大學物理第四版下冊課后題答案

1、方向由圓心指向縫隙處.11-3.11-3.將一“無限長帶電細線彎成圖示形狀,設電荷均勻分布,電荷線密度為,四分之一圓弧AB的半徑為R,試求圓心.點的場強.解：以O為坐標原點建立xOy坐標,如下圖.對于半無限長導線A在O點的場強：1.8ooarctan-33.73342萬向如圖：2.7.11-2.11-2.用細的塑料棒彎成半徑為50cm的圓環(huán),兩端間空隙為量為3.12109C的正電荷均勻分布在棒上,求圓心和方向.解：二棒長為12rd3.12m,0,0,有一段空隙,那么圓心處場強等于閉合線圈產生電場再減去d0.02m長的帶電棒在該點產生的場強,即所求問題轉化為求缺口處帶負電荷的塑料棒在.點產生的場

2、強.解法 1:1:利用微元積分：習題 111111-1.11-1.直角三角形ABC的A點上,有電荷q19q24.810C,試求C點的電場強度設BCvE11.8109C,B點上有電荷qi在 C C 點產生的場強:0.04mACqv2A2-i40rAC0.03m .q2在 C C 點產生的場強：VVVVC點的電場強度：EE1E22.7104iVE2q21.840r,c104v.C點的合場強：EEa2410%,xx2cm電荷線密度:l1.0109Cm1可利用補償法,假設有一均勻帶電閉合線圈,那么圓心處的合場強為dEox；40RdcosR,EOcosd2sin4OR40R解法2:直接利用點電荷場強公式

3、： 由于dr,該小段可看成點電荷:d20R0.72Vm1.那么圓心處場強:EOq9q29.010940R2q2.010西_11_d2.010C1110.72Vm10強度的大小卜O Oy*vvEi方向沿X軸正向.即：20Ro11-5.11-5.帶電細線彎成半徑為R的半圓形,電荷線密度為0sin,式中0為一常數(shù),為半徑R與X軸所成的夾角,如下圖.試求環(huán)心0處的電場強度.dl0sinddE2解：如圖,40R4*,dExdEcosdEydEsin考慮到對稱性,有：EX0；_._20sind0(1cos2)d0040R40R0280R方向沿y軸負向11-6.11-6.一半徑為R的半球面,均勻地帶有電荷,

4、電荷面密度為,求球心.處的電場強度.EAX(coscos)40R2EAy(sinsin)有：y40R2對于半無限長導線B在.點的場強：(sinsin)4oR2(coscos)4oR2EBXEBy對于AB圓弧在.點的場強：有：一一EOX-Eoy-一總場強：4R,y4#,得:vEOvj)EJEOXEOV、.或寫成場強：VOy40R,方向45.11-4.11-4.一個半徑為R的均勻帶電半圓形環(huán),均勻地帶有電荷,電荷的線密度為,求環(huán)心處.點的場強 E EdE解：電荷元 dqdq 產生的場為：40R2;根據(jù)對稱性有：EdExdEsindEy.,那么:Rsind04oR220REdEydEsin解：如圖,

5、把球面分割成許多球面環(huán)帶,環(huán)帶寬為dlRd,所帶電荷：dq2rdlo厚度為d的“無限大均勻帶電平板,電荷體密度為11-7,11-7,圖小O求板內、外的場強分布,并畫出場強隨坐標x變化的圖線,即Ex圖線設原點在帶電平板的中央平面上,Ox軸垂直于平板.解：在平板內作一個被平板的中間面垂直平分的閉合圓柱面&為高斯面,E有：當xd2時,xv由？S1EvdS2E有:v?S2EVdS2E圖像見右.R的圓形平面如S和q2dS和q2x 11-8.11-8.在點電荷q的電場中,取一半徑為圖所示,平面到q的距離為d,試計算通過該平面的E的通量.解：通過圓平面的電通量與通過與A為圓心、為周界的球冠面的電通量

6、相同.【先推導球冠的面積：如圖,令球面的半徑為球冠面一條微元同心圓帶面積為：dS2rsinAB為半徑、圓的平面r,rdS球冠面的面積：2r21dr22rsinrd2rcoso0cosxrsin;球面面積為：S求面球冠s球面24r,通過閉合球面的電通量為:閉合球面_q0,由：球面S求冠球冠i(1r)旦旦=)020.R2d211-9.11-9.在半徑為 R R 的“無限長直圓柱體內均勻帶電,電荷體密度為 P,P,求圓柱體內、 外的場強分布,并作ErEr 關系曲線.1_qi0s內,考慮以圓柱體軸為中軸,半徑為r,11-10.11-10.半彳全為RDR2(R1R2)的兩無限長同軸圓柱面,單位長度分別帶

7、有電量和,試求：(1)(1)r rR1；(2)(2)R1r rR2；(3)rR(3)rR2處各點的場強.vv1EdSqi解：利用高斯定律：S0s內.(1)rR R1時,高斯面內不包括電荷,所以：E10;l2rlE2(2)R R1R R2時,利用高斯定律及對稱性,有：,那么：E2(3)rR2時,利用高斯定律及對稱性,有:vE0rRvEE?RrR220rv即：E0rR2o11-1111-11.一球體內均勻分布著電荷體密度為的正電荷,假設保持電荷分布不變,在該球體中挖去半徑為r的一個小球體,球心為.,兩球心間距離OOd,如下圖.求：(1)在球形空腔內,球心O處的電場強度E.；(2)在球體內P點處的電

8、場強度E,設O、O、P三點在同一直徑上,且OPdvvEdS解：由高斯定律長為i的高斯面.(1)(1)當rR時,0R2l(2)當rR時,即：圖見右r2TR2T(rR)2-(rR)r2rlE30,那么：E30；0解：利用補償法,可將其看成是帶有電荷體密度為的大球和帶有電荷體密度為的小球的合成.11-1311-13.如下圖,一錐頂角為的圓臺,上下底面半徑分別為R1和R2,在它的側面上均勻帶電,電荷面密度為,求頂點.的電勢.(以無窮遠處為電勢零點) )解：以頂點為原點,沿軸線方向豎直向下為x軸,在側面上取環(huán)面元,如圖示,易知,環(huán)面圓半徑為：dxdS2rdl2xtan-2cos2,(1)(1)以.為圓心

9、,過.點作一個半徑為 d d 的高斯面,根據(jù)高斯定理有：vv?SEdS43L-dE003d30,方向從.指向O；(2)過P點以.為圓心,作一個半徑為d的高斯面.理有：根據(jù)高斯定vv?SEdS4.3_一一dEpi03過P點以O為圓心,d30,方向從.指向P,作一個半徑為2d的高斯面.根據(jù)高斯定理有：vv%EdSEP23r4dl),方向從.指向P.vvv11-12.11-12.設真空中靜電場E的分布為Ecxi,式中c為常量,求空間電荷的分布.解：如圖,考慮空間一封閉矩形外外表為高斯面,vv有：&EdSCXo由高斯定理:vOSEvdS設空間電荷的密度為X0X.0(x)dx00cdxcx0(x

10、),有：x0(x)SdxS0,可見(x)為常數(shù)0c.rxtan-一2,環(huán)面圓范:cos2R2vVR1E2drvVRE3drR2上學 drR13r2利用帶電量為q的圓環(huán)在垂直環(huán)軸線上刈處電勢的表達式:x1R1cot-x2R2cot一考慮到圓臺上底的坐標為：2,2,x2R2cot_tandxtan-2dxUx12o22o2Ricot211-14.11-14.電荷量 Q Q 均勻分布在半徑為 R R 的球體內,試求：離球心r處(rR)P點的電勢.R離球心r處(rR)的電勢：UrrE內drRE外dr,即:11-15.11-15.圖示為一個均勻帶電的球殼,其電荷體密度為,球殼內外表半徑為R1,外外表半徑

11、為R2.設無窮遠處為電勢零點,求空腔內任一點的電勢.解：當rR時,因高斯面內不包圍電荷,有：E1：4/33、E3(R1)(r3R3).E222當R1rR2時,有：4r3r,4333(R2R)(R23R3)E32_2當r2時,有：4Or3Or,以無窮遠處為電勢零點,有：xtan2dU有：cos一(R2Ri)解：利用高斯定律:4(1)(1)rR時,4rR時,0Sr2E內r2E外vdSoR3Q1一q0S內可求電場的分布；有:E4Q4or230RJUrRQrr4oR3QR4or223QQr28oR8oR3U環(huán)40dxdxcoscos2 2R11-16,11-16,電荷以相同的面密度分布在半徑為r110

12、cm和r220cm的兩(1)(1)求電荷面密度11-1711-17.如下圖,半徑為R的均勻帶電球面,帶有電荷q,沿某一半徑方向上有一均勻帶電細線,電荷線密度為,長度為l,細線左端離球心距離為r0.設球和線上的電荷分布不受相互作用影響,試求細線所受球面電荷的電場力和細線在該電場中的電勢能(設無窮遠處的電勢為零).解：(1)以O點為坐標原點,有一均勻帶電細線的方向為x軸,個同心球面上,設無限遠處電勢為零,球心處的電勢為U0300Vo(2)(2)假設要使球心處的電勢也為零,外球面上電荷面密度8.85解：(1)(1)1012C2N1m2)r1時,因高斯面內不包圍電荷,有:當rrr2時,利用高斯定理可求

13、得:E22r120r,當rr2時,可求得:E3(r；r1)20r,r2VvU0E2drr1vE32r2r12dr10r22(r1U),2dr0r一(ri02)那么:0U0rr2_128.8510301030038.85 109Cm2(2)(2)設外球面上放電后電荷密度Uo(ri那么應放掉電荷為:U)/00,那么有：r1772q4r 六1)24以 43.148.8510123000.26.67109c.均勻帶電球面在球面外的場強分布為:q40r2(rR).取細線上的微元:dqr.lqr040X2drv4vvdldr,有：dFEdq,ql?r0(r0l)(?為方向上的單位矢量)一q(2)(2)均勻

14、帶電球面在球面外的電勢分布為:0r(rR,為多少?OEi思考題 111111-1.11-1.兩個點電荷分別帶電q和2q,相距i,試問將第三個點電荷放在何處它所受合力為零？qQ2qQ答：由4ox24olx2,解得：xlV21,即離點電荷q的距離為l&1.11-2.11-2.以下幾個說法中哪一個是正確的？A A電場中某點場強的方向,就是將點電荷放在該點所受電場力的方向；B B在以點電荷為中央的球面上,由該點電荷所產生的場強處處相為電勢零點對細線上的微元Wq-4odqrolrodWd,所具有的電勢能為：4ordrqrolInr4oroo11-18.11-18.一電偶極子的電矩為p,放在場強為

15、E的勻強電場中,p與E之間夾角為如下圖.假設將此偶極子繞通過其中央且垂直于P、E平討面的軸轉18o,外力需作功多少？/解：由功的表示式：dAMd考慮到：Mvvv,有：ApEsind2PEcos11-1911-19.如下圖,一個半徑為R的均勻帶電圓板,其電荷面密度為oo今有一質量為m,電荷為q的粒子q0q0沿圓板軸線x徹方向向圓板運動,在距圓心O也是X軸原點為b的位置上時,粒子的速度為V.,求粒子擊中圓板時的速度設圓板帶電的均勻性始終不變.解：均勻帶電圓板在其垂直于面的軸線上Xo處產生的電勢為：U(R22oUobUOUb、,2、,xoxo),那么,一(RbR2b2)2o,1mv21mv2(qUO

16、b)-mv2-q(RbR2b2)由能量守恒定律,2222o,有：v,Vo2q(RbiR2b2)moI I(C)場強方向可由EF/q定出,其中q為試驗電荷的電量,q可正、可負,F為試驗電荷所受的電場力；(D)以上說法都不正確.答：(C)11-3.11-3.真空中一半徑為R的的均勻帶電球面,總電量為q( (q0),0),今在球面面上挖去非常小的一塊面積S( (連同電荷),且假設不影響原來的電荷分布,那么挖去S后球心處的電場強度大小和方向.q、2答：題意可知：40R,利用補償法,將挖去局部看成點電荷,*E；一有：40R,方向指向小面積兀.11-4.11-4.三個點電荷qi、q2和在一直線上,相距均為

17、2R,以q與q2的中央.作一半徑為2R的球面,A為球面與直線的一個交點,如圖.求:(1)(1)通過該球面的電通量*EdS;(2)(2)A點的場強EA.11-5.11-5.有一邊長為a的正方形平面,在其中垂線上距中央.點a/2處,有一電荷為q的正點電荷,如下圖,那么通過該平面的電場強度通量為多少？解：設想一下再加 5 5 個相同的正方形平面將q圍在正方體的中央,通過此正方體閉合外外表的通量為：閉合q/0,那么,q通過該平面的電場強度通量為：60.11-6.11-6.對靜電場高斯定理的理解,以下四種說法中哪一個是正確的？(A)(A)如果通過高斯面的電通量不為零,那么高斯面內必有凈電荷；(B)(B)

18、如果通過高斯面的電通量為零,那么高斯面內必無電荷；(C)(C)如果高斯面內無電荷,那么高斯面上電場強度必處處為零；(D)(D)如果高斯面上電場強度處處不為零,那么高斯面內必有電荷.答：(A)(A)0vvAEdS解：(1)(1)S Sqq2EA0；(2)(2)qq2q34 兀0(3R)24TT0R24TT0R2(A)(A)閉合面內的電荷代數(shù)和為零時,閉合面上各點場強一定為零；( (B)B)閉合面內的電荷代數(shù)和不為零時,閉合面上各點場強一定都不為零；( (C)C)閉合面內的電荷代數(shù)和為零時,閉合面上各點場強不一定都為零；(D)(D)閉合面內無電荷時,閉合面上各點場強一定為零.答：(C)(C)111

19、-8.11-8.圖示為一具有球對稱性分布的靜電場的Er關系此曲線.請指出該靜電場是由以下哪種帶電體產生的.| |(A)(A)半徑為R的均勻帶電球面；門R(B)(B)半徑為R的均勻帶電球體；(C)(C)半徑為R、電荷體密度Ar( (A為常數(shù))的非均勻帶電球體;(D)(D)半徑為R、電荷體密度A/r( (A為常數(shù))的非均勻帶電球體.答：(D)(D)11-911-9.如圖,在點電荷 q q 的電場中,選取以 q q 為中央、R R 為半徑的球面上一點 P P 處作電勢零點,那么與點電荷 q q 距離為 r r 的 PP點的電勢為q11(B)(B)40rRq11(D)(D)4Rr11-10.11-10

20、.密立根油滴實驗,是利用作用在油滴上的電場力和重力平衡而測量電荷的,具電場由兩塊帶電平行板產生.實驗中,半徑為r、帶有兩個電子電荷的油滴保持靜止時,其所在電場的兩塊極板的電勢差為U12.當電勢差增加到油滴所帶的電荷為多少？聯(lián)立有：q2q4e11-11.11-11.設無窮遠處電勢為零,那么半徑為R的均勻帶電球體產生的電場的電勢分布規(guī)律為(圖中的U.和b皆為常量):11-7.11-7.由真空中靜電場的高斯定理vV1?sEdS一0q-可知q(A)(A)40rq(C)(C)4orR4 4U12時,半徑為 2 2r的油滴保持靜止,那么該解:U1243丁 p3g4U12Tqp:42r)3g答：(C)(C)

21、11-12.11-12.無限長均勻帶電直線的電勢零點能取在無窮遠嗎?答：不能.見書中例 11-1211-12.大學物理第 1414 章課后習題14-114-1.如下圖的弓形線框中通有電流I,求圓心.處的磁感應強度解：圓弧在.點的磁感應強度:Bi0I4R0I、,萬向：e6R直導線在 O O 點的磁感應強度：B20I4Rcos600sin600sin(600)三方向:2R,總場強：B1、一),方向314-2.14-2.如下圖,兩個半徑均為 R R 的線圈平行共軸放置,其圓心O Oi、O O2相距為 a,a,在兩線圈中通以電流強度均為 I I 的同方向電流.(1)以.1.2連線的中點 O O 為原點

22、,求軸線上坐標為 X X 的任意點的磁感應強度大??；(2)(2)試證實：當 aRaR 時,O O 點處的磁場最為均勻.解：見書中載流圓線圈軸線上的磁場,有公式:01R2(1)(1)左線圈在 x x 處 P P 點產生的磁感應強度:BP1右線圈在 x x 處P點產生的磁感應強度:BP2v-vBP1和BP2萬向一致,均沿軸線水平向右,0IR2P點磁感應強度：BPBP1BP222(R22R2z2)20IR2戶2(2x)0IR22R2x)2/22R2(xa2-)23一2R23a2G(x-)22；dB(2)由于BP隨x變化,變化率為,右此變化率在x0處的變化最緩慢,那么O點處的磁場最為均勻,下面討論 O

23、 O 點附近磁感應強度隨x變化情況,即對BP的各階導數(shù)進行討論.對B求一階導數(shù)：當x0時,d-Bdx對B求二階導數(shù)：d2B當x0時,d-Bdx0,可見在 O O 點,磁感應強度B有極值.223IR2ax030IR7,R2?)下2強磁場.【利用此結論,一般在實驗室中,用兩個同軸、 平行放置的N匝線圈,相對距離等于線圈半徑,通電后會在兩線圈之間產生一個近似均勻的磁場,比長直螺線管產生的磁場方便實驗,這樣的線圈叫亥姆霍茲線圈】R R 的木球上繞有密集的細導線,線圈平面彼此平行,且以單層線圈14-3.14-3.無限長細導線彎成如下圖的形狀,其中c局部是在xoy平面內半徑為R的半圓,試求通以電流I時.點

24、的磁感應強度.v解：:a a 段對 O O 點的磁感應強度可用?Bvdl0I求得,OIv有：Ba,Baa4Rab b 段的延長線過O點,Bb40,OIvRjc c 段產生的磁感應強度為:BcoI4R1vOI,Bc4R那么：O O 點的總場強：BO7j+4Rj4Rvk,方向如圖.均勻覆蓋住半個球面.設線圈的總匝數(shù)為解：從 O O 點引出一根半徑線,與水平方向呈N,N,通過線圈的電流為I,I,求球心 O O 的磁感強度.角, 那么有水平投影:xRcos,圓環(huán)半徑：rRsin,取微元dlRd有環(huán)形電流:利用:OIR22(R2x2有.)32,dBB0r2dI2(r2x2)320NI2.22sinR00

25、NIR2sin2d0NIsin2(R2sin2R2cos2)32ONI21cos2,2dR02RONI4R14-5.14-5.無限長直圓柱形導體內有一無限長直圓柱形弋腔串口圖所示,空腔與導體的兩軸線平行,間距為a,假設導體內的電流密度均勻為j,j的方向平行于軸線.求腔內任意點的磁-v感應強度B.解：采用補償法,將空腔局部看成填滿了j的電流,那么,以導體的軸線為圓心,過空腔中任一點作閉合回路,利用vB1vdlv0j2oI,有：2RB1jR2,vR,可見,當aR時dxB0,O O 點的磁感應強度B有極小值,R時,d2Bdx20,.點的磁感應強度B有極大值,R時,d2Bdx20,說明磁感應強度B在.

26、點附近的磁場是相當均勻的,可看成勻14-414-4.如下圖,半徑為同理,還是過這一點以空腔導體的軸線為圓心作閉合回路:2rB20(j)r2,有：B2由圖示可知:vr)v那么,BvB1vB2v0j2vv0ja.14-6.14-6.在半徑R1cm的無限長半圓柱形金屬片中,有電流I5A自下而上通過,如圖所示. 試求圓柱軸線上一點P處的磁感應強度的大小.解:將半圓柱形無限長載流薄板細分成寬為dlRd的長直電流,有:dld十皿dI,利用Rv2Bvdl在 P P 點處的磁感應強度為:dB0dI0Id222RdBxdBsin0I22Rsind,而由于對稱性,By那么,BBx14-7.14-7.如下圖,dBx

27、24長直電纜由半徑為sind止2R6.37 105T.R Ri的導體圓柱與同軸的內外半徑分別為圓筒構成,電流沿軸線方向由一導體流入,從另一導體流出,橫截面上.求距軸線為解：利用安培環(huán)路定理r r 處的磁感應強度大小(0rvv?SBd1設電流強度)R R2、R R3的導體I I 都均勻地分布在I分段討論.(1)(1)rRM,有：B12r2IR2 二B1(2)(2)B20Ir2R2當R10IrR2時,有：B2(3)(3)R2rR3時,有：B320(1R222R3rR2R2(4)當rR3時,有：B42r0(II),.B40.v勻速向右運動,如下圖,橡皮帶上均勻帶有電荷,電荷面密度為：iv,橡皮帶上方

28、的磁場方向水平向外,橡皮帶下方的磁場方向水平向里,根據(jù)安培環(huán)路定理有：vvv,磁感應強度B的大?。築(2)(2)非相對論情形下:勻速運動的點電荷產生的磁場為:點電荷產生的電場為:14-9.14-9.一均勻帶電長直圓柱體,電荷體密度為半徑為 RoRo 假設圓柱繞其軸線勻速旋轉,角速度為求：(1)(1)圓柱體內距軸線 r r 處的磁感應強度的大小;(2)(2)兩端面中央的磁感應強度的大小.(R2r2)0Ir2R12(0rRi)0I那么：B2r(RirR2)R2R2R2(R2rR3)(rR3)度為(1)(1) 小；(2)(2)o求像皮帶中部上方靠近外表一點處的磁感應強度證實對非相對論情形,運動電荷的

29、速度磁場B和電場E之間滿足下述關系:v及它所產生的vE(式中c1.0abcda,考慮到橡皮帶上等效電流密解：(1)(1)如圖,垂直于電荷運動方向作一個閉合回路14-8.14-8.一橡皮傳輸帶以速度?bcdBdl0LiB2L即為結論:vov(式中cqJ2r1、)000解：(1)(1)考察圓柱體內距軸線dqdIt2rLdrr處到半徑R的圓環(huán)等效電流.RLrdr,I1Lrdr一2_22L(Rr),選環(huán)路abcd如下圖,由安培環(huán)路定理:vdl有：BLL(R2r2)BL2 2 由上述結論,帶電長直圓柱體旋轉相當于螺線管,端面的磁感應強度是中間磁感應強度的一半,所以端面中央處的磁感應強度:14-10.14

30、-10.如下圖,兩無限長平行放置的柱形導體內通過等值、反向電流在電視顯象管的電子束中,電子能量為12000eV,這個顯像管的取向使電子沿水平方向由南向北運動.該處地球磁場的垂直分量向下,大小為子束將偏向什么方向？2 2電子的加速度是多少？3 3電子束在顯象管內在南北方向上通過20cm時將偏轉多遠？解：1 1根據(jù)(2)(2) 利用EvvqVB可判斷出電子束將偏向東.-mv2南d-北卜電子束方向BqvBqvBmqB2E6.281014ms1mm(3)(3)1121yat2a2223mm.I,電流在兩個陰影所示的橫截面的面積皆為S,兩圓柱軸線間的距離O1O2的磁感應強度.解：由于一個陰影的橫截面積為

31、S,那么面電流密度為：,試求兩導體中部真空局部iIX,利用補償法,將真空局部看成通有電流其中一個陰影在真空局部某點P處產生的磁場為Bi,距離為v,另一個為B2、v2,有：v利用安培環(huán)路定理可得：I2vBi0s210Ir12SB2I0s2220I22Sv那么：B10Ir12s0Ir2?2S-2vvBB1vB2220Id2sO O1即空腔處磁感應強度大小為,方向向上.2S14-1114-11.無限長直線電流I1與直線電流I2共面,幾何位置如下圖,試求直線電流I2受到電流I1磁場的作用力.解：在直線電流I2上任意取一個小電流元I2dl,此電流元到長直線的距離為x,無限長直線電流在小電流元處產生的磁感

32、應強度為：0I1再利用dFIBdl,考慮到Fb0I1I2dxa2xcos600川dx上dl0,有:cos60011I2,bIn-.adF0I1I2dx2xcos60014-12.14-12.B5.5105T,問：(1)(1)電Vdr.2P214-1414-14.如圖 14-5514-55 所示,一個帶有電荷q( (q0) )的粒子,以速度v平行于均勻帶電的長直導線運動,該導線的線電荷密度為(0),并載有傳導電流I.試問粒子要以多大的速度運動,才能使其保持在一條與導線距離為d的平行線上?vv-解：由安培環(huán)路定律?Bdl0I知：0I電流I在q處廣生的磁感應強度為：B,方向；2d同時由于導線帶有線電

33、荷密度為,在q處產生的電場強度可用高斯定律求得為:E,q受到的靜電場力方向向右,大小:20dqv01q即：-q-q,可得v2d20d00I14-15.14-15.截面積為S、密度為的銅導線被彎成正方形的三邊,可以繞水平軸00轉動,如圖 14-5314-53 所示.導線放在方向豎直向上的勻強磁場中,當導線中的電流為I時,導線離開原來的豎直位置偏轉一個角度而平衡,求磁感應強度.解：設正方形的邊長為a,質量為m,maS.平衡時重力矩等于磁力矩：vvv2014-13.14-13.一半徑為R的無限長半圓柱面導體,載有與軸線上的長直導線的電流I等值反向的電流,如下圖,試求軸線上長直導線單位長度所受的磁力.

34、解：設半圓柱面導體的線電流分布為iLR如圖,由安培環(huán)路定理,i電流在O點處產生的磁感應強度為:dB2oiR可求得:BOv又dFvIdl故dFB012dldByvB,o112oiR2R0sin011；2R有：fdFdl所以:0I1I2苗oI2-R欲使粒子保持在一條與導線距離為d的平行線,需F洛Ft,運動電荷q受到的洛侖茲力方向向左,大小:qvBqv0I2d0d2mgasin由MIvmB,磁力矩的大小：MBIa2sin(90)a.重力矩為：Mmgasin2mg-sin那么：mdvBldq,一一vm積分有：qdv0Bl其分布相同,且均在真空中,但在上的對應點,那么：答：B的環(huán)流只與回路中所包圍的電流

35、有關,與外面的電流無關,但是回路上的磁感應強度卻是所有電流在那一點產生磁場的疊加.所以C C對.14-2.14-2.哪一幅圖線能確切描述載流圓線圈在其軸線上任意點所產生的平衡時：BIa2cos2mgasin,1-B2mgtanIa14-16.14-16.有一個U形導線,質量為 m,m,兩端浸沒在水銀槽中,導線水平局部的長度為l,處在磁感應強度大小為B的均勻磁場中,如下圖.當接通電源時,U導線就會從水銀槽中2-jStano跳起來.假定電流脈沖的時間與導線上升時間相比可忽略,試由導線跳起所到達的高度h計算電流脈沖的電荷量解：接通電流時有FBIlmdvBIl,而Idt又由機械能守恒:一mv2mgh,有：v729h,一qmvBlmH14-17.14-17.半徑為R的