大学物理第3章习题解答

第一篇：大学物理第3章习题解答

第三章

刚体的定轴转动

3-1掷铁饼运动员手持铁饼转动1.25圈后松手，此刻铁饼的速度值达到v25ms。设转动时铁饼沿半径为R=1.0 m的圆周运动并且均匀加速。求:

(1)铁饼离手时的角速度;

(2)铁饼的角加速度;

(3)铁饼在手中加速的时间(把铁饼视为质点)。

解：（1）铁饼离手时的角速度为

1v/R25/1.025(rad/s)

（2）铁饼的角加速度为

225239.8(rad/s2)

2221.25（3）铁饼在手中加速的时间为

t2221.250.628(s)

13-2一汽车发动机的转速在7.0s内由200rmin均匀地增加到300rmin1。

(1)求在这段时间内的初角速度和末角速度以及角加速度;

(2)求这段时间内转过的角度和圈数;

(3)发动机轴上装有一半径为r=0.2m的飞轮，求它的边缘上一点在第7.0s末的切向加速度、法向加速度和总加速度。

解：（1）初角速度为

02200/6020.9(rad/s)

末角速度为

23000/60314(rad/s)

角加速度为

（2）转过的角度为

0t31420.941.9(rad/s2)

7.002t20.931471.17103rad186(圈)2 24（3）切向加速度为

atR41.90.28.38(m/s2)

法向加速度为

an2R31420.21.97104(m/s2)

总加速度为

2aat2an8.372(1.97104)21.97104(m/s2)

总加速度与切向的夹角为

an1.97104arctanarctan8959

at8.37

3-3

如图所示，在边长为a的六边形顶点上分别固定有质量都是m的6个小球(小球的直径da)。试求此系统绕下列转轴的转动惯量。(1)设转轴Ⅰ，Ⅱ在小球所在平面内;(2)设转轴过A并垂直于小球所在平面。

解：（1）对轴I的转动惯量

J12m[(acos60)2(aacos60)2]m(a2acos60)29ma2

对轴II的转动惯量

J24m(asin60)23ma2

（2）对垂轴的转动惯量

J32ma22m(2acos30)2m(2a)212ma2

3-4如图有一根长为l，质量为m的匀质细杆，两端各牢固地连结一个质量为m的小球，整个系统可绕一过O点，并垂直于杆长的水平轴无摩擦地转动，当系统在水平位置时，试求:(1)系统所受的合外力矩;(2)系统对O轴的转动惯量;(3)系统的角加速度。解：（1）设垂直纸面向里的方向为正，反之为负，则该系统对O点的力矩为

3331113M0mglmglmglmglmgl

4484484（2）系统对O点的总转动惯量等于各部分对O点的转动惯之和，即

J0J1J2J3J4l1ml13m3l3lm()2()()2()()2m()2

43443444372ml48（3）由转动定律

MJ

可得

3mglM036g4 37J037lml248

3-5一转轮以角速度0转动，由于轴承的摩擦力的作用，第一秒末的角速度为0.80，(1)若摩擦力矩恒定，求第二秒末的角速度;(2)若摩擦力矩与角速度成正比，求第二秒末的角速度。

解：（1）摩擦力矩恒定，则转轮作匀角加速度运动，故角加速度为

第二秒末的角速度为

10t(0.8-1)00.20

20t00.2020.60

（2）设摩擦力矩Mr与角速度的比例系数为，据题设可知

Mr,即tJd dt0dJ0dtlnt 0J据题设t1s时，10.80，故可得比例系数

Jln0.8

由此t2s时，转轮的角速度2为

ln22ln0.8 0 20.8200.640

3-6如图所示，飞轮的质量为60kg，直径为0.5m，飞轮的质量可看成全部分布在轮外缘上，转速为100rmin1，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4，现要求在5s内使其制动，求制动力F(尺寸如习题3一6图所示)。

解： 设飞轮与闸瓦间的压力为N，如图示，则二者间摩擦力frN，此摩擦力形成阻力矩 frR，由转动定律

frRJ

其中飞轮的转动惯量JmR，角加速度20t2n，故得 52frmnR5260(1000/60)0.25

5-314(N)见图所示，由制动杆的平衡条件可得

习题3-6图

F(l1l2)N l1=0

NNfr

得制动力

F

frl13140.5314(N)

(l1l2)0.4(0.50.75)3-7如习题3-7图所示，两个圆轮的半径分别为R1和R2，质量分别为M1和M2，二者都可视为均匀圆柱体而且同轴固结在一起，可绕水平中心轴自由转动，今在两轮上各绕以细绳，绳端分别挂上质量为m1和m2的两个物体，求在重力作用下，m2下落时轮的角加速度。解： 如图所示，由牛顿第二定律 对m1:T1m1gm1a

1对m2:m2gT2m2a2 对整个轮，由转动定律

112T2R2T1R1M1R12M2R2 22又由运动学关系

联立解以上诸式，即可得

1/R12/R2

(m2R2m1R1)g 22(M1/2m1)R1(M2/2m2)R2

习题3-7图

3-8一根均匀米尺，在60cm刻度处被钉到墙上，且可以在竖直平面内自由转动，先用手使 米尺保持水平，然后释放。求刚释放时米尺的角加速度和米尺转到竖直位置时的角速度各是多大? 解：设米尺的总量为m，则直尺对悬点的转动惯量为

(a)

(b)

112Im1l12m2l2331212m0.42m0.62 35351.4m150.093mM331221mgmg0.1mg 5525521.4Im 又MI15M0.1mg1510.5(rads2)I1.4mmghc从水平位置摆到竖直位置的过程中机械能守恒（以水平位置为O势能点）

1J2 211.4m2 即

mg0.121.521

3-9如习题3-9图所示，质量为m的物体与绕在定滑轮上的轻绳相连，定滑轮质量M=2m，半径为R，转轴光滑，设t=0时v=0，求：(1)物体的下落速度v与时间t的关系；(2)t=4s时m下落的距离;(3)绳中的张力T。

解： m视为质点，M视为刚体（匀质圆盘）。作受力分析（如图所示）

mgTmaRTJaR J12MR2（1）由方程组可解得

ammM/2g12g

物体作匀加速运动

习题3-9图(1)vv10at2gt

（2）物体下落的距离为

xv120t2at1

gt24当t=4时

x14g424g39.2(m)（3）绳中张力由方程组解得

T12mg

解法2：以t=0时物体所处位置为坐标原点O，以向下为x正方向.（1）由机械能守恒：

1J21mV2mgx22J12m2 2RVR习题3-9图(2)V2gx

两边就t求导得

2vdvdtgvdvgdt2vdvtgdt002v1 2gt（2）

1dx1gtgt2dt2则dxdx1gtdtv2dtxt1 0dx02gtdt1xgt24v（3）m匀加速运动，由V1gt以及V00知 21g12Tmg

2又由mgTmaa

3-10

唱机的转盘绕着通过盘心的固定竖直轴转动，唱片放上去后将受转盘的摩擦力作用而随转盘转动(习题3-10图)，设唱片可以看成是半径为R的均匀圆盘，质量为m，唱片和转盘之间的滑动摩擦系数为k。转盘原来以角速度匀速转动，唱片刚放上去时它受到的摩擦力矩多大?唱片达到角速度需要多长时间？在这段时间内，转盘保持角速度不变，驱动力矩共做了多少功?唱片获得了多大动能？

解： 如图所示，唱片上一面元面积为dsrddr,质量为dmmrddr/(R),此面元受转盘的摩擦力矩为

2dMrdfrkdmgmgkr2ddr/(R2)

各质元所受力矩方向相同，所以整个唱片受的磨擦力矩为

MdM

Rkmg2dr2dr200R

2kmgR3

唱片在此力矩作用下做匀加速转动，角速度从0增加到需要时间为

ta1M/mR223R 4kg唱机驱动力矩做的功为

习题3-10图

AMMt唱片获得的动能为

1mR22 2Ek1111J2mR22mR22 2224

3-1l一个轻质弹簧的劲度系数为k2.0Nm，它一端固定，另一端通过一条细线绕过一个定滑轮和一个质量为m1=80g的物体相连(习题3-11图)。定滑轮可看作均匀圆盘，它的半径r=0.05m，质量m=100g，先用手托住物体m1，使弹簧处于其自然长度，然后松手，求物体m1下降h=0.5m时的速度多大?(忽略滑轮轴上的摩擦，并认为绳在滑轮边缘上不打滑)。解： 对整个系统用机械能守恒定律

1111m1ghkh2m1v2J20

222以J12mr,v/r代入上式，可解得 22m1ghkh220.089.80.520.52v1.48m/s

m1m/20.080.05

3-12

如图所示丁字形物体由两根相互垂直且均匀的细杆构成，OA=OB=OC=l，OC杆的质量与AB杆的质量均为m，可绕通过O点的垂直于物体所在平面的水平轴无摩擦地转动。开始时用手托住C使丁字形物体静止(OC杆水平)，释放后求:(1)释放瞬间丁字形物体的角加速度;(2)转过90时的角加速度、角动量、转动动能。解：（1）丁字杆对垂直轴O的转动惯量为 112J0JOCJOABml2m(2l)2ml2

3123对轴O的力矩M01mgl，故由MJ可得释手瞬间丁字杆的角加速度 2M0133gmgl J022ml24l（2）转过90角后，知矩M0,则0。由机械能守恒知

l1mgJ0222此时角动量

mgl J031

LJ0mglJ0ml转动动能为

2gl 3Ek11J02mgl 22

3-13如图所示，一飞轮质量为洲。，半径为R以角速度"旋转。某一瞬间，有质量为m的小碎片从飞轮边缘飞出，求:(1)剩余部分的转动惯量;(2)剩余部分的角速度。

解：（1）利用填补法，将小碎片填入缺口，此时为均匀圆盘对O轴的转动惯量J0挖去小碎片，相应减少J1mR2，故剩余部分对O的转动惯量为

1m0R2，2J1J0J0（2）碎片飞离前后，其角动量守恒

1m0R2mR2 211m0R2(m0R2mR2)1mR21 221故剩余部分的角速度与原来的角速度相等。

3-14一转台绕竖直固定轴转动。每转一周所需时间为t=10s，转台对轴的转动惯量为J=1200kgm。一质量为m=80kg的人，开始时站在转台的中心，随后沿半径向外跑去，当人离转台中心r=2m时转台的角速度是多大? 解： 由于转台和人系统未受到沿轴方向外力矩，所以系统的角动量守恒，即 2J1(JMr2)2

由此可得转台后来的角速度为

2J120020.496(rad/s)1JMr21200802210

103-15哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆，它的近日点距离为8.7510m，速率是5.46104ms1，远日点的速率是9.08102ms1，求它的远日点的距离。

解： 慧星在有心力场中运动，角动量守恒。设其质量为M，近日点速率为V1，与太阳之距r1;远日点速率为V2，与太阳之距r2，则有

MV1r1MV2r2

 V15.461041012r2r18.75105.2610(m)2V29.08103-16宇宙飞船中有三个宇航员绕着船舱内壁按同一方向跑动以产生人造重力。

(1)如果想使人造重力等于他们在地面上时受的自然重力，那么他们跑动的速率应多大？设他们的质心运动的半径为2.5m，人体当质点处理。

(2)如果飞船最初未动，当宇航员按上面速率跑动时，飞船将以多大角速度旋转?设每个宇航员的质量为70kg，飞船体对于其纵轴的转动惯量为3105kgm2。

(3)要便飞船转过30，宇航员需要跑几圈? 解：（1）由于v2/rg vgr9.82.54.95(m/s)

（2）由飞船和宇航员系统角动量守恒可得

3mvRJ0

由此得飞船角速度为

3mvR3704.952.538.6710(rad/s)5J310（3）飞船转过30用的时间t/(6)，宇航员对飞船的角速度为v/R，在时间t内跑过的圈数为

n(v/R)t/(2)1v(1)12R14.95(1)19(圈)128.671032.5

3-17把太阳当成均匀球体，计算太阳的角动量。太阳的角动量是太阳系总角动量的百分

30之几?(太阳质量为1.9910kg，半径为6.9610m，自转周期为25d，太阳系总角动量

8为3.210Js)解： 太阳自转周期按25d计算，太阳的自转角动量为 432JSmR25221.991030(6.96108)2 525864001.11042(kgm2/s)

此角动量占太阳系总角动量的百分数为

0.1110433.3% 43(0.113.2)10

3-18一质量为m的小球系于轻绳一端。放置在光滑的水平面上，绳子穿过平面中一小孔，开始时小球以速率v1作圆周运动，圆的半径为r1，然后向下慢慢地拉绳使其半径变为r2，求:(1)此时小球的角速度;(2)在拉下过程中拉力所做的功。

解：（1）由于外力沿转动中心O，故外力矩恒为零，质点的角动量守恒，即

mV1r1mV2r2mV1r1mr2故小球作半径r2的圆周运动的角速度为

（2）拉力F做功为

r1V 21r22211mr122AFdsmV2mV1V1 1222r2

3-19如习题3-19图所示，刚体由长为l，质量为m的匀质细杆和一质量为m的小球牢固连结在杆的一端而成，可绕过杆的另一端O点的水平轴转动。先将杆拉至水平然后让其自由转下，若轴处摩擦可以忽略。求:(1)刚体绕O轴的转动惯量;(2)当杆与竖直线成角时，刚体的角速度。解：（1）

JJ杆J球1242 2mlmlml33（2）在转动过程中无耗散力，系统机械能守恒，设初始时刻重力势能为零，有

01lJ2mg(cos)mg(lcos)22解得：

3gcos 2l3-20一长l=0.4m的均匀木棒，质量M=1.0kg，可绕水平轴O在竖直平面内转动，开始时棒自然地竖直悬垂(习题3-20图)。今有质量m=8g的子弹以v=200ms的速率从A点射人棒

1 34 中，假定A点与O点的距离为34l，求:(1)棒开始运动时的角速度;(2)棒的最大偏转角。

解：（1）子弹射入木棒中为完全非弹性碰撞，角动量守恒：

mv34lm34l2123Ml

解得

mv34m49Ml8103200348103490.4

8103200490.49(rads1)（2）上摆过程机械能守恒

1J2l32Mg2(1cos)mg4l(1cos)即

11922M23M16ml234m(1cos)lg

mM，上式可近似为

1213Ml22M2(1cos)lg

cos(1l2解得

3g)0.073

cos0即为第二象限的角度，本题中即棒向上摆可超水平位置（90）。由于cos1(0.073)856

 棒的最大摆角约为

8569452

第二篇：2008级大学物理I试题解答

2008级大学物理（I）期末试卷A卷答案及评分标准

考试日期：2009年7月6日

一、选择题(每题3分)

B，B，A，B，E，D，E，C，B，B

二、填空题(每题3分)

11.212.mBg

1mAmBmC`2

5Vp2p1 2 13.14.vpf(v)dv 15.25%

16.0

17.5 J

18.3.0

19.13.9

20.3三、计算题(每题10分)

21．解：(1)设摆球与细杆碰撞时速度为v 0，碰后细杆角速度为，系统角动量守恒得：

J = mv0l2分

由于是弹性碰撞，所以单摆的动能变为细杆的转动动能

112mv0J22分 22

代入J＝Ml，由上述两式可得M＝3m2分

(2)由机械能守恒式

1321112mv0mgl及J2Mgl1cos2分 222

1并利用(1)中所求得的关系可得arcc2分 3

22．解：设c状态的体积为V2，则由于a，c两状态的温度相同，p1V1= p1V2 /4

故V2 = 4 V12分 循环过程ΔE = 0 ,Q =A ．而在a→b等体过程中功A1= 0．

在b→c等压过程中功

A2 =p1(V2－V1)/4 = p1(4V1－V1)/4=3 p1V1/42分

在c→a等温过程中功

A3 =p1 V1 ln(V2/V1)= p1V1ln 42分∴A =A1 +A2 +A3 =[(3/4)－ln4] p1V12分

Q =A=[(3/4)－ln4] p1V12分

23．解：入射波在x = 0处引起的振动方程为y10Acost，由于反射端为固定端,∴反射波在 x = 0处的振动方程为

y20Acos(t)或y20Acos(t)2分 ∴反射波为y2Acos(t2x

)

x或y2Acos(t2)4分

驻波表达式为yy1y22分Acos(t2x

x)Acos(t2)

2Acos(211)cos(t)2 22

x11或y2Acos(2)cos(t)22x

24．解：第四条明条纹满足以下两式：

14，即x47/42分 2

14，即x47/41分2x422x4

第4级明条纹的位移值为

x47/42分x =x4

(也可以直接用条纹间距的公式算，考虑到第四明纹离棱边的距离等于3.5 个明纹间距．)

25．解：(1)由光栅衍射主极大公式absink1分

得

absin3031 

3143.3610cm2分 sin30

(2)absin3042ab2absin30/4420nm2分

第三篇：公关习题解答

公关是指社会组织运用信息传播沟通的手段处理自身的公众问题，以达到组织与公众相互了解、相互适应、优化组织的生态环境目的的管理活动。

特征；

1、维护公众利益，谋求与公众利益一致的共同发展是公关管理的伦理前提。

2、建立、维护组织的“公众关系”是组织公关管理的核心内容。

3、信息传播沟通是公关管理的基本手段。

4、公众舆论、组织的品牌、形象与信誉是公关管理的工作重点。

5、构建有利于组织生存的社会生态环境是公关管理的目标。

学科特点：

从学科的性质、学科所反映内容、所包含的知识、学科的结构体系及学科的研究倾向看，有3个特点：

1、具有突出的实践性、应用性特点；

2、具有典型的多学科交叉渗透的综合性学科特点；

3、具有内核小、外延大的学科结构特点。

其形成与公关学科的研究历史特点及公关研究对象的特点密切相关。

历史数据：

1906年，艾维·李发表《原则宣言》――最早的公关研究

1923年，爱德华·伯内斯发表《舆论明鉴》――公关学科研究的开始 1947年，波士顿大学公关专业的设置――公关学科的形成 50年代以来，公关教育在全世界普遍开展

我国现阶段发展公关的意义：

1、更好地适应我国现行的市场经济体制及商品经济社会的环境，适应全球化环境下国际竞争新形势的需要；

2、适应我国政治体制改革，促进社会主义政治文明建设的需要；贯彻“以人为本”的治国方针、构建和谐社会的需要；

3、提高我国国际地位、改善我国国际形象，优化我国发展的国际环境的需要。

公关学科的发展

公共关系学是一门以管理学、传播学等学科的理论和研究方法为基础，研究公关的社会现象和活动规律的综合性学科。

学科史不长但发展很快。是随着公关职业的兴起，为适应公关实践活动不断深化的需要，对公关研究的基础上逐步发展起来的。

1906年，艾维·李发表《原则宣言》――最早的公关研究 1923年，伯内斯发表《舆论宣言》――公关学科研究的开始

30年代以来美国大学公关教育的兴起，各类公关研究刊物、专著的出版，推动了学科研究的迅速发展。

1947年，波士顿大学公关专业的设置――公关学科的形成

50年代以来，公关教育在全世界普遍开展，数以千计的公关著作的出版，显示出这一新生

学科正从不断地自我跨越、自我完善走向成熟。

不同学术视野中的公关定义 管理学：关注公关这种管理行为在组织中所起作用及其管理职能。着眼点是揭示公关区别于其他管理职能所具有的独特性质特征。

美社会学家莱克斯·哈罗博士；公关学者卡特里普

传播学：关注公关作为一种管理行为本身区别于其他管理行为的本质特征。从公关实现管理目标的过程和手段的独特性来界定公关。公关是一个组织与其公众之间的传播沟通管理。格鲁尼格；亨特

弗兰克·杰弗金斯（英）：《实用公共关系学》，把公共界定为“传播方式”。

社会学：关注公共管的社会关系情况及其对组织的意义。探寻揭示公关不同于其他社会关系的独特性质特征入手，进而对这种关系的本质进行探讨。美国哈伍德教授；台湾祝振华教授

现代公共发端于有一定目标、计划和规模的经常性的公关活动的出现。萌芽标志：

1、北美独立革命活动中政治宣传运动；

2、美国近代政治竞选方式的确立；

3、企业界的新闻宣传代理活动的出现和发展。

公关的产生是人类社会的经济、制度、科技发展到一定历史阶段的必然产物。诞生标志：20世纪初，现代公关咨询代理公司在美国的产生。产生的直接原因： 1、20世纪初，爆发“扒粪运动”；

2、新闻代理业暴露出自身的严重缺陷，已不能满足社会发展需要。

产生的历史原因：

1、从经济发展看，是近代商品经济和社会化大生产的产物；

2、从人类社会制度发展看，是社会民主化发展的必然产物；

3、从科学技术的发展看，是传播科技发展的必然产物。

艾维·李的主要贡献

1、首创现代公关事业的模式；

2、改变新闻代理人只注重新闻界关系的偏颇；

3、倡导以事实为根据进行客观报道；

4、通过积极沟通，促进企业的改革，达到改善企业形象的目的；

5、提出“说真话”的思想和“公众应当被告知”的原则，奠定早期现代公关理论的基础。

二战以来国际公关的发展趋势

1、快速发展

2、确立公关管理的战略习惯地位

3、不断强化“平等、互动”的传播关系

4、公关管理日益全球化、国际化

5、强调公关管理的科学性

6、强调公关管理的伦理标准

中国大陆公关事业发展的三个阶段：

1、引进拓展阶段：1980-1985

2、蓬勃崛起阶段：1986-2000

3、持续发展阶段：2000年至今

公关的功能

1、守望：监察社会环境变化，确保组织决策适应社会变化，反映社会发展变化趋势。

依靠日常公关信息收集、舆论监测分析等日常公关工作职责来实现。

2、协调：协调各种力量，协助决策层解决经营管理中遇到的问题，消除偏见与误解，为组

织的生存与发展构建和谐的社会环境。

依靠提供公关咨询建议、传播沟通管理、关系协调管理扥更具体公关工作职责来实现。

3、教育：将组织的管理制度、行为规范、组织文化、优良传统、先进思想、科学知识贯彻

传承、发扬光大。

依靠公关传播沟通、员工公关教育、公关市场教育等具体公关工作职责来实现。

4、效益：增进组织经营管理活动的经济效益，确保组织经营管理活动的社会效益最大化。

依靠做好公关管理的每个环节，以及公关策划、形象管理、品牌管理、信誉管理等具体公关工作职责来实现。

公关的基本观念：

人们在公关实践中逐渐丰富、不断完善形成的，对社会组织如何处理与公众关系的基本认识，是如何开展公关工作的基本指导思想。

公关工作的基本原则： 在公关基本观念的指导下，根据公关活动客观规律和要求而提出的基本工作方法和准则。是公关基本观念在公关实践中具体化。

主要内容：

1、树立公开性的观念，坚持提高透明度的工作原则；

2、树立珍视信誉的观念，坚持公关传播工作的真实性原则；

3、树立制度化的观念，坚持立足平时的工作原则；

4、树立平等沟通的观念，坚持双向交流的工作原则；

5、树立注重行为的观念，坚持首先自我完善的工作原则；

6、树立科学的观念，坚持以调查研究为基础的工作原则；

7、树立公众利益的观念，坚持公关工作的互惠原则。

社会组织：

公关活动的主体，是一个群体，是人们按照一定的目标、任务和形式建立起来的协调力量和行动的合作系统。

组织的特点：

1、具有能动的目标导向特性；

2、具有与环境、目标向适应的结构特性；

3、其能量需要输入与输出，反馈是其固有的特性。

社会组织的类型：

营利性的组织：工商企业、金融机构、旅游服务业等

互利性的组织：各党派团体、职业团体、群众社会团体、宗教团体等 服务性的组织：公共学校、医院、社会福利工作机构等

公益性的组织：政府部门、公共安全机关、消防队、公共事业管理机构等

公众：

公关工作的对象，客体，“任何面临着某个问题而形成的社会群体”。同质性 群体性 可变性

初级社会群体：

人们在面对面交往中形成的具有亲密性的人际关系群体。

公众的分类

1、横向分类：按公众对象的性质特征划分

2、纵向分类：按面临某个公关问题时公众的状态及其可能的发展过程划分

非公众/潜在公众/知晓公众/行动公众

3、其他分类：

1）按公众组织构成特点划分：组织型公众/初级社会群体组合型公众/非组织的同质公众

2）按公众稳定程度的特点划分：临聚型公众/周期性公众/稳定性公众 3）按公众对解决公关问题的重要程度划分：首要公众/次要公众 4）按公众对组织的态度划分：顺意公众/逆意公众/边缘公众 5）按组织对公众的评价划分：受欢迎公众/不受欢迎公众

公众心理：

公关活动中所面对的一种普遍存在的群体或个体心理现象，是在特定环境中公众对某一对象所具有的心理反应与行为倾向。

影响公众行为的心理因素：

1、需要

2、知觉

3、价值观

4、态度

5、性格和气质

6、兴趣和能力

心理定势：

由一定的内外因素所形成的某种心理准备状态，决定着同类后继心理活动的趋势。是一种内在思维过程。深潜在人们意识中。具有一定的动力性。

公关传播的四种模式： 宣传型 公共信息型 双向非对称型 双向对称型

公关传播的目的： 在分享信息、传播沟通的基础上，促进组织与公众的相互了解，促使公众改变其原有的态度，促使公众采取与组织的公关目标一致的行动。

公关传播的原则:

1、坚持公关信息传播的真实性原则；

2、符合公众利益、注重社会效益的公关传播伦理原则；

3、符合公关活动总目标的原则；

4、自觉尊重传播的科学性原则。

组织机构的主要公众关系：

1、员工关系：组织的内部关系

2、股东关系

3、顾客关系；组织在充分尊重顾客的合法权益的前提下，以健全的管理政策、良好的服务行为、持续不断的双向沟通、建立起顾客对组织的信赖与支持的活动。

4、社区关系：组织机构在所在地的全体居民和各种社会组织、团体的关系。

5、媒介关系：组织与媒介公众的关系，是组织与新闻媒介及其工作人员的关系。

6、政府关系：组织与国家管理机构及其人员的关系。

7、国际公众关系：一个社会组织与其他国家的社会组织以及相应的公众之间利益而产生的非国家的、非官方的、民间性质的关系，是社会组织走向世界的过程中必然要遇到和处理的一种特殊的公众关系。

公关整合传播

1、横向整合：在某一阶段对各种传播工具、媒介的整合；

2、纵向整合：对不同阶段的信息主题、形式进行整合。

公关状态：

在某一时期内社会组织与公众所形成的关系情况。主要通过公众对组织整体形象和具体行为所持态度的评价不判断。

消极型公关状态：各方无意识中形成的公关状态

积极型公关状态：组织机构有目的、有计划地实施各种活动之后所形成的公关状态。

公关活动：

组织有意识策划、实施的活动，目的在于影响、改变公关状态。

公关活动类型：

1.宣传性公关活动：

2.交际性公关活动： 3.服务性公关活动： 4.公益性公关活动： 5.征询性公关活动： 6.建设型公关 7.维系型公关 8.防御型公关 9.进攻型公关 10.矫正型公关

公关活动模式：

1、轮盘模式（纳格和阿伦）

2、螺旋模式（马斯顿）

3、环状结构模式（柯特利普和森特）

公关策划类型：

1、某一时期的战略规划

2、公关工作计划

3、公关战役计划

4、公关活动项目实施的计划

公关传播的战略：

1、信息战略

2、媒介战略

公关调研的内容：

1、组织基本状况的调查

2、组织公众基本状况的调查

3、组织开展公关活动基本状况的调查

4、组织目前开展公关工作条件的调查

公关调研的程序

确定调研方案－数据收集－数据处理与分析－展示调研成果－作出判断

公关调研原则：

1、扩大看问题的视野

2、由表及里，透过表象看本质

3、分清问题的轻重缓急

制定公关策略方案：

1、确定公关活动的目标：建立起一套以公关活动的结果为标准的管理体系

2、确定与分析对象公众：直接卷入组织所面临问题，或对这一问题能产生影响，或将受到这一问题影响的公众

3、制定公关行动战略：常规/非常规策划

4、制定公关传播战略：信息战略；媒介战略

5、编制公关活动执行计划：甘特时间表；项目流程表；工作程序表

6、编制公关计划方案的预算、成本－收益分析：把公关活动的过程目标和结果目标结合起来考虑

公关实施的具体内容：

1、由经理层执行的有关加强或调整组织的政策、行为的活动；

2、有公关部门执行的公关的传播活动。

公关实施管理要则：

1、统筹管理和分权管理配合；

2、组织行为和组织传播配合；

3、注意对信息制作质量的管理；

4、注意对媒介购买的管理。

公关效果评估的5个内容：

1、组织采取的新政策、新措施的落实情况；

2、组织的新闻和传送出的信息为媒介所采用的数量；

3、调查分析接收到信息和注意到信息公众数量；

4、调查分析公众对信息的了解程度、态度变化、行为变化情况；

5、评估达到的预定目标和解决问题的水平。

组织形象：

社会公众心目中对一个社会组织机构的总印象和总评价。个人或群体对组织机构的整体观念。

良好组织形象的作用：

1、拓展市场

2、吸引更多优秀人才

3、吸引更多资金

4、有助于建立与原料供应部门及销售系统的稳定供销关系，使组织占有原料和销售渠道等

方面的优势

5、使组织受到社区邻里的支持与爱戴，减少纠纷和摩擦

6、使组织在危机中得到各方及时的帮助或谅解，顺利渡过难关

企业形象识别系统（CIS）

一种通过规范组织、企业在传播中所运用的组织形象符号显征系统，如标志、色彩、字体、口号、行为等，从而使组织、企业的信息实现统一高效的传递，并在对象公众的心目中形成对组织、企业的形象识别，进而产生心理认同的组织形象管理方法。

CIS的主要内容

1、理念识别系统（MI）：是整个CIS的核心，主要负责确立企业的定位、存在的价值等，是属于组织内在的精神实质，是“企业人生观”层面的东西，指导BI、VI两部分作业的开展。

2、行为识别系统（BI）：建立在企业的行为规范与制度之上，以具有独特性和符号化的企业行为，动态地彰显组织、企业的理念与内涵，并由此确立区别于其他组织的行为识别。

3、视觉识别系统（VI）：整个CIS中与公众关系最为直接、接触最为普遍的部分。它是CIS作业完成后最明显的成果，也是直接帮助公众识别组织的最具体因素。

危机管理：

组织根据自身情况和外部环境，对可能发生的危机的分析预测、监控预防、干预规避，对已发生的危机的处理、控制、化解、转化等一整套系统管理机制。

危机管理的三个阶段

1、预防阶段

1）强化危机意识，落实全员危机管理 2）建立危机管理状况审查制度 3）建立危机管理组织机构 4）制订危机处理预案

5）建立危机的处理支持网络、预警机制以及风险管理

2、处理阶段

3、重建阶段

风险管理：

组织和个人在对风险进行识别、预测、评价的基础上，优化各种风险处理技术，以一定的风

险处理成本有效地控制和处理风险的过程。主要措施：

1、建立危机预警机制

2、分散转移危机风险

3、确立危机管理的伦理标准

危机处理的基本原则

1、反应迅速

2、坦诚待人

3、人道主义

4、信誉第一

危机传播的基本原则（3T原则）

1、以我为主提供信息

2、尽快提供信息

3、提供全部信息

道德：

一定社会为了调整人们之间以及个人和社会之间的关系所提倡的行为规范的总和。通过各种教育和舆论的力量，使人们具有善与恶、荣誉与耻辱、正义与非正义等概念，逐渐形成一定的习惯和传统，以指导和控制自己的行为。

道德选择的依据：

1、凭直觉：认为某些行为从本质上说是好的，存在着一种理性、抽象的“好”，因此在道德选择是可以找到确定的、绝对的标准。其理论基础是“义务论”（deontology），它认为，有些行为，无论它导致的结果如何，都是正确的和必须执行的。

2、自然主义：主张就事论事、具体情况具体分析，强调造成行为的因素和行为导致的结果。其理论基础是“目的论”（teleology），它认为，一项行为的正确性是由它的原因和结果所决定的。

影响道德选择的因素：

1、宏观的社会、行业的道德氛围；

2、规模因素：雇员数目及组织的资产；

3、不同的工艺和技术；

4、公司制度的文明程度：规章制度、奖惩制度及层级；

不道德行为的个人因素：

1、支配权

2、经济倾向

3、强烈的赚钱欲望

4、政治倾向

5、处事哲学

CIPRA的道德规范基本内容（七个方面）

1、信息传播

2、为客户提供专业服务

3、为客户保守机密

4、化解利益冲突，建立信任

5、行业竞争

6、人力资源开发、人才流动

7、维护、提升本行业职业地位

PRSA、IPRA及IABC的职业道德规范内容：

1、从业者与社会文化、价值观的关系；

2、从业者与法律、公共政策的关系；

3、从业者与处在客户控制之外的外部公众关系；

4、从业者与所属企业、客户的关系；

5、从业者与自身的关系，需要对他人及自己的诚实。

两类公关机构的利弊：

1、从看问题的客观性看：

2、从服务的专业水平看：

3、从社会联系的广泛性看：

4、从意见受重视程度看：

5、从管理的灵活性看：

6、从服务的及时性看：

7、从职工的参与感看：

延展应用设计所涉项目：

1、产品

2、办公用品

3、招牌、旗帜和标牌等指示系统

4、制服

5、建筑景观

6、交通工具

7、广告

8、展示与陈列

第四篇：电磁场习题解答

1—2—

2、求下列情况下，真空中带电面之间的电压。

(2)、无限长同轴圆柱面，半径分别为a和b（ba），每单位长度上电荷：内柱为而外柱为。

解：同轴圆柱面的横截面如图所示，做一长为l半径为r（arb）且与同轴圆柱面共轴的圆柱体。对此圆柱体的外表面应用高斯通量定理，得

 DdSl

s考虑到此问题中的电通量均为er即半径方向，所以电通量对圆柱体前后两个端面的积分为0，并且在圆柱侧面上电通量的大小相等，于是

2lrDl

即 Der，Eer

20r2r由此可得 UbabEdrbererdrln

a2r20a0

1—2—

3、高压同轴线的最佳尺寸设计——高压同轴圆柱电缆，外导体的内半径为2cm，内外导体间电介质的击穿场强为200kV/cm。内导体的半径为a，其值可以自由选定但有一最佳值。因为a太大，内外导体的间隙就变得很小，以至在给定的电压下，最大的E会超过介质的击穿场强。另一方面，由于E的最大值Em总是在内导体的表面上，当a很小时，其表面的E必定很大。试问a为何值时，该电缆能承受最大电压？并求此最大电压。

（击穿场强：当电场增大达到某一数值时，使得电介质中的束缚电荷能够

电磁场习题解答

第 1 页

脱离它的分子 而自由移动，这时电介质就丧失了它的绝缘性能，称为击穿。某种材料能安全地承受的最大电场强度就称为该材料的击穿强度）。

解：同轴电缆的横截面如图，设同轴电缆内导体每单位长度所带电荷的电量为，则内外导体之间及内导表面上的电场强度分别为

E而内外导体之间的电压为

UEdrab，Emax

2r2abdrln

a2r2ab或

UaEmaxln()

badUbEmax[ln()1]0

daabb10，a0.736cm aeb5UmaxaEmaxln0.7362101.4710(V)

a即

ln

1—3—

3、两种介质分界面为平面，已知140，220，且分界面一侧的电场强度E1100V/m，其方向与分界面的法线成450的角，求分界面另一侧的电场强度E2的值。

电磁场习题解答

第 2 页

解：E1t100sin450502，E1n100cos450502

D1n40E1n20002 根据 E1tE2t，D1nD2n得

E2t502，D2n20002，E2nD2n1002 2022(502)2(1002)25010(V/m)于是： E2E2tE2n

1—

8、对于空气中下列各种电位函数分布，分别求电场强度和电荷体密度：（1）、Ax2（2）、Azyx

（3）、Ar2sinBzr（4）、Ar2nisocs

解：求解该题目时注意梯度、散度在不同坐标中的表达式不同。

(Ax2)（1）、E(ijk)i2Axi

xyzxExEyEzExD0()00(2Ax)2A0

xyzxx（2）、E(ijk)

xyzAxyzAxyzAxyz

(ijk)

xyzA(yzixzjxyk)

电磁场习题解答

第 3 页

D0[(Ayz)(Axz)(Axy)]0

xyz1（3）、E[erek)

rrz[1(Ar2sinBrz)er(Ar2sinBrz)err

(ArsinBrz)k)]z

[(2ArsinBz)erArcoseBrk)]

11D0[r(2ArsinBz)(Arcos)rrr

(Br)] z1 0[(4ArsinBz)Asin]

rBz0[4Asin)Asin]

r11（4）、E[eree]

rrrnis1[er(Ar2sincos)e(Ar2sincos)rre1(Ar2sincos)]

rsin11[(2Arsincos)er(Ar2coscos)e(Ar2sinsin)e]

rrsin[(2Arsincos)er(Arcoscos)e(Arsin)e]

电磁场习题解答

第 4 页

111D0[2(r2Er)(Esin)(E)]

rsinrsinrr0[113(2Arsincos)(Arcoscossin)

rsinr2r 1(Arsin)]

rsinAcosAcos(cos2sin2)]sinsin 0[6Asincos1—4—

2、两平行导体平板，相距为d，板的尺寸远大于d，一板的电位为0，另一板的电位为V0，两板间充满电荷，电荷体密度与距离成正比，即。(x)0x。试求两极板之间的电位分布（注：x0处板的电位为0）解：电位满足的微分方程为

0d2x 20dx其通解为： 03xC1xC2 60定解条件为：x00； xdV0 由x00得 C20 由xdV0得 于是 03VdC1dV0，即 C100d2 60d6003V002x(d)x 60d601—4—

3、写出下列静电场的边值问题：

电磁场习题解答

第 5 页

（1）、电荷体密度为1和2（注：1和2为常数），半径分别为a与b的双层同心带电球体（如题1—4—3图（a））；

（2）、在两同心导体球壳间，左半部分和右半部分分别填充介电常数为1与2的均匀介质，内球壳带总电量为Q，外球壳接地（题1—4—3图b））；（3）、半径分别为a与b的两无限长空心同轴圆柱面导体，内圆柱表面上单位长度的电量为，外圆柱面导体接地（题1—4—3图（c））。

电磁场习题解答

第 6 页

解：（1）、设内球中的电位函数为1，介质的介电常数为1，两球表面之间的电位函数为2，介质的介电常数为2，则1，2所满足的微分方程分别为

211，222 12选球坐标系，则

111211121(r)(sin)r1r2rr2sinr2sin2221221122(r)(sin)r2r2rr2sinr2sin2由于电荷对称，所以1和2均与、无关，即1和2只是r的函数，所以

11211222，(r)(r)22rrrrrr21定解条件为：

分界面条件： 1ra

2电位参考点： 2

附加条件：1r0；

1ra1r2ra2r

rarb0；

为有限值

（2）、设介电常数为1的介质中的电位函数为1，介电常数为2的介质中的电位函数为2，则

1、2所满足的微分方程分别为

211，222 12选球坐标系，则

电磁场习题解答

第 7 页

11211121(r)2(sin)20 22rrrrsinrsin21221122(r)2(sin)20 22rrrrsinrsin由于外球壳为一个等电位面，内球壳也为一个等电位面，所以1和2均与、无关，即1和2只是r的函数，所以

121122(r)0(r)0，rrr2rr2r2

2分界面条件： 12

由分解面条件可知12。令 12，则在两导体球壳之间电位满足的微分方程为

12(r)0

rr2r

电位参考点： rb0；

边界条件：2a2(1Er2Er)raQ，即

2a2(12)()Q rra（3）、设内外导体之间介质的介电常数为，介质中的电位函数为，则所满足的微分方程分别为

20，选球柱坐标系，则

1122

(r)20

rrrr2z

2电磁场习题解答

第 8 页

由于对称并假定同轴圆柱面很长，因此介质中的电位和及z无关，即只是r的函数，所以

1(r)0 rrr

电位参考点： rb0；

边界条件：2aEr

2a(

1－7－

3、在无限大接地导体平板两侧各有一个点电荷q1和q2，与导体平板的距离均为d，求空间的电位分布。

ra，即

) rra

解：设接地平板及q1和q2如图（a）所示。选一直角坐标系，使得z轴经过q1和q2且正z轴方向由q2指向q1，而x，y轴的方向与z轴的方向符合右手螺旋关系且导体平板的表面在x，y平面内。计算z0处的电场时，在（0,0,d）处放一镜像电荷q1，如图（b）所示，用其等效q1在导体平板上的感应电荷，因此

1q111()

22240x2y2(zd)2xy(zd)计算z0处的电场时，在（0,0,d）处放一镜像电荷q2如图（c）所示，用

电磁场习题解答

第 9 页

其等效q2在导体平板上的感应电荷，因此

2q211()

22222240xy(zd)xy(zd)1－7－

5、空气中平行地放置两根长直导线，半径都是2厘米，轴线间距离为12厘米。若导线间加1000V电压，求两圆柱体表面上相距最近的点和最远的点的电荷面密度。

解：由于两根导线为长直平行导线，因此当研究它们附近中部的电场时可将它们看成两根无限长且平行的直导线。在此假定下，可采用电轴法求解此题，电轴的位置及坐标如图所示。

126cm 由于对称 h2而 bh2R2622242cm

设负电轴到点p(x,y)的距离矢量为r2，正电轴到点p(x,y)的距离矢量为r1（p点应在以R为半径的两个圆之外），则p点的电位为

r2(xb)2y2ln()ln (x,y) 2220r120(xb)y1两根导体之间的电压为U，因此右边的圆的电位为U，即

2τ(hRb)2U(hR,0)ln 2202(hRb)

电磁场习题解答

第 10 页

由此可得 20Uh-Rb2lnh-R-b25010004ln(12)250ln(12)

(xb)2y2ln于是 (x,y) 22(xb)yln(12)Egrad

(xb)[(xb)2y2](xb)[(xb)2y2]{ex2222[(xb)y][(xb)y]ln(12)250 y[(xb)y]y[(xb)y]ey}[(xb)2y2][(xb)2y2]2222

由于两根导线带的异号电荷相互吸引，因而在两根导线内侧最靠近处电场最强电荷密度最大，而在两导线外侧相距最远处电荷密度最小。

max(xb)[(xb)2y2](xb)[(xb)2y2]0{ex 2222[(xb)y][(xb)y]ln(12)250( ex)xhRy0y[(xb)2y2]y[(xb)2y2] ey}2222[(xb)y][(xb)y] 011)1.770107C/m2

ln(12)hRbhRb(250min(xb)[(xb)2y2](xb)[(xb)2y2]0{ex2222[(xb)y][(xb)y]ln(12)250y[(xb)2y2]y[(xb)2y2]ey}[(xb)2y2][(xb)2y2] ex xhRy0

电磁场习题解答

第 11 页

011)8.867108C/m2

ln(12)hRbhRb(250

1—9—

4、一个由两只同心导电球壳构成的电容器，内球半径为a，外球壳半径为b，外球壳很薄，其厚度可略去不计，两球壳上所带电荷分别是Q和Q，均匀分布在球面上。求这个同心球形电容器静电能量。

解：以球形电容器的心为心做一个半径为r的球面，并使其介于两导体球壳之间。则此球面上任意一点的电位移矢量为



DQe 2r4rDQ电场强度为

Eer

4r21Q2而电场能量密度为

weED 24232r球形电容器中储存的静电场能量为

b2Q22WewedVrsindddr

Va00322r4b2Q2sindddr a00322r2b1Q2Q2b10(cos0cos)(20)2drdr 22aa8r32rQ211Q2ba()= 8ab8ab

1－9－

5、板间距离为d电压为U0的两平行板电极浸于介电常数为ε的液

电磁场习题解答

第 12 页

态介质中，如图所示。已知液体介质的密度是m，问两极板间的液体将升高多少？

解：两平行板电极构成一平板电容器，取如图所示的坐标，设平板电 容器在垂直于纸面方向的深度为w，则此电容器的电容为

(Lx)w0xw C(x) dd电容中储存的电场能量为

11(Lx)w0xw2)U0

WeCU02(22dd液体表面所受的力为

2 We12 C(x)U0wU0(0)

fx x2 x2d此力应和电容器中高出电容器之外液面的液体所受的重力平衡，由此

可得

2U0w(0)mgdwh

2d2(0)U0即 h 22mgd2—

5、内外导体的半径分别为R1和R2的圆柱形电容器，中间的非理想介

电磁场习题解答

第 13 页

质的电导率为。若在内外导体间加电压为U0，求非理想介质中各点的电位和电场强度。

解：设圆柱形电容器介质中的电位为，则

20

选择圆柱坐标，使z轴和电容器的轴线重合，则有

1122

(r)0

rrrr22z2假定电容器在z方向上很长，并考虑到轴对称性，电位函数只能是r的函数，因此所满足的微分方程可以简化为

1(r)0 rrrC1 C1，rrr两边再积分得电位的通解

C1lnrC2 定解条件：rRU0，rR0 即

r12将电位函数的通解带入定解条件，得

C1lnR1C2U0 C1lnR2C20

由上述两式解得

电磁场习题解答

第 14 页

U0U0，C2U0lnR1

R1R1lnlnR2R2U0U0U0r于是

lnrlnR1U0lnU0

RRRR1ln1ln1ln1R2R2R21而

E[ereez]

rrzU0U01r(lnU0)er

er

RRrR1rln1ln1R2R2

2—

7、一导电弧片由两块不同电导率的薄片构成，如图所示。若

C116.5107西门子/米，21.2107西门子/米，R245厘米，R130厘米，钢片厚度为2毫米，电极间的电压U30V，且电极1。求：

⑴、弧片内的电位分布（设x轴上电极的电位为0）；

⑵、总电流I和弧片的电阻R；

⑶、在分界面上D，，E是否突变？ ⑷、分界面上的电荷密度。

解：（1）、设电导率为1的媒质中的电位为1，电导率为2的媒质中的电磁场习题解答

第 15 页

电位为2，选取柱坐标研究此问题。由于在柱坐标中电极上的电位和r及z无关，因而两部分弧片中的电位也只是的函数，即

1  1121 21 121 1(r)22 222r r rr  zr 21  2122 22 122 2(r)22 222r r rr  zr 2由上边两式可得

1、2的通解分别为

1C1C

22C3C4 此问题的定解条件是：

200

……（a）

1U

……（b）

212……（c）

144 1 24 2 4……（d）

根据上述四式可得

C40，C1C1C2U 2C2C3C4，1C12C3 44联立以上四式解得

C14U2U(12)，C2UC1

(12)21214U1，C40 C12(12)4U2U(12)(5.9520.65)V

(12)124U132.26 V

(12)C3于是

12

电磁场习题解答

第 16 页

（2）、根据 E得

4U25.95

E1ee

(12)rr又E，因此

4U125.953.8681087e)e

11E1e6.510(rr(12)r R23.868108而

I 1dS(e)(0.002)edr

S R1rR

7.736105ln(2)3.14105A

R1U305R9.5510 

5Ι3.1410（3）、由于电流密度的法向分量在分界面上连续，且在此题目中电流密度只有法向分量，因此 12。分界面处的电场强度等于分界面处的电流密度与电导率的比值，又12，因此 E1中的电流场，媒质的介电常数一律为0，因此D1（4）、(D10(44444E2D24。对于导电媒质。

D244) e

4U04U24U1ee) e(12)

(12)r(12)r(12)r

2—

11、以橡胶作为绝缘的电缆的漏电阻通过下属办法测定：把长度为l的电缆浸入盐水溶液中，然后在电缆导体和溶液之间加电压，从而可测得电流。有一段3米长的电缆，浸入后加200V的电压，测得电流为2109A。已知绝缘层的厚度和中心导体的半径相等，求绝缘层的电阻率。

解： 设导体的电位高于盐水的电位，则绝缘层中的漏电流密度为：

Ier

2lr而绝缘层中的电场强度为：

I

Eer

2lr设导体的半径为R1，电缆绝缘层的外半径为R2，则导体和盐水之间的电压为：

电磁场习题解答

第 17 页

R2IIUererdrdr

R1R12lrR12lrR21R2II  drln2lR1r2lR1RI即

ln2

2UlR1将已知数据代入上式，得

2R12109109 lnln23.6771013S/m

22003R160012.7271012/m R2R2Edr3－2－

1、一半径为a长圆柱形导体，被一同样长度的同轴圆筒导体所包围，圆筒半径为b，圆柱导体和圆筒导体载有相反方向电流I。求圆筒内外的磁感应强度（导体和圆筒内外导磁媒质的磁导率均为0）。

解：求解此问题可将圆柱导体和圆筒导体视为无限长。在垂直于z的平面上以z轴和此平面的交点为心做一半径为r的圆l，设l的方向和z符合右手螺旋关系。

由安培环路定律得：

HdlI l

电磁场习题解答

第 18 页

式中I为l中包含的电流，其方向与l符合右手螺旋关系时为正，否则为负。考虑到在l上H的大小相等，方向为l的切线方向，则有

2rHI

I0IIe，Be 即

H，而 H2r2r2r当0ra时，有

Ir22I2r2I

aa0r2r2Ie02Ie

而

B2ra2a当arb时，有 II

 而

B0Ie

2r当rb时，有

I0  因而

B0

3－3－

3、在恒定磁场中，若两种不同媒质分解面为xoz平面，其上有电流线密度k2exA/m，已知H1(ex2ey3ez)A/m，求H2。

电磁场习题解答

第 19 页

解：设y0的区域中的磁导率、磁场强度、磁感应强度分别为

2、H2、B2；y0的区域中的磁导率、磁场强度、磁感应强度分别为

1、H1、B1。

由已知条件得：

H1z3；

H1x1；

B1yH1y1 由分解面条件得：

H2zH1z2；

H2xH1x0；B2yB1y

将已知条件代入，得：

H2z2H1z5；

H2xH1x1；

B2y1H1y21

而

H2yB2y221 2于是

H2H2xexH2yeyH2zez(ex21ey5ez)A/m

2

3－4－

3、已知电流分布为

JJ0rezra

。J0为常数，求矢量位A和磁感应强度B（注A的参考点选为rr0a处）



解：设r0的区域中的矢量磁位为A1，r0的区域的矢量磁位为A2，则A1、A2所满足的微分方程分别为：

A10J0rez

ra 2

A20

ra 2考虑到电流密度只有z分量，矢量磁位也只能有z分量，上两可改写为

2A1z0J0r

ra

电磁场习题解答

第 20 页

2A2z0

ra 选圆柱坐标系，上两式变为

A1z112A1z2A1z

(r)20J0r 22rrrrzA2z112A2z2A2z

(r)20

rrrr2z2由于电流密度不随z和变化，所以矢量磁位也不随z和变化，因此上述两式可简化为

A1z1(r)0J0r

（1）rrrA2z1(r)0

（2）rrr

（1）、（2）两式的通解分别为

A1z0J03rC1lnrC（3）9A2zC3lnrC（4）

定解条件：

附加条件：当r0时，A1z应为有限值；参考点处矢量磁位为0，即A2zrr00

分解面条件：A1zra11(A2)A2zra；(A1)rara00根据定解条件，得：

C10

（5）

C3lnr0C40

（6）

电磁场习题解答

第 21 页

0J03aC1lnaC2C3lnaC4

（7）9J111C（8）(00a2C1)03a0a即

C3lnr0C40

0J03aC2C3lnaC4

90J02C3a 3a联立上述三式解得：

C30J03Ja；

C400a3lnr0； 33C20J03ra[13ln0] 9aJJr于是

A1[00r300a3(13ln0)]ez

99a0J0r[r3a3(13ln0)]ez 9aJJA2[00a3lnr00a3lnr0]ez

33[0J03r0aln]ez 3r由柱坐标中的旋度公式

1AzAArAz1(rA)ArAer()e()er()

rzzrrr

电磁场习题解答

第 22 页

可得：

JA1zB1A1e()00r2e

r30J0a3A2zB2A2e()e

r3r

3－6－

1、在磁导率70的半无限大导磁媒质中距媒质分界面2cm有一载流为10A的长直细导线，试求媒质分界面另一侧（空气）中距分界面1cm处p点的磁感应强度B。

解：此题如图1所示，图中h2cm，h11cm，I10A（设其方向和正z轴的方向一致）求空气中的磁场的等效模型如图2所示。图中的

I而

Hp2701407III

0708047875I1iIii(A/m)2(hh1)42(0.010.02)3

42Bp0Hp1.1610i(Wb/m)

3—7－

2、有一截面为正方形的铁磁镯环，均匀绕有500匝导线，镯环内外

电磁场习题解答

第 23 页

半径分别为R16cm和R27cm，高h1cm，8000，求线圈的自感系数。

解：做一个半径为r的圆，使此圆所在的平面在正方形铁磁镯环的两个端面之间，且与端面平行，圆心在铁磁镯环的轴线上。

设线圈的匝数为n，根据安培环路定理，得



HdlnI

l对于此题，在上述所做的圆上磁场强度的大小处处相等，方向沿圆的切线方向，于是上述积分的结果为

2rHnI

nInI即

He，Be

2r2rR2nI磁通为

BdseedsSS2rR1nI02rdzdr

h

nI2R1R2h0nIhR21dzdr lnr2R1n2IhR2线圈的磁链为

n ln2R1再由LI，得

n2hR2500280000.017

Llnln

I2R126

电磁场习题解答

第 24 页

500280041070.017ln0.0616H

26

3—7－

3、如图所示，求真空中：（1）、沿Z轴放置的无限长直线电流和匝数为1000的矩形回路之间的互感；（2）、如矩形回路及其它长度所标尺寸的单位，不是米而是厘米，重新求互感。

解：(1)、在x0，y0的半平面内

B0I2y(i)

设互感磁通m的方向如图中的所示，则

 5 5I0m 2  0 2y dz dy5I02ln52 与线圈交链的总互感磁链为

2500I0mNmln52()而

MmI25000ln(52)9.163104(H)（2）、如图中的尺寸的单位为厘米时

电磁场习题解答

第 25 页

Mm2505ln()9.163106(H)I23－8－

1、求无限长同轴电缆单位长度内导体和外导体之间区域内所储存的磁场能量。设内导体半径为R1，外导体很薄，半径为R2，内导体和外导体之间媒质的磁导率为0，电缆中的电流为I。

解：设同轴电缆的横截面及内导体中电流的方向如图所示，则内外导体之间的磁场强度为（取圆柱坐标，使z轴和同轴电缆的轴线一致，其方向和I的方向相同）

0IIe，而

B0He

H2r2r0I21HB

得

wm22 由

wm28r而

Wm1002R2R1rdrddzwm2R2R11002R2R10I2drddz 28r0I2820010I21drddzr8201200I2R2R2 lnddzlnR14R13 －8－

2、在题3 －7－2的镯环线圈中，通以电流I1A。求磁场能量：

121（1）、用WmLI求解；（2）、用WmBHdV求解。

22V解： 利用题3 －7－2的一些结果，有

nIn2hR2nI

H e，Be，Lln2r2r2R

1电磁场习题解答

第 26 页

1n2hR22n2hI2R2（1）、Wm

lnIln22R14R1500280041070.01127ln3.08102(J)

4611hR22nInI（2）、WmHBdVeerddrdz

V0R01222r2rn2I21hR22n2I ddrdz20R0124r820R1hR2201ddrdz rhn2I2R2ln3.08102(J)

4R1

4—

1、长直导线中通过电流i，一矩形导线框置于其近旁，两边与直导线平行，且与直导线共面，如图所示。

（1）、设iImcos(t)，求回路中的感应电动势（设框的尺寸远小于正弦电流的波长）。

（2）、设iI0，线框环路以速度v向右平行移动，求感应电动势。（3）、设iImcos(t)，且线框又向右平行移动，再求感应电动势。

解：取电动势和磁通的方向如图所示，选柱坐标且使z轴与线电流重合，方向与电流的方向一致。

电磁场习题解答

第 27 页

（1）、线圈不动，电流随时间变化：

i0e

B2r

b0caci0ibaceedrdz0ln 2r2c由于e和符合右手螺旋关系，所以

ebImddibacca(0ln)0ln()sin(t)dtdt2c2c

（2）、电流不变，线圈运动：

取积分路径的方向和电动势的方向一致，则

evBdl

l

[(vb0b

(v0cvtaI00Ie)ezdz(v00e)erdr

cvt2(cvt)2rcvtaI00Ie)(ez)dz(v00e)(er)dr]

cvt2(cvta)2rb

(v0bI00I00e)ezdz(ve)(ez)dz

02(cvt)2(cvta)





bvI00vI00ezezdzez(ez)dz

02(cvt)02(cvta)bbvI00vI00dzdz

02(cvt)02(cvta)bvI00b11()2cvtcvta

（3）、电流和线圈的位置都随时间变化：

电磁场习题解答

第 28 页

i0Be

2r



eb0cvtacvti0ibacvteedrdz0ln 2r2cvtbdddibacvtacvt(0ln)0(iln)dtdt2cvt2dtcvt0bdacvt[Imcos(t)ln] 2dtcvt

0bImd{cos(t)ln(acvt)cos(t)ln(cvt)} 2dt0bImv{sin(t)ln(acvt)cos(t)2acvtv} cvt

(t)lnc(vt)cos(t)

sin0bImacvt11{lnsin(t)v()cos(t)} 2cvtcvtacvt

0.02sin(109t)A/m2，4—

2、已知一种有损耗媒质中的电流密度J若媒质c的103S/m，r6.5，求位移电流密度。

解：用相量表示电流密度，则

0.02/00

Jcm00.02/050电场强度为

E 210/0V/mm310JcmEE电位移相量为 Dmmr0m

电磁场习题解答

第 29 页

109132105/001014/00C/m6.53636jDj109131014/00j1.149106/00A/m2 而

Dmm36所以

D1.149106sin(109t900)A/m2

4－

5、由圆形极板构成的平板电容器如图所示，两极板之间充满电导率为、介电常数为、磁导率为0的非理想介质。把电容接到直流电源上，求该系统中的电流及电容器极板之间任意一点的坡印亭向量，并证明其中消耗的功率等于电源供给的功率。

解：忽略边缘效应后有

r2U0UrrE(ez)，H(e)e0e

d2r22d电容中任意一点的坡印亭矢量为：

2U0U0rU0rSEHezeer 2d2d2dU电流为：

I0R2

d电源提供的功率为：

2U0PsU0IR2

d电容消耗的功率为：

电磁场习题解答

第 30 页

PcSds{Sdsss1s2Sdss3Sds}

上式中的S，S1，S2和S3分别是电容器的外表面、介质与上极板的分界面、介质与下极板的分界面和电容器的外侧面。由于在介质与导体的分界面处，导体一侧的电场强度为0，所以

222U0U0U02PcSdsR(e)edsRdsR rrs32d2s3s32d2d

4—

7、已知空气中的电场强度为



E0.1sin(10x)cos(6109tz)ey

求相应的H和。

11解： v3108m/s

00109741036610920rad/ m

8v310

Em0.1sin(10x)ejzey

由

EjBjH，得

eeeeeexyzxyz111 HmjEmjj0xyzxzE0E0ymxmEymEzm

EEymymj[exez]zx1j[ex(0.1sin(10x)ejz)ez(0.1sin(10x)ejz)] zx1j[ex0.1sin(10x)(j)ejzez0.110cos(10x)ejz] 00.1[exsin(10x)ejzez10cos(10x)ejzj90] 0.1jzjzj900[esin(10x)20ee10cos(10x)e] xz97610410

1电磁场习题解答

第 31 页

1jzjzj900[exsin(10x)2eezcos(10x)e] 2410211jzjzj900exsin(10x)eecos(10x)e z22121024101H[exsin(10x)cos(6109t20z)21210190cos(10x)cos(610t20z90)]A/m

ez 22410

6－2－

3、已知自由空间中电磁场的电场分量表达式为



E37.7cos(6108t2z)eyV/m

这是一种什么性质的场？试求出其频率、波长、速度、相位常数、传播方向及H的表达式。

解：此场为一种沿负z轴方向传播的均匀平面波。

v31081m f310Hz，v310m/s，8f3100081861082rad/ m

v3108

Z00120 037.7Hcos(6108t2z)ex

120

0.1cos(6108t2z)exA/m

6－2－

4、某电台发射600kHz的电磁波，在离电台足够远处可以认为是平面波。设在某一点a，某瞬间的电场强度为10103V/m，求该点瞬间的磁场强度。若沿电磁波的传播方向前行100m，到达另一点b，问该点要迟多少时间才具有此10103V/m的电场。

电磁场习题解答

第 32 页

解：空气可以视为理想介质，设电磁波沿x方向传播，因此

EEmcos(26105tx)

设电磁波传播到a点的时间为t1，a点的x坐标为x1，则

Emcos(26105t1x1)102

102即

Em 5cos(2610t1x1)1025于是

Ecos(2610tx)5cos(2610t1x1)根据理想介质中磁场强度和电场强度的关系，有

E102Hcos(2610tx)5Z0120cos(2610t1x1)当tt1，xx1时，有

E102Hcos(26105t1x1)5Z0120cos(2610t1x1)1022.65105A/m 120设电磁波传播到b点的时间为t2，b点的x坐标为x2。依据题意可得

10252 cos(2610tx)10225cos(2610t1x1)即

cos(26105t2x2)cos(26105t1x1)将x2x1100带入上式，得

cos(26105t2(x1100))cos(26105t1x1)根据上式，可得

电磁场习题解答

第 33 页

2610510081001631010s

(t2t1)55326102610

6－3－

1、均匀平面波在海水中垂直向下传播，已知f0.5MHz，海水的r80，r1，4S/m，在x0处



H20.5107cos(t350)ey

求：（1）、海水中的波长及相位速度；（2）、x1m处，E和H的表达式；（3）、由表面到1m深处，每立方米海水中损耗的平均功率。

解：由于420.510680103691800，所以此时的海水为良导体。

（1）、22225m；

20.51064107 v22251055106m/ s724104（2）、225105410742.81m1/2



H20.5107e2.81xcos(t3502.81x)ey

2510541070

Z0/45/4500.993/450

4

E20.51070.993e2.81xcos(t3502.81x450)(ez)

20.36107e2.81xcos(t3502.81x450)(ez)

电磁场习题解答

第 34 页

在x1处



E1.226107cos(t1501)(ez)



H1.234107cos(t1960)ey

（3）、SEH20.36107e2.81xcos(t1502.81x)(ez)



20.5107e2.81xcos(t3502.81x)ey



4.171012e5.62xcos(t1502.81x)cos(t3502.81x)ex 

2.0851012e5.62x[cos(450)cos(2t2505.62x)]ex

 SavTT02.0851012e5.62x[cos(450)cos(2t2505.62x)]exdt



2.0851012e5.62xcos(450)ex



P[2.0851012cos(450)ex(ex)ds

s1

2.0851012e5.62cos(450)ex(ex)ds]

s

2s12.0851012cos(450)ds2.0851012e5.62cos(450)ds

s2s1s2

2.08510120.707[ds

e5.62ds]1.471012W/m3

6－3－

3、设一均匀平面电磁波在一良导体内传播，其传播速度为光在自由空间波速的1‰且波长为0.3mm，设煤质的磁导率为0，试决定该平面电磁波的频率及良导体的电导率。

解：

vc0.0013105m/s，而在良导体中：

2由上两式得：

223104，v3105



电磁场习题解答

第 35 页

8 9108

0

291010 0162即

2281100

0441106S/m 7900904109910100而

，29101009101041071106109Hz

f24497—

8、已知传输线在1GHz时的分布参数为：R010.4/m；C08.351012F/m；L01.33106H/m，G00.8106S/m。试求传输线的特性阻抗，衰减常数，相位常数，传输线上的波长及传播速度。

解：特性阻抗

R0jL0Z0G0jC010.4j21091.33106399.1

0.8106j21098.351012衰减常数和相位常数：

j(R0jL0)(G0jC0)

(10.4j21091.33106)(0.8106j21098.351012)

0.01315j20.93

由此可见

0.01315Np/m，20.93rad/m

电磁场习题解答

第 36 页

波速和波长：

vv3108m/, s 0.3m f7—4—

2、特性阻抗Z0100，长度为/8的无损耗传输线，输出端接有负载Zl(200j300)，输入端接有内阻为100、电压为50000V的电源。试求：（1）、传输线输入端的电压；（2）、负载吸收的平均功率；（3）、负载端的电压。

解：（1）、传输线的输入阻抗为

22Zlcos(l)jZ0sin(l)

ZinZ022Z0cos(l)jZlsin(l)

(200j300)cos()j100sin()4100100cos()j(200j300)sin()44

50(1j3)

0050005000520

I/45A 1010050j1501502/4530ZI50(1j3)52/450A372.68/-26.5V6

U1in13（2）、负载吸收的平均功率

由于传输线是无损线，所以负载吸收的平均功率等于传输线始端输入的平均功率

P2U1I1cos(26.560450)277.85W（3）、负载端的电压

Ucos2sin2cossin(l)jZI(l)U()jZI()

U210110144

电磁场习题解答

第 37 页

2]2[50(1j3)52/450j10052/450] [U1jZ0I12233250250/450[1j5]5.1/45078.690425/33.690V

337—

17、长度为/4的无损耗线联接如题7—17图。其特性阻抗Z0为50。

若要使电源发出最大功率，试决定集中参数B的值及电源内阻。

Z22解：Zlcos()jZ0sin()Z2025inZ044Zcos(22Z l(14)jZj)0lsin(4)

Y1(1j)inZ in25当 YjB1inR时电源发出的功率最大，由此可得

01j25jB1R

即 B1S，R025 025

电磁场习题解答

第 38 页

第五篇：大学物理课后习题总结

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2 ,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，求每个小球所带的电量．

解: 如题8-2图示

Tcosmg2qTsinF1e24π0(2lsin)解得 q2lsin40mgtan

8-6 长l=15.0cm的直导线AB上均匀地分布着线密度=5.0x10-9C·m-1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B端相距a1=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d2=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dx，其上电量dq在P点产生场强为

1dEPdx24π0(ax)EPdEP4π0l2l2dx(ax)24π0[1al21al2]

lπ0(4al)222用l15cm，5.0109Cm1,a12.5cm代入得EP6.7410NC11

方向水平向右 dx22(2)同理 dEQ有y分量，∵dEQy14π0xd2 方向如题8-6图所示由于对称性dEQxl0，即EQ只dx222d22224π0xdxd EQydEQyl1d24π2l2l2dx3

(xd2)2222π0ll4d222以5.0109Ccm, l15cm,d25cm代入得

EQEQy14.96102NC1，方向沿y轴正向

58-10 均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为2×108cm ,12cm 各点的场强．

C·m-3求距球心5cm，解: 高斯定理EdSsq,E4πr02q

0当r5cm时，q0,E0

r8cm时，qp4π33(r r内)

3∴ E4π324π0rr3r内23.48104NC1，方向沿半径向外．

r12cm时,q4π3(r外r内）33∴ E4π324π0rr3外r内344.1010 NC1

沿半径向外.8-11 半径为R1和R2(R2 ＞R1)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和-,试求:(1)r＜R1；(2)R1＜r＜R2；(3)r＞R2处各点的场强． 解: 高斯定理EdSsq

0取同轴圆柱形高斯面，侧面积S2πrl

则EdSE2πrl

S对(1)rRq0,E0(2)R1rR2 ql ∴E2π0r 沿径向向外(3)rRq0∴E0

8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为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点处的场强和电势．

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dlRd

则dqRd产生O点dE如图，由于对称性，O点场强沿y轴负方向

题8-17图

E2dEy2Rd4π0R2cos4π0R［sin(2)sin2］2π0R

(2)AB电荷在O点产生电势，以U0

U1Adx4π0xB2Rdx4π0xR4π0ln2 同理CD产生 U24π0ln2

半圆环产生U3πR4π0R40 ∴UOU1U2U32π0ln240

8-23

两个半径分别为R1和R2（R1＜R2)的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q，试计算：

(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；

(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电势； *(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量．

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

UR2Edrqdr4π0r2R2q4π0R

(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：Uq4π0R2q4π0R20

(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

Uq'4π0R1q'4π0R2qq'4π0R20 得qR1R2Aq外球壳上电势

8-27 在半径为R1的金属球之外包有一层外半径为

R2的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r，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DdSSq(1)介质内(R1rR2)场强

QrQrQrQr;介质外(rR2)场强D D,E内,E外33334πr4π0rr4πr4π0r(2)介质外(rR2)电势UrE外drQ4π0r

介质内(R1rR2)电势 UrE内drrE外drq4π0r(1r1R2)Q4π0R2Q4π0r(1rr1R2)

(3)金属球的电势

UR2R1E内drR2E外drR2Qdr4π0rr2RQdr4π0r2R2Q4π0r(1R1r1R2)

9-6 已知磁感应强度B2.0Wb·m-2的均匀磁场，方向沿x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

(1)通过abcd面积S1的磁通是1BS12.00.30.40.24Wb

(2)通过befc面积S2的磁通量2BS20(3)通过aefd面积S3的磁通量

3BS320.30.5cos20.30.5450.24Wb(或曰0.24Wb)

CD9-7 如题9-7图所示，AB、为长直导线，BC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、BC、CD三部分电流产生．其中

产生 B10 AB CD

产生B20I12R，方向垂直向里

CD 段产生 B30I4R2(sin90sin60)0I2R(132)，方向向里

∴B0B1B2B30I2R(1326)，方向向里．

9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线L1和L2，相距0.1m，通有方向相反的电流，I1=20A,I2=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L2的距离均为5.0cm．试求A，B两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．

题9-8图

解：如题9-8图所示,BA方向垂直纸面向里

BA0I12(0.10.05)0I220.051.2104T

(2)设B0在L2外侧距离L2为r处

则0I2(r0.1)I22r0解得r0.1 m

9-16 一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为a)和一同轴的导体圆管(内、外半径分别 为b,c)构成，如题9-16图所示．使用时，电流I从一导体流去，从另一导体流回．设电流都是均匀地分布在导体的横截面上，求：(1)导体圆柱内(r＜a),(2)两导体之间(a＜r＜b)，（3）导体圆筒内(b＜r＜c)以及(4)电缆外(r＞c)各点处磁感应强度的大小 解： Bdl0I

L(1)ra B2r0IrR22B220Ir2R2(2)arb B2r0IB0I(cr)2r(cb)22220I2r

(3)brc B2r0I(4)rc B2r0

rbcb220I B

B0

题9-16图

B9-19 在磁感应强度为的均匀磁场中，垂直于磁场方向的平面内有一段载流弯曲导线，电流为I，如题9-19图所示．求其所受的安培力． 解：在曲线上取dl 则 Fab∴ FabaIdlB ∵ dl与B夹角dl，B2不变，B是均匀的．

bbIdlBI(dl)BIabB 方向⊥ab向上，大小FabBIab baa题9-20图

9-20 如题9-20图所示，在长直导线AB内通以电流I1=20A，在矩形线圈CDEF中通有电

EF都与AB平行．流I2=10 A，AB与线圈共面，且CD，已知a=9.0cm,b=20.0cm,d=1.0 cm，求：

(1)导线AB的磁场对矩形线圈每边所作用的力；(2)矩形线圈所受合力和合力矩．

I4 解：(1)FCD方向垂直CD向左，大小FCDI2b018.010 N

2d同理FFE方向垂直FE向右，大小FFEI2bFCF方向垂直CF向上，大小为FCFda0I12(da)dr8.0100I1I225 N

0I1I22rdlndad9.2105 N 5FED方向垂直ED向下，大小为FEDFCF9.210N

(2)合力FFCDFFEFCFFED方向向左，大小为F7.2104N

合力矩MPmB

∵ 线圈与导线共面∴ Pm//B M0． 

10-1 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dr路半径以恒定速率dt=80cm·s-1 收缩时，求回路中感应电动势的大小． 解: 回路磁通 mBSBπr2 感应电动势大小

dmdtddt(Bπr)B2πr2drdt0.40 V

10-7 如题10-7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-1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10-7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．

AIDA产生电动势 1(vB)dlvBbvb0

D2dBC产生电动势 2CB(vB)dlvb0I2π(ad)(1d1

∴回路中总感应电动势 12方向沿顺时针．

0Ibv2πda)1.6108

V

6-20 容器中储有氧气，其压强为p＝0.1 MPa(即1atm)温度为27℃，求(1)单位体积中的分子n；(2)氧分子的质量m；(3)气体密度

；(4)分子间的平均距离e；(5)平均速率v；(6)方均根速率v；(7)分子的平均动能ε． 解：(1)由气体状态方程pnkT得nMmolN00.0326.0210232pkT0.11.013101.3810265233002.451024m3

(2)氧分子的质量m5.3210 kg

(3)由气体状态方程pVMMmolRT

得MmolpRT0.0320.11.013108.313001350.13 kgm3

(4)分子间的平均距离可近似计算en132.4510247.42109 m

(5)平均速率v1.60RTMmol1.608.313000.032446.58 ms1

(6)方均根速率v21.7352RTMmol52482.87ms1

(7)分子的平均动能kT1.3810233001.041020J

6-21 1mol氢气，在温度为27℃时，它的平动动能、转动动能和内能各是多少? 解：理想气体分子的能量

Ei2RT

328.313003739.5J 228.313002493J平动动能 t3 Et转动动能 r2 Er内能i5 Ei528.313006232.5 J

6-23 一真空管的真空度约为1.38×10-3 Pa(即1.0×10-5 mmHg)，试 求在27℃时单位体积中的分子数及分子的平均自由程(设分子的有效直径d＝3×10-10 m)．

pkT1.38101.3810233解：由气体状态方程pnkT得n3003.331017 m3 由平均自由程公式 12dn2 12910203.3310177.5 m

7-11 1 mol单原子理想气体从300 K加热到350 K，问在下列两过程中吸收了多少热量?增加了多少内能?对外作了多少功?(1)体积保持不变；(2)压力保持不变．

解：(1)等体过程由热力学第一定律得QE

QE328.31(350300)623.25 J对外作功 A0

(2)等压过程

QCP(T2T1)Q吸热 i22R(T2T1)

J 528.31(350300)1038.75 ECV(T2T1)E328.31(350300)623.25内能增加

J

对外作功 AQE1038.75623.5415.5J

7-13

0.01 m3氮气在温度为300 K时，由0.1 MPa(即1 atm)压缩到10 MPa．试分别求氮气经等温及绝热压缩后的(1)体积；(2)温度；(3)各过程对外所作的功．

解：(1)等温压缩 T由

300K

p1V1p2V2V2p1V1p2 求得体积

1100.011103

对外作功

m

3AVRTlnV2V1p1Vln5p1p2

11.013100.01ln0.01

34.6710J

5CVR2(2)绝热压缩

由绝热方程 p1V1p2V2V2(1p1V1p2)1/

V2((110p1V1p21)1/(p1p2)V1

3)40.011.9310m Tp1由绝热方程1T21T2p2 得

0.4T1p2p1113001.4(10)T2579K

热力学第一定律QEA，Q0 MMmolA所以 CV(T2T1)

pVMMmolRT，5Ap1V15RT12R(T2T1)

3A1.013100.00130052(579300)23.510 J

7-18 一卡诺热机在1000 K和300 K的两热源之间工作，试计算(1)热机效率；

(2)若低温热源不变，要使热机效率提高到80%，则高温热源温度需提高多少?(3)若高温热源不变，要使热机效率提高到80%，则低温热源温度需降低多少? 1解：(1)卡诺热机效率

T2T1

1000

(2)低温热源温度不变时，若 130070%1 300T180%

要求 1K，高温热源温度需提高500(3)高温热源温度不变时，若 T1500K

80%1000

要求 T2200K，低温热源温度需降低100K 1T27-20（1）用一卡诺循环的致冷机从7℃的热源中提取1000 J的热量传向27℃的热源，需要多少功?从-173℃向27℃呢?(2)一可逆的卡诺机，作热机使用时，如果工作的两热源的温度差愈大，则对于作功就愈有利．当作致冷机使用时，如果两热源的温度差愈大，对于致冷是否也愈有利?为什么? 解：(1)卡诺循环的致冷机

eQ2A静T2T1T2 7℃→27℃时，需作功 A1T1T2T2T1T2T2Q2300280280300100100100071.4 J

173℃→27℃时，需作功

A2Q210002000J

(2)从上面计算可看到，当高温热源温度一定时，低温热源温度越低，温度差愈大，提取同样的热量，则所需作功也越多，对致冷是不利的．