新编基础物理学答案_

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,静电场起的是抵抗电流的作用.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拟,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F,决定于单位正电荷所受的非静电力,E=.当然电源种类不同,Fk的起因也不同.q11-2静电场与

2、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,根本规律相同,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.正由于建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化,因此静电场的两条根本定理,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.11-3一根铜导线外表涂以银层,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I=fjdS,电流密度概念,电场强度概念,欧姆定律的微s分形式j=oE.设铜线材料横截面均匀,银层的材料和厚度也均匀.由

3、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仃不同,根据j=bE知,它们中的电流密度j不相同.电流强度I=jjdS,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)假设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.11-53个粒子,当它们通过磁场时沿着如题图11-5所示的路径运动,对每个粒子可作出什

4、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.11-6一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Idl,求该电流元在(a,0,0),(0,a,0),(a,a,0),(a,a,a)各点处的磁感应强度B.分析：根据毕奥-萨伐尔定律求解.解：由毕奥-萨伐尔定律dB二3.4冗r题图11-5原点O处的电流元Idl在(a,0,0)点产生的B为:dB=0Idljai-L34冗a.1(.adlk)k4必Idl在(0,a,0)点产生的B为：0Idljaj/0IdldB-,3一,2(jj)-0,4冗a471aIdl在(a,

5、a,0)点产生的B为：0Idlj(aiaj)、2加dB_3=2k.4九(x2a)316必2Idl在(a,a,a)点产生的B为二0Idlj_(ai_aj_ak)、3%IdldB一4冗(J3a)3一36-(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小在O点产生的磁感应强度,再利用磁感应强度的矢量叠加来求解.解：先看导体圆环,由于ab大和ab小并联,设大圆弧有电流I1,小圆弧有电流I2,必有:由于圆环材料相

6、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:那么11在o点产生的B的大小为_X0111大B1=2"4tR2而12在o点产生的B2的大小为=B1.Ch月小B2=24二R231和B2方向相反,大小相等.即B1+B2=0.艮=0.直导线L2在O点产生的b4=0,方向垂直纸面向外.4二R那么O点总的磁感强度大小为°I4二R方向垂直纸面向外11-8一载有电流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.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.题图11-8解：由

7、于O点在AC和EF的延长线上,故AC和EF段对O点的磁场没有奉献.CD段BCD%I二_AL4二R二一8RJ°I2DE段Bde=W(cos45Lcos135°)=).14二a4二；2R/2O点总磁感应强度为B=BdeBcdol31.12二R8R-2R4二方同垂直纸面向外题图11-911-9.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,11=20A,I2=10A,如题图11-9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.分析：先根据无限长载流直导线的

8、磁感应强度公式,由矢量叠加即可求出空中某场点的合场强.解：如题图9-8所示,Ba方向垂直纸面向里0I10I2工Ba=0-J-0-=1.210(T)2<0.1-0.05)2ux0.05Bb方向垂直纸面向外-012-0113Bb=-0-11.3310(T)2冗0.052冗(0.10.05)设B=0在L2外侧距离L2为r处那么解得2Mr+0.1)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,应用无限长载流直导线产生的磁场dB公式,然后积分求解总

9、的磁感应强度.注意利题图11-10用场的对称性.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dl在P点处产生的磁感强度为8=上辿,方向垂直纸面向里.2二x整个电流板上各窄条电流在P点处产生的dB方向相同,故B=dB=.2Tx0dl2a0l0l-dx=ln22冰la2271a方向垂直纸面向里.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

10、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=RdH的无限长电流窄条所组成,每根导线上的电dl流在P点广生的磁场dB大小为dB=0,方向按右手螺旋2uR法那么确定.dB=0dl0ld.2u2R题图11-11由于各电流窄条产生的磁场方向各不相同,应按坐标轴分解将矢量积分化为标量积分,即Bx=.dBx=dBsin1=°二0ld.2-2RBy=dBy=dBcosi=二*cos02二2R=0.所以B=Bx=6.37103(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

11、央即两圆圆心处的磁感应强度.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二.R-r任取半径P,宽为dN勺电流环,该电流环共有电流为Ind=INd:.R-r该电流环在线圈中央产生的磁感强度大小为题图11-12dBA2：Ind=0INd：2(R-r):0IN,Rln,2(R-r)r题图11-13圆心处总磁感强度大小R%INd：B=dB=r2(R-r):方向垂直纸面向外.11-13如题图11-13所示,在顶角为2日

12、的圆锥台上密绕以线圈,共N匝,通以电流I,绕有线圈局部的上下底半径分别为r和R.求圆锥顶.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公式dB公式,再积分求解总的磁感应强度.解：只要将题11-12中的均匀密绕平面线圈沿通过中央的轴垂直上提,便与此题条件相一致,故解题思路也相似.如解图11-12建立坐标,取半径为P,宽为d而电流环的密绕线圈,其含有匝数为一LdP,R-r通电流为dl-d：.R-r解图11-12由于x=Pcot日,dx=dPcot日.半径为解J一小匝电流在O点产生的dB大小为o?2dlo：2NIdB-22、3/2八/-2-2J.、3/22

13、(：+x)2(+:cot二)(R-r)0NId：0NIsin3-d："2csc(R-r)：-2(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°NIsin3uRd：0NIsin3LRB=ln.2(R-r)r：2(R-r)r11-14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.题图11-14解：建立如解图11-14所示坐标,x轴垂直线圈

14、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NdNdl二R/22NRRd92Ndh线圈中通电流I时,中央O点处磁感强度为dB0Iy222.3/22(xy)dN.解图11-13由于x=Rsin,y=Rcos对整个半球积分求得O点总磁感强度为/0iy2dB="rdNKIN二RJT-cos2id二0J(JN4R方向沿x轴正向.11-15一个塑料圆盘,半径为R,带电q均匀分布于外表,圆盘绕通过圆心垂直盘面的轴转动,角速度为.试证实(1)在圆盘中央处的磁感应强度为B=3_q2二R12(2)圆盘的磁偶极矩为pmqR4分析：均匀带电圆盘以角速度6旋转时相当于圆电流,利用载流圆环

15、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,八,q八,dq=；：2;rdr=2二rdr二R2qrdr二R2圆盘转动后相当于圆电流,q一,dl=ndq=2二rdr二TR2假设干个圆电流在圆心产生的磁感强度为_R5,qrdr一02r二R2dPm=SdIB=2T,方向沿x轴正方向,(2)细圆环的磁矩为32qrqr-二r2dr=2-dr二RR转动圆盘的总磁矩为一3qrXPm=.0rdrR方向沿轴向.11-16一均匀磁场的磁感应强度如题图11-16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；

16、(3)通过图中AEFD面的磁通量.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.那么ABCD=BSabcdcosir=-2x40x10-X30X10-=-0.24(Wb)穿入(2)"'befc=BSbefcCOS=0.(3)AEFD=BSAEFDCOS日=BSAEFD=0.24(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CE到直导线的距离为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

17、量,然后利用积分求出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(bh-x)tan30dx.那么通过等边三角形的磁通量为-bh中=BdS=0-2(bh-x)tan30dxsb2二xbh3°Ibh-x,3%Ibh,=0dx=0(bh)lnh.b3二x3二b11-18一根很长的圆柱形实心铜导线半径为R,均匀载流为I试计算：(1)如题图11-18(a)所示,导线内部通过单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.题图11-17产解图11-17题图11-18分析

18、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=BdS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(r,：R)(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工dr2二RoI4二(2)导线外部通过单位长度导线剖面的磁通量2R外=JRB外dr=Wln2题图11-1911-19如题图11-19所示的空心柱形导体,柱的内外半径分别为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

19、体内部r2-a各点(a<r<b)的磁感应强度B由下式给出：B=t02二(b2-a2)r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.证实：载流导体内电流密度为I22-二(b2-a2)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,那么由安培环路定理IBdl22B2二r-a2)=%Ir-a22b-a从而有oIr2-a22二(b2-a2)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&l

20、t;a)的磁感应强度B；(2)两导体之间(a<r<b)的B；(3)外圆筒导体内(b<r<c)的B；(4)电缆外(rAC)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,应用安培环路定理求解,可得离轴不同距离处的磁场分布.B=0当r<a时,c|Bdl=ML=0,B2nr=0,得同理可得B5IB2二r(2)当a<r<b时,3当b<r&

21、lt;c时,B2二r一二0IJ：r-二c2-b2BJ.12二r2.1r-b12c-bB=0当r>c时,11-21在半彳全为R的长直圆柱形导体内部,与轴线平行地挖成一半径.相,为r的长直圆柱形空腔,两轴间距离为a,且a>r,横截面如题图口一11-21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,为显而电流方向与管的轴线平行.求：圆柱轴线上的磁感应强度的大小；(2)空心局部轴线上的磁感应强度的大小.题图11-21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-12均匀分布在横截面上的圆柱导体磁场之和.两电流密度相同.解：载流

22、导体内电流密度为、.二I二(R2-r2)(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B1=0电流I2产生的磁感应强度RJ0I2B2二口.Ir2_222二aR-r合场强0Ir2B0=B12=2.a(R2-r2)(2)空心局部轴线上O'点B的大小:电流I2产生的B2=0电流I1产生的B1="Ia2兀aR2-r22<R2-r2)所以B0=BiB2=21a22二(R2-r2)11-22一电子在=7.0父10-3丁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；题图11-22(2)求电子

23、速度v的大小;(3)求电子动能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F=(-e)vB,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.(3)Ek2v,口F=evB=m,得rerB1.610,90.037.010,-319.110=3.7107(ms")1=_mv2=-9.1101(3.7107)22=6.21046(J)方向和垂直B的方向上运动的不同特点.v与B成6=89甲寸,其轨迹为螺旋=2.65107(ms)2二meB2二9.11103_19_1.6100.10J0=3.6810(s)p=vT=2.68107

24、cos893.5610/°=1.6610(m)_v_m_2.68107sin899.1110,1-_19_eB1.6100.10=1.51101m)7111-24某瞬间在A点有一质子a以Va=10mS沿题图11-24中所小万向运动.相距r=10Mcm远处的B点有另一质子b以vb=2父103m沿图示方向运动.va,vb,r在同一平面内,求质子b所受的洛伦兹力的大小和方向.题图11-24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2.11-23把2.0keV的一个正电子射入磁感应强度B为0.10Wbm的均匀磁场内题图11-22,其速度矢量V与B成89涌

25、,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p和半径r.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.注意分析带电粒子在平行于B的解：带电粒子在均匀磁场中运动时,当线.贝U22.01031.610,9:9.11103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eva4二r2sin45方向垂直纸面向外.质子B以运动,在经过b的同一瞬间受洛伦兹力为_J0e2vaVh一_23F=evbB=-0-2-bsin45=3.610一N4<方向垂直vb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Ii

26、=30A,矩形回路载有电流I2=20A,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.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F=BIL来求解,各自受力方向可用右手螺旋沿IdlB的方向来判定；2由于上、下两段导线fDF2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.而矩形的左右两段导线由于所处磁感强度不等,所受安培力F3和F4大小不同,且方向相反,因此线框所受的卜门"T'*T题图11-25力为这两个力的合力.

27、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七'I1112abF1=F2=I2dlBsin.二0I1I2dx=011121nab1a2Tix2aa左右导线所受安培力大小分别为0I1I2IF3二-2向0I1I2I卜4二2九ab线框所受总的安培力F为左、右两边安培力F3和F4之矢量和,故合力的大小为=F3F4一0I-Il22a/22兀ab3=1.2810(N)题图11-26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I二者共面.求三角形线框各边所受的磁力.分析：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

28、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A一一FAB=JdlBB=a1A=*ha27td27td方向垂直AB向左;AC边所受的磁场力CFac=2CIBAdadI2drJ0I12二r方向垂直AC向下;同理BC边所受的磁场力的大小d-aI2dl0I12<由于所以dldrcos45ada-cBF%1211clrJ01112da=In2二rcos45、2二d方向垂直BC向上.11-27载有电流I=20A的长直导线AB旁有一同平

29、面的导线ab,ab长为9cm,通以电流I1=20A.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：此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.0.1II.f=dfdx=II11n0012x2二0.10.014二102二2021In10=1.8410"(N)A1cmB题11-27图对O点力矩为0.1JnII.M=dM=xdf01xdx0012?0q=I1I

30、2(0.1-0.01)7.210(mN)2二11-28截面积为S,密度为P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一角度为6而平衡,求磁感应强度.如S=2mm2,P=8.9gcm,e=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,仅需考虑线框XOO'轴力矩的平衡,而不需考虑力的平衡.即£M=0.磁力矩可用闭合线框受到磁力矩求解.解：设正方形各边长度为1,质量为m,平衡时重力对OO'轴的力矩1.2rM重=2mgsin8+mg1sin6=21PsgsinB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由于此时以一条边为转轴,即M=pm父B,其大小为M磁=pmBsin它-6=Il2Bcos.平衡时有M