新编基础物理学答案_第11章

1、第11章 恒定电流与真空中的恒定磁场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， 使两极间维持一定的电位差。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。把这两种电场与静电场比较，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vv Fv决定于单位正电荷所受的非静电力，E o当然电源种类不同，Fk的起因也不同。q

2、11-2静电场与恒定电场有什么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r r答：此题涉及知识点：电流强度Ij ds ,电流密度概念，电场强度概念，欧姆定律的微sr r分形式j E o设铜线材料横截面均

3、匀，银层的材料和厚度也均匀。由于加在两者上的电压r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不同，r rrr rr根据j E知，它们中的电流密度 j不相同。电流强度I j ds ,铜线和银层的j不同但s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)若是电场或者是磁场在起作用，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。可以改变质子的运动方向，通过质子观察运动轨迹来判断是电场还是磁场在起作用。11-5 3个粒子，当它们通过磁场时沿

4、着如题图11-5所示的路径运动，对每个粒子可作出什么判断答：根据带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力规律，通过观察运动轨迹的不同可以判断三种粒子是否带电和带电种类。题图11-511-6 一长直载流导线如题图11-6所示，沿Oy轴正向放置，在原点O处取一电流元Idr ,求该电流元在(a0, 0), (0, a, 0)(a, si, 0), (a, a, a)各点处的磁感应强度v Bo分析：根据毕奥-萨伐尔定律求解。解：由毕奥-萨伐尔定律Jj.tnr dBr r0 Idl r题图11-6原点O处的电流元rIdl在(a, 00)点产生的r dBr r0 Idlj ai-L 34冗 a0I-3ar(adlk

5、 )*kr4 TiarIdl 在(00)r点产生的B为:r dBr r0 Idlj aj严(；4 Tiar j)0,rIdl 在(a0)点产生的rIdl 在(ar dBa)r dBr0 Idlj4兀r (ai( 2a)3raj)501dl k.16tQ2r点产生的B为r r r0 Idlj (ai ajrak)(13a)3/3 0Idl r r16 (ik).题图11-711-7 用两根彼此平行的长直导线将半径为R的均匀导体圆环联到电源上，如题图11-7所示，b点为切点，求 O点的磁感应 强度。分析：应用毕奥-萨伐尔定律分别求出载流直导线L1和L2以及导体圆环上并联的大圆弧 ab大和小圆弧ab

6、小在O点产生的磁感应解：先看导体圆环,强度，再利用磁感应强度的矢量叠加来求解。由于 ab大和ab小并联，设大圆弧有电流11，小圆弧有电流12,必有:IR大I2R小由于圆环材料相同， 电阻率相同，截面积S相同，实际电阻与圆环弧的弧长 l大和l小有关，即:Il大 12I /' r则I1在O点产生的B1的大小为B10 I1l 大4tR2r而I 2在O点产生的B2的大小为B20I 21 小4 R2B1.r rB1和B2方向相反，大小相等.即r rBB20。直导线L1在O点产生的rB3= 0。直导线L2在O点产生的B40I,万向垂直纸面向外。4 R则O点总的磁感强度大小为Bo方向垂直纸面向外11

7、-8一载有电流I的长导线弯折成如题图11-8所示 的形状，CD为1/4圆弧，半径为 R圆心O在AC EF的延长线上.求O点处磁场的场强。r题图11-8解：因为O点在AC和EF的延长线上,EF段对O点的磁场没有贡献。CDiBCDoI4 R 8RDE段BDE-(cos45 acos135)0I4 .2R/2 20I"RO点总磁感应强度为方同垂直纸面向外.BDEBCD0IoI2 R 8R21 12R 411-9.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, I 2=10A,如题图 11-9 所示.aiIM ' Odm I0.05

8、I. 20Ab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 .试题图11-9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.分析：先根据无限长载流直导线的磁感应强度公式,v解：如题图9-8所示，Ba方向垂直纸面向里由矢量叠加即可求出空中某场点的合场强oBa02 X0.1Ii0.05)0I 22 冗 0.05-4 _1.2 10 (T)VBb方向垂直纸面向外Bb0I 22 冗 0.05o112 冗(0.1 0.05)1.33_ 5 10 (T)设B 0在L2外侧距离12为处分析：O点的磁感强度 B为各段载流导线在 O点产生磁 感强度的矢量和。解得0112 或r 0.

9、1) 2urr 0.1m11-10如题图11-10所示.一无限长薄电流板均匀通有电流I ,电流板宽为a ,求在电流板同一平面内距板边为a的P点处的磁感应强度。分析：将无限长薄电流板分割成许多无限长载流直导线，应用无限长载.f- ar流直导线产生的磁场 dB公式，然后积分求解总的磁感应强度。注意利 ”3.1用场的对称性。题图11-10解：在电流板上距 P点x处取宽为dx并平行于电流I的无限长窄条，窄条中的电流为dI-dx. adI在P点处产生的磁感强度为dB0dI，方向垂直纸面向里。整个电流板上各窄条电流在P点处产生的dB方向相同,B dB0dI2a0-dx"ln22必dIdB方向垂直

10、纸面向里。11-11 在半径R 1cm的“无限长”半圆柱形金属薄片中，有电流I 5A自下而上地通过，如题图 11-10所示。试求圆柱轴线上一点P处的磁感应强度。分析：将半圆柱形金属薄片分割成许多无限长载流直导线，应用无限长载流直导线产生的磁场dB公式，将dB按坐标轴分解后再积分求解总的磁感应强度。注意利用场的对称性。解：如解11-10图所示，无限长载流半圆形金属薄片可看成由许多宽为dl Rd的无限长电流窄条所组成，每根导线上的电流在P点产生的磁场dB大小为dB 0dI ,方向按右手螺2uR旋法则确定。dl RdTRTR0dI01d2tR2而由于各电流窄条产生的磁场方向各不相同，应按坐标轴分解将

11、矢量积分化为标量积分，即BxdBxdBsinBydBydBcos01d .2 sin0 2 2r01d2cos 0 2 2R012R,0.所以Bx2-5 6.3710105 (T)方向向右。11-12 在半彳仝为R及r的两圆周之间,有一总匝数为N的均匀密绕平面线圈（如题图11-12）通有电流I ,求线圈中心心）处的磁感应强度。分析：将密绕平面线圈分割成许多同心的圆电流，利用载流圆环r在其圆心处产生的磁场 dB公式求解，然后再积分求解总的磁感应（即两圆圆题图11-12强度。解：由于载流螺旋线绕得很密，可以将它看成由许多同心的圆电流所组成，在沿径向r到R范围内，单位长度的线圈匝数为Nn .R r任

12、取半径？，宽为d?的电流环，该电流环共有电流为IN H Ind d .R r该电流环在线圈中心产生的磁感强度大小为dB -Ind20IN d2(R r)圆心处总磁感强度大小R0IN dr 2(R r)4*2(R r) rr公式dB公式，再积分求解总的磁感应强度。题图11-13方向垂直纸面向外。11-13 如题图11-13所示，在顶角为2的圆锥台上密绕以线圈，共 N匝， 通以电流I ,绕有线圈部分的上下底半径分别为r和R.求圆锥顶O处的磁感应强度的大小.分析：将密绕线圈看成许多载流圆环，利用载流圆环在其轴线上产生的磁场解：只要将题11-12中的均匀密绕平面线圈沿通过中心的轴垂直上提，便与本题条件

13、相一致，故解题思路也相似。如解图11-12建立坐标，取半径为？，宽为d?的电流环的密绕线圈,其含有匝数为通电流为dI-N-d .R r11-12因为cotdx d cot 。半径为？的一小匝电流在O点产生的dB大小为dB0 2dI2( 2 + x2)3/202( 2+ 2NI2 、3/2 .cot ) (R r)oNI2csc3 (R r)30NI sin d2(R r)-所有电流产生的磁场方向均沿 x轴，所以其磁感强度大小为B oNI sin3Rd2(R r)r0NIsin3 lnR.2(R r) r题图11-1411-14 半径为R的木球上绕有细导线，所绕线圈很紧密，相邻的线圈彼此平行地靠

14、着，以单层盖住半个球面共有N匝，如题图11-14所示。设导线中通有电流I ,求在球心O处的磁感应强度。分析：考虑线圈沿圆弧均匀分布，利用载流圆环在其轴线上产生的磁感应强度公式求解，再积分求解总的磁感应强度。解：建立如解图11-14所示坐标，x轴垂直线圈平面，考虑线圈沿圆弧均匀分布，故在x x dx内含有线圈的匝数为dN2NRd R线圈中通电流I时，中心O点处磁感强度为dB2(x2oIy22、3/2 y)dN.因为解图11-13x Rsin , y Rcos对整个半球积分求得O点总磁感强度为dB2(x2JdN2 3/2y )0N %os2 d 5R4R方向沿x轴正向。11-15 一个塑料圆盘，半

15、径为R,带电q均匀分布于表面，圆盘绕通过圆心垂直盘面的轴转动，角速度为.试证明(1)在圆盘中心处的磁感应强度为B -0-2 R1 O(2)圆盘的磁偶极矩为 pm 1q R24分析：均匀带电圆盘以角速度旋转时相当于圆电流，利用载流圆环在其圆心处产生的磁场 公式求解，再积分求解总的磁感应强度。解：(1)在圆盘上取一个半径为 r、宽为dr的细圆环，其所带电量为q -dq 2 rdr 2 rdr圆盘转动后相当于圆电流dI ndqqR222 rdrqrdrR2若干个圆电流在圆心产生的磁感强度为dBodlqrdr(2)细圆环的磁矩为转动圆盘的总磁矩为方向沿轴向。2r0 2r32 qrqrdpm SdI r

16、 2dr2- drRRpm124q R11-16已知一均匀磁场的磁感应强度B=2方向沿x轴如题图11-16所示。试求：(1)通过图中ABC的磁通量;(2)通过图中BEF丽的磁通量;(3)通过图中AEF而的磁通量。分析：应用磁通量概念求解。解：(1)取各面由内向外为法线正方向。则题图11-16题图11-17则通过等边三角形的磁通量为v V b h IB dS -2(bSb 2 xx)tan30 dxb h .301b h x , dx(b h)ln S h . 3b解图11-1711-18 一根很长的圆柱形实心铜导线半径为R ,均匀载流为试计算：(1)如题图11-18 (a)所示，导线内部通过单

17、位长度导线剖面 的磁通量；(2)如题图11-18 (a)所示，导线外部通过单位长度导线剖面 的磁通量._2_2_ abcd BSabcdcos 240 1030100.24(Wb)穿入(2) BEFCBSBEFC 8s 0.(3) AEFDBSaefd C0sBSaefd0.24(Wb)穿出11-17 如题图11-17所示，在长直导线 AB内通有电流I ,有一与之共面的等边三角形CDE其高为h ,平行于直导线的一边 CEHJ直导线白距离为 b。 求穿过此三角形线圈的磁通量。分析：由于磁场不均匀，将三角形面积分割成许多平行于长直导线的狭条，应用磁通量概念求出穿过狭条面元的磁通量，然后利用积分求出

18、穿过三角形线圈的磁通量。解：建立如解图11-17所示坐标，取距电流 AB为x远处的宽为dx且与AB 平行的狭条为面积元dS 2(b h x)tan30 dx.2 r题图11-18分析 解此题需分以下两步走：先由安培环路定理求得导线内、外的磁感应强度分布情况；再根据磁通量的定义式VdS来求解。解由磁场的安培环路定理可求得磁感应强度分布情况为B内器 (r R)2 R0I(r R)然后求磁通量。沿轴线方向在剖面取面元dS ldr ,考虑到面元上各点 B相同，故穿过面元的磁通量d BdS,通过积分，可得单位长度导线内的磁通量。(1)导线内部通过单位长度导线剖面的磁通量RR nIrn I内0B内dr02

19、11b十(2)导线外部通过单位长度导线剖面的磁通量.2Rr B外dr，Iln2 2各点(a r b)的磁感应强度 B由下式给出：B222 (b2 a2)r题图11-19由对称性可知，取以轴为圆心,r为半径的圆周为积分回路L ,则由安培环路定理B dlIiB2 r(r2a2)oI22ra722ba11-19 如题图11-19所示的空心柱形导体，柱的内外半彳5分别为 a和b,导体内载有电流I ,设电流I均匀分布在导体的横截面上。求证导体内部分析：应用安培环路定理求解。注意环路中电流的计算，应该是先求出载 流导体内电流密度，再求出穿过环路的电流。证明：载流导体内电流密度为I22(b a )题图11-

20、20从而有2r2 (b2a2)r11-20 有一根很长的同轴电缆，由两个同轴圆筒状导体组成，这两个圆筒状导体的尺寸如题图11-19所示。在这两导体中，有大小相等而方向相反的 电流I流过。求：(1)内圆筒导体内各点(r a)的磁感应强度 B;(2)两导体之间(ar b)的B；(3)外圆筒导体内(b r c)的B；(4)电缆外(r c)各点的Bo分析：应用安培环路定理求解。求外圆筒导体内( b r c)的B时，注意环路中电流的计算，应该是先求出外圆导体内电流密度，再结合内圆筒的电流，求出穿过环路的电流。解：在电缆的横截面，以截面的轴为圆心，将不同的半径r作圆弧并取其为安培积分回路L,然后,应用安培

21、环路定理求解,可得离轴不同距离处的磁场分布。(2)a 时，口 B dliB=0b时，同理可得Iic时，有B2I (r2 b2)(c2 b2)b2c 时，B=011-21 在半彳5为R的长直圆柱形导体内部，与轴线平行地挖成一半径为r的长直圆柱形空腔，两轴间距离为 a,且a > r,横截面如题图：”11-21所示.现在电流I沿导体管流动，电流均匀分布在管的横截面上，而电流方向与管的轴线平行.求：、(1)圆柱轴线上的磁感应强度的大小；11-21(2)空心部分轴线上的磁感应强度的大小.题图分析 用填补法。空间各点磁场可看作半径为R ,电流为I1均匀分布在横截面上的圆柱导体和半径为r电流为流密度相

22、同。解：载流导体内电流密度为I 2均匀分布在横截面上的圆柱导体磁场之和.两电I/ -227(R r )(1)圆柱轴线上的磁感应强度的大小 电流I1产生的磁感应强度B10电流 I2产生的磁感应强度B2合场强BoBiB2oIr2a(R2 r2)(2)空心部分轴线上。点B的大小:电流12产生的B20电流I1产生的o Ia2B12Th0 Ia222 KR r )所以BoBiB2oIa2 (R2 r2)11-22 电子在B 7.0 103T的匀强磁场中做圆周运动，圆周半径r 3.0cm,某时刻电子在 A点，速度v向上，如题图11-21所示。(1)试画出电子运动的轨道；(2)求电子速度v的大小；(3)求电

23、子动能Ek。分析：应用运动电荷在匀强磁场中所受洛伦兹力公式并结合牛顿第二定律求解。解：(1)由洛伦兹力r v rF ( e)v B,得电子的运动轨迹为由 A点出发刚开始向右转弯半径为r的圆形轨道。由2F evBerBv m12(3) Ekmv2X XV X iX X XMax题图11-22m一，得r1.6 10 19 0.03 7.0 10 39.1 10 313.771107(m s 1)1_31_7 2_ _9.1 10(3.7 10 ) = 6.2210 16(J)r注意分析带电粒子在平行于B的r方向和垂直B的方向上运动的不同特点。一v r带电粒子在均匀磁场中运动时，当J与B成？=89?

24、时,解:2 2.0 103 1.6 10 19其轨迹为螺旋题图11-23eBvTeB9.11 10312.65 107(ms1)29.11 10 31-Z _ 19" T1.6 100.102.68 107 cos892.68 107 sin89191.6 10 1911-24某瞬间在A点有一质子运动。相距r 104cm远处的3.683.569.110.101010 1010 31a 以 va 1071.661.5110 4(m)310 (m)31B点有另一质子b以vb 2 10 m s沿图不题图11-241m s沿题图11-24中所小万向方向运动。va,vb,r在同一平面内，求质子

25、 b所受的洛伦兹力的大小和方向。分析：当考察两运动电荷的相互作用时， 可从运动电荷 B在运动电荷 A形成的磁场中运动着手,求得所受磁力的大小和方向。解：质子A以va运动经过a点的瞬间在b点产生的磁感强度为B3esin454 r2方向垂直纸面向外。质子B以vb运动，在经过b的同一瞬间受洛伦兹力为F evbB2*sin 453.6 10 23N11-23 把的一个正电子射入磁感应强度B为0.10Wb m 2的均匀磁场内（题图11-22）,其速度矢量，与B成89?角，路径成螺旋线，其轴在B的方向.试求这螺旋线运动的周期 T、螺距分析：应用洛伦兹力分析带电粒子在均匀磁场中的运动求解。v r方向垂直vb

26、和B组成的平面，满足右手螺旋。11-25 如题图11-25所示，一根长直导线载有电流I1 30A ,矩形回路载有电流I2 20A ,已知 a 1.0cm, b 8.0cm, l 12cm.试计算:（1）作用在回路各边上的安培力；（2）作用在回路上的合力.F BIL来求解，各分析 （1）对于矩形上、下两段导线由于所处磁场不均匀，所受安培力用定义式积分法求解, 对于矩形左右两段竖直导线由于各自所处磁感应强度为定值，可直接由r v.而矩形的左右两段导线由于所处磁自受力方向可用右手螺旋沿Idl B的方向来判定；（2）由于上、下两段导线F1和F2的大小相等，方向相反，对矩形回路来说，该两力的矢量和为零感

27、强度不等，所受安培力 F3和F4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：（1）由分析可知，上下导线所受安培力大小相等，方向相反。a b IF1F2I2dIBsin0-1I2dx1 a2Tx左右导线所受安培力大小分别为0I1I2 , a b In2兀 a线框所受总的安培力F3F4F3F40I J 2I2 a0 I1I 2lF为左、右两边安培力0I11212始0I1I2IF3和F4之矢量和，故合力的大小为1.28 10 3(N)合力的方向朝左，指向直导线11-26如题图11-26所示，长直电流I1附近有一等腰直角三角形线框，通以电流上,二者共面.求三角形线框各边所受的磁力.分析

28、：根据无限长载流导线所产生磁场的磁感应强度公式，B与r成反比。 ABC三条边中：AB边各点所处磁感应强度相同， 可直接代入安培力公式中求解，无需积分； AC和BC边由于各点所处磁感应强度均不同，因此需建立坐标系、取电流元，根据安培力定义式用积分法求解。解： AB边所受的磁场力题图11-26F ABABI2dl01112a方向垂直AB向左;AC边所受的磁场力FacCAI2dlB12droI 12""r011I2 ln d a2(T方向垂直AC向下；同理BC边所受的磁场力的大小FbcaI2dl0 I12 <因为dldrcos45所以F BC2 r cos450I1I2 ,

29、 d a2 1n 丁方向垂直BC向上.11-27 载有电流I20A的长直导线AB旁有一同平面的导线ab, ab长为9cm,通以电流Ii 20A o求当ab垂直AB a与垂足O点的距离为1cm时,导线ab所受的力，以及对O点力矩的大小。分析：本题中各电流元受安培力方向相同，而大小随位置变化（B随位置变化）而变化，故需通过积分求解合力。各电流元受磁力矩方向也相同，大小也随位置变化而变化，导线对O点的磁力矩也需通过积分求解。解：电流ab中任意电流元受力大小为 df I1Bdx。f df0.1 . dx0.01 20 1111n 20.10.01410 72020ln10 1.84410 (N)对O点

30、力矩为M dMxdf0.1/xdx0.01 2 x0I1I2(0.120.01)7.2 10 6(mN)题图11-28仅需考虑线框OO轴力矩的平衡，而不需考虑力的平衡。即rM 0。磁力矩可用闭合线框受到磁力矩11-28 截面积为S,密度为 的铜导线，被弯成正方形的三边，可以 绕水平轴OO转动，如题图11-28所示。导线放在方向为竖直向上的匀强磁场中，当导线中的电流为I时，导线离开原来的竖直位置偏转8.9g cm一角度为 而平衡，求磁感应强度。如 S 2mm 2,15 , I 10A。B应为多少 分析：载流线框绕 OO转动，由于没有平动只有转动,求解。解：设正方形各边长度为 l ,质量为m ,平衡时重力对 OO轴的力矩l2.M重 2mg sin mgl sin 2l sgsin2载流线框受到磁力矩既可用整个线框受到磁力矩,也可用各导线段受力对轴的合力矩（因为此rr r时以一条边为转轴），即M pm B ,其大小为M 磁 PmBsin2 _Il 2Bcos平衡时有