϕω+=t A x 和()2022cos ϕω+=t A x 合成后仍为简谐振动 ()021c o s ϕω+=+=t A x x x 其中)cos(21020212221ϕϕ-++=A A A A A (合振幅)2021012021010cos cos sin sin ϕϕϕϕϕA A A A tg ++= （合振动的初相）三、习题选解11-1 质量为g 10的小球与轻弹簧组成的系统，按)38cos(5.0ππ+=t x m的规律振动（式中 x 以m 计，t 以s 计），试求：（1）振动的角频率、周期、振幅、初相、速度和加速度的最大值； （2）s t 1=、s 2、s 10各时刻的相位；（3）分别画出位移、速度、加速度与时间t 的关系曲线。
解：（1）)38cos(5.0ππ+=t x m 与振动的标准形式cos(A x =0ϕω+t )相比可知：圆频率 πω8=1-s 振幅 m A 5.0= 初相位 30πϕ= 周期 ωπ2=T =s 25.0最大速度 5.08m a x ⨯==πωA v 1156.12--⋅=⋅s m s m最大加速度 5.0)8(22m a x ⨯==πωA a 2211016.3--⋅⨯=⋅s m s m （2）相位为)38(ππ+t ,将s t 1=、s 2、s 10代入相位分别为π318、π3116、π3180 （3）由)38cos(5.0ππ+=t x m 有)38sin(4πππ+==t dt dx v 1-⋅s m )38c o s (322πππ+-==t dt d a v 2-⋅s m 11-2 有一个和轻弹簧相连的小球，沿x 轴作振幅为A 的简谐振动，其表达式用余弦函数表示。
若0=t 时，球的运动状态为（1）A x -=0；（2）过平衡位置向x 轴正向运动；（3）2A x =处向x 轴负方向运动；（4）2Ax =处向x 轴正方向运动；试用矢量图示法确定相应的初相的值，并写出振动表达式。
解：四种情况对应的旋转矢量 图如图所示：（1） 初相位πϕ=0，振动 方程为)cos(πω+=t A x（2） 初相位20πϕ-=，振动方程为)2cos(πω-=t A x（3） 初相位为30πϕ=，振动方程为 )3cos(πω+=t A x 题11-2图（4）初相位40πϕ-=，振动方程为)4cos(πω-=t A x 11-3 质点作简谐振动的曲线x-t 如图所示，求质点的振动方程式解：t=0时， 00cos 2ϕA Ax ==所以 21c o s0=ϕ， 30πϕ±=， 再由0sin 0>-=ϕωA 0v ， 0s i n 0ϕ< 取30πϕ-=t=1s 时，11cos 2ϕA Ax == （注意01ϕωϕ+=）11cos 2ϕ= ， 31πϕ±=再由0sin 1<-=ϕωA 1v ， 0s i n1>ϕ 所以 31πϕ= 1023ωϕϕπ=-=振动方程为 ()m t t A x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+=332cos 04.0cos 0ππϕω11-4 两质点沿同一直线作同频率、同振幅的简谐振动，当它们每次沿相反方向互相通过时，它们的位移均为其振幅的一半，求这两个质点振动的相位差。
解：设两个质点振动方程为)cos(11ϕω+=t A x )c o s (22ϕω+=t A x速度为 )s i n (111ϕωω+-==t A dtdx v )sin(222ϕωω+-==t A dtdx v 依题意，两质点在t t '=相遇时2)()(21A t x t x ='=' )cos(1ϕω+'t )cos(2ϕω+'=t 21=1ϕω+'t 2ϕω+'=t 32ππ±=n此时两质点运动方向相反，这分两种情况。
（1）质点1向x 轴正向运动，质点2向x 轴负向运动，这时321ππϕω-=+'n t 322ππϕω+=+'n t位相差=∆ϕ-+')(1ϕωt 32)(2πϕω-=+'t （2）质点1向x 轴负向运动，质点2向x 轴正向运动，这时321ππϕω+=+'n t 322ππϕω-=+'n t位相差=∆ϕ-+')(1ϕωt 32)(2πϕω=+'t 两种情况都说明其中一个质点的运动比另处一个质点的运动超前或落后2π。
两质点在2A -处相向相遇时有同样的结论。
11-5 在一平板上放质量kg m 0.1=的物体，平板在竖直方向上下作简谐振动，周期为s T 5.0=，振幅02.0=A m ，试求：（1）在位移最大时，物体对平板的压力； （2）平板应以多大振幅作振动，才能使重物开始跳离木板。
解：（1）选择物体平衡位置为坐标原点，向上的方向为x 轴正向。
由牛顿第二定律有ma mg N =-题11-5图当系统运动到最高位置时，加速度为负的最大值。
即 2m a x ωA a a -=-=此时 N A T g m A g m ma mg N 6.6)2()(22max =⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-=-=πω当系统运动到最低位置时 2m a x ωA a a ==此时 N N A g m ma mg N 13)2.38.9(0.1)(2max =+⨯=+=+=ω（2）物体跳离木板，应在最高位置时受木板的力0)(2max =-=-=ωA g m ma mg Nm gT gA 062.04222===πω11-6 如图所示，一质量为M 的盘子系于竖直悬挂的 轻弹簧的下端，弹簧的倔强系数为k 。
现有一质量m 的物体自离盘h 高处自由落下 掉在盘中，没有反弹，以物体掉在盘上的 瞬时作为计时起点。