大学物理试题及答案

cc题13-1图13-1点电荷-q位于圆心处，B、。、D位于同一圆周上的三点，如图所示，若将一实验电荷q0从B点移到C题13-1图D各点，电场力的功A=0，A=0BC BD原1题变13-2一均匀带电量+Q的球形肥皂泡由半径r1吹胀至Ur2,则半径为R（r1<R<r2）的高斯球面上任一点的场强大小由—Q—变为04联0R2电势U由-Q-变为—Q-（设无穷远处为零电势点）.4nsR 4nsr原9题13-3a粒子的电荷为2e,金原子核的电荷为79e,一个动能为4.0MeV的a粒子射向金原子核，若将金原子核视为均匀带电球体并且认为它保持不动．则二者最接近时的距离r=569x1014m.min（原12题）解：最靠近时动能全部转化为电势能：E”W=qU=~^Q~k4 4兀sr0minrmin=—=9X1094Se=9'109leSe=5-69X10-14（m）0k13-4两个同心球面，半径分别为R1、R2（R1<R2）,分别带电Q1、Q2.设电荷均匀分布在球面上，求两球面的电势及二者间的电势差.不管Q1大小如何，只要是正电荷，内球电势总高于外球；只要是负电荷，内球电势总低于外球.试说明其原因.（原11题）解：U1=解：U1=4QR+告02 01U=0^

24nsR

02U=U-U12 1 24ns①静电场的电力线始于正电荷（或8远处），止于负电荷（或8远处）②电力线指向电势降落的方向.13-5场强大的地方，电势是否一定高？电势高的地方是否场强一定大？为什么？试举例说明.（原6么？试举例说明.（原6题）答：否！电势的高低与零点的选择有关.13-6半径R的球形带电体，体电荷密度为p=Ar2(r<R)CA为常数)，总带电量为Q，求球内外各点的场强和电势分布.解：•・•电荷分布球对称，・•・E分布也球对称，作半径r的同心球面为高斯面S,由高斯定理①e0⑴当r>Rr>R时，q=QS内则：①二1E-dS=JE-cos0-dS=EJ由高斯定理①e0⑴当r>Rr>R时，q=QS内，E-4nr2=Q E=一Q—e2 0 2 4n£r2rQ

4nQ

4ngr

0U=卜E•dr=卜E•dr=卜一Q——e•dr=卜——Q——dr2p r2r4n£r2rr4n£r200⑵当r<R时，q=Jdq=JpdV，而dV=4nr2drS内qS内v内.二q=Jrp4nr2dr=Jr4nAr4dr=4nAr5TOC\o"1-5"\h\zs内 0 0 5・•・E-4nr2=45Ar5匚.E=等e1 5£ 1 5£r0 0U=JsE•dr=JrE•dr+JwE•dr=JR-^-3-e•dr+J®——Q——e•drP r1 R2 r5gr R4ngr2r00=JR等dr+J；^7dr=杀(R4T4)+岛r0 0r 0 013-7半径R的无限长圆柱形带电体，体电荷密度为p=Ar3(r<R)(A为常数)，求：⑴圆柱体内外各点的场强分布；⑵取对称轴为零电势位置求电势分布;⑶取圆柱表面为零电势位置求电势分布.解：•・•电荷分布具口长轴对称性，・•・E分布也具口解：•・•电荷分布具口长轴对称性，・•・E分布也具口长轴对称

性.作半径r高L的同轴封闭圆柱面为高斯面，则=fEcos90odS+fEcos0odS=0+dS=E-2nrLs侧由高斯定理①=f..fqE•dS=-gS内⑴当0<r<R（在圆柱体内）时，=卜pL2nrdr=frAr3L2nrdr=2nLAfrr4dr•••E2nrL=白nLAr5Ei=AtEi=>B

0 0 0(在圆柱体外)时=fRpL2nrdr=fR2Ar3L2nrdr=5nLAR5横截面・•・E2nrL=3nLAR5E=AR5E=AR5B2 5s 25sr25sr0 0 0⑵取。轴=0轴当0<r<R)时，U=f0E•df=f0E•dr=f0"dr=-Ar5-1 r1Jr5s25sTOC\o"1-5"\h\zr 0 0当r>R时，U=f0E•df=f0E•dr+fRE•dr=f0Ar4dr+fRAR5•drr R1r2 」r5s \5sr=-AR5+竿(InR+lnr)=-斐(1+5ln:)

25s 5s 25s R00 0⑶取Ur=0R当0<r<R)时，U；=frU；=frE•df

r=fRE•dr=f

r1 r5s0AAdr=点(R5-r5)

0当r>R时，U；=fRE•dr=fRE•dr=frAR5•dr=-AR5Inrr2 。5sr 5s Rr 0 013-8二极管的主要构件是一个半径为R1的圆柱状阴极和一个套在阴极外的半径为R2的同轴圆筒状阳极.阳极与阴极间电势差为U+-⑴求两级间距离轴线为r的一点处的电场强度.

⑵已知R1=5.0x10-4m,R2=4.5x10-3m,U+二300V,电子电量e=1.6x10-19C,电子质量m=9.1x10-31kg.设电子从阴极出发时的初速度很小，可以忽略不计.求该电子到达阳极时所具有的速率.解：⑴作半径厂高L的同轴封闭圆柱形高斯面由高斯定理①=fE-d6=qMes 。0入LE-2nrL=k；E=o0由电势差的定义有V+-=JRV+-=JR1E•dl=JR1,7 人•dl=JR275 cos108-dr=R2nrs1 0-九2ns-01RlnTR1c V=-2底0ln(R+-R1)代入得1 -V代入得1 -V「二^^_2ns +--e-E2nrs 0ln(RR)r0 21V1ln(R2-R1)⑵电场力做功等于电子动能的增量 mu2/2=eV+-Ou=J2eV,/m=……=1.05x10-7(m/s)+-13-9四个电量均为4x10-9C的点电荷分别置于一正方形的四个顶点上，各点距正方形中心O点均为5cm,则O点的场强大小EO=0V/m,电势UO=288x坨V.将实验电荷q0=10-10C从无穷远处移至O点，电场力作功A=-2.88x10-7j,电势能改变AW=2.88x10-7j.解：由对称性Ec=0;U=4—q—=…；A=(U-U)q=…；AW=W-W=…O o 4nsr 9 o7J0 os13-10若电荷以相同的面密度:均匀分布在半径分别为R1=10cm和、R2=20cm的两个同心球面上，设无穷远处电势为零，已知球心电势为300V,试求两球面的电荷面密度。的值.解：(叠加原理)两球面解：(叠加原理)两球面单独存在时球心电势的叠加u=u、+u、=—q—+ q22 4n£r 4nsr01 02o4nr2 o4nr2 o 1-+u=u、+u、=—q—+ q22 4n£r 4nsr01 02o4nr2 o4nr2 o 1-+ 2-=—(r+r)\o"CurrentDocument"4nsr4nsrs1 201 02 0二.o=S0”□□=8.85x10-9(C/m2)r+r

1213-11有两个点电荷带电量为nq和-q,(n>1),

势为零的等势面为一球面，并求出球面半径及球心坐标(设无穷远处为电势零点).原2题解：-=4ns(M 1\---r rI+ -即nr=r①-+而r+=\'x2+W+z2,r_=gx2+(y-d)2+z2代入①式，平方后整理得n2 dIn2-1)球面方程n2-1 n2-113-12电量Q(Q>0)均匀分布在长为2L的细棒上.⑴求在棒的延长线上与棒中心O距离为X的尸点的电势；⑵应用电势梯度公式求F点的电场强度.-2LTOC\o"1-5"\h\z* I «O P题13-12图解：⑴建立如图所示的坐标系在带电直线上取电荷元d解：⑴建立如图所示的坐标系在带电直线上取电荷元dq=Xda=导da它在P点产生的电势为It 21-―Ol^a-HK'PX

da

dU=-dq-4ng0rQda

8ngL(%—dU=-dq-4ng0rQda

8ngL(%—a)

0U=JdU=—Q—JLda-8ngLLx一a0Q Ja=Ld(x-a)8ng0La=-Lxaa⑵；EyQ%x+L丫In 8ngLx一L08ngLax0ix+LIn x-L0_Q L_4ngx2-L0E的方向：在带电直线延长线上，远离。点.*13-13一半径为R,长为2L的圆柱形薄片，其上电荷均匀分布，总电量为Q.⑴求在其轴线上与圆柱对称中心距离为x的尸点的电势.⑵应用电势梯度公式求尸点的电场强度.【数学公式J,du =lnU+-u22+b2!c】v'u2+b2解：取如图所示的坐标系.⑴在圆柱上坐标a处取宽度为da的细圆环，细圆环带电量为dq==Qda，细圆环上2L各点到尸点的距离为均为J(x-a)2+R2.・••该圆环在尸点产生的电势为du="=——Qda题13-13图H x ada4ng0r 8ng0L、i'(x-a题13-13图H x ada・•・尸点的电势U=2JL da =_° Ja=L d(x-a)8n£0L-L(Xx—a)2+R2 8n£0La=-L虱x—a)2+R2。［- 「 ~ Z--1=L Q «(x+L)2+R2+(x+L)=-In(x-a)+q(x-a)2+R2 =.心) 8n£0L a=-L 8nS0L 虱x-L)2+R2+(x-L)：.E=ExSUSxQS

—

8ngLSx

0(x+：.E=ExSUSxQS

—

8ngLSx

0(x+L)2+R2+(x+L)In, ((x—L)2+R2+(x—L)Q8ngL01 1(xx-L)2+R2 (xx+L)2+R2—>E沿x轴指向远方作业15静电场中的电介质15-1在静电场中，电位移线从正自由电荷或无限远出发，终止于负自由电荷或无限远.(原1题)15-2在一点电荷产生的电场中，一块电介质如图13-2放置，以点电荷所在处为球心作一球形闭合面[B].(A)高斯定理成立，且可以用它求出闭合面上各点的场强；(B)高斯定理成立，但不可以用它求出闭合面上各点的场强;(C)由于电介质不对称分布，高斯定理不成立；(D)即使电介质对称分布，高斯定理也不成立.>'质题15-2图(原4题)解：①高斯定理总成立；②电荷与电介质同时具有球、8大平面、8长轴对称性时，才能用高斯定理求出闭合面上各点的场强.15-3一个点电荷q放在相对电介系数为gr的无限大均匀电介质中的一个球形空穴中心，空穴的半径为a,则空穴内表面上一点的电位移矢量的大小D=—D=-q-―;电场强度的大小E=E=—q—;极化电荷面密4na2 4ng8a20r度等于。= o=-，(1-_)____.(原2题)TOC\o"1-5"\h\z4na2 8r>> > > —>解：P=D-8E,0=P=P•e,P向外，e向内，「.o=-(D-8E)<00 nn n 015-4一面积为S间距为d的平行板电容器.⑴今在板间平行于板平面插入厚度为d/3,面积也是S的相对介电系数为8r的均匀电介质板，计算其电容.⑵若插入的是同样尺寸的导体板，其电容又如何？ I'⑶上下平移介质板或插入的导体板对电容有无影响？ d|2=d/3(原12题)解：a+b=2d/3 £ 苧⑴此问题等效于三个简单电容器的串联. 题15-4图1111adb (28+1)d 388S—=——+ + = + + = r C= 0—r CCCC8S 388S8S388S (28+1)dTOC\o"1-5"\h\z1 2 3 0 0r0 0r rL JL JadE：」；：mitd/3ir,b_b1 1 1 ab 2d 38S—= 1 = 1 = C=——0-C C1 C2 80S 80S 380S 2d⑶•・•⑴⑵中C值均与a、b无关，，对于平板水平放置的电容器，上、下平移介质板或导体板对电容无影响.15-5在空气平板电容器中，平行地插上一块各向同性均匀电介质板，如图所题15-5图题15-5图、 、E与空气中的场强E0相比较，应有[C](A)E>E0,两者方向相同；(B)E=E0,两者方向相同；(C)E<E0,两者方向相同；(D)E<E0,两者方向相反.题15-6图15-6一个平行板电容器固定地与电压为U的电源相连接,极板间有块介质板,如图所示,介质板外的空气中某点P的场强为々，若把介质板抽出，抽出后，P点的场强为E2,E1与E2比较[A ](原7题题15-6图(A)E1>E2；(B)E1<E2； (C)E1=E2.解：C等效于三个串联，解：C等效于三个串联，介质抽出C21,CI,而U不变，-Q+-Q+Q题15-7图・•・Q=CUI,・•・E=Q/80=Q/S80I15-7一个大平行板电容器水平放置，两极板间充有电介质，另一半为空气，当两极板带恒定的等量的异号电荷时，有一质量为m的点电荷+q平衡在极板间的空气域中，如图所示.此后若把介质抽出，电荷+q将[B](原8题)(A)保持不动； (B)向上运动； (C)向下运动.

解：C=C左+C右，介质抽出C左I,・•・CI,而Q不变，，U=Q/C\,E=U/d\,+q所受的向上的电场力F=qE\15-8在真空中有A、B两板，相隔距离为d(很小)，板面积为S,其带电量为+q和-q，则两极板间相互作用力F的大小等于[B](原6题)(A)q2/(80S)；(B)q2/(2S80)；(C)q2/(480d2)解：注意:任何电荷,只受外电场的作用力,而不会受到自身电场的作用力！Eb=2^=赍，A受B的力F=JdF=JqEdq'=Ebfqdq'=Eq=黑B28 28S BB B0 0 0 0 280S15-9半径为R1和R2的两个同轴金属圆筒，其间充满着相对介电常数为£r的均匀介质.设两筒上单位长度带电量分别为+2和—九则介质中的电位移矢量的大小D=D=—，电场强度的大小E=_E=」一___.2nr 2n88r0r入2n88r0r解：取半径为r(R1Vr<R2),入2n88r0rq，有D2nrAl八Al，解得D=—,E=-D-

0 2nr 808r15-10两只电容器，C1=8*,C2=2rF,分别把它们充电到1000V，然后将它们反接，如图所示，此时两极板间的电势差为600_V.(原13题)解：vq1=C1U,q2=C2U;反接q=q1-q2=(C1-C2)U }[C1 Cj=+并联C=C+C,/.U'=q=C1-C2U 题15-10图1 2 CC1+C215-11电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，、外圆筒的半径分别为R1=2cm,R2=5cm,其间充满相对介电系数为8r的各向同性均匀电介质，电容器接在电压U=32V的电源上(如图13-8所示)，试求距离轴线R=3.5cm处的A点的电场强度和A点与外筒间的电势差.(原17题)解：设两圆筒单位长度带电为+2和-九由轴对称性，两极间电场强度沿径向向外,大小为E大小为E=--一2n808rr电势差为U=fR2E•dIR1=JR2Edr=JR2 drRi Ri2n808rr题15-11图-R In22n88 R0r1九一U2n£/r-ln(R2R1)E=—--=——U——=••=997.8(V/m)a 2溷/rR Rln(R2R1)—>E的方向沿径向向外.aU =JR2 dr= - JR2—dr= - In&=…=12.46(V)ar2 R2n£0£rr ln(R2R1)rr ln(R2R1) R15-12如图所示，两共轴的导体圆筒的内、外半径分别为R1=R=0.5cm、R2=3R，.其间有两层均匀电介质，分界面半径为r0=2R电常数为£1，外层介质的介电常数为£2=£1/4,若两层介质的最大安全电势梯度值都是E*=40kV/cm,当电压升高时，哪层介质先击穿？两筒间能加的最大电势差多大？（原19题变）解：设内、外筒带电线电荷密度为九-九由高斯定理易得：内层介质的介题15-12图-内层介质的介题15-12图E- E1 2ner22-2ner2ner

1r=r0=4E2-2ner2ner

1r=r0=4EJr=r02-r=R ne3R21r=R1由E-r曲线知，当电压升高时2neR1外层介质的内侧先达到E*.・•・外层介质先击穿即此时2-r=r0=2R ne2R neR01 1=E*--E*neR12-2-R—=2E*—ner

1-RE= =E*—E1 2ner2r21・•・两筒间能加的最大电势差为U =f2RE*R-dr+RR2E*RdrmaxR 2r 2R r13=E*R(2ln2+2ln2)=...=23.15kV15-13一个平行板电容器，充电后与电源断开，当用绝缘手柄将电容器两极板间距离拉大，则两极板间的电势差U12、电场强度的大小E、电场能量W将发生如下变化：[C](A)U12减小，E减小，W减小； (B)U12增大，E增大，W增大；(C)U12增大，E不变，W增大； (D)U12减小，E不变，W不变.解：绝缘，Q不变，由C=£0S/d,dt,CI,・•・U12=Q/Ct；E=o/£0=Q/(S£0)不变；W=Q2/(2C)t.15-14如果某带电体其电荷分布的体密度p增大为原来的2倍，则其电场的能量变为原来的[C](A)2倍；(B)1/2倍；(C)4倍；(D)1/4倍.\{1D-E]dV，而DXQxp、EXQxp,即WXp2.12J15-15两个电容器的电容之比C1:C2=1：2.把它们串联起来接电源充电，它们的电场能量之比W1：W2=2：1—；如果是并联起来接电源充电，则它们的电场能量之比W1：W2=1：2.解：串联，Q相同，由W=Q2/(2C)，有匕=Q21(2C1)=C2=2：1W2Q2(2C2)C1并联，U相同，由W并联，U相同，由W=1CU2,

2有凡.CU2/2.GW2 C2U22一C2=1：2(D)(a)减小，(D)(a)减小，(b)增加.15-16如图所示，用力F把电容器中的电介质板抽出，在图(a)和图(b)中的两种情况下,电容器储存的静电能量将[D](A)都增加;(B)都减小；(C)(a)增加，(b)减小;(原16题) f解： II电介质板抽出后，电容C1 厂睦用一(a)充电后仍与电源连接(b)充电后与电源断开题15-16图ccW=1UQ=1CU2=-LQ2e2 2 2C(a)情况，U不变，・•・We□(b)情况，Q不变，・•・We□15-17今有两个电容器，其带电量分别为Q和2Q，其电容值均为C,求该电容在并联前后总能量的变化AW=AW=W-W=-Q2-.（原10题变）TOC\o"1-5"\h\z总 4C解：・.・W=Q2,W=4Q2.,・•.W=W+W=5Q2；并联后：Q'=3Q,C=2C\o"CurrentDocument"12C 32C 总1 22C・W'=1（3Q）2=9Q2AW=W'—W白=-Q2（是减少）\o"CurrentDocument"22C 4C 总 4c15-18半径为R的金属球A，接电源充电后断开电源，这时它们的存储的电场能量为5X10-5J,今将该球与远处一个半径也是R的导体球B用细导线连接，则A球存储的电场能变为1.25x10-5J.（原15题变）解：・A、B两球一样，且相距很远，，电荷均分于两球上，即，连接B后，A球带电Q=Q/2，而W）=Qc□□=5x10-5（J）・・・A球储能变为：W'=Q=%/41…=1.25x10-5（J）15-19如图所示，一球形电容器，在外球壳的半径b及内外导体间的电势差U保持恒定的条件下，内球半径为多大时才能使内球表面附近的电场强度最小？并求这个最小场强的大小.（原14题）解：设球形电容器带电量为q,则两极间电场强度的方向沿径向，大小为E二上4nsr2电势差为U=U=JbE•dI4=JEdr=Jbq—4nsr2=恒量b)4nsUab 4nsUab■・q- ^^E—b-aa(b-a)4nsa2令dE=0力一U一二^二0da a2(b一a)2EminEmin4U15-20球形电容器如图所示，其内导体球半径为凡外导体球壳的内外半径分别为2R、3R,两导体之间充满相对介电常数815-20球形电容器如图所示，其内导体球半径为凡外导体球壳的内外半径分别为2R、3R,两导体之间充满相对介电常数8=1.5的电介质.若给外导体r球壳总共带电Q，并将内球接地，求：⑴各表面的带电量；⑵电场的总能量.解：⑴设内球接地后各表面带电荷为q1、q2、q3，在导体球壳内取高斯面S，则S上处处E=0,・•・JE•dS-0S题15-20图，q+q-0 □□□(a)12而q2+q3-Q ……口(b)•・•内球接地，，内球 U1-0□□□(C)由电势定义有u-卜E•dr

1R-JsE-dr-0+q—J叫Ldr+0+r 4ns08rrr2q3—卜-1-dr4ns rr20r2r-q—+ q34ns8R 4ns8R 4nsR0r 0r1 02'或由电势叠加原理u-,qi-+/一+^A_-,qi一一,qi_+^A_、14nssR4nssR4nsR4nssR4nssR4nsR0r 0r1 02 0r 0r1 02由已知得U-—一 ——+—^3--—^3—(q+q)□□□(d)14ns01.5R4ns01.5-2R4ns03R4ns03Rvq1q3)由©⑼得 q「q3-0……口(e)联立(a)(b)(e)解得： q1--Q.2, q2-q3-Q,2⑵r⑵r<R处，E「0;2R<r<3R处，E-0；3R<r<2R处，E-一q-r；24nssr20rr>3r处，E-%+%+q3r--q「r4 4nsr204nsr200

W=卜wdV=f2R，sE24nr2dr+卜—&E24nr2dr0 R20r2 3R204= q +-q—=q12 =—Q2—8nss2R8ns3R6底R24nsR0r 0 0 0作业17稳恒电流的磁场(2)——磁力磁介质中的磁场(h丫题17-1图17-1电子在均匀磁场B中沿半径为R的螺旋线运动，螺距为h(h丫题17-1图电子速率u=u=eBJR2+(h;2n)2,B方向向上.nbe„mu, 2nmu(原7-3题)角牛：R=骸,，h=—'；它〃，"u=eBR，u=eB-点。u=Y：u2+u2=eB'R2+im //m2n ^i//me e el—> —> —>由洛伦兹力F=-eu—xB，可判断出B沿螺旋轴竖直向上.17-2把2.0x103eV的一个正电子，射入磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中，其速度仃与B成89。角，路径为轴在B方向的螺旋线.则该螺旋线的周期T=3.57x10-10s,螺距h=1.65x10-4m,半径r=1.51x10-3m.(原7-7题变)：2E解：u=\力，mumusina <2mEsinar=—^=-= -=- fe eB eB2nm

~BB~h=2nm

~BB~h=Tu=Tucosa//T=b117-3在一汽泡室中，磁场为20T,一高能质子垂直于磁场飞过时留下一半径为3.5m的圆弧轨迹.该质子的动量大小p=1.12x10-i9kgm/S,能量E=1.54x10-10J,或E=9.63x108eV.（原7—8题）解：R=mB,p=mu=eRB,E=qp2c2+m2c417-4如图所示，两正电荷q1,q2相距为a时，其速度各为［和与，且^!^,6指向q1，求q1对q2和q2对q1的电磁场力是多少？（原8-4题）1 22 —►q2Fl解：运动点电荷的电流为I=dt，电流元为Idl=*dl=qI—q2Fl—・•・运动点电荷的磁场为：B=uidixru・•・运动点电荷的磁场为：B=—0 =—0 4nr2 4nr2q1在qq1在q2处产生的磁场B1向外，1 4兀a2而U2//r21,・•・q2在q1处产生的磁场B2=0 题17-4图—q1对q2：Fm2 =q2U2XB1（向右），F=U0q1q20102

m2 4na2qq12..'1+u2£2U2U24nsa2 00120—— FF与-U夹角a=tg-1-m2=tg-1（u£uu）2 F 0012e2q2对q1：J=0，

m1F=F1e1qq—124nsa20—F向上117-5在一个电视显像管里，电子在水平面内从南到北运动，如图所示，动能是1.2x104ev.该处地球磁场在竖直方向的分量向下，大小是5.5X10-5T.问:⑴电子受地球磁场的影响往哪个方向偏转？⑵电子的加速度有多大？⑶电子在显像管内南北方向上飞经20cm时，偏转有多大？（原7-6题）——解：⑴•・•f=-eu—xB・•・电子在地球磁场的影响下向东偏转⑵电子的动能：Ek=mu2/2题17-5图速度：u=\.：2E.m=…=6.5x107（m/s）,k ., 题17-5图考虑相对论效应：Ek=m0c2（y-1）,y=1/，1-u2；c24u=…=6.4x107（m/s）（相对论效应不明显）电子受到洛仑兹力：f=euB±电子的加速度为a=fim=euBjm=^=6.3x104(m/s2)⑶电子的轨道半径：R=mu/(Be)=，，，=6.7(m)d表示电子的南北向飞行路程，,则电子向东偏转：%"R->'R2—d2=R—r1-Q/R1]2,・,d<<R, %=R-R[1-(d.RI3]=~2R~=3.0X10-3(m)17-6如图所示，一根细金属棍ab用软导线悬挂在匀强磁场B中，电流由a向b流.此时悬线张力不为零(即安培力与重力不平衡).欲使细金属棍ab与软导线连接处张力为零则必须：[B](A)改变电流方向，并适当增加电流强度.(B)不改变电流方向，而适当增加电流强度.(C)改变磁场方向，并适当增强B的大小.(D)不改变磁场方向，适当减少B的大小.题17-6图17-7有一质量为m的倒U形导线两端浸没在汞槽中，导线的上段(长为/)处在均匀磁场B中，如图所示.如果使一个电流脉冲，即电量q=Jtidt通过导线，0这时导线会跳起来，假定电脉冲持续时间与导线跳起时间相比非常小叶试击曲二由导线所达到的高度h计算电流脉冲的大小.电^子的\!加口速^度,(原7-1题)解：•・•F=ilB,F向上m m而电脉冲意味着i很大，且为变量..・.F>>Fm重于是JtFdt=JtilBdt=IBJtidt=IBq=mu00 0题17-7图._mu_m%：2gh••q=~TB=lB17-8如图所示，一条任意形状的载流导线位于均匀磁场中，试证明它所受到的安培力等于载流直导线ab所受到的安培力.(原7-4题)解：取直角坐标系，使原点位于a点，％轴位于ab在导线上取任一电流元Idl，并分解为Id%和Idy—►Id%将受到沿y方向的安培力dF,dF=Id%-Byyx'xxxBxxx7一x题17-8图XXXXXXLdy将受到沿％方向的安培力dF,dF=Idy-BxxF=JdF=f01dy-B=0x x0.•・F=F=JdF=fblddx-B=IB-abya>F沿y正向，ab——等效于直导线ab所安培力.17-9—长直导线AC通有电流11,其旁放置一段导线ab，通过电流为12，且TOC\o"1-5"\h\zAC与ab在同一平面上，abLAC,如图所示，a端距AC为r『b端距AC为rb，求导线ab受到的作用力. A：“（原8-2题）解：在ab上由AC产生的磁感应强度B±a向内， O11a「b大小为b=与4 厂 2题17-9图题17-9图导线a,b,c分别载有1A,dF=IdIBsin90。=IdIB=IBdr,dF均向上F」dF=^rbI2Bdr=^rbI2聂dr二曙lnraa a>F向上.17-10三条无限长的直导线,等距离的并排安放,2A,3A同方向的电流.由于磁相互作用的结果，导线a,b,c单位长度上受力大小分别为F1、F2、F3,如图所示，则F1、F2的比值是多少？（原8-3题） ；ab；c解：设相邻两导线间距为d•・•无限长直导线的磁场B=昙，方向沿圆的切向.JJ'J,・•・导线b、c在a处的磁场均向外•2日-3 7日・•・Ba处—r+0c・•・Ba处题17-10图abc1A"题17-10图abc1A"2Al3A3 ©F1=Ba3]=4nd（向右）导线a在b处磁场均内外，c在b处磁场均向外・••Bb处=—第+喘=nd（向外）

F=BI-1=^0(向右) f-2b处bnd FFF2F3・•・比值：F=8217-11如图所示，一长直导线和一宽为b的无限长导体片共面，他们分别载有电流I和I，相距为。.求导线单位长度上所受磁场力的大小.电流I和I，相距为。.求导线单位长度上所受磁场力的大小.为无限长直载流导线，其电流为dI=Ldx1b它在无限长载流导线I处产生的磁场大小为2e udI uIdxdB= o_1=i 2n(a+b-x)2nb(a+b-x)其方向垂直纸面向里.因为所有窄条产生的磁场方向相同所以总的磁场有uIdx uIa+bB=JdB=Jb 0-1 =01ln a2nb(a+b-x)2nb a因为电流I所在处各点B相等，并与I垂直，22所以F=BIl=Uo1112ln竺b2 2nb aI2题17-11图AC中载有电流I2,设AC通过圆心，并和圆形线圈在同平面内，求圆形题17-12I2题17-11图AC中载有电流I2,设AC通过圆心，并和圆形线圈在同平面内，求圆形题17-12图由对称性F=JdF=0yyF=F=JdF|sin0|=JU,12半面叫x L2n

腾2'：RRSd^|sin01;叱？2F向右17-13有一矩形线圈AOCD,通以如图示方向的电流I,将它置于均匀磁场B中，—>B的方向与％轴正方向一致，线圈平面与％轴之间的夹角为a，a<90°.若AO边在Oy轴上，且线圈可绕Oy轴自由转动，则线圈将[B](A)作使a角减小的转动；(B)作使a角增大的转动；(C)不会发生转动；(D)如何转动尚不能判定.解：线圈的转动趋势是使：m与B的夹角0-0而a=90。一017-14把轻的正方形线圈用细线挂在载流直导线AC的附近，两者在同一平面内，直导线AC固定，线圈可以活动.当正方形线圈通以如图所示的电流时线圈将[D]I'II'题17-14图(A)不动；(B)转动，同时靠近导线AC;I'II'题17-14图(C)转动，同时离开导线AC;(D)平移，靠近导线AC；(E)平移，离开导线AC.解：B=基，在线圈处B向内—— —m//b，.二m=mxb=0，，线圈不转动而|F左|>|F右|,・••线圈向左平移.17-15—半径R=0.10m的半圆形闭合线圈，载有电流为I=10A,放在均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，磁感应强度的大小为B=5.0x103GS.此半题17-15图题17-15图为7.8/10-2N・m,方向向上解：m=ise,M=mxB，得m=igr2/2)-b，方向t.n17-16一螺线管长30cm,直径为15mm,由绝缘的细导线密绕而成，每厘米绕有100匝，长导线中通以2.0A的电流后，把这螺线管放到B=4.0T的均匀磁场中.螺线管的磁矩为106Am2；螺线管所受力矩的最大值为4.24