赵近芳大学物理学第五版第十一章课后习题答案
赵近芳大学物理学 第五版 部分解答
第11章变化的电磁场11.1选择题（1）圆形线圈在磁场中作下列运动时，那些情况会产生感应电流( )。
(A)沿垂直磁场方向平移(B)以直径为轴转动,轴跟磁场垂直(C)沿平行磁场方向平移(D)以直径为轴转动，轴跟磁场平行［答案：B] (2)下列哪些矢量场为保守力场（阅读全文请关注VX公众号高校课后习题）。
(A)静电场(B)稳恒磁场(C)感生电场(D)变化的磁场［答案：A] （3）用线圈的自感系数L来表示载流线圈磁场能量的公式W m=LI2/2( )。
(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]第10章 稳恒磁场10.1选择题(1) 对于安培环路定理的理解，正确的是(A)若环流等千零，则在回路L 上必定是H 处处为零(B)若环流等于零，则在回路L 上必定不包围电流(C)若环流等于零，则在回路L 所包围传导电流的代数和为零(D)回路L 上各点的H 仅与回路L 包围的电流有关 ［答案：C]（2）对半径为R 载流为I 的无限长直圆柱体，距轴线r 处的磁感应强度B (A)内外部磁感应强度B 都与r 成正比(B)内部磁感应强度B 与r 成正比，外部磁感应强度B 与r 成反比(C)内外部磁感应强度B 都与r 成反比(D)内部磁感应强度B 与r 成反比，外部磁感应强度B 与r 成正比［答案：B]第12章 光的干涉12.1选择题(1)在双缝干涉实验中,为使屏上的干涉条纹间距变大,可以采取的办法是 （ ）(A)使屏靠近双缝 (B)使两缝的间距变小(C)把两个缝的宽度稍微调窄 (D))改用波长较小的单色光源[答案:C](2)两块平玻璃构成空气劈形膜,左边为棱边,用单色平行光垂直入射，若上面的平玻璃以棱边为轴,沿逆时针方向作微小转动,则于涉条纹的 （ ）(A)间隔变小,并向棱边方向平移 (B)间隔变大,并向远离棱边方向平移(C)间隔不变,向棱边方向平移 (D)间隔变小,并向远离棱边方向平移[答案:A]第13章 光的衍射13.1选择题(1)在夫琅禾费单缝衍射实验中,对于给定的入射单色光,当缝宽度变小时,除中央亮纹的中心位置不变外,各级衍射条纹（ ）。
大学物理课后习题答案(第十一章) 北京邮电大学出版社
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=== ∴ 12ln R R r k t D j ε=∂∂=11-2 试证：平行板电容器的位移电流可写成t U C I 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 UC ID 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 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(222a x x q D +-=Φ［此结果见习题8-9(3)］ t U C t I D D d d d d ==Φ∴ 23222)(2d d a x v qa tI D D +==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= ∴ t t t t E j D ππεπεε50550010cos 10720)10sin 720(⨯=∂∂=∂∂=2m A -⋅ (2)∵ ⎰∑⎰⋅+=⋅)(0d d S D l S j I l H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=D j r H 2=0=t 时0505106.3107202πεπε⨯=⨯⨯=r H 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 S D l d 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202d d 2r t E r j r H D πεππ==∴t E r H d d 20ε=t E r H B r d d 2000εμμ==当R r =时，600106.5d d 2-⨯==t E R 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)∵ ⎰∑=I l H d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 S I j E σ 1m V -⋅ (3)∵H E S ⨯=,E 沿导线轴线,H 垂直于轴线 ∴S 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 的大小和方向； (2)该点H 的大小和方向； (3)该点坡印廷矢量S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E j 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 ⎰⎰=⋅S l S j l H d 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⨯= ∴ S垂直于导线侧面而进入导线，大小为 42202a r I EH S πρ==可见，电磁波的幅射压强(包括光压)是很微弱的．。
大学_物理学_第五版_马文蔚_答案上下册第十一章
第十一章光学1、在双缝干涉实验中，两缝间距为mm 30.0，用单色光垂直照射双缝，在离缝m 20.1的屏上测得中央明纹一侧第5条暗纹与另一侧第5条暗纹间的距离为mm 78.22，问所用光的波长为多少？解：双缝干涉暗纹条件'(21)2d x k d λ=±+ (0,1,2,)k =⋅⋅⋅中央明纹一侧第5条暗纹对应于4=k ，由于条纹对称，该暗纹到中央明纹中心的距离为mm 39.11278.22==x 那么由暗纹公式即可求得 337'2211.39100.3010 6.32810m 632.8nm (21) 1.20(241)xd d k λ---⨯⨯⨯⨯===⨯=+⨯⨯+2、用白光垂直入射到间距为mm 25.0=d的双缝上，距离缝m 0.1处放置屏幕，求零级明纹同侧第二级干涉条纹中紫光和红光中心的间距（白光的波长范围是nm 760~400）。
解：第k 级明纹位置应满足'd x k dλ= ),2,1,0(⋅⋅⋅±±=k 对紫光和红光分别取nm 4001=λ，nm 7602=λ；则同侧第二级条纹的间距'3621 1.010()2(760400)10 2.88mm 0.25d x k d λλ-⨯∆=-=⨯⨯-⨯=3、用58.1=n的透明云母片覆盖杨氏双缝干涉装置的一条缝，若此时屏中心为第五级亮条纹中心，设光源波长为μm 55.0，（1）求云母片厚度。
（2）若双缝相距mm 60.0，屏与狭缝的距离为m 5.2，求0级亮纹中心所在的位置。
解：（1）由于云母片覆盖一缝，使得屏中心处的光程差变为λ5=∆，一条光路中插入厚度为e 的透明介质片光程变化e n )1(-。
所以λ5)1(=-=∆e n解得云母片厚度μm 74.4158.155.0515=-⨯=-=n e λ（2）因为mm 29.260.055.05.2=⨯==∆d D x λ, 又由于中心位置为5级明纹中心，故级条纹距中心为5倍条纹宽度，所以mm 45.1129.2555=⨯=∆=x x4、如图所示，在折射率为50.1的平板玻璃表面有一层厚度为nm 300，折射率为22.1的厚度均匀透明油膜，用白光垂直射向油膜，问：（1）哪些波长的可见光在反射光中干涉加强?（2）若要使透射光中nm 550=λ的光干涉加强，油膜的最小厚度为多少?由上式可得：kd n 22=λ , 1=k 时： nm 732130022.121=⨯⨯=λ 红光2=k 时： nm 366230022.122=⨯⨯=λ 紫外, 故反射中波长为nm 732的红光产生干涉加强。
大学物理课后习题答案(赵近芳)下册-70页精选文档
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解: 如题8-2图示解得 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 =2024dq πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 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Sq E 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 ．∴ 场点P 在r 方向场强分量垂直于r 方向，即θ方向场强分量题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正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q点的场强． 解： 如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为 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⎰=l Qx E 0d ，即Q E只有y 分量，以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强．解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为 20π4d d RR E εϕλ=方向沿半径向外 则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==积分R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰∴ 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P Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿8-9 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(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**关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=q r E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 >=∑q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，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d33030r E ερ= ；(2) ρ+在O '产生电场d π4d 3430301E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E OO 题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r (如题8-13(b)图)则 03ερrE PO =，∴腔内场强是均匀的．8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6C d=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∴ qlE pE M ==max 代入数字8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功? 解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r -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，解: 如题8-16图示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(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U 同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U8-18 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 电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== 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 ，求此解: 平行板电容器内部近似为均匀电场8-20 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 Eε=∂∂-= 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 (3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势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，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 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 又∵ +2σ03=σ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2.0 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =，即 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=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(1)(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变解: (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(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：(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 得 q R R q 21='外球壳上电势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：得 -='q 3q 8-25 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 2020π4rq F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电 ∴ 此时小球1与小球2间相互作用力(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UU AB =可得以下6个方程题8-26图解得 Sq 261==σσ 所以CB 间电场 S qd U E 00422εεσ+==注意：因为C 片带电，所以2U U C ≠，若C 片不带电，显然2U U 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 介质外)(2R r <场强 (2)介质外)(2R r >电势 介质内)(21R r R <<电势(3)金属球的电势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得而 101E D ε=,202E D r εε=题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求：(1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量；(2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑(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(3)电容：∵ CQ W 22=*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 上电量电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q =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 (2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U 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 <<区域在21R r R <<时 301π4r rQ E ε=3R r >时 302π4rrQ E ε=∴在21R r R <<区域 在3R r >区域∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,02=W(3)电容器电容 )11/(π422102R R Q W C -==ε 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=(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rIB 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 (2)通过befc 面积2S 的磁通量 (3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb (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 两点处的磁感题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处 则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 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。
《大学物理学活页作业》(赵近芳)参考答案
作业1 质点运动学(一)参考答案1. B ；2. D;3. 8m, 10m.4. 3, 3 6;5. 解：(1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2v (2) =-6 m/s(3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m6. 答：矢径r是从坐标原点至质点所在位置的有向线段．而位移矢量是从某一个初始时刻质点所在位置到后一个时刻质点所在位置的有向线段．它们的一般关系为0r r r-=∆0r 为初始时刻的矢径, r 为末时刻的矢径，△r为位移矢量．若把坐标原点选在质点的初始位置，则0r =0,任意时刻质点对于此位置的位移为△r =r，即r既是矢径也是位移矢量．1. D ；2. -g /2 ， ()g 3/322v3. 4t 3-3t 2 (rad/s)， 12t 2-6t (m/s 2)4. 17.3 m/s, 20 m/s .5. 解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt tv 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI)6. 解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω24t =ω, 24Rt R ==ωvt=1s 时， v = 4Rt 2 = 8 m/s2s /168/m Rt dt d a t ===v 22s /32/m R a n ==v()8.352/122=+=nt a a a m/s 21.D2.C3.4. l/cos 2θ5.如图所示，A ，B ，C 三物体，质量分别为M=0.8kg, m= m 0=0.1kg ，当他们如图a 放置时，物体正好做匀速运动。
（1）求物体A 与水平桌面的摩擦系数；（2）若按图b 放置时，求系统的加速度及绳的张力。
《大学物理学》赵近芳 课后习题答案 北京邮电大学出版社
0
∑ r = 8 cm 时，
q = p 4π (r3 3
− r内3 )
∴
( ) E
=
ρ
4π 3
r 3 − r内2
≈ 3.48 ×10 4 N ⋅ C −1 ， 方向沿半径向外．
4πε 0r 2
∑ r = 12 cm 时,
q
=
ρ
4π 3
(r外3
−
r内3）
( ) ∴
E
=
ρ
4π 3
r外 3
− r内3
≈ 4.10 ×104
通过圆平面的电通量．(α = arctan R ) x
∫ 解: (1)由高斯定理
Ev
⋅
v dS
=
q
s
ε0
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 Φ e
=
q 6ε 0
．
(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长 2a 的立方体，使 q 处于边长 2a 的立
方体中心，则边长 2a 的正方形上电通量 Φ e
ρ 3ε 0
(rv
− rv′)
=
ρ 3ε 0
OO' =
ρdv 3ε 0
∴腔内场强是均匀的．
8-14 一电偶极子由 q =1.0×10-6C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离
d=0.2cm，把这电偶极子放在1.0×105N·C-1 的外电场中，求外电场作用于
电偶极子上的最大力矩．
解:
∵
电偶极子
pv
N ⋅ C −1
沿半径向外.
4πε 0r 2
8-11 半径为 R1 和 R2 ( R2 ＞ R1 )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别
大学物理第十一章课后答案
第十一章 电流与磁场11-1 电源中的非静电力与静电力有什么不同？答：在电路中，电源中非静电力的作用是，迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极移动到高电位的电源正极，使两极间维持一电位差。
而静电场的作用是在外电路中把正电荷由高电位的地方移动到低电位的地方，起到推动电流的作用；在电源内部正好相反，静电场起的是抵制电流的作用。
电源中存在的电场有两种：1、非静电起源的场；2、稳恒场。
把这两种场与静电场比较，静电场由静止电荷所激发，它不随时间的变化而变化。
非静电场不由静止电荷产生，它的大小决定于单位正电荷所受的非静电力，q非F E =。
当然电源种类不同，非F 的起因也不同。
11-2静电场与恒定电场相同处和不同处？为什么恒定电场中仍可应用电势概念？ 答：稳恒电场与静电场有相同之处，即是它们都不随时间的变化而变化，基本规律相同，并且都是位场。
但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生，电荷本身却在移动。
正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化，因此静电场的两条基本定理，即高斯定理和环路定理仍然适用，所以仍可引入电势的概念。
11-3一根铜导线表面涂以银层，当两端加上电压后，在铜线和银层中，电场强度是否相同？电流密度是否相同？电流强度是否相同？为什么？答：此题涉及知识点：电流强度d sI =⋅⎰j s ，电流密度概念，电场强度概念，欧姆定律的微分形式j E σ=。
设铜线材料横截面均匀，银层的材料和厚度也均匀。
由于加在两者上的电压相同，两者的长度又相等，故铜线和银层的场强E相同。
由于铜线和银层的电导率σ不同，根据j E σ=知，它们中的电流密度j 不相同。
电流强度d sI =⋅⎰j s ，铜线和银层的j 不同但相差不太大，而它们的横截面积一般相差较大，所以通过两者的电流强度，一般说来是不相同的。
11-4一束质子发生侧向偏转，造成这个偏转的原因可否是：（1）电场？（2）磁场？（3）若是电场和磁场在起作用，如何判断是哪一种场？答：造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。
赵近芳版《大学物理学上册》课后答案之欧阳育创编
习题解答习题一1-1｜r ∆｜与r ∆有无不同?td d r 和td d r 有无不同?td d v 和td d v 有无不同?其不同在哪里?试举例说明． 解：（1）r ∆是位移的模，∆r是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r-=∆；（2）td d r 是速度的模，即t d d r ==v t s d d .trd d 只是速度在径向上的分量.∵有rr ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆr ˆt r td d d d d d r r r+=式中trd d就是速度径向上的分量，∴tr td d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)td d v表示加速度的模，即tv a d d =，tv d d 是加速度a 在切向上的分量.∵有ττ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以t vt v t v d d d d d d ττ +=式中dtdv 就是加速度的切向分量. (tt rd ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =tr d d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r+=，jty i t x t r a jty i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x yx而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作其二，可能是将22d d d d trt r 与误作速度与加速度的模。
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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，轴跟磁场平行。
[答案：B](2)下列哪些矢量场为保守力场（）（A ）静电场；（B ）稳恒磁场；（C ）感生电场；（D ）变化的磁场。
[答案：A](3)用线圈的自感系数L 来表示载流线圈磁场能量的公式221LI W m=（）(A )只适用于无限长密绕线管；(B )只适用于一个匝数很多，且密绕的螺线环；(C )只适用于单匝圆线圈；(D )适用于自感系数L 一定的任意线圈。
[答案：D](4)对于涡旋电场，下列说法不正确的是（）：（A ）涡旋电场对电荷有作用力；（B ）涡旋电场由变化的磁场产生；（C ）涡旋场由电荷激发；（D ）涡旋电场的电力线闭合的。
[答案：C]11.2填空题(1)将金属圆环从磁极间沿与磁感应强度垂直的方向抽出时，圆环将受到。
[答案：磁力](2)产生动生电动势的非静电场力是，产生感生电动势的非静电场力是，激发感生电场的场源是。
[答案：洛伦兹力，涡旋电场力，变化的磁场](3)长为l 的金属直导线在垂直于均匀的平面内以角速度ω转动，如果转轴的位置在，这个导线上的电动势最大，数值为；如果转轴的位置在，整个导线上的电动势最小，数值为。
[答案：端点，221l B ω；中点，0]11.3一半径r =10cm 的圆形回路放在B =0.8T的均匀磁场中．回路平面与B垂直．当回路半径以恒定速率trd d =80cm/s 收缩时，求回路中感应电动势的大小．解:回路磁通2πr B BS m ==Φ感应电动势大小40.0d d π2)π(d d d d 2====trr B r B t t m ΦεV 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 =80×10-3T，B 的方向与两半圆的公共直径(在Oz 轴上)垂直，且与两个半圆构成相等的角α当磁场在5ms内均匀降为零时，求回路中的感应电动势的大小及方向．解:取半圆形cba 法向为i，题11.4图则αΦcos 2π21B R m=同理，半圆形adc 法向为j，则αΦcos 2π22B R m=∵B 与i 夹角和B 与j夹角相等，∴︒=45α则αΦcos π2R B m =221089.8d d cos πd d -⨯-=-=Φ-=tBR t m αεV 方向与cbadc 相反，即顺时针方向．题11.5图11.5如题11.5图所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b ，环心O 与导线相距a ．设半圆环以速度v 平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN 两端的电压N M U U -．解:作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v方向运动时0d =m Φ∴0=MeNM ε即MNMeN εε=又∵⎰+-<+-==ba ba MN ba ba Iv l vB 0ln 2dcos 0πμπε所以MeN ε沿NeM 方向，大小为ba ba Iv -+ln 20πμM 点电势高于N 点电势，即ba ba Iv U U N M -+=-ln 20πμ题11.6图11.6如题11.6所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以tId d 的变化率增大，求：(1)任一时刻线圈内所通过的磁通量；(2)线圈中的感应电动势．解:以向外磁通为正则(1)]ln [ln π2d π2d π2000da db a b Il r l r I r l r I ab b a d d m +-+=-=⎰⎰++μμμΦ(2)tI b a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε11.7如题11.7图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆．令这半圆形导线在磁场中以频率f 绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R ．求：感应电流的最大值．题11.7图解:)cos(2π02ϕωΦ+=⋅=t r B S B m∴Bfr f r B r B t r B t m m i 222202ππ22π2π)sin(2πd d ===+=-=ωεϕωωΦε∴RBf r R I m 22π==ε11.8如题11.8图所示，长直导线通以电流I =5A，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长b =0.06m，宽a =0.04m，线圈以速度v =0.03m/s垂直于直线平移远离．求：d =0.05m时线圈中感应电动势的大小和方向．题11.8图解:AB 、CD 运动速度v方向与磁力线平行，不产生感应电动势．DA 产生电动势⎰==⋅⨯=AD I vb vBb l B v d2d )(01πμεBC 产生电动势)(π2d )(02d a I vbl B v CB+-=⋅⨯=⎰με∴回路中总感应电动势8021106.111(π2-⨯=+-=+=ad d Ibv μεεεV 方向沿顺时针．11.9长度为l 的金属杆ab 以速率v在导电轨道abcd 上平行移动．已知导轨处于均匀磁场B中，B 的方向与回路的法线成60°角(如题11.9图所示)，B的大小为B =kt (k 为正常)．设t =0时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向．解:⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ∴klvt tm-=-=d d Φε即沿abcd 方向顺时针方向．题11.9图11.10一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B的方向如题11.10图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t =0)．解:如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时0d d <Φt,0>ε；题11.10图(a)题11.10图(b)在磁场中时0d d =tΦ,0=ε；出场时0d d >tΦ，0<ε，故t I -曲线如题10-9图(b)所示.题11.11图11.11导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速ω转动，aO =3l磁感应强度B 平行于转轴，如图11.11所示．试求：（1）ab 两端的电势差；（2）b a ,两端哪一点电势高?解:(1)在Ob 上取dr r r +→一小段则⎰==320292d l Ob l B r rB ωωε同理⎰==302181d l Oa l B r rB ωωε∴2261)92181(l B l B Ob aO ab ωωεεε=+-=+=(2)∵0>ab ε即0<-b a U U ∴b 点电势高．题11.12图11.12如题11.12图所示，长度为b 2的金属杆位于两无限长直导线所在平面的正中间，并以速度v平行于两直导线运动．两直导线通以大小相等、方向相反的电流I ，两导线相距2a ．试求：金属杆两端的电势差及其方向．解：在金属杆上取r d 距左边直导线为r ，则ba b a Iv r r a r Iv l B v b a b a B A AB -+-=-+-=⋅⨯=⎰⎰+-lnd 211(2d )(00πμπμε ∵<AB ε∴实际上感应电动势方向从A B →，即从图中从右向左，∴ba ba Iv U AB -+=ln 0πμ题11.13图11.13磁感应强度为B的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在题11.13图中位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当tBd d ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．解：∵bcab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε=-=tabd d 2Φεt BR B R t d d 12π]12π[d d 22=--∴tB R acd d ]12π43[22+=ε∵0d d >tB∴0>ac ε即ε从ca →11.14半径为R的直螺线管中，有dtdB＞0的磁场，一任意闭合导线abca ，一部分在螺线管内绷直成ab 弦，a ,b 两点与螺线管绝缘，如题11.14图所示．设ab =R ，试求：闭合导线中的感应电动势．解：如图，闭合导线abca 内磁通量436π(22R R B S B m -=⋅= Φ∴tBR R i d d )436π(22--=ε∵0d d >tB∴0<i ε，即感应电动势沿acba ，逆时针方向．题11.14图题11.15图11.15如题11.15图所示，在垂直于直螺线管管轴的平面上放置导体ab 于直径位置，另一导体cd 在一弦上，导体均与螺线管绝缘．当螺线管接通电源的一瞬间管内磁场如题11.15图示方向．试求：（1）ab 两端的电势差；（2）cd 两点电势高低的情况．解：由⎰⎰⋅-=⋅l S tB l Ed d d d 旋知，此时旋E 以O 为中心沿逆时针方向．(1)∵ab 是直径，在ab 上处处旋E与ab 垂直∴⎰=⋅ll 0d 旋∴0=ab ε,有b a U U =(2)同理，0d >⋅=⎰l E cddc旋ε∴0<-c d U U 即dc U U >题11.16图11.16一无限长的直导线和一正方形的线圈如题11.16图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数．解：设长直电流为I ，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为⎰==32300122ln π2d π2a a Iar r Ia μμΦ∴2ln π2012aI M μΦ==11.17两线圈顺串联后总自感为1.0H，在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联后总自感为0.4H．试求：它们之间的互感．解：∵顺串时M L L L 221++=反串联时M L L L 221-+='∴M L L 4='-15.04='-=L L M H题11.18图11.18一矩形截面的螺绕环如题11.18图所示，共有N匝．试求：(1)此螺线环的自感系数；(2)若导线内通有电流I ，环内磁能为多少?解：如题11.18图示(1)通过横截面的磁通为⎰==baabNIh r h r NI ln π2d π200μμΦ磁链abIh N N lnπ220μΦψ==∴ab h N I L lnπ220μψ==(2)∵221LI W m =∴ab h I N W m lnπ4220μ=11.19一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为I ．求：导线内部单位长度上所储存的磁能．解：在R r <时20π2R I B r μ=∴4222002π82R r I B w m μμ==取r r V d π2d =(∵导线长1=l )则⎰⎰===RR m I R r r I r r w W 00204320π16π4d d 2μμπ。