新编基础物理学》下册习题解答和分析

1、.?新编根底物理学?下册习题解答和分析第九章习题解答9-1 两个小球都带正电，总共带有电荷,假如当两小球相距2.0m时，任一球受另一球的斥力为1.0N.试求总电荷在两球上是如何分配的？分析：运用库仑定律求解。解：如下图，设两小球分别带电q1，q2那么有题9-1解图q1+q2=5.0×10-5C 由题意，由库仑定律得：由联立得： 9-2 两根6.0×10-2m长的丝线由一点挂下，每根丝线的下端都系着一个质量为0.5×10-3kg的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时，每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位置上。求每一个小球的电量。分析：对小球进展受力分析

2、，运用库仑定律及小球平衡时所受力的互相关系求解。解：设两小球带电q1=q2=q，小球受力如下图题9-2解图 联立得：其中代入式，即： q=1.01×10-7C9-3 电场中某一点的场强定义为，假设该点没有试验电荷，那么该点是否存在场强？为什么？答：假设该点没有试验电荷，该点的场强不变.因为场强是描绘电场性质的物理量，仅与场源电荷的分布及空间位置有关，与试验电荷无关，从库仑定律知道，试验电荷q0所受力与q0成正比，故是与q0无关的。9-4 直角三角形ABC如题图9-4所示，AB为斜边，A点上有一点荷，B点上有一点电荷，BC=0.04m，AC=0.03m，求C点电场强度的大小和方向cos

3、37°0.8, sin37°0.6.分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。解：如题图9-4所示C点的电场强度为题9-4解图C方向为： 即方向与BC边成33.7°。9-5 两个点电荷的间距为0.1m，求间隔 它们都是0.1m处的电场强度。分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。题9-5解图解：如下图：，沿x、y轴分解：9-6有一边长为a的如题图9-6所示的正六角形，四个顶点都放有电荷q，两个顶点放有电荷q。试计算图中在六角形中心O点处的场强。分析：运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。解：如下图.设q1=q2=q6=q，各点电荷q在O点产生的电场强度大小均

4、为：各电场方向如下图，由图可知与抵消.据矢量合成，按余弦定理有：方向垂直向下.题9-6解图qqqq-q-q题图9-6O.9-7 电荷以线密度均匀地分布在长为l的直线上，求带电直线的中垂线上与带电直线相距为R的点的场强。分析：将带电直线无穷分割，取电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元的场强，再积分求解。注意：先电荷元的场强矢量分解后积分，并利用场强对称性。解：如图建立坐标，带电线上任一电荷元在P点产生的场强为：题9-8解图题9-7解图根据坐标对称性分析，E的方向是y轴的方向9-8 两个点电荷q1和q2相距为l，假设1两电荷同号；2两电荷异号，求电荷连线上电场强度为零的点的位置.分析：运用点电荷场

5、强公式及场强叠加原理求解。解：如下图建立坐标系，取q1为坐标原点，指向q2的方向为x轴正方向.1 两电荷同号.场强为零的点只可能在q1、q2之间，设距q1为x的A点.据题意：E1=E2即：2 两电荷异号.场强为零的点在q1q2连线的延长线或反向延长线上，即E1=E2解之得：9-9 如题图9-9所示，长l=0.15m的细直棒AB上，均匀地分布着线密度的正电荷，试求：1在细棒的延长线上，距棒近端d1=0.05m处P点的场强；2在细线的垂直平分线上与细棒相距d2=0.05m的Q点处的场强；3 在细棒的一侧，与棒垂直间隔 为d2=0.05m，垂足距棒一端为d3=0.10m的S点处的场强.分析：将均匀带

6、电细棒分割成无数个电荷元，每个电荷元在考察点产生的场强可用点电荷场强公式表示，然后利用场强叠加原理积分求解，便可求出带电细棒在考察点产生的总场强。注意：先电荷元的场强矢量分解后积分，并利用场强对称性。题9-9解图(1)题图9-9解：1 以P点为坐标原点，建立如图1所示坐标系，将细棒分成许多线元dy.其所带电量为，其在P点的场强为，那么方向沿Y轴负方向2 建立如下图的坐标系，将细棒分成许多线元dy.其所带电量为。它在Q点的场强的大小为：dE在x、y轴的投影为：由图可见： ， 由于对称性，dEy分量可抵消，那么又1=-2方向沿X轴正方向题9-9解图(3)题9-9解图(2)3 在细棒一侧的S点处的场

7、强。建立如图3所示的坐标系，分析如2那么：其中：；方向：与x轴的夹角：9-10无限长均匀带电直线，电荷线密度为,被折成直角的两部分.试求如题图9-10所示的P点和P点的电场强度.分析：运用均匀带电细棒附近的场强公式及场强叠加原理求解。题图9-10解：以P点为坐标原点，建立如题9-10解图1 所示坐标系均匀带电细棒的场强：在P点：，竖直棒在P点的场强为：题9-10解图(1)x程度棒在P点的场强为：在P点的合场强：即：方向与x轴正方向成45°.同理以P点为坐标原点，建立如图题9-10解图2坐标：在P点：，竖直棒在P点的场强为： 题9-10解图(2)x程度棒在P点的场强为：在P点的合场强为

8、：即：，方向与x轴成-135°. 9-11 无限长均匀带电棒上的线电荷密度为,上的线电荷密度为，与平行,在与，垂直的平面上有一点P,它们之间的间隔 如题图9-11所示,求P点的电场强度。分析：运用无限长均匀带电细棒的场强公式及场强叠加原理求解。解：在P点产生的场强为：题图9-11在P点产生的场强大小为：方向如题9-11解图所示。把写成分量形式为：在P点产生的合场强为：题9-11解图9-12 一细棒被弯成半径为R的半圆形,其上部均匀分布有电荷+Q,下部均匀分布电荷-Q.如题图9-12所示,求圆心O点处的电场强度。题9-12解图题图9-12分析：微分取电荷元，运用点电荷场强公式及场强叠加

9、原理积分求解。将带电半圆环分割成无数个电荷元，运用点电荷场强公式表示电荷元场强。将电荷元电场进展矢量分解，再进展对称性分析，然后积分求解。解：把圆环分成无限多线元，所带电量为，产生的场强为。那么的大小为： 把分解成dEx和dEy，那么：由于+Q、-Q带电量的对称性，x轴上的分量互相抵消，那么：圆环在O点产生的场强为： 题图9-139-13 两平行无限大均匀带电平面上的面电荷密度分别为+和-2,如题图9-13所示,求: 1图中三个区域的场强，的表达式；2假设=4.43×10-6C·m-2，那么，各多大？分析：首先确定场强正方向，然后利用无限大均匀带电平板场强及场强叠加原理求解

10、。解：1无限大均匀带电平板周围一点的场强大小为：在区域：区域：区域：2假设=4.43×10-6C·m-2那么9-14 边长为a的立方盒子的六个面分别平行于xOy，yOz和xOz平面，盒子的一角在坐标原点处，在此区域有匀强电场，场强,求通过各面的电通量。分析：运用电通量定义求解，注意对于闭合曲面，外法线方向为正。解： 即平行于xOy平面的两平面的电通量为0；平行于yOz平面的两平面的电通量为±200a2N·m2·C-1；平行于xOz平面的两平面的电通量为±300a2N·m2·C-1。题9-16解图题9-15解图9-1

11、5 一均匀带电半圆环，半径为R，电量为+Q，求环心处的电势。分析：微分取电荷元，运用点电荷电势公式及电势叠加原理积分求解。将带电半圆环分割成无数个电荷元，根据点电荷电势公式表示电荷元的电势，再利用电势叠加原理求解。解：把半圆环无穷分割，取线元，其带电量为，那么其在圆心O的电势为：整个半圆环在环心O点处的电势为：9-16 一面电荷密度为的无限大均匀带电平面，假设以该平面处为电势零点，求带电平面周围的电势分布。分析：利用无限大均匀带电平面的场强公式及电势与电场强度的积分关系求解。解：无限大平面周围的场强分布为：取该平面电势为零，那么周围任一点P的电势为：9-17 如题图9-17所示，a=8

12、5;10-2m，b=6×10-2m, q1=3×10-8C, q2=3×10-8C，D为q1,q2连线中点，求：1D点和B点的场强和电势; 2 A点和C点的电势；3将电量为2×10-9C的点电荷q0由A点移到C点，电场力所作的功；4将q0由B点移到D点，电场力所作的功。题图9-17题9-17解图分析：由点电荷的场强、电势的公式及叠加原理求场强和电势。静电力是保守力，保守力做功等于从初位置到末位置势能增量的负值。解：1建立如图题9-17解图所示坐标系：，方向如图示。，方向如图示。；方向平行于x轴.同理，UB=0.2349-18 设在均匀电场中，场强与半径为

13、R的半球面的轴相平行，试计算通过此半球面的电场强度通量？分析：如下图，由高斯定理可知，穿过圆平面S1的电力线必通过半球面。解：在圆平面S1上：所以通过此半球面的电通量为：题9-19解图题9-18解图9-19 两个带有等量异号电荷的无限大同轴圆柱面，半径分别为R1和R2R2>R1.单位长度上的电量为,求离轴线为r处的电场强度：1 ；2 ；3 分析：由于场为柱对称的，做同轴圆柱面，运用高斯定理求解。解：1在时，作如下图同轴圆柱面为高斯面.由于场为柱对称的，所以通过侧面的电通量为，通过上下底面的电通量为零.据高斯定理，因为此高斯面没有包围电荷，所以有：2对，类似1作高斯面，有：题9-20解图故

14、得：3对，作类似高斯面，有：故得：E=0。9-20 静电场中a点的电势为300V，b点电势为-10V.如把5×10-8C的电荷从b点移到a点,试求电场力作的功？分析：电场力作功等于电势能增量的负值。解：依题意可以有如图的示意图：把正电荷由a点移到b点时电场力作功反之，当正电荷从b点移到a点时，电场力作功：负功表示当正电荷向低电势向高电势挪动时，它要抑制电场力作功，从而增加了它的电势能。9-21 在半径为R1和R2的两个同心球面上分别均匀带电q1和q2,求在, ,三个区域内的电势分布。分析：由于场为球对称的，做同心球面，利用高斯定理求出场强。再利用电势与场强的积分关系求电势。注意：积分

15、途径上的场强是分段函数。题9-21解图解：利用高斯定理求出：电势的分布：第十章习题解答10-1 如题图10-1所示，三块平行的金属板A，B和C，面积均为200cm2,A与B相距4mm，A与C相距2mm，B和C两板均接地，假设A板所带电量Q=3.0×10-7C，忽略边缘效应,求：1B和C上的感应电荷？2A板的电势设地面电势为零。题10-1解图题图10-1分析：当导体处于静电平衡时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律，可以求得导体的电荷分布，又因为B、C两板都接地，所以有。解：1设B、C板上的电荷分别为、。因3块导体板靠的较近，可将6个导体面视为6个无限大带电平面。导体外表电荷分布均匀，且其

16、间的场强方向垂直于导体外表。作如图中虚线所示的圆柱形高斯面。因导体到达静电平衡后，内部场强为零，故由高斯定理得：即 又因为： 而: 于是： 两边乘以面积S可得： 即： 联立求得: 2 10-2 如题图10-2所示，平行板电容器充电后，A和B极板上的面电荷密度分别为+和，设P为两极板间任意一点，略去边缘效应，求：1A,B板上的电荷分别在P点产生的场强EA,EB;2A,B板上的电荷在P点产生的合场强E；3拿走B板后P点处的场强E。分析：运用无限大均匀带电平板在空间产生的场强表达式及场强叠加原理求解。解：1 A、B两板可视为无限大平板.所以A、B板上的电何在P点产生的场强分别为:题图10-2,方向为

17、：垂直于A板由A指向B板，方向与一样.2，方向于一样3 拿走B板后：，方向垂直A板指向无限远处.10-3 电量为q的点电荷处导体球壳的中心，球壳的内、外半径分别为R1和R2，求场强和电势的分布。分析：由场强分布的对称性，利用高斯定理求出各区域场强分布。再应用电势与场强的积分关系求电势，注意积分要分段进展。解：由静电感应在球壳的内外表上感应出的电量，外外表上感应出q的电量.题10-3解图所以由高斯定理求得各区域的场强分布为：即： 综上可知:10-4 半径为R1的导体球，带有电量q；球外有内、外半径分别为R2，R3的同心导体球壳，球壳带有电量Q。1求导体球和球壳的电势U1，U2；2假设球壳接地，求

18、U1，U2；3假设导体球接地设球壳离地面很远，求U1，U2。分析：由场强分布的对称性，利用高斯定理求出各区域场强分布；再由电势定义求电势。接地导体电势为零，电荷重新分布到达新的静电平衡，电势分布发生变化。解:如图题10-4解图a所示,当导体到达静电平衡时,q分布在导体球的外表上.由于静电感应在外球壳的内外表上感应出电量.外外表上感应出电量，那么球壳外外表上共带电荷.(1) 由于场的对称性.由高斯定理求得各区域的场强分布为：题10-4解图（a）E的方向均沿经向向外.取无限远处电势为零，那么由电势的定义可得：内球体内任一场点p1的电势为外球壳体内任一场点p2的电势为:题10-4解图（b）2假设外球

19、壳接地.球壳外外表的电荷为零，等量异号电荷分布在球体外表和球壳内外表上,此时电场只分布在的空间，如图题10-4解图b所示.由于外球壳那么内球体内任一点P1的电势U1为:3 当内球接地时，内球的电势，但无限远处的电势也为零，这就要求外球壳所带电量在内外外表上重新分配，使球壳外的电场沿着经向指向无限远处，球壳内的电场经向指向球心处；因此，内球必然带负电荷。因为内球接地，随着它上面正电荷的减少，球壳内外表上的负电荷也相应减少；当内球上正电荷全部消失时，球壳内外表上的负电荷全部消失完；但就球壳而言，仍带有电量+Q。由于静电感应，在内球和大地这一导体，系统中便会感应出等量的负电荷-Q,此负电荷-Q的一部

20、分设为-q均匀分布在内球外表上。球壳内外表上将出现等量的正电荷+q与之平衡.因此，在到达静电平衡后，内球带电荷-q，球壳内外表带电量+q，外外表上带电量Q-q，如下图.由高斯定理可知各区域的场强分布为:题10-4解图（c） 球壳上任一场点P2相对于无限远处和相对于接地内球的电势，应用电势定义分别计算，可得:联立上述两式，求得：将代入U2的表达式中可得:10-5 三个半径分别为R1，R2，R3R1< R2< R3的导体同心薄球壳，所带电量依次为q1，q2，q3.求：1各球壳的电势；2外球壳接地时，各球壳的电势。分析：根据静电平衡条件先确定球的电荷分布情况，再根据电荷分布的球对称性，利

21、用高斯定理求出电场强度分布，进而利用电势与电场强度的积分关系求出电势分布。对于电荷球对称分布的带电体，也可直接利用电势叠加原理求得电势分布。接地导体时电势为零，电荷重新分布到达新的静电平衡，新的电荷分布引起电场和电势分布发生变化。解：1 如图题10-5解图a所示，半径为R1的导体球壳外外表上均匀的分布电量q1，由于静电感应，半径为R2的球壳内外表上感应出-q1的电量.外外表上感应出+q1的电量.因此，半径为R2的球壳外外表上的电量为q1+q2，同理，半径为R3的球壳内外表上感应出-q1+q2的电量.外外表上感应出+q1+q2的电量.所以R3的球壳外外表上的电量为q1+q2+q3。方法一 由于场

22、的分布具有对称性,可用高斯定理求得各区域的场强分别为题10-5解图(a)， E的方向均沿径向向外.取无限远处为电势零点.方法二可把各球壳上的电势视为由电量为q1,半径为R1；电量为q2，半径为R2；电量为q3，半径为R3的三个同心带电球壳分别在各点所共同产生的电势的叠加.由于在半径为R1的球壳外外表上的P点由三个带电球壳电势的叠加.故有同理: (2) 由于外球壳接地,球壳外外表的电荷为零，内外表的电量为-q1+q2方法一 用高斯定理求得各区域的场强分别为：题10-5解图（b） ， 方法二可把U1,视为带电量为q1，半径为R1；带电量为q2，半径为R2，带电量为-q1+q2，半径为R3的同心带电

23、球面在半径为R1的球壳外外表上的电势的叠加.把U2视为带电量为q1+q2,半径为R2.带电量为-q1+q2，半径为R3的同心球面在半径为R2的球壳外外表上的电势的叠加因为外球壳接地，所以：10-6 一球形电容器，由两个同心的导体球壳所组成，内球壳半径为a，外球壳半径为b，求电容器的电容。分析：设球壳内外表带电量，由于电荷分布具有对称性，应用高斯定理确定场强的分布。由电势与场强的积分关系确定电容器两极板间电势差，再由电容定义式求电容。解：设内球壳外外表带电量为+Q.那么外球壳内外表带电量为-Q,两球面间的场强分布具有对称性，应用高斯定理，求得两球面间的场强大小为：据场强与电势差的关系：于是有：1

24、0-7 一平行板电容器两极板的面积均为S，相距为d，其间还有一厚度为t,面积也为S的平行放置着的金属板，如题图10-7所示，略去边缘效应.1 求电容C.2金属板离两极板的远近对电容C有无影响？3在t=0和t=d时的C为多少？分析： 由于金属板的两个外表在电容器中构成新电容器的两个板板，所以AC间的电容器可看作AB、BC两电容器的串联.题10-7解图解：1AC间的电容为:2 由上述推导可知，金属板离两极板远近对C无影响(3) 当t=0时:当t=d时:C=10-8 平行板电容器的两极板间距d=2.00mm,电势差U=400V，其间充满相对电容率的均匀玻璃片,略去边缘效应,求：1极板上的面电荷密度；

25、2玻璃界面上的极化面电荷密度。分析：根据电容的定义式及平行板电容器公式求解自由电荷面密度。再利用极化面电荷密度和自由电荷面密度关系求解。解：1 据电容的定义式：即: 2 10-9 如题图10-9所示，一平行板电容器中有两层厚度分别为d1，d2的电介质，其相对电容率分别为，极板的面积为S，所带面电荷密度为+0和-0.求：1两层介质中的场强E1,E2;2该电容器的电容。分析：此电容器可视为上下两电容器串联而成。题10-9解图解: 1 平行板电容器为介质是真空时当充满相对电容率为的介质时，场强分别为： ，方向为垂直极板向下。，方向为垂直极板向下。2 该电容可以看成是的串联。10-10 一无限长的圆柱

26、形导体，半径为R，沿轴线单位长度上所带电荷为，将此圆柱放在无限大的均匀电介质中，电介质的相对电容率为，求：1电场强度E的分布规律；2电势U的分布规律设圆柱形导体的电势为U0分析：介质中高斯定理的应用。先利用介质中高斯定理求D、E的空间分布，然后再由电势与场强的关系确定空间电势分布。解：由于电荷分布呈对称性，故D、E分布亦呈对称性，方向沿径向.以r为半径作一同轴圆柱形柱面，圆柱长为。如图中虚线所示，那么通过此面的D通量为:由高斯定理可知:题10-10解图解之得: 由可知:2据电势与场强的关系可知：取圆柱面附近某点B处电势为零.那么：当rR时, 当rR时, 综上可知电势分布为：10-11 设有两个

27、同心的薄导体球壳A与B，其半径分别为R1=10cm, R2=20cm，所带电量分别为.球壳间有两层电介质球壳，内层的相对电容率，外层的，它们分界面的半径，球壳B外的电介质为空气，求：1A球的电势UA，B球的电势UB；2两球壳的电势差；3离球心30cm处的场强；4由球壳A与B组成的电容器的电容分析：介质中高斯定理的应用。先由介质中高斯定理求D、E的空间分布，然后由电势与场强的关系求电势、电势差，再根据电容定义式求电容。解：1 由于电荷分布呈球对称性.D、E分布亦呈球对称性.方向沿径向.由高斯定理可得:AB题10-11解图又由于由场强与电势的关系可知:2 3 4由静电感应，到达静电平衡时，半径为R

28、2的导体球壳内外表上分布有-q1的电量.10-12 如题图10-12所示，平行板电容器极板面积为S，相距为d，电势差为U，极板间放着一厚度为t，相对电容率为的电介质板，略去边缘效应，求：1介质中的电位移D，场强E；2极板上的电量q；3极板与介质间的场强E；4电容C。分析：介质中高斯定理的应用。由电势与场强的关系和D、E之间的关系，可得出空气、介质中的场强，由高斯定理可求出介质中的电位移D，进而求出电量及电容。解：1设介质中的场强为、介质外的场强为，那么有：题10-12解图 2 作一柱形高斯面S，如图中虚所示，有即： 3 极板与介质间的场强：4 10-13 一平行板电容器，极板间距d=5.00m

29、m，极板面积S=100cm2, 用电动势E=300V的电源给电容器充电.1假设两板间为真空，求此电容器的电容，极板上的面电荷密度，两极板间的场强；2该电容器充电后，与电源断开，再在两板间插入厚度d=5.00mm的玻璃片相对电容率,求其电容C，两板间的场强以及电势差U；3该电容器充电后，仍与电源相接，在两极板间插入与2一样的玻璃片，求其电容，两板间的场强以及两板上的电荷量。分析：电容器充电后，断开电源，电容器存储的电量不变。而充电后，电容器仍与电源相接，那么电容器两极板间电压不变。插入介质后电容器的电容增大。解：1 两极板间为真空，那么有：又 2插入介质后3充电后，仍与电源相接，那么不变.10-

30、14 一圆柱形电容器由半径为R1的导线和与它同轴的导体圆筒构成，圆筒长为l，内半径为R2，导线与圆筒间充满相对电容率为的电介质，设沿轴线单位长度上导线的电量为，圆筒的电量为，略去边缘效应，求：1电介质中电位移D，场强E；2两极板的电势差。分析：介质中的高斯定理的应用。根据介质中的高斯定理求出D、E，再由电势差与场强的关系求电势差。解：1电荷分布具有对称性,即D、E的分布变量呈对称性方向沿径向向外.作如下图的圆柱形高斯面，由高斯定理可知： R1<R<R2即 R1<r<R2题10-14解图 R1<r<R2D、E的方向均沿径向向外.2 10-15 如题图10-15

31、所示，每个电容器的电容C均为3F，现将a,b两端加上U=450V的电压，求：1各个电容器上的电量；2整个电容器组所贮存的电能；3假如在电容器中，充入相对电容率的电介质，各个电容器上的电量。题10-15解图题图10-15分析：画出等效电路，利用电容器的串、并联特点求解。解：1画出该电路的等效图如图示而 而 且 即各电容器的电量为：；2 3在中充入的电介质后，其电容为，那么有：h第十一章 电流与磁场11-1 电源中的非静电力与静电力有什么不同？答：在电路中，电源中非静电力的作用是，迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极挪动到高电位的电源正极，使两极间维持一电位差。而静电场的作用是在外电路中把正电

32、荷由高电位的地方挪动到低电位的地方，起到推动电流的作用；在电源内部正好相反，静电场起的是抵抗电流的作用。 电源中存在的电场有两种：1、非静电起源的场；2、稳恒场。把这两种场与静电场比较，静电场由静止电荷所激发，它不随时间的变化而变化。非静电场不由静止电荷产生，它的大小决定于单位正电荷所受的非静电力，。当然电源种类不同，的起因也不同。11-2静电场与恒定电场一样处和不同处？为什么恒定电场中仍可应用电势概念？答：稳恒电场与静电场有一样之处，即是它们都不随时间的变化而变化，根本规律一样，并且都是位场。但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生，电荷本身却在挪动。正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化，

33、因此静电场的两条根本定理，即高斯定理和环路定理仍然适用，所以仍可引入电势的概念。11-3一根铜导线外表涂以银层，当两端加上电压后，在铜线和银层中，电场强度是否一样？电流密度是否一样？电流强度是否一样？为什么？ 答：此题涉及知识点：电流强度，电流密度概念，电场强度概念，欧姆定律的微分形式。设铜线材料横截面均匀，银层的材料和厚度也均匀。由于加在两者上的电压一样，两者的长度又相等，故铜线和银层的场强一样。由于铜线和银层的电导率不同，根据知，它们中的电流密度不一样。电流强度，铜线和银层的不同但相差不太大，而它们的横截面积一般相差较大，所以通过两者的电流强度，一般说来是不一样的。11-4一束质子发生侧向

34、偏转，造成这个偏转的原因可否是：1电场？2磁场？3假设是电场和磁场在起作用，如何判断是哪一种场？答：造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。可以改变质子的运动方向，通过质子观察运动轨迹来判断是电场还是磁场在起作用。11-5 三个粒子，当它们通过磁场时沿着如题图115所示的途径运动，对每个粒子可作出什么判断？答：根据带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力规律，通过观察运动轨迹的不同可以判断三种粒子是否带电和带电种类。11-6 一长直载流导线如题11-6图所示，沿Oy轴正向放置，在原点O处取一电流元，求该电流元在a，0，0，0，a，0，a，a，0，a，a，a各点处的磁感应强度。分析：根据毕奥-萨伐尔定律求解。

35、´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´´ &#

36、180; ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´´ ´ 

37、0; ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ ´ 题11-5图解：由毕奥-萨伐尔定律原点O处的电流元在a，0，0点产生的为：在0，a，0点产生的为：题11-6图在a，a，0点产生的为：在a，a，a点产生的为11-7 用两根彼此平行的长直导线将半径为R的均匀导体圆环联到电源上，如题11-7图所示，b点为切点，求O点的磁感应强度。分析：应用毕奥-萨伐尔定律分别求出载流直导线L1和L2以及导体圆环上并联的大圆弧和小圆弧在O点产生的磁感应强度，再利用磁感应强度的矢量和叠加求解。解：先看导体圆环

38、，由于和并联，设大圆弧有电流，小圆弧有电流，必有：由于圆环材料一样，电阻率一样，截面积S一样，实际电阻与圆环弧的弧长和有关，即：题11-7图那么在O点产生的的大小为而在O点产生的的大小为和方向相反，大小相等.即。直导线在O点产生的。直导线在O点产生的，方向垂直纸面向外。那么O点总的磁感强度大小为11-8 一载有电流的长导线弯折成如题11-8图所示的形状，CD为1/4圆弧，半径为R，圆心O在AC，EF的延长线上.求O点处磁场的场强。分析：O点的磁感强度为各段载流导线在O点产生磁感强度的矢量和。解：因为O点在AC和EF的延长线上，故AC和EF段对O点的磁场没有奉献。CD段：DE段：O点总磁感应强度

39、为方同垂直纸面向外.题11-8图题图11-911-9 一无限长薄电流板均匀通有电流，电流板宽为，求在电流板同一平面内距板边为的P点处的磁感应强度。分析：微分无限长薄电流板，对微分电流应用无限长载流直导线产生的磁场公式求解。并将再积分求解总的磁感应强度。注意利用场的对称性。解：在电流板上距P点x处取宽为并平行于电流的无限长窄条，狭条中的电流为在P点处产生的磁感强度为：方向垂直纸面向里。整个电流板上各窄条电流在P点处产生的方向一样，故11-10 在半径的“无限长半圆柱形金属薄片中，有电流自下而上地通过，如题11-10图所示。试求圆柱轴线上一点P处的磁感应强度。分析：微分半圆柱形金属薄片，对微分电流

40、应用无限长载流直导线产生的磁场公式求解。并将场强矢量分解后再积分求解总的磁感应强度。注意利用场的对称性。 题11-10图 解11-10图解：无限长载流半圆形金属薄片可看成由许多宽为的无限长电流窄条所组成，每根导线上的电流在P点产生的磁场大小为，方向按右手螺旋法那么确定，如解11-10图所示。由于各电流窄条产生的磁场方向各不一样，P点的总磁场应化矢量积分为标量积分，即11-11 在半径为R及r的两圆周之间，有一总匝数为N的均匀密绕平面线圈如题11-11图通有电流，求线圈中心即两圆圆心处的磁感应强度。分析：微分密绕平面线圈，计算出相应的微分电流，利用载流圆环在其圆心处产生的磁场公式求解。并将矢量再

41、积分求解总的磁感应强度。解：由于载流螺旋线绕得很密，可以将它看成由许多同心的圆电流所组成，在沿径向r到R范围内，单位长度的线圈匝数为任取半径r，宽为dr的电流环，该电流环共有电流为题11-11图该电流环在线圈中心产生的磁感强度大小为圆心处总磁感强度大小方向垂直纸面向外。11-12 如题11-12图所示，在顶角为的圆锥台上密绕以线圈，共N匝，通以电流，绕有线圈部分的上下底半径分别为和.求圆锥顶O处的磁感应强度的大小.分析：微分密绕线圈，计算出相应的微分电流，利用载流圆环在其轴线上产生的磁场公式求解。并将矢量再积分求解总的磁感应强度。解：只要将题11-11中的均匀密绕平面线圈沿通过中心的轴垂直上提

42、，便与此题条件相一致，故解题思路也相似。如解11-12图建立坐标，取半径为r，宽为dr的电流环的密绕线圈，其含有匝数为，通电流为因为，。半径为r的一小匝电流在O点产生的大小为所有电流产生的磁场方向均沿x轴，所以其磁感强度大小为 题11-12图 解11-12图11-13 半径为R的木球上绕有细导线，所绕线圈很严密，相邻的线圈彼此平行地靠着，以单层盖住半个球面共有N匝，如题11-13图所示。设导线中通有电流，求在球心O处的磁感应强度。分析：考虑线圈沿圆弧均匀分布，微分密绕线圈，计算出相应的微分电流，利用载流圆环在其轴线上产生的磁感应强度公式求解。并将矢量再积分求解总的磁感应强度。解11-13图解：

43、建立如解11-13图所示坐标，轴垂直线圈平面，考虑线圈沿圆弧均匀分布，故在内含有线圈的匝数为线圈中通电流时，中心O点处磁感强度为题11-13图因为 对整个半球积分求得O点总磁感强度为11-14 一个塑料圆盘，半径为R，带电量q均匀分布于外表，圆盘绕通过圆心垂直盘面的轴转动，角速度为.试证明1在圆盘中心处的磁感应强度为2圆盘的磁偶极矩为分析：均匀带电圆盘以角速度旋转时相当于圆电流，微分带电圆盘，计算出相应的微分电流，利用载流圆环在其圆心处产生的磁场公式求解。并将矢量再积分求解总的磁感应强度。解：1在圆盘上取一个半径为、宽为的细圆环，其所带电量为题1115图圆盘转动后相当于圆电流假设干个圆电流在圆

44、心产生的磁感强度为2细圆环的磁矩为转动圆盘的总磁矩为，方向沿轴向。11-15 一均匀磁场的磁感应强度B=2T，方向沿x轴正方向，如题11-15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。分析：应用磁通量概念求解。解：1取各面由内向外为法线正方向。那么2311-16 如题11-16图所示，在长直导线AB内通有电流，有一与之共面的等边三角形CDE，其高为，平行于直导线的一边CE到直导线的间隔 为。求穿过此三角形线圈的磁通量。分析：由于磁场不均匀，将三角形面积进展微分，应用磁通量概念求出穿过面元的磁通量，然后利用积分求出穿过三角形线圈的磁通量

45、。 题11-16图 解11-16图解：建立如解11-16图所示坐标，取距电流AB为远处的宽为且与AB平行的狭条为面积元那么通过等边三角形的磁通量为11-17 一根很长的铜导线，载有电流10A，在导线内部，通过中心线作一平面S，如题图11-17所示。试计算通过导线内1m长的S平面的磁通量。分析：先求出磁场的分布，由于磁场沿径向不均匀，将平面S无穷分割，应用磁通量概念求出穿过面元的磁通量，再利用积分求总磁通量。解：与铜导线轴线相距为r的P点处其磁感强度为题11-17图 r<R，R为导线半径。于是通过单位长铜导线内平面S的磁通量为11-18 如题11-18图所示的空心柱形导体，柱的内外半径分别

46、为和，导体内载有电流，设电流均匀分布在导体的横截面上。求证导体内部各点的磁感应强度B由下式给出：分析：应用安培环路定理求解。注意环路中电流的计算，应该是先求出载流导体内电流密度，再求出穿过环路的电流。证明：载流导体内电流密度为由对称性可知，取以轴为圆心，为半径的圆周为积分回路，那么由安培环路定理得:从而有:题11-19图假如实心圆柱，此时。题11-18图11-19 有一根很长的同轴电缆，由两个同轴圆筒状导体组成，这两个圆筒状导体的尺寸如题11-19图所示。在这两导体中，有大小相等而方向相反的电流流过。1求内圆筒导体内各点的磁感应强度B；2求两导体之间的B；3求外圆筒导体内的B；4求电缆外各点的

47、B。分析：应用安培环路定理求解。求外圆筒导体内的B时，注意环路中电流的计算，应该是先求出外圆导体内电流密度，再结合内圆筒的电流，求出穿过环路的电流。解：在电缆的横截面，以截面的轴为圆心，将不同的半径作圆弧并取其为安培积分回路，然后，应用安培环路定理求解，可得离轴不同间隔 处的磁场分布。1当时， ，得B=0；2当时，同理可得3当时，有得4当时，B=0。11-20 题11-20图中所示为一根外半径为的无限长圆柱形导体管，管中空心部分半径为，并与圆柱不同轴.两轴间间隔 。现有电流密度为的电流沿导体管流动，求空腔内任一点的磁感应强度B。分析：此题属于非对称分布磁场的问题，因此不能直接应用安培环路定理一

48、次性求解，但可用补偿法求解。即将无限长载流圆柱形导体管看作是由半径为的实心载流圆柱体和一根与圆柱轴平行并相距的半径为的反向载流圆柱体叠加而成它们的场都可以分别直接应用安培环路定理求解。那么空间任一点的场就可视作该两个载流导体产生场的矢量叠加。注意补偿电流的计算时，应该是先求出原来导体内电流密度，按照此电流密度进展补偿。解：如解11-20图所示，设半径为的载流圆柱其电流垂直纸面向外，电流密度为 题11-20图 解11-20图它在空腔中P点产生的场为，其方向如解11-20图所示，由安培环路定理可得；式中为从O点引向P点的矢径。同理可求得半径为的反向载流的小圆柱在P点产生磁场，方向如解11-21图，

49、即；式中为从O¢点引向P点的矢径。那么 式中为从指向的矢量。由于，所以得的方向垂直，而大小为,空腔内的磁场为均匀磁场。11-21 一电子在的匀强磁场中作圆周运动，圆周半径，某时刻电子在A点，速度向上，如题11-21图所示。1试画出电子运动的轨道；2求电子速度的大小；3求电子动能。分析：应用运动电荷在匀强磁场中所受洛伦兹力公式并结合牛顿第二定律求解。解：1由洛伦兹力公式：得电子的运动轨迹为由A点出发刚开场向右转弯半径为r的圆形轨道。2由：得：3题11-22图题11-21图11-22 把2.0keV的一个正电子射入磁感应强度为的均匀磁场内题11-22图，其速度矢量与成89°角，

50、途径成螺旋线，其轴在的方向.试求这螺旋线运动的周期、螺距p和半径。分析：应用洛伦兹力分析带电粒子在均匀磁场中的运动求解。注意分析在的方向和垂直的运动不同特点。解：带电粒子在均匀磁场中运动时，当与成q=89°时，其轨迹为螺旋线。那么11-23 在霍耳效应实验中，宽1.0cm，长4.0cm，厚的导体，沿长度方向载有3.0A的电流，当磁感应强度B=1.5T的磁场垂直地通过该薄导体时，产生的横向霍耳电压在宽度两端，试由这些数据求1载流子的漂移速度；2每立方厘米的载流子数目；3假设载流子是电子，试就一给定的电流和磁场方向在图上画出霍耳电压的极性。分析：带电粒子在均匀电场和磁场中运动。利用霍耳效

51、应相关公式求解。解：1载流子的漂移速度2每立方厘米的载流子数目因为电流密度：所以载流子密度3略11-24 某瞬间a点有一质子A以沿题11-24图中所示方向运动。相距远处的b点有另一质子B以沿图示方向运动。在同一平面内，求质子B所受的洛伦兹力的大小和方向。分析：当考察两运动电荷的互相作用时，可从运动电荷B在运动电荷A形成的磁场中运动着手，求得所受磁力的大小和方向。解：质子A以运动经过a点的瞬间在b点产生的磁感强度为，方向垂直纸面向外。质子B以运动，在经过b的同一瞬间受洛伦兹力为方向垂直和组成的平面。11-25 如题11-25图所示，在长直导线旁有一矩形线圈，导线中通有电流，线圈中通有电流。求矩形

52、线圈上受到的合力是多少？。分析：应用安培力公式求解载流导线在磁场中所受的安培力。上下两边受力大小相等，方向相反，互相抵消。左右两边在不同大小的均匀磁场中。注意利用右手定那么来判断安培力方向。解：根据安培力公式:可知矩形线圈上下两边受力大小相等，方向相反，互相抵消，左右两边受力大小不等，方向相反，且左边受力较大。矩形线圈受合力为题11-26图题11-25图题11-24图11-26 在长直电流旁有一等腰梯形载流线框ABCD，通有电流，BC，AD边的倾斜角为。如题11-26图所示，AB边与平行，AB距为，梯形高b，上、下底分别为c，d长。试求此梯形线框所受的作用力的大小和方向。分析：此题求载流导线在

53、磁场中所受安培力，BC和AD两边受力的大小随位置改变而改变，方向也不在同一直线上，通常采用力的正交分解再合成的方法求解。解：由安培力公式得,方向向左。,方向向右。而BC和AD各电流元受力的大小随位置在改变，方向也不一样。同理得分别将和分解成与AB平行与垂直的分量；显然，二者平行于AB的分量大小相等方向相反而互相抵消，而垂直于AB的分量其方向与一样。故整个梯形载流线圈受力11-27 载有电流的长直导线AB旁有一同平面的导线ab，ab长为9cm，通以电流。求当ab垂直AB，a与垂足O点的间隔 为1cm时，导线ab所受的力，以及对O点的力矩的大小。分析：此题中各电流元受安培力方向一样，而大小随位置变

54、化B随位置变化而变化，故需通过积分求解合力。各电流元受磁力矩方向也一样,大小也随位置变化而变化，导线对O点的磁力矩也需通过积分求解。O1cm题11-27图baBA解：电流ab中任意电流元受力大小为。对O点力矩为11-28 截面积为S，密度为的铜导线，被弯成正方形的三边，可以绕程度轴转动，如题11-28图所示。导线放在方向为竖直向上的匀强磁场中，当导线中的电流为时，导线分开原来的竖直位置偏转一角度为而平衡，求磁感应强度。如。磁感应强度B应为多少？分析：载流线框绕转动，由于没有平动只有转动，仅需考虑线框对轴力矩的平衡，而不需考虑力的平衡。即。磁力矩可用闭合线框受到磁力矩求解。解：设正方形各边长度为，质量为，平衡时重力对轴的力矩载流线框受到磁力矩既可用整个线框受到磁力矩，也可用各导线段受力对轴的合力矩因为此时以一条边为转轴，即，其大小为题11-28图平衡时有，即11-29 与程度成角的斜面上放一木制圆柱，圆