物理学教程下册答案（其次版）9

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第十一章恒定磁场

11－1两根长度一致的细导线分别多层密绕在半径为R和r的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度一致，R＝2r，螺线管通过的电流一致为I，螺线管中的磁感强度大小BR、Br满足（C）

（A）BR?2Br（B）BR?Br（C）2BR?Br（D）BR?4Br分析与解在两根通过电流一致的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度一致的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比

nRr1??nrR2因而正确答案为（C）.

11－2一个半径为r的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量为（D）

（A）2πrB（B）πrB（C）2πrBcosα（D）πrBcosα

2222

题11-2图

分析与解作半径为r的圆S′与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，即穿进半球面S的磁通量等于穿出圆面S′的磁通量；Φm?B?S．因而正确答案为（D）．11－3以下说法正确的是（B）

（A）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过（B）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零

（C）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必定为零（D）磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零

分析与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；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零.因而正确答案为（B）．

11－4在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径一致的圆形回路L1、L2，圆周内有电流I1、I2，其分布一致，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2回路外有电流I3，P1、P2为两圆形回路上的对应点，则（C）（A）B?dl?B?dl，BP1?BP2

L1L2??（B）B?dl?B?dl，BP1?BP2

L1L2??（C）B?dl?B?dl，BP1?BP2

L1L2??（D）B?dl?B?dl，BP1?BP2

L1L2??

题11-4图

分析与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布．因而正确答案为（C）．11－5半径为R的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中，若导体中流过的恒定电流为I，磁介质的相对磁导率为μｒ（μｒ＜1），则磁介质内的磁化强度为（B）

（A）??μr?1?I/2πr（B）?μr?1?I/2πr（C）?μrI/2πr（D）I/2πμrr

分析与解利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度，再由M＝（μｒ－1）H求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为（B）．11－6北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道，当环中电子流强度为8mA时，在整个环中有多少电子在运行？已知电子的速率接近光速.

分析一个电子绕存储环近似以光速运动时，对电流的贡献为ΔI?因而由I?e，I/cNec，可解出环中的电子数.lIl?4?1010ec－1

－3

解通过分析结果可得环中的电子数

N?11－7已知铜的摩尔质量M＝63.75ｇ·mol，密度ρ＝8.9g·cm

，在

铜导线里，假设每一个铜原子贡献出一个自由电子，（1）为了技术上的安全，铜线内最大电流密度jm?6.0A?mm，求此时铜线内电子的漂移速率vd；（2）在室温下电子热运动的平均速率是电子漂移速率vd的多少倍？分析一个铜原子的质量m?M/NA,其中NA为阿伏伽德罗常数，由铜的密度ρ可以推算出铜的原子数密度

?2n?ρ/m

根据假设，每个铜原子贡献出一个自由电子，其电荷为e，电流密度

jm?nevd．从而可解得电子的漂移速率vd．

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

v?8kTπme其中k为玻耳兹曼常量，me为电子质量．从而可解得电子的平均速率与漂移速率的关系．

解（1）铜导线单位体积的原子数为

n?NAρ/M

电流密度为jm时铜线内电子的漂移速率

vd?jmjM?m?4.46?10?4m?s?1neNA?e（2）室温下（T＝300Ｋ）电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为

v1?vdvd8kT?2.42?108πme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．试验证明电信号是通过电磁波以光速传递的．

11－8有两个同轴导体圆柱面，它们的长度均为20m，内圆柱面的半径为3.0mm，外圆柱面的半径为9.0mm.若两圆柱面之间有10μA电流沿径向流过，求通过半径为6.0mm的圆柱面上的电流密度．

题11-8图

分析如下图是同轴柱面的横截面，电流密度j对中心轴对称分布．根据恒定电流的连续性，在两个同轴导体之间的任意一个半径为r的同轴圆柱面上流过的电流I都相等，因此可得

j?I2πrl解由分析可知，在半径r＝6.0mm的圆柱面上的电流密度

j?I?13.3μA?m?22πrl－5

11－9如下图，已知地球北极地磁场磁感强度B的大小为6.0×10T．如设想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的，此电流有多大？流向如何？

解设赤道电流为I，则由教材第11－4节例2知，圆电流轴线上北极点的磁感强度

B?2?R?R2?0IR223/2???0I42R

因此赤道上的等效圆电流为

I?42RB?1.73?109Aμ0由于在地球地磁场的Ｎ极在地理南极，根据右手螺旋法则可判断赤道圆电流应当是由东向西流，与地球自转方向相反．

题11-9图

11－10如下图，有两根导线沿半径方向接触铁环的a、b两点，并与很远处的电源相接.求环心O的磁感强度．

题11-10图

分析根据叠加原理，点O的磁感强度可视作由ef、be、fa三段直线

以及acb、adb两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，Bef?0．而be、fa两段直线的延长线通过点O，由于Idl?r?0，由毕奥－萨伐尔定律知

Bbe?Bfa?0．流过圆弧的电流I1、I2的方向如下图，两圆弧在点O激发

的磁场分别为

B1?μ0I1l1μ0I2l2,B?24πr24πr2其中l1、l2分别是圆弧acb、adb的弧长，由于导线电阻R与弧长l成正比，而圆弧acb、adb又构成并联电路，故有

I1l1?I2l2

将B1、B2叠加可得点O的磁感强度B．解由上述分析可知，点O的合磁感强度

B?B1?B2?μ0I1l1μ0I2l2??0224πr4πr11－11如下图，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，它们在点O的磁感强度各为多少？

题11-11图

分析应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各逍遥点O处所激发的磁感强度较简单求得，则总的磁感强度B0??B.

i解（ａ）长直电流对点O而言，有Idl?r?0，因此它在点O产生的磁

场为零，则点O处总的磁感强度为1/4圆弧电流所激发，故有

B0?B0的方向垂直纸面向外．

μ0I8R（ｂ）将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得

B0?B0的方向垂直纸面向里．

μ0Iμ0I?2R2πR（c）将载流导线看作1/2圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得

B0?μ0IμIμIμIμI?0?0?0?04πR4πR4R2πR4RB0的方向垂直纸面向外．

11－12载流导线形状如下图（图中直线部分导线延伸到无穷远），求点O的磁感强度B．

题11-12图

分析由教材11－4节例题2的结果不难导出，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度B?μ0Iα，其中α为圆弧载流导线所张的圆心角，磁感强度的方4πR向依照右手定则确定；半无限长载流导线在圆心点O激发的磁感强度

B?μ0I，磁感强度的方向依照右手定则确定.4πR点O的磁感强度BO可以视为由圆弧载流导线、半无限长载流导线等激

发的磁场在空间点O的叠加.

解根据磁场的叠加在图（ａ）中，

B0??在图（ｂ）中，

μ0IμIμIμIμIi?0k?0k??0i?0k4R4πR4πR4R2πRB0??在图（c）中，

μ0IμIμIμI?1?μIi?0i?0k??0??1?i?0k4πR4R4πR4R?π?4πRB0??3μ0IμIμIi?0j?0k8R4πR4πR11－13如图(a)所示，载流长直导线的电流为I，试求通过矩形面积的磁通量．

题11-13图

分析由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量Φ≠BS．为此，可在矩形平面上取一矩形面元dS＝ldx，如图（ｂ）所示，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为

d??B?dS?矩形平面的总磁通量

?0I2πxldx

Φ??dΦ

解由上述分析可得矩形平面的总磁通量

???d2

d21?0I2πxldx??0Il2πlnd2d111－14已知10mm裸铜线允许通过50A电流而不会使导线过热．电流在导线横截面上均匀分布．求导线内、外磁感强度的分布.

题11-14图

分析可将导线视作长直圆柱体，电流沿轴向均匀流过导体，故其磁场必然呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上的各点，B大小相等、方向与电流成右手螺旋关系．为此，可利用安培环路定理，求出导线表面的磁感强度．

解围绕轴线取同心圆为环路L，取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有

?B?dl?B?2πr?μ?I

0IIr22πr?2，因而在导线内r＜R，?I?2πRRB?在导线外r＞R，

μ0Ir2πR2?I?I，因而

IR32?r2H3?222πrR3?R2????同样忽略导体的磁化，有

μ0IR32?r2M3?0，B3?22πrR32?R2对r＞R3

?????I得

f?I?I?0

H4?0，M4?0，B4?0

（2）由Is?M?2πr，磁介质内、外表面磁化电流的大小为

Isi?M2?R1??2πR1??μr?1?IIse?M2?R2??2πR2??μr?1?I

对抗磁质（?r?1），在磁介质内表面（r＝R1），磁化电流与内导体传导电流方向相反；在磁介质外表面（r＝R2），磁化电流与外导体传导电流方向相反．顺磁质的状况与抗磁质相反．H（r）和B（r）分布曲线分别如图（ｂ）和（c）所示．

第十二章电磁感应电磁场和电磁波

12－1一根无限长平行直导线载有电流I，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如下图），则（）（A）线圈中无感应电流

（B）线圈中感应电流为顺时针方向（C）线圈中感应电流为逆时针方向

（D）线圈中感应电流方向无法确定

题12-1图

分析与解由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为（B）．

12－2将形状完全一致的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（）（A）铜环中有感应电流，木环中无感应电流（B）铜环中有感应电流，木环中有感应电流（C）铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小（D）铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大

分析与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，但在木环中不会形成电流．因而正确答案为（A）．

12－3有两个线圈，线圈1对线圈2的互感系数为M21，而线圈2对线圈1的互感系数为M12．若它们分别流过i1和i2的变化电流且

di1di2?，并dtdt设由i2变化在线圈1中产生的互感电动势为12，由i1变化在线圈2中产生的互感电动势为ε21，下述论断正确的是（）．（A）M12?M21，ε21?ε12

（B）M12?M21，ε21?ε12（C）M12?M21，ε21?ε12（D）M12?M21，ε21?ε12

分析与解教材中已经证明M21＝M12，电磁感应定律ε21?M21

di1；dtε12?M12di2．因而正确答案为（D）．dt12－4对位移电流，下述说法正确的是（）（A）位移电流的实质是变化的电场

（B）位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C）位移电流听从传导电流遵循的所有定律（D）位移电流的磁效应不听从安培环路定理

分析与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，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不听从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A）．12－5以下概念正确的是（）（A）感应电场是保守场

（B）感应电场的电场线是一组闭合曲线

（C）Φm?LI，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比（D）Φm?LI，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大

分析与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．因而正确答案为（B）．

12－6一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为

Φ?8.0?105sin100πt，式中Φ的单位为Wb，t的单位为s，求在

t?1.0?10?2s时，线圈中的感应电动势．

分析由于线圈有N匝一致回路，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，在此状况下，法拉第电磁感应定律寻常写成

ξ??NdΦdψ，其中ψ?NΦ