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9.31 无图。 9.35
解：见题图，（1）设介质板与上极板的距离为x。介质中的场强为E，空气中的场强为
有
E0。由电势计算E?D/?可得
u?E0x?Et?E0(d?x?t)?E0(d?t)?Et
E0?D/?0 再由高斯定理知，两极板间任一点的D都相等。以及
u?0u?0?r?，
d?t?t/?r?rd??rt?tuu?所以介质中 E?D/??
?rd?(1??r)t?rd??rt?tu?0?r（2）Q?S?0?SD?S
?rd??rt?tu?D(d?t)/?0?Dt/(?r?0)?D?（3）C?Q/u?S?0?r
?rd??rt?t9.36 （7.11、7.12？ ？？ ）
解：先见35题，再看本题可知电势分别是U0、U，故是板上电量不变。 （1）板上电量不变：Q （2）介质高斯定理：D?Q0?C0U0?????0SdU0
Q?0D1?U0,E??U0 Sd?r?0?rd，所以
（3）本题没有给出U，故计算如下： 空气中的场强：E0?D/?0?U0/dU?E0(d?t)?Et? ?
U0UU(d?t)?0t?0[?rd?(1??r)t] d?rd?rdC??r?0SQ ?U?rd?(1??r)t
第十章 恒定磁场
一、选择题 （1）B
解：自己画图知，两个电流产生的磁场方向相反。X轴向电流的磁感穿出纸面。
X轴向电流的磁感大小为：
BX?rrr所以B?k{BX?BY}?k（2）D 解：Qr?0I?k2.5?10?6T 故选B。
2??0.42?0I??a2?0I?0I。 同理BY?
2??0.22??0.4B1?B2B1??0I2a1?B2?2 （最后等式见下面算式）
其中：B2 ??4?12?2a1??a22?0I22?0I ?2?a2?a2??a22??a1??a1/a2?2?/8 选D。
42
（3）D？有错。 （B! C？）
解：由于A,D两图，磁场B在a点不连续故只能选B,C中之一。B图在ab段曲线上凸，故B??(r)?0，
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C图反之，故应B??(r)?0。用安培环路定理可求得ab域的磁感强度
?0I(r2?a2)B?， 可见222?r(b?a)B(r?a)?0，显然D答案不符合。
对上式二次求导：若算得
B?????0Ia2322若对上式二次求导：算得是
?r(b?a)?0I(r2?a2)B???32?0 则选C (未算到)
?r(b?a2)L?0 则选B（可算到此结果）
rr或简单解：由安培环路定理知：在r?a的区域，?Ii?0???B?dl?0?B?0，显然只i有B图是对的，而其它均不为零。
（4）B 解： I??I?evqq ???B?0?02?12.53T T2?R/v2a4?a
或用单个运动电荷的公式。
B?
?0evsin90??12.53T 24?a
(5) C
解：先给出板上离直线r远处的元电流 它的单位长度受到直线电流的力为
j?I/a??dI?jdr ddf?0IdI ?dl2?r 则整个板的单位长度受力为
二、填空题
d?dfdl?0I?jdr?0I?I/a?0I2???ln2?ln2
r?a2?r2?2?a2a?(2ln3?1)??0I2a/?
rrrrrr?0I解：线元Idl2受力:df?Idl2?B?k?Idl2?B(x)?k?Idx
2?xrrsrr?0I2dx 线元Idl2相对O点力矩：dM?r?df??j(4a?x)df 即：dM?(4a?x)2?x3a?0I2a?0I2dx?(2ln3?1) 所以 M??(4a?x)a2?x??0NIhD?ln1 （2）B??0NI/2?r， 磁通量 ?B?2?D2（1）M分析：本题没有指明是细的通电螺绕环，所以环中的磁感应强度不能看成常数，必须用式B面元hdr积分得到磁通量。
（3）磁力的功
??0NI2?r对
AAC??IBa2/2, ACD?0, AAD?2IBa2/4
a2a2)?I?0??I?B解：磁力功，绕AC边向外转A?I???m?I(?2??1)??I?(B22精品文档
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绕CD边向外转,
??m?0??A?0
?绕AD边向外转，此时：?2???2cos45??22??0?IBa2?A?I?2IBa2
44（4）线圈中张力：IBR
解：张力不是整个闭合线圈所受的磁场力。是线圈的张紧力。取y f?I?2R?B，方向沿y负方向。此半圆静止，故受到上半圆的上拉力，大小为f??f?2IBR， 力作用于两端，所以每端受力为 IBR。 （5）不要 （6）本题画图各个L路径所包围的通电导线数。课堂上已画各L图，满足右手。 rr蜒?L1H?dl??6Arr蜒?H?dl?15AL3rr?L2H?dl?12A rr?H?dl??3A L4 三、计算题 10.3 10.4 解：O点的磁场由三部分线电流产生。其中圆弧电流在O点的磁感强度为 B1??0I120?2r360???0I6r 方向垂直纸面向里。 ?0I(cos?1?cos?2)，方向向里。 4?a?0I 其中 ?1?0?,?2?30?,a?rcos60??r/2，可得B2?(1?3/2)。 2?r?0I同理可得左边直线电流在O点的磁感强度为 B3?(1?3/2)方向向里。 2?r?0I?I?I所以O点的B为：B?B1?B2?B3??2?0(1?3/2)?0.210 6r2?rr 左边直线电流在O点的磁感强度为 B2?10.5 解：这是运动电荷的磁场。将圆盘划分为无数个细圆环，任取一圆环，设半径为r，环宽为dr。其上所带电 ??02?rdr，由于它以ω角速度转动， dq?02?rdr?所以形成电流，大小为 dI????02?rdr???0rdr 该电流在轴 dtT2?量为dq22?r??0rdr r0线上x处的磁感强度为 dB??22322(r?x)2(r2?x2)32322R?r??dr???R?2x0000所以，总的磁感强度为 B??02(r2?x2)32?2(R2?x2?2x) ?0dI10.6 10.7 10.8 解：取半径为r的同轴的圆周为安培环路，则 当 2?0IrI?rr?r1时，有 ?B?Ii??012?2??2?r2?r?r1Ii?L里1rr?0I r1?r?r2，有 B?dl?2?rB??I??B?02??2?r2?rrrB?dl?2?rB??0 当 精品文档 精品文档 当 当 r2?r?r3，有 ???2rrrB?dl?2?rB??0r3?r时，有 ???2rrrB?dl?2?rB??0?0I(r32?r2) Ii??B3??2?r(r32?r22)I?L里iIi?L里?Ii?0?B4?0 10.9 本题是相当于无限大平板电流的磁力线证明，和电流两侧区域的 B?1?ni的证明。 02 方法是：作一个包围部分电流的安培环路，为矩形框，框的一边与与平板平行，则可证。 10.10 I?mg/(Bl)?0.41A 解：见题图，金属导线的张力是重力引起的，方向向下。要抵消它，则金属导线所受安培力必须向上。由 f?IBl?mg 所以：I?mg/(Bl)?0.41A。由f及B的方向，知：I流向从左到右。 于金属导线垂直磁场，大小为 10.11 注意，本题不是无限长直导线，不能用两平行导线作用力公式！！ r解：在载流为I2的导线2上任取电流元I2dl，它受到导线1中电流 rrrI1的安培作用力 |df|?|I2dl?B|?I2?dx?B ?I其中B由有限长电流I1给出B?01?cos?-cos?? 124?aLL?0I1所以L长的导线2受力：f2??I2?dx?B??I2??cos?1-cos?2??dx 004?a?0I1L?0I1I2xL?x22?I2?{?}dx?(L?a?a) ?222204?a2?ax?a(L?x)?arr方向向下。同理载流为I的导线1受力与f2f2大小相等，方向相反。 1 10.12 解：（1）将圆柱面划分为无数条直线电流，再求出这些电流在轴线上的B， 再求受力。因为长直电流产生的磁感为：dB??0dI?I?0dl 2?R2?R?R考虑对称性，对称的两长直电流的dB在某方向会抵消，其垂直方向相加 设垂直方向在x的方向上，则有dBx故半圆柱面产生的B为 ??0I?0Idlcos??2Rcos?d? 2?R?R2?R2B???0?0I?0I?/2?0I Rcos?d??cos?d??2?2R2?2R?0?2R?0I?0I2 I?2?2R?Rrr2rr?Ir 方向在Idlk?Bx?j方向上，所以F??0j?2R所以轴线上导线单位长度受力 F?BI?1?r（2）设该导线放在?|y|j处，则该导线电流与长圆柱面电流产生的磁感强度应相等。即 ?0I?0I???|y|??R/2??y???R/2。 ?2R2?|y|10.13 要掌握。 10.14 10.15 解：（1）受磁力矩 M?pmBsin90??ISB?I?R2B/2?7.85?10?2N?m （2）回路中的电流不变，故磁力矩作功 A?I???m?I(BS?BScos90?)?IBS?7.85?10?2J10.16要掌握。 精品文档 精品文档 10.17无图。 10.18 v?7.57?106m/s 分析：先将电子速度分为互相垂直的两部分v∥,v?，然后直接用带电粒子在磁场中运动的公式来表 22示v∥,v?，最后用v?v∥求解。 ?v?解：Qh?v∥T?v∥?eBeBR 由两式合成 又：v⊥?2?mmeB2eBR2eBh22得：v?v∥?v⊥?(h)?()?()2?R2?7.57?106m/s 2?mmm2??v∥?h2?meB10.19 H?200A/m,B?2.5?10?4T; H??200A/m,B???rB?1.05T rrNIN解：由?H?dl?I?H2?r?NI?H??B??I ?i0?2?rlNI 代入数据，H??200A/m,B?2.5?10?4T 2?r在?r介质时：H??H?200A/m,B???rB?1.05T 10.20 10.21 第十一章 变化的电场、磁场 一、选择题 （1）C 解：由楞次定律知：线圈的运动是反对磁铁的靠近。故线圈向左，又离磁铁越近的线圈运动就越快，故选 C。 （2）A,C rr解：注意转轴过C点，且垂直于导体棒A,B。故先由v?B给出电势的高端，显然有C点最低，A、B电 势相等，且都高于C点。故选A,C答案。 （3）（a） 解：OC半径与磁域边缘的夹角设为?。由于在图示角度增大的过程中： ?????B?R2?t, 所以?i12反之OC在磁域外面：?1?????B?R2?t 21。 ?d?/dt?mB?R2?是常数，或正或负。不是t的函数。故选（a） 2d?dB??S?0 dtdt（4） 解：见图，假想ob用导线连接，oa也用导线连接。故闭合回路的电动势为 ?i??由于涡旋电场线方向总是与半径垂直，所以有：?ob??oa?0 dBdBdB|,|?acb|?|SW|,|?acb|?|S|, 其中S?,SW,S?,分别为所以，|?ab|?|S???dtdtdtdB?oab的面积，四边形Woacbo的面积，扇形?oacbo的面积。由于本题中扇形面积最大，而 dt为常数，所以对应的电动势??为最大。?ab为最小。 acb（5）A,D vv解：由静电场的环路定理? ?lE?dl?0知A成立。 vv 由涡旋电场属“非静电性场”，故??EV?dl?0,知D也成立。 l 二、填空题 精品文档
最新大学物理习题答案-吴百诗
