大学物理第五版马文蔚课后答案上78

1、7-1 分析及解 及螺线管线圈单位长度的匝数成正比根据题意，用两根长度一样的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比7-2分析及解 作半径为r的圆S及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， B S的磁通量等于穿出圆面S的磁通量；m7-3分析及解 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7-4分析及解 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7-5分析及解 H求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案el I，因而由I7-6分析 一个电子绕存储环

2、近似以光速运动时，对电流的奉献为，可解出环中的电子数。I/c解 通过分析结果可得环中的电子数m M /N7-7分析 一个铜原子的质量N 为阿伏伽德罗常数，由铜的密度可以推算出铜的原子数密度AAj nevm根据假设，每个铜原子奉献出一个自由电子，其电从而可解得电子的漂移速dd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其中k为玻耳兹曼常量，m 为电子质量从而可解得电子的平均速率及漂移速率的关系e解 铜导线单位体积的原子数为电流密度为j 时铜线内电子的漂移速率m室温下T电子热运动的平均速率及电子漂移速率之比为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

3、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7-8分析 恒定电流的连续性，在两个同轴导体之间的任意一个半解 由分析可知，在半径r7-9解 知，圆电流轴线上北极点的磁感强度因此赤道上的等效圆电流为7-10分析 OIdlr0I I的方B 0BB0efbefa12第 1 页向如下图，两圆弧在点O激发的磁场分别为其中I I R及弧长l12叠加可得点O解 由上述分析可知，点O的合磁感强度7-11分析 O处所激发的磁感强度较容B B易求得，那么总的磁感强度0i解 长直电流对点O而言，有lr0，因此它在点

4、O圆弧电流所激发，故有B 的方向垂直纸面向外0将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得B 的方向垂直纸面向里0圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得B 的方向垂直纸面向外0 04RB 7-12分析 节例题可知，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度，其中为圆弧载流导线所张的圆心角， IB 磁感强度的方向依照右手定那么确定；半无限长载流导线在圆O，磁感强度的方向依照右手定那么确04R定。OO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O解 根据磁场的叠加在图中，在图中，I 7-13分析 的细电流，细电流及轴线OO平行，将细电流在轴线上产生的磁感强度叠加，即可求得半圆柱面轴线上的磁

5、感强度解 根据分析，由于长直细线中的电流Il/R，它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为其方向在Oxy平面内，且及由l引向点O上产生的磁感强度叠加后，得那么轴线上总的磁感强度大小B的方向指向Ox轴负向B7-14分析 设磁感强度在Ox轴线上的分布为0，dxd B2d B2d B2x0第 2 页0)0 x2x22磁场的条件证 取两线圈中心连线的中点为坐标原 时，磁感强度在该点附近小区域内是均匀的，该小区域的磁场为均匀场dB由由x 0那么磁感强度在中点O附近近似为常量，场为均匀场dx这说明在dR时，中点x7-15分析 由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁BS图，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为

6、解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量7-16分析 B大小相等方向及电流成右手螺旋关系为此，可利用安培环路定理，求出导线外表的磁感强度解 I在导线内r，R2磁感强度分布曲线如下图3l B2 B，利用安培环路定Bl I，可解得各区域的磁感强度理0解 由上述分析得rR1R rR12R rR23rR3磁感强度的分布曲线如图7-18分析 r于磁感强度在每一环路上为常量，因而依照安培环路定理Bl I，可以解得螺线管内磁感强度的分布0解 依照上述分析，有rR1R rR21rR2R R R沿圆周，及电流成右手螺旋假设R ，那么环内的磁场可以近似视作均匀分布，设螺21121R R R线环的平均半径，那么环内的磁

7、感强度近似为2217-19分析 可得导线内部距轴线为r处的磁感强度 B r S在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义来求解沿轴线方向在剖面上取面元S，考虑到面元上各点B一样，故穿过面元的磁通量，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量解 由分析可得单位长度导线内的磁通量7-20分析 相互垂直，同时由对称性分析，无限大导电平面两侧的磁感强度大小一样，OO，OOOOd解 d中，磁感强度沿回路的环路积分由于对称性B B B B 及积分路径正交，因而1234Bl 2ld内包围的电流IjL，根据安培环路定理，有Bl 2 0l磁感强度的方向由右手螺旋关系确定第 4 页17-21解 由上题计算的结果

8、，单块无限大载流平面在两侧的磁感强度大小为 ，方向如下图，根据磁场的叠加原理可得 j20取垂直于纸面向里为x轴正向，合磁场为两导体载流平面之外，合磁场的磁感强度F vBF可知洛伦兹力 的方向为vB的方向，如下图7-22解 依照LL因vB，质子所受的洛伦兹力在地球外表质子所受的万有引力F /G 1.9510L因而，有，即质子所受的洛伦兹力远大于重力7-23解 如下图，由洛伦兹力电子带负电，q在如下图的坐标中，电子在洛伦兹力作用下，沿圆周运动，其轨道教材 节为由题知y20cm，并由图中的几何关系可得电子束偏向东侧的距离x R R y 2.98 m即显示屏上2237-24分析 其中足场，其电场强度为

9、是载流子定向运动速率根据导体内电流密度由上述关系可得要证明的结果证 由分析知，在导体内稳恒电场强度为由霍耳效应，霍耳电场强度因载流子定向运动方向及磁感强度正交，EvB，因而H7-25分析 血流稳定时，有由上式可以解得血流的速度解 依照分析7-26解 由题意电流垂直流过管内导电液体，磁场中的导电液体受到安培力的作用，在管道方向产生一压力差pJ 6 A/m27-27解 根据带电粒子回转半径及粒子运动速率的关系有7-28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地磁北极附近的回转半径7-29分析F F 12第 5 页导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安F 大小不同，且方

10、向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力34解 由分析可知，线框所受总的安培F F 之矢量和，如图所示，它们的大小分别为34故合力的大小为合力的方向朝左，指向直导线7-30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假设两导线 IB F BI一导线在另一导线位置激发的磁感强度0 2dB导体，因两导线间单位长度电U，那么单位长度导线所带电CU，一导线在另一导线位置所激发的电场强度E F 依照题意，导线间的静电力和安培力正好抵消，即，两导线间单位长度所受的静电吸引力2 dE0从中可解得输电线中的电流解 由分析知单位长度导线所受的安培力和静电力分别为f f

11、0由可得BE解得输出功率17-31分析 的分析，无限大载流平面两侧为均匀磁场，磁感强度大小为 ，依照右手螺旋定那么可知，它们 j20的方向反向平行，并及原有磁感强B0从而可解得原均匀磁场的磁感强载流平面在均匀外磁场中受到安培力的作用，由于载流平面自身激发的磁场不0会对自身的电流产生作用力，因此作用在S由此可求得单位面积载流平面所受的安培力解 由分析可得1B B j21001B B j2200外磁场B作用在单位面积载流平面上的安培力0依照右手定那么可知磁场力的方向为水平指向左侧7-32解 因为所有电子的磁矩方向一样，那么圆盘的磁矩由磁矩的定义，可得圆盘边缘等效电流7-33分析 根据电子绕核运动的

12、角动量可求得电子绕核运动的速在圆心处，即质子所在处的磁感强度为第 6 页解 由分析可得，电子绕核运动的速率其等效圆电流该圆电流在圆心处产生的磁感强度7-34分析 旋转的带电圆盘可等效为一组同心圆电流，在盘面上割取细圆环如下图，其等效圆电流此圆电流在轴线上点P处激发的磁感强度的大小为B dBdm r dI，2所有圆电流在轴线上激发的磁场均P处的合磁场为方向沿x轴正向，将不同半径的等效圆电流磁矩叠加可以得到旋转圆片的磁矩解 圆片的磁矩m的大小为磁感强度B和磁矩m的方向都沿Ox轴正向7-35分析 有HlHr，利用安培环路定理 B H M 1 H，可求出磁感强度和磁化强度再由磁化电流的电流面密度及磁化

13、求出环路内的传导电流，并由，r强度的关系求出磁化电流解 取及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rR1得忽略导体的磁化即导体相对磁导率rR rR21得填充的磁介质相对磁导率为，有rR rR32得同样忽略导体的磁化，有rR3得I M 2rs由，磁介质内、外外表磁化电流的大小为1对抗磁质rR rR r12流及外导体传导电流方向相反顺磁质的情况及抗磁质相7-36分析 根据铁棒的体积和密度求得铁棒的质量，再根据铁的摩尔质量求得棒内的铁数其中N 为阿伏伽德罗常量维持铁棒内铁原子磁偶极矩同方向排列，因而棒的磁偶极矩A将铁棒视为一个磁偶极子，其及磁场正交时所需力矩解 由分析知，铁棒内的铁

14、原子数为第 7 页故铁棒的磁偶极矩为维持铁棒及磁场正交所需力矩等于该位置上磁矩所受的磁力矩7-37分析 根据右手定那么，磁感线及电流相互环连，磁场沿环型螺线管分布，当环形螺线管中通以电流I时，由安培环路定理得磁介质内部的磁场强度为B/S ，而B由题意可知，环内部的磁感强度 H，故有0rNI/L /S解 磁介质内部的磁场强度和磁感强度分别为和，因而8-1分析及解 8-2分析及解 根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，didi M M8-3分析及解 ，电磁感应定律1 ；2 dtdt8-4分析及解 位移电流的实质是变化的电场变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位

15、移电流不是走向8-5分析及解 对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线因而8-6分析 匝一样回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定dd律通常写成N，其中 N称为磁链dtt解 线圈中总的感应电动势2.51Vt 1.010 s2当d B S 8-7分析 此题仍可用法拉第电磁感应定律来计dtS算其中B为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强BB 之和12为了积分的需要，建立如下图的坐标系由Bx有关，即BB(x)，故取一个平行于长直导线的宽为d的面元Sxd d dx ySltE M二重积分此题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式求解M 的磁通量

16、为因此穿过线圈的磁通量为再由法拉第电磁感应定律，有 通过时，穿过线圈的磁通量为线圈及两长直导线间的互感为第 8 页l当电流以 变化时，线圈中的互感电动势为t沿水平向右运动，如何用法拉第电磁感应定律求图示位置的电动势呢？此时线圈中既有动生电动势，又有 BS f 的S即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中二元函数，将代入Ev，再令d即可求得图示位置处回路dtdt中的总电动势最终结果为两项，其中一项为动生电动势，另一项为感生电动势8-8分析 在电磁感应现象中，闭合回路中的感应电动势和感应电流及磁通量变化的快慢有关，而在一段时间内，通过导体截面的感应电量只及磁通量变化的大小有关，及磁通量变化的快

17、慢无关工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱解 NBSq 因此，流过导体截面的电量为R R R Rii q R RB Ti那么8-9分析 虽然线圈处于非均匀磁场中，但由于线圈的面积很小，可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的，因而可近似用 NBS来计算线圈在始、末两个位置的磁链解 在始、末状态，通过线圈的磁链分别为那么线圈中的平均感应电动势为电动势的指向为顺时针方向通过线圈导线横截面的感应电荷为8-10分析 Edt E vB l用公式求解l E vB l在位置的函数矢量v的方向就是导线中电势升高的方向l所 OPR任一时刻端点O或端点P距形导轨左侧距离为，那么即由于静止的形导轨上的电动势为零，

18、那RvB式中负号表示电动势的方向为逆时针，OPP的电势较高 么由矢量v B的指向可知，端点P的电势较高第 9 页 连接OPBSd定律E可知，Et又因即EE EOPPOE E RvBOPPO由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法8-11分析 应该注意棒两端的电势差及棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压及电源电动势的不同在开路时，两者大小相等，方向相反电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向此题可直接用积分法求解棒

19、上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作及B OB2给出的结果 如图所示，在棒上距l因此棒两端的电势差为Lr处的电势较高 棒上的电动势看作是A棒和B棒上电动势的代数和，如图所示其中那么dE 8-12分析 t E vB l直角三角形导体回路OPQOOP旋转至任何位置时产生的电动势及图示位置是l一样的 由上分析，得vB的方向可知端点P的电势较高 设想导体OP为直角三角形导体回路OPQO中的一局部，任一时刻穿过回路的磁通量为零，那么回路的总电动势显然，E QO由上可知，导体棒OP旋转时，在单位时间内切割的磁感线数及导 E vB l8-13分析 用公式lx，l I02xB 该处的磁感强度 BdS求得穿过

20、该回路的磁通量，再S代入公式E，即可求得回路的电动势，亦即此题杆中的电动势dt 根据分析，杆中的感应电动势为第 10 页 v0 v 1.1m vdxIE B dl d ln11 3.84 V502x0.1m电势较高 的正向，根据分析，在距直导、长为y的面元，那么穿过面元的磁通量为穿过回路的磁通量为回路的电动势为由于静止的形导轨上电动势为零，所以电势较高8-14分析 vB dl 0因而线框中的总电动势为 vB dl E EE vB dl vB dl vB dl 其等效电路如图所示Ettv，即可得线框是时间t的函数，且有t在题目所给位置处的电动势 根据分析，线框中的电动势为E E 设顺时针方向为线

21、框回路的正向根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为相应电动势为，得线框在图示位置处的电动势为E 可知，线框中电动势方向为顺时针方向8-15分析 设线框刚进入磁场t 时刻的瞬间，其速度分别为和v 12gtttvv t tt 122tt这段时间内，线框运动较为复杂，由于穿过线框回路的磁通量变化，使得回路中有感应电流存在，从而使线框除受重力外，12F F (v)力，其大小及速度有关，即根据牛顿运动定律，此时线框的运动微分方程为AAAv d Fv m，解此微分方程可得tt 时间内线框的速度及时间的关系式dtA12t t解 根据分析，在时间内，线框为自由落体运动，于是1 v gt t t t tv

22、v 2gh时，1111线框进入磁场后，受到向上的安培力为根据牛顿运动定律，可得线框运动的微分方程第 11 页B l2 2令K，整理上式并别离变量积分，有v 2gh积分后将代入，可得10线框全部进入磁场后tt，作初速为v 的落体运动，故有22R，导线截面积为r2，其电阻为8-16解 圆形回路导线长为BS在均匀磁场中，穿过该回路的磁通量为，由法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电流为m而md2Rr2，即2，代入上式可得2d8-17分析 B化率t BE l dS.在一般情况下，求解感生电场的分布是困难的但对于此题这种特殊情况，等密切相关，即tkSS那么可以利用场的对称性进展求解可以设想，无限长直螺线管

23、内磁场具有柱对称性，其横截面的磁场分布如下图由其激发的感生电场也一定有相应的对称性，考虑到感生电场的电场线为闭合曲线，因而此题中感生电场的电场线一定是一系列以螺线管中心轴为圆心的同心圆同一圆周上各点的电场强ErR两个区域的电场线电场线kBtBt0B0前者相反解 rRrR的两个区域内任取一电场线为闭合回r向为回路正向r，d tBdtE E dl E 2r d B Sr2kkld tdBtE E dl E 2r d B SR2r，kkldB由于0，故电场线的绕向为逆时针dt由于r，所求点在螺线管外，因此BE 4.0 Vm，式中负号表示E的方向是逆时针的、的数值代入，可得51tkk8-18分析 E

24、E dlkl计算棒上感生电动势此外，还可连OPOQ，设想PQOP构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，OQ沿半径方E dl 0向，及通过该处的感生电场强OPOQ两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回kk路的总电动势，就是导体Q上的电动势第 12 页 由法拉第电磁感应定律，有r dB 由题rRk 2 dtE PQ上线元x处，EPQ上的电动势为k讨论 假设金属棒PQ8-19分析 L通过线圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式 计算IELdI /dtdI计算 和 L 电动势E LELdtL量的方法求解解 在rR 范围内的磁12场分布为匝一样的回路构成，所以穿过自身回路

25、的磁链为那么假设管中充满均匀同种磁介质，其相对磁导率倍rr8-20分析 此题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响在无介质时，通电螺线管内的磁场是均匀的，磁0介质的存在，在不同磁介质中磁感强度分别B B 的两局部磁通量之102012和由自感的定义可解得结果解 设有电流I通过螺线管，那么管中两介质中磁感强度分别为通过N匝回路的磁链为那么自感8-21分析 两平行长直导线可以看成无限长但宽d阴影局部宽为、长为的磁通量该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加解 在如下图的坐标中，当两导线中通有图示的穿过图中阴影局部的磁通量为那么长为l的一对导线的自感为L L 2L1L 称为一根

26、导线的内自122 lL 感长为的导线的内自感0 ，有兴趣的读者可自行求解828-22分析 和AB作哪种方式连接，均可看成一个大线圈回路的两个局部，故仍可从自感系数的定义出发求解求 取决于电流在两组线圈中的流向是一样或是相反第 13 页解 和AB线圈中电流流向相反，通过回路的磁通量亦相反，故总通量为L 1和AB线圈中电流流向一样，通过回路的磁通量亦一样，故总通量为L 4 4L故2II28-23分析 设回路中通有电流I 为 M I流，穿过回112M M 路的磁通量为 ，那么 I2IBS计算互感一定要善于选择方便的途径 IB N解 通过，它在圆心处产生的磁感强度0 的磁链近似为2R0B I02R S02R N B S N NSM 那么两线圈的互感为 N N HA6AIAA0AABAABdIdtE M3.14 V4A8-24解 所包围的平面内各点产生的磁感强度近似为 IR2 IR2B BS r0的磁通为022 R d 3/22 R d 3/2C2222那么两线圈的互感为的匝数为N8-25分析 C的磁通变化是及环形螺线管中的电流变化相联系的B n I解 当螺绕环中通以电流I 时