新編基礎物理學答案_

1、第11章恒定電流與真空中的恒定磁場11-1電源中的非靜電力與靜電力有什么不同答：在電路中,電源中非靜電力的作用是,迫使正電荷經(jīng)過電源內部由低電位的電源負極移動到高電位的電源正極,使兩極間維持一定的電位差.而靜電場的作用是在外電路中把正電荷由高電位的地方移動到低電位的地方,起到推動電流的作用；在電源內部正好相反,靜電場起的是抵抗電流的作用.電源中存在的電場有兩種：1、非靜電起源的場；2、穩(wěn)恒場.把這兩種電場與靜電場比擬,靜電場由靜止電荷所激發(fā),它不隨時間的變化而變化.非靜電場不由靜止電荷產生,它的大小F,決定于單位正電荷所受的非靜電力,E=.當然電源種類不同,Fk的起因也不同.q11-2靜電場與

2、恒定電場有什么相同處和不同處為什么恒定電場中仍可應用電勢概念答：穩(wěn)恒電場與靜電場有相同之處,即是它們都不隨時間的變化而變化,根本規(guī)律相同,并且都是位場.但穩(wěn)恒電場由分布不隨時間變化的電荷產生,電荷本身卻在移動.正由于建立穩(wěn)恒電場的電荷分布不隨時間變化,因此靜電場的兩條根本定理,即高斯定理和環(huán)路定理仍然適用,所以仍可引入電勢的概念.11-3一根銅導線外表涂以銀層,當兩端加上電壓后,在銅線和銀層中,電場強度是否相同電流密度是否相同電流強度是否相同為什么答：此題涉及知識點：電流強度I=fjdS,電流密度概念,電場強度概念,歐姆定律的微s分形式j=oE.設銅線材料橫截面均勻,銀層的材料和厚度也均勻.由

3、于加在兩者上的電壓相同,兩者的長度又相等,故銅線和銀層的場強E相同.由于銅線和銀層的電導率仃不同,根據(jù)j=bE知,它們中的電流密度j不相同.電流強度I=jjdS,銅線和銀層的j不同但S相差不太大,而它們的橫截面積一般相差較大,所以通過兩者的電流強度,一般說來是不相同的.11-4一束質子發(fā)生側向偏轉,造成這個偏轉的原因可否是：(1)電場(2)磁場(3)假設是電場或者是磁場在起作用,如何判斷是哪一種場答：造成這個偏轉的原因可以是電場或磁場.可以改變質子的運動方向,通過質子觀察運動軌跡來判斷是電場還是磁場在起作用.11-53個粒子,當它們通過磁場時沿著如題圖11-5所示的路徑運動,對每個粒子可作出什

4、么判斷答：根據(jù)帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力規(guī)律,通過觀察運動軌跡的不同可以判斷三種粒子是否帶電和帶電種類.11-6一長直載流導線如題圖11-6所示,沿Oy軸正向放置,在原點O處取一電流元Idl,求該電流元在(a,0,0),(0,a,0),(a,a,0),(a,a,a)各點處的磁感應強度B.分析：根據(jù)畢奧-薩伐爾定律求解.解：由畢奧-薩伐爾定律dB二3.4冗r題圖11-5原點O處的電流元Idl在(a,0,0)點產生的B為:dB=0Idljai-L34冗a.1(.adlk)k4必Idl在(0,a,0)點產生的B為：0Idljaj/0IdldB-,3一,2(jj)-0,4冗a471aIdl在(a,

5、a,0)點產生的B為：0Idlj(aiaj)、2加dB_3=2k.4九(x2a)316必2Idl在(a,a,a)點產生的B為二0Idlj_(ai_aj_ak)、3%IdldB一4冗(J3a)3一36-(ik).題圖11-711-7用兩根彼此平行的長直導線將半徑為R的均勻導體圓環(huán)聯(lián)到電源上,如題圖11-7所示,b點為切點,求O點的磁感應強度.分析：應用畢奧-薩伐爾定律分別求出載流直導線L1和L2以及導體圓環(huán)上并聯(lián)的大圓弧ab大和小圓弧ab小在O點產生的磁感應強度,再利用磁感應強度的矢量疊加來求解.解：先看導體圓環(huán),由于ab大和ab小并聯(lián),設大圓弧有電流I1,小圓弧有電流I2,必有:由于圓環(huán)材料相

6、同,電阻率相同,截面積s相同,實際電阻與圓環(huán)弧的弧長l大和l小有關,即:那么11在o點產生的B的大小為_X0111大B1=24tR2而12在o點產生的B2的大小為=B1.Ch月小B2=24二R231和B2方向相反,大小相等.即B1+B2=0.艮=0.直導線L2在O點產生的b4=0,方向垂直紙面向外.4二R那么O點總的磁感強度大小為I4二R方向垂直紙面向外11-8一載有電流I的長導線彎折成如題圖11-8所示的形狀,CD為1/4圓弧,半徑為R,圓心O在AC,EF的延長線上.求O點處磁場的場強.分析：O點的磁感強度B為各段載流導線在O點產生磁感強度的矢量和.題圖11-8解：由于O點在AC和EF的延長

7、線上,故AC和EF段對O點的磁場沒有奉獻.CD段BCD%I二_AL4二R二一8RJI2DE段Bde=W(cos45Lcos135)=).14二a4二；2R/2O點總磁感應強度為B=BdeBcdol31.12二R8R-2R4二方同垂直紙面向外題圖11-911-9.在真空中,有兩根互相平行的無限長直導線L1和L2,相距0.1m,通有方向相反的電流,11=20A,I2=10A,如題圖11-9所示.a,b兩點與導線在同一平面內.這兩點與導線L2的距離均為5.0cm.試求a,b兩點處的磁感應強度,以及磁感應強度為零的點的位置.分析：先根據(jù)無限長載流直導線的磁感應強度公式,由矢量疊加即可求出空中某場點的合

8、場強.解：如題圖9-8所示,Ba方向垂直紙面向里0I10I2工Ba=0-J-0-=1.210(T)20.1-0.05)2ux0.05Bb方向垂直紙面向外-012-0113Bb=-0-11.3310(T)2冗0.052冗(0.10.05)設B=0在L2外側距離L2為r處那么解得2Mr+0.1)2urr=0.1m11-10如題圖11-10所示.一無限長薄電流板均勻通有電流I,電流板寬為a,求在電流板同一平面內距板邊為a的P點處的磁感應強度.分析：將無限長薄電流板分割成許多無限長載流直導線,應用無限長載流直導線產生的磁場dB公式,然后積分求解總的磁感應強度.注意利題圖11-10用場的對稱性.解：在電

9、流板上距P點x處取寬為dx并平行于電流I的無限長窄條,窄條中的電流為dl在P點處產生的磁感強度為8=上辿,方向垂直紙面向里.2二x整個電流板上各窄條電流在P點處產生的dB方向相同,故B=dB=.2Tx0dl2a0l0l-dx=ln22冰la2271a方向垂直紙面向里.11-11在半徑R=1cm的無限長半圓柱形金屬薄片中,有電流I=5A自下而上地通過,如題圖11-10所示.試求圓柱軸線上一點P處的磁感應強度.分析：將半圓柱形金屬薄片分割成許多無限長載流直導線,應用無限長載流直導線產生的磁場dB公式,將dB按坐標軸分解后再積分求解總的磁感應強度.注意利用場的對稱性.解：如解11-10圖所示,無限長

10、載流半圓形金屬薄片可看成由許多寬為dl=RdH的無限長電流窄條所組成,每根導線上的電dl流在P點廣生的磁場dB大小為dB=0,方向按右手螺旋2uR法那么確定.dB=0dl0ld.2u2R題圖11-11由于各電流窄條產生的磁場方向各不相同,應按坐標軸分解將矢量積分化為標量積分,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在半彳仝為R及r的兩圓周之間,有一總匝數(shù)為N的均勻密繞平面線圈如題圖11-12通有電流I,求線圈中央即兩圓圓心處的磁感應強度.分析：將密繞平面線圈分割成許多同心的圓電

11、流,利用載流圓環(huán)在其圓心處產生的磁場dB公式求解,然后再積分求解總的磁感應強度.解：由于載流螺旋線繞得很密,可以將它看成由許多同心的圓電流所組成,在沿徑向r到R范圍內,單位長度的線圈匝數(shù)為Nn二.R-r任取半徑P,寬為dN勺電流環(huán),該電流環(huán)共有電流為Ind=INd:.R-r該電流環(huán)在線圈中央產生的磁感強度大小為題圖11-12dBA2：Ind=0INd：2(R-r):0IN,Rln,2(R-r)r題圖11-13圓心處總磁感強度大小R%INd：B=dB=r2(R-r):方向垂直紙面向外.11-13如題圖11-13所示,在頂角為2日的圓錐臺上密繞以線圈,共N匝,通以電流I,繞有線圈局部的上下底半徑分

12、別為r和R.求圓錐頂.處的磁感應強度的大小.分析：將密繞線圈看成許多載流圓環(huán),利用載流圓環(huán)在其軸線上產生的磁場公式dB公式,再積分求解總的磁感應強度.解：只要將題11-12中的均勻密繞平面線圈沿通過中央的軸垂直上提,便與此題條件相一致,故解題思路也相似.如解圖11-12建立坐標,取半徑為P,寬為d而電流環(huán)的密繞線圈,其含有匝數(shù)為一LdP,R-r通電流為dl-d：.R-r解圖11-12由于x=Pcot日,dx=dPcot日.半徑為解J一小匝電流在O點產生的dB大小為o?2dlo：2NIdB-22、3/2八/-2-2J.、3/22(：+x)2(+:cot二)(R-r)0NId：0NIsin3-d：

13、2csc(R-r)：-2(R-r):.所有電流產生的磁場方向均沿x軸,所以其磁感強度大小為NIsin3uRd：0NIsin3LRB=ln.2(R-r)r：2(R-r)r11-14半徑為R的木球上繞有細導線,所繞線圈很緊密,相鄰的線圈彼此平行地靠著,以單層蓋住半個球面共有N匝,如題圖11-14所示.設導線中通有電流I,求在球心O處的磁感應強度.分析：考慮線圈沿圓弧均勻分布,利用載流圓環(huán)在其軸線上產生的磁感應強度公式求解,再積分求解總的磁感應強度.題圖11-14解：建立如解圖11-14所示坐標,x軸垂直線圈平面,考慮線圈沿圓弧均勻分布,故在x-x+dx內含有線圈的匝數(shù)為NdNdl二R/22NRRd

14、92Ndh線圈中通電流I時,中央O點處磁感強度為dB0Iy222.3/22(xy)dN.解圖11-13由于x=Rsin,y=Rcos對整個半球積分求得O點總磁感強度為/0iy2dB=rdNKIN二RJT-cos2id二0J(JN4R方向沿x軸正向.11-15一個塑料圓盤,半徑為R,帶電q均勻分布于外表,圓盤繞通過圓心垂直盤面的軸轉動,角速度為.試證實(1)在圓盤中央處的磁感應強度為B=3_q2二R12(2)圓盤的磁偶極矩為pmqR4分析：均勻帶電圓盤以角速度6旋轉時相當于圓電流,利用載流圓環(huán)在其圓心處產生的磁場公式求解,再積分求解總的磁感應強度.解：(1)在圓盤上取一個半徑為r、寬為dr的細圓

15、環(huán),其所帶電量為,八,q八,dq=；：2;rdr=2二rdr二R2qrdr二R2圓盤轉動后相當于圓電流,q一,dl=ndq=2二rdr二TR2假設干個圓電流在圓心產生的磁感強度為_R5,qrdr一02r二R2dPm=SdIB=2T,方向沿x軸正方向,(2)細圓環(huán)的磁矩為32qrqr-二r2dr=2-dr二RR轉動圓盤的總磁矩為一3qrXPm=.0rdrR方向沿軸向.11-16一均勻磁場的磁感應強度如題圖11-16所示.試求：(1)通過圖中ABCD面的磁通量；(2)通過圖中BEFC面的磁通量；(3)通過圖中AEFD面的磁通量.分析：應用磁通量概念求解.解：(1)取各面由內向外為法線正方向.那么A

16、BCD=BSabcdcosir=-2x40x10-X30X10-=-0.24(Wb)穿入(2)befc=BSbefcCOS=0.(3)AEFD=BSAEFDCOS日=BSAEFD=0.24(Wb)穿出11-17如題圖11-17所示,在長直導線AB內通有電流I,有一與之共面的等邊三角形CDE,其高為h,平行于直導線的一邊CE到直導線的距離為b.求穿過此三角形線圈的磁通量.分析：由于磁場不均勻,將三角形面積分割成許多平行于長直導線的狹條,應用磁通量概念求出穿過狹條面元的磁通量,然后利用積分求出穿過三角形線圈的磁通量.解：建立如解圖11-17所示坐標,取距電流AB為X遠處的寬為dx且與AB平行的狹條

17、為面積元dS=2(bh-x)tan30dx.那么通過等邊三角形的磁通量為-bh中=BdS=0-2(bh-x)tan30dxsb2二xbh3Ibh-x,3%Ibh,=0dx=0(bh)lnh.b3二x3二b11-18一根很長的圓柱形實心銅導線半徑為R,均勻載流為I試計算：(1)如題圖11-18(a)所示,導線內部通過單位長度導線剖面的磁通量；(2)如題圖11-18(a)所示,導線外部通過單位長度導線剖面的磁通量.題圖11-17產解圖11-17題圖11-18分析解此題需分以下兩步走：先由安培環(huán)路定理求得導線內、外的磁感應強度分布情況；再根據(jù)磁通量的定義式=BdS來求解.解由磁場的安培環(huán)路定理可求得

18、磁感應強度分布情況為(r,：R)(r-R)然后求磁通量.沿軸線方向在剖面取面元dS=ldr,考慮到面元上各點B相同,故穿過面元的磁通量d=BdS,通過積分,可得單位長度導線內的磁通量.(1)導線內部通過單位長度導線剖面的磁通量工dr2二RoI4二(2)導線外部通過單位長度導線剖面的磁通量2R外=JRB外dr=Wln2題圖11-1911-19如題圖11-19所示的空心柱形導體,柱的內外半徑分別為a和b,導體內載有電流I,設電流I均勻分布在導體的橫截面上.求證導體內部r2-a各點(arb)的磁感應強度B由下式給出：B=t02二(b2-a2)r分析：應用安培環(huán)路定理求解.注意環(huán)路中電流的計算,應該是

19、先求出載流導體內電流密度,再求出穿過環(huán)路的電流.證實：載流導體內電流密度為I22-二(b2-a2)由對稱性可知,取以軸為圓心,r為半徑的圓周為積分回路L,那么由安培環(huán)路定理IBdl22B2二r-a2)=%Ir-a22b-a從而有oIr2-a22二(b2-a2)r11-20有一根很長的同軸電纜,由兩個同軸圓筒狀導體組成,這兩個圓筒狀導體的尺寸如題圖11-19所示.在這兩導體中,有大小相等而方向相反的電流I流過.求：(1)內圓筒導體內各點(ra)的磁感應強度B；(2)兩導體之間(arb)的B；(3)外圓筒導體內(brc)的B；(4)電纜外(rAC)各點的Bo分析：應用安培環(huán)路定理求解.求外圓筒導體

20、內(brc)的B時,注意環(huán)路中電流的計算,應該是先求出外圓導體內電流密度,再結合內圓筒的電流,求出穿過環(huán)路的電流.解：在電纜的橫截面,以截面的軸為圓心,將不同的半徑r作圓弧并取其為安培積分回路L,然后,應用安培環(huán)路定理求解,可得離軸不同距離處的磁場分布.B=0當ra時,c|Bdl=ML=0,B2nr=0,得同理可得B5IB2二r(2)當arb時,3當brc時,11-21在半彳全為R的長直圓柱形導體內部,與軸線平行地挖成一半徑.相,為r的長直圓柱形空腔,兩軸間距離為a,且ar,橫截面如題圖口一11-21所示.現(xiàn)在電流I沿導體管流動,電流均勻分布在管的橫截面上,為顯而電流方向與管的軸線平行.求：圓

21、柱軸線上的磁感應強度的大??；(2)空心局部軸線上的磁感應強度的大小.題圖11-21分析用填補法.空間各點磁場可看作半徑為R,電流為I1均勻分布在橫截面上的圓柱導體和半徑為r電流為-12均勻分布在橫截面上的圓柱導體磁場之和.兩電流密度相同.解：載流導體內電流密度為、.二I二(R2-r2)(1)圓柱軸線上的磁感應強度的大小電流I1產生的磁感應強度B1=0電流I2產生的磁感應強度RJ0I2B2二口.Ir2_222二aR-r合場強0Ir2B0=B12=2.a(R2-r2)(2)空心局部軸線上O點B的大小:電流I2產生的B2=0電流I1產生的B1=Ia2兀aR2-r22R2-r2)所以B0=BiB2=2

22、1a22二(R2-r2)11-22一電子在=7.0父10-3丁的勻強磁場中做圓周運動,圓周半徑r=3.0cm,某時刻電子在A點,速度v向上,如題圖11-21所示.(1)試畫出電子運動的軌道；題圖11-22(2)求電子速度v的大小;(3)求電子動能Ek.分析：應用運動電荷在勻強磁場中所受洛倫茲力公式并結合牛頓第二定律求解.解：(1)由洛倫茲力F=(-e)vB,得電子的運動軌跡為由A點出發(fā)剛開始向右轉彎半徑為r的圓形軌道.(3)Ek2v,口F=evB=m,得rerB1.610,90.037.010,-319.110=3.7107(ms)1=_mv2=-9.1101(3.7107)22=6.2104

23、6(J)方向和垂直B的方向上運動的不同特點.v與B成6=89甲寸,其軌跡為螺旋=2.65107(ms)2二meB2二9.11103_19_1.6100.10J0=3.6810(s)p=vT=2.68107cos893.5610/=1.6610(m)_v_m_2.68107sin899.1110,1-_19_eB1.6100.10=1.51101m)7111-24某瞬間在A點有一質子a以Va=10mS沿題圖11-24中所小萬向運動.相距r=10Mcm遠處的B點有另一質子b以vb=2父103m沿圖示方向運動.va,vb,r在同一平面內,求質子b所受的洛倫茲力的大小和方向.題圖11-24分析：當考察

24、兩運動電荷的相互作用時,可從運動電荷B在運動電荷A形成的磁場中運動著2.11-23把2.0keV的一個正電子射入磁感應強度B為0.10Wbm的均勻磁場內題圖11-22,其速度矢量V與B成89涌,路徑成螺旋線,其軸在B的方向.試求這螺旋線運動的周期T、螺距p和半徑r.分析：應用洛倫茲力分析帶電粒子在均勻磁場中的運動求解.注意分析帶電粒子在平行于B的解：帶電粒子在均勻磁場中運動時,當線.貝U22.01031.610,9:9.11103手,求得所受磁力的大小和方向.解：質子A以va運動經(jīng)過a點的瞬間在b點產生的磁感強度為eva4二r2sin45方向垂直紙面向外.質子B以運動,在經(jīng)過b的同一瞬間受洛倫

25、茲力為_J0e2vaVh一_23F=evbB=-0-2-bsin45=3.610一N4方向垂直vb和B組成的平面,滿足右手螺旋.11-25如題圖11-25所示,一根長直導線載有電流Ii=30A,矩形回路載有電流I2=20A,a=1.0cm,b=8.0cm,l=12cm.試計算:1作用在回路各邊上的安培力；2作用在回路上的合力.分析1對于矩形上、下兩段導線由于所處磁場不均勻,所受安培力用定義式積分法求解,對于矩形左右兩段豎直導線由于各自所處磁感應強度為定值,可直接由F=BIL來求解,各自受力方向可用右手螺旋沿IdlB的方向來判定；2由于上、下兩段導線fDF2的大小相等,方向相反,對矩形回路來說,

26、該兩力的矢量和為零.而矩形的左右兩段導線由于所處磁感強度不等,所受安培力F3和F4大小不同,且方向相反,因此線框所受的卜門T*T題圖11-25力為這兩個力的合力.解：1由分析可知,上下導線所受安培力大小相等,方向相反.a七I1112abF1=F2=I2dlBsin.二0I1I2dx=011121nab1a2Tix2aa左右導線所受安培力大小分別為0I1I2IF3二-2向0I1I2I卜4二2九ab線框所受總的安培力F為左、右兩邊安培力F3和F4之矢量和,故合力的大小為=F3F4一0I-Il22a/22兀ab3=1.2810(N)題圖11-26合力的方向朝左,指向直導線11-26如題圖11-26所

27、示,長直電流I1附近有一等腰直角三角形線框,通以電流I二者共面.求三角形線框各邊所受的磁力.分析：根據(jù)無限長載流導線所產生磁場的磁感應強度公式,B與r成反比.ABC三條邊中：AB邊各點所處磁感應強度相同,可直接代入安培力公式中求解,無需積分；AC和BC邊由于各點所處磁感應強度均不同,因此需建立坐標系、取電流元,根據(jù)安培力定義式用積分法求解.解：AB邊所受的磁場力A一一FAB=JdlBB=a1A=*ha27td27td方向垂直AB向左;AC邊所受的磁場力CFac=2CIBAdadI2drJ0I12二r方向垂直AC向下;同理BC邊所受的磁場力的大小d-aI2dl0I12由于所以dldrcos45a

28、da-cBF%1211clrJ01112da=In2二rcos45、2二d方向垂直BC向上.11-27載有電流I=20A的長直導線AB旁有一同平面的導線ab,ab長為9cm,通以電流I1=20A.求當ab垂直AB,a與垂足O點的距離為1cm時,導線ab所受的力,以及對O點力矩的大小.分析：此題中各電流元受安培力方向相同,而大小隨位置變化B隨位置變化而變化,故需通過積分求解合力.各電流元受磁力矩方向也相同,大小也隨位置變化而變化,導線對O點的磁力矩也需通過積分求解.解：電流ab中任意電流元受力大小為df=I1Bdx.0.1II.f=dfdx=II11n0012x2二0.10.014二102二20

29、21In10=1.8410(N)A1cmB題11-27圖對O點力矩為0.1JnII.M=dM=xdf01xdx0012?0q=I1I2(0.1-0.01)7.210(mN)2二11-28截面積為S,密度為P的銅導線,被彎成正方形的三邊,可以繞水平軸OO轉動,如題圖11-28所示.導線放在方向為豎直向上的勻強磁場中,當導線中的電流為I時,導線離開原來的豎直位置偏轉一角度為6而平衡,求磁感應強度.如S=2mm2,P=8.9gcm,e=15：I=10A.B應為多少分析：載流線框繞OO轉動,由于沒有平動只有轉動,僅需考慮線框XOO軸力矩的平衡,而不需考慮力的平衡.即M=0.磁力矩可用閉合線框受到磁力矩求解.解：設正方形各邊長度為1,質量為m,平衡時重力對OO軸的力矩1.2rM重=2mgsin8+mg1sin6=21PsgsinB載流線框受到磁力矩既可用整個線框受到磁力矩,也可用各導線段受力對軸的合力矩由于此時以一條邊為轉軸,即M=pm父B,其大小為M磁=pmBsin它-6=Il2Bcos.平衡時有M重二M磁,即2l2：sgs