最新物理学第三版(刘克哲-张承琚)课后习题答案第十一章
大学物理第11章习题答案(供参考)
因此
即
又
表明 中电动势方向为 .
所以半圆环内电动势 方向沿 方向，
大小为
点电势高于 点电势，即
例2如图所示，长直导线通以电流 =5A，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长 =0.06m，宽 =0.04m，线圈以速度 =0.03m·s-1垂直于直线平移远离．求： =0.05m时线圈中感应电动势的大小和方向．
．
解: 设给两导线中通一电流 ,左侧导线中电流向上,右侧导线中电流向下.
在两导线所在的平面内取垂直于导线的坐标轴 ,并设其原点在左导线的中心,如图所示,由此可以计算通过两导线间长度为 的面积的磁通量.
两导线间的磁感强度大小为
取面积元 ,通过面积元的磁通量为
则穿过两导线间长度为 的矩形面积的磁通量为
故
２动生电动势：仅由导体或导体回路在磁场中的运动而产生的感应电动势。
３感生电场 ：变化的磁场在其周围所激发的电场。与静电场不同，感生电场的电
场线是闭合的，所以感生电场也称有旋电场。
４感生电动势：仅由磁场变化而产生的感应电动势。
５自感：有使回路保持原有电流不变的性质，是回路本身的“电磁惯性”的量度。
自感系数 ：
第11章 电磁感应
11.１ 基本要求
１理解电动势的概念。
２掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律，能熟练地应用它们来计算感应电动势的大小，判别感应电动势的方向。
３理解动生电动势的概念及规律，会计算一些简单问题中的动生电动势。
４理解感生电场、感生电动势的概念及规律，会计算一些简单问题中的感生电动势。
５理解自感现象和自感系数的定义及物理意义，会计算简单回路中的自感系数。
第十一章习题
第十一章 基本粒子11.1 算出原子核中两个质子间的重力吸引力和静电推斥力。
可以看出重力吸引力远不足以抵抗静电推斥力。
这说明原子核能够稳固地结合着，必有更强的吸引力对抗库仑力而有余。
解：原子核中两个质子间的静电斥力势能近似为Re 2，R 是原子核半径，e 是电子电荷绝对值。
因此，两个质子间的排斥力近似地为22Re F ≈。
注意到,10,1080.41310cm R CGSE e --≈⨯=则)(50.23公斤力≈F如果把R 视作两质子间的距离,则它们间的重力吸引力f 可估算如下:)(1085.2352公斤力-⨯≈≈R m m r f pp由上面的结果看出，重力吸引力远不能抵消库仑斥力。
原子核能稳固地存在，质子间必有强大的吸引力。
这种力就是核力。
11.2 在π介子撞击质子的实验中，当π介子的实验室能量为200MeV 时，∆共振态的激发最大，求∆的质量。
解：π介子的动能MeV T 200=ππ介子的静能MeV MeV c m 140511.02732≈⨯=ππ介子的总能量MeV c m T E 3402=+=πππ实验室系中π介子的动量是c MeV c m E cP /310)(1222≈-=πππ 质子的静能MeV c m p 9382≈ ∆ 共振粒子的总能量∆E 等于π介子总能量和质子静能之和：MeV c m E E p 12782=+=∆π碰撞前质子静止。
根据动量守恒定律, ∆粒子的动量∆P 等于π介子的动量ππP P P =∆:.根据狭义相对论，∆粒子的质量∆m 由下式决定：2222/1240)(1c MeV cp E c m =-=∆∆∆ 与∆粒子的质量相联系的能量是MeV 1240.11.3在下列各式中，按照守恒定律来判断，哪些反应属于强相互作用，哪些是弱相互作用，哪些是不能实现的，并说明理由。
.)7()6()5()4()3()2()1(00000ππππγγμπομο+++→++→++→+Λ+→+++→+→Λ++→-+--+----++∑∑K K n p p p p p n v v e e p e e p e 解：（1）左侧重子数是+1，右侧重子数是0，衰变前后重子数不相等。
物理学 第三版 上下卷 (刘克哲 张承琚 著) 高等教育出版社 课后答案第14章习题解答
[物理学14章习题解答]14-15 光源s 1 和s 2 在真空中发出的光都是波长为 λ的单色光，现将它们分别放于折射率为n 1 和n 2的介质中，如图14-5所示。
界面上一点p 到两光源的距离分别为r 1 和r 2。
(1)两束光的波长各为多大？(2)两束光到达点p 的相位变化各为多大？(3)假如s 1 和s 2 为相干光源，并且初相位相同，求点p干涉加强和干涉减弱的条件。
解 (1) 已知光在真空中的波长为λ，那么它在折射率为n的介质中的波长λ'可以表示为,所以，在折射率为n 1和n 2的介质中的波长可分别表示为和. (2)光传播r 的距离，所引起的相位的变化为,所以，第一束光到达点p 相位的变化为,第二束光到达点p 相位的变化为.(3)由于两光源的初相位相同，则两光相遇时的相位差是由光程差决定的，所以，点p 干涉加强的条件是,; 点p 干涉减弱的条件是, .14-16若用两根细灯丝代替杨氏实验中的两个狭缝，能否观察到干涉条纹？为什么？解 观察不到干涉条纹，因为它们不是相干光源。
14-17在杨氏干涉实验中，双缝的间距为0.30 mm ，以单色光照射狭缝光源，在离开双缝1.2 m 处的光屏上，从中央向两侧数两个第5条暗条纹之间的间隔为22.8 mm 。
求所用单色光的波长。
图14-5解在双缝干涉实验中，暗条纹满足,第5条暗条纹的级次为4，即，所以,其中。
两个第5条暗条纹的间距为,等于22.8 mm，将此值代入上式，可解出波长为.14-18在杨氏干涉实验中，双缝的间距为0.30 mm，以波长为6.0 102nm的单色光照射狭缝，求在离双缝50 cm远的光屏上，从中央向一侧数第2条与第5条暗条纹之间的距离。
解因为第1条暗条纹对应于，所以第2条暗条纹和第5条暗条纹分别对应于和。
根据双缝干涉的规律，暗条纹的位置应满足.所以，第2条与第5条暗条纹之间的距离为.14-20在空气中垂直入射到折射率为1.40的薄膜上的白光，若使其中的紫光(波长为400 nm)成分被薄膜的两个表面反射而发生干涉相消，问此薄膜厚度的最小值应为多大？解光从第一个表面反射要产生半波损失，但从第二个表面反射无半波损失，所以光程差应表示为,式中e为薄膜的厚度，此厚度应为最小值，干涉级次k最小应取1，因为当时，薄膜的厚度必须取零，上式才能成立。
物理学第三版(刘克哲-张承琚)课后习题答案第第五章
[物理学5章习题解答]5-1 作定轴转动的刚体上各点的法向加速度,既可写为a n= v2 /r,这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离r成反比；也可以写为a n= ω2 r,这表示法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离r成正比.这两者是否有矛盾？为什么？解没有矛盾.根据公式,说法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离r 成反比,是有条件的,这个条件就是保持v不变；根据公式,说法向加速度的大小与刚体上各点到转轴的距离r成正比,也是有条件的,条件就是保持ω不变.5-2一个圆盘绕通过其中心并与盘面相垂直的轴作定轴转动,当圆盘分别在恒定角速度和恒定角加速度两种情况下转动时,圆盘边缘上的点是否都具有法向加速度和切向加速度？数值是恒定的还是变化的？解<1>当角速度ω一定时,切向速度也是一定的,所以切向加速度,即不具有切向加速度.而此时法向加速度,可见是恒定的.<2>当角加速度一定时,即恒定,于是可以得到,这表示角速度是随时间变化的.由此可得.切向加速度为,这表示切向加速度是恒定的.法向加速度为,显然是时间的函数.5-3 原来静止的电机皮带轮在接通电源后作匀变速转动,30 s后转速达到152 rad⋅s-1 .求：<1>在这30 s内电机皮带轮转过的转数；<2>接通电源后20 s时皮带轮的角速度；<3>接通电源后20 s时皮带轮边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度,已知皮带轮的半径为5.0 cm.解<1>根据题意,皮带轮是在作匀角加速转动,角加速度为.在30 s内转过的角位移为.在30 s内转过的转数为.<2>在t = 20 s时其角速度为.<3>在t = 20 s时,在皮带轮边缘上r = 5.0 cm处的线速度为,切向加速度为,法向加速度为.5-4 一飞轮的转速为250 rad⋅s-1 ,开始制动后作匀变速转动,经过90 s停止.求开始制动后转过3.14⨯103 rad时的角速度.解飞轮作匀变速转动, ,经过90 s, ,所以角加速度为.从制动到转过,角速度由ω0变为ω,ω应满足.所以.5-5 分别求出质量为m = 0.50 kg、半径为r = 36 cm的金属细圆环和薄圆盘相对于通过其中心并垂直于环面和盘面的轴的转动惯量；如果它们的转速都是105 rad⋅s-1 ,它们的转动动能各为多大？解<1>细圆环：相对于通过其中心并垂直于环面的轴的转动惯量为,转动动能为.<2>相对于通过其中心并垂直于盘面的轴的转动惯量为,转动动能为.5-7转动惯量为20 kg⋅m2 、直径为50 cm的飞轮以105 rad⋅s-1 的角速度旋转.现用闸瓦将其制动,闸瓦对飞轮的正压力为400 n,闸瓦与飞轮之间的摩擦系数为0.50.求：<1>闸瓦作用于飞轮的摩擦力矩；<2>从开始制动到停止,飞轮转过的转数和经历的时间；<3>摩擦力矩所作的功.解<1>闸瓦作用于飞轮的摩擦力矩的大小为.<2>从开始制动到停止,飞轮的角加速度α可由转动定理求得,根据,所以飞轮转过的角度为,飞轮转过的转数为.因为,所以飞轮从开始制动到停止所经历的时间为.<3>摩擦力矩所作的功为.5-8轻绳跨过一个质量为m 的圆盘状定滑轮,其一端悬挂一质量为m 的物体,另一端施加一竖直向下的拉力f ,使定滑轮按逆时针方向转动,如图5-7所示.如果滑轮的半径为r ,求物体与滑轮之间的绳子X 力和物体上升的加速度.解 取定滑轮的转轴为z 轴,z 轴的方向垂直与纸面并指向读者.根据牛顿第二定律和转动定理可以列出下面的方程组 ,, ,. 其中,于是可以解得,.5-10一根质量为m 、长为l 的均匀细棒,在竖直平面内绕通过其一端并与棒垂直的水平轴转动,如图5-8所示.现使棒从水平位置自由下摆,求：<1>开始摆动时的角加速度；<2>摆到竖直位置时的角速度.解<1>开始摆动时的角加速度：此时细棒处于水平位置,所受重力矩的大小为,相对于轴的转动惯量为 ,于是,由转动定理可以求得.<2>设摆动到竖直位置时的角速度为 ,根据机械能守恒,有图5-7图5-8,由此得.5-13如果由于温室效应,地球大气变暖,致使两极冰山熔化,对地球自转有何影响？为什么？解地球自转变慢.这是因为冰山融化,水向赤道聚集,地球的转动惯量增大,地球的自转角动量守恒,即jω = 恒量.所以角速度变小了.5-15一水平放置的圆盘绕竖直轴旋转,角速度为ω1 ,它相对于此轴的转动惯量为j1 .现在它的正上方有一个以角速度为ω2 转动的圆盘,这个圆盘相对于其对称轴的转动惯量为j2.两圆盘相平行,圆心在同一条竖直线上.上盘的底面有销钉,如果上盘落下,销钉将嵌入下盘,使两盘合成一体.<1>求两盘合成一体后的角速度；<2>求上盘落下后两盘总动能的改变量；<3>解释动能改变的原因.解<1>将两个圆盘看为一个系统,这个系统不受外力矩的作用,总角动量守恒,即,所以合成一体后的角速度为.<2>上盘落下后两盘总动能的改变量为.<3>动能减少是由于两盘合成一体时剧烈摩擦,致使一部分动能转变为热能.5-16一均匀木棒质量为m1 = 1.0 kg、长为l = 40 cm,可绕通过其中心并与棒垂直的轴转动.一质量为m2= 10 g的子弹以v = 200 m⋅s-1 的速率射向棒端,并嵌入棒内.设子弹的运动方向与棒和转轴相垂直,求棒受子弹撞击后的角速度.解将木棒和子弹看为一个系统,该系统不受外力矩的作用,所以系统的角动量守恒,即, <1>其中j1是木棒相对于通过其中心并与棒垂直的轴的转动惯量,j2是子弹相对于同一轴的转动惯量,它们分别为, . <2>将式<2>代入式<1>,得.5-17有一质量为m且分布均匀的飞轮,半径为r,正在以角速度ω旋转着,突然有一质量为m的小碎块从飞轮边缘飞出,方向正好竖直向上.试求：<1>小碎块上升的高度；<2>余下部分的角速度、角动量和转动动能<忽略重力矩的影响>.解<1>小碎块离开飞轮时的初速为,于是它上升的高度为.<2>小碎块离开飞轮前、后系统不受外力矩的作用,所以总角动量守恒.小碎块离开飞轮前,飞轮的角动量就是系统的总角动量,为；飞轮破裂后,小碎块相对于转轴的转动惯量为,角动量为.碎轮的角动量为,式中ω2是碎轮的角速度.总角动量守恒,l = l1 + l2 ,即,整理后为,.所以.这表明飞轮破碎后其角速度不变.碎轮的角动量为.碎轮的转动动能为.。
第物理学第三版(刘克哲 张承琚)课后习题答案七章
[物理学7章习题解答]7-2 一个运动质点的位移与时间的关系为m ,其中x的单位是m，t的单位是s。
试求：(1)周期、角频率、频率、振幅和初相位；(2) t = 2 s时质点的位移、速度和加速度。
解(1)将位移与时间的关系与简谐振动的一般形式相比较，可以得到角频率s 1, 频率, 周期, 振幅,初相位.(2) t = 2 s时质点的位移.t = 2 s时质点的速度.t = 2 s时质点的加速度.7-3 一个质量为2.5 kg的物体系于水平放置的轻弹簧的一端，弹簧的另一端被固定。
若弹簧受10 n的拉力，其伸长量为5.0 cm，求物体的振动周期。
解根据已知条件可以求得弹簧的劲度系数,于是，振动系统的角频率为.所以，物体的振动周期为.7-4求图7-5所示振动装置的振动频率，已知物体的质量为m，两个轻弹簧的劲度系数分别为k1 和k2。
解 以平衡位置o 为坐标原点，建立如图7-5所示的坐标系。
若物体向右移动了x ，则它所受的力为.根据牛顿第二定律，应有,改写为.所以,.7-5 求图7-6所示振动装置的振动频率，已知物体的质量为m ，两个轻弹簧的劲度系数分别为k 1 和k 2。
解 以平衡位置o 为坐标原点，建立如图7-6所示的坐标系。
当物体由原点o 向右移动x 时，弹簧1伸长了x 1 ，弹簧2伸长了x 2 ，并有.物体所受的力为,式中k 是两个弹簧串联后的劲度系数。
由上式可得, .于是，物体所受的力可另写为,由上式可得,所以. 图7-5 图7-6装置的振动角频率为,装置的振动频率为.7-6仿照式(7-15)的推导过程，导出在单摆系统中物体的速度与角位移的关系式。
解由教材中的例题7-3，单摆的角位移θ与时间t的关系可以写为θ = θ0 cos (ω t+ϕ) ,单摆系统的机械能包括两部分, 一部分是小物体运动的动能,另一部分是系统的势能，即单摆与地球所组成的系统的重力势能.单摆系统的总能量等于其动能和势能之和，即,因为, 所以上式可以化为.于是就得到,由此可以求得单摆系统中物体的速度为.这就是题目所要求推导的单摆系统中物体的速度与角位移的关系式。
物理学版(刘克哲张承琚)课后习题标准答案
[物理学9章习题解答]9-3两个相同的小球质量都是m，并带有等量同号电荷q，各用长为l的丝线悬挂于同一点。
由于电荷的斥力作用，使小球处于图9-9所示的位置。
如果θ角很小，试证明两个小球的间距x可近似地表示为.解小球在三个力的共同作用下达到平衡，这三个力分别是重力m g、绳子的张力t和库仑力f。
于是可以列出下面的方程式,(1),(2)(3)因为θ角很小，所以,.利用这个近似关系可以得到,(4). (5)将式(5)代入式(4)，得图9-9,由上式可以解得.得证。
9-4在上题中，如果l = 120 cm，m = 0.010 kg，x = 5.0 cm，问每个小球所带的电量q为多大？解在上题的结果中，将q解出，再将已知数据代入，可得.9-5氢原子由一个质子和一个电子组成。
根据经典模型，在正常状态下，电子绕核作圆周运动，轨道半径是r0 = 5.29⨯10-11m。
质子的质量m = 1.67⨯10-27kg，电子的质量m = 9.11⨯10-31kg，它们的电量为±e =1.60⨯10-19c。
(1)求电子所受的库仑力；(2)电子所受库仑力是质子对它的万有引力的多少倍？(3)求电子绕核运动的速率。
解(1)电子与质子之间的库仑力为.(2)电子与质子之间的万有引力为.所以.(3)质子对电子的高斯引力提供了电子作圆周运动的向心力，所以,从上式解出电子绕核运动的速率，为.9-6 边长为a的立方体，每一个顶角上放一个电荷q。
(1)证明任一顶角上的电荷所受合力的大小为.(2) f的方向如何？解立方体每个顶角上放一个电荷q，由于对称性，每个电荷的受力情况均相同。
对于任一顶角上的电荷，例如b角上的qb ，它所受到的力、和大小也是相等的，即.首先让我们来计算的大小。
由图9-10可见，、和对的作用力不产生x方向的分量；对的作用力f1的大小为图9-10,f1的方向与x轴的夹角为45︒。
的大小为对的作用力f2,f2的方向与x轴的夹角为0︒。
大学物理3第11章习题分析与解答
习 题 解 答11-1 在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝21S S 、距离相等，则观察屏上中央明纹位于图中O 处。
现将光源S 向下移动到示意图中的S '位置，则（ ）（A ）中央明条纹也向下移动，且条纹间距不变 （B ）中央明条纹向上移动，且条纹间距不变 （C ）中央明条纹向下移动，且条纹间距增大 （D ）中央明条纹向上移动，且条纹间距增大解 由S 发出的光到达21S S 、的光成相等，它们传到屏上中央O 处，光程差0=∆，形成明纹，当光源由S 向下移动S '时，由S '到达21S S 、的两束光产生了光程差，为了保持原中央明纹处的光程差为0，它将上移到图中O '处，使得由S '沿21S S 、传到O '处的两束光的光程差仍为0.而屏上各级明纹位置只是向上平移，因此条纹间距不变。
故选B11-2 单色平行光垂直照射在薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，如附图所示，若薄膜厚度为e ， 且n 1＜n 2，n 3＜n 2， λ1为入射光在n 1中的波长，则两束反射光的光程为（ ）（A ）e n 22 （B ）11222n e n λ-（C ）22112λn e n - （D ）22122λn e n -习题11-2图解 由于n 1〈n 2，n 3〈n 2，因此光在表面上的反射光有半波损失，下表面的反射光没有半波损失，所以他们的光程差222λ-=∆e n ，这里λ是光在真空中的波3n S S ’OO ’长，与1λ的关系是11λλn =。
故选C11-3 如图所示，两平面玻璃板构成一空气劈尖，一平面单色光垂直入射到劈尖上，当A 板与B 板的夹角θ增大时，干涉图样将发生（ ）变化 （A ）干涉条纹间距增大，并向O 方向移动 （B ）干涉条纹间距减小，并向B 方向移动 （C ）干涉条纹间距减小，并向O 方向移动 （D ）干涉条纹间距增大，并向B 方向移动解 空气劈尖干涉条纹间距θλsin 2n l =∆，劈尖干涉又称为等厚干涉，即k相同的同一级条纹，无论是明纹还是暗纹，都出现在厚度相同的地方. 当A 板与B 板的夹角θ增大时，△ｌ变小. 和原厚度相同的地方向顶角方向移动，所以干涉条纹向O 方向移动。
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．。
第十一章 习题参考答案
x=0处的光程差为
x=0处为第k=7级明纹时
11-19在双缝干涉实验装置中，屏幕到双缝的距离D远大于双缝之间的距离d，对于钠黄光（ nm），产生的干涉条纹，相邻两明条纹的角距离（即两相邻的明条纹对双缝处的张角）为 。
（1）对于什么波长的光，这个双缝装置所得相邻两条纹的角距离比用钠黄光测得的角距离大10%？
11-29 1000条/mm； ；不变
11-30 0.139 mm
11-31 281 m
11-32 0.416 nm；0.395 nm
11-33 I1
11-34
11-35
11-15凸面镜的曲率半径为0.400m，物体置于凸面镜左边0.500m处，求物体的像位置。
解:根据成像公式 ，其中
则
解得
11-16一双凸透镜由火石玻璃制成，其折射率nL=1.61，曲率半径分别为0.332 m和0.417 m，求透镜在空气中的焦距。
解：
11-25用波长 =400 nm和 =700 nm的混合光垂直照射单缝，在衍射图样中 的第k1级明纹中心位置恰与 的第k2级暗纹中心位置重合。求k1和k2。
解：
即：
11-26在复色光照射下的单缝衍射图样中，其中某一未知波长光的第三级明纹极大位置恰与波长为 =600 nm光的第二级明纹极大位置重合，求这种光波的波长。
解：
，
11-21柱面平凹透镜A，曲率半径为R，放在平玻璃片B上，如题11-21图所示。现用波长为 的平行单色光自上方垂直往下照射，观察A和B间空气薄膜的反射光的干涉条纹。设空气膜的最大厚度 。
（1）求明条纹极大位置与凹透镜中心线的距离r；
（2）共能看到多少条明条纹；
(完整word版)物理学第三版(刘克哲 张承琚)课后习题答案第六章
[物理学6章习题解答]6-1有一个长方体形的水库，长200 m，宽150 m，水深10 m，求水对水库底面和侧面的压力。
解水对水库底面的压力为图5-9侧面的压力应如下求得：在侧面上建立如图5-9所示的坐标系，在y处取侧面窄条d y，此侧面窄条所受的压力为,整个侧面所受的压力可以表示为.对于h = 10 m、l = 200 m的侧面：.对于h = 10 m、l = 150 m的侧面：.侧面的总压力为.6-3在5.0⨯103 s的时间内通过管子截面的二氧化碳气体(看作为理想流体)的质量为0.51 kg。
已知该气体的密度为7.5 kg⋅m-3 ，管子的直径为2.0 cm，求二氧化碳气体在管子里的平均流速。
解单位时间内流过管子截面的二氧化碳气体的体积，即流量为,平均流速为.6-4当水从水笼头缓慢流出而自由下落时，水流随位置的下降而变细，何故？如果水笼头管口的内直径为d，水流出的速率为v0 ，求在水笼头出口以下h处水流的直径。
解当水从水笼头缓慢流出时，可以认为是定常流动，遵从连续性方程，即流速与流管的截面积成反比，所以水流随位置的下降而变细，如图5-10所示。
可以认为水从笼头流出后各处都是大气压，伯努利方程可以写为图5-10,改写为, (1)这表示水流随位置的下降，流速逐渐增大。
整个水流可以认为是一个大流管，h1处的流量应等于h2处的流量，即. (2)由于,所以必定有,这表示水流随位置的下降而变细。
根据题意，，，h2处的流速为v2，代入式(1)，得,即.(3)将式(3)代入式(2)，得,式中d1 = d，d2就是在水笼头出口以下h处水流的直径。
上式可化为.从上式可解得.6-6 文丘里流量计是由一根粗细不均匀的管子做成的，粗部和细部分别接有一根竖直的细管，如图5-11所示。
在测量时，将它水平地接在管道上。
当管中有液体流动时，两竖直管中的液体会出现高度差h。
如果粗部和细部的横截面积分别为s a和s b，试计算流量和粗、细两处的流速。
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精品文档 精品文档 [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 , 又因为 , 所以 . 这表示截面积较小的导体电流密度较大。
图11-7 精品文档 精品文档 (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 精品文档 精品文档 . 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。现将这个电阻接在电势差为300 v的电路上，问其热功率为多大？ 解 根据焦耳定律，热功率可以表示为
, 该电阻可以求得，为
. 当将该电阻接在电压为u2= 300 v的电路上时其热功率为
. 11-7 当对某个蓄电池充电时，充电电流为2.0 a，测得蓄电池两极间的电势差为6.6 v；当该蓄电池放电时，放电电流为3.0 a，测得蓄电池两极间的电势差为5.1 v。求该蓄电池的电动势和内阻。 解 设蓄电池的电动势、为内阻为r。充电时，电流为i1 = 2.0 a，两端的电压为u1 = 6.6 v，所以
. (1) 放电时，电流为i2= 3.0 a，两端的电压为u2= 5.1 v，所以 . (2) 以上两式联立，解得
, . 11-8 将阻值为3.6 的电阻与电动势为2.0 v的电源相联接，电路中的电流为0.51 a，求电源的内阻。 解 在这种情况下，电路的电流可以表示为 精品文档 精品文档 . 由此解得电源的内阻为
. 11-9 沿边长为a的等边三角形导线流过电流为I，求： (1)等边三角形中心的磁感应强度； (2)以此三角形为底的正四面体顶角的磁感应强度。 解 (1)由载流导线ab在三角形中心o(见图11-8)产生的磁感应强度b1的大小为
, 式中
, . 于是
. 由三条边共同在点o产生的磁感应强度的大小为
, 方向垂直于纸面向里。 (2)图11-9 (a)表示该四面体，点p就是四面体的顶点。载流导线ab在点p产生的磁感应强度的大小为
, 式中b是点p到ab的距离，显然
. 1 = pad = 60 ，2= pbd =
120，于是
, b*处于平面pcd之内、并与pd相垂直，如图11-9 (b)所示。由图11-9 (b)还可以看到，b*与竖直轴线op的夹角为，所以载流导线ab在点p产生的磁感应强度沿该竖直轴的分量为
图11-8 图11-9 精品文档
精品文档 . 由于对称性，载流导线bc和ca在点p产生的磁感应强度沿竖直轴的分量，与上式相同。同样由于对称性，三段载流导线在点p产生的磁感应强度垂直于竖直轴的分量彼此抵消。所以点p的实际磁感应强度的大小为
, 方向沿竖直轴po向下。 11-10 两个半径相同、电流强度相同的圆电流，圆心重合，圆面正交，如图11-10所示。如果半径为r，电流为i，求圆心处的磁感应强度b。 解 两个正交的圆电流，一个处于xy平面内，产生的磁感应强度b1，沿z轴正方向，另一个处于xz平面内，产生的磁感应强度b2，沿y轴正方向。这两个磁感应强度的大小相等，均为
. 圆心o处的磁感应强度b等于以上两者的合成，b的大小为
, 方向处于yz平面内并与轴y的夹角为45。 11-11 两长直导线互相平行并相距d，它们分别通以同方向的电流i1 和i2。a点到两导线的距离分别为r1 和r2，如图11-11所示。如果d = 10.0 cm , i1 = 12 a，i2= 10 a，r1 = 6.0 cm，r2= 8.0 cm，求a点的磁感应强度。 解 由电流i1和i2在点a产生的磁感应强度的大小分别为
和 , 它们的方向表示在图11-11中。 r1和r2之间的夹角，在图中画作任意角，而实际上这是一个直角，原因是
, 所以b1与b2必定互相垂直。它们合成的磁感应强度b的大小为
图11-10 图11-11 精品文档
精品文档 . 设b1与b2的夹角为，则
, . 11-14 一长直圆柱状导体，半径为r，其中通有电流i，并且在其横截面上电流密度均匀分布。求导体内、外磁感应强度的分布。 解 电流的分布具有轴对称性，可以运用安培环路定理求解。 以轴线上一点为圆心、在垂直于轴线的平面内作半径为r的圆形环路，如图11-12所示，在该环路上运用安培环路定理： 在圆柱体内部
, 由上式解得
(当 时). 在圆柱体外部
, 由上式解得
(当 时) . 11-15 一长直空心圆柱状导体，电流沿圆周方向流动，并且电流密度各处均匀。若导体的内、外半径分别为r1和r2，单位长度上的电流为i，求空心处、导体内部和导体以外磁感应强度的分布。 解 电流的这种分布方式，满足运用安培环路定理求解所要求的对称性。必须使所取环路的平面与电流相垂直，图11-13中画的三个环路就是这样选取的。 在管外空间：取环路1，并运用安培环路定理，得
, . 在管内空间：取环路2，并运用安培环路定理，得
, 即
图11-12 图11-13 精品文档
精品文档 , . b2的方向可用右手定则确定，在图11-13中用箭头表示了b2方向。 在导体内部，取环路3，ab边处于导体内部，并与轴线相距r。在环路3上运用安培环路定理，得
, 整理后，得
, 于是可以解得
, 方向向左与轴线平行。 12-16 有一长为l = 2.6102m的直导线，通有i = 15 a的电流，此直导线被放置在磁感应强度大小为b = 2.0 t的匀强磁场中，与磁场方向成 = 30角。求导线所受的磁场力。 解 导线和磁场方向的相对状况如图12-15所示。根据安培定律 , 导线所受磁场力的大小为 , 力的方向垂直于纸面向里。 11-17 有一长度为1.20 m的金属棒，质量为0.100 kg，用两根细线缚其两端并悬挂于磁感应强度大小为1.00 t的匀强磁场中，磁场的方向与棒垂直，如图11-16所示。若金属棒通以电流时正好抵消了细线原先所受的张力，求电流的大小和流向。 解 设金属棒所通电流为i。根据题意，载流金属棒在磁场中所受安培力与其重力相平衡，即 , 所以 . 电流的流向为自右向左。 图12-15
图11-16 精品文档
精品文档 11-18 在同一平面内有一长直导线和一矩形单匝线圈，矩形线圈的长边与长直导线平行，如图11-17所示。若直导线中的电流为i1 = 20 a，矩形线圈中的电流为i2= 10 a，求矩形线圈所受的磁场力。 解 根据题意，矩形线圈的短边bc和da(见图11-18)所受磁场力的大小相等、方向相反，互相抵消。所以矩形线圈所受磁场力就是其长边ab和cd所受磁场力的合力。ab边所受磁场力的大小为
, 方向向左。cd边所受磁场力的大小为
, 方向向右。矩形线圈所受磁场力的合力的大小为
, 方向沿水平向左，与图11-18中f1的方向相同。 11-19 在半径为r的圆形单匝线圈中通以电流i1 ，另在一无限长直导线中通以电流i2，此无限长直导线通过圆线圈的中心并与圆线圈处于同一平面内，如图11-19所示。求圆线圈所受的磁场力。 解 建立如图所示的坐标系。根据对称性，整个圆线圈所受磁场力的y分量为零，只考虑其x分量就够了。在圆线圈上取电流元i1 dl，它所处位置的方位与x轴的夹角为，如图所示。电流元离开y轴的距离为x，长直电流在此处产生的磁场为
. 电流元所受的磁场力的大小为
. 这个力的方向沿径向并指向圆心(坐标原点)。将 、 代入上式，得
. 其x分量为
, 整个圆线圈所受磁场力的大小为
,
图11-18 图11-17 图11-19