大学物理黄新民下册课后习题答

习题解答 14-1 将一无限长直载流导线，中部弯成一个半径为 R 的半圆形，求圆心处的。B 解：设电流为 I，O 点的磁场由两半无限长载流导线和载流半圆形产生。 321 BBBB 0 21 BB 载流圆环在圆心处产生的磁场为，则载流半圆环在圆心 O 处产生的磁场为 R I 2 0 方向如图 R I B 4 0 14-2 电流 I 均匀流过宽为 2a 无限长导体薄平板，求：(1) 通过板中线并与板面垂直的平 面上，距板面为 x 的一点 P 处磁感应强度；（2）当，但维持（称线电流B a a I i 2 密度）不变时，P 点处的。B 解：（1）如图 ， 则 dyidydI a I 2 2/122 00 )(22xy dI r dI dB 0sincos xyx dBdBdBdBdB x a a I xy xdy a I a a yy arctgdBBB 2)(22 0 22 0 (2)代入 取极限得a x a a I arctgB 2 0 24 00 i a I B 14-3 半径为 R 的圆片上均匀带电，电荷面密度为，令该圆片以角速度绕中心轴旋 e 转，求轴线上磁场分布。 解：圆盘每秒转动次数为，圆盘上电荷面密度为，在圆盘上取一半径为 2 2 R q e r，宽度为 dr 的环带，此环带所带电量rdrdq e 2 此环带转动相当于一圆电流，其电流大小为，它在 x 处产生的磁感应强度 2 dqdI 为 O dy y Bd x 2 ， 方向沿 x 轴，故 x 处的总磁感应强度大 drdB xr r xr dIr e 2/3)( 2 )(2 22 3 0 2/322 2 0 小为 R xR xR xr r xdrB ee 0)( 2 2 )( 2 2 2/122 22 0 2/322 3 0 14-4 一磁场的磁感应强度为则通过一半径为 R，开口向 Z 正方向)(TckbjaiB 的半球壳表面的磁通量为多少。 解： cRSdB m 2 14-5 均匀磁场的磁感应强度与半径为 r 的圆形平面的法线的夹角为，今以圆周为B n a 边界，作一半球面 S，S 与圆形平面组成封闭面，如图所示。求通过 S 面的磁通量。 解： cos 2B rSdB m 14-6 四条皆垂直于纸面的载流细长直导线，每条中的电流强度皆为 I。这四条导线被纸 面截得的断面如图所示，它们组成了边长为 2的正方形的四个顶角。每条导线中的电流亦如a 图所示。求图中正方形中心点 O 的磁感应强度 的大小。 解：对角线上的两条无限长载流导线在 O 点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，所 以 O 点的磁感应强度 。0B 14-7 均匀带电刚性细杆 AB，其电荷线密度，绕垂直于直线的轴 O 以角速度匀速转 （O 点在 AB 细杆的延长线上）求：（1）O 点的磁感应强度；（2）磁距。 o B m P 解：（1）对段，电荷，旋转形成圆电流，则 drrrdrdq 它在 O 点的磁感应强度 drdI dq 22 r dr r dI dB 42 0 00 a ba ba a r dr dBB ln 44 00 00 （2） drrdIrdpm 2 2 1 2 )( 33 6 1 2 2 1 abadrrdpp ba a mm n B S I a2 II I a2 O 3 14-8 将通有电流 I 的导线在同一平面内弯成如图所示的形状，求 D 点磁感应强度的大B 小。 解：其中 3/4 圆环在 D 点处的 a I B 8 3 1 0 AB 段在 D 处的磁感应强度 b I B 42 2 2 0 BC 段在 D 处的磁感应强度 b I B 42 2 3 0 方向相同，可知 D 处总的 B 为 321 ,BBB )( 2 2 3 4 0 ba I B 14-9 两无穷大平行平面上都有均匀分布的面电流。面电流密度分别为 和 ，若 和 1 i 2 i 1 i 之间夹角为 ，如图，求：（1）两面之间的磁感应强度；（2）两面之外空间的磁感应 2 i 1 B 强度。 2 B 解：当只有一块无限大平面存在时，利用安培环路定理，可知板外的磁感应强度值为 ，现有两块无限大平面，与夹角为，因，故夹角也iB 0 2 1 1 i 2 i 2211 ,iBiB 21,B B 为或。 （1）在两面之间的夹角为，故 21,B B )( 2/1 21 2 2 2 10 2 1 1 )cos2(iiiiB （2）在两面之外的夹角为，故 21,B B 2/1 21 2 2 2 10 2 1 2 )cos2(iiiiB 14-10 在真空中，电流由长直导线（沿半径方向经点流入一电阻均匀分布的圆环，再a 由点沿切向从圆环流出，经长直导线 2 流回电源（如图）。已知直导线上的电流强度 I，圆b 环半径为 R，且、和圆心 O 在同一直线上，求 O 处磁感应强度。abB o ra b dr AB DC a b b I 2 i 1 i a 1 b 2 c d O 4 解：acb 段和 adb 段在 O 点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，合场强为 0；1a 段在 O 处产生的磁感应强度为 0；b2 段在 O 处产生的磁感应强度即为 O 点的磁感应强度，即 R I R I B 424 00 )cos(cos 14-11 电缆由一导体圆柱和一同轴导体圆筒构成。使用时，电流 I 从一导体流进，从另一 导体流出。电流均匀分布在横截面上。设圆柱的半径为，圆筒的内、外半径分别为和， 1 r 2 r 3 r 令为到轴线垂直距离，求从 O 到范围内各点磁感应强度。rr 解：由安培环路定理得 I l d Brr 011 2 1 0 2 1 2 1 2 01 2 r Ir r I BrrB I l d Brrr 0221 r I BIrB 2 202 0 2 Il dBrrr 0332 )()(2 2 2 2 3 22 30 2 2 2 3 2 3 2 2 2 03 rr rr r I rr I BrrIrB 00 4043 BI l d Brr 14-12 一矩形截面的螺绕环，内径为、外径为、矩形高为，求： 1 D 2 Dh (1) 环内磁感应强度的分布； (2) 通过螺绕环截面的磁通量（设为所求点到环心距离，N 为匝数，I 为电流强度）。r 解：（1）由安培环路定理得 r NI BNIrBIldB 2 00 0 2 （2） 磁通量 1 20 2 2 2 1 0 ln 22D DNIh r NI m D D hdrSdB O r I r p v e r3 5 14-13 空气中有一半径为的“无限长”直圆柱金属导体，为其中心轴线，在圆柱rO O 体内挖一直径为的圆柱空洞，空洞侧面与相切，在未挖洞部分通以均匀分布的电流 2 r O O I，其方向如图所示，在距轴线处有一电子（电量e）沿平行于轴方向向下以速度r3O O 飞经 P 点，求电子飞经 P 点时，所受的力。V 解：导体柱中电流密度 22 4 2 15 16 )(r I r I r 用补偿法来求 p 处的磁感应强度，把空洞补上，设电流密度不变，由安培环路定律，这电流在 p 处产生的磁感应强度为 ，方向垂直纸面向里。 6 1 0 r B 在考虑空洞区流过同样电流密度的反向电流，它在 p 处产生的磁感应强度为， 88 2 0 r B 方向垂直纸面向外。 P 处磁感应强度 ，方向垂直纸面向外。 264 41 21 0 r BBB 电子受到的洛仑兹力为 ，方向向左。 r Iev evBf 0 495 82 14-14 边长为的正方形线圈载有电流 I，线圈可绕过某一对边中点的轴自由转动。线a 圈处在与转轴垂直的均匀磁场中。若线圈的转动惯量为 J，求线圈在其平衡位置做微小摆动的 周 T。 解：线圈受磁力矩 ， BmM sinmBM JJBIaJmBMsinsin 2 J BIa J BIa 22 2 0sin BIa J T 2 2 2 14-15 一螺线管长 30cm，横截面积直径为 1.5cm，其上每厘米绕有 100 匝的细导线。当 导线通有 2.0A 电流时，把此螺线管放到 B=4.0(T)的均匀磁场中，求：（1）螺线管的磁距； （2）螺线管所受磁力矩的最大值。 解：（1）螺线管的磁矩 )(06 . 1 210)(30100 242 2 5 . 1 AmNSIm （2） )(24 . 4 406 . 1 max NmmBMBmM 14-16 载有电流的长直导线旁有一载有电流的正方形线圈，其边长为，且可绕 1 I 2 Ia2 过对边中点的轴自由转动。转轴与长直导线平行，相距。求：（1）当方形线圈所在)(abb 平面与转轴及长直导线所确定的平面夹角为时，线圈所受的合力和合力矩；（2）线F M 圈平衡时的值；（3）线圈从平衡位置转到时，激发的磁场对载流线圈所作的功。2/ 1 I 解：（1） 与长直导线平行的两边受力的合力为 0，另两边受力分别为 cos2 22 210 1 abba aII F 6 cos2 22 210 2 abba aII F cos2 cos cos2 cos 22 1 22 2 abba ab F abba ab FFx cos2 cos cos2 cos ( 2222 210 abba ab abba abaII ) cos2 sin cos2 sin 22 1 22 2 abba a F abba a FFy ) cos2 sin cos2 sin ( 2222 2 210 abbaabba aII 合力矩 ) cos2 1 cos2 1 ( sin 2222 2 210 abbaabba baII M （2）0 （3） ab ab IaI IA ln 210 14-17 图中曲线是一带电粒子在均匀磁场中的运动轨迹，斜线部分是铝板，粒子通过它 要损失能量，磁场方向如图，问带电粒子电荷是正还是负？为什么？ 解：粒子运动的轨迹半径 ，由图示知铝板下部分轨迹半径小，所以铝板 vR qB mv 下方粒子速度小，可知粒子由上方射入，因而粒子带正电。 14-1814-18 有一无限大平面导体薄板，自下而上均匀通有电流，书籍其面电流密度为 （即单i 位宽度上通有的电流强度）。有一质量为 m，带正电量为 q 的粒子，以速度 V 沿平板法向向 外运动（如图所示）求： （1）带电粒子最初至少在距板什么位置处才不与大平板碰撞； （2）经多长时间，才能回到初始位置。（不计重力） 解：（1）由安培环路定理可求板外的磁场为 ，板右侧垂直纸面向里。iB 0 2 1 由洛仑兹力公式可求得 ，所以带电粒子至少从距板 R 处开始向外运动才不与大平板 qB mv R 碰撞。 （2）返回时间 iq m v R T 0 42 14-19 有半导体通有电流 I，放在均匀磁场中，其上下表面累积电荷如图所示，试判断B 它们各是什么类型的半导体？ 解：n 型（电子型） p 型（空穴型） B i v 7 14-20 一圆线圈的半径为 R，载有电流 I，置于均匀分布的外磁场中。如图所示，在不B 考虑载流圆线圈本身所激发的磁场的民政部下，求线圈导线所受的张力（线圈的法向与同方B 向）。 解：考虑半圆形载流导线所受的安培力 RIBF2 列出力的平衡方程式 IBRTTRIB22 14-21 如图，一条任意开关的载流导线，位于均匀磁场中，证明它所受的安培力等于载流 直导线所受的安培力。ab 解：由安培定律 ，ab 整条曲线所受安培力为 BlId f d b a BlId f d f 因为整条导线中 I 是不变量，又处在均匀磁场中，可以把 I 和提到积分号之外，即B BabIBl dIBlIdf b a b a 可见，起点与终点一样的曲导线和直导线，只要处在均匀磁场中，所受安培力一样。 14-22 如图所示，一固定载流大平板，在其附近，有一载流小线框能自由转动或平动。线 框平面与大平板垂直。大平板与线框中电流如图，则从大平板向外看，通电线框的运动情况怎 样。 解：逆时针转动。 14-23 通有电流 I 的长直导线在平面内被弯成如图形状，处于垂直纸面的均匀磁场中，B 求整个导线所受的安培力。（R 为已知） 解：长直导线 AC 和 BD 受力大小相等，方向相反且在同一直线上，故合力为零。现计算 半圆部分受力，取电流元， lId 即 BlIdFd IRBddF B I B I B R O I T T F 题 14 - 21 图 B I I b a A 1 I 2 I B 题 14 - 22 图 题 14 - 23 图 II R Y X F F Fd x dF y dF d CD BA 8 由于对称性 0 dFx 0 2sinRIBdIRBdFFF yy 方向沿 y 轴正向。 14-24 一电子动能为，在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动。当时，ev10)(0 . 1GB 求：（1）电子的轨道半径 R；（2）电子的回旋周期；（3）顺方向看，电子是顺时针回旋B 吗？ 解：（1）由题意得 )(0 . 110 2 1 2 GBeVmv 又 mRqvB R v m11 . 0 2 得 （2）s v R T 7 106 . 3 2 （3）顺方向看，电子顺时针回旋。B 14-25 一电子在 B=30G 的匀强磁场中沿半径 R=20cm，螺距 h=5.0cm 的螺旋线运动。已知 电子的荷质比，求电子的速率。kgc m e 11 1076 . 1 解：令电子速率为，则平行于的分量和垂直于的分量分别为 vBBsincosvv sin )sin( cos 2 eBv R v mTvh smv v R T/101 . 1 sin 2 8 得 14-26 一铜片厚 d=1.0mm，放在 B=1.5T 的磁场中，磁场方向与铜片垂直。已知铜片里每 立方厘米有个自由电子，每个电子电荷，当铜片中有 I=200A 22 104 . 8Ce 19 106 . 1 的电流时，求： （1） 铜片两侧电势差 U； （2） 铜片宽度 d 对 U 有无影响？为什么？ 解：（1） V nqd IB U 5 102 . 2 （2） d 对 U 的影响由上式可知。 14-27 如图所示，有一密绕的平面螺旋线圈，其上通有电流 I，总匝数为 N ，它被限制在 半径为和的两个圆周之间，求此螺旋线中心 处的磁感应强度。 1 R 2 RO 解：以 O 为圆心，在线圈所在处作一半径为 r 的圆。则在 r 到 r+d r 的圈数为 dr RR N 12 由圆电流公式得 )(2 12 RRr NIdr dB 1 2 12 0 12 0 ln )(2)(2 2 1R R RR NI RRr B R R NIdr 方向 9 14-28 将 N 根相互绝缘的细长直导线平行紧密排成一圆筒形，筒半径为 R。如图所示，每 根导