大学物理课后习题答案(上下册全)武汉大学出版社 第11章 习题解答
《新编大学物理》(上、下全册)桑建平教材习题答案解析武汉大学出版社
第1章 质点运动学一、选择题 题1.1 ： 答案：[B]提示：明确∆r 与r ∆的区别题1.2： 答案：[A]题1.3： 答案：[D]提示：A 与规定的正方向相反的加速运动， B 切向加速度， C 明确标、矢量的关系，加速度是d dtv题1.4： 答案：[C] 提示： 21r r r ∆=-，12,R R r j ri ==-，21v v v ∆=-，12,v v v i v j =-=-题1.5： 答案：[D]提示：t=0时，x=5； t=3时，x=2得位移为-3m ；仅从式x=t 2-4t+5=(t-2)2+1，抛物线的对称轴为2，质点有往返题1.6： 答案：[D]提示：a=2t=d dt v，2224t v tdt t ==-⎰，02tx x vdt -=⎰，即可得D 项题1.7：答案：[D]北v 风v 车1v 车2提示： 21=2v v 车车，理清=+v v v 绝相对牵的关系二、填空题 题1.8：答案： 匀速(直线)，匀速率题1.9：答案：2915t t -，0.6 提示： 2915dxv t t dt==-，t=0.6时，v=0题1.10：答案：（1）21192y x =-（2）24t -i j 4-j（3）411+i j 26-i j 3S提示： (1) 联立22192x t y t=⎧⎨=-⎩，消去t 得：21192y x =-，dx dydt dt =+v i j (2) t=1s 时，24t =-v i j ，4d dt==-va j (3) t=2s 时，代入22(192)x y t t =+=+-r i j i j 中得411+i j t=1s 到t=2s ，同样代入()t =r r 可求得26r∆=-i j ，r 和v 垂直，即0∙=r v ，得t=3s题1.11： 答案：212/m s 提示：2(2)2412(/)dv d x a v x m s dt dt=====题1.12： 答案：1/m sπ提示： 200t dvv v dt t dt =+=⎰，11/t vm s ==，201332tv dt t R θπ===⎰，r π∆==题1.13：答案：2015()2t v t gt -+-i j 提示： 先对20(/2)v t g t =-r j 求导得，0()y v gt =-v j 与5=v i 合成得05()v gt =-+-v i j 合 201=5()2t v t gt -+-∴⎰r v i j t合0合dt=题1.14： 答案：8, 264t提示：8dQ v R Rt dt τ==，88a R τ==，2264n dQ a R t dt ⎛⎫== ⎪⎝⎭三、计算题 题1.15：解：（1）3t dv a t dt == 003v tdv tdt =∴⎰⎰ 232v t ∴= 又232ds v t dt == 20032stds t dt =∴⎰⎰ 312S t =∴ （2）又S R θ= 316S tRθ==∴（3）当a 与半径成45角时，n a a τ=2434n v a t R == 4334t t =∴t =∴题1.16：解：（1）dv a kv dt ==- 0v tdv kdt v =-∴⎰⎰， 0ln v kt v =-（*） 当012v v =时，1ln 2kt =-，ln 2t k=∴ （2）由（*）式：0ktv v e-=0kt dxv e dt -=∴，000xtkt dx v e dt -=⎰⎰ 0(1)kt v x e k-=-∴第2章 质点动力学一、选择题 题2.1： 答案：[C]提示：A ．错误，如：圆周运动B ．错误，m =p v ，力与速度方向不一定相同 D ．后半句错误，如：匀速圆周运动题2.2： 答案：[B]提示：y 方向上做匀速运动：2y y S v t t == x 方向上做匀加速运动（初速度为0），Fa m=22tx v a d t t ==⎰，223tx x t S v dt ==⎰ 2223t t =+∴S i j题2.3： 答案：[B]提示：受力如图MgF杆'F 猫mg设猫给杆子的力为F ，由于相对于地面猫的高度不变'F mg = 'F F = 杆受力 1()F Mg F M m g =+=+ 1()F M m g a M M+==题2.4 ：答案：[D] 提示：a a A22A BA B m g T m a T m a aa ⎧⎪-=⎪=⎨⎪⎪=⎩ 得45A a g = （2A B a a =，通过分析滑轮，由于A 向下走过S ，B 走过2S） 2A B a a =∴题2.5： 答案：[C]提示： 由题意，水平方向上动量守恒， 故 0(cos 60)()1010m mv m v =+ 共 0=22v v 共题2.6： 答案：[C] 提示：RθθRh-R由图可知cos h RRθ-=分析条件得，只有在h 高度时，向心力与重力分量相等所以有22cos ()mv mg v g h R Rθ=⇒=- 由机械能守恒得（以地面为零势能面）22001122mv mv mgh v =+⇒=题2.7： 答案：[B]提示： 运用动量守恒与能量转化题2.8： 答案：[D] 提示：v v y由机械能守恒得2012mgh mv v =⇒=0sin y v v θ=sin Gy Pmgv mg ==∴题2.9： 答案： [C]题2.10： 答案： [B]提示： 受力如图fT F由功能关系可知，设位移为x （以原长时为原点）2()xF mg Fx mgx kxdx x kμμ--=⇒=⎰弹性势能 2212()2p F mg E kx kμ-==二、填空题题2.11: 答案：2mb提示： '2v x bt == '2a v b == 2F m a m b==∴题2.12：答案：2kg 4m/s 2 提示：4N 8Nxy 0由题意，22/x a m s = 4x F N =8y F N = 2Fm k g a== 24/y y F a m s m==题2.13： 答案：75，1110提示： 由题意，32()105F a t m ==+ 27/5v adt m s ⇒==⎰ 当t=2时，1110a =题2.14： 答案：180kg提示：由动量守恒，=m S -S m 人人人船相对S （）=180kg m ⇒船题2.15： 答案：11544+i j 提示：各方向动量守恒题2.16：答案： ()mv +i j ，0，-mgR提示：由冲量定义得 ==()()mv mv mv --=+I P P i j i j 末初- 由动能定律得 0k k E W E ∆=⇒∆=，所以=0W 合 =W m g R -外题2.17： 答案：-12提示：3112w Fdx J -==⎰题2.18：答案： mgh ，212kx ，Mm G r - h=0，x=0，r =∞ 相对值题2.19： 答案： 02mgk ，2mg，题2.20： 答案： +=0A∑∑外力非保守力三、计算题 题2.21：解：（1）=m F xg L 重 ()mf L xg L μ=- （2）1()(1)ga F f x g m Lμμ=-=+-重（3）dv a v dx =，03(1)v LL g vdv x g dx Lμμ⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦⎰⎰，v =题2.22： 解：（1）以摆车为系统，水平方向不受力，动量守恒。
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。
物理学11章习题解答(第三版)
[物理学11章习题解答]11-1如果导线中的电流强度为8.2 a，问在15 s内有多少电子通过导线的横截面？解设在t秒内通过导线横截面的电子数为n，则电流可以表示为,所以.11-2 在玻璃管内充有适量的某种气体，并在其两端封有两个电极，构成一个气体放电管。
当两极之间所施加的电势差足够高时，管中的气体分子就被电离，电子和负离子向正极运动，正离子向负极运动，形成电流。
在一个氢气放电管中，如果在3 s内有2.81018 个电子和1.01018 个质子通过放电管的横截面，求管中电流的流向和这段时间内电流的平均值。
解放电管中的电流是由电子和质子共同提供的，所以.电流的流向与质子运动的方向相同。
11-3 两段横截面不同的同种导体串联在一起，如图11-7所示，两端施加的电势差为u。
问：(1)通过两导体的电流是否相同？(2)两导体内的电流密度是否相同？(3)两导体内的电场强度是否相同？(4)如果两导体的长度相同，两导体的电阻之比等于什么？(5)如果两导体横截面积之比为1: 9，求以上四个问题中各量的比例关系，以及两导体有相同电阻时的长度之比。
解(1)通过两导体的电流相同，。
(2)两导体的电流密度不相同，因为图11-7,又因为,所以.这表示截面积较小的导体电流密度较大。
(3)根据电导率的定义,在两种导体内的电场强度之比为.上面已经得到，故有.这表示截面积较小的导体中电场强度较大。
(4)根据公式,可以得到,这表示，两导体的电阻与它们的横截面积成反比。
(5)已知，容易得到其他各量的比例关系,,,.若，则两导体的长度之比为.11-4两个同心金属球壳的半径分别为a和b(>a)，其间充满电导率为的材料。
已知是随电场而变化的，且可以表示为 = ke，其中k为常量。
现在两球壳之间维持电压u，求两球壳间的电流。
解在两球壳之间作一半径为r的同心球面，若通过该球面的电流为i，则.又因为,所以.于是两球壳之间的电势差为.从上式解出电流i，得.11-5一个电阻接在电势差为180 v电路的两点之间，发出的热功率为250w。
大学物理课后习题答案(上册)
由受力分析图可知：
所以当所以 增大，小球对木板的压力为N2将减小；
同时：
所以 增大，小球对墙壁的压力 也减小。
2-2. 质量分别为m1和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连结后置于水平桌面上，滑块与桌面间的摩擦系数均为μ，系统在水平拉力F作用下匀速运动，如图所示．如突然撤消拉力，则刚撤消后瞬间，二者的加速度aA和aB分别为多少？
解：（1）轨道方程为
这是一条空间螺旋线。
在O 平面上的投影为圆心在原点，半径为R的圆，螺距为h
（2）
（3）
思考题1
1-1. 质点作曲线运动，其瞬时速度为 ，瞬时速率为 ，平均速度为 ，平均速率为 ，则它们之间的下列四种关系中哪一种是正确的?
（1） ；（2） ；（3） ；（4）
答： （3）
1-2. 质点的 关系如图，图中 ， ， 三条线表示三个速度不同的运动．问它们属于什么类型的运动?哪一个速度大？哪一个速度小？
解：在绳子中距离转轴为r处取一小段绳子，假设其质量为dm，可知： ，分析这dm的绳子的受力情况，因为它做的是圆周运动，所以我们可列出： 。
距转轴为r处绳中的张力T(r)将提供的是r以外的绳子转动的向心力，所以两边积分：
2-3. 已知一质量为 的质点在 轴上运动，质点只受到指向原点的引力作用，引力大小与质点离原点的距离 的平方成反比，即 ， 是比例常数．设质点在 时的速度为零，求质点在 处的速度的大小。
解：由题意和牛顿第二定律可得：
再采取分离变量法可得： ，
两边同时取积分，则：
所以：
2-4. 一质量为 的质点，在 平面上运动，受到外力 (SI)的作用， 时，它的初速度为 (SI)，求 时质点的速度及受到的法向力 .
(完整版)大学物理课后习题答案详解
第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。
（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dt dv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的d d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以 0d -2gh d r v i j t =d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
大学物理(武汉大学出版社)课堂练习答案
课堂练习答案February16,2014第一章质点力学1.1找出下列表达式中的错误，写出正确表达：（1）r=x+y解答：r=x i+y j（2）v=v x i+v y j解答：v=v x i+v y j（3）v=v x i+v y j解答：v=v x i+v y j（4）v=v x i+v y j解答：v=v x i+v y j（5）v=(v2x+v2y+v2z)1/2解答：v=(v2x+v2y+v2z)1/21.2已知r=2t i−4t2j，第1秒内的位移Δr=2i−4j，任意时刻的速度v(t)=2i−8t j，加速度a(t)=−8j，轨迹方程为y=−x21.3平抛物体的运动学方程x=5t，y=5t2，则任意时刻的位矢r=5t i+5t2j，速度v(t)=5i+10t j，加速度a(t)=10j，轨道方程为x2=5y1.4直线运动的点，其速度v(t)=e−t，初始位置为x0=2，则x(t)=3−e−t解答：x(t)=x0+ˆt0e−t d t=2+(−e−t)t=2+(−e−t+1)1.5从地面上抛一个物体，其高度h=10t−5t2，任意时刻的速度v(t)=10−10t，到达最高点的时刻是t=1解答：从物理⾓度来看，在最⾼点处，物体的速度为零v=d h/d t=10−10t=0，得t=1．从数学⾓度理解，h(t)是时间的函数，该函数取得极値的条件是d h/d t=0．1.6判定正误：（1）直线运动的物体达到最小速度时，加速度一定为零；·································[✓]（2）直线运动的物体达到最大位置时，速度一定为零；···································[✓] 1.7选择：若质点的位矢为r，速度为v，速率为v，路程为s，则必有【B】A．|Δr|=Δs=ΔrB．|Δr|=Δs=Δr，当Δt→0时，有|d r|=d s=d rC．|Δr|=Δs=Δr，当Δt→0时，有|d r|=d r=d sD．|Δr|=Δs=Δr，当Δt→0时，有|d r|=d r=d s1.8选择：根据上题的符号，则必有【C】A．|v|=v,|v|=v B．|v|=v,|v|=vC．|v|=v,|v|=v D．|v|=v,|v|=v1.9选择：质点在某瞬时位于位矢r=(x,y)处，其速度大小v的计算错误的为【A】A．d rd tB．d rd tC．d sd tD．√(d xd t)2+(d yd t)21.10直径为40cm的定滑轮上缠绕着一条细钢丝绳，绳的另一端吊着一个重物，若某时刻重物下落的加速度为1m/s2，速度为0.3m/s，则此刻滑轮的角加速度为5rad/s2，角速度为1.5rad /s解答：物体下落的距离等于滑轮边缘转动的距离，物体下落的速度就是滑轮边缘的线速度，物体下落的加速度等于滑轮边缘的切线加速度．1.11半径为0.1m 的轨道上有一个质点，它的角位置θ=π+t 2，则任意时刻的切线加速度a t =0.2，法线加速度a n =0.4t 2解答：ω=d θd t =2t ，β=d ωd t =2，a t =R β，a n =R ω21.12半径为1m 的轨道上有一个质点，它的路程s =2t −0.5t 2，则任意时刻的切线加速度a t =−1，法线加速度a n =(2−t )2解答：v =d s d t =2−t ，a t =d v d t =−1，a n =v 2R 1.13判定正误：（1）以圆心为坐标原点的圆周运动满足d r/d t =0且d r /d t =0；··························[✓]（2）匀速率圆周运动满足d v/d t =0且d v /d t =0；...........................................[×]（3）匀速率曲线运动满足d v/d t =0且d v /d t =0；·····································[✓]（4）法线加速度的效果是改变速度的方向；·············································[✓]（5）切线加速度的效果是改变速度的大小；·············································[✓]（6）圆周运动中，若a n 是常量，则a t 为零；············································[✓]（7）圆周运动中，若a t 是常量，则a n 也是常量；...............................................[×]1.14物体下落，受到重力mg 以及空气阻力f =kv ，则终极速度v T =mg/k ，若阻力f =kv 2，则终极速度v T =√mg/k1.15判定正误：（1）物体质量越大，惯性越大；·······················································[✓]（2）物体的速度越大，惯性越大；.............................................................[×]1.16选择：用水平力F N 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止，当F N 逐渐增大时，物体所受的静摩擦力F f 的大小【A 】A ．不为零，但保持不变；B ．随F N 成正比地增大；C ．达到某一最大值后，就保持不变；1.17选择：一段路面水平的公路，转弯处轨道半径为R ，汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ，要使汽车不至于发生侧向打滑，汽车在该处的行驶速率【C 】A ．不得小于√μgR ；B ．必须等于√μgR ；C ．不得大于√μgR ；D ．还需汽车的质量m 决定；1.18选择：小物体沿固定的圆弧形光滑轨道由静止下滑，在下滑过程中【B 】A ．它的加速度方向永远指向圆心，速率不变；B ．轨道的支撑力的大小不断增加；C ．它受到的合外力大小变化，方向永远指向圆心；D ．它受到的合外力大小不变，速率不断增加；1.19在东北天坐标系中，A 车向东运动v A =2i m /s ，B 车向北运动，v B =3j m /s ；则B 相对于A 的速度v BA =(3j −2i )m /s1.20稳定的南风风速v 1=2m /s ，某人向西快跑，速率v 2=4m /s ．此人感受到的风速大小为√22+42=√20m /s解答：南风是由南向北吹的，⼈是由东向⻄跑，⼆者的速度是相互垂直的．⼈感受的风速是风相对于⼈的速度，即v风⼈=v风−v⼈，v风⼈=√v2风+v2⼈1.21火车沿着直线铁路以30m/s的速率匀速行驶，车厢内的一名乘务员从车头走向车尾，速率为1m/s，乘务员相对于地面的速度大小为29m/s1.22飞船点火起飞时，航天员会感受到大于其体重数倍的重力，这个现象称为超重；在环绕地球的太空舱内，宇航员可以自由漂移，这个现象叫做失重1.23质量为2kg的质点沿直线运动，速度由1m/s增加至3m/s，则外力的冲量大小为4N·s1.24细绳将一个质量为m的小球悬挂在天花板下，球在水平面内匀速圆周运动，周期为T，在小球运行一周的过程中，重力的冲量为|I|=mgT，动量的增量为|Δp|=01.25质量为m的物体以初速度v0，仰角30◦斜上抛，到达最高点．在此过程中，动量的增量为|Δp|=mv0sin30◦，重力的冲量为|I|=mv0/21.26光滑的冰面上由两个物体A,B，m A=3g，v A=(i+2j)m/s，m B=5g，v B=(9i+2j)m/s，两物体碰撞后粘为一体，其共同速度v=(6i+2j)m/s1.27直接用手按钉子，很难将其钉入木头内；若首先用5N的力挥动锤子2s，则锤子获得的动量大小为10N·s；若该运动的锤子敲击钉子，与钉子之间的相互作用持续2ms，则锤子与钉子之间的作用力大小为5kN．1.28升降梯将重100N的物体从地面送达高为10m的楼顶，花费了3s的时间．在此过程中，重力的冲量|I|=300N·s，重力做功W=−1000J，此物体的重力势能增加量ΔE p=1000J1.29水平路面上两个点A、B的距离为2m，某物体重500N，与地面的摩擦系数为0.2，物体由A运动至B．若物体沿着直线以3m/s的速度运动，摩擦力做功W f=−200J；若物体沿着直线以5m/s的速度运动，摩擦力做功W f=−200J；若物体沿着长度为4m的曲线运动，摩擦力做功W f=−400J1.30海水中两个点A、B的距离为2m，鱼受到正比于速度的阻力f=0.1v，由A运动至B．若鱼沿着直线以3m/s的速度运动，流体阻力做功W f=−0.6J；若鱼沿着直线以5m/s的速度运动，流体阻力做功W f=−1.0J；若鱼沿着长度为4m的曲线以5m/s的速度运动，摩擦力做功W f=−2.0J1.31判定正误：（1）沿着闭合路径，保守力做功等于零；···············································[✓]（2）保守力做功与运动路径无关；·····················································[✓]（3）保守力做正功，系统的势能减小；·················································[✓]（4）沿着保守力方向移动物体，物体的势能减小；·······································[✓]（5）非保守力的功一定为负值；...............................................................[×] 1.32质量为2kg的质点，速率由1m/s增加至2m/s，则外力做功的大小为3J1.33外力的冲量等于质点系统动量的增量．所有作用力的功，等于系统动能的增量．保守力做的功，等于系统势能的减少量．非保守力做的功，等于系统机械能的增量．1.34判定正误：（1）保守力做负功，则系统的机械能一定减小；................................................[×]（2）非保守力做负功，系统的势能一定增大；..................................................[×]（3）非保守力做负功，系统的机械能一定减小；·········································[✓]（4）一对相互作用内力能够改变系统的总动量；...............................................[×]（5）一对相互作用内力能够增加系统的总动能；·········································[✓]（6）作用力和反作用力大小相等方向相反，两者所作功的代数和必为零；.......................[×]课堂练习答案February 16,2014第二章连续介质力学2.1刚体的基本运动形式有平动和转动两种基本类型．2.2质量为m 的质点沿着半径为r 的圆周以角速度ω转动，其转动惯量J =mr 2．2.3质量为m ，半径为r 的均匀圆盘绕垂直于盘面的中心轴转动，转动惯量为12mr 2；质量为m ，长度为l 的细棒，对于过端点且垂直于棒的轴的转动惯量为13ml 2；质量为m ，长度为l 的细棒，对于过中点且垂直于棒的轴的转动惯量为112ml 2．2.4转动惯量为25kg ·m 2、半径为0.5m 的定滑轮绕中心轴转动，其边缘受到10N 的切向摩擦阻力，阻力矩的大小为5N ·m，其角加速度的大小为0.2s −2．2.5判定正误：（1）刚体受到的合外力不为零，则合外力矩一定不为零；..........................[×]（2）若外力穿过转轴，则它产生的力矩为零；································[✓]（3）若外力平行于转轴，则它对转轴的力矩为零；····························[✓]2.6判定正误：有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上，则（1）这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；·················[✓]（2）这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；·················[✓]（3）当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；....................[×]（4）当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零；....................[×]2.7质量m 速率v 的质点做半径为r 的匀速率圆周运动，其角动量大小为mvr．2.8质量m 速率v 的质点沿着x 轴做匀速率直线运动，它相对于坐标点(x,y )的角动量大小为mvy ．2.9某恒星诞生之初的转动惯量为J ，角速度为ω．当燃料耗尽之后坍塌为白矮星，转动惯量为J/4，此时其转动角速度为4ω．2.10已知地球在近日点时距离太阳r 1，速率v 1，在远日点时距离太阳r 2，则速率v 2=v 1r 1/r 2．2.11判定正误：（1）刚体内部的相互作用力不能改变刚体的角动量；··························[✓]（2）若刚体的角动量守恒，则刚体所受合外力为零；...............................[×]（3）若外力平行于转轴，则刚体的角动量守恒；······························[✓]（4）若外力的延长线穿过转轴，则刚体角动量守恒；··························[✓]2.12判定正误：（1）对某个定轴转动刚体而言，内力矩不会改变刚体的角加速度；···············[✓]（2）一对作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零；······················[✓]（3）质量相等而形状不同的两个刚体，受相同力矩，角加速度一定相同；...........[×]课堂练习答案第2章连续介质力学2.13选择：均匀细棒OA 可绕O 端自由转动，使棒从水平位置由静止开始自由下摆，在下摆过程中，则必有【D 】A ．角速度从小到大，角加速度不变B ．角速度从小到大，角加速度从小到大C ．角速度不变，角加速度为零D ．角速度从小到大，角加速度从大到小2.14转动惯量为J ，角速度为ω的定轴转动的刚体，其角动量为J ω，转动能量为12J ω2．2.15转动惯量为9.0kg ·m 2的定滑轮受到18N ·m 的力矩作用而转过了3.1rad ，则滑轮的角加速度为2.0rad /s 2，力矩做功56J ．2.16某发动机铭牌上标注转速为4000rpm 时，输出扭矩为60.5N ·m ，则此刻发动机的功率为25.3kW （rpm 的意思是revolutions per minute ）．2.17选择：假设卫星环绕地球中心作椭圆运动，则在运动过程中【B 】A ．角动量守恒，动能守恒B ．角动量守恒，机械能守恒C ．角动量不守恒，机械能守恒D ．角动量守恒，动量也守恒E ．角动量不守恒，动量也不守恒2.18杆件的变形种类可以分为伸缩、剪切、弯曲、扭转四种．2.19用10N 的拉力拽一条横截面为2mm 2的铁丝，则铁丝内部横截面上的正应力大小为5MPa ．2.20长度为2m 、横截面积为2mm 2的细钢丝，受到300N 的拉力后，长度增加了1.5mm ．则钢丝的正应变为7.5×10−4，正应力等于1.5×108Pa ，杨氏模量为2×1011Pa ．2.21上海环球金融中心大楼主体部分高度约400m ，其顶部在大风中摇摆的幅度约1m ，若将此视为剪切形变，则剪切应变为2.5×10−3．2.22一段自来水管，前半截直径为4cm ，流速为2m /s ；后半截直径为2cm ，则流速为8m /s ．课堂练习答案February 16,2014第三章静电场3.1近距作用观点认为，电荷之间的相互作用力是通过电场来传递的．3.2真空中的直角坐标系上有三点A (x 1,0)、B (0,y 2)及C (0,0)，在A 点放置点电荷q 1，B 点放置点电荷q 2，问C 点处的场强大小为14πε0√q 21/x 41+q 22/y 42．3.3在坐标(x,0)处有一点电荷q 1，在(0,y )处有另一点电荷q 2，则q 1与q 2之间的电场力大小为14πε0q 1q 2x 2+y 2．3.4一根很细的均匀带电量为Q (Q >0)的塑料棒弯成半径为R 的圆环，接口处留有宽为Δl 的空隙(Δl ≪R )，求环心处电场强度的大小和方向．解答：Q Δl 8π2ε0R 33.5在均匀电场E 中放入一个面积为A 的平板．若电场与平板垂直，则穿过平板的电通量大小为EA ；若电场与平板平行，则电通量大小为0．3.6某带电直线长度为2h ，电荷线密度为+λ，以直线的一个端点为中心，h 为半径作一个球面，则通过该球面的总电通量为d λ/ε0．3.7电量为q 的点电荷位于一立方体的中心，立方体边长为a ，则通过立方体一个面的电通量是q/(6ε0)；如果把这个点电荷放到一个半球面的球心处，则通过半球面的电通量是q/(2ε0)．3.8均匀带电球面内部的场强大小为0；电荷面密度为σ的无限大均匀带电平面周围的场强大小为σ/(2ε0)；电荷线密度为λ的无限长带电直线周围，与直线距离为r 的位置的场强大小为λ/(2πε0r )．3.9下列说法是否正确？为什么？（1）闭合曲面上各点场强为零时，该曲面的电通量必为零；·······························[✓]（2）闭合曲面的总电通量为零，该曲面上各点的场强必为零；..................................[×]（3）闭合曲面的总电通量为零，该曲面内必没有带电物体；.....................................[×]（4）闭合曲面内没有带电物体，曲面的总电通量必为零；·································[✓]（5）闭合曲面内净电量为零，曲面的电通量必为零；·····································[✓]（6）闭合曲面的电通量为零，曲面内净电量必为零；·····································[✓]（7）闭合曲面上各点的场强仅由曲面内的电荷产生；...........................................[×]（8）高斯定理的适用条件是电场必须具有对称性；.............................................[×]（9）若电场线从某处进入闭合曲面，则该处的电通量为正值．..................................[×]3.10两块相互平行的金属板之间存在着均匀电场E ，距离为l ，则两金属板之间的电势差为El．3.11与孤立点电荷q 距离为r 的点，其电势为q/4πε0r；孤立的均匀带电球面半径为R ，电量为q ，其内部空间的电势为q/4πε0R ．3.12在边长为a 的正方体中心处放置一点电荷Q ，设无穷远处为电势零点，则在正方体顶角处的电势为Q 2√3πε0a．3.13一对等量异号点电荷的电量分别为±q ，两者之间的距离为2l ，则它们连线中点的场强为q/2πε0l 2，电势为0．3.14沿着电场线的正方向，电势减小，正电荷的电势能减小，负电荷的电势能增加（填写“增加”或“减小”）．3.15在电压为U 的两点之间移动电量为Q 的电荷，电场力做功|W |=QU ．课堂练习答案第3章静电场3.16在夏季雷雨中，通常一次闪电过程中两点间的平均电势差约为100MV，通过的电量约为30C．一次闪电消耗的能量是3×109J．3.17真空中两个电量分别为q1,q2的点电荷，距离为l，它们之间的相互作用电势能为q1q24πε0l．3.18一个残缺的塑料圆环，携带净电量q，半径为r，环心处的电势为q/4πε0r．3.19判定正误：（1）电场强度相等的位置电势相等；..........................................................[×]（2）同一个等势面上的电场强度大小相等；....................................................[×]（3）某区域内电势为常量，则该区域内电场强度为零；···································[✓]（4）电势梯度大的位置电场强度大；···················································[✓]（5）电场线与等势面必然正交．······················································[✓] 3.20设真空电场中的电势分布用U表示，将一个电量为q的点电荷放入电场中，电势能用E p表示，判定下列说法的正误：（1）将电荷q从A点移动至无穷远，电场力做功等于qU A；·······························[✓]（2）将电荷q从无穷远处移动至A点，电场力做功等于E p A；..................................[×]（3）将电荷q从A点移动至B点，电场力做功等于qU AB；································[✓]（4）将电荷q从A点移动至B点，电场力做功等于E p B−E p A；................................[×]（5）缓慢移动电荷q，外力做的功等于电势能的减小量；.......................................[×] 3.21静电平衡时，导体内部任意一点的总电场强度大小为零，整个导体中任意位置的电势都相等，导体上的电荷只能分布在表面上．3.22地球可以看作是一个良好的导体，现在已知地球表面附近的电场强度近似为100V/m，方向指向地球中心，则地球表面的电荷密度为−100ε0．3.23判断正误：（1）实心导体内部空间是等电势体，但是表面不一定是等势面；................................[×]（2）空腔导体的内表面（空腔表面）上不会有净电荷；...........................................[×]（3）若导体空腔内无电荷，则空腔与导体是等电势的；···································[✓]（4）导体空腔表面的感应电荷量一定与空腔内部的总电荷量等值异号；·····················[✓]（5）导体表面附近的电场线一定与表面正交．··········································[✓] 3.24简答：静电屏蔽的含义是什么？有哪些类型的应用？3.25空气中面积为A，极板距离为d的平行板电容器，其电容为ε0A/d．3.26真空中的电容器的电压为U，电容为C，则其存储的电场能为W e=CU2/2．3.27真空静电场的能量密度表达式为w e=ε0E2/2．3.28有一平行板电容器，保持板上电荷量不变（充电后切断电源），现在使两极板间的距离d增大，则极板间的电场强度不变，电压增大，电容减小．（填写“增大”、“减小”或“不变”）3.29无极分子的电极化方式为位移极化，有极分子的电极化方式主要为转向极化．3.30电介质的极化现象与导体的静电感应现象有什么相似之处？3.31面积为S，极板距离为d的平行板电容器填充了相对介电常数为εr的均匀电介质后，平行板电容器的电容表达式为ε0εr S/d．4.1电量为q 的粒子以角速度ω做圆周运动，它形成的等效电流强度I =ωq/(2π)．4.2无限长的直导线载有电流I ，距离导线x 处的磁感应强度大小为μ0I 2πx；沿着直线运动的电荷，其运动的正前方的磁感应强度大小为0．4.3相互平行的直导线之间距离为d ；电流大小都是I ，方向相反；则两导线中点位置的磁场B =2μ0I πd ．4.4半径为R 的单匝环形导线载有电流I ，环心处的磁感应强度大小为μ0I 2R；该电流的磁矩大小为πR 2I ．4.5半径为R 的两个单匝圆形线圈正交放置，其圆心重合．若两个线圈中的电流大小都是I ，则圆心处的磁场B =√2μ0I 2R，两个电流环的总磁矩大小为√2πR 2I ．4.6边长为0.1m ，匝数为1000的正方形线圈，通电0.5A ，其磁矩大小为5A ·m 2．4.7下图中两导线中的电流绝对值分别为I 1，I 2，写出下列环路积分的值˛L 1B ·d l =μ0I 1˛L 2B ·d l =−μ0I 2˛L 3B ·d l =μ0(I 2−I 1)4.8如下图所示，直线电流I 从立方体的两个相对表面的中心穿过，则下列积分分别等于˛abcda B ·d l =0¨abcd B ·d S =0˛bcgfb B ·d l =μ0I ¨bcgf B ·d S =04.9无限长的空心直螺线管，线圈数密度为n ，横截面积为S ，载流I ，则其管内的磁场B =μ0nI ，横截面上的磁通量为μ0nIS ．4.10一个电子以速度v =(5×104j )m /s 射入均匀磁场B =(0.4i +0.5j )T 中，受到的洛仑兹力F =3.2×10−15k N4.11判断正误：（1）均匀磁场不会改变带电粒子的速率；···············································[✓]（2）非均匀磁场的洛仑兹力能够对运动电荷做正功；...........................................[×]（3）受到洛仑兹力后，带电粒子的动能和动量都不变．.........................................[×]4.12判断正误：（1）闭合载流线圈在均匀磁场中受到的总磁场力为零；···································[✓]（2）闭合载流线圈在均匀磁场中受到的磁力矩为零；...........................................[×]（3）电流方向相同的平行直导线相互吸引；·············································[✓]（4）载流长直螺线管中的多匝线圈之间相互排斥．.............................................[×]4.13磁介质按照磁化率可以分为顺磁质、抗磁质、铁磁质三类．4.14铁磁材料按照磁滞回线的形状可以分为硬磁材料、软磁材料两类．5.1如下图所示，导线回路L的形状不变，而其位置正在发生移动．根据楞次定律判定各回路中是否有感应电流；若有，请用箭头标记其环绕方向．5.2如下图所示，导线回路L的形状与位置皆不变．图(a)、图(b)中电流I正在增大；图(c)、图(d)中的磁棒正在运动．根据楞次定律判定各回路中是否有感应电流；若有，请用箭头标记其环绕方向．5.3边长D=0.1m的单匝正方形导线框绕其对角线以3000rev/min的角速度转动，均匀磁场B=1mT 与其转轴垂直．则导线框中的最大磁通量为10−5Wb，最大电动势为3.14mV．5.4判定正误：（1）电动势可以由保守力来担当；.............................................................[×]（2）静电力不可能担当电动势的角色；·················································[✓]（3）在一个孤立的电池内部，电动势与静电力的方向相反；·······························[✓] 5.5感应电动势分为两类：导体在磁场中运动产生的电动势叫做动生电动势，磁场分布随时间变化引起的电动势称为感生电动势．5.6动生电动势的实质是运动电荷受洛仑兹力的结果；感生电动势则来源于感生电场，而感生电场是由变化的磁场所激发的．5.7在均匀的磁场B中，一条长度为l的铁棒以速率v运动，铁棒两端能够产生的最大电压值为Blv伏，最小电压值为0伏．5.8判定正误：（1）感生电场是由电荷产生的；...............................................................[×]（2）感生电场是保守场；.....................................................................[×]（3）空间中没有磁场的位置一定没有感生电场．...............................................[×] 5.9条形磁铁平行于大块的金属平板移动，其N极朝向金属平板，定性的画出磁铁N极附近的涡流与磁铁运动方向之间的关系．5.10某电路的电流变化引发周围另外一个电路中产生电流，此现象叫做互感．5.11自感系数为L的线圈，通过电流I，则其储存的磁能是LI2/2．5.12有两个半径相接近的圆线圈，问如何放置方可使其互感最小？如何放置可使其互感最大？解答：共⾯同⼼放置互感⼤；相互垂直放置互感为零．5.13用康铜丝绕成的标准电阻要求没有自感，问怎样绕制方能使其自感为零？试说明其理由．5.14位移电流的实质是什么？位移电流与传导电流有什么不同？解答：变化的电场；第六章振动和波动6.1已知某质点在x 轴上运动，用国际单位制表示为x =2cos (100πt +1.5)，它的振幅为2，角频率为100π，频率为50，初相位是1.5，最大速率等于200π，最大加速度是20000π2解答：将已知等式与振动的⼀般形式对⽐：x =A cos (ωt +φ0)=A cos (2πft +φ0)v =d x d t ,v m =ωA ;a =d v d t ,a m =ω2A 6.2时间t =1时，x =2cos (5t +1)与y =3cos (7t +2)的相位差等于3解答：(7t +2)−(5t +1)=(2t +1) t =1=36.3质量为10.0g 的钢球悬挂在劲度系数为100N /m 的弹簧下振动，周期为π/50s解答：T =2πω=2π√m k6.4半个周期为1s 的摆称作秒摆，地球上秒摆的摆长大约为1m 解答：T =2s ，g ≃π2，T =2π√l/g ，l =T 2g/(4π2)=16.5谐振子的位移为振幅的一半时，其动能与总能量的比值为3:4解答：x =A/2，总能量E =12kA 2，势能E p =12kx 2=18kA 2，动能E k =E −E p =38kA 26.6判定正误：（1）简谐振动的初相位角在第一象限，则初速度为负；···································[✓]（2）简谐振动的初相位角在第三象限，则初速度为正；···································[✓]（3）简谐振动的初位移为正，则初相位角在二、三象限；.......................................[×]（4）简谐振动的初位移为负，则初相位角在三、四象限；.......................................[×]（5）单摆简谐振动的角频率就是摆线绕悬挂点的角速度；......................................[×]6.7产生速度共振的条件是什么？解答：驱动⼒的频率等于系统固有频率6.8两个同方向的振动分别为y 1=3cos (50t +φ10)、y 2=4cos (50t +φ20)，若φ10−φ20=2π，则合振动的振幅A =7；若φ10−φ20=3π，则A =1；若φ10−φ20=−90◦，则A =5解答：A =√A 21+A 22+2A 1A 2cos Δφ6.9两个同方向的振动分别为x 1=3cos (2π500t +1.1)、x 2=3cos (2π498t +1.6)；则拍频f beat =2Hz 6.10频率相同的两个相互垂直的振动，相位差是90◦，则合振动的轨迹一般是椭圆6.11振动方向与传播方向相同的波称为纵波；振动方向与传播方向垂直的波称为横波6.12一列横波的波函数为y =0.05cos (10πt −4πx )SI ，则频率f =5Hz ，波长λ=0.5m ，波速c =2.5m /s ，座标x =2m 的质点在t =1s 的相位等于2πrad6.13空气中的声速约u =330m /s ，声音频率f =1000Hz ，则波长λ=0.33m；若水中的声波波长λ=1.5m ，周期T =1ms ，则水声波速c =1500m /s课堂练习答案第6章振动和波动6.14真空中的电磁波波速c=3.0×108m/s，可见光的波长按照“红橙黄绿青蓝紫”的顺序依次递减，范围是760～400nm，计算可见光的频率范围．解答：(4.0～7.5)×1014Hz6.15波场中的介质都在参与简谐振动．若锁定某个质元观察，时间每增加一个周期T，该质元的相位增加2π；若锁定某个时刻观察，沿着波传播的方向，距离每增大一个波长λ，相应质元振动的相位减小2π6.16波动由a点传播到b点的时间是Δt，若a点的振动规律是f(t)，那么b点的振动规律是f(t−Δt) 6.17波动由a点传播到b点的距离是l，波长为λ．若a点的振动规律是A sin(ωt)，那么b点的振动规律是A sin(ωt−2πl/λ)6.18判定正误：（1）流体中不可以传播横波；························································[✓]（2）固体中不可以传播纵波；.................................................................[×]（3）空气中的声波是纵波；··························································[✓]（4）水面波是横波；..........................................................................[×]（5）介质的速度与波的速度是两个不同的物理量；·······································[✓]（6）介质能够随着波动一起向远方传送；......................................................[×]（7）波的传播速度由介质决定；·······················································[✓] 6.19波动绕过障碍物传播的现象叫做衍射．6.20某种介质中的光速是真空光速的1/k，则该介质的折射率是k．6.21驻波中静止不动的点叫做波节，振幅最大的点叫做波腹；两个波节之间的距离是波长的0.5倍．6.22一段两端固定的琴弦，长度为0.5m，它的基波波长为1m．6.23一支细长玻璃管的一端密封，另一端开口．在玻璃管中注入水，可以改变其中的空气柱长度．假设空气中的声速为340m/s，想要在玻璃管中吹奏出基频为1000Hz的声波，玻璃管中的空气柱长度应为85mm．6.24电磁波垂直穿过厚度为e折射率为n的玻璃，则玻璃中的波程为ne6.25振幅相同的普通声波(500Hz)和超声波(50000Hz)，后者的声强是前者的10000倍，后者的声强级比前者多40dB．6.26声强级增加1B，则声波的声强变成原来的10倍．6.27假设声速为330m/s，高速列车鸣笛的频率为1000Hz，而铁路边的执勤人员接收到的频率为1500Hz，则此时列车的速度为396km/h．6.28据说俄罗斯的“米格-31”战斗机可以在高空加速到3.2马赫，这表示此飞机的速度可以达到声速的3.2倍．如果某战斗机以2.0马赫的速度巡航，它在空气中激发的激波的半顶角大小为30◦．课堂练习答案February16,2014第七章波动光学7.1双缝的间距为0.15mm，在距离1.0m处测得第1级暗纹和第10级暗纹之间的距离为36mm，则相邻明条纹的间距为4mm，光的波长等于600nm．7.2在双缝中某一个缝的后面覆盖一片玻璃，使得从此缝出射的光的光程增大5λ，则屏幕上的干涉图案将整体平移5个条纹．7.3判断正误：（1）双缝的距离减小，则干涉条纹的间距增大；······························[✓]（2）光的波长增大，则双缝干涉条纹的间距变小；.................................[×]（3）接收屏的距离增大，则双缝干涉条纹的间距变小；.............................[×]（4）用白光进行双缝干涉，零级明纹是彩色的；...................................[×]（5）将整个双缝干涉装置从空气中搬到水中，干涉条纹的间距变小；·············[✓]7.4判断正误：（1）光从空气中垂直入射到玻璃上，其反射光存在半波损失；···················[✓]（2）光从空气中垂直入射到玻璃上，其折射光存在半波损失；......................[×]（3）光从水中垂直入射到空气中，其反射光存在半波损失；........................[×]（4）光从水中垂直入射到空气中，其折射光存在半波损失；........................[×]（5）雷达波从大气中近似平行入射到湖面上，其反射波存在半波损失；···········[✓]（6）透镜的物点与像点之间的所有光线是等光程的．··························[✓]7.5判断正误：（1）若尖劈膜的顶角减小，则等厚干涉条纹的间距也减小；........................[×]（2）若尖劈膜的顶角减小，则等厚干涉条纹向顶尖方向移动；......................[×]（3）若尖劈膜的顶角增大，则顶尖处干涉条纹的明暗交替变化；....................[×]（4）保持尖劈膜的倾角不变而使其厚度增大，则干涉条纹向着顶尖方向移动；·····[✓]（5）保持尖劈膜的倾角不变而使其厚度增大，则干涉条纹间距不变；·············[✓]“等厚干涉”就是厚度均匀的薄膜产生的干涉．................................[×]（6）7.6增透膜的最小光学厚度是真空波长的1/4倍；增反膜的最小光学厚度是真空波长的1/4倍．7.7等厚干涉中，相邻明（暗）条纹对应的薄膜厚度之差为薄膜中的波长的0.5倍．7.8在反射光干涉中，空气尖劈顶尖处的干涉条纹是明还是暗？透射光形成的空气中的牛顿环，中心点是明还是暗？解答：暗；明7.9判断正误：（1）若狭缝的宽度减小，则单缝衍射的中央明纹角宽度减小；......................[×]（2）若波长减小，则单缝衍射中央明纹的角宽度减小；························[✓]。
大学物理(下)十一章十二章作业与解答
大学物理(下)十一章十二章作业与解答————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：第十一章恒定磁场一. 选择题1．在一平面内，有两条垂直交叉但相互绝缘的导线，流经两条导线的电流大小相等，方向如图，在哪些区域中有可能存在磁感应强度为零的点？(A) 在Ⅰ、Ⅲ象限(B) 在Ⅰ、Ⅳ象限(C) 在Ⅱ、Ⅲ象限(D) 在Ⅱ、Ⅳ象限[ ]2. 载流导线在同一平面内，形状如图，在圆心O处产生的磁感应强度大小为(A)(B)(C)(D) [ ]注意见第11章课件最后的总结的那个图，半圆载流回路在圆心处的磁感强度是多少？3. 一圆形回路1及一正方形回路2，圆的直径与正方形边长相等，二者中通有大小相同电流，则它们在各自中心处产生的磁感应强度大小之比为(A) 0.90(B) 1.00(C) 1.11(D) 1.22 [ ]注意教材page304,及课件最后总结的那个图4. 在磁感应强度为的均匀磁场中做一半径为r的半球面S，S边线所在平面的法线方向单位矢量与的夹角为θ，则通过半球面S的磁通量（取半球面向外为正）为(A)(B)(C)(D)[ ]5. 如图，无限长载流直导线附近有一正方形闭合曲面S，当S向导线靠近时，穿过S的磁通量和S上各点的磁感应强度的大小B将(A) 增大，B增强(B) 不变，B不变(C) 增大，B不变(D) 不变，B增强[ ]6. 取一闭合积分回路L，使若干根载流导线穿过它所围成的面，若改变这些导线之间的相互间隔，但不越出积分回路，则(A) 回路L内的电流的代数和不变，L上各点的不变(B) 回路L内的电流的代数和不变，L上各点的改变(C) 回路L内的电流的代数和改变，L上各点的不变(D) 回路L内的电流的代数和改变，L上各点的改变[ ]7. 如图，两根导线ab和cd沿半径方向被接到一个截面处处相等的铁环上，恒定电流I 从a端流入而从d端流出，则磁感应强度沿闭合路径L的积分等于(A)(B)(C)(D)[ ]8. 一电荷为q的粒子在均匀磁场中运动，下列说法正确的是(A) 只要速度大小相同，粒子所受的洛仑兹力就相同(B) 在速度不变的前提下，若电荷q变为 -q，则粒子受力反向，数值不变(C) 粒子进入磁场后，其动能和动量都不变(D) 洛仑兹力与速度方向垂直，所以带电粒子运动的轨迹必定是圆[ ]9. 质量为m、电量为q的粒子，以速度v垂直射入均匀磁场中，则粒子运动轨道包围范围的磁通量与磁感应强度的大小之间的关系曲线为[ b ]注意见P317,(11.30)10. 如图，长直载流导线与一圆形电流共面，并与其一直径相重合(两者间绝缘),设长直电流不动，则圆形电流将(A) 向上运动(B) 绕旋转(C) 向左运动(D) 向右运动(E) 不动[ ]11. 磁场中有一载流圆线圈，其既不受力也不受力矩作用，这说明(A) 该磁场一定均匀，且线圈的磁矩方向一定与磁场方向平行(B) 该磁场一定不均匀，且线圈的磁矩方向一定与磁场方向平行(C) 该磁场一定均匀，且线圈的磁矩方向一定与磁场方向垂直(D) 该磁场一定不均匀，且线圈的磁矩方向一定与磁场方向垂直[ ]注意见P325 第二段表述，11.36式12. 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，管内充满相对磁导率为的均匀磁介质，线圈中载有电流I，则管中任一点(A) 磁感应强度大小为(B) 磁感应强度大小为(C) 磁场强度大小为(D) 磁场强度大小为[ ]二. 填空题13.如图，电流元在P点产生的磁感应强度的大小为___________________.14. 真空中有一载有电流I的细圆线圈，则通过包围该线圈的闭合曲面S的磁通量Φ=________________. 若通过S面上某面元的磁通为，而线圈中电流增加为2I时，通过该面元的磁通为，则_______________.0 ； 1︰215. 如图，两平行无限长载流直导线中电流均为I，两导线间距为a，则两导线连线中点P的磁感应强度大小，磁感应强度沿图中环路L的线积分_______________________.0 ；16. 恒定磁场中，磁感应强度对任意闭合曲面的积分等于零，其数学表示式是____________，这表明磁感应线的特征是_________________________. ；闭合曲线17. 一长直螺线管是由直径的导线密绕而成，通以的电流，其内部的磁感应强度大小B =_____________________.（忽略绝缘层厚度）18. 带电粒子垂直磁感应线射入匀强磁场，它做______________运动；带电粒子与磁感应线成300角射入匀强磁场，则它做__________________运动；若空间分布有方向一致的电场和磁场，带电粒子垂直于场方向入射，则它做__________________运动.圆周；螺旋线；变螺距的螺旋线19. 在霍尔效应实验中，通过导电体的电流和的方向垂直（如图）.如果上表面的电势较高，则导电体中的载流子带___________电荷；如果下表面的电势较高，则导电体中的载流子带___________电荷.正；负20. 如图，一载流导线弯成半径为R的四分之一圆弧，置于磁感应强度为的均匀磁场中，导线所受磁场力大小为______________，方向为_____________.； y轴正向注意：积分IRBdθ，θ的积分上下限？21. 如图，半径为R的半圆形线圈通有电流I，线圈处在与线圈平面平行指向右的均匀磁场中，该载流线圈磁矩大小为___________，方向____________；线圈所受磁力矩的大小为_________________，方向_____________.；垂直纸面向外；；向上22. 磁场中某点，有一半径为R、载有电流I的圆形实验线圈，其所受的最大磁力矩为M，则该点磁感应强度的大小为_________________.注意见教材324页三. 计算题23. 如图，两长直导线互相垂直放置，相距为d，其中一根导线与z轴重合，另一与x轴平行且在Oxy平面内，设导线中皆通有电流I，求y轴上与两导线等距的P点处的磁感应强度.解：长直载流导线在距其r处的磁感应强度为两长直载流导线在P点产生的磁感应强度方向一沿z轴方向，一沿x轴负方向且方向平行于Oxz平面与Oxy面成45o，如图示。
大学物理_第五版_下册_第九章到第十一章课后答案
第九章 振动9-1 一个质点作简谐运动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为2A -，且向x 轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（ ）题９-１ 图分析与解（b ）图中旋转矢量的矢端在x 轴上投影点的位移为－A /2，且投影点的运动方向指向O x 轴正向，即其速度的x 分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（b ）． 9-2 已知某简谐运动的振动曲线如图（a ）所示，则此简谐运动的运动方程为（ ）()()()()()()()()cm π32π34cos 2D cm π32π34cos 2B cm π32π32cos 2C cm π32π32cos 2A ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=t x t x t x t x题９-２ 图分析与解 由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为 –A /2，且向x 轴负方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为3/π2．振动曲线上给出质点从–A /2 处运动到+A 处所需时间为 1 s ，由对应旋转矢量图可知相应的相位差3/π4Δ=，则角频率()1s 3/π4Δ/Δ-==t ω，故选（D ）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找出正确答案．9-3 两个同周期简谐运动曲线如图（a ） 所示， x 1 的相位比x 2 的相位（ ）（A ） 落后2π （B ）超前2π （C ）落后π （D ）超前π 分析与解 由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b ） 即可得到答案为（b ）．题９-３ 图9-4 当质点以频率ν 作简谐运动时，它的动能的变化频率为（ ）（A ） 2v （B ）v （C ）v 2 （D ）v 4 分析与解 质点作简谐运动的动能表式为()ϕωω+=t A m E k 222sin 21，可见其周期为简谐运动周期的一半，则频率为简谐运动频率ν的两倍．因而正确答案为（C ）． 9-5 图（a ）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为（ ）（A ） π23 （B ）π21 （C ）π （D ）0 分析与解 由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，它们的相位差是π（即反相位）．运动方程分别为t A x ωcos 1=和()πcos 22+=t ωA x ．它们的振幅不同．对于这样两个简谐运动，可用旋转矢量法，如图（b ）很方便求得合运动方程为t A x ωcos 21=．因而正确答案为（D ）．题９-５ 图9-6 有一个弹簧振子，振幅m 10022-⨯=.A ，周期s 01.=T ，初相4/π3=．试写出它的运动方程，并作出t x -图、t -v 图和t a -图．题９-6 图分析 弹簧振子的振动是简谐运动．振幅A 、初相ϕ、角频率ω是简谐运动方程()ϕω+=t A x cos 的三个特征量．求运动方程就要设法确定这三个物理量．题中除A 、ϕ已知外，ω可通过关系式T ω/π2=确定．振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同．解 因T ω/π2=，则运动方程()⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=t π2cos cos T A t ωA x 根据题中给出的数据得 ()()m 75.0π2cos 100.22πt x +⨯=-振子的速度和加速度分别为()()-12s m π75.0π2sin 10π4d /d ⋅+⨯-==-t y x v()()-1222s m π75.0π2cos 10π8d /d ⋅+⨯-==-t y x a t x -、t -v 及t a -图如图所示．9-7 若简谐运动方程为()()m π25.0π20cos 10.0+=t x ，求：（1） 振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）s 2=t 时的位移、速度和加速度．分析 可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式()ϕω+=t A x c o s作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t 值后，即可求得结果．解 （1） 将()()m π25.0π20cos 10.0+=t x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：振幅A ＝0.10m ，角频率1s π20-=ω，初相ϕ＝0.25π，则周期s 1.0/π2==ωT ，频率Hz /1T =v ．（２）s 2=t 时的位移、速度、加速度分别为()m 1007.7π25.0π40cos 10.02-⨯=+=t x()-1s m 44.4π25.0π40sin π2d /d ⋅-=+-==t x v()-22222s m 1079.2π25.0π40cos π40d /d ⋅⨯-=+-==t x a9-8 一远洋货轮，质量为m ，浮在水面时其水平截面积为S ．设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力，证明货轮在水中作振幅较小的竖直自由运动是简谐运动，并求振动周期．分析 要证明货轮作简谐运动，需要分析货轮在平衡位置附近上下运动时，它所受的合外力F 与位移x 间的关系，如果满足kx F -=，则货轮作简谐运动．通过kx F -=即可求得振动周期k m ωT /π2/π2==．证 货轮处于平衡状态时［图（a ）］，浮力大小为F ＝mg ．当船上下作微小振动时，取货轮处于力平衡时的质心位置为坐标原点O ，竖直向下为x 轴正向，如图（b ）所示．则当货轮向下偏移x 位移时，受合外力为∑'+=F P F其中F '为此时货轮所受浮力，其方向向上，大小为gSx mg gSx F F ρρ+=+='题９-８ 图则货轮所受合外力为kx gSx F P F -=-='-=∑ρ式中gS k ρ=是一常数．这表明货轮在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动．由∑=t x m F 22d d /可得货轮运动的微分方程为 0d d 22=+m gSx t x //ρ令m gS /ρω=2，可得其振动周期为gS ρm πωT /2/π2==9-9 设地球是一个半径为R 的均匀球体，密度33m kg 1055-⋅⨯=.ρ．现假定沿直径凿通一条隧道，若有一质量为m 的质点在此隧道内作无摩擦运动．（1） 证明此质点的运动是简谐运动；（2） 计算其周期．题９-９ 图分析 证明方法与上题相似．分析质点在隧道内运动时的受力特征即可．证 （1） 取图所示坐标．当质量为m 的质点位于x 处时，它受地球的引力为2x m m G F x -= 式中G 为引力常量，x m 是以x 为半径的球体质量，即3/π43x ρm x =．令3/π4Gm ρk =，则质点受力kx Gmx ρF -==3/π4因此，质点作简谐运动．（2） 质点振动的周期为s 1007.5/π3/π23⨯===ρG k m T9-10 如图（a ）所示，两个轻弹簧的劲度系数分别为1k 、2k ．当物体在光滑斜面上振动时．（1） 证明其运动仍是简谐运动；（2） 求系统的振动频率．题9-10 图分析 从上两题的求解知道，要证明一个系统作简谐运动，首先要分析受力情况，然后看是否满足简谐运动的受力特征（或简谐运动微分方程）．为此，建立如图（b ）所示的坐标．设系统平衡时物体所在位置为坐标原点O ，Ox 轴正向沿斜面向下，由受力分析可知，沿Ox 轴，物体受弹性力及重力分力的作用，其中弹性力是变力．利用串联时各弹簧受力相等，分析物体在任一位置时受力与位移的关系，即可证得物体作简谐运动，并可求出频率υ．证 设物体平衡时两弹簧伸长分别为1x 、2x ，则由物体受力平衡，有2211sin x k x k mg ==θ （1）按图（b ）所取坐标，物体沿x 轴移动位移x 时，两弹簧又分别被拉伸1x '和2x '，即21x x x '+'=．则物体受力为()()111222sin sin x x k mg x x k mg F '+-='+-=θθ （２） 将式（1）代入式（2）得1122x k x k F '-='-= （３） 由式（3）得11k F x /-='、22k F x /-='，而21x x x '+'=，则得到 ()[]kx x k k k k F -=+-=2121/式中()2121k k k k k +=/为常数，则物体作简谐运动，振动频率 ()m k k k k πm k ωv 2121/21/π21π2/+=== 讨论 （1） 由本题的求证可知，斜面倾角θ 对弹簧是否作简谐运动以及振动的频率均不产生影响．事实上，无论弹簧水平放置、斜置还是竖直悬挂，物体均作简谐运动．而且可以证明它们的频率相同，均由弹簧振子的固有性质决定，这就是称为固有频率的原因．（2） 如果振动系统如图（c ）（弹簧并联）或如图（d ）所示，也可通过物体在某一位置的受力分析得出其作简谐运动，且振动频率均为()m k k v /π2121+=，读者可以一试．通过这些例子可以知道，证明物体是否作简谐运动的思路是相同的．*9 －11 在如图（a ）所示装置中，一劲度系数为k 的轻弹簧，一端固定在墙上，另一端连接一质量为1m 的物体A ，置于光滑水平桌面上．现通过一质量m 、半径为R 的定滑轮B （可视为匀质圆盘）用细绳连接另一质量为2m 的物体C ．设细绳不可伸长，且与滑轮间无相对滑动，求系统的振动角频率．题9-11 图分析 这是一个由弹簧、物体A 、C 和滑轮B 组成的简谐运动系统．求解系统的振动频率可采用两种方法．（1） 从受力分析着手．如图（b ）所示，设系统处于平衡状态时，与物体A 相连的弹簧一端所在位置为坐标原点O ，此时弹簧已伸长0x ，且g m kx 20=．当弹簧沿x O 轴正向从原点O 伸长x 时，分析物体A 、C 及滑轮B 的受力情况，并分别列出它们的动力学方程，可解得系统作简谐运动的微分方程．（2）从系统机械能守恒着手．列出系统机械能守恒方程，然后求得系统作简谐运动的微分方程．解1 在图（b ）的状态下，各物体受力如图（c ）所示．其中()i F 0x x k +-=．考虑到绳子不可伸长，对物体A 、B 、C 分别列方程，有()22101d d tx m x x k F T =+-= （1） 22222d d tx m F g m T =- （2） ()2212d d 21tx mR J R F F T T ==-α （3） g m kx 20= （4）方程（3）中用到了22T T F F '=、11T T F F '=、22/mR J =及R a /=α．联立式（1） ～式（4）可得02d d 2122=+++x m m m k t x / （5） 则系统振动的角频率为 ()221//m m m k ++=ω解2 取整个振动装置和地球为研究系统，因没有外力和非保守内力作功，系统机械能守恒．设物体平衡时为初始状态，物体向右偏移距离x （此时速度为v 、加速度为a ）为末状态，则由机械能守恒定律，有()20222212021212121x x k ωJ m m gx m E +++++-=v v 在列出上述方程时应注意势能（重力势能和弹性势能）零点的选取．为运算方便，选初始状态下物体C 所在位置为重力势能零点；弹簧原长时为弹性势能的零点．将上述方程对时间求导得()tx x x k t ωωJ t m t m g m d d d d d d d d 00212+++++-=v v v vv 将22/mR J =，v =R ω，22d /d d /d t x t =v 和02kx g m = 代入上式，可得 02d d 2122=+++x m m m k t x / （6） 式（6）与式（5）相同，表明两种解法结果一致．9-12 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A ＝2.0 ×10-2 m ，周期T ＝0.50ｓ．当t ＝0 时，（1） 物体在正方向端点；（2） 物体在平衡位置、向负方向运动；（3） 物体在x ＝-1.0×10-2m 处， 向负方向运动； （4） 物体在x ＝-1.0×10-2 m 处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．分析 在振幅A 和周期T 已知的条件下，确定初相φ是求解简谐运动方程的关键．初相的确定通常有两种方法．（1） 解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即t ＝0 时，x ＝x 0 和v ＝v 0 来确定φ值．（2） 旋转矢量法：如图（a ）所示，将质点P 在Ox 轴上振动的初始位置x 0 和速度v 0 的方向与旋转矢量图相对应来确定φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用．题9-12 图解 由题给条件知A ＝2.0 ×10-2 m ，1s π4/2-==T ω，而初相φ可采用分析中的两种不同方法来求．解析法：根据简谐运动方程()ϕω+=t A x cos ，当0t =时有()ϕω+=t A x c o s 0，sin 0ωA -=v ．当（1）A x =0时，1cos 1=ϕ，则01=ϕ；（2）00=x 时，0cos 2=ϕ，2π2±=，因00<v ，取2π2=； （3）m 100120-⨯=.x 时，50cos 3.=ϕ，3π3±= ，由00<v ，取3π3=； （4）m 100120-⨯-=.x 时，50cos 4.-=ϕ，3ππ4±= ，由00>v ，取3π44=． 旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b ）所示，它们所对应的初相分别为01=ϕ，2π2=，3π3=，3π44=． 振幅A 、角频率ω、初相φ均确定后，则各相应状态下的运动方程为（1）()m t πcos4100.22-⨯=x（2）()()m /2πt π4cos 100.22+⨯=-x（3）()()m /3πt π4cos 100.22+⨯=-x（4）()()m /3π4t π4cos 100.22+⨯=-x 9-13 有一弹簧， 当其下端挂一质量为m 的物体时， 伸长量为9.8 ×10-2 m ．若使物体上、下振动，且规定向下为正方向．（1） 当t ＝0 时，物体在平衡位置上方8.0 ×10-2 ｍ 处，由静止开始向下运动，求运动方程．（2） 当t ＝０ 时，物体在平衡位置并以0.6ｍ·s -1的速度向上运动，求运动方程．分析 求运动方程，也就是要确定振动的三个特征物理量A 、ω和φ．其中振动的角频率是由弹簧振子系统的固有性质（振子质量m 及弹簧劲度系数k ）决定的，即ω=k 可根据物体受力平衡时弹簧的伸长来计算；振幅A 和初相φ需要根据初始条件确定．题9-13 图解 物体受力平衡时，弹性力F 与重力P 的大小相等，即F ＝mg ．而此时弹簧的伸长量Δl ＝9.8 ×10-2m ．则弹簧的劲度系数k ＝F ／Δl ＝mg ／Δl ．系统作简谐运动的角频率为1s 10-=∆==l g m k //ω（1） 设系统平衡时，物体所在处为坐标原点，向下为x 轴正向．由初始条件t ＝0 时，x 10 ＝8.0 ×10-2 m 、v 10 ＝0 可得振幅()m 10082210210-⨯=+=./ωv x A ；应用旋转矢量法可确定初相π1=［图（a ）］．则运动方程为()()m π10t cos 100.821+⨯=-x（2）t ＝０ 时，x 20 ＝0、v 20 ＝0.6 ｍ·s -1 ，同理可得()m 100622202202-⨯=+=./ωv x A ；2/π2=［图（b ）］．则运动方程为()()m π5.010t cos 100.622+⨯=-x9-14 某振动质点的x -t 曲线如图（a ）所示，试求：（1） 运动方程；（2） 点P 对应的相位；（3） 到达点P 相应位置所需的时间．分析 由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题．本题就是要通过x －t 图线确定振动的三个特征量A 、ω和0ϕ，从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅A ；而ω、0ϕ通常可通过旋转矢量法或解析法解出，一般采用旋转矢量法比较方便． 解 （1） 质点振动振幅A ＝0.10 ｍ．而由振动曲线可画出t 0 ＝0 和t 1 ＝4 ｓ时旋转矢量，如图（b ） 所示．由图可见初相3/π=0（或3/π50=），而由()3201//ππω+=-t t 得1s 24/π5-=ω，则运动方程为 ()m 3/π24π5cos 10.0⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t x题9-14 图（2） 图（a ）中点P 的位置是质点从A ／2 处运动到正向的端点处．对应的旋转矢量图如图（c ） 所示．当初相取3/π0-=时，点P 的相位为()000=-+=p p t ωϕϕ（如果初相取成3/π50=，则点P 相应的相位应表示为()π2=0t ω+=p 0p ． （3） 由旋转矢量图可得()3/π0=-p t ω，则s 61.=p t ．9-15 作简谐运动的物体，由平衡位置向x 轴正方向运动，试问经过下列路程所需的最短时间各为周期的几分之几？ （1） 由平衡位置到最大位移处；（2） 由平衡位置到x ＝A /2 处；（3） 由x ＝A /2处到最大位移处．解 采用旋转矢量法求解较为方便．按题意作如图所示的旋转矢量图，平衡位置在点O ．（1） 平衡位置x 1 到最大位移x 3 处，图中的旋转矢量从位置1 转到位置3，故△φ1=2/π，则所需时间 411//T t =∆=∆ωϕ（2） 从平衡位置x 1 到x 2 ＝A /2 处，图中旋转矢量从位置1转到位置2，故有△φ2=6/π，则所需时间1222//T t =∆=∆ωϕ（3） 从x 2 ＝A /2 运动到最大位移x 3 处，图中旋转矢量从位置2 转到位置3，有△φ3=3/π，则所需时间633//T t =∆=∆ωϕ题9-15 图9-16 在一块平板下装有弹簧，平板上放一质量为1.0 kg 的重物．现使平板沿竖直方向作上下简谐运动，周期为0.50ｓ，振幅为2.0×10-2 m ．求：（1） 平板到最低点时，重物对平板的作用力；（2） 若频率不变，则平板以多大的振幅振动时，重物会跳离平板？ （3） 若振幅不变，则平板以多大的频率振动时， 重物会跳离平板？题9-16 图分析 按题意作示意图如图所示．物体在平衡位置附近随板作简谐运动，其间受重力P 和板支持力F N 作用，F N 是一个变力．按牛顿定律，有22d d ty m F mg F N =-= （1） 由于物体是随板一起作简谐运动，因而有()ϕωω+-==t A ty a cos d d 222，则式（1）可改写为()ϕωω++=t mA mg F N cos 2 （2）（1） 根据板运动的位置，确定此刻振动的相位ϕω+t ，由式（2）可求板与物体之间的作用力．（2） 由式（2）可知支持力N F 的值与振幅A 、角频率ω和相位（ϕω+t ）有关．在振动过程中，当π=+t ω时N F 最小．而重物恰好跳离平板的条件为N F ＝0，因此由式（2）可分别求出重物跳离平板所需的频率或振幅．解 （1） 由分析可知，重物在最低点时，相位ϕω+t ＝0，物体受板的支持力为()N 9612222./=+=+=t mAmg mA mg F N πω 重物对木块的作用力N F ' 与N F 大小相等，方向相反． （2） 当频率不变时，设振幅变为A ′．根据分析中所述，将N F ＝0及π=+t ω代入分析中式（2），可得m 102.6π4//2222-⨯==='gT ωm mg A（3） 当振幅不变时，设频率变为v '．同样将N F ＝0及π=+t ω代入分析中式（2），可得Hz 52.3/π21π22==='mA mg ωv 9-17 两质点作同频率、同振幅的简谐运动．第一个质点的运动方程为()ϕω+=t A x cos 1，当第一个质点自振动正方向回到平衡位置时，第二个质点恰在振动正方向的端点，试用旋转矢量图表示它们，并求第二个质点的运动方程及它们的相位差．题9-17 图解 图示为两质点在时刻t 的旋转矢量图，可见第一个质点M 的相位比第二个质点N 的相位超前2/π，即它们的相位差Δφ＝π/2．故第二个质点的运动方程应为()2cos 2/πϕω-+=t A x9-18 图（a ）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅为2cm ，求（1） 振动周期；（2） 加速度的最大值；（3） 运动方程．分析 根据v -t 图可知速度的最大值v max ，由v max ＝Aω可求出角频率ω，进而可求出周期T 和加速度的最大值a max ＝Aω2 ．在要求的简谐运动方程x ＝A cos （ωt ＋φ）中，因为A 和ω已得出，故只要求初相位φ即可．由v －t 曲线图可以知道，当t ＝0 时，质点运动速度v 0 ＝v max /2 ＝Aω/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿x 轴正向向着平衡点运动．利用v 0 ＝－Aωsinφ就可求出φ．解 （1） 由ωA v =max 得1s 51-=.ω，则 s 2.4/π2==ωT（2）222max s m 1054--⋅⨯==.ωA a（3） 从分析中已知2/sin 0ωA ωA =-=v ，即21sin /-=ϕ6/π5,6/π--=因为质点沿x 轴正向向平衡位置运动，则取6/π5-=，其旋转矢量图如图（b ）所示．则运动方程为 ()()cm 6/π55.1cos 2-=t x题9-18 图9-19 有一单摆，长为1.0m ，最大摆角为5°，如图所示．（1） 求摆的角频率和周期；（2） 设开始时摆角最大，试写出此单摆的运动方程；（3） 摆角为3°时的角速度和摆球的线速度各为多少？题9-19 图分析 单摆在摆角较小时（θ＜5°）的摆动，其角量θ与时间的关系可表示为简谐运动方程()ϕωθθ+=t cos max ，其中角频率ω仍由该系统的性质（重力加速度g 和绳长l ）决定，即l g /=ω．初相φ与摆角θ，质点的角速度与旋转矢量的角速度（角频率）均是不同的物理概念，必须注意区分．解 （1） 单摆角频率及周期分别为s 01.2/π2;s 13.3/1====-ωT l g ω（2） 由0=t 时o max 5==θθ可得振动初相0=ϕ，则以角量表示的简谐运动方程为t θ13.3cos 36π=（３） 摆角为3°时，有()60cos max ./==+θθϕωt ，则这时质点的角速度为()()1max 2max max s2180800cos 1sin /d d --=-=+--=+-=..ωθϕωωθϕωωθθt t t线速度的大小为 1s 2180/d d --==.t l v θ讨论 质点的线速度和角速度也可通过机械能守恒定律求解，但结果会有极微小的差别．这是因为在导出简谐运动方程时曾取θθ≈sin ，所以，单摆的简谐运动方程仅在θ 较小时成立．9-20 为了测月球表面的重力加速度，宇航员将地球上的“秒摆”（周期为2.00ｓ），拿到月球上去，如测得周期为4.90ｓ，则月球表面的重力加速度约为多少？ （取地球表面的重力加速度2E s m 809-⋅=.g ）解 由单摆的周期公式g l T /π2=可知21T g /∝，故有2M 2E E M T T g g //=，则月球的重力加速度为()2E 2M E M s m 631-⋅==./g T T g9-21 一飞轮质量为12kg ，内缘半径r ＝0.6ｍ，如图所示．为了测定其对质心轴的转动惯量，现让其绕内缘刃口摆动，在摆角较小时，测得周期为2.0s ，试求其绕质心轴的转动惯量．9-21 题图分析 飞轮的运动相当于一个以刃口为转轴的复摆运动，复摆振动周期为c /π2mgl J T =，因此，只要知道复摆振动的周期和转轴到质心的距离c l ，其以刃口为转轴的转动惯量即可求得．再根据平行轴定理，可求出其绕质心轴的转动惯量．解 由复摆振动周期c /π2mgl J T =，可得22π4/mgrT J =．则由平行轴定理得222220m kg 8324⋅=-=-=./mr mgrT mr J J π9-22 如图（a ）所示，质量为1.0 ×10-2kg 的子弹，以500m·s -1的速度射入木块，并嵌在木块中，同时使弹簧压缩从而作简谐运动，设木块的质量为4.99 kg ，弹簧的劲度系数为8.0 ×103 N·m-1 ，若以弹簧原长时物体所在处为坐标原点，向左为x 轴正向，求简谐运动方程．题9-22 图分析 可分为两个过程讨论．首先是子弹射入木块的过程，在此过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，因而可以确定它们共同运动的初速度v 0 ，即振动的初速度．随后的过程是以子弹和木块为弹簧振子作简谐运动．它的角频率由振子质量m 1 ＋m 2 和弹簧的劲度系数k 确定，振幅和初相可根据初始条件（初速度v 0 和初位移x 0 ）求得．初相位仍可用旋转矢量法求．解 振动系统的角频率为 ()121s 40-=+=m m k /ω由动量守恒定律得振动的初始速度即子弹和木块的共同运动初速度v 0 为()12110s m 01-⋅=+=.m m v m v又因初始位移x 0 ＝0，则振动系统的振幅为 ()m 105.2//202020-⨯==+=ωωx A v v 图（b ）给出了弹簧振子的旋转矢量图，从图中可知初相位2/π0=，则简谐运动方程为()()m π0.540cos 105.22+⨯=-t x9-23 如图（a ）所示，一劲度系数为k 的轻弹簧，其下挂有一质量为m 1 的空盘．现有一质量为m 2 的物体从盘上方高为h 处自由落入盘中，并和盘粘在一起振动．问：（1） 此时的振动周期与空盘作振动的周期有何不同？ （2） 此时的振幅为多大？题9-23 图分析 原有空盘振动系统由于下落物体的加入，振子质量由m 1 变为m 1 + m 2，因此新系统的角频率（或周期）要改变．由于()2020/ωx A v +=，因此，确定初始速度v 0 和初始位移x 0 是求解振幅A 的关键．物体落到盘中，与盘作完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可确定盘与物体的共同初速度v 0 ，这也是该振动系统的初始速度．在确定初始时刻的位移x 0 时，应注意新振动系统的平衡位置应是盘和物体悬挂在弹簧上的平衡位置．因此，本题中初始位移x 0 ，也就是空盘时的平衡位置相对新系统的平衡位置的位移．解 （1） 空盘时和物体落入盘中后的振动周期分别为k m ωT /π2/π21== ()k m m ωT /π2/π221+='='可见T ′＞T ，即振动周期变大了．（2） 如图（b ）所示，取新系统的平衡位置为坐标原点O ．则根据分析中所述，初始位移为空盘时的平衡位置相对粘上物体后新系统平衡位置的位移，即g km g k m m k g m l l x 2211210-=+-=-= 式中l 1 ＝m 1/k 为空盘静止时弹簧的伸长量，l 2 ＝（m 1 ＋m 2）/k 为物体粘在盘上后，静止时弹簧的伸长量．由动量守恒定律可得振动系统的初始速度，即盘与物体相碰后的速度gh m m m m m m 22122120+=+=v v 式中gh 2=v 是物体由h 高下落至盘时的速度．故系统振动的振幅为()212202021/m m kh k g m ωx A ++='+=v 本题也可用机械能守恒定律求振幅A ．9-24 如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧，系一质量为m 1 的物体，在水平面上作振幅为A 的简谐运动．有一质量为m 2 的粘土，从高度h 自由下落，正好在（a ）物体通过平衡位置时，（b ）物体在最大位移处时，落在物体上．分别求：（1）振动周期有何变化？ （2）振幅有何变化？题9-24图分析 谐振子系统的周期只与弹簧的劲度系数和振子的质量有关．由于粘土落下前后，振子的质量发生了改变，因此，振动周期也将变化．至于粘土如何落下是不影响振动周期的．但是，粘土落下时将改变振动系统的初始状态，因此，对振幅是有影响的．在粘土落到物体上的两种不同情况中，系统在水平方向的动量都是守恒的．利用动量守恒定律可求出两种情况下系统的初始速度，从而利用机械能守恒定律（或公式()2020/ωx A v +=）求得两种情况下的振幅．解 （1） 由分析可知，在（a ）、（b ）两种情况中，粘土落下前后的周期均为 k m ωT /π2/π21== ()k m m ωT /π2/π221+='='物体粘上粘土后的周期T ′比原周期T 大．（2） （a ） 设粘土落至物体前后，系统振动的振幅和物体经过平衡位置时的速度分别为A 、v 和A ′、v ′．由动量守恒定律和机械能守恒定律可列出如下各式2/2/212v m A k =' （1）()2/2/2212v '+='m m A k （2）()v v '+=211m m m （3）联立解上述三式，可得 ()A m m m A 211+='/即A ′＜A ，表明增加粘土后，物体的振幅变小了．（b ） 物体正好在最大位移处时，粘土落在物体上．则由动量守恒定律知它们水平方向的共同速度v ′＝m 1v /（m 1 ＋m 2 ） ＝0，因而振幅不变，即A ′＝A9-25 质量为0.10kg 的物体，以振幅1.0×10-2 m 作简谐运动，其最大加速度为4.0 ｍ·s -1 求：（1） 振动的周期；（2） 物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3） 物体在何处其动能和势能相等？ （4） 当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？分析 在简谐运动过程中，物体的最大加速度2max ωA a =，由此可确定振动的周期T ．另外，在简谐运动过程中机械能是守恒的，其中动能和势能互相交替转化，其总能量E ＝kA 2/2．当动能与势能相等时，E k ＝E P ＝kA 2/4．因而可求解本题．解 （1） 由分析可得振动周期s 314.0/π2/π2max ===a A ωT（2） 当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即J 100221213max 22k -⨯====.m Aa m A E E ω（3） 设振子在位移x 0 处动能与势能相等，则有42220//kA kx =得 m 100772230-⨯±=±=./A x（４） 物体位移的大小为振幅的一半（即2x A =/）时的势能为 4221212P /E A k kx E =⎪⎭⎫ ⎝⎛==则动能为 43P K /E E E E =-= 9-26 一氢原子在分子中的振动可视为简谐运动．已知氢原子质量m ＝1.68 ×10-27 Kg ，振动频率υ＝1.0 ×1014 Hz ，振幅A ＝1.0 ×10-11ｍ．试计算：（1） 此氢原子的最大速度；（2） 与此振动相联系的能量．解 （1） 简谐运动系统中振子运动的速度v ＝－A ωsin （ωt ＋φ），故氢原子振动的最大速度为12max s m 1028.62-⋅⨯===A πA ωv v（２） 氢原子的振动能量J 1031.32/202max -⨯==v m E9-27 质量m ＝10g 的小球与轻弹簧组成一振动系统， 按()()cm 3/ππ85.0+=t x 的规律作自由振动，求（1） 振动的角频率、周期、振幅和初相；（2） 振动的能量E ；（3） 一个周期内的平均动能和平均势能．解 （1） 将()()cm 3/ππ85.0+=t x 与()ϕω+=t A x cos 比较后可得：角频率1s π8-=ω，振幅A ＝0.5cm ，初相φ＝π/3，则周期T ＝2π/ω＝0.25 ｓ（2） 简谐运动的能量 J 1090721522-⨯==.ωmA E （3） 简谐运动的动能和势能分别为()ϕωω+=t mA E K 222sin 21 ()ϕωω+=t mA E P 222cos 21 则在一个周期中，动能与势能对时间的平均值分别为()J 109534d sin 2115220222-⨯==+=⎰.ωϕωωmA t t mA T E T K ()J 109534d cos 2115220222-⨯==+=⎰.ωϕωωmA t t mA T E T P 9-28 已知两同方向、同频率的简谐运动的运动方程分别为()()m π75.010cos 05.01+=t x ；()()m π25.010cos 06.02+=t x ．求：（1） 合振动的振幅及初相；（2） 若有另一同方向、同频率的简谐运动()()m 10cos 07033ϕ+=t x .，则3ϕ为多少时，x 1 ＋x 3 的振幅最大？ 又3ϕ 为多少时，x 2 ＋x 3 的振幅最小？题9-28 图分析 可采用解析法或旋转矢量法求解.由旋转矢量合成可知，两个同方向、同频率简谐运动 的合成仍为一简谐运动，其角频率不变；合振动的振幅()12212221cos 2ϕϕ-++=A A A A A ，其大小与两个分振动的初相差12ϕϕ-相关．而合振动的初相位()()[]22112211cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=/ 解 （1） 作两个简谐运动合成的旋转矢量图（如图）．因为2/πΔ12-=-=，故合振动振幅为 ()m 1087cos 2212212221-⨯=-++=.ϕϕA A A A A 合振动初相位 ()()[]rad1.48arctan11cos cos sin sin arctan22112211==++=ϕϕϕϕϕA A A A / （2） 要使x 1 ＋x 3 振幅最大，即两振动同相，则由π2Δk =得,...2,1,0,π75.0π2π213±±=+=+=k k k要使x 1 ＋x 3 的振幅最小，即两振动反相，则由()π12Δ+=k 得(),...2,1,0,π25.1π2π1223±±=+=++=k k k9-29 手电筒和屏幕质量均为m ，且均被劲度系数为k 的轻弹簧悬挂于同一水平面上，如图所示．平衡时，手电筒的光恰好照在屏幕中心．设手电筒和屏幕相对于地面上下振动的表达式分别为()11cos ϕω+=t A x 和()22cos ϕω+=t A x ．试求在下述两种情况下，初相位φ1 、φ2 应满足的条件：（1） 光点在屏幕上相对于屏静止不动；（2） 光点在屏幕上相对于屏作振幅A ′＝2A 的振动．并说明用何种方式起动，才能得到上述结果．题9-29 图分析 落在屏幕上的光点相对地面的运动和屏幕相对于地面的运动都已知道，且是两个简谐运动．因此由运动的合成不难写出光点相对屏的运动（实际上是两个同方向、同频率简谐运动的合成）．根据相对运动公式，有屏对地光对屏光对地x x x +=依题意()()2211ϕωϕω+==+==t A x x t A x x cos cos 屏对地光对地所以 ()()212121cos cos ϕπωϕω++++='+=-=t A t A x x x x x 光对屏 可见光点对屏的运动就是两个同方向、同频率简谐运动()11c o sϕω+=t A x 和()22cos ϕπω++='t A x 的合成．用与上题相同的方法即可求解本题．其中合运动振幅()12222πcos 2-+++='A A A A ．解 （1） 根据分析和参考上题求解，当要求任一时刻光点相对于屏不动，即0=光对屏x ，就是当()π12π12+=-+k 时，即π212k +=时（,...,,210±±=k ），A ′＝0．当光点相对于屏作振幅为2A 的运动时，要求π2π12k =-+，即()π1212-+=k ． （2） 由以上求解可知，要使光点相对于屏不动，就要求手电筒和屏的振动始终要同步，即同相位，为此，把它们往下拉A 位移后，同时释放即可；同理，要使光点对屏作振幅为2A 的谐振动，两者必须相位相反，为此，让手电筒位于平衡点0 上方的-A 处，而屏则位于+A 处同。
大学物理学下册答案第11章-大学物理11章答案
资料范本本资料为word版本，可以直接编辑和打印，感谢您的下载大学物理学下册答案第11章-大学物理11章答案地点：__________________时间：__________________说明：本资料适用于约定双方经过谈判，协商而共同承认，共同遵守的责任与义务，仅供参考，文档可直接下载或修改，不需要的部分可直接删除，使用时请详细阅读内容第11章稳恒磁场习题一选择题B1B2abcdIIIll习题11-1图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），（C），（D），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，并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，。
故正确答案为（C）。
习题11-2图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）（C）（D）答案：C解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为，按照右手螺旋定则判断知和的方向相互垂直，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。
11-3 如图11-3所示，在均匀磁场中，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与磁感应强度的夹角为，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ]SRBn习题11-3图（A）（B）（C）（D）答案：C解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此。
故正确答案为（C）。
IS习题11-4图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将如何变化？[ ]（A）增大，B也增大（B）不变，B也不变（C）增大，B不变（D）不变，B增大答案：D解析：根据磁场的高斯定理，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。
大学物理课后题答案11
习 题 十 一11-1 如图所示，在点电荷+Q 的电场中放置一导体球。
由点电荷+Q 到球心的径矢为r ，在静电平衡时，求导体球上的感应电荷在球心O 点处产生的场强E 。
[解] 静电平衡时，导体内任一点的场强为零，O 点的场强是点电荷+Q 及球面上感应电荷共同贡献的，由场强叠加原理有0Q 0='+=E E E r E E 20Q 4r Q πε-=-='11-2 一带电量为q 、半径为r 的金属球A ，放在内外半径分别为1R 和2R 的不带电金属球壳B 内任意位置，如图所示。
A 与B 之间及B 外均为真空，若用导线把A ，B 连接，求球A 的电势。
[解] 以导线把球和球壳连接在一起后，电荷全部分布在球壳的外表面上(或者说导体球的电荷与球壳内表面电荷中和)，整个系统是一个等势体，因此20B A 4R q U U πε==11-3 如图所示，把一块原来不带电的金属板B 移近一块已带有正电荷Q 的金属板A ，平行放置。
设两板面积都是S ，板间距为d ，忽略边缘效应，求：(1)板B 不接地时，两板间的电势差；(2)板B 接地时，两板间的电势差。
[解] (1) 由61页例1知，两带电平板导体相向面上电量大小相等符号相反，而相背面上电量大小相等符号相同，因此当板B 不接地，电荷分布为因而板间电场强度为 SQ E 02ε=电势差为 SQdEd U 0AB 2ε== (2) 板B 接地时，在B 板上感应出负电荷，电荷分布为B A-Q/2Q/2Q/2Q/2A B -QQ故板间电场强度为 SQ E 0ε=电势差为 SQdEd U 0AB ε==11-4 如图所示，有三块互相平行的导体板，上导体板到中间导体板的距离为5.0cm ，上导体板到下导体板的距离为8.0cm ，外面的两块用导线连接，原来不带电。
中间一块两面上带电，其面电荷密度之和为25m C 103.1-⨯=σ。
求每块板的两个表面的面电荷密度各是多少(忽略边缘效应)?[解] 因忽略边缘效应，可把三个导体板看作无限大平板，由例1知32σσ-= (1) 45σσ-= (2)忽略边缘效应，则导体板可看成无限大的，具有屏蔽性，在相邻导体板之间的电场只由相对于二表面上电荷决定。
大学物理第三版第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2220)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204rq E 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: 020π4r r q Eε=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 ,SqE 0ε=，所以f =Sq 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SqE 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 qE 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq 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 rp E r εθ= 垂直于r 方向，即θ方向场强分量300π4sin rp E εθ=题8-5图 题8-6图8-6 长l =15.0cm AB 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 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 xE P -=λε 2220)(d π4d x a xE E ll P 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) 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Q E只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Q y 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 RR E εϕλ=方向沿半径向外 则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰ 0d cos π400=-=⎰ϕϕελπR E y∴ RE 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 E d 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021lr E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220lr ll r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220lr rl r l r l E +++=⊥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∵ lq 4=λ ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿OP8-9 (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．(xRarctan =α) 解: (1)由高斯定理0d εqS 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=[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r Sααα⎰⋅=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∑⎰=⋅q S E s,02π4ε∑=q rE当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr 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 ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=rr r E ερ内外 1C N -⋅ 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0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r < 0,0==∑E q(2) 21R r R <<λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r > 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， n E)(21210σσε-=1σ面外， n E)(21210σσε+-= 2σ面外， n E)(21210σσε+= 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'dπ4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd 33030OO r E ερ= ；(2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E 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 =，3ερr E O P '-=' , ∴ 0003'3)(3ερερερdOO 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 rq 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解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-R q R q 0π41ε=O U )3(R q R q -Rq 0π6ε-= ∴ Rqq U U q A o C 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 yR0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===A B 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 O 8-18 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rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv 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 rqU 0π4ε=题 8-20 图 ∴ 0200π4r rq 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220π4xR qU +=ε ∴ ()i xR qxi 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 l l r q U εθθθε=+--= ∴ 30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-= 30π4sin 1rp 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 0)(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 ACU U =，即∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A= 得 ,32S q A =σ Sq A321=σ而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σCC10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 8-23 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(1) (2) *(3) 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：0π4π42020=-=R q R q U 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0π4'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=+RqR 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q q 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'2F rqr 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00294π432322F r q q 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==σσS qd U 2032-=-=εσσSqd U 2054+=-=εσσ所以CB 间电场 Sqd U E 00422εεσ+== )2d(212d 02Sq 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∑⎰=⋅q S 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,π4rrQ E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R QR r qr εεε+-=)11(π420R r Q r r -+=εεε (3)金属球的电势r d 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 -+=εεε 8-28 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=d21UE E ==∴ r D Dεσσ==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)(Srd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2= (1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε== 薄壳中 rlrQ 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 VR 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2210π41rq 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 V 8-32 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⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112*********U U U C U C q qU C U C q q q q解得 (1) =1q U C 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 301π4rrQ E ε = 3R r >时 302π4r rQ E ε =∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ 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 r Q W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=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 QW C -==ε121049.4-⨯=F习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B的方向．题9-2图9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcd μ∴ 21B B= (2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B方向相反，即21B B≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管 外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L·d l =0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L ·d l =I 0μ 这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B 的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rI B πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m -2x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量 022=⋅=S BΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S BΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7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：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里．9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则 02)1.0(220=-+rIr I πμπμ解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9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： 如题9-9图所示，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。
大学物理课后习题答案(第十一章)
习题十一11-1 圆柱形电容器内、外导体截面半径分别为1R 和2R (1R ＜2R )，中间充满介电常数为ε的电介质.当两极板间的电压随时间的变化k t U=d d 时(k 为常数)，求介质内距圆柱轴线为r 处的位移电流密度．解：圆柱形电容器电容12ln 2R R l C πε=12ln 2R R lU CU q πε==1212ln ln 22R R r U R R r lU S q D εππε===∴12lnR R r ktDj ε=∂∂=11-2 试证：平行板电容器的位移电流可写成t UCI d d d =．式中C 为电容器的电容，U 是电容器两极板的电势差．如果不是平板电容器，以上关系还适用吗? 解：∵ CU q =S CU D ==0σ∴ CU DS D ==Φ不是平板电容器时 0σ=D 仍成立∴t UCI D d d =还适用．题11-3图11-3 如题11-3图所示，电荷+q 以速度v ϖ向O 点运动，+q 到O 点的距离为x ，在O 点处作半径为a 的圆平面，圆平面与v ϖ垂直．求：通过此圆的位移电流． 解：如题11-3图所示，当q 离平面x 时，通过圆平面的电位移通量)1(222ax x q D +-=Φ［此结果见习题8-9(3)］tUC t ID D d d d d ==Φ∴23222)(2d d a x v qa tI DD +==Φ题11-4图11-4 如题11-4图所示，设平行板电容器内各点的交变电场强度E =720sin t π510V ·m -1，正方向规定如图．试求：(1)电容器中的位移电流密度；(2)电容器内距中心联线r =10-2m 的一点P ，当t =0和t =51021-⨯s 时磁场强度的大小及方向(不考虑传导电流产生的磁场)．解：(1)t Dj D ∂∂=,E D 0ε= ∴tt t t E j D ππεπεε50550010cos 10720)10sin 720(⨯=∂∂=∂∂=2m A -⋅ (2)∵⎰∑⎰⋅+=⋅)(0d d S D lSj I l H ϖϖϖϖ取与极板平行且以中心连线为圆心，半径r 的圆周r l π2=，则D j r r H 22ππ=Dj r H 2=0=t 时0505106.3107202πεπε⨯=⨯⨯=rH P 1m A -⋅51021-⨯=t s 时，0=P H11-5 半径为R =0.10m 的两块圆板构成平行板电容器，放在真空中．今对电容器匀速充电，使两极板间电场的变化率为t Ed d =1.0×1013 V ·m -1·s -1．求两极板间的位移电流，并计算电容器内离两圆板中心联线r (r ＜R )处的磁感应强度Br 以及r =R 处的磁感应强度BR ．解: (1)t E t D j D ∂∂=∂∂=0ε 8.22≈==R j S j I D D D πA(2)∵S j I l H SD lϖϖϖϖd d 0⋅+=⋅⎰∑⎰取平行于极板，以两板中心联线为圆心的圆周r l π2=，则22d d 2r t E r j r H D πεππ==∴t Er H d d 20ε=t Er H B r d d 2000εμμ==当R r =时，600106.5d d 2-⨯==t ER B R εμT *11-6 一导线，截面半径为10-2m ，单位长度的电阻为3×10-3Ω·m -1，载有电流25.1 A ．试计算在距导线表面很近一点的以下各量：(1)H 的大小；(2)E 在平行于导线方向上的分量； (3)垂直于导线表面的S 分量． 解: (1)∵⎰∑=Il H ϖϖd取与导线同轴的垂直于导线的圆周r l π2=，则I r H =π2 21042⨯==rI H π1m A -⋅(2)由欧姆定律微分形式 E j σ=得21053.7/1/-⨯====IR RS SI jE σ 1m V -⋅(3)∵H E S ϖϖϖ⨯=,E ϖ沿导线轴线,H ϖ垂直于轴线 ∴S ϖ垂直导线侧面进入导线，大小1.30==EH S 2m W -⋅*11-7 有一圆柱形导体，截面半径为a ，电阻率为ρ,载有电流0I ．(1)求在导体内距轴线为r 处某点的E ϖ的大小和方向；(2)该点H ϖ的大小和方向；(3)该点坡印廷矢量S ϖ的大小和方向；(4)将(3)的结果与长度为l 、半径为r 的导体内消耗的能量作比较．解:(1)电流密度S I j 00=由欧姆定律微分形式Ej σ=0得2000a I j j E πρρσ===，方向与电流方向一致(2)取以导线轴为圆心，垂直于导线的平面圆周r l π2=，则由⎰⎰=⋅SlS j l H ϖϖϖϖd d 0可得2202a r I r H =π∴202a rI H π=，方向与电流成右螺旋 (3)∵ H E S ϖϖϖ⨯=∴ S ϖ垂直于导线侧面而进入导线，大小为 42202a rI EH S πρ==(4)长为l ，半径为)(a r r <导体内单位时间消耗能量为4220222200121)(a lr I r la r I R I W πρπρ===单位时间进入长为l ，半径为r 导体内的能量422022a lr I rl S W πρπ==21W W =说明这段导线消耗的能量正是电磁场进入导线的能量．*11-8 一个很长的螺线管，每单位长度有n 匝，截面半径为a ，载有一增加的电流i ，求：(1)在螺线管内距轴线为r 处一点的感应电场； (2)在这点的坡印矢量的大小和方向．解: (1)螺线管内ni B 0μ= 由 S t B l E S l ϖϖϖϖd d ⋅∂∂-=⋅⎰⎰取以管轴线为中心，垂直于轴的平面圆周r l π2=，正绕向与B 成右螺旋关系，则22r t B r E ππ∂∂-=∴dt di nr t B r E 220μ-=∂∂-=，方向沿圆周切向，当0d d <t i时，E ϖ与B ϖ成右螺旋关系；当0d d >t i 时，E ϖ与B ϖ成左旋关系。
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。
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9.66 104 m
；
∴
R 恒星
l
b2
2 m
W
。
11-6．分别求出红光（ 7 105 cm ）， X 射线（ 0.25 A ）， 射线（
λ 1.24 102 A ）的光子的能量、动量和质量。
解：由公式： E h c ， E m c 2 及 P h ，有：
P S T 4 0.25910104 5.67 108 20004 235 W 。
11-5．天文学中常用热辐射定律估算恒星的半径。现观测到某恒星热辐射的峰值波长为 m ； 辐射到地面上单位面积的功率为W 。已测得该恒星与地球间的距离为 l ，若将恒星看作黑 体，试求该恒星的半径。（维恩常量 b 和斯特藩常量 均为己知） 解：由 T恒星 m b ， M T 4 ，
6.631034 3108 0.25 1010
6.63 1034 0.256 1015 8.84 1032 kg ； c2 (3108 )2
P
h
hc
6.631034 3108 1.24 1012
6.63 1034 1.24 1012
动能： Ek
c h
0
h
c
hc 0 0
1
2( A)
，
m
0.33051012 5.74105 m / s 。
0
291 eV
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术通关，1系电过，力管根保线据护敷生高设产中技工资术艺料0不高试仅中卷可资配以料置解试技决卷术吊要是顶求指层，机配对组置电在不气进规设行范备继高进电中行保资空护料载高试与中卷带资问负料题荷试2下卷2，高总而中体且资配可料置保试时障卷，各调需类控要管试在路验最习；大题对限到设度位备内。进来在行确管调保路整机敷使组设其高过在中程正资1常料中工试，况卷要下安加与全强过，看度并22工且22作尽22下可22都能22可地护以缩1关正小于常故管工障路作高高；中中对资资于料料继试试电卷卷保破连护坏接进范管行围口整，处核或理对者高定对中值某资，些料审异试核常卷与高弯校中扁对资度图料固纸试定，卷盒编工位写况置复进.杂行保设自护备动层与处防装理腐置，跨高尤接中其地资要线料避弯试免曲卷错半调误径试高标方中高案资等，料，编试要5写、卷求重电保技要气护术设设装交备备置底4高调、动。中试电作管资高气，线料中课并敷3试资件且、设卷料中拒管技试试调绝路术验卷试动敷中方技作设包案术，技含以来术线及避槽系免、统不管启必架动要等方高多案中项；资方对料式整试，套卷为启突解动然决过停高程机中中。语高因文中此电资，气料电课试力件卷高中电中管气资壁设料薄备试、进卷接行保口调护不试装严工置等作调问并试题且技，进术合行，理过要利关求用运电管行力线高保敷中护设资装技料置术试做。卷到线技准缆术确敷指灵设导活原。。则对对：于于在调差分试动线过保盒程护处中装，高置当中高不资中同料资电试料压卷试回技卷路术调交问试叉题技时，术，作是应为指采调发用试电金人机属员一隔，变板需压进要器行在组隔事在开前发处掌生理握内；图部同纸故一资障线料时槽、，内设需，备要强制进电造行回厂外路家部须出电同具源时高高切中中断资资习料料题试试电卷卷源试切，验除线报从缆告而敷与采设相用完关高毕技中，术资要资料进料试行，卷检并主查且要和了保检解护测现装处场置理设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
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第11章 习题与答案
11-1 一凸透镜在空气中的焦距为40cm, 在水中时焦距为136.8cm, 问此透镜的折射率为多少(水的折射率为1.33)? 若将此透镜置于CS 2中(CS 2的折射率为1.62), 其焦距又为多少? 解：由题意知凸透镜的焦距为1
1212n f n n n n r r =---+
又∵在同一介质中12n n =，'f f =-
设12'n n n ==
21111''n f n n r ⎛⎫⎛⎫∴=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
因为对同一凸透镜而言，2
11n r -是一常数， 设11''n t f n ⎛⎫∴=-- ⎪⎝⎭
当在空气中时1'1n =，140f =，在水中时2' 1.33n =，2136.8f =
11401n t ⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭，11136.8 1.33n t ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭
，两式相比，可得 1.54n =，将其代入上 得0.0463t =
∴在CS 2中，即1' 1.62n =时，
1 1.5410.0463' 1.62f ⎛⎫=-⨯ ⎪⎝⎭
得'437.4cm f =-. 即透镜的折射率为1.54，在CS 2中的焦距为437.4cm -。
11-2 会聚透镜和发散透镜的焦距都是10cm, 求(1)与主轴成30︒度的一束平行光入射到每个透镜上, 像点在何处? (2)在每个透镜左方的焦平面上离主轴1cm 处各置一发光点, 成像在何处？作出光路图。
解：(1)由'1'f f s s
+=，s =∞，对于会聚透镜''10cm x s f ==，''tan30 5.8cm y x s s =︒=或者()''tan 30 5.8cm y x s s =-︒=-，像点的坐标为()10,5.8，同理，对于发散透镜：像点的坐标为()
10,5.8-。
（2）由'1'f f s s
+=，s f = 对于会聚透镜'x s =∞，即经透镜后为一平行光束；
对于发散透镜'5cm x s =-，又''y s y s β=
=，''0.5cm s y y s ==， 考虑到物点的另一种放置，''0.5cm s y y s
==-，像点的坐标为()5,0.5-。
11-3透镜的焦距如何影响放大镜、显微镜、望远镜的放大倍数？放大镜和照相机的核心部件均为会聚透镜，两者成像原理有何区别？ 答：放大镜放大倍数计算公式为25cm '
M f =，放大倍数与透镜焦距成反比。
显微镜放大倍数计算公式为1225''
L M f f =，1'f 、1'f 分别为物镜和目镜的像方焦距，即放大倍数与物镜和目镜的像方焦距的乘积成反比。
望远镜放大倍数计算公式为12''f M f =-
，1'f 、1'f 分别为物镜和目镜的像方焦距，即放大倍数与物镜像方焦距成正比，与目镜的像方焦距成反比。
放大镜成的是正立放大的虚像；照相机成的是倒立缩小的实像，一个例外的情况是微距最大的放大率为1:1，即能成等大的像。