物理學(xué)導(dǎo)論試題及課后答案

22.（本題5分）（2654）1522IIaa2axOIdlIdl的作用力(1)寫出電流元對電流元1122的數(shù)學(xué)表式；(2)推出載流導(dǎo)線單位長度上所受力的公式．a(chǎn)I2Idl2I1Idlr2111224.（本題10分）（2150）如圖所示，兩條平行長直導(dǎo)線和一個(gè)矩形導(dǎo)線框共面．且導(dǎo)線框的一個(gè)邊與長直導(dǎo)線平行，他到兩長直導(dǎo)線的距離分別為r、r2．已知兩導(dǎo)線中電流都為1IIsint，其中I和為常數(shù)，t為時(shí)間．導(dǎo)線框0022.（本題5分）（2442）長為a寬為b，求導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢．將細(xì)導(dǎo)線彎成邊長d=10cm的正六邊形，若沿導(dǎo)線流過電流強(qiáng)度為I=25A的電流，求六邊形中心點(diǎn)的磁感強(qiáng)度B．(0=4×10-7N·A-2)IIb23.（本題5分）（2548）在氫原子中，電子沿著某一圓軌道繞核運(yùn)動．求等效圓電流的磁矩與電子軌道運(yùn)動的動量矩大ar2pLrLm1p小之比，并指出和方向間的關(guān)系．Oxm(電子電荷為e，電子質(zhì)量為m)24.（本題10分）（2737）兩根平行無限長直導(dǎo)線相距為d，載有大小相等方向相反的電流I，電流變化率dI/dt=與一根導(dǎo)線相距d，如圖所示．求線圈中的感應(yīng)電動勢，并說明線圈中感應(yīng)電流是順時(shí)針還是逆時(shí)針方向．IdId7-3-4解7-3計(jì)算和證明題Rd，它在圓心O點(diǎn)產(chǎn)生如圖所示，dqdl7-3-1解Q所受合力為零，即的場強(qiáng)dERdAcosdQ22qQ0，求得Q22q4R24R4(2l)204l20007-3-2解場強(qiáng)大小為其在軸上的場強(qiáng)為xdxl4x4a(al)EdEdEcos()xEdEal，沿帶電直線x2a002Acos2dA方向.4R4R07-3-3解如圖建立坐標(biāo)系，正負(fù)電荷關(guān)于對稱，它x00們在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)沿y軸負(fù)向，在圓上取dl=Rdφ方向沿軸負(fù)向，x其在y軸上的場強(qiáng)為rTdq=λdl=Rλdφ，它在O點(diǎn)產(chǎn)生場強(qiáng)大小為rqERd4R2dE=方向沿半徑向外rmg0sind則dEx=dEsinφ=4REdEdEsin()0yy2AcossinddEy=dEcos(π-φ)=4cosφdφ0R4R0007-3-5解y小球受力如圖所示，由圖可知，qEmgtg即q2mgtg，dq0ddEyO2mgtg3008.0106C/m2x有0rdEqdEx7-3-6解在rR處取一細(xì)圓環(huán)，其帶電量E22sind0dqdS2rdr，根據(jù)教材例7-2-4結(jié)果可知，積分4Rx00圓環(huán)在軸線上P點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小cosdE22xdqr2x2rdrxrdr2qR2dE4R02R0yr2r2)3/2004(x2)3/24(x2)3/22(x2000方向沿y軸負(fù)向．（2）如下圖，由高斯定理ER2(x2r2)3/2xd(x2r2)xxrdr0òrr1nSh，4(xr2)3/22xR222eEdS(EE)SR00下上S07-3-7解所以有nEEEE111(1)bd2Sb(2d)2S(21)bd2d21.05Nm2/C上1.061012C/m2下12eh0h9.291012C（2）由高斯定理可得，qi0erin7-3-8解S1半圓柱薄筒的橫截面如圖所示，建立直角坐標(biāo)系Oxy，沿弧長方向rE此細(xì)條單位長度上的帶電量為h取一寬度為dl的細(xì)條，上dlòrr1eq0nEdS2rlEirESSri102nrdE下dlRdd，7-3-10解以設(shè)想不帶電空腔內(nèi)分布著體密度相同的正負(fù)電荷.由電場的疊加原理可知，有空腔的帶電球體的電RR我們可此細(xì)條等同于無限長均勻帶電直線，因此它在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)為場，可以看作一個(gè)半徑為R電荷體密度為的均勻帶dEd2，R正電球體和一個(gè)半徑為r電荷體密度為的均勻帶2R200負(fù)電球體所激發(fā)電場的疊加.即cosdrrrEEE00dEdEcos()，，220Rxr0E0，由高斯定理可求出sind0dEdEsin()22R4ay0a3rE3cosd，EdE30，04a22200Rxx00所以O(shè)點(diǎn)的場強(qiáng)大小為sind，2R0EdEauuuurOOEE，方向沿.322Ryy00000同理，O點(diǎn)的場強(qiáng)大小為rrrr2yrjEEiEjEjauuuur，方向仍沿.RxyEE0E0OO0307-3-9解（1）以地面0為高斯面，由高斯定理可得7-3-11解由電荷的軸對稱性分析可知，場強(qiáng)也具有軸對稱性，qi，可利用高斯定理求場強(qiáng).rR（）1在處，作一同軸圓柱òrr1ESnEdSE4R2e111Si10形高斯面，由高斯所以定理qE4R29.03105C0ni1i1E0所以q4rqqq（2）在RrR處，類似（Aq(UU)q(AB)1），有12rd212120AB04d220204r40l12rlE4910941092.88103V0.05q4Ui04rOi10iE所以12r（2）0Aq(UU)0102.88102.88106J，（3）在rR處，類似（91），有3O0O2q電勢能的改變?yōu)?2rlE2l1W0AO2.88106J0E所以WWA2.88106J（123）2rO007-3-14解7-3-12解（1）雨滴的電勢為qq2（1）A點(diǎn)電勢為U，r2d214r4q4RA1，有U00101qqB點(diǎn)電勢為U，12Bd24r2（2）兩雨滴合為一滴后，半徑增大為2R，這時(shí)雨3401滴表面電勢為3.6106Jq2q91021.6101157V9U242R4312R124103q2109注式中C302007-3-15解qq2（2）C點(diǎn)電勢為U1，根據(jù)電勢疊加原理，O點(diǎn)的電勢可看作直線AB、DE和半圓周BCD所帶電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生電勢的疊加，AB、DE在O點(diǎn)產(chǎn)生的電勢為44rr2d2C00qq2，2d0U2R4D點(diǎn)電勢為1dxDln2，UU14x3R00半圓周BCD在O點(diǎn)產(chǎn)生的電勢為qq4r2dqqAq(UU)q(12)q2R12400r2d2CD0CDU004R4R42000所以O(shè)點(diǎn)產(chǎn)生的電勢為13.6106JqU4R3614101.61011C391097-3-13解（1101E00），UUUU(2ln2)412307-3-161(qq1rR2)解金核表面的電勢為，402金核中心的電勢為（3）Ⅲ區(qū)域內(nèi)任一點(diǎn)P的電勢由電勢的定義式計(jì)37-3-17算，有rrrrEdl解由高斯定理可求得Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域的場強(qiáng)大小分別為EdlU33Pr3E0，1q4r2qq2dr10drdrRR211q4r24r2rR1R2E1002qqdrqq012124r24rqqr00E3124r27-3-18解兩“無限長”共軸圓柱面0之間場強(qiáng)可由高斯定理設(shè)P、P、P分別為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域內(nèi)任一點(diǎn)，3求得為122rE（1）Ⅰ區(qū)域內(nèi)任一點(diǎn)P的電勢由電勢的定義式計(jì)10算，有式中為單位長度上所帶電量.由電勢差的定義，兩圓柱面之間的電勢差為rrEdlrrEdlrrrrEdlRR2EdlU11123PrR1R212rrEdlUdrlnR2，R1BR22rABAR1007.010q910791.6101991.6107V則U4R01152UAB450102.08108C/m0R2910ln9lnR23drqrqdr3q31RU2U2.4107V7-3-194R34r224R210R000解由高斯定理可得場強(qiáng)分布為1(qq2)1RR4axaE；0120xa或xaE0；（2）Ⅱ區(qū)域內(nèi)任一點(diǎn)P的電勢由電勢的定義式計(jì)2由電勢的定義式計(jì)算電勢分布區(qū)域，算，有xa在rrrrR2Edl2U0Edx0dx0dxarrEdlUEdla23xxaPrR2200xR2dr0Edxdx在axa區(qū)域，U0q4r2qq4r2112drxx00rR200ax在區(qū)域，為0EdxU0dx0dxaar；rR，Exxa00301電勢U隨在x分布如圖所示R3UrR，E3r2202lnlaa0[lnxln(lx)]laaaOax0R3R3dr（1）rR，UEdr3r203rr2rr0R3R2（2）rR，U33RR7-3-20x軸通過兩導(dǎo)線（解設(shè)坐標(biāo)原點(diǎn)在左邊導(dǎo)線軸線上，00rR3），rdr并與之垂直.在兩導(dǎo)線之間，坐標(biāo)為x的任一點(diǎn)P的場R33r2UEdrEdrdr(2R2r2)RR3強(qiáng)為6r12rRrR000E7-3-23解（1）rR處，在該點(diǎn)作一半徑為r，過r，高為l的同軸閉合圓2x2(lx)，圓柱體內(nèi)任取一點(diǎn)，該點(diǎn)到軸線00距離為所以兩導(dǎo)線間電勢差為柱形高斯面，由高斯定理2x2(lx)òrr1Ula()dxEdSnq，可得ABa00eiSi102al1rar2rldr7-3-21解（1）在2rlEr33取電荷元dqdx，它在點(diǎn)P帶電直線上000的電勢為ar2求得E內(nèi)，方向沿徑向向外.3dq4(rx)4(rx)0dxdU0對rR，同理由高斯定理可得0整個(gè)帶電直線在P點(diǎn)的電勢為12alRar2rldr2rlER3304(rx)4Udxlnrlr0l00P00aR3E外求得微分關(guān)系EdU，有（2）根據(jù)場強(qiáng)與電勢的3r0drr1m處為電勢（2）設(shè)零參考位置且假設(shè)該點(diǎn)在圓柱l4r(rl)E體外，rR則在區(qū)域內(nèi)，011aR3aR3drlnr30UEdr外7-3-22r3r外r0解由高斯定理可求得均勻帶電球體內(nèi)外的場強(qiáng)分布在rR區(qū)域內(nèi)，EdrqqU4R433RR12ar21aR3q內(nèi)R1RUEdrEdr外drdrRRRRRR3rR3r內(nèi)rRR303012231300電勢的改變?yōu)閍aR3lnR9(R3r)33q4RR200UUUU0RRRRRR8-3計(jì)算和證明題8-3-1解P342題8-3-1圖（1）由于靜電感應(yīng)，球殼內(nèi)表面帶電量為q，外1333請參見教材01223138-3-2解請參見教材P342題8-3-2圖表面帶電量為q；球殼電勢為q，這些感應(yīng)電（1）設(shè)導(dǎo)體球上的感應(yīng)電量為rrEdl心O點(diǎn)的距離都為R，因此感應(yīng)電荷q在O點(diǎn)qq4R0荷到球drU4r32R3R303q（2）內(nèi)表面帶電量為q，外表面帶電量為0；球殼產(chǎn)生的電勢為，點(diǎn)電荷q在O點(diǎn)產(chǎn)生的電勢為4R電勢為0U0q42R0，故O點(diǎn)的電勢為3U0，設(shè)內(nèi)球此時(shí)帶（3）內(nèi)球接地時(shí)，內(nèi)球的電勢1q4R8Rq0（導(dǎo)U電量為q，則球殼內(nèi)表面帶電量為；外表面帶q000體球接地），求得電量為qq，空間場強(qiáng)分布為：qqqRrR，E；24r12120（2）因O點(diǎn)場強(qiáng)為零，O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小故q在q在O點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)RrR，；E0等于大小，方向相反，即為232rrrqq；EEE0rR，E4r0qq3320qEq16R2所以因此，內(nèi)球的電勢0RREdr3UEdrEdr328-3-3解請參見教材P342題8-3-3圖112R1R2R3（1）設(shè)A板兩表面中左側(cè)表面帶電量為q，右側(cè)表面R2qdr1qqdr4r4r帶電量為q，其電荷面密度分別為22R1R3002q(11)qq04R34RR1020求得RRq2q1RRRRRR122313球殼的電勢為qS0EE①即有由題意得21UE2dEd②221dUqdUUE由①②解得224SCCB2qq，，由于0B、C板都接地，故有8-3-5解121S2S對于半徑為R的金屬球，不論是實(shí)心還是空心，當(dāng)帶UU電量為q時(shí)，其電勢均為ACABEdEdq4RU，ACACABAB0寫成1d2dqU4R，可見電容是相同的.ACAB則電容為C000球，711Fq2q對于地C①②有又1S2S008-3-6解（1）設(shè)內(nèi)、qqQ1外金屬膜圓筒半徑分別為和，高RR212q2Q/3，qQ/3由①②解得L度均為，其上分別帶電量為Q，則玻璃內(nèi)的場強(qiáng)12因此C板帶電為為q12Q/32.0107(C)，qCQ2Lr0ERrR，12qqQ/31.010r7(C)2內(nèi)外圓筒之間的電勢差為BrrQ20lnR2LRUR2EdlR1r1萊頓瓶的電容為2CqUL2.28109F0rlnR2R1qQ（2）UUdd2.26103(V)2S3S（2）圓柱形電容器兩金屬膜之間靠近內(nèi)膜處場強(qiáng)為最A(yù)ABABAB00大，令該處場強(qiáng)等于擊穿場強(qiáng)，即8-3-4解Q20rE(R)1E擊穿設(shè)導(dǎo)體片C插入后，AC間場強(qiáng)為E，CB間場強(qiáng)為E，LR112并Q20LRE6.67105C所以假設(shè)q0，則各板帶電分布如圖所示，并作如圖所示1r擊穿8-3-7解的高斯11CCC1，求得面，兩底面與板平行，由高斯定理可得（1）由CqSS0òrr123ABEdSESES12SQQCU0SC3.75FABU0000dQ位移D0S，介質(zhì)中的場強(qiáng)QCU3.75104（2）總電量C（）電20SdABABQQDUC和C并聯(lián)，故有CCE即有0d因?yàn)?212120r0（3）電容大小與帶電量多少無關(guān)，由題意可知Q2Q①②S(dt)t120rCQQQ又12r18-3-10解Q1.25104C，由①②求得C帶電量為Q2設(shè)單位長度帶電量為，3則兩極板間場強(qiáng)2E最大2rE，0C上的電壓2，擊穿場強(qiáng)E一定時(shí)，2r0電容器兩極板電壓為Q225VU2C2lnRrrElnR2UEdrRUU100V,QCU5104C（3）0rr式中r是變量，適當(dāng)選擇r的值，可使U有極大值，33338-3-8解（1）作一高斯面，即令使其兩底面分別在板中和介質(zhì)中且dUdrRElnE0，0r0òrrn平行于板面，由介質(zhì)中的高斯定理DdSq求得iSi1Rer0可得Re故當(dāng)r0DSS時(shí)，電容器可能承受的最大電壓為0QRRE0147KVe求得又DrElnU0Smax00r08-3-11解UE(dt)Et[(dt)t]Er0（1）當(dāng)RrR，由介質(zhì)中的高斯定理可得1U(dt)tErrDdSQ，即有ò求得0rSDEU4r2DQ因此0r(dt)t00rQD4rr，求得0（2）由上面結(jié)果可知2US(dt)tQD4QSDS所以有E10r00r2r0r0rS0rQD當(dāng)RrR，E22Q（3）C0U(dt)t4r2r008-3-9解（2）電勢差為（1）由題意極板間帶電量Q不變，U8-3-13解RR2EdrEdr112（）wE24.4108J/m0R1R122drR2eQ40QR4dr00r24r2（2）W[(Rh)3R3]w7.6105JR1R3r0eR6370kmR式中為地球半徑并取R1(1Q4RR0rr)8-3-14解0r12倍，即（1）浸入煤油后，電容器電容增加為原來的rQ4RRR1不變.能量損失為CC2C，而電量r（3）C00r200R(RR)UR(RR)21r12Q2Q2Q21Q21W(1)2C2C2C24C4001910900102CU2（4）411WE24r2drE24r2dr000RR2R1220r1021.82104JR1R(1Q2（2）若將兩電容器并聯(lián)，則要發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，但電荷80Rrr)R20r12Q總量不變，仍為.并聯(lián)后總電容為11)Q0(1)(1（5）4R20C總CCC（1）r，00rr8-3-12解兩電容器并聯(lián)后總能量為（）2Q4Q（1）在RrR區(qū)域內(nèi)作以2r為半徑，長為的同l221W2C（1）2C軸柱面為高斯面，則由介質(zhì)中的高斯定理總0r并聯(lián)后能量損失為òrrnDdSq，有iW（）WWWSi102rlDl6.1105J8-3-15解Q2Q24Q2Q21121()()CU21C4231200K接到1處，C帶電為（）02C2C2C10r0QCU8102r1209.6104(C)；6所以D110再將K接到2后，C和C總帶電量仍為Q，兩電容ED0121又r器電壓為我們得到離軸線距離為r處的場強(qiáng)為9.6104UQ180V6EC（8+4）10總,方向沿徑向向外r20r電容器C中的能量EdrlnR21rdr2（2）RRU2211802.56102810J22R1RRWCU2161001rr2212401WCU21.28102J能量22120rE22rdrlnR2C電容器中的（3）WR222RR1r18-3-16解0SU20SU202d4d據(jù)題意，把電子看作電荷均勻分布在外表面上，其靜0SU24dWWWa(1)3a2(1)Q2d21F()結(jié)果表明當(dāng)極板拉開后，系統(tǒng)的靜電能減少.r32（2）當(dāng)保持電壓一定時(shí)，電場對電源作功為0r電能為AUQ11e1eW2()24rdr兩板距離從d拉開到2dQ時(shí)，極板上電荷的增量為EdV22224r224R00R00S)U在估計(jì)電子半徑的數(shù)量級時(shí)，一般可以略去上式中的SSQQQCUCU(0U002dd2de2e4R2121系數(shù)，因此W2，據(jù)題意mC2，我4ReAUQU(SU)000SU202d因此們可以求得02d結(jié)果表明當(dāng)極板拉開后，在保持源作正功.（3）外力F對極板作的U不變時(shí)，電場對電e2R2.81015m4mC20e功為8-3-17解當(dāng)介質(zhì)板插入x距離時(shí)，電容器的電容為rrFdlSU2dxSU2dx2d(1dCU2A2d2dxad0020(ax)ad2x2d2a[a(1)x]0Cddd0rdxr此時(shí)電容器儲能為外力F對極板作的功，也可由功能關(guān)系得到W(x)QQ2d22C2a[a(1)x]xSU2SU2SU2002d4dAWA()0r04d電介質(zhì)未插入時(shí)，電容器儲能為Q2Q2d所得結(jié)果相同.8-3-19解（1）令無限遠(yuǎn)處電勢為零，則帶電荷為q的導(dǎo)體球，W02C2a200當(dāng)電介質(zhì)插入x時(shí)，電場力F對電介質(zhì)板所作的功等其電勢為于電容器儲能的減少量，即q4RUWW(x)，電，場力為00將dq從無限遠(yuǎn)處搬到球上的過程中，外力作的功等于a當(dāng)插入一半時(shí)，x，則電場力為2該電荷元在球上所具有的電勢能，方向平行極板向右.q4R8-3-18解（1）因電dAdWdq壓U不變，拉開前的靜電能為02102dS1S22WCU1UU0（2）外力作功為22d1拉開后的靜電能為1(1)Q2d[WW(x)]21SSF22WCU2UU0r00x2a[a(1)x]2222d4d20r則系統(tǒng)靜電能的改變?yōu)锳dAq04RQ2dqQ8R008-3-20解因所有線電流在點(diǎn)P激發(fā)的磁場方向均相同,故P的磁感應(yīng)強(qiáng)度為因?yàn)殡姾杀３植蛔?，故有、無介質(zhì)時(shí)，電場中各點(diǎn)IdxIlnab,方向垂直紙r點(diǎn)的電位移矢量D不變，電BdBba場能量密度為002a2axbb面向外.w1DE11D2DwD2e029-3-5.解：環(huán)心O在兩根通電直導(dǎo)線的延長線上，故2e它們在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場為零，長為l的載流圓弧在其0Il，設(shè)左右兩段圓0rr0r電場總能量為IlB1圓心處的磁場為02r2r4r2WW0l,l,則兩者在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別弧的弧長分別為er129-3計(jì)算題為I2l2，方向垂直紙04Il11,方向垂直紙面向外；BB09-3-1.解:（1）導(dǎo)線水平段在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為4rr2122零,因此P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度由豎直段產(chǎn)生,即中路是并聯(lián)關(guān)系,而在并聯(lián)電中路,電流分配與電阻成反比,電阻又與導(dǎo)線長度成正比，所BI(cos0cos90)0I,根據(jù)右手定則可判04a4aIRl1Rl以IlIl.由此可得,兩段221，因此可得斷其方向垂直紙面向外.211I（2）兩水平段半長直導(dǎo)線在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向相同,122因此相當(dāng)于一無限長直導(dǎo)線.所以P點(diǎn)的磁場為一無圓弧在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相反.所以總2r4rBBB0.I00I,方限長直導(dǎo)線和半圓共同產(chǎn)生的，即B磁感應(yīng)強(qiáng)度為零,即O12向垂直紙面向里.（3）三邊在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁場完全相同，因此P點(diǎn)的磁9-3-6.解:將無限長載流圓柱形金屬薄片看作是由許感應(yīng)強(qiáng)度為多平行而無限長直導(dǎo)線組成到d范圍,對應(yīng)于3I9IB(cos30cos150),方向垂直Id00a2a4tg30內(nèi)無限長直導(dǎo)線的電流為dI，它在環(huán)心處產(chǎn)生2紙面向里.9-3-2.解:O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為且它們的方向相同，所以的磁感應(yīng)強(qiáng)度為I部分圓弧和直線段共dIIsind,dBdBcosdBdBsinsincosd.同產(chǎn)生，00022R2R2Rx2yI2I0I(2BBB??2cos()02tg2),02R2224R對整個(gè)半圓柱金屬薄片積分,得?ACBBA4RcosI0I2sindI,Bcosd0，B00方向垂直紙面向里.9-3-3.解：導(dǎo)線可分為產(chǎn)生磁場，因此O點(diǎn)的磁場為限長直導(dǎo)線共同產(chǎn)生的，即磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為向.22R022R02Rxy四段，其中水平部分在O點(diǎn)不0I,方向沿x軸正2R故環(huán)心處磁感應(yīng)強(qiáng)度為BB兩半圓和豎直向下半無x9-3-7.解:由于此平面螺旋線圈繞得很密，可近似看成0II0I,方向垂直紙面向里.B0是由許多同心圓組成的，因?yàn)槔@制均勻，所以沿半徑4R4R4R2NRr12方向單位長度的匝數(shù)為n,在線圈平面內(nèi),取半9-3-4.解：取薄金屬板上寬度為dx的長直電流元，其IdxdI電流為,到P點(diǎn)的距離為x，該線電流在點(diǎn)P,寬為徑為r'dr的圓環(huán)作電流元，則此圓環(huán)的匝數(shù)為'a激發(fā)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為NNIdr，等效電流為dI，該圓ndrdrRrRrdI,方向垂直紙面向外.dB02x環(huán)電流在O產(chǎn)生的磁場為：NIdr,方向垂直紙面向外；所以02(Rr)rdIdBI2（d/2）22（ar）0Ir2r?BdS[]d/200m0由疊加原理，O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度為I2r2（ar）2r2（d/2）2II00I（ar）lnRr.方向垂2(Rr)2(Rr)ad/2[00][]adrrNINIBdBR00d/2ad/2r2r2rv.I度分布規(guī)律可得B直紙面向外009-3-8解:沿圓周單位長度的線圈匝數(shù)為9-3-12.解:參考例9-4可得Illnb.nN/0.5R2N/R，在距O點(diǎn)x處取一弧寬為y的圓環(huán)，則圓環(huán)上繞有02adl、半徑為9-3-13解:無限長通電柱體的磁感應(yīng)強(qiáng)度分布為dNndl2Nd/匝線圈.通過圓環(huán)上的電流大小為dIIdN2INd/，該圓Ir0電流在球心處產(chǎn)生的磁rd/2,B2（d/2）2，內(nèi)dI0y2感應(yīng)強(qiáng)度為dB,方向沿x軸正向.由于2(xy)223/2I0d/2r,B.題中兩導(dǎo)線軸線間區(qū)域中的磁場外2r所有小圓環(huán)電流產(chǎn)生的磁場方向相同，所以為兩導(dǎo)線單獨(dú)產(chǎn)生的磁場的疊加，而且兩分磁場方向BdB20y2I2Nd/NI,相同.因此磁通量方向00I(1ln2a).對該式積分可得2(xy)4R223/202dm沿x軸正向9-3-9解:根據(jù)電子繞核運(yùn)動的L=mva0=h/2π,可得電子的速率v=h/2πma0，從而求出等.9-3-14解:（1）根據(jù)安培環(huán)路定理，磁感應(yīng)強(qiáng)度的環(huán)角動量量子化假說：路積分只與閉合路徑所包圍的電流有關(guān)，故參考上題I效電流i=ev/2πa0=he/4πma02.該電流在圓磁感應(yīng)強(qiáng)度為B心處產(chǎn)生的Ir21rr,B；1rrrB,；可得002r12r22ihe0.02a82ma302rr23rr00I[r3222rr,B0；,].（）2兩rrrB9-3-10.解:帶電圓環(huán)旋轉(zhuǎn)時(shí)相當(dāng)于一圓形電流3232Iq/T2nR，根據(jù)教材P358-359中圓形電流在柱面間磁通量為圓心和軸線上任意點(diǎn)產(chǎn)生磁場的規(guī)律可得，（1）圓心IldrIllnr?mBdS2.r1r2002r2處：BI/2Rn；（0r2）軸線上：109-3-15解:單塊無限大平面電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bj/2，方向見下圖.由題意，電流流向相反，使0得兩平面電流在之間產(chǎn)生的磁場方向相同，兩側(cè)方向j/2j，0相反，因此有：（1）之間：BBB2120（2）兩側(cè)：BBB0.129-3-16解:參考例9-2，可利用補(bǔ)償法求解.本題中電流nR(R2x2)R2I3B00.I3232(R2a2)2(R2x2)密度為j，（1）圓柱體軸線上的磁感應(yīng)9-3-11.解:帶電直線沿直線運(yùn)動相當(dāng)于一無限長直線強(qiáng)度為空腔中方向電流產(chǎn)生，即電流的磁感應(yīng)強(qiáng)v，根據(jù)無限長直線電流Iq/tIaIR9-2徑，有H?dlI，而IIa22r2.因此，在導(dǎo)；（2）利用例B10022r(R2a2)2b(R2a2)lIr；IrRBH0體內(nèi)部：(rR)，IbH的結(jié)果可得0r2(R2a2).B222R2I體外部，類似有H?dlI，得H（2）導(dǎo)，9-3-17證明略.提示：直接參考教材P371的例題9-5-12r的解答過程及其具有普遍性的結(jié)論.l9-3-18解：設(shè)導(dǎo)線2上一點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離為l，則02I從而BH(rR)；（3）I0B，P點(diǎn)附近的導(dǎo)線1在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁場r02lsin2lsinrIL.?Idl2，它BdSBLdr電流元Idl受到的磁場力為dFBIdl004SS對O點(diǎn)的力矩為dMldF，所以單位長度導(dǎo)線所受11-3計(jì)算題磁力對O點(diǎn)的力矩為11-3-1解：通過圓形線圈的磁通量為MdM?ttI2dlI2BSa2(385)104cos()l1.20032sin2sinl，d因此電動勢為I2,方向沿x軸9-3-19解：（1）見例題9-6，F(xiàn)a2(6t8)104cos()02R，將t=2代入dt3R3.14102A；正向;（2）若將圓柱面換成直導(dǎo)線，則兩直導(dǎo)線間作用3.14105V,I＝1）可得（I2感力可參考教材P371-372，為F，令FF可（2）02dddt1()4.4102C.RdtRtt20qidt求得dR.2Iv2(ab)0ln0I2r0Ivdr2rBvdrBvdrvdrabab2ab2ab01222aba2aa2aIIl，方向12aBIl119-3-20解：線圈左邊受力為F1011-3-2解：定義電動勢方向向右，則由動生電動勢的公式可得：，方向從C到D，即D端電勢高.IIl1向左，右邊受力為FBIl，方向向右，02(ab)22111-3-3解：（1）磁通量為：線圈上下兩邊受力為一對平衡力.所以，它所受合力為Ilsintlnb；?bilBS2a(ab)02ra002IIlb1FFFa方向向左；因?yàn)榫€圈磁矩與000212（2）電動勢為：dIlbcosln.t磁場平行，所以M0.dta10-3-1解：由安培環(huán)路定理可得磁介質(zhì)內(nèi)部：11-3-4解：(1)大線圈中電流在小線圈處產(chǎn)生的磁感NIL，BNIHnI.所以應(yīng)強(qiáng)度近似為BI2R，原因在于小線圈很小.t時(shí)LSro0L，帶入數(shù)據(jù)可求得：（1）2103（2）刻通過小線圈的磁通量為SNIrr1BS?Ba2coswt，從而小線圈中的電流為：小0530.Ia2idRdtr2sint；010-3-2解：（1）導(dǎo)體內(nèi)任選一以軸線為圓心的圓形路2bR(2)小線圈受到大線圈的磁力矩大小為：，所以MPBPBsinwtiSBsinwt(Ia2B2r2sin2t0.5Brw3104V,i2n3107A)20R2bRmm小mm，要保持小線圈勻速轉(zhuǎn)動，要求合力矩為零，即外界11-3-8證明：Ia2()2sin2t.施加的力矩也為作圓心到金屬棒兩端點(diǎn)的連線，金屬棒和所做的0R2b2S0.5lR0.25l2.因(3)互感系數(shù)為M兩條連線圍成的回路面積為a2coswt，因此小線圈0I2b此，回路中電動勢的大小為中的電流在大線圈中產(chǎn)生磁通量為dSdtdBdBdB0.5lR0.25l20.5lR0.25l222dtdtdtIa2Mi()2sin2t，所以大線圈中的感應(yīng).02R2b11-3-9解：由題意及動生電動勢公式可得：電動勢為IldlI(Laln002LBvdlaL)，aLdIdta202(al)cos2t.00R2b方向由O點(diǎn)指向M點(diǎn).11-3-5解：(1)由動生電動勢公式可得11-3-10解：由均勻磁場中動生電動勢的性質(zhì)可知AC產(chǎn)生的電動勢相當(dāng)于ＯＣ，故1B（OC）21，方向由ABL2sin2Blv8V,方向由A指向B；同理，4V，CDAB1方向由C指向D.（2）兩棒與金屬軌道構(gòu)成的閉合回路中，電