大学物理学答案_第3版_(下册)_北京邮电大学

1、大学物理习题及解答习题八8-1电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点.试问： (1)在这三角形的中 心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系 ？解：如题8-1图示(1)以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q为负电荷qq32(wa)31 q212qycos30 =4必0 a4或0解得(2)与三角形边长无关.题8-1图word格式.整理版8-2图 8-2两小球的质量都是 m,都用长为l的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线 夹角为2日，如题8-2图所示.设小球的半径和线的质量都可以忽略

2、不计，求每个小球所带 的电量.解：如题8-2图示T-T cosr - mgT sin -Fe )-q一e4 / (2l sin)E8-3根据点电荷场强公式解得 q =2l sin 4二；mgtanF4祝0r ,当被考察的场点距源点电荷很近(r-0)时，则场强一8,这是没有物理意义的，对此应如何理解E . q rE A 2 r0解：4危0r 仅对点电荷成立，当rT 0时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小， 考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是 无限大.8-4在真空中有A , B两平行板，相对距离为d ,板面积为S ,其带电量分别为+q和-q .则 2E

3、 J2这两板之间有相互作用力f ,有人说f =4；T0d ,又有人说，因为f =qE ,%S，所2q以f = S .试问这两种说法对吗？为什么？ f到底应等于多少？解：题中的两种说法均不对. 第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强%S看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的.正确解答应为一个板的电场为 的电场力.E =-q-f =q280S ,另一板受它的作用力2%S 2%S,这是两板间相互作用8-5 电偶极子的电矩为P=ql ,场点到偶极子中心O点的距离为r,矢量r与l的夹角为日，(见题8-5图)，且r l .试证P点的场强E在r方向上的分量 Er和垂直于r的分量

4、E6 分别为p cosL3Er=2,0rpsin 二3E =4.；0r证：如题8-5所示，将p分解为与F平行的分量psine和垂直于 r : : lr的分量Psin9 .场点P在r方向场强分量Erp cos?732 冗；0r垂直于r方向，即日方向场强分量psin 二A 34 冗；0rE0题8-5图题8-6图8-6长l=15.0cm 的宜导跋AB上均匀地分布着线密度& =5.0x10 -9C m1的正口荷.试求:(1)在导线的延长线上与导线B端相距a1 =5.0cm处P点的场强;与导线中点相距 d2 =5.0cm处Q点的场强.解：如题8-6图所示(2)在导线的垂直平分线上(1)在带电直线上取线元

5、dx,其上电量dq在P点产生场强为1 dxdEP -24 冗% (a -x)Ep = dEP 3 44 病0 工(a -x)11= -4/： l la 一 a 22用 l = 15 cm , EpdEQ(2)同理_ l二冗;0(4a2 l2)九=5.0 m 10 9 C m,，a = 12.5 cm 代入得2=6.74父10 N C方向水平向右1, dx+ d2方向如题8-6图所示由于对称性ldEQx =0EqdEQy只有y分量，, dx d24 % x +d2 Jx2 +d2EQydEQy4冗；22 dx,l3-2 / 222(x d2)2一 一 一以1 =5.0 10 C cml2 叫 J

6、l2 +4d2Eq = EQy =14.96 10l = 15 cm , d2 = 5 cm 代入得2i N C ,方向沿y轴正向8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为九，求环心处O点的场强.解：如8-7图在圆上取dl =Rd中 ji y题8-7图dq =/dl =R/d邛，它在O点产生场强大小为 Rd :dE24冗80R方向沿半径向外dEx则d dE sin =sin d ：4叫RdEy = dEcos侬P) =cos d ：4哈RnJ- I o- XE中 d in sjr _ JEy =cos d =0y 0 4为RE 二 Ex 二2成0R ,方向沿x轴正向.8-8均匀带电的细

7、线弯成正方形，边长为 l，总电量为q. (1)求这正方形轴线上离中心为r处的场强E ；(2)证明：在r 1处，它相当于点电荷 q产生的场强E .q解：如8-8图示，正方形一条边上电荷4在P点产生物强dEP方向如图，大小为1(_ COSF 一 cosi2dEP =，2124 届0 y -P点场强沿0P方向，大小为EpEP =4 dE =4 , 1r4冗 0(r24) r2241qr4 酋0(r2 +g，r2 + ：方向沿OPcos12 = -cos1dEP :4鼻中：中！dEP在垂直于平面上的分量dE_L=dEp c0sB由于对称性,8-9(1)点电荷q位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷

8、电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少？*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷 q的电场中取半径为 R的圆平面.q在该平面轴线上的 A点处，求：通过圆平面的电通量.1 二arctan(x )- qsE dS =解：(1)由高斯定理跖立方体六个面，当 q在立方体中心时，每个面上电通量相等3各面电通量6 ；06；oqq所在的顶点，则如题8-9(a)图所示.题8-9(3)图题8-9(a)图题8-9(b)图题8-9(c)图对于边长a的正方形，如果它不包含 如果它包含q所在顶点则e=0(3)二.通过半径为面积*R的圆平面的电

9、通量等于通过半径为V R2 + x的球冠面的电通量，球冠I J ,ro-s(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长2a的立方体，使q处于边长2a的立方体中心，则3边长2a的正方形上电通量 一 _ 22XS=2MR2 +x2)1-= .R2x2-S工 1_x%4MR2+x2)2%Jr2 +x2 *关于球冠面积的计算：见题 8-9(c)图-2-.=2 m f sin u 的o2 ，=2 M (1 - cos)5-3q E4-38-10 均匀带电球壳内半径 6cm,外半径10cm,电何体密度为 2x10 C - m求距球心5cm, 8cm ,12cm各点的场强.-ZE dS =一s解：高斯定理当 r

10、=5 cm 时，q = , E = 04冗r =8 cm 时，Z q - P 3 (r3 T内)r3 r算E )-4 位0r之 3.48父 1041N C ,方向沿半径向外._ r4冗q = - 3 r3)r =12 cm时，3 (外 一 r内)门4叼33 :，r外 一r内3 4E 二一32 4.10 104 幅orN1C 沿半径向外.8-11 半径为试求：（1） r R1）的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量九和-九，R1 ； （2） R1 V r V R2；（3） r R2处各点的场强.一 一 ,二.q- E dS =-解：高斯定理取同轴圆柱形高斯面，侧面积 S = 2出对(2)R

11、i：r : R2E 二2冗；0沿径向向外R2、E =01 ,、E =丁（；-12）n2 ；。_1E 二 一（二 1 二 2）n 2 ；。_1,E 二 一（；-1；- 2）n2 ；。题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为仃1和仃2 ,试求空间各处场强.解：如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为仃1与。2,两面间，3面外,仃2面外，n：垂直于两平面由 仃1面指为。2面.小球体，如题8-13图所示. 均匀的.解:将此带电体看作带正电P的均匀球与带电 -P的均匀小球的组合，见题 8-13图(a).+ P球在。点产生电场E10-P球在O点产生电场l 3：

12、E0 = TTO点电场 3%dE20OO(2)、E10，=+ P在O产生电场43一二 d3 004 冗；0d8-13半径为R的均匀带电球体内的电荷体密度为P,若在球内挖去一块半径为rvR的试求：两球心 。与O点的场强，并证明小球空腔内的电场是O点电场EpoEPO-P球在。产生电场E20，=0- PE0=(3题 8-13 图(a)(3)设空腔任一点P相对。的位矢为P,相对。点位矢为r (如题8-13(b)图)3 ；0_ 士3 pEp = Epo EpoP - 一(r - r )= 3；0二：dOO3；03；0腔内场强是均匀的.8-14 一电偶极子由q=1.0 x 10-6C的两个斤一号点电荷组成

13、，两出荷跖离d=0.2cm,把这电偶极子放在1.0X1052 C-1的姓屯坊上.求外二场作用于一亡商械的京火力之，解:电偶极子p在外场E上受力矩.M 二p EM max = pE = qlE代入数字_6二5/M max -1.0 102 101.0 10 -2.0 10 N m8-15两点电荷q1=1.5 X 10-8C, q2=3.0 X 10-8C,相距r1=42cm,要把它们之间的距离变为r2=25cmi需作多少功？2解：jFdrr2 q02drq1q222 4%；or4冗；o=6.55 10、外力需作的功A = -A = -6.55 108-162R, 功. 解：题8-16图如题8-1

14、6图所示，在A, B两点处放有电量分别为+ q ,- q的点电荷，AB间距离为 现将另一正试验点电荷 qo从O点经过半圆弧移到 C点，求移动过程中电场力作的如题8-16图示1-Uo(9 一9)二o4%R RUo:(3qRq6通oRA =qo(Uo -U c ) =qoq6冗；0R8-17如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为九的正电荷，两直导线的长度和 半圆环的半径都等于 R.试求环中心 O点处的场强和电势.解：(1)由于电荷均匀分布与对称性，AB和CD段电荷在。点产生的场强互相抵消，取dl =Rdi则dq =KRd9产生O点dE如图，由于对称性，O点场强沿y轴负方向CRDdF题8-

15、17图2 RduE = dEy = 2 2 cos714 病oRIT71sin( - -) -sin 一222哈R(2) AB电荷在0点产生电势，以UoO = 0UiA dxB 4 冗；ox2R dxIn 2同理CD产生U 2 =In 24谴o半圆环产生U3R-UO =U1 U2 U3In 2 2 %；o4 ；o8-18 电子绕一带均匀电荷的长直导线以2X 104m- s-1的匀速率作圆周运动.求带电直线上的线电荷密度.(电子质量m0=9.1 xi0-31kg,电子电量e=1.60 x 10-19C) 解：设均匀带电直线电荷密度为九，在电子轨道处场强电子受力大小Fe=eE =e，e，2*r2v

16、=m r22叫mv上012.5 10-eC m8-19空气可以承受的场强的最大值为E =30kV cm1,超过这个数值时空气要发生火花放电.今有一高压平行板电容器，极板间距离为d=0.5cm,求此电容器可承受的最高电压.解：平行板电容器内部近似为均匀电场U = Ed =1.5 104 V 一8-20根据场强E与电势U的关系E = 7U ,求下列电场的场强：(2)总电量为q,半径为r的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子p8-20 图).(1)点电荷q的电场；=ql的rl处(见题解：(1)点电荷：:UE = r0.r704 冗:0r图r0为r方向单位矢量.(2)总电量q,半径为R的均匀带电圆环轴

17、上一点电势U =4 哈 Jr2 xx2qx改 4 戒0(R2+x272 i(3)偶极子p =ql在r l处的一点电势q 11U =六l -l7t 0 (r cos -) (1 cos -)22；:U pcosiEr = 一 = 3cr2 0 rql cos14 小r21 FU psin? E r = - =qr ：F 4%；0r8-21证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板（题8-21图）来说，（1）相向的两面上,电荷的面密度总是大小相等而符号相反；（2）相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同.证：如题8-21图所示，设两导体A、B的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为仃1,仃2,仃

18、3,。4（1）则取与平面垂直且底面分别在A、B内部的闭合柱面为高斯面时，有sE dS 03） ：S = 0.二 2二3 二0说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；（2）在A内部任取一点 P ,则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而 成的，即2 ；02；02 92 ；08-22mm题8-22图U AC =U AB ,即 EaC d AC -E ABd AB二2 二3 二0.1 =4说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同.三个平行金属板 A, B和C的面积都是200cn2, A和B相距4.0mm, A与C相距2.0B, C都接地，如题8-22图所示.如果使 A板带正

19、电3.0 X10-7C,略去边缘效应，问B板和C板上的感应电荷各是多少 ？以地的电势为零，则A板的电势是多少？解：如题8-22图示，令A板左侧面电荷面密度为 仃1,右侧面电荷面密度为 02B二Ed1EACdAB二二二 22E ABd ACqA二 1 + 二2 S_ _ qA、-2 - 777，3S2qAqc - -S2_7-qA = -2 103CqB - 一二-2s = 一1 10 2 C13U A = Eac dAC = 一 d AC = 2.3 10(2)0V8-23两个半径分别为R1和R2(R1 R2)的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q,试计(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)

20、先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量.解：(1)内球带电+q；球壳内表面带电则为一q,外表面带电为十q,且均匀分布，其电势题8-23图二 qdrR2 4 冗；0r24冗声-q.所以球壳电(2)外壳接地时，外表面电荷 +q入地，外表面不带电，内表面电荷仍为 势由内球+q与内表面一q产生：(3)设此时内球壳带电量为q；则外壳内表面带电量为一q,外壳外表面带电量为q +q 7电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且Uaq4叫Ri4%R2:04吟R2得外球壳上电势RR2q4吟R2q - q qR1 - R2

21、q十=24 戒0R24 Tt0 R24 庐 0R28-24 半径为R的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为 一点电荷+q,试求：金属球上的感应电荷的电量.d = 3R处有解：如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q,则球接地时电势 Uo二0由电势叠加原理有:8-24 图qq 八Uoo= 40R 4 谣03R得q 二 一 38-25有三个大小相同的金属小球，小球 1, 2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为F0 ,试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1, 2后移去，小球1, 2之间的库仑力；(2)小球3依次交替接触小球1, 2很多次后移去，小球 1, 2之间的库仑

22、力.2F0解：由题意知4危0 r(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电. 3q 丁此时小球1与小球2间相互作用力3 2=_814 请0 r4 危0 r282q(2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为3小球1、2间的作用力2 2q q /F2=一中04%；0r29*8-26如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是 S,相距为d ,分别维持电势 Ua=u , U b=0不变.现把一块带有电量 q的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面 积也是S,片的厚度略去不计.求导体薄片的电势.解：依次设A,C,B从上到下的6个表

23、面的面电荷密度分别为 。1,仃2,。3,仃4,。5,仃6如图所示.由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持Uab =u可得以下6个方程题8-26图解得所以CB间电场.二2.二6.二3,二5二4 二 一二 5E2UcqA=CoUSqB；oU二 3 .二4 .二5 .二6q2S；U2S.旦2S2；0s=U cb= E2r2(U也)2；0sUU-UcUc =一注意：因为C片带电，所以 2 ,若C片不带电，显然 28-27在半彳空为R1的金属球之外包有一层外半径为R2的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为不，金属球带电Q .试求:(1)电介质内、外的场强；(2)电介质层内、外的电势；金属球的电势.解：利用有介

24、质时的高斯定理(1)介质内(R1 r工R2)场强QrQrD = -一3 , E 内二-34 7r4 成08r r .;介质外(r (R2)场强D=多,E外4 Qr4 冗；r3(2)介质外(rR2)电势qQ aU = 1r E外 dr介质内(R1 r R1),且l R2- R1 ,两 柱面之间充有介电常数 名的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q和-Q时，求：(1)在半径r处(R1 v r v R2 = ,厚度为dr,长为l的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和 整个薄壳中的电场能量；(2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容.（S）5dS=2ED解：取半径为r的同轴圆柱面则 当(

25、R1 cr R2)时， q=Q(1)电场能量密度D2 w =2 ；dW =wd =薄壳中(2)电介质中总电场能量Q2(3)电容：:D=&2出Q22l22urdrlR2 Q2drwW2C2Q2dr4 冗；rlQ2ln&4 礴lR1C=Q2W ln(R2 /R1)*8-30 金属千壳A和B的中心相距为r , A和B原来都不带电.现在A的中心放一点电荷q1 ,在B的中心放一点电荷 q2 ,如题8-30图所示.试求:(1) q1对q2作用的库仑力，q2有无加速度;(2)去掉金属壳b ,求q1作用在q2上的库仑力，此时q2有无加速度.解：(1) q1作用在q2的库仑力仍满足库仑定律，即q1q2F24 花

26、；0 r但q2处于金属球壳中心，它受合力为零,没有加速度.q1q2(2)去掉金属壳B , q1作用在q2上的库仑力仍是 有加速度.AF24 冗；0 r，但此时q2受合力不为零,题8-30图8-31 如题8-31图所示,U AB电容C2与C3并联C23Q1 =CiUi=C2c3题8-31图Ci =0.25 N F, C2 =0.15 F, C3=0.20 F . C1 上电压为 50V.求:解：电容C1上电量其上电荷Q23 =Q1U =Q32 C23C1U1C2325 503525U AB =U1 U2 =50(1 .) = 86358-32 Ci和C2两电容器分别标明200 pF、500 V%

27、 300 pF、900 V ”,把它们串联起来后等值电容是多少？如果两端加上1000 V 的田压，是否会金穿？解：(1)Cl与C2串联后电容C1c2C1c2200 300200 300二 120PF(2)串联后电压比U1C23U2 C12 而 U1 +U2 =1000U1 =600V , U 2 = 400V即电容C1电压超过耐压值会击穿，然后 C2也击穿.8-33 将两个电容器 C1和C2充电到相等的电压 U以后切断电源，再将每一电容器的正极板 与另一电容器的负极板相联.试求：(1)每个电容器的最终电荷；(2)电场能量的损失.题8-33图解：如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为q1

28、, q2aq1 + q2 = q10 -q20 = C1U C2Uq C1U1一 =| q2C2U 2则 U1 =5C1(C1 -C2),C2(C1 -C2),U , q2 =U解得(1)q1 = C1C2C1 C2(2)电场能量损失2W =W0 -W2cle2C1 C28-34半径为R=2.0cm的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为R2 =4.0cm 和 R3=5.0cm ,当内球带电荷 Q =3.0 x 10-8C 时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； 此电容器的电容值.解：如图，内球带电 Q,外球壳内表面带电 一Q,外表面带电Q题8

29、-34图(1)在 r Ri 和 R2 r R3 区域E =0在 Ri r R3 时，在Rir R3区域1/ Q 22 Q21W2 =1一60() 4 tt dr =色24危0r8戒0R3Q2111W =W W2 =(). 总能量8危0 R1R2R3= 1.82 10一二43(2)导体壳接地时，只有R r R2时 4吟r , W2 = 0Q211工W =() =1.01 108 送 0 R1R2J“ 11、=4 吟 /(-)(3)电容器电容R1R2一 一2= 4.49 10 F习题九9-1在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等？为何不把作用于运动电荷的磁力方向定 义为磁感应强度 B的方向？解：

30、在同一磁感应线上，各点B的数值一般不相等.因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度 B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁 场决定的，所以不把磁力方向定义为B的方向.i a：.题9-2图9-2 （1）在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化（即磁场是否一定是均匀的）?（2）若存在电流，上述结论是否还对？解：（1）不可能变化，即磁场一定是均匀的.如图作闭合回路abcd可证明B1 = B2B dl = B1da-B2bc-. I =0abcdBi = B2（2）若存在电流，上述结论不对.如无限大均匀带

31、电平面两侧之磁力线是平行直线，但B方向相反，即Bi - B2.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场？答：不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用.9-4在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部B =%nI ,外面B=0,所以在载流螺线管外面环绕一周（见题9-4图）的环路积分勺 l B外. dl =0但从安培环路定理来看，环路 L中有电流I穿过，环路积分应为寸 l B外 d l = % I这是为什么？解：我们导出B内=5nl ,b外=0有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线.这时图中环路L上就一定没有电流通过，即也是RB外

32、dlI =0,与（B外dl =勺0 dl =0是不矛盾的.但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型.实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L的电流为I ,因此实际螺线管若是无限长时，I只是B外的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周万向分量 B = 0-,r为管外一点到螺线管轴一 2二 r的距离.题9 - 4 图9-5如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场？如果它发生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场？解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致.如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在

33、着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转.9-6 已知磁感应强度 B=2.0Wb- m2 的均句獴场，方向沿x轴正方向，如题 9-6图所 示.试求：（1）通过图中abcd面的磁通量；（2）通过图中befc面的磁通量；（3）通过图中aefd 面的磁通量.解：如题9-6图所示题9-6图通过abcd面积S1的磁通是二B =2.0 0.3 0.4 =0.24 Wb(2)通过befc面积S2的磁通量,匕=B S2 =0通过aefd面积S3的磁通量43 = B S3 = 2 父0.3父0.5父cos日=2父0.3父0.5父一二0.24 Wb (或曰0.24 Wb) 5A/ i 60o l.WLd 题9-7图4

34、 日?9-7如题9-7图所示，AB、CD为长直导线，BC为圆心在。点的一段圆弧形导线，其 半径为R .若通以电流I ,求O点的磁感应野度.解：如题9-7图所示，。点磁场由AB、BC、CD三部分电流产生.其中AB产生 Bi =00ICD广生B2 =,万向垂直向里12RII 3CD 段广生B3 =0-(sin90 -sin 60 )=0-(1-)，万向 _L 向里4二 R2二R 22,0I,-3 二、-Bo =Bi +B2 +B3 =-0-(1 +一),方向 1 向里.2二 R269-8在真空中，有两根互相平行的无限长直导线Li和L2,相距0.1m,通有方向相反的电流，Ii=20A, I2=10A

35、,如题9-8图所示.A, B两点与导线在同一平面内.这两点与导线L2以及磁感应强度为零的点的位置.的距离均为5.0cm .试求A , B两点处的磁感应强度,Zj =20A解：如题9-8图所示，BA方向垂直纸面向里 A0I10I2NBa =0 0- =1.2 10 T2二(0.1-0.05)2二 0.05(2)设B = 0在L2外侧距离L2为r处%2二(r 0.1)解得r =0.1 m题9-9图9-9如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的AB两点，并在很远处与电源解：如题9-9图所示，圆心。点磁场由直电流但A天和B8在O点产生的磁场为零。且I1 电阻R2i2 电阻R1As和Bm及两段圆

36、弧上电流11与12所产生,02二一口相连.已知圆环的粗细均匀，求环中心。的磁感应强度.I1产生B1方向_1纸面向外B1 -%I1 （2二-。）I2产生B2方向_L纸面向里B2 =2R 2 二B1B211（2二-与1I12有B。= B1 B2 = 09-10在一半径R=1.0cm的无限长半圆柱形金，叫范片1K 0上而卜地有电流I =5.0 A通过，电流分布均匀.如题9-10图所示.试求圆柱轴线任一点P处的磁感应强度.题9-10图解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点P的磁感应强度方向都在圆柱截面上，取坐标如题9-10图所示，取宽为dl的一无限长直电流diidl ,在轴上P点广生dB与R 二

37、R垂直，大小为0 RdudB3=R 一22 二2RdBx = dB cos 1二Joi cos 北二冗dBy =dBcos（ .二）_ 2 -2 二2R-0I sin 对1Bx2 山 COs2 qIjijiJji22 二2R2 二2RjiBy = . 2-：（sin - -sin（-2）=0i sin M 二2 二2R）=00i二2R= 6.37 104 TB =6.37 10-5i T9-11 氢原子处在基态时，它的电子可看作是在半径a =0.52 x i0-8cm的轨道上作匀速圆周运动,速率v=2.2 x 108cm- s-1.求电子在轨道中心所产生的磁感应强度和电子磁矩的值.解：电子在轨

38、道中心产生的磁感应强度oev aB0 = 3-4 二a如题9-11图，方向垂直向里，大小为B0 二电子磁矩Pm在图中也是垂直向里，大小为题9-11图题9-12图9-12两平行长直导线相距 d =40cn每根导线载有电流I1 = I2=20A,如题9-12图所示.求:(1)两导线所在平面内与该两导线等距的一点A处的磁感应强度；(2)通过图中斜线所示面积的磁通量.(r1 = r3=10cm, l =25cm).LI. J，.方向_L纸面向外解：(1) BA =-01- -0 2 =4 10 T2 (3 2(2)取面元 dS =ldr,r1 r2 J0I11 Ii-0-1 1ldrr12二r2 二(

39、d -r)0I i1In 30I 2l1 内1l上ln- =-ln3 =2.2 10 Wb3 二率 口 二 %.解：由安培环路定律求距圆导线轴为9-13 一根很长的铜导线载有电流 10A,设电流均匀分布.在导线内部彳一平面 S ,如题9-13 图所示.试计算通过 S平面的磁通量(沿导线长度方向取长为 1m的一段作计算).铜的磁导r处的磁感应强度lB dl 0% IIr2B2r =02R2卜2R2题9-13 图R Ir Li磁通量匕sB dS= 0景十=10Wb9-14设题9-14图中两导线中的电流均为 培环路定理等式右边电流的代数和.并讨论:(1)在各条闭合曲线上，各点的磁感应强度8A,对图示

40、的三条闭合曲线a , b , c ,分别写出安B的大小是否相等？(2)在闭合曲线c上各点的B是否为零？为什么？解:B dl =8。:B dl =80ba：B dl =0c(1)在各条闭合曲线上，各点B的大小不相等.(2)在闭合曲线C上各点B不为零.只是 B的环路积分为零而非每点B=0.题9-15图9-15题9-15图中所示是一根很长的长直圆管形导体的横截面，内、外半径分别为a, b ,导体内载有沿轴线方向的电流I ,且I均匀地分布在管的横截面上.设导体的磁导率N之N0,试证明导体内部各点 (a r b)的磁感应强度的大小由下式给出：-0I r2 - a2T 222二(b2-a2) r解：取闭合

41、回路l =2二(a ：二r :二b) 则B dl = B2 二r.22二 b -二a%I(r2-a2)222 ：r(b2 -a2)9-16 一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为a)和一同轴的导体圆管(内、外半径分别为b, c)构成，如题9-16图所示.使用时，电流 I从一导体流去，从另一导体流回.设电流都是均匀地分布在导体的横截面上，求: 导体圆柱内(r a ),(2)两导体之间(a v rvb), (3)导体圆筒内 解：(b r c)各点处磁感应强度的大小B dl =叱 Ir ：二 a B2二r 二0Ir2R222 R2(2)a : r ： b B2二r =0Ib :二 r :二 c B

42、2 t = - - 0I2,2r 一立 21T2 c - b.。1JI (c2 -r2)222t(c2 -b2)(4)r cB2 二 r 二 0B =0题9-16图题9-17图B2I20Ir2Bo -一 2二a R2 - r2Mr2Z 222：a(R2 -r2)(2)空心部分轴线上。点B的大小: 电流I2产生的B2 =0,.、L Ia2电流Ii产生的B- j2二a R2 -r2oIa2二(R2 - r2)二,。1a0 2二(R2-r2)r的长直圆柱形空9-17在半彳至为R的长直圆柱形导体内部，与轴线平行地挖成一半径为腔，两轴间距离为 a,且a r ,横截面如题9-17图所示.现在电流I沿导体管

43、流动，电流 均匀分布在管的横截面上，而电流方向与管的轴线平行.求：(1)圆柱轴线上的磁感应强度的大小；(2)空心部分轴线上的磁感应强度的大小.解：空间各点磁场可看作半径为R,电流I1均匀分布在横截面上的圆柱导体和半径为r电流-12均匀分布在横截面上的圆柱导体磁场之和.(1)圆柱轴线上的。点B的大小：电流I1产生的B1 =0,电流-12产生的磁场题9-18图9-18如题9-18图所示，长直电流I1附近有一等腰直角三角形线框，通以电流 I2,二者共面.求ABC的各边所受的磁力.解:同理12a0I 1 口 01112aCAI2dl BFbc方向垂直2d方向垂直F ACBC向上,方向垂直AB向左AC向

44、下，大小为d aI2dr大小,ohN 2d 力2 (七d d -一一 dc BF一A -FAB = .Bl2dl Bcos 45d a h必向 J0I1I2 d a Fbc =二 lna 2 二r cos 45. 2 二 dX XZdZX XXXX x x 题 9-19 图 X “X 乂 X9-19在磁感应强度为 B的均匀磁场中，垂直于磁场方向的平面内有一段载流弯曲导线，电 流为I ,如题9-19图所示.求其所受的安培力.解:则在曲线上取Fabdlx dl与B夹角dl , Ba工不变，B是均匀的.2- bb Fab = Idl B = I( dl ) B =Iab B a、a /方向，ab向上

45、，大小Fab = BI ab B k cZ_1F：u：题9-20图 A :9-20如题9-20图所示，在长直导线 AB内通以电流Ii=20A,在矩形线圈CDEF中通有电 流 I2=10 A, AB 与线圈共面，且 CD , EF 都与 AB 平行.已知 a =9.0cm, b=20.0cm, d =1.0 cm求：(1)导线ab的磁场对矩形线圈每边所作用的力；(2)矩形线网所受合力和合力矩.解：(1) FCD方向垂直CD向左，大小LIi4 一Fcd -I2b-0-1 -8.0 10 N2二d同理Ffe方向垂直FE向右，大小Ffe =I2b0- = 8.0 10 N2二(d a)Fcf方向垂直C

46、F向上，大小为匚d a joIiI2 ,M1I2, d a5 KlFcf =dr =ln =9.2 10 Nd2 二r2 二 dFED方向垂直ED向下，大小为 _ _5Fed =Fcf =9.2 10 N(2)合力F = Fcd + Ffe + Fcf + Fed方向向左，大小为-4 -.F =7.2 10 N合力矩M =Pm B线圈与导线共面Pm/BM =0I9-21边长为l=0.1m 的正二角形线圄放在磁感应强度B=1T的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向平行.如题9-21图所示，使线圈通以电流 I =10A,求：(1)线圈每边所受的安培力；(2) X00轴的磁力矩大小；(3)从所在位置转到空

47、圈平面与磁场垂直时磁力所作的功.解：(1)Fbc =Il B =0Fab =Il MB方向_L纸面向外，大小为Fab = IlB sin120 =0.866 N abFca =Il MB方向_L纸面向里，大小Fca =IlB sin 120, =0.866 N(2) Pm = ISM =Pm父B沿OO方向，大小为c. 3l 22M = ISB = IB =4.33 10 N m4磁力功 A = I92-1).3 c口=0 %= l2B43A =I l2B =4.33 10 J49-22 正方形线圈，由细导线做成，边长为 a,共有N匝，可以绕通过其相对两边审点的 一个竖直轴自由转动.现在线圈中通

48、有电流I ,并把线圈放在均匀的水平外磁场B中，线圈对其转轴的转动惯量为 J .求线圈绕其平衡仪置，乍微小振动时的振动周期T .解：设微振动时线圈振动角度为e (Pm,BA),则2.M =PmBsin 二-NIa2Bsin1d22.2 .由转动定律即振动角频率周期J = -NIa Bsin : NIa B at色.此a=0dt2JNIa2B二: J9-23 一长直导线通有电流Ii=20A,旁边放一导线 ab,其中通有电流I2=10A,且两者共 面，如题9-23图所示.求导线ab所受作用力对。点的力矩.解：在ab上取dr,它受力dF _L ab向上，大小为0I1dF =l2dr-012 二rdF对O点力矩dM =rFdM方