物理课后答案

1-1一质点在xy平面内运动，在/=Os时它的位置矢量尸=+5/加，经山=5s后,

其位移/尸=<6：-8_7）m,求：（1）/=5s时的位矢；（2）在At时间内质点的平均速度.

解（1）据题意，在'+加时刻，该质点的位矢为

尸产r4-Ar=-4/+5J+(6i-8y)=2z-3j(m)

(2)在At时间内质点的平均速度为

二Ar6F-8；/、

v=——=-----L=1.2z-s)

A/5

_汽

1-3已知质点运动方程为广=7?以”〃+7?51!14+2而，R为常量。求，t=0及'一万时

质点的速度和加速度。

解：⑴

r=Rcosti+Rsintj+2而

-更.八cA

山=-Rsinti+Rcostj+2k,

㈤

=了=-Rcosti-Rsintj

当t=0时，

0=6+2万，a^-Ri,

当t="2时，

v=-Ri+2k,a=-Rj.

1-5飞机着陆时采用降落伞制动。着陆时初速度大小为v。且坐标为x=0.若其直线运动加速

度大小为2=-皿2,b为常量，求此飞机的运动方程.

v0_dx

1+btv0dt

ln(l+Z?/v0)

在铅直平面内运动的质点，其运动方程为了=53+(15/-5/2)7,求t=i秒时的法向

加速度、切向加速度。

解：v=5l+(15-10t)],v=yj52+(15-10t)2

a=-10j,a=10,a,=—=542

'dt

而a2=a：+a,,故4=5^2

因此引=5i+5/>5=吾=¥，+岑)

同22

at-(a-Tl)Tl=—5i-5j,an-a—at-5i-5j

1-7当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2m的甲板上，篷高4m但当轮

船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3m,如雨滴的速度大小为8in・s’，求轮

船的速率.

解：依题意作出矢量图

,。雨船=§南-E船

,•。雨=宁雨船+»船

由图中比例关系可知

v船=丫雨=8m-s”

2-1质量为0.5kg的物体沿x轴作直线运动，在沿x方向的力f=10-6/的作用下，t=0

时其位置与速度分别为x0=5,v0=2,求t=1时该物体的位置和速度.(其中F以N为单位,

t以s为单位，x0以m为单位，v0以m/s为单位)

分析当作用于物体的力是时间的函数时，山建立的运动方程积分可以求得速度.所求出的

速度必定也是时间的函数，当还需要计算t时刻该物体的位置时，就应该利用速度的定义式

dr

0=丁，再积分求出位置的表示式.

dt

解由加速度的定义"乎应用牛顿第二定律，可得

doF10-6/__,.

—=—=--------=20-12/

d/m0.5

分离变量：

du=(20-12/)(1/

两边积分得

v20/-6/"+C

由初始条件：1=0时尸丫0=2,得C=%=2,即

v=20t-6t2+2(1)

因。=丁，上式可写为

d/

riY

—=20/-6/2+2

d/

分离变量：

dx=(20/—6〃+2)d/

两边积分得

x=10/2—2/J+2/+G

由初始条件：t=0时x=x0=5,得C|xo5,即

x=10/2_2/+2/+5(2)

当t=ls时，由(1)和(2)式得o=16m/s,x=15m.

2-2.一汽艇在河水中直线航行，受到的阻力与速度成正比，设为的（左为常数）。/=0

时汽艇的速度为%,求汽艇：（1），时刻的速度；（2）由0到t的时间内经过的距离；（3）停

止运动前经过的距离。

_dv

答：⑴:

md/

分离变量，得

dv_-kdt

即

In—=Ine

%

_k_t

v=voe桁

(2)x=Jvd/==■^^■(1一/肃’)

（3）质点停止运动时速度为零，即t

m，

故有x'=「vne~dt-

k

2-3光滑水平面上有一固定的圆环，半径为R。一质量为加的小球以初速度大小％沿

着环的内壁作圆周运动。若小球与壁的滑动摩擦系数为〃，求小球任一时刻的速率。

解：设圆环内壁给小球的向心力为则

法向：F,=m—切向：一juF”=加手

Rdt

3-2—质量为m=lkg的小球以v=2m/s的速率沿与斜面成30度角入射，又以相同速率沿水

平方向反弹，若小球与斜面作用的时间At=0.2s,斜面倾角为30度，求小球受力。

解：v]-v2-V矢量三角形等边|△加讨=/MV

7=四叫=把=10乂方向与斜面垂直

△t△/

3-4煤粉以稳定的流量落在以水平速度u运行的传送带上，若‘时刻传送带上煤粉质量为

团⑴=卜,k为常量，为保持传送带运行速度不变，需对传送带施加多大作用力？

解t时刻传送带上煤粉质量为皿/)=■,/至/+△/时间内将落入传送带上的煤粉质量为

△〃=入△/,传送带上所需施加的作用力为产，沿煤粉运动方向系统的初末动量分别为

初态：Pi=m(i)v

末态：p2-[m(/)+

应用系统的动量定理，得Fbt=P]-p、=Anw=kvbt

F-kv

3-5质量mA=5kg的炮弹头A以水平速度v=60m/s飞行，爆炸时分成两块碎片B和C,方

向如图，已知碎片B的速度大小VB=90m/s,求(1)碎片B的质量(2)碎片C的速度。

解：由动量守恒的分量式得：

c

水平方向为x方向：mAvA=mcvccos30

竖直方向为y方向：0=mBvB-mcvcsin30°

mc=mA-mB

由以上三式得：mB=\.92kgvc-1\2.2m/s

3-7某人以2加的速度沿水平方向将一50奴的物体扔上平板车。平板车自身质量

为200kg,不计车与地面的摩擦，求下列条件下车得到的速度，（1）车原来静止；（2）车

正沿物体运动方向以的速率运动；（3）车正以的速率沿物体运动的反方向

运动。

解设车的质量为机'，初速度为％0,物体质量为机，初速度为0。，它们共同的末

速度为。.对于车和物体组成的系统，水平方向合外力为零，故水平方向动量守恒，得

r

mvw+mv2（）=（m+（1）

（1）车原来静止，4o=°，由（1）式得

冷2m/s

叫=0.4m/s

m+m50+200

(2)v20=1m/s,由(1)式得

mv+m'v50x2+200x1

u-l02()m/s-1.2m/s

m+m50+200

(3)v20=-lm/s,由(1)式得

mv+m'v50x2-200x1,，

v=——w-------1-Q=-------------m/s=-0.4m/s

m+m50+200

3-8-质量为m的质点以速率v绕半径为r的圆轨道做匀速率运动，求此质点对圆心0点

的角动量。

解：£=pxmvL=rmvsin90=rmv

3-9一人造地球卫星沿椭圆轨道运动，地球中心。为椭圆的一

个焦点。已知地球平均半径为R=63784根，卫星离地面的最近

距离为L,=439km,最远距离为L2=2384km。若卫星于近地

点4的速率为匕=8.10%机,求卫星在远地点的速率

解：认为卫星仅受地球引力，且引力指向地球中心，角动量守恒

mVj(R+Lt)-mv2(R+L2)

v,(R+LJ

V2=6.30km/s

R+L2

3—11质量为的质点在外力作用下运动，运动方程为尸=NcosSi+8si〃磔/,A,B,a)

TT

都为常数，求力在。=。到心=——时间内作的功。

2CD

解：dr=-AcDsincotdti+Bcocoscotdtj

a=-Aarcoscoti-Barsincotj

dW=F-dr=ma-dr=mco3(A2-B2)sincotcoscotdt

兀j

w=^>dw=-ma>2(A2-B2)

3-12一颗子弹水平击中一个悬挂着的砂袋，并留在里面，已知砂袋质量是子弹质量的

1000倍，悬点到砂袋中心的距离为1m,设子弹击中砂袋后，悬线的偏角为10。，求子弹的

入射速度。

解子弹和砂袋组成的系统，在子弹击中砂袋的瞬间，水平方向无外力作用，动量守

恒.设子弹质量为如，速度为oio,砂袋质量为%2=1000如，子弹击中砂袋后，子弹与砂袋

共同的速度为。2,得

m}vw-(/M,+/M2)U2

子弹随砂袋一起摆动的过程中，只有重力作功，机械能守和取初始时砂袋位置为重

力势能零点，悬线长为/,砂袋上升的最大高度为/(1-cos10。)，

如图，得

；(叫+m2-(/«,+/w2)g/(l-cosl0°)10?

由以上二式，得

V

I=叫+叫J2g/(i-cosl0°)m\

〃?2

mx

=1001x^2x9.8x1x(1-cos10°)m/s=546m/s

3-13一子弹水平射入一个固定于弹簧的木块内，已知子弹的质量为20g,木块质量是

8.98kg,弹簧的劲度系数是100N子弹嵌入后弹簧压缩了10cm,设木块与水平面间

的滑动摩擦系数为0.2,求子弹入射速度。

分析山于木块与水平面间存在摩擦，子弹嵌入木块后与弹簧并不构成一个通常意义

的弹簧振子，机械能不守恒，但是可以应用功能原理分析摩擦力作功与机械能的变化的关

系.

解在子弹g和木块加2碰撞的瞬间，因时间很短，木块的位置还未发生改变，因而

还不受弹簧的作用，子弹和木块组成的系统水平方向无外力作用，水平方向动量守恒，设

子弹质量为如，速度为50,木块质量为桃2,子弹击中木块后，共同的速度为。2,得

加1%0=（加1+加2）。2

子弹随木块一起压缩弹簧的过程中，应用功能原理，摩擦力所作的功等于弹性系统机

械能的增量，即

gkx。+m2）v2=_〃（加1+m2）SX

由以上二式，得

4-1电动机带动•个转动惯量J=50饺•加2的系统作定轴转动，在05s内转速由。达到

llOr-mm',求电动机对转动系统作的功。

解：

W=,〃步—就）=<*50〃"0x2乃y—o]=355x1（）3j

2260

4-2如图，质量为M,长为/的均匀细棒在水平面内绕通过棒中心且垂直于棒的光滑

固定轴转动。棒上套有两个质量均为加，可沿棒滑动的小物体。开始时，两小物体分别被

固定于棒两侧距中心r处，且棒以角速度例,转动。求两小物体到达棒端时棒的角速度是多

少？

解:

22

系统初始角动量L,^-^M1G)0+2mM0r

物体到达棒端时系统的角动量L^—M12CO+2mco

212

2

....,73ZI,Ml+24mr'

由L,=L-,解得co=------------

~Ml2+6ml2

4-3一细杆长为/、质量为加°,可绕垂直于一端的水平轴自由转动。杆原先处于平衡状

态，现有一质量为机的小球沿光滑水平面飞来，恰与杆F端完全弹性碰撞，结果使杆上摆

至。=60"处，如图，求小球初速度。

解：小球和直杆系统角动量守恒mv„l=mvl+^m„l2co

22：!

系统动能守恒—=—mv+—(—mol)a)

22

直杆重力矩作功--mftgl(l-cos60°)=0mnl)co

联立得v产笔犯闹

12m

4-4-长/,质量町的均匀细棒，静止平放于光滑水平面上，它可绕过其端点O且与面

垂直的光滑定轴转动。现有一质量为加2的小物块，在水平面内沿垂直于棒的方向与棒的另

一端点N碰撞并弹回。若碰撞前后物块速率分别为V、U,求碰撞后棒转动的角速度。

2

解：碰撞前后角动量守恒m2vl=jmllco-m2iil

解得。=3八+〃加2

mJ

4-5一水平的匀质圆盘，可绕通过盘心的铅直光滑固定轴自由转动，圆盘质量为〃，半

径为凡对轴的转动惯量为〃水2/2,圆盘以角速度。。转动，有一质量为根的子弹沿盘的直

径方向射入而嵌在盘的边缘上，子弹射入后，圆盘的角速度为多少？

解：子弹与圆盘组成的系统所受合外力矩为零，系统角动量守恒，有

222

^MRCD0=^MR(D+mRa)

,,Mco

故:s=-----nJ

M+2m

4-6半径为/?的定滑轮边缘绕一细绳，绳下端挂一质量为加的物体。若绳的质量可忽略

不计，滑轮轴的摩擦亦不计，且绳与滑轮间无相对滑动。若物体下落加速度为。，求定滑轮

对轴的转动惯量。

R

a

解：mg-T=ma

T'R=JB

r=T

a=R/3

联立得J=m(g-a)R2/a

4-7一转动轮定轴转动。在20N•加的不变力矩作用下，10s内转速由零增大到

lOOr-mi^',此时移去该力矩，转动轮在摩擦力矩的作用下经JOOs停止转动。求转动轮

对轴的转动惯量。

„co-0co

解：3=------■=—

1111

0-co

-Mf=Jp2

MM20，…2

由以上4式得

~~T\2又3.14义1()0J——="/kg”

Pl*2①(+)------------xf——+——)

11’26010100

4-8水平桌面上有一均质圆盘绕过盘心且垂直盘面的轴转动，盘半径为火。设盘与桌面

的摩擦系数为〃，初始角速度为例），求多少时间后圆盘停止转动？

解：将圆盘分为微元环。微元环所受摩擦力矩为

dM=-fjdmgr--〃2m-dr-r--2"等-r2dr

兀屋R2

M=^dM=/_2,8.2"=_1即igR

圆盘角加速度£="=-刍空

J3R

又。=例+£/,令。=0,解得t=注竺

4〃g

4-9如图有一不计质量的直杆，两端各固定质量为m和2%的小球。杆可绕过杆中心且与

杆垂直的固定轴在纸面内转动，开始时杆静止，与水平方向成e角，释放后杆绕轴转动，问

当杆转动到水平位置时的角加速度大小。

5-1氢原子中，电子与质子之间的距离为5.3X10-"m,分别求它们之间的库仑力与万有

引力。

(已知电子质量为9x/0-34g,质子质量为/.67x/0-27奴，电子、质子电量都为

1.602xIO-19C,万有引力常数G=6.67x/0-〃N•加？-kg-2)

解：£=」—％=9X[0"(1，6"10=&1X1()-8N

22

47re0r(5.3x10-")

斤mM_„9.1x10⑶x1.67x10-27

F=Gr——=6.67x7i0nx------------------：--------=3.7x10N

gr2(5.3x10-")2

5-2真空中一长为/=20c加均匀带电细棒，线电荷密度2=3x/0-80加。求棒垂直平

分线上与棒的中点相距1=8cm处的电场强度。

解：

...MxdMdx

细棒在Q点产生的电场强度大小为

&=%=吐康小鬲^=乱"二声

=5.27xlOJNiC

方向沿y轴正向.

附：Jdxj

(X2+d2户

设x=dtgt,贝ij(x2+d2)2=d3sec31,dx-dsec2tdt

f---———r=-4fcostdt=Lsint+C=L「®一+C=——・*+c

，Jd2d?声记d2k7

5-3-底面半径为R圆锥体，高为〃，均匀带电，电荷体密度为夕，求其顶点的电场强

度。

解例题5—2给出半径为r、电荷面密度为0的带电圆盘轴线上距盘心为x远处的电场强

度的大小为

22

2^0_yjr+x

如图所示，在距A为x远处取厚度为白的薄圆盘，半径为r,面积为加’，体积为》/心,

/w2dx,

（7----------j--POX

因dx为一无穷小量，薄圆盘上电荷面密度万厂，代入（1）式，得薄圆盘

在A点产生的电场强度为

2%|_J厂+厂

xH

利用几何关系"J箱+上,对上式积分得圆锥体在A点的电场强度为

-P-1-HH

E=r

24]J/??+“2J/+”2

方向为沿对称轴向

5-4求真空中电荷面密度为。的无限大均匀带电平面的场强。

解：选取垂直于平面的圆柱面为高斯面。圆柱侧面上场强石与轴线平行，通过侧面电通量

为零，而在两底面S上，场强方向与平面法线方向都一致。

所以，通过这个高斯面的电通量，就等于通过两底面的电通量

^>E=ES+ES

山于此高斯面所包围的电荷量为,根据高斯定理得

oS

2ES=

%,

5-5真空中有半径为曷和/?2（火2>/）的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电

量4和试求：（l）r</；（2）/?,<r</?2；（3）火2处各点的场强。

解：高斯定理Ei

£。

取同轴圆柱形高斯面，侧面积S=2m-/

则{£-d5=E27rrZ

对（1）r</?,工4=°，后=0

（2）<r<R2>q=认

E=—2—沿径向向外

27l£o，"

(3)r>R2>q=0

E=0

5-6真空中有一半径为R,电量为夕的均匀带电球体，求其球内、外各点的电场强度。

解：应用高斯定理计算电场分布.

（1）球体内的电场强度

球体体积为7R3,均匀带电，电荷体密度P=/.作半径为r（0<r<R）的球形

高斯面S1,所包围的球体体积为匕=-nr\包围的电荷量为工4=P匕=生匕=4=，

3VR

设半径为I•处的场强为Ei，由高斯定理得

E,-dtS*=£1]-4^T2=--V9

S|4

E="

得1

47T£nR'

（2）球体外的电场强度

作半径r>7?的球形高斯面$2,包围电荷量为由高斯定理得

E,-dS=E,-4万川=工£勺=?

£。%

得E,

47T£0r

5-7如图，A,8处各有电量分别为+q,-q的点电荷，间距为2火，现将一正试验点电

荷外从两电荷连线中点。经过半圆弧移到。点，求移动过程中电场力作的功。

解：如题图示

0

q°q

A=q0(Uo-Uc)=

血%R

5-8真空中有一均匀带电4,半径为R的球体，试求球体内电势分布。

解：先由高斯定理求出球内、外电场强度

(0<r</?)

r>R

2

2"x——fR——poo——3qqr

U=\E-dl=jE,-dl+-dl=

兀£小

87l£0R83

5-9真空中有两个半径分别为居=5.0cm,R2=2Q.0cm同心的均匀带电球面，已知内

球面的电势为匕=60%,外球面的电势匕--30V,求(1)内、外球面上所带电量；(2)两个

球面间何处电势为零。

%

解：⑴UR,R,=ydr=——-)=60-(-30)=90V

兀

"4nenr4R]R2

解得q,^6.67x10-1°C

VR=—^—+—^—=60,

兀£风

/4TT£()RI4

9

解得q2=-].33X10-C

(2)令r处歹(r)=0

即—^=0

兀£/

44TT£0R2

解得r-0.10m-10cm

6-1-带电。的导体球壳，内、外半径分别为R/、R2O球壳内另有一半径为尸、带电q

的导体小球，与球壳同心（r<Q<R?）。求小球与球壳的电势差。

解：匕.=」一（幺_

q,<7-+---2-1---------

4叫）r&&

'4TT£„&R,R24兀£岛

6-2在半径为"的导体球外面套上一半径为此的同心薄导体球壳，球壳带电。，内球电

势为外,求内导体球与球壳间的电势差。

解：导体球的电势为q+—Q=v„

47C£0RI47T£OR2

解出口=4兀£小匕_蛆

R2

因此编中Q

47T£OR2

6-3一离地面很远、半径为R的金属球，用导线与地相联，在与球心相距d=3R处有一

点电荷+q,试求金属球上感应电荷的电量。

q‘

习题6—3图

解：如图所示，设金属球感应电荷为g',则球接地时电势心=0

由电势叠加原理有：

Vo=—^—+—金—=0

4眸34兀43R

得q'

3

6-4在半径为R的金属球外有一层外半径为R'的均匀介质层，设电介质的相对电容率为

金属球带电量为0,求：（1）介质层内外的电场强度；（2）介质层内外的电势；（3）

金属球的电势。

介质层内</<火’）：E=--------;/=---------（----

4兀£心\_£rrRR

介质层外E=0,；V=-^—

4兀£/4兀£/

金属球电势:

解（1）如图作半径为r的球面为高斯面，由有介质的高斯定理得

4%/。=Q

Q

D=

4^r2

DQ

在介质内，R<r<R'

DQ

在介质外，r>R'E]

（2）介质内任一点的电势为

""山.+小”=焉

邑rR'R'

介质外任一点电势为

匕=['E,dr————

-4^0r

（3）金属球的电势可由（1）式中令尸=火得到，即

Q1111

匕）=十一

［邑1火RR'

6-5半径为凡的导体圆柱和与它同轴的半径为此的导体圆筒间充满相对电容率为邑的

介质。圆柱的长为L,设沿轴线单位长度上圆柱带电荷量为+2，圆筒单位长带电荷量为-2,

忽略边缘效应，求：（1）介质中的电位移和电场强度；（2）介质表面的极化电荷面密度。

解（1）由于电场具有轴对称性，以半径为r作高为L的同轴高斯面，介质中的高斯定理

得

2mL-D-AL

D」

2"

D22

E

2环)£/

£l7t£r(1)

（2）设介质内外表面单位长上的极化电荷分别为a'和一在介质内，其内表面极化电荷

产生的附加电场的场强为

E'

2兀

根据场强叠加原理，在介质内电场是导体圆柱表面的自由电荷产生的电场和介质内表面极化

电荷产生的附加电场的叠加，即

A

E=E「E，=

27ts0r2^sor(2)

由（1）和（2）式解得

2^2（1-—）

介质内外表面单位长的面积分别为2成「2叫,则极化电荷面密度分别为

,一方几〃1、，/九〃1、

2叫2成］j2欣22欣2J

6-6球形电容器由半径为刷的金属球与•与它同心的半径为此的金属球壳组成。求电

容器的电容。

解：球间电场〃

E=—^

4吗1r

球与球壳间的电势差nRR

U=^—^—dr=qR^~R'

M4g,-47te0R,R2

电容

q47T£nR,R2

~U~R2-R,

6-7已知一平行平板电容器电容为0.50所，两极板间介质厚度为0.0/机机。该介质的击

穿场强为1.9X107V-m-'，求此电容器所能存贮的最大能量。

解：两板间电势差Umax=Ehd=190V

电容器所能存贮的最大能量匕——。3"。力

6-8一极板面积为S,极板间距为d的平行平板空气电容器，充电到带电q后与电源断开,

然后缓慢地将两板间距拉到2d，问电容器能量改变了多少？

解：电源断开，板上电荷不变，由例6—1知，板间距加倍，电容减为原来的一半，增加

的电容器能量为

/021Q2Q2q2d

AW—--------------=----=-----

2C/22C2C2s„S

7-1如图48、为长直导线，8C是一段圆心为。、半径为火的圆弧形导线，若导线

通有电流/,求。点的磁感应强度。

解：AB段产生：B,=0

BC段产生：方向垂直向里

212R

CD段产生：B3为似〃90"—s%60")=牛乙〃一39方向垂直向里

4兀一

2

纬=与+&+曷—孝+今)，垂直纸面向内

7-2两条无限长直载流导线垂直且不相交，它们相距最近处为d=2.0c机，电流分别为

乙=4.0/和心=6.0/,尸点到两导线距离都是d,求产处的磁感应强度大小。

解：电流h在P点产生B,=^-=4.0X10-5T方向垂直向里

27rd

电流b在P点产生8,=幺匹=6.0x/0"T方向在纸面里垂直指向电流L

2nd

P点B=^B；+B：=7.2x101

tg0=，=L5,0=56°19'

7-3-宽度为6的半无限长金属板置于真空中，均匀通有电流/。。。点为薄板边线延长

线上的一点，与薄板边缘的距离为4。如图所示。试求产点的磁感应强度8。

clz

解建立坐标轴°X,如图所示，尸点为X轴上的一点。整个金属板可视为由无限多条无

dl=—dx

限长的载流导线所组成，其中取任意一条载流线，其宽度为公，其上载有电流b,

它在产点产生的场强为

dR=〃出_Mqlqdx

P"4m"4质（6+d-x）

的方向垂直纸面向里。由于每•条无限长直载流线在尸点激发的磁感强度四具有相同的方

向，所以整个载流金属板在尸点产生的磁感应强度为各载流线在该点产生的的代数和，即

J47rbb+d-x

=^lnb

471bb+d-x0

b+d

In

以。1。

4就

Bp方向垂直于纸面向里。

7-4两个半径为R的线圈共轴放置，相距为乙通有相等的同向电流I,如图所示，求

在离它们中心0点为x远处的P点的磁感强度。

L2

分析两圆电流在P点产生的磁场方向相同，利用一经导出的圆电流在轴线上的磁感强度

表示式叠加后可得其解.所得结果为X的函数，可以证明在x=0处的一阶为零，当/=氏时

二阶导数也为零，即表明当/=火时在0点附近的小区域内为均匀磁场.亥姆霍兹线圈在科

研和生产实际中应用比较广泛.

解

…，（I

>»2।v

dB=3〃。〃2万+x

dx2［「z、21%

上+处

7-5处在基态的氢原子其电子可看作是在半径r=0.52x/0-8ca的轨道上作匀速圆周运

动，速率n=2.2x/0"c能•$-/v求电子在轨道中心所产生的磁感应强度大小（电子电量

为16x10-2（：）。

e2v2e2

=m

解：由------~e——得r=-------------7

4吗）厂r47i£0mev

T卫，I，,B』

vT2r

/.iev_4TTX107x/.6x/0"‘x2.2xl08xIO"2

故B()=13T

47TK'4TTX(0.52X10~8xlO-2)

7-6如图有相距d=40cm的平行长直导线，每根导线载有电流((=20A,求:

(1)两导线连线中点/处的磁感应强度；

(2)通过图中所示面积的磁通量(/；=弓=10cm,/=25cm)。

+丝=4x10-51方向，纸面向外

解:⑴BA

2吟2心

(2)取面元dS=Idr

。=『+'7必+115=也1〃3—^~1〃!=处历3=2.2义10-6的6

士2M2n(d-r)27t2兀37t

7-7如图为一长直圆管形导体的横截面，内外半径分别为a和b，沿导体轴线电流为I,

电流均匀分布在管的横截面上。试求导体内外的磁感应强度分布。

解：由安培环路定理易知B=O,(r〈a);B=2L,(r>b)

2冗丫

由安培环路定理《裳疝=B2兀r=N0——；—-K(r2-a2)

4n(b-a')

解得人段筌

(a<r<b)

7-8-长直导线截面为10加加2,沿导线截面均匀地通有电流50〃，求此导线内、外磁感

应强度分布及导线表面的磁感应强度大小。

解：由安培环路定理J瓦/=82万r=〃。工/

导线内尸<火，£/=―/尸故8=

A兀R?2成2

导线外，r>R,Yl=I，故8=以,

2冗丫

在导线表面磁感应强度连续，由/=50/,R=JS/兀=1.78x10*叫得

BR=^-=5.6X10”

2兀R

7-9电流/均匀流过半径为R的圆柱形长直导线，试求磁场通过如图截面的导线内单位

长度剖面的磁通量。

7-10电流均匀流过一无限大导电平面，设电流面密度大小为J,求导电平面两侧的磁感

应强度。

解：在如图的矩形回路abed中

=£瓦•/+瓦•加+瓦-di4-fB-dl=2BL="ojL

j1Jda4

导电平面两侧磁感应强度大小8=冬」

2

7-11电流/通过如图形状的导线，将它放在方向垂直纸面向内、磁感应强度为5的磁

场中，求此导线所受安培力。

解：由例7—8知，截流导线在匀强磁场中受的磁场力等于从起点到终点连接的直导线通

过相同电流时受到的磁场力，故由月=比x月知

F=2BIR,方向竖直向上。

7-12如图所示，无限长直导线内通有电流人，与其共面的有一矩形线框COM,

通有电流A，cr＞平行于户长为厂长为6,48与CO间距为d。试求矩形线框

所受到的磁场合力。

解（1）根据安培力公式：必=/d/x8,可求

Fcd=IM\=^^

27rd

由右手法则可知，其方向垂直于CZ）向右。

,No】/b

F=12bB2=—彳-----\

EF222%（a+d）

方向垂直于£户向右

对于CF段，由于Cb边上各点的8不相同，所以在其上取电流元

12dxi积分可得

必//]na+d

2万d

FCF的方向垂直于CF向上，5°的方向垂直于。。向下，

(2)由(1)中的结果，可求得作用于矩形线框上的合力为

F=FCD-FEF

_闻J2b(1/)

2nda+d

由于尸＞0，则可知合力/方向向左。

7-13均匀磁场中有一长度为0.50帆的直导线，载有70/沿y轴正方向的电流，磁场

B^0.37-1.2j+0.5z(T)求作用在这段导线上的力。

分析如果分别用人八〃表示三个坐标方向的单位矢量，长度为乙的直导线，电流方

向在y轴正向，则电流可以表示为磁感强度可以表示为

B=Bxi+Byj+Bzk

根据安培定律可以求出该导线所受的安培力.

解根据矢量积的定义，有

jxi=-k/xj=0jxk=i

根据安培定律可得

F=ILjxB=lLjx(5,7+BJ+B,k)=IL(-Bxk+B:i)

=10x0.5x(—0.3A+0.51)=-1.5〃+2.5i

7-14一平均半径为0.08机的螺绕环，绕有240匝线圈，电流强度为0.30/。管内充满

相对磁导率为5000的铁磁质。求管内的磁场强度和磁感应强度。

分析螺绕环磁场几乎都集中在环内，磁场线是一系列圆心在对称轴上的圆.如果圆

环的截面积很小，可认为环内各点的磁场强度大小相等，等于以平均半径R为半径的圆上

的磁场强度.

NI240x0.30,,，…一

解H=n