大学物理第二十章题解

300
600
S .. .. . . .. .. ..
I0
P2
I21
解:
P1 P3P1
P1
入射光通过偏振片I和II后,透射光强为
I1
1 2
I0
cos2
600
插入偏振片III后,其透射光强为
I2
1 2
I0
cos2
300
cos
2
300
I2 2.25I1
27
选择题1. 等倾干涉光程差公式 2d
为了12满I足0 线I偏0 振co部s2分振, 动方4向5在0 出射后“转
过”900,
只要第一个偏振片偏振化方向与入射光中线偏振
光的光振动方向夹角为450，第二个偏振片的偏振
化方向与第一偏振片偏振化方向夹角为450就行.
E
所以,只要两个偏振片就行.
P1
450
P127
I0
.
450 .
E
I0
P1
450
将有关数据代入可得
1
o
d 5 /n2 n1 8.0m
d
4
3。在折射率n3=1.52的照相机镜头表面涂有一层折射率
n2=1.38的MgF2增透膜,若此膜仅适用于波长 =550nm的
光,则此膜的最小厚度为多少?
n1 1
解：因为 光相干相
n2 1.38 d
综合效应。其中明条纹的位置由光栅方程决定，但各 明纹的强度受单缝衍射效应的调制，透射光能量的大 部分将分布在原单缝衍射中央明纹范围（中央包线） 内的各明纹上。
23
17、光栅明纹位置由d sin k 决定。单缝衍射极
小位置由 b sin k决定，当 时 ，光栅明纹

第一章 质点运动学T1-4：BDDB1 -9 质点的运动方程为23010t t x +-=22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的矢量表达式和大小；(2) 加速度的矢量表达式和大小 解 (1) 速度的分量式为t t x x 6010d d +-==v t tyy 4015d d -==v 当t ＝0 时, v o x ＝-10 m ·ｓ-1, v o y ＝15 m ·ｓ-1, 则初速度的矢量表达式为1015v i j =-+， 初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta xx v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的矢量表达式为6040a i j =-， 加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m ·ｓ-2,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m ·ｓ-1,求(1) 质点的任意时刻速度表达式；(2)运动方程．解：（1） 由a ＝4 -t 2及dv a dt=，有2d d (4)d a t t t ==-⎰⎰⎰v ，得到 31143t t C =-+v 。

又由题目条件，t ＝3ｓ时v ＝2，代入上式中有 3114333C =⨯-+2，解得11C =-，则31413t t =--v 。

（2）由dx v dt=及上面所求得的速度表达式，有31d vd (41)d 3t t t t ==--⎰⎰⎰x得到 2421212x t t t C =--+又由题目条件，t ＝3ｓ时x ＝9，代入上式中有24219233312C =⨯-⨯-+ ，解得20.75C =，于是可得质点运动方程为24120.7512x t t t =--+ 1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s-=v 运动,v 0、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度大小；(2) t 为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？知识点：圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式．本题采用线量的方式来描述圆周运动的运动方程。

Pd L0dxxθxydEd θ习题1212-3．如习题12-3图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电量为q ，试求在直杆延长线上到杆的一端距离为d 的点P 的电场强度。

[解] 建立如图所示坐标系ox ，在带电直导线上距O 点为x 处取电荷元x Lqq d d =，它在P 点产生的电电场强度度为()()x x d L Lq x d L qE d 41d 41d 2020-+=-+=πεπε则整个带电直导线在P 点产生的电电场强度度为()()d L d qx x d L Lq E L+=-+=⎰002041d 41πεπε故()i E d L d q+=04πε12-4．用绝缘细线弯成的半圆环，半径为R ，其上均匀地带有正电荷Q ，试求圆心处点O 的场强。

[解] 将半圆环分成无穷多小段，取一小段dl ，带电量l RQ q d d π=dq 在O 点的电场强度20204d 4d d RlR Q R qE πεππε== 从对称性分析，y 方向的电场强度相互抵消，只存在x 方向的电场强度l RQ E E d sin 4sin d d 302x ⋅=⋅=θεπθ θd d R l =θεπθd 4sin d 202x R Q E =2020202x x 2d 4sin d R QR Q E E E επθεπθπ====⎰⎰ 方向沿x 轴正方向 12-5. 如习题12-5图所示，一半径为R 的无限长半圆柱面形薄筒，均匀带电，沿轴向单位长度上的带电量为λ，试求圆柱面轴线上一点的电场强度E 。

[解]θd 对应的无限长直线单位长带的电量为θπλd d =q 它在轴线O 产生的电场强度的大小为RRq E 0202d 2d d επθλπε==因对称性y d E 成对抵消RE E 02x 2d cos cos d d επθθλθ=⋅=d θRR E E 02202x 2d cos 2d επλεπθθλπ===⎰⎰ 12-6．一半径为R 的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心点O 处的场强。

习题2020-1．从某湖水表面反射来的日光正好是完全偏振光，己知湖水的折射率为33.1。

推算太阳在地平线上的仰角，并说明反射光中光矢量的振动方向。

解：由布儒斯特定律：tan n i =，有入射角：arctan1.3353i ==，∴仰角9037i θ=-=。

光是横波，光矢量的振动方向垂直于入射光线、折射光线和法线在所在的平面。

20-2．自然光投射到叠在一起的两块偏振片上，则两偏振片的偏振化方向夹角为多大才能使：（1）透射光强为入射光强的3/1；（2）透射光强为最大透射光强的3/1。

(均不计吸收)解：设两偏振片的偏振化方向夹角为α，自然光光强为0I 。

则自然光通过第一块偏振片之后，透射光强012I ，通过第二块偏振片之后：α20cos 21I I =，（1）由已知条件，透射光强为入射光强的13，得：20011cos 23I I α=，有： 235.263α==（2）同样由题意当透射光强为最大透射光强的3/1时，得：200111cos ()232I I α=，有： 3arccos 54.733α==。

20-3．设一部分偏振光由一自然光和一线偏振光混合构成。

现通过偏振片观察到这部分偏振光在偏振片由对应最大透射光强位置转过60时，透射光强减为一半，试求部分偏振光中自然光和线偏振光两光强各占的比例。

解:由题意知：max 012max 011211cos 6022I I I I I I =⎧⎪⎪⎨⎪+=+⎪⎩⇒max 01max 0112111224I I I I I I ⎧⎪⎪⎨=+=+⎪⎪⎩⇒01I I =， ∴即得0111I I =::。

20-4．由钠灯射出的波长为589.0nm 的平行光束以50角入射到方解石制成的晶片上，晶片光轴垂直于入射面且平行于晶片表面，已知折射率 1.65o n =， 1.486e n =，求：（1）在晶片内o 光与e 光的波长；（2）o 光与e 光两光束间的夹角。

解：（1）由c n v =，而c λν=，有：c o o n λλ=，c e e n λλ=∴589.0356.971.65c o o nm n λλ===，589.0396.371.486c e e nm n λλ===；（2）又∵sin sin i n γ=，有：sin 50arcsin 27.66o o n γ==，sin 50arcsin 31.03e e n γ==，∴o 光与e 光两光束间的夹角为： 3.37e o γγγ∆=-=。

Y
V BA
V B地
V 地A
0
图 1.12
V A地
X
1．31、一质点沿 X 轴运动，其加速度 a 与坐标 X 的关系为
a 2 6 x 2 ( SI ) ，如果质点在原点处的速度为零，试求其在任意位置处的速
度？ 解： a
dv dv dx dv v 2 6 x 2 ，利用分离变量积分解此题 dt dx dt dx
dt
,
x
k t k v0 (1 e m ) ， m
t 时， x 有最大值且为 xmax
第三章
k v0 m
。
3.1、一质量为 1 kg 的物体，置于水平地面上，物体与地面之间的静摩擦系 数＝0.20，滑动摩擦系数＝0.16，现对物体施一水平拉力 F＝t+0.96(SI)，则 2 秒末物体的速度大小 v＝______________。 题意分析：在 01 s 内, F<mg=1.96 ,未拉动物体.当拉力大于(克服)最大 静摩擦力后,物体开始运动,力对时间积累的效果称为：合外力对物体在 dt 时间内 的冲量。 解题思路：从题意分析中得出解题思路：由力对时间的积累，即力对时间的 积分，求出冲量，再求速度。 解题：在 1 s2 s 内, I (t 0.96) d t mg (t 2 t1 ) 0.89 N s
t1 0
t2
20
20 0
18( N ) .
3.5、一质量为 m 的物体，以初速 v0 成从地面抛出，抛射角 300 ，如忽略空
气阻力，则从抛出到刚要接触地面的过程中 （1） 物体动量增量的大小为 （2） 物体动量增量的方向为 提示： p p2 p1 。 。

20-2．如图所示，将一条无限长直导线在某处弯成半径为 R 的半圆形，已知导线中的 电流为 I ，求圆心处的磁感应强度 B ．
解 根据毕-萨定律，两直线段导线的电流在 O 点产生的磁感应强度 B 0 ，半圆环形 导线的电流在 O 点产生的磁感应强度 B 1 0I ．由叠加原理，圆心
2 2R O 处的磁感应强度
B 1 0I 1 0I 1 0I 0I 2 ，方向垂直纸面向里．
2 2 R 2 2 R 2 2R 4 R
*20-4．如图所示，电流 I 均匀地流过宽为 2a 的无限长平面导体薄板 ． P 点到薄板的 垂足 O 点正好在板的中线上，设距离 PO x ，求证 P 点的磁感应强度 B 的大小为
B 0 I arctan a
2a
解 把薄板等分成无限多条宽为 dy 的细长条，
每根细长条的电流 dI I dy ，可视为线电流；无 2a
限长载流薄板可看成由无限多条无限长载流直导线构
成．
y
处的细长条在

P
x
点产生的磁感应强度为

强度为 dB ，二者叠加为沿 Oy 方向的 dB ．所以 P 点的磁感应强度 B 沿 Oy 方向， B 的大
解 在1 4 圆周的圆弧 aAb 上，单位长度弧长的线圈匝数为
N 2N 2 R 4 R
在如图 处， d 角对应弧长 dl 内通过的电流
第二十章 稳恒电流的磁场
20-1．如图所示，将一条无限长载流直导线在某处折成直角， P 点在折线的延长线上， 到折线的距离为 a .（1）设导线所载电流为 I ，求 P 点的 B ．（2）当 I 20A ， a 0.05m ，求 B ．
解
（1）根据毕-萨定律， AB 段直导线电流在 P 点产生的磁场 B 0 ； BC 段是

习题九一、选择题1 .要使处于基态的氢原子受激发后能发射赖曼系（由激发态跃迁到基态时发射的各谱线组成的谱线系）的最长波长的谱线，至少应向基态氢原子提供的能量是[]（八）1.5eV; （B）3.4eV；（C）10.2eV；（D）13.6eV。

答案：C解：赖曼系的谱线满足公式V=1.=R（I-二）〃可见，取〃=2时波长最λ1n~长而提供的能量也最低，即ΔE=y=hcR（*一*）=10.2eV2 .根据玻尔的理论，氢原子在〃=5轨道上的角动量与在第•激发态的轨道角动量之比为（八）5/2；（B）5/3；（05/4；（D）50（] 答案：A解：玻尔理论中角动量满足公式1.="2,第一激发态，〃=2。

由此可得答案（八）。

2113 .下列四组量子数：（1）〃=3,1=2,叫=0,m s=1/2；（2）/?=3,/=3,ιn l=∖t nιs=1/2；（3）w=3,/=1,网=一1,m s=-1/2；（4）w=3,/=O,m l=O,m x=-1/2,>其中可以描述原子中电子状态的[1（八）只有（1）和（3）；（B）只有（2）和（4）；（C）只有（1）、（3）和（4）；（D）只有（2）、（3）和（4）。

答案：C解：根据氢原子的量子理论和四个量子数（〃，Z,m lf W5）的取值关系，当〃=3时，I的可能取值为0,1,2；?的可能取值是Q±1.±2,s=±g,因而（1）（3）和（4）可以描述原子中电子状态，故选项（C）对。

4 .将波函数在空间各点的振幅同时增大D倍，则粒子在空间的分布概率将[]（八）增大D2倍；（B）增大20倍：（C）增大。

倍；（D）不变。

答案：D解：不变。

波函数是概率函数，其模的平方描述粒子/时刻在空间某点出现的概率。

而概率是相对值，任意两点1和2之间的概率比值为：Mτ=⅛IMI可见，各点振幅同时增大O倍时概率分布不变。

5 .直接证实了电子自旋存在的最早的实验之一是［1（八）康普顿实验；(B)斯特恩.格拉赫实验；(C)戴维逊-革末实验；(D)卢瑟福实验。

导体球的电势为
＝59.9V
球壳的电势为0
9-10一无限长圆柱形导体，半径为a，单位长度上带有电量λ1，其外有一共轴的无限长导体圆筒，内、外半径分别为b和c，单位长度带有电量λ2，试求各区域的场强分布.
解：根据对称性,取一高为l的圆柱形的高斯面,
由高斯定理
r<a时:
a<r<b时:
得：
b<r<c时:
c<r时:
9-12证明：两平行放置的无限大带电的平行平面金属板A和B相向的两面上电荷面密度大小相等，符号相反；相背的两面上电荷面密度大小相等，符号相同.如果两金属板的面积同为100cm2，带电量分别为QA＝6×10－8C和QB＝4×10－8C，略去边缘效应，求两板的四个表面上的电荷面密度.
解:取圆柱形高斯面,如图
∴2+3= 0 (1)
2= -3
(1)另放一点电荷在高斯球面外附近.
(2)另放一点电荷在高斯球面内某处.
(3)将原来的点电荷q移离高斯面的球心，但仍在高斯面内.
(4)将原来的点电荷q移到高斯面外.
答：根据高斯定理，穿过高斯面的电通量仅取决于面内电量的代数和，而与面内电荷的分布情况及面外电荷无关，但各点的场强E与空间所有分布电荷有关，故：
题8-8(a)图题8-8(b)图题8-8(c)图
8-9如图所示，电荷面密度为σ的均匀无限大带电平板，以平板上的一点O为中心，R为半径作一半球面，求通过此半球面的电通量.
解：均匀无限大带电平面的电场
大小： ，方向：垂直平面
电通量：
8-10有证据表明，地球表面以上存在电场，其平均值约为130V·m－1，且指向地球表面，试由此推算整个地球表面所带的负电荷.(地球平均半径R＝6.4×106m)

班级_____________ 学号___________姓名________________ 简谐振动1. 一质点作谐振动, 振动方程为X=6COS (8πt+π/5) cm, 则t=2秒时的周相为:π5116, 质点第一次回到平衡位置所需要的时间为:s 0375.0.2. 一弹簧振子振动周期为T 0, 若将弹簧剪去一半, 则此弹簧振子振动周期T 和原有周期T 0之间的关系是:022T T =.3. 如图为以余弦函数表示的谐振动的振动曲线, 则其初周相φ=3π-,P 时刻的周相为:0.4. 一个沿X 轴作谐振动的弹簧振子, 振幅为A , 周期为T , 其振动方程用余弦函数表示, 如果在t=0时, 质点的状态分别是:(A) X 0=－A; (B) 过平衡位置向正向运动;(C) 过X=A/2 处向负向运动; (D) 过A x 22-= 处向正向运动.2 1 0 P t(s) X(m)试求出相应的初周相之值, 并写出振动方程.)2cos()(ππ+=t TA x A ; )22cos()(ππ-=t T A x B)32cos()(ππ+=t T A x C ; )452cos()(ππ+=t T A x D5.一质量为0.2kg 的质点作谐振动，其运动议程为:X=0.60 COS(5t －π/2)(SI)。

求(1)质点的初速度；(2)质点在正向最大的位移一半处所受的力。

解(1))5sin(00.32π--==t dtdxv 10.00.3,0-==s m v t(2)x x dtdv a 2520-=-==ω 22.5.7,30.0--===s m a m x AN ma F 5.1-==班级_____________ 学号___________姓名________________简谐振动的合成1. 两个不同的轻质弹簧分别挂上质量相同的物体1和2, 若它们的振幅之比A 2 /A 1=2, 周期之比T 2 / T 1=2, 则它们的总振动能量之比E 2 / E 1 是( A )(A) 1 (B) 1/4 (C) 4/1 (D) 2/11)()(;)(2222221122112=⋅==A A T T E E T A m E π2.有两个同方向的谐振动分别为X 1=4COS(3t+π/4)cm ，X 2 =3COS(3t －3π/4)cm, 则合振动的振幅为:cm A 1=, 初周相为:4πφ=. 3. 一质点同时参与两个同方向, 同频率的谐振动, 已知其中一个分振动的方程为X 1=4COS3t cm, 其合振动的方程为分振动的振幅为A 2 =cm 44. 动方程分别为X 1=A COS(ωt+π/3), X 2 =A COS (ωt+5π/3), X 3 =A COS(ω程为:)6cos(3πω+=t A x5. 频率为v 1和v 2的两个音叉同时振动时，可以听到拍音，可以听到拍音，若v 1＞v 2，则拍的频率是(B )(A)v 1+v 2 (B)v 1－v 2 (C)(v 1+v 2)/2 (D)(v 1－v 2)/26.有两个同方向，同频率的谐振动，其合成振动的振幅为0.20m ，周相与第一振动周相差为π/6。

解：设电子在无穷远处初动能为 Ek ,0 点电子动能 0
R2
A e(U 0 U ) EK EK
R1
U 0
dq R2 2rdr 4 0 r R1 4 0 r
2 0 (R2 R1 )
EK
eU 0
e 2 0
(R2
R1 )
17、一电偶极子原来与均匀电场平行，将它转到与电场反平行时，外力作功为 A，则当 此电偶极子与场强成 45角时，此电偶极子所受的力矩为多少?
0
r R1
q1 0
E1 0
R1 r R2
q2 1h
E2
1 2 0r
r R2
q3 (1 2 )h
E3
1 2 2 0r
（2） E1 和 E2 不变， E3 0
9、一厚度为 d 的无限大平板，均匀带电，体电荷密度 为 ，求平板体内、外场强的分布，并以其对称面为 坐标原点作出 E x 的分布曲线。
解：设内球带电量为 q 内,依据题意可知电场分布
0
q内
E
4 0q内
0
r2 Q
40r 2
r R1 R1 r R2 R2 r R3 r R3
U
R2
R1
q内 40
r
2
dr
R 3
q内 Q 40 r 2
dr
q内 40
面，q 在该平面的轴线上的 A 点处．求通过此圆平面的 R
电通量。
O
解法一：以 A 为中心，r 为半径作一球面，则通过圆平
面的电通量与通过以圆平面为底的球冠电通量相等。
设球面积 S0 4r 2 ， 通量
q 0 0
球冠面积 S 2r(r r c o s) 通量
r A q

3、平板电容器，充电时，玻印廷矢量 S 的方向 ；放电时的方向 。 （坡印亭矢量 S 用于描述电磁场的能量通量 （J·m−2·s−1） ，S E H ,所以， 充电时指向中心，
而放电时远离中心。 ） 二、计算题 1、一平板空气电容器的两极板都是半径为 r 的圆形导体板，在充电时，板间电场强度的变 化率为
器中心轴上的点为心的一系列同心圆。由此判断，P 点磁场方向垂直于纸面向里，⊗ ）
Ex 0 2、真空中一平面电磁波的电场方程为 Ez 0 ，则此平面电磁波沿 x E y E0 cos2 v(t ) u
方向传播。磁场强度沿 方向振动。
（根据 E 方程知电磁波沿着 x 轴传播。真空中，电磁波的 E 矢量、B 矢量及传播方向相互 垂直，电场沿 y 方向，则磁场沿着 z 方向）
3、一平行板电容器，极板是半径为 R 的两圆形金属板，极板间为空气，如图所示。此电容 器与交变电源相接。极板上带电量随时间变化的关系为 q q0 sin(t )（ 为常量） ，忽略边 缘效应，求： （1）电容器极板间位移电流及位移电流密度。 （2）两极板间离中心轴线距离为 r（r<R）处的 b 点的磁场强度 H 的大小。 解：平板电容器内部为匀强场
dE 1.0 10 12 V / m s ，求： dt
dD dE 2 S 0 r 6.95 102 A dt dt dE D 2 （2）由 H dl t dS 得， 2 RH 0 dt R ,所以 I d jS 1 dE B 0 0 R =0.000000278T 2 dt
dE ，若略去边缘效应，求两极板间的位移电流。 dt
解：平板电容器内部为匀强场，则位移电流：

物理20章知识点总结**第1章运动的基本概念**- 物体在运动中的基本概念，如位移、速度、加速度等。

- 相关运动图像的分析和运动规律的描述。

- 运动中的相关公式和物理量的计算。

**第2章物体的功和机械能**- 功的概念和计算方法。

- 功的种类：重力做功、弹力做功等。

- 机械能的概念和计算。

- 机械能守恒定律及其应用。

**第3章压力和浮力**- 压力的概念和计算方法。

- 浮力的产生原理和计算方法。

- 液体和气体的压强、浮力及其应用。

**第4章运动的描述**- 运动的描述方式：图像描述、数学描述等。

- 速度和加速度的图像表示和数学描述。

- 速度和加速度的性质和相关公式。

**第5章动能和动能定理**- 动能的概念和计算方法。

- 动能定理的表述和应用。

- 动能与机械能的关系。

**第6章势能和机械能的转化**- 势能的概念和种类。

- 重力势能和弹簧势能的计算方法。

- 势能和机械能之间的相互转化和应用。

**第7章圆周运动**- 圆周运动的基本概念。

- 圆周运动的速度和加速度的计算。

- 圆周运动中的相关定律和应用。

**第8章万有引力和弹力**- 万有引力的产生和表达。

- 弹力的概念和计算方法。

- 万有引力和弹力的性质和应用。

**第9章热学方程**- 热学方程的概念和表达。

- 热学方程中相关物理量的计算。

- 热学方程在实际应用中的运用。

**第10章热力学理论**- 热力学理论的基本概念和假设。

- 热力学理论与分子动理论的关系。

- 热力学理论的应用和发展。

**第11章热传导**- 热传导的基本原理和特点。

- 热传导的计算方法和公式。

- 热传导在实际中的应用和相关技术。

**第12章声音的传播**- 声音的基本特性和传播规律。

- 声音的频率、波长和速度的关系。

- 声音的传播特点和在实际中的应用。

**第13章光的反射**- 光的反射现象和规律。

- 光的反射定律和公式。

- 光的反射应用和相关技术。

**第14章光的折射**- 光的折射现象和规律。

第二十二章 电磁感应22-1．如图所示的平面线圈，其内磁通量Φ在0.04s 内由3810Wb -⨯均匀地减少到3210Wb -⨯．求线圈中的感应电动势的大小和方向．解 以图中B 的方向为磁通量Φ的正方向，则33d 210810d 0.04t Φ--⨯-⨯=0.15(W b s )=- 根据法拉第电磁感应定律，d d tΦε=-0.15(V)=，方向为顺时针方向．22-2．一均匀密绕的长直螺线管，每米绕800匝，在其中心放置一绕了30圈的半径为1.0cm 的圆形小回路，小回路圆线圈平面与螺线管的轴线垂直．在(1100) s 内螺线管线圈中的电流由0均匀地变到5A ．问小回路中产生的感应电动势的大小是多少？解 载流长直螺线管内的磁场为0B nI μ=，方向沿轴线并与电流成右手螺旋关系．通过小回路圆线圈平面的磁通量为2B R Φπ=，磁链220N NB R N nI R ψΦπμπ===所以 d d t ψε=20d d IN n R tμπ= 7250304108000.010.01ππ--=⨯⨯⨯⨯⨯⨯34.7310(V)-=⨯22-3．如图所示，两个同轴圆形导线回路，小回路在大回路上面距离x 处，x 远大于大回路半径R ，因此当大回路中有稳恒电流I 按图示方向流过时，小线圈回路所围面积2r π内的磁场可看成是均匀的．现假定小线圈回路以匀速率d d xv t=在轴线上运动．求：（1）小回路的磁通量Φ与x 之间的关系；（2）当NR x =时（N 为正整数)，小回路内产生的感应电动势；（3）若0>v ，确定小回路内感应电流的方向．解 （1）由于xR ，所以可以认为大线圈回路在小线圈处产生的磁感应强度B 均匀且等于大线圈回路轴线上的B ，其大小为2200223232()2IR IR B R x x μμ=≈+ 方向沿x 轴正向．设小线圈的回路方向与x 正向成右手螺旋关系，则通过小线圈的磁通量为2232IR r BS x μπΦ≈=（2）根据法拉第电磁感应定律有2230d d(1)d 2d IR r x t t μπΦε=-=-222004423d 32d 2IR r I r x v x t N R μπμπ==（3）由上式看出0ε>，所以感应电动势的方向与规定的回路正方向一致，即与x 正向成右手螺旋关系，小回路内感应电流的方向与大回路中稳恒电流I 的方向一致．22-4．如图所示，一很长的直导线有交变电流t I i ωsin 0=，它旁边有一长方形线圈ABCD ，长为l ，宽为b a -，线圈和导线在同一平面内．求：（1）穿过回路ABCD 的磁通量Φ；（2）回路ABCD 中的感应电动势．解 （1）通过线圈的磁通量为d B S Φ=⋅⎰0d 2bail r rμπ=⋅⎰000ln ln()sin 22li l b bI t a aμμωππ== （2） 0d d ln d 2d l b i t a t μΦεπ=-=-00ln()cos 2l b I t aμωωπ=-22-5．一直导线载有5.0A 的直流电流，旁边有一个与它共面的矩形线圈，如图所示，长20cm l =，10cm a =，20cm b =，线圈共有1000N =匝，以13.0m s v -=⋅的速度离开直导线．求：在图示位置线圈里的感应电动势的大小和方向．解法一 取顺时针ABCD 方向为线框回路的正方向，当线框DA 边离长直导线距离为x 时，通过线框的磁通量为0()d d2x b axI x B S l r r μΦπ+-=⋅=⎰⎰0ln 2Il x b a xμπ+-= 由法拉第电磁感应定律d d d d d d xNN t x t ΦΦε=-=- 02()d 2d IlN x x x b a x x b a x t μπ---=-+-0d 2d IlN b a x x x b a tμπ-=+-因为d d xv t =，所以 ()()02IlN b a v x x b a μεπ-=+- 当x a =时， ()02I l N b a v abμεπ-=741050.210000.1320.10.2ππ-⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯33.010(V )-=⨯ 0ε>说明感应电动势的真实方向与所选正方向一致，为顺时针ABCD 方向． 解法二 先讨论一匝线圈．AB 和DC 段的动生电动势为零，AB ε=0DC ε=．DA段动生电动势02DA Il v a μεπ=⋅⋅，A 端电势高．CB 段动生电动势02CB Il v bμεπ=⋅⋅，B 端电势高．一匝线圈里的感应电动势DA CB εεε=-011()2Ilv a bμπ=- 7641050.2311()310(V)20.10.2ππ--⨯⨯⨯⨯=-=⨯沿顺时针方向．所以1000匝线圈总的感应电动势为3310V -⨯，沿顺时针ABCD 方向．22-6．一平行导轨上放置一质量为m 的金属杆AB ，其长为l ，导轨的一端连接电阻R ，均匀磁场B 垂直地通过导轨平面，如图所示，当杆以初速度0v 向右运动时，试求：（1）金属杆能移动的距离；（2）在这个过程中，电阻上产生的焦耳热；（3）试用能量守恒规律分析讨论上述结果．（注：忽略金属杆的电阻及它与导轨的摩擦力．回路自感也可忽略．）解 （1）因杆的运动而在杆AB 上产生的动生电动势大小为Blv ε=方向由B 指向A ．在杆AB 和电阻R 的电路中BlvI RRε==载流的AB 在磁场中运动时，磁场对它施加向左的力22Blv B l vF IlBi lBi i R R =-=-=-此力使杆产生的加速度22F B l v a i m mR ==-，即22d d d d v B l x t mR t=-，所以 0022d d x x v mR x v B l =-⎰⎰ 因此金属杆能移动的距离 0022mRvs x x B l=-=（2）由于22d d v B l v t mR=-，可知22d d mR v t B l v =-，所以d t 内电阻上产生的焦耳热2222222d d d ()d B l v mR v Q I R t R mv v R B l v ==⋅-=-整个过程电阻上产生的焦耳热 00201d 2v Q mv v mv =-=⎰ （3）由于能量守恒，在忽略金属杆的电阻及它与导轨的摩擦力的条件下，金属杆的初始动能2012mv 全部转化为电阻上产生的焦耳热．22-7．如图所示，金属杆AB 与左侧长直导线垂直，以匀速率11m s v -=⋅平行于左侧长直导线运动，长直导线上通有电流40A I =．问：此杆中动生电动势为多大？杆的哪一端电势高？解法一 如图所示，构成矩形回路ACDB ，选绕行方向沿ACDB ，回路法线方向n e 与B同向．d t 时间内金属杆AB 向上移动d v t ，则B A 1000.1d d d d ()d 22r r I I r r v t v t r r μμΦππ=-⋅=-⎰⎰0(ln10)d 2I v t μπ=-所以杆中的动生电动势0d ln10d 2Ivt μΦεπ=-= 7410401ln102ππ-⨯⨯⨯=51.8410(V)-=⨯AB 为电源内部，A 端的电势高．解法二 在金属棒AB 上距离直导线r 处取线元d r 沿A B →方向，它在运动过程中产生的电动势为d ()d v B r ε=⨯⋅d Bv r =-0d 2Ivr rμπ=-则金属棒AB 上产生的动生电动势为d BAεε=⎰1000.1d ln1022Iv Ivr r μμππ=-=-⎰51.8410(V)-=-⨯ 负号表明动生电动势的方向与A B →反向，即由B 至A ，故A 端的电势高．22-8．两段导线10cm ab bc ==，在b 处相接成30ο角．若使导线在匀强磁场中以速率11.5m s v -=⋅运动，方向沿ab 向右，如图所示，磁场方向垂直纸面向内，22.510T B -=⨯．问：ac 间的电势差是多少？哪一端的电势高？解 导线分成两段处理，ab 段动生电动势为零，0ab ε=．bc 段动生电动势sin30bc B bc v εο=⋅⋅232.5100.10.5 1.5 1.910(V)--=⨯⨯⨯⨯=⨯bc 段内正电荷所受洛仑兹力由b 指向c ，即c 端电势高．所以31.910V ac ab bc εεε-=+=⨯，c 端电势高．22-9．如图所示，一金属棒长为0.50m ，水平放置，以长度的15处为轴，在水平面内旋转，每秒转两转．已知该处地磁场在竖直方向上的分量0.5Gs B ⊥=，求：a 、b 两端的电势差．解 在棒ac 段上取元段d l ，方向由a 指向c ，则()d cac av B l ε=⨯⋅⎰25d 50L BL B l l ωω=-=-⎰在棒cb 段上取元段d l ，方向由c 指向b ，则()d bcb c v B l ε=⨯⋅⎰450d L B l l ω=⎰21650BL ω=41T 10Gs =，所以 21550ab ac cb BL εεεω=+=215250f BL π=⋅⋅42152 3.1420.5100.550-=⨯⨯⨯⨯⨯⨯54.710(V)-=⨯ 54.710V ab ab U ε-=-=-⨯22-10．一细导线弯成直径为d 的半圆形状，如图所示，匀强磁场B垂直向上通过导体所在平面．当导体绕着过A 点垂直于半圆面的轴逆时针以匀角速度ω旋转时，求导体AC 间的电动势AC ε．解 用导线连接直径AC ，形成半圆形闭合回路．由于半圆形闭合回路在转动中磁通量不变，所以半圆形闭合回路内0ε=．这说明半圆形导线AC 间的电动势AC ε与直线导线AC 间的电动势相等．在直线导线AC 上取线元d l ，方向由A 向C ，则201()d d 2C dAC Av B l B l l Bd εωω=⨯⋅==⎰⎰22-11．磁感应强度为B 的匀强磁场限定在半径为R 的圆内，B 的方向与圆所在平面垂直，如图所示，B 以2110T -⨯的恒定变化率减小．在此变化磁场中，在圆所在平面内，如图放置一个等腰梯形金属框ABCD ，已知AB R =，2CD R =．试求：（1）等腰梯形金属框各边产生的感应电动势AB ε，BC ε，CD ε，DA ε；（2）等腰梯形金属框的总电动势．解法一 （1）由感生电场I E 的性质和对称性可知，I E 沿以O 为圆心的同心圆的切向方向，与AD 和BC 垂直；所以I E 沿AD 和BC 积分为零，即0BC DA εε==．选OCDO 为闭合回路，绕行方向沿OCDO ．由于I E 沿OC 和DO 的积分为零，故闭合回路OCDO 的感应电动势即CD 段上的感应电动势．回路OCDO 的面积21222R R S R =⨯⨯=回路OCDO 的磁通量2BS R B Φ==，所以222d d ( 1.010)d d CD B R t t Φε-=-==⨯-⨯2210(V)R -=⨯ 同理，选OBAO 为闭合曲线，绕行方向沿OBAO ，I E 沿OB 和AO 的积分为零，闭合回路OBAO 的感应电动势即BA 段上的感应电动势222d d ( 1.010)d d BA B R t t Φε-=-==⨯-⨯2210(V)-=⨯（2）等腰梯形金属框ABCD 的总电动势AB BC CD DA BA BC CD DA εεεεεεεεε=+++=-+++2222100100R --=⨯+⨯+2210(V)-=⨯ 解法二 （1）因d d B t 对O 轴对称分布，所以I E 线是圆心为O 的同心圆，I E 沿圆周切线、同一圆周上大小相等．取圆心为O 、半径为r 的圆形回路L ，逆时针为积分方向，则I d d d d L S BE l S t ⋅=-⋅⎰⎰⎰2I d 2d B E r r t ππ=-I d 2d r B E t=-因I E 与AD 和BC 垂直；所以I E 沿AD 和BC 线积分为零，即0BC DA εε==．I d 1d d (cos )d (cos )d 2d 2d 26D D D CD C C C r B B R E l l l t t πεθ=⋅=-=-⎰⎰⎰22d 110)10(V)D C l --===-⨯=同理 I 1d d (cos )d 2d 6A A BA B B B E l R l t πε=⋅=-⎰⎰2d 10(V)D C l -== （2）等腰梯形金属框ABCD 的总电动势AB BC CD DA BA BC CD DA εεεεεεεεε=+++=-+++2222100100R --=⨯+⨯+2210(V)-=⨯22-12．一空心长直螺线管，长为0.5m ，横截面积为210cm ，若螺线管上密绕线圈3000匝，问：（1）自感系数为多大？（2）若其中电流随时间的变化率为每秒增加10A ，自感电动势的大小和方向如何？解 （1） 00N B nI I lμμ==2si si 0N N NBS IS lψΦμ===所以 2si 0N L S I l ψμ==724410300010100.5π--⨯⨯⨯⨯=22.2610(H)-=⨯ （2） si d d iL tε=-22.261010-=-⨯⨯0.226(V)=- 自感电动势的大小为0.226V ，方向与I 相反．22-13．一个线圈的自感 3.0H L =，电阻 6.0R =Ω，接在12V 的电源上，电源的内阻可略去不计．求：（1）刚接通时的d d i t ；（2）接通0.20s t =时的d d it；（3）电流 1.0A i =时的d d it． 解 （1）参见教材p139，图22-5-1，由（22.5.6）式 (1e)R t Li Rε-=-，可知d e e d R R t t LLi R t R L L εε--== 所以0t =时，d 124(A d 3i t L ε=== （2）0.20s t =时 60.20.43d 4e 4e 2.7(A s)d it-⨯-=== （3）当 1.0A i =，由1(1e )R t L R ε-=-，即1eR t LR ε--=，可知1e 2R t L -=，所以 d 121e 2(A d 32R t L i t L ε-==⨯=22-14．两个共轴圆线圈，如图所示，半径分别为R 及r ，匝数分别为1N 及2N ，相距为l ．设r 很小，则小线圈所在处的磁场可视为均匀的．求两线圈的互感系数．解 由于r 很小，所以可以认为大线圈电流在小线圈处产生的磁感应强度B 均匀且等于大线圈轴线上的B ，其大小20122322()N IR B R l μ=+大线圈电流在小线圈中产生的磁链为2201222322()N N IR r BS R l μπψ==+所以两线圈的互感系数 2201222322()N N R r M IR l μπψ==+22-15．有一螺线管，自感系数为10mH ，通过它的电流为4A ，试求它贮藏的磁场能量．解 参见§22-6，可知2m 12W LI =322110104810(J)2--=⨯⨯⨯=⨯22.16．一无限长直导线，截面各处的电流密度相等，总电流为0I ．试证：单位长度导线的内部所贮藏的磁能为πμ16200I ．（设导线内部1r μ=．） 解 利用安培环路定理可求得导线内部距轴线r 处的磁场强度，由202d 2i LI H l H r I r Rπππ⋅=⋅==⋅∑⎰得022rI H Rπ=．导线的内部磁场能量密度为 201122m w BH H μ==故导线内部单位长度的磁场能量为220024d 2d 8Rm Vr I W w V r r R μππ==⎰⎰22300004d 416RI I r r R μμππ==⎰（第二十二章题解结束）。

第二十章 稳恒电流的磁场20-1．如图所示，将一条无限长载流直导线在某处折成直角，P 点在折线的延长线上，到折线的距离为a .（1）设导线所载电流为I ，求P 点的B r．（2）当20A I =，0.05m a =，求B r ．解 （1）根据毕-萨定律，AB 段直导线电流在P 点产生的磁场0B =；BC 段是“半无限长”直导线电流，它在P 点产生的磁场为001224II B a aμμππ==，方向垂直纸面向里．根据叠加原理，P 点的磁感应强度001224II B a aμμππ==方向垂直纸面向里．（2）当20A I =，0.05m a =时75141020410(T)22005B .ππ--⨯⨯=⨯=⨯⨯20-2．如图所示，将一条无限长直导线在某处弯成半径为R 的半圆形，已知导线中的电流为I ，求圆心处的磁感应强度B r．解 根据毕-萨定律，两直线段导线的电流在O 点产生的磁感应强度0B =，半圆环形导线的电流在O 点产生的磁感应强度0122IB Rμ=．由叠加原理，圆心O 处的磁感应强度 04I B Rμ=方向垂直纸面向里．20-3．电流I 若沿图中所示的三种形状的导线流过（图中直线部分伸向无限远）, 试求各O 点的磁感应强度B ρ．解 （a ）根据毕-萨定律和叠加原理，O 点的磁感应强度等于两条半无限长直线电流的磁感应强度和14个圆环形导线的电流的磁感应强度的叠加0000111(1)22224224I I I I B R R R R μμμμππππ=++=+ ，方向垂直纸面向外．（b ）根据毕-萨定律和叠加原理，O 点的磁感应强度等于下面一条半无限长直线电流的磁感应强度和34个圆环形导线的电流的磁感应强度的叠加000133(1)224242I I I B R R R μμμπππ=+=+ ，方向垂直纸面向里．（c ）根据毕-萨定律和叠加原理，O 点的磁感应强度等于两条半无限长直线电流的磁感应强度和12个圆环形导线的电流的磁感应强度的叠加000111222222I I I B R R R μμμππ=++()024I Rμππ=+ ，方向垂直纸面向里．*20-4．如图所示，电流I 均匀地流过宽为a 2的无限长平面导体薄板．P 点到薄板的垂足O 点正好在板的中线上，设距离x PO =，求证P 点的磁感应强度B ρ的大小为xaa I B arctan 20πμ=解 把薄板等分成无限多条宽为d y 的细长条，每根细长条的电流d d 2II y a=，可视为线电流；无限长载流薄板可看成由无限多条无限长载流直导线构成．y 处的细长条在P 点产生的磁感应强度为d B +r，y -处的细长条在P 点产生的磁感应强度为d B -r，二者叠加为沿Oy 方向的d B r ．所以P 点的磁感应强度B ρ沿Oy 方向，B ρ的大小aB θ=⎰0a=⎰0220d 2a Ix y a x y μπ=+⎰001arctan 2aIx y a x x μπ=0arctan 2I a a x μπ=*20-5．如图所示，半径为R 的木球上绕有密集的细导线，线圈平面彼此平行，且以单层线圈盖住半个球面．设线圈的总匝数为N ，通过线圈的电流为I ，求球心O 处的B ρ．解 在14圆周的圆弧ºab上，单位长度弧长的线圈匝数为 224N NR Rππ=在如图θ处，d θ角对应弧长d l 内通过的电流22d d d NI NII l R θππ== 此电流可视为半径为r 的圆环形电流圈，参见教材p80，此圆环形电流圈在O 处产生的222200033d sin 2d d sin d 22r IR NI NI B R R Rμμθμθθθππ=== 所以总磁感应强度 2002200d sin d 4NI NI B B R Rππμμθθπ===⎰⎰20-6．如图所示，载流长直导线的电流为I ，试求通过与直导线共面的矩形面积CDEF 的磁通量．解 用平行于长直导线的直线把矩形CDEF 分成无限多个无限小的面元，距长直导线r 处的面元的面积为d d S l r =，设矩形CDEF 的方向为垂直纸面向里，则d S Φ=B S ⋅⎰⎰r r 0d 2b a I l r r μπ=⎰b 0d 2a Il r r μπ=⎰0ln 2Il b aμπ=20-7．无限长同轴电缆的横截面如图所示，内导线半径为a ，载正向电流I ，圆筒形外导线的内外半径分别为b 和c ，载反向电流I ，两导线内电流都均匀分布，求磁感应强度的分布．解 考虑毕-萨定律，又因同轴电缆无限长，电流分布具有轴对称性，所以磁感应线在与电缆轴线垂直的平面内，为以轴线为圆心的同心圆；B r沿圆周切向，在到轴线距离r 相同处B r的大小相等，()B B r =．沿磁感应线建立安培环路L （轴线为圆心、半径为r 的圆），沿磁感应线方向积分．在r c >区域，由安培环路定理110d 2()0LB l rB I I πμ⋅==-=⎰rr Ñ可得10B =．在c r b >>区域，由安培环路定理222222002222d 2()L r b c r B l rB I I I c b c b πππμμππ--⋅==-=--⎰r r Ñ 可得2202222I c r B r c bμπ-=-．在b r a >>区域，由安培环路定理 330d 2LB l rB I πμ⋅==⎰r r Ñ可得032IB rμπ=．在a r >区域，由安培环路定理 22440022d 2L r r B l rB I I a a ππμμπ⋅===⎰r r Ñ可得0422IrB aμπ=．20-8．如图所示，厚度为2d 的无限大导体平板，电流密度J 沿z 方向均匀流过导体板，求空间磁感应强度的分布．解 此无限大导体板可视为无限多个无限薄的无限大平板的叠加，参见习题20-4，可知，0y >区域B r 沿Ox 负方向，0y <区域B r沿Ox 正方向．选择如图矩形回路abcda ，ab 与cd 与板面平行、沿Ox 方向，长度为l ，与Oxz 面距离为r ．在r d >的板外区域，根据安培环路定理，有0d 22LB l B l dlJ μ⋅==⎰r rÑ外外所以0B dJ μ=外．B 外与到板面的距离无关，说明板外为匀强磁场．在r d <的板内区域，根据安培环路定理，有0d 22L B l B l rlJ μ⋅==⎰r rÑ内内 所以0B rJ μ=内．可表示为0B yJi μ=-r r内（d y d -<<）．20-9．矩形截面的螺绕环如图所示，螺绕环导线总匝数为N ，导线内电流强度为I ．（1）求螺绕环截面内磁感应强度的分布；（2）证明通过螺绕环截面的磁通量为012ln 2NIh D ΦD μπ=． 解 由于电流分布对过螺绕环中心的对称轴具有轴对称性，所以螺绕环截面内磁感应线在与对称轴垂直的平面内，为以对称轴为圆心的同心圆；B r沿圆周切向，在到轴线距离r 相同处B r的大小相等，()B B r =．在螺绕环截面内，沿磁感应线作安培环路（以r 为半径的圆，2122D Dr <<），由安培环路定理 0d 2LB l rB NI πμ⋅==⎰r r Ñ所以02NIB rμπ=． 通过螺绕环截面的磁通量为1200122d d ln 22D D NI NIh D B S h r r D μμΦππ=⋅==⎰⎰r r20-10．如图所示，半径为5m 的无限长金属圆柱内部挖出一半径为 1.5m r =的无限长圆柱形空腔．两圆柱的轴线平行，轴间距离 2.5m a =．今在此空心导体上通以5A 的电流，电流沿截面均匀分布．求此导体空心部分轴线上任一点的B ρ．解 设空心导体上电流强度为I ，则电流密度22()IJ R r π=-．电流分布可视为由电流密度为J r、半径为R 的实心长圆柱，和填充满挖空区域的、通有反向电流、电流密度为J -r、半径为r 的圆柱的叠加．可用安培环路定理求出半径为R 的实心长圆柱电流在O'处的磁感应强度为2010222212()2()Ia I B a a R r R r μμππππ==-- 其方向与圆柱轴线以及OO'垂直，与电流I 成右手螺旋关系．由反向电流的轴对称分布可知，反向电流在其轴线上的磁感应强度为20B =r． 由叠加原理可得在空心圆柱轴线上的磁感应强度为121B B B B =+=r r r r，770122224105251110(T)2()2(515)Ia.B .R r .μπππ--⨯⨯⨯===⨯--20-11．把一个2.0keV 的正电子射入磁感应强度为0.10T 的均匀磁场内，其速度v ρ与Bρ成o89角，正电子的运动轨迹将是一条螺旋线．求此螺旋线运动的周期T 、螺距h 和半径r ．解 周期 311019223149111035710(s)1610010m ..T .qB ..π---⨯⨯⨯===⨯⨯⨯速率为 726510(m v .===⨯ 螺距为 7104cos 8926510cos 893571016510(m)h v T ...--==⨯⨯⨯⨯=⨯oo半径为 317319sin899111026510sin8915110(m)161001mv ..r .qB ..---⨯⨯⨯⨯===⨯⨯⨯o o20-12．速率选择器如图所示，在粒子穿过的区域V 有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，两侧有等高的窄缝S ．现有一束具有不同速率的电子束A 从左侧缝穿入，以垂直于E r 和B r的方向进入区域V ．若300V U =，10cm d =，4310T B -=⨯．试计算能从速率选择器右侧的缝穿出的粒子的速率．带电粒子的带电符号及质量大小是否影响选择器对它们速率的选择？解 能从速率选择器右侧的缝穿出的电子必作直线运动，这些电子在电场E r中的受力为eE -r ，方向竖直向上；在磁场B r 中的受力为ev B -⨯rr ，方向竖直向下；且满足eE evB =所以 E U v B dB ==430001310.-=⨯⨯710(m s )= 由于Ev B=与带电粒子的带电符号及质量大小无关，所以电粒子的带电符号及质量大小不影响选择器对它们速率的选择．20-13．一块半导体样品的体积为c b a ⨯⨯如图所示，0.10cm a =，0.35cm b =，1.0cm c =cm ．沿x 轴方向有电流I ，沿z 轴方向加匀强磁场B ρ，已测得 1.0mA I =，1310T B -=⨯，样品两侧的电势差 6.55mV AA U '=．（1）问这半导体是p 型还是n 型，即该半导体的载流子是带正电还是带负电？（2）求载流子浓度n ．解 （1）由电流方向、磁场方向和A 侧电势高于A'侧电势可知，此半导体的载流子带负电，属于n 型．（2）AA'IBn U qa=3319310100365510161010....----⨯⨯=⨯⨯⨯⨯20328610m .-=⨯20-14．如图所示，一条长直导线载有电流130A I =，矩形线圈载有电流220A I =，试计算作用在线圈上的合力．已知：0.01m a =，0.08m b =，0.12m l =．解 线圈左侧边导线受力0111222I F B I l I l aμπ==，方向向左． 线圈右侧边导线受力()0122222I F B I l I l a b μπ==+ ，方向向右．线圈上下两边导线所受的磁力大小相等、方向相反．因此线圈所受磁力的合力为()0120121222I I I I F F F l l a a b μμππ=-=-+()0122I I lba ab μπ=+ 741030200120082001(008001).....ππ-⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯+312810(N).-=⨯方向向左，垂直指向长直导线．20-15．如图所示，无限长直导线通有电流1I ，半径为R 的半圆形导线ABCDE 通有电流2I ．长直导线过圆心O 且与半圆形导线共面（但不相交），a DE AB ==. 求：（1）ABCDE 导线中，AB 、¼BCD 、DE 各段所受1I 产生的磁场的作用力的大小和方向，（2）长直导线在圆心O 处元段d l 上所受2I 的磁场力的大小和方向．解 （1）设直线电流1I 产生的磁感应强度为1B r．求AB 段受1I 的作用力时，令y ξ=-，则01212d d 2R a AB R I F I l B I k μξπξ+=⨯=⋅⎰⎰r r r r012ln 2I I R a k aμπ+=⋅rDE 段受到1I 的作用力为01012212d d ()ln 22R a DE R I I I R a F I l B I y k k y aμμππ++=⨯=⋅-=-⋅⎰⎰r r r r r求¼BCD 段受1I 的作用力时，取电流元2d I l 如图，d d l R θ=．由于Oz 方向的分力会相互抵消（参见图），只需计算Oy 方向的分量，则¼21202cos d BCD F B I R j πθθ=-⋅⋅⎰r r 201202cos d 2cos I I R j R πμθθπθ=-⋅⎰r 0122I I j μ=-r（2）半圆形导线电流2I 在圆心O 点处产生的磁场0224I B i Rμ=r r，所以0121212d d d d 4I I l F I l B I B l j j Rμ=⨯=⋅=r r r r r20-16．有一匝数为10匝，长为0.25m ，宽为0.10m 的矩形线圈，放在31.010T B -=⨯的匀强磁场中，通以15A 的电流，求它所受的最大力矩．解 线圈在匀强磁场中所受的最大力偶矩为m T NIBS =31015101002501...-=⨯⨯⨯⨯⨯337510(N m).-=⨯⋅（第二十章题解结束）。

物理二十章知识点总结1. 光的反射反射是光线从一个介质到另一个介质的过程。

当光线从一个介质中穿过到另一个介质时，它会改变方向，这个改变方向的现象就叫做反射。

反射有两种：镜面反射和漫射反射。

镜面反射是指入射光线和反射光线的夹角相等，反射光线在同一平面上；漫射反射是指入射光线照在粗糙表面上，反射光线在不同方向上散射。

2. 光的折射折射是光线从一种介质传播到另一种介质时，由于介质的密度不同，光线的速度也不同，从而产生的偏折现象。

对于介质的折射，有两种定律：1. 斯涅尔定律—入射角、折射角和反射光线都在同一平面内；2. 折射定律—入射角、折射角和折射率之间的关系，也就是折射率的定义。

3. 光的波动光是一种电磁波，它是一种能传播能量的波动。

光的波动特点包括干涉、衍射、偏振、光面和光速的测量方法。

光的波动性对光线的传播、散射、消光等现象都有很好的解释。

要了解光的波动特性，需要掌握光的波长、频率、波速等基本概念。

4. 光的干涉光的干涉是指两束光的波相遇时形成明暗条纹的现象。

干涉分为衬比干涉和自然干涉。

利用干涉可测量光的波长和介质的折射率等量。

干涉现象在工业、科学、生活中有广泛的应用。

5. 光的衍射光的衍射是指光线通过一道狭缝或者物体的边缘时，波的传播方向发生改变的现象。

衍射现象对解释光的波动性和像差的产生有重要作用。

6. 偏振光偏振是指振动方向固定的光波。

偏振光是一种光波，他的振动方向是固定的。

通常可以通过偏振片来产生偏振光，偏振现象对解释光的波动特性有一定的作用。

7. 光面光面是将光线聚焦在一点上，形成的一小部分亮光。

光面通过透镜、反射镜等光学仪器产生，它对光的传播、成像有很好的应用。

8. 光速光速是光在真空中传播的速度，是一个恒定不变的量。

光速的测量方法有多种，例如菲涅尔法、复制法等。

光速的测量对科学研究和技术发展都有很大的意义。

了解以上知识点不仅可以在学业上取得好成绩，也可以在生活中更好的应用物理原理，改善我们的生活品质。

《大学物理学》第十一、十二、十三章练习题解答可能用到的物理量：122208.8510/C m N ε-=⨯⋅，922019.010/4m N C πε=⨯⋅一、选择题：1． 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1<R 2)，小球带电Q ，大球带电-Q ，下列各图中哪一个正确表示了电场的分布 （ D ）(A) (B) (C) (D)2． 如图所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且OP =OT ，那么 （ D ）(A) 穿过S 面的电通量改变，O 点的场强大小不变；(B) 穿过S 面的电通量改变，O 点的场强大小改变； (C) 穿过S 面的电通量不变，O 点的场强大小改变； (D) 穿过S 面的电通量不变，O 点的场强大小不变。

3．如图所示，在点电荷q +的电场中，若选取图中P 为电势零点，则M 点的电势为：（ D ） (A)04q aπε；(B)08q aπε ；(C) 04q aπε-；(D) 08q aπε-。

4．在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电通量为 （ D ） (A)qε； (B)02q ε ； (C) 04q ε； (D) 06q ε。

5． 如图所示，a 、b 、c 是电场中某条电场线上的三个点，由此可知 （ C ） (A) E a >E b >E c ； (B) E a <E b <E c ； (C) U a >U b >U c ； (D) U a <U b <U c 。

6． 关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是 （ C ）(A) 如果高斯面内没有自由电荷，则高斯面上E ϖ处处为零； (B) 如果高斯面上电位移矢量D v为零，则该面内必无电荷；(C) 如果高斯面内有净电荷，则通过该面的电通量必不为零； (D) 如果高斯面上电通量为零，则该面内必无电荷。

《大学物理学》课后习题参考答案习题11-1. 已知质点位矢随时间变化函数形式为)ωｔsin ωｔ(cos j i R r其中为常量．求：（1）质点轨道；(2)速度和速率。

解：1）由)ωｔsin ωｔ(cos j i R r知t cos R x ωtsin R yω消去t 可得轨道方程222Ryx2）jr vt Rcos sin ωωt ωR ωdtd iRωt ωR ωt ωR ωv2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir )t 23(t 42，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0t到1t 秒的位移；（3）0t 和1t 秒两时刻的速度。

解：1）由j ir)t 23(t 42可知2t 4x t23y消去t 得轨道方程为：2)3y(x2）jir v 2t 8dtd jij i v r 24)dt2t 8(dt101Δ3）jv 2(0)jiv 28(1)1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir t t 22，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。

解：1）ji r v2t 2dtd iv a2dtd 2）212212)1t(2]4)t 2[(v1tt 2dtdv a 2t22221nta aat 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。

解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121att v y （1）图 1-420221gttv h y （2）21y y （3）解之2d tg a 1-5. 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td dr ，td dv ，tv d d .解：（1）t v x 0式（1）2gt21hy 式（2）jir )gt 21-h (t v (t)20（2）联立式（1）、式（2）得22v 2gx hy （3）ji r gt -v td d 0而落地所用时间gh 2t所以j i r 2gh -v t d d 0jv g td d 2202y2x)gt (vvvv 211222222[()](2)g ghg t dv dtvgt vgh 1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。