物理課后答案

1-1一質點在xy平面內運動，在/=Os時它的位置矢量尸=+5/加，經山=5s后,

其位移/尸=<6：-8_7）m,求：（1）/=5s時的位矢；（2）在At時間內質點的平均速度.

解（1）據題意，在'+加時刻，該質點的位矢為

尸產r4-Ar=-4/+5J+(6i-8y)=2z-3j(m)

(2)在At時間內質點的平均速度為

二Ar6F-8；/、

v=——=-----L=1.2z-s)

A/5

_汽

1-3已知質點運動方程為廣=7?以”〃+7?51!14+2而，R為常量。求，t=0及'一萬時

質點的速度和加速度。

解：⑴

r=Rcosti+Rsintj+2而

-更.八cA

山=-Rsinti+Rcostj+2k,

㈤

=了=-Rcosti-Rsintj

當t=0時，

0=6+2萬，a^-Ri,

當t="2時，

v=-Ri+2k,a=-Rj.

1-5飛機著陸時采用降落傘制動。著陸時初速度大小為v。且坐標為x=0.若其直線運動加速

度大小為2=-皿2,b為常量，求此飛機的運動方程.

v0_dx

1+btv0dt

ln(l+Z?/v0)

在鉛直平面內運動的質點，其運動方程為了=53+(15/-5/2)7,求t=i秒時的法向

加速度、切向加速度。

解：v=5l+(15-10t)],v=yj52+(15-10t)2

a=-10j,a=10,a,=—=542

'dt

而a2=a：+a,,故4=5^2

因此引=5i+5/>5=吾=￥，+岑)

同22

at-(a-Tl)Tl=—5i-5j,an-a—at-5i-5j

1-7當一輪船在雨中航行時，它的雨篷遮著篷的垂直投影后2m的甲板上，篷高4m但當輪

船停航時，甲板上干濕兩部分的分界線卻在篷前3m,如雨滴的速度大小為8in?s’，求輪

船的速率.

解：依題意作出矢量圖

,。雨船=§南-E船

,?。雨=寧雨船+?船

由圖中比例關系可知

v船=丫雨=8m-s”

2-1質量為0.5kg的物體沿x軸作直線運動，在沿x方向的力f=10-6/的作用下，t=0

時其位置與速度分別為x0=5,v0=2,求t=1時該物體的位置和速度.(其中F以N為單位,

t以s為單位，x0以m為單位，v0以m/s為單位)

分析當作用于物體的力是時間的函數(shù)時，山建立的運動方程積分可以求得速度.所求出的

速度必定也是時間的函數(shù)，當還需要計算t時刻該物體的位置時，就應該利用速度的定義式

dr

0=丁，再積分求出位置的表示式.

dt

解由加速度的定義"乎應用牛頓第二定律，可得

doF10-6/__,.

—=—=--------=20-12/

d/m0.5

分離變量：

du=(20-12/)(1/

兩邊積分得

v20/-6/"+C

由初始條件：1=0時尸丫0=2,得C=%=2,即

v=20t-6t2+2(1)

因。=丁，上式可寫為

d/

riY

—=20/-6/2+2

d/

分離變量：

dx=(20/—6〃+2)d/

兩邊積分得

x=10/2—2/J+2/+G

由初始條件：t=0時x=x0=5,得C|xo5,即

x=10/2_2/+2/+5(2)

當t=ls時，由(1)和(2)式得o=16m/s,x=15m.

2-2.一汽艇在河水中直線航行，受到的阻力與速度成正比，設為的（左為常數(shù)）。/=0

時汽艇的速度為%,求汽艇：（1），時刻的速度；（2）由0到t的時間內經過的距離；（3）停

止運動前經過的距離。

_dv

答：⑴:

md/

分離變量，得

dv_-kdt

即

In—=Ine

%

_k_t

v=voe桁

(2)x=Jvd/==■^^■(1一/肅’)

（3）質點停止運動時速度為零，即t

m，

故有x'=「vne~dt-

k

2-3光滑水平面上有一固定的圓環(huán)，半徑為R。一質量為加的小球以初速度大?。パ?/p>

著環(huán)的內壁作圓周運動。若小球與壁的滑動摩擦系數(shù)為〃，求小球任一時刻的速率。

解：設圓環(huán)內壁給小球的向心力為則

法向：F,=m—切向：一juF”=加手

Rdt

3-2—質量為m=lkg的小球以v=2m/s的速率沿與斜面成30度角入射，又以相同速率沿水

平方向反彈，若小球與斜面作用的時間At=0.2s,斜面傾角為30度，求小球受力。

解：v]-v2-V矢量三角形等邊|△加討=/MV

7=四叫=把=10乂方向與斜面垂直

△t△/

3-4煤粉以穩(wěn)定的流量落在以水平速度u運行的傳送帶上，若‘時刻傳送帶上煤粉質量為

團⑴=卜,k為常量，為保持傳送帶運行速度不變，需對傳送帶施加多大作用力？

解t時刻傳送帶上煤粉質量為皿/)=■,/至/+△/時間內將落入傳送帶上的煤粉質量為

△〃=入△/,傳送帶上所需施加的作用力為產，沿煤粉運動方向系統(tǒng)的初末動量分別為

初態(tài)：Pi=m(i)v

末態(tài)：p2-[m(/)+

應用系統(tǒng)的動量定理，得Fbt=P]-p、=Anw=kvbt

F-kv

3-5質量mA=5kg的炮彈頭A以水平速度v=60m/s飛行，爆炸時分成兩塊碎片B和C,方

向如圖，已知碎片B的速度大小VB=90m/s,求(1)碎片B的質量(2)碎片C的速度。

解：由動量守恒的分量式得：

c

水平方向為x方向：mAvA=mcvccos30

豎直方向為y方向：0=mBvB-mcvcsin30°

mc=mA-mB

由以上三式得：mB=\.92kgvc-1\2.2m/s

3-7某人以2加的速度沿水平方向將一50奴的物體扔上平板車。平板車自身質量

為200kg,不計車與地面的摩擦，求下列條件下車得到的速度，（1）車原來靜止；（2）車

正沿物體運動方向以的速率運動；（3）車正以的速率沿物體運動的反方向

運動。

解設車的質量為機'，初速度為％0,物體質量為機，初速度為0。，它們共同的末

速度為。.對于車和物體組成的系統(tǒng)，水平方向合外力為零，故水平方向動量守恒，得

r

mvw+mv2（）=（m+（1）

（1）車原來靜止，4o=°，由（1）式得

冷2m/s

叫=0.4m/s

m+m50+200

(2)v20=1m/s,由(1)式得

mv+m'v50x2+200x1

u-l02()m/s-1.2m/s

m+m50+200

(3)v20=-lm/s,由(1)式得

mv+m'v50x2-200x1,，

v=——w-------1-Q=-------------m/s=-0.4m/s

m+m50+200

3-8-質量為m的質點以速率v繞半徑為r的圓軌道做勻速率運動，求此質點對圓心0點

的角動量。

解：￡=pxmvL=rmvsin90=rmv

3-9一人造地球衛(wèi)星沿橢圓軌道運動，地球中心。為橢圓的一

個焦點。已知地球平均半徑為R=63784根，衛(wèi)星離地面的最近

距離為L,=439km,最遠距離為L2=2384km。若衛(wèi)星于近地

點4的速率為匕=8.10%機,求衛(wèi)星在遠地點的速率

解：認為衛(wèi)星僅受地球引力，且引力指向地球中心，角動量守恒

mVj(R+Lt)-mv2(R+L2)

v,(R+LJ

V2=6.30km/s

R+L2

3—11質量為的質點在外力作用下運動，運動方程為尸=NcosSi+8si〃磔/,A,B,a)

TT

都為常數(shù)，求力在。=。到心=——時間內作的功。

2CD

解：dr=-AcDsincotdti+Bcocoscotdtj

a=-Aarcoscoti-Barsincotj

dW=F-dr=ma-dr=mco3(A2-B2)sincotcoscotdt

兀j

w=^>dw=-ma>2(A2-B2)

3-12一顆子彈水平擊中一個懸掛著的砂袋，并留在里面，已知砂袋質量是子彈質量的

1000倍，懸點到砂袋中心的距離為1m,設子彈擊中砂袋后，懸線的偏角為10。，求子彈的

入射速度。

解子彈和砂袋組成的系統(tǒng)，在子彈擊中砂袋的瞬間，水平方向無外力作用，動量守

恒.設子彈質量為如，速度為oio,砂袋質量為%2=1000如，子彈擊中砂袋后，子彈與砂袋

共同的速度為。2,得

m}vw-(/M,+/M2)U2

子彈隨砂袋一起擺動的過程中，只有重力作功，機械能守和取初始時砂袋位置為重

力勢能零點，懸線長為/,砂袋上升的最大高度為/(1-cos10。)，

如圖，得

；(叫+m2-(/?,+/w2)g/(l-cosl0°)10?

由以上二式，得

V

I=叫+叫J2g/(i-cosl0°)m\

〃?2

mx

=1001x^2x9.8x1x(1-cos10°)m/s=546m/s

3-13一子彈水平射入一個固定于彈簧的木塊內，已知子彈的質量為20g,木塊質量是

8.98kg,彈簧的勁度系數(shù)是100N子彈嵌入后彈簧壓縮了10cm,設木塊與水平面間

的滑動摩擦系數(shù)為0.2,求子彈入射速度。

分析山于木塊與水平面間存在摩擦，子彈嵌入木塊后與彈簧并不構成一個通常意義

的彈簧振子，機械能不守恒，但是可以應用功能原理分析摩擦力作功與機械能的變化的關

系.

解在子彈g和木塊加2碰撞的瞬間，因時間很短，木塊的位置還未發(fā)生改變，因而

還不受彈簧的作用，子彈和木塊組成的系統(tǒng)水平方向無外力作用，水平方向動量守恒，設

子彈質量為如，速度為50,木塊質量為桃2,子彈擊中木塊后，共同的速度為。2,得

加1%0=（加1+加2）。2

子彈隨木塊一起壓縮彈簧的過程中，應用功能原理，摩擦力所作的功等于彈性系統(tǒng)機

械能的增量，即

gkx。+m2）v2=_〃（加1+m2）SX

由以上二式，得

4-1電動機帶動?個轉動慣量J=50餃?加2的系統(tǒng)作定軸轉動，在05s內轉速由。達到

llOr-mm',求電動機對轉動系統(tǒng)作的功。

解：

W=,〃步—就）=<*50〃"0x2乃y—o]=355x1（）3j

2260

4-2如圖，質量為M,長為/的均勻細棒在水平面內繞通過棒中心且垂直于棒的光滑

固定軸轉動。棒上套有兩個質量均為加，可沿棒滑動的小物體。開始時，兩小物體分別被

固定于棒兩側距中心r處，且棒以角速度例,轉動。求兩小物體到達棒端時棒的角速度是多

少？

解:

22

系統(tǒng)初始角動量L,^-^M1G)0+2mM0r

物體到達棒端時系統(tǒng)的角動量L^—M12CO+2mco

212

2

....,73ZI,Ml+24mr'

由L,=L-,解得co=------------

~Ml2+6ml2

4-3一細桿長為/、質量為加°,可繞垂直于一端的水平軸自由轉動。桿原先處于平衡狀

態(tài)，現(xiàn)有一質量為機的小球沿光滑水平面飛來，恰與桿F端完全彈性碰撞，結果使桿上擺

至。=60"處，如圖，求小球初速度。

解：小球和直桿系統(tǒng)角動量守恒mv?l=mvl+^m?l2co

22：!

系統(tǒng)動能守恒—=—mv+—(—mol)a)

22

直桿重力矩作功--mftgl(l-cos60°)=0mnl)co

聯(lián)立得v產筆犯鬧

12m

4-4-長/,質量町的均勻細棒，靜止平放于光滑水平面上，它可繞過其端點O且與面

垂直的光滑定軸轉動?，F(xiàn)有一質量為加2的小物塊，在水平面內沿垂直于棒的方向與棒的另

一端點N碰撞并彈回。若碰撞前后物塊速率分別為V、U,求碰撞后棒轉動的角速度。

2

解：碰撞前后角動量守恒m2vl=jmllco-m2iil

解得。=3八+〃加2

mJ

4-5一水平的勻質圓盤，可繞通過盤心的鉛直光滑固定軸自由轉動，圓盤質量為〃，半

徑為凡對軸的轉動慣量為〃水2/2,圓盤以角速度。。轉動，有一質量為根的子彈沿盤的直

徑方向射入而嵌在盤的邊緣上，子彈射入后，圓盤的角速度為多少？

解：子彈與圓盤組成的系統(tǒng)所受合外力矩為零，系統(tǒng)角動量守恒，有

222

^MRCD0=^MR(D+mRa)

,,Mco

故:s=-----nJ

M+2m

4-6半徑為/?的定滑輪邊緣繞一細繩，繩下端掛一質量為加的物體。若繩的質量可忽略

不計，滑輪軸的摩擦亦不計，且繩與滑輪間無相對滑動。若物體下落加速度為。，求定滑輪

對軸的轉動慣量。

R

a

解：mg-T=ma

T'R=JB

r=T

a=R/3

聯(lián)立得J=m(g-a)R2/a

4-7一轉動輪定軸轉動。在20N?加的不變力矩作用下，10s內轉速由零增大到

lOOr-mi^',此時移去該力矩，轉動輪在摩擦力矩的作用下經JOOs停止轉動。求轉動輪

對軸的轉動慣量。

?co-0co

解：3=------■=—

1111

0-co

-Mf=Jp2

MM20，…2

由以上4式得

~~T\2又3.14義1()0J——="/kg”

Pl*2①(+)------------xf——+——)

11’26010100

4-8水平桌面上有一均質圓盤繞過盤心且垂直盤面的軸轉動，盤半徑為火。設盤與桌面

的摩擦系數(shù)為〃，初始角速度為例），求多少時間后圓盤停止轉動？

解：將圓盤分為微元環(huán)。微元環(huán)所受摩擦力矩為

dM=-fjdmgr--〃2m-dr-r--2"等-r2dr

兀屋R2

M=^dM=/_2,8.2"=_1即igR

圓盤角加速度￡="=-芻空

J3R

又。=例+￡/,令。=0,解得t=注竺

4〃g

4-9如圖有一不計質量的直桿，兩端各固定質量為m和2%的小球。桿可繞過桿中心且與

桿垂直的固定軸在紙面內轉動，開始時桿靜止，與水平方向成e角，釋放后桿繞軸轉動，問

當桿轉動到水平位置時的角加速度大小。

5-1氫原子中，電子與質子之間的距離為5.3X10-"m,分別求它們之間的庫侖力與萬有

引力。

(已知電子質量為9x/0-34g,質子質量為/.67x/0-27奴，電子、質子電量都為

1.602xIO-19C,萬有引力常數(shù)G=6.67x/0-〃N?加？-kg-2)

解：￡=」—％=9X[0"(1，6"10=&1X1()-8N

22

47re0r(5.3x10-")

斤mM_?9.1x10⑶x1.67x10-27

F=Gr——=6.67x7i0nx------------------：--------=3.7x10N

gr2(5.3x10-")2

5-2真空中一長為/=20c加均勻帶電細棒，線電荷密度2=3x/0-80加。求棒垂直平

分線上與棒的中點相距1=8cm處的電場強度。

解：

...MxdMdx

細棒在Q點產生的電場強度大小為

&=%=吐康小鬲^=亂"二聲

=5.27xlOJNiC

方向沿y軸正向.

附：Jdxj

(X2+d2戶

設x=dtgt,貝ij(x2+d2)2=d3sec31,dx-dsec2tdt

f---———r=-4fcostdt=Lsint+C=L「?一+C=——?*+c

，Jd2d?聲記d2k7

5-3-底面半徑為R圓錐體，高為〃，均勻帶電，電荷體密度為夕，求其頂點的電場強

度。

解例題5—2給出半徑為r、電荷面密度為0的帶電圓盤軸線上距盤心為x遠處的電場強

度的大小為

22

2^0_yjr+x

如圖所示，在距A為x遠處取厚度為白的薄圓盤，半徑為r,面積為加’，體積為》/心,

/w2dx,

（7----------j--POX

因dx為一無窮小量，薄圓盤上電荷面密度萬廠，代入（1）式，得薄圓盤

在A點產生的電場強度為

2%|_J廠+廠

xH

利用幾何關系"J箱+上,對上式積分得圓錐體在A點的電場強度為

-P-1-HH

E=r

24]J/??+“2J/+”2

方向為沿對稱軸向

5-4求真空中電荷面密度為。的無限大均勻帶電平面的場強。

解：選取垂直于平面的圓柱面為高斯面。圓柱側面上場強石與軸線平行，通過側面電通量

為零，而在兩底面S上，場強方向與平面法線方向都一致。

所以，通過這個高斯面的電通量，就等于通過兩底面的電通量

^>E=ES+ES

山于此高斯面所包圍的電荷量為,根據高斯定理得

oS

2ES=

%,

5-5真空中有半徑為曷和/?2（火2>/）的兩無限長同軸圓柱面，單位長度上分別帶有電

量4和試求：（l）r</；（2）/?,<r</?2；（3）火2處各點的場強。

解：高斯定理Ei

￡。

取同軸圓柱形高斯面，側面積S=2m-/

則{￡-d5=E27rrZ

對（1）r</?,工4=°，后=0

（2）<r<R2>q=認

E=—2—沿徑向向外

27l￡o，"

(3)r>R2>q=0

E=0

5-6真空中有一半徑為R,電量為夕的均勻帶電球體，求其球內、外各點的電場強度。

解：應用高斯定理計算電場分布.

（1）球體內的電場強度

球體體積為7R3,均勻帶電，電荷體密度P=/.作半徑為r（0<r<R）的球形

高斯面S1,所包圍的球體體積為匕=-nr\包圍的電荷量為工4=P匕=生匕=4=，

3VR

設半徑為I?處的場強為Ei，由高斯定理得

E,-dtS*=￡1]-4^T2=--V9

S|4

E="

得1

47T￡nR'

（2）球體外的電場強度

作半徑r>7?的球形高斯面$2,包圍電荷量為由高斯定理得

E,-dS=E,-4萬川=工￡勺=?

￡。%

得E,

47T￡0r

5-7如圖，A,8處各有電量分別為+q,-q的點電荷，間距為2火，現(xiàn)將一正試驗點電

荷外從兩電荷連線中點。經過半圓弧移到。點，求移動過程中電場力作的功。

解：如題圖示

0

q°q

A=q0(Uo-Uc)=

血%R

5-8真空中有一均勻帶電4,半徑為R的球體，試求球體內電勢分布。

解：先由高斯定理求出球內、外電場強度

(0<r</?)

r>R

2

2"x——fR——poo——3qqr

U=\E-dl=jE,-dl+-dl=

兀￡小

87l￡0R83

5-9真空中有兩個半徑分別為居=5.0cm,R2=2Q.0cm同心的均勻帶電球面，已知內

球面的電勢為匕=60%,外球面的電勢匕--30V,求(1)內、外球面上所帶電量；(2)兩個

球面間何處電勢為零。

%

解：⑴UR,R,=ydr=——-)=60-(-30)=90V

兀

"4nenr4R]R2

解得q,^6.67x10-1°C

VR=—^—+—^—=60,

?！觑L

/4TT￡()RI4

9

解得q2=-].33X10-C

(2)令r處歹(r)=0

即—^=0

兀￡/

44TT￡0R2

解得r-0.10m-10cm

6-1-帶電。的導體球殼，內、外半徑分別為R/、R2O球殼內另有一半徑為尸、帶電q

的導體小球，與球殼同心（r<Q<R?）。求小球與球殼的電勢差。

解：匕.=」一（幺_

q,<7-+---2-1---------

4叫）r&&

'4TT￡?&R,R24?！陯u

6-2在半徑為"的導體球外面套上一半徑為此的同心薄導體球殼，球殼帶電。，內球電

勢為外,求內導體球與球殼間的電勢差。

解：導體球的電勢為q+—Q=v?

47C￡0RI47T￡OR2

解出口=4兀￡小匕_蛆

R2

因此編中Q

47T￡OR2

6-3一離地面很遠、半徑為R的金屬球，用導線與地相聯(lián)，在與球心相距d=3R處有一

點電荷+q,試求金屬球上感應電荷的電量。

q‘

習題6—3圖

解：如圖所示，設金屬球感應電荷為g',則球接地時電勢心=0

由電勢疊加原理有：

Vo=—^—+—金—=0

4眸34兀43R

得q'

3

6-4在半徑為R的金屬球外有一層外半徑為R'的均勻介質層，設電介質的相對電容率為

金屬球帶電量為0,求：（1）介質層內外的電場強度；（2）介質層內外的電勢；（3）

金屬球的電勢。

介質層內</<火’）：E=--------;/=---------（----

4?！晷腬_￡rrRR

介質層外E=0,；V=-^—

4?！?4?！?

金屬球電勢:

解（1）如圖作半徑為r的球面為高斯面，由有介質的高斯定理得

4%/。=Q

Q

D=

4^r2

DQ

在介質內，R<r<R'

DQ

在介質外，r>R'E]

（2）介質內任一點的電勢為

""山.+小”=焉

邑rR'R'

介質外任一點電勢為

匕=['E,dr————

-4^0r

（3）金屬球的電勢可由（1）式中令尸=火得到，即

Q1111

匕）=十一

［邑1火RR'

6-5半徑為凡的導體圓柱和與它同軸的半徑為此的導體圓筒間充滿相對電容率為邑的

介質。圓柱的長為L,設沿軸線單位長度上圓柱帶電荷量為+2，圓筒單位長帶電荷量為-2,

忽略邊緣效應，求：（1）介質中的電位移和電場強度；（2）介質表面的極化電荷面密度。

解（1）由于電場具有軸對稱性，以半徑為r作高為L的同軸高斯面，介質中的高斯定理

得

2mL-D-AL

D」

2"

D22

E

2環(huán))￡/

￡l7t￡r(1)

（2）設介質內外表面單位長上的極化電荷分別為a'和一在介質內，其內表面極化電荷

產生的附加電場的場強為

E'

2兀

根據場強疊加原理，在介質內電場是導體圓柱表面的自由電荷產生的電場和介質內表面極化

電荷產生的附加電場的疊加，即

A

E=E「E，=

27ts0r2^sor(2)

由（1）和（2）式解得

2^2（1-—）

介質內外表面單位長的面積分別為2成「2叫,則極化電荷面密度分別為

,一方幾〃1、，/九〃1、

2叫2成］j2欣22欣2J

6-6球形電容器由半徑為刷的金屬球與?與它同心的半徑為此的金屬球殼組成。求電

容器的電容。

解：球間電場〃

E=—^

4嗎1r

球與球殼間的電勢差nRR

U=^—^—dr=qR^~R'

M4g,-47te0R,R2

電容

q47T￡nR,R2

~U~R2-R,

6-7已知一平行平板電容器電容為0.50所，兩極板間介質厚度為0.0/機機。該介質的擊

穿場強為1.9X107V-m-'，求此電容器所能存貯的最大能量。

解：兩板間電勢差Umax=Ehd=190V

電容器所能存貯的最大能量匕——。3"。力

6-8一極板面積為S,極板間距為d的平行平板空氣電容器，充電到帶電q后與電源斷開,

然后緩慢地將兩板間距拉到2d，問電容器能量改變了多少？

解：電源斷開，板上電荷不變，由例6—1知，板間距加倍，電容減為原來的一半，增加

的電容器能量為

/021Q2Q2q2d

AW—--------------=----=-----

2C/22C2C2s?S

7-1如圖48、為長直導線，8C是一段圓心為。、半徑為火的圓弧形導線，若導線

通有電流/,求。點的磁感應強度。

解：AB段產生：B,=0

BC段產生：方向垂直向里

212R

CD段產生：B3為似〃90"—s%60")=牛乙〃一39方向垂直向里

4兀一

2

緯=與+&+曷—孝+今)，垂直紙面向內

7-2兩條無限長直載流導線垂直且不相交，它們相距最近處為d=2.0c機，電流分別為

乙=4.0/和心=6.0/,尸點到兩導線距離都是d,求產處的磁感應強度大小。

解：電流h在P點產生B,=^-=4.0X10-5T方向垂直向里

27rd

電流b在P點產生8,=幺匹=6.0x/0"T方向在紙面里垂直指向電流L

2nd

P點B=^B；+B：=7.2x101

tg0=，=L5,0=56°19'

7-3-寬度為6的半無限長金屬板置于真空中，均勻通有電流/。。。點為薄板邊線延長

線上的一點，與薄板邊緣的距離為4。如圖所示。試求產點的磁感應強度8。

clz

解建立坐標軸°X,如圖所示，尸點為X軸上的一點。整個金屬板可視為由無限多條無

dl=—dx

限長的載流導線所組成，其中取任意一條載流線，其寬度為公，其上載有電流b,

它在產點產生的場強為

dR=〃出_Mqlqdx

P"4m"4質（6+d-x）

的方向垂直紙面向里。由于每?條無限長直載流線在尸點激發(fā)的磁感強度四具有相同的方

向，所以整個載流金屬板在尸點產生的磁感應強度為各載流線在該點產生的的代數(shù)和，即

J47rbb+d-x

=^lnb

471bb+d-x0

b+d

In

以。1。

4就

Bp方向垂直于紙面向里。

7-4兩個半徑為R的線圈共軸放置，相距為乙通有相等的同向電流I,如圖所示，求

在離它們中心0點為x遠處的P點的磁感強度。

L2

分析兩圓電流在P點產生的磁場方向相同，利用一經導出的圓電流在軸線上的磁感強度

表示式疊加后可得其解.所得結果為X的函數(shù)，可以證明在x=0處的一階為零，當/=氏時

二階導數(shù)也為零，即表明當/=火時在0點附近的小區(qū)域內為均勻磁場.亥姆霍茲線圈在科

研和生產實際中應用比較廣泛.

解

…，（I

>?2?v

dB=3〃。〃2萬+x

dx2［「z、21%

上+處

7-5處在基態(tài)的氫原子其電子可看作是在半徑r=0.52x/0-8ca的軌道上作勻速圓周運

動，速率n=2.2x/0"c能?$-/v求電子在軌道中心所產生的磁感應強度大?。娮与娏?/p>

為16x10-2（：）。

e2v2e2

=m

解：由------~e——得r=-------------7

4嗎）廠r47i￡0mev

T衛(wèi)，I，,B』

vT2r

/.iev_4TTX107x/.6x/0"‘x2.2xl08xIO"2

故B()=13T

47TK'4TTX(0.52X10~8xlO-2)

7-6如圖有相距d=40cm的平行長直導線，每根導線載有電流((=20A,求:

(1)兩導線連線中點/處的磁感應強度；

(2)通過圖中所示面積的磁通量(/；=弓=10cm,/=25cm)。

+絲=4x10-51方向，紙面向外

解:⑴BA

2吟2心

(2)取面元dS=Idr

。=『+'7必+115=也1〃3—^~1〃!=處歷3=2.2義10-6的6

士2M2n(d-r)27t2兀37t

7-7如圖為一長直圓管形導體的橫截面，內外半徑分別為a和b，沿導體軸線電流為I,

電流均勻分布在管的橫截面上。試求導體內外的磁感應強度分布。

解：由安培環(huán)路定理易知B=O,(r〈a);B=2L,(r>b)

2冗丫

由安培環(huán)路定理《裳疝=B2兀r=N0——；—-K(r2-a2)

4n(b-a')

解得人段筌

(a<r<b)

7-8-長直導線截面為10加加2,沿導線截面均勻地通有電流50〃，求此導線內、外磁感

應強度分布及導線表面的磁感應強度大小。

解：由安培環(huán)路定理J瓦/=82萬r=〃。工/

導線內尸<火，￡/=―/尸故8=

A兀R?2成2

導線外，r>R,Yl=I，故8=以,

2冗丫

在導線表面磁感應強度連續(xù)，由/=50/,R=JS/兀=1.78x10*叫得

BR=^-=5.6X10”

2兀R

7-9電流/均勻流過半徑為R的圓柱形長直導線，試求磁場通過如圖截面的導線內單位

長度剖面的磁通量。

7-10電流均勻流過一無限大導電平面，設電流面密度大小為J,求導電平面兩側的磁感

應強度。

解：在如圖的矩形回路abed中

=￡瓦?/+瓦?加+瓦-di4-fB-dl=2BL="ojL

j1Jda4

導電平面兩側磁感應強度大小8=冬」

2

7-11電流/通過如圖形狀的導線，將它放在方向垂直紙面向內、磁感應強度為5的磁

場中，求此導線所受安培力。

解：由例7—8知，截流導線在勻強磁場中受的磁場力等于從起點到終點連接的直導線通

過相同電流時受到的磁場力，故由月=比x月知

F=2BIR,方向豎直向上。

7-12如圖所示，無限長直導線內通有電流人，與其共面的有一矩形線框COM,

通有電流A，cr＞平行于戶長為廠長為6,48與CO間距為d。試求矩形線框

所受到的磁場合力。

解（1）根據安培力公式：必=/d/x8,可求

Fcd=IM\=^^

27rd

由右手法則可知，其方向垂直于CZ）向右。

,No】/b

F=12bB2=—彳-----\

EF222%（a+d）

方向垂直于￡戶向右

對于CF段，由于Cb邊上各點的8不相同，所以在其上取電流元

12dxi積分可得

必//]na+d

2萬d

FCF的方向垂直于CF向上，5°的方向垂直于。。向下，

(2)由(1)中的結果，可求得作用于矩形線框上的合力為

F=FCD-FEF

_聞J2b(1/)

2nda+d

由于尸＞0，則可知合力/方向向左。

7-13均勻磁場中有一長度為0.50帆的直導線，載有70/沿y軸正方向的電流，磁場

B^0.37-1.2j+0.5z(T)求作用在這段導線上的力。

分析如果分別用人八〃表示三個坐標方向的單位矢量，長度為乙的直導線，電流方

向在y軸正向，則電流可以表示為磁感強度可以表示為

B=Bxi+Byj+Bzk

根據安培定律可以求出該導線所受的安培力.

解根據矢量積的定義，有

jxi=-k/xj=0jxk=i

根據安培定律可得

F=ILjxB=lLjx(5,7+BJ+B,k)=IL(-Bxk+B:i)

=10x0.5x(—0.3A+0.51)=-1.5〃+2.5i

7-14一平均半徑為0.08機的螺繞環(huán)，繞有240匝線圈，電流強度為0.30/。管內充滿

相對磁導率為5000的鐵磁質。求管內的磁場強度和磁感應強度。

分析螺繞環(huán)磁場幾乎都集中在環(huán)內，磁場線是一系列圓心在對稱軸上的圓.如果圓

環(huán)的截面積很小，可認為環(huán)內各點的磁場強度大小相等，等于以平均半徑R為半徑的圓上

的磁場強度.

NI240x0.30,,，…一

解H=n