大学物理下作业答案 106页

-大学物理II习题册详细解答习题一一、选择题1．如图所示，半径为R的圆环开有一小空隙而形成一圆弧，弧长为L，电荷Q均匀分布其上。空隙长为L(LR)，则圆弧中心O点的电场强度和电势分别为[]（Ａ）QLi,Q；（Ｂ）QLi,Q；420R220R0RL480RL4（Ｃ）QLi,Q；（Ｄ）QLi,QL。Ox420R20RL0RL440RL4答案：A解：闭合圆环中心场强为0，则圆弧产生的场强与空隙在圆心处产生的场强之和为0。由于空隙l非常小，可视为点电荷，设它与圆弧电荷密度相同，则所带电荷为QL/L，产生的场强为QLi，所以圆弧产生的场强为EOQLi；又根据电势叠加原理42L42L0R0R可得UOQ40R.2．有两个电荷都是＋q的点电荷，相距为2a。今以左边的点电荷所在处为球心，以a为半径作一球形高斯面。在球面上取两块相等的小面积S1和S2，其位置如图所示。设通过S1和S2的电场强度通量分别为1和2，通过整个球面的电场强度通量为S，则［］（A）12,Sq/0；（B）12,S2q/0；S2qS1qx（C）2,q/0；（D）2,q/0。O2a1S1S答案：D解：由高斯定理知ΦS=q1和S相等且很小，场强可视为均匀。根据场0。由于面积S2E10,0，所以0,20。-\n-强叠加原理，E21ΦΦ3．半径为R的均匀带电球体的静电场中各点的电场强度的大小E与距球心的距离r的关系曲线为[]RrRrEEEEE∝1/r222(A)E∝1/rE∝1/r∝∝2(B)(C)E1/r(D)E1/rOrORrORrORrR答案：B∝2∝2--第1页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答q3rrR40R，所以选（B）。解：由高斯定理知均匀带电球体的场强分布为Eq1(rR)40r24．如图所示，一半径为a的“无限长”圆柱面上均匀带电，其电荷线密度为。在它外面同轴地套一半径为b的薄金属圆筒，圆筒原先不带电，但与地连接。设地的电势为零，则在内圆柱面里面、距离轴线为r的P点的场强大小和电势分别为[]--（A）E0,Ulna；（B）E,Ulnb；a--2（C）E0,U200r20r2lnb；（D）E2π0r,Ua200rbln。brP--答案：C解：由高斯定理知内圆柱面里面各点E＝0，两圆柱面之间E，则P点的电势为2π0rbablnbUEdr0drdrrra2π0r20a5．在边长为a的正方体中心处放置一点电荷Q，设无穷远处为电势零点，则在正方体顶角处的电势为（A）Q；（B）Q；（C）Q；（D）Q。430a230a60a120a答案：B解：正方体中心到顶角处的距离r3a，由点电荷的电势公式得2-\n-UQQ4π0r230a二、填空题1．真空中两平行的无限长均匀带电直线，电荷线密度分别为和，点P1和P2与两带电线共面，位置如图，取向右为2d坐标正方向，则P1和P2两点的场强分别ddP1P2为和。答案：E1i；E2i。x0d30d--第2页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答解：无限长均匀带电直线，在空间某点产生的场强E，方向垂直于带电直线沿径20a向向外（0）。式中a为该点到带电直线的距离。由场强叠加原理，P1，P2点的场强为两直线产生的场强的矢量和。在P1点，两场强方向相同，均沿x轴正向；在P2点，两场强方向相反，所以E10diii；E2iii220d0d203d20d30d2．一半径为R，长为L的均匀带电圆柱面，其单位长度带有。在带电圆柱的中垂面上有一点P，它到轴线距离为r(rR)，则P点的电场强度的大小：当rL时，E_____________；当rL时，E_____________。L答案：20r；40r2。解：当rL时，带电体可视为无限长均匀带电圆柱面；当rL时，带电体可视为点电荷。3．如图，A点与B点间距离为2l，OCD是以B为中心，以l为半径的半圆路径。A、B两处各放有一点电荷，电量分别为＋q和－q。若把单位C正电荷从O点沿OCD移到D点，则电场力所做的功为______________；把单位负电荷从D点沿AB延长线移qq到无穷远，电场力所做的功为_______________。AOBDq；q。2ll答案：60l60l解：电场力做功与路径无关。（1）UDqqqUOqq403l40l6，40l0，0l40l-\n-AQ(UOUD)10qq60l60l（2）AQ(UDU)1q0q60l60lq24．如图所示，两同心带电球面，内球面半径为r15cm，带电荷q1r1q13108C；外球面半径为r220cm，带电荷q26108C。r2--第3页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答设无穷远处电势为零，则在两球面间另一电势为零的球面半径r__________。答案：10cmqrR4解：半径为R的均匀带电球面的电势分布为0r。所以，当r1rr2UpqrR40R时，Urq1q2。令Ur0，得r10cm。40r40r25．已知某静电场的电势分布为U8x12x2y20y2，则场强分布E_______________________________________。答案：E824xyi12x240yj解：电场强度与电势梯度的关系为EUiUjUk。由此可求得xyzE824xyi12x240yj三、计算题1．如图所示，真空中一长为L的均匀带电细直杆，总电荷为q，试求在直杆延长线上距杆的一端为d的P点的电场强度。x(L+d-x)qdqPdE答案：O0dLdx4Ldq/L。设坐标原点解：带电直杆的电荷线密度为O在杆的左端，在x处取一电荷元dqdxqdx/L，它在P点的场强为dEdqqdx240LLdx240LdxqLdxq总场强E-\n-－240dLd40L0(Ldx)方向沿x轴，即杆的延长线方向。2．如图所示，一半径为R的半圆环，右半部均匀带电Q，dqdl左半部均匀带电QdQQ。问半圆环中心O点的电场强度大R小为多少？方向如何？OxdEoy--第4页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答答案：Q，方向水平向左。220R解：本题运用点电荷公式对电荷连续分布的带电体在空间产生的电场进行计算。如图所示，取电荷元dq2QRd，则电荷元在中心O点产生的场强为R1dq2QddE014R24R200由对称性可知dEOy0。所以E0dEOxdE0cos22QcosdQsin/2Q20R220R202R2020方向沿x方向，即水平向左。3．图示为一个均匀带电的球层，其电荷体密度为，球层内表面半径为R1，外表面半径为R2。设无穷远处为电势零点，求该带电系统的场OR1强分布和空腔内任一点的电势。R2答案：（1）E1(r3R3)(R3R3)0(rR1)，E21(R1rR2)，E321(rR2)；30r230r2（2）U20R22R12。解：（1）根据电场分布的球对称性，可以选以O为球心、半径为r的球面作高斯面，根据高斯定理即可求出：E4r2qint/0。在空腔内（rR1）：tnqi0，所以E10在带电球层内（R1rR2）：qint4(r33)，E2(r3R13)3R1302-\n-r在带电球层外（rR2）：qint433E3(R23R13)3(R2R1)，30r2（2）空腔内任一点的电势为(r333322R1R2R1)(R2R1)UEdr0dr30r2dr30r2dr2R2R1rrR1R20还可用电势叠加法求空腔内任一点的电势。在球层内取半径为rrdr的薄球层，其电量为dq4r2dr--第5页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答dq在球心处产生的电势为dUdqrdr40r0整个带电球层在球心处产生的电势为U0dU0R2rdrR22R12R1020因为空腔内为等势区（E0），所以空腔内任一点的电势U为UU0R22R12204．两个带等量异号电荷的均匀带电同心球面，半径分别为R10.03m和R20.10m。已知两者的电势差为450V，求内球面上所带的电荷。答案：2.1410-9C解：设内球上所带电荷为Q，则两球间的电场强度的大小为EQ(R1rR2)40r2R2QR2drQ11两球的电势差U12EdrR1r240R1R2R140所以Q40R1R2U122.1410-9CR2R15．一平面圆环，内外半径分别为R1，R2，均匀带电且电荷面密度为。（1）求圆环轴线上离环心O为x处的P点的电势；（2）再应用场强和电势梯度的关系求P点的场强；（3）若令R2，则P点的场强又为多少？y答案：（1）UP(x2R22x2R12)；20R1xxR2（2）EP()；OPxx2R2x2R220-\n-12（3）当R2，Epx。20x2R12解：（1）把圆环分成许多小圆环。对半径为y，宽为dy的小圆环，其电量为dqds2ydy，该带电小圆环在P点产生的电势为1dqydydUx2y220x2y240整个园环上的电荷在P点产生的电势--第6页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答UpdUR2ydy(x2R22x2R12)R2R1R120x2y220（2）EPUxx(x2R12x2)，方向沿x正向；x20R22（3）当R2，Epx20x2R12习题二一、选择题1．如图所示，一均匀带电球体，总电量为+Q，其外部同心地罩一内、外半径分别为r1和r2的金属球壳。设无穷远处为电势零点，则球壳内半径为r的P点处的场强和电势为［］Q2,UQ（B）E0,UQ（A）E；0r1；r140r40r4（C）E0,UQ；（D）E0,UQ。+Qr40r0r2r2P4答案：D解：由静电平衡条件得金属壳内E0；外球壳内、外表面分别带电为Q和Q，根据电势叠加原理得QQQQU0r0r20r20r2．半径为R的金属球与地连接，在与球心O相距d2R处有一电量为q的点电荷，如图所示。设地的电势为零，则球上的感应电荷q为［］Rd（B）q；q-\n-（C）（A）；（D）q。Oq0；22答案：C解：导体球接地，球心处电势为零，即U0qq40d40（球面上所有感应电荷到0R球心的距离相等，均为R），由此解得qRqq。d2--第7页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答3．如图，在一带电量为Q的导体球外，同心地包有一各向同性均匀电介质球壳，其相对电容率为r，壳外是真空，则在壳外P点处(OPr)的场强和电位移的大小分别为［］（A）EQ2,DQ2；（B）Q2,DQ2；40rr40rE4rr4rQrpOQQQQ（C）E42,D2；（D）E2,D2。0r4r40r40r答案：C解：由高斯定理得电位移DQ，而EDQ。0r24r2044．一大平行板电容器水平放置，两极板间的一半空间充有各向同性均匀电介质，另一半为空气，如图所示。当两极板带上恒定的等量异号电荷时，有一个-Q质量为m、带电量为+q的质点，在极板间的空气区域中处于平衡。m+q此后，若把电介质抽去，则该质点［］（A）保持不动；（B）向上运动；+Q（C）向下运动；（D）是否运动不能确定。答案：B解：由C0rSQ知知，把电介质抽去则电容C减少。因极板上电荷Q恒定，由CdU电压U增大，场强EU/d增大，质点受到的电场力FqE增大，且方向向上，故质点向上运动。5．C1和C2两空气电容器并联以后接电源充电，在电源保持联接的情况下，在C1中插入一电介质板，如图所示,则［］（A）C1极板上电荷增加，C2极板上电荷减少；C1C2（B）C1极板上电荷减少，C2极板上电荷增加；-\n-（C）C1极板上电荷增加，C2极板上电荷不变；（D）C1极板上电荷减少，C2极板上电荷不变。答案：C解：在C1中插入电介质板，则电容C1增大，而电压保持不变，由qCU知C1极板上电荷增加，C2极板上电荷不变。二、填空题1．一空心导体球壳带电q，当在球壳内偏离球心某处再放一电量为q的点电荷时，则导体球壳内表面上所带的电量为；电荷均匀分布（填“是”或“不是”）；外--第8页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答表面上的电量为；电荷均匀分布（填“是”或“不是”）。答案：q；不是；2q；是。解：由高斯定理及导体静电平衡条件，导体球壳内表面带有非均匀分布的电量q；由电荷守恒定律，球壳外表面带电量为2q，且根据静电屏蔽原理知，外表面电荷均匀分布。2．如图所示，两块很大的导体平板平行放置，面积都是S，有一定厚度，ABCD带电荷分别为Q1和Q2。如不计边缘效应，则A、B、C、D四个表面上的电荷面密度分别为______________；______________；_____________；Q1Q2___________。答案：Q1Q2；Q1Q2；Q1Q2；Q1Q2。2S2S2S2S解：作高斯面，用高斯定理可得（或参考教材例题），23，14。依题意得，12Q1，34Q2，四式联立求解出上面结果。SS3．一空气平行板电容器，电容为C，两极板间距离为d。充电后，两极板间相互作用力为F，则两极板间的电势差为______________，极板上的电量为______________。答案：2Fd/C；2FdC。解：C0S，FqE1qq2q2，故，q2FdC，Uq2Fd。d2020S2CdCC4．一电容为C的空气平行板电容器，接上电源充电至端电压为V后与电源断开。若把电容器的两个极板的间距增大至原来的3倍，则外力所做的功为。答案：CV2解：因C0S，所以当d3d，则CC。电容器充电后与电源断开，极板上的电荷-\n-d3不变，由WQ23W。外力所做的功为AWW2W2(1CV2)CV2知，W2C25．两个电容器的电容关系为C12C2，若将它们串联后接入电路，则电容器1储存的电场能量是电容器2储能的倍；若将它们并联后接入电路，则电容器1储存的电场能量是电容器2储能的倍。1答案：；2。--第9页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答解：串联电容器的电量相等，所以W1Q2Q2C21W22C12C2C1；并联电容器的电压相等，2所以W11C1V2122。W22C2V2三、计算题1．半径为R11.0cm的导体球，带有电荷q1.01010C，球外有一个内外半径分别为R23.0cm和R34.0cm的同心导体球壳，壳上带有电荷Q111010C，试计算：（1）两球的电势U1和U2；（2）用导线把球和球壳接在一起后，U1和U2分别是多少？（3）若外球接地，U1和U2为多少？（4）若内球接地，U1和U2为多少？答案：（1）330V，270V；（2）270V，270V；（3）60V，0V；（4）0V，180V。解：本题可用电势叠加法求解，即根据均匀带电球面内任一点电势等于球面上电势，均匀带电球面外任一点电势等于将电荷集中于球心的点电荷在该点产生的电势。首先求出导体球表面和同心导体球壳内外表面的电荷分布。然后根据电荷分布和上述结论由电势叠加原理求得两球的电势。若两球用导线连接，则电荷将全部分布于外球壳的外表面，再求得其电势。（1）据题意，静电平衡时导体球带电q1.01010C，则导体球壳内表面带电为q1.01010C；导体球壳外表面带电为qQ121010C，所以，导体球电势U1和导体球壳电势U2分别为1qqqQU1R1R2330V40R31qqqQU2R3R3270V40R3（2）两球用导线相连后，导体球表面和同心导体球壳内表面的电荷中和，电荷全部分布于球壳外表面，两球成等势体，其电势为UU1U21qQ-\n-4270V0R3（3）若外球接地，则球壳外表面的电荷消失，且U20U11qq60VR1R240--第10页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答（4）若内球接地，设其表面电荷为q，而球壳内表面将出现q，球壳外表面的电荷为Qq．这些电荷在球心处产生的电势应等于零，即U11qqqQ04R1R2R30解得q31010C，则U21qqqQ180V4R3R3R302．两个同心的薄金属球壳，内、外半径分别为R1和R2。球壳之间充满两层均匀电介质，其相对电容率分别为r1和r2，两层电介质的分界面半径为R。设内球壳带有电荷Q，求电位移、场强分布和两球壳之间的电势差。--0Q0(rR1)40r1r2答案：（1）DQ(rR1)；（2）EQ4r240r2r2Q40r2（3）U12Q1111。4r1R1r1Rr2Rr2R20解：由高斯定理D4r2qint及D0rE得：当rR1时，D10,E10当R1rR时，D2Q,E2Q4r24r1r20当RrR2时，D34Q2,E34Qr2r2r0当rR2时，D4Q2,E44Q24r0r两球壳之间的电势差为U12R2EdrRR2E3drQ1R1E2drR4r1R1R10-\n-(rR1)R1rR；(RrR2)(rR2)111r1Rr2Rr2R2--3．在极板间距为d的空气平行板电容器中，平行于极板插入一块厚度为d/2、面积与极板相同的金属板后，其电容为原来电容的多少倍？如果平行插入的是相对电容率为r--第11页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答的与金属板厚度、面积均相同的介质板则又如何？答案：（1）2倍；（2）2r倍。1r解：（1）平行插入d/2厚的金属板，相当于原来电容器极板间距由d减小为d/2，则CSS2C00d/220d（2）插入同样厚度的介质板，则相当于一个极板间距为d/2的空气平行板电容器与另一个极板间距为d/2、充满电容率为0r的电介质的电容器的串联，则111111r，解得C2rC0CCrC2C02rC02rC01r4．一半径为R的球体，均匀带电，总电荷量为Q，求其静电能。3Q2答案：。200R解：由高斯定理易得球体内外场强为EinQr，EoutQ40R340r2把空间看成由许多与带电球体同心的球壳组成，任取一个内径为r，外径为rdr的球壳，其体积为dV4r2dr，球壳中的电场能量为dW10E2dV2则整个空间的电场能量为W10E2dV10Ein2dV10Eout2dV2Vin2Vout2RQr2Q23Q2034πr2dr034πr2dr020R20r200R-\n-4R45．一圆柱形电容器内外两极板的半径分别为a和b，试证其带电后所储存的电场能量的一半是在半径为rab的圆柱面内部。证：圆柱状电容器中的场强E0r，其中，q/l。取体积元dV2rldr，能量2112q2dr为dWwdV0E22rldr02lrdr2220r40lr--第12页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答q2bdrq2bWar40lln40la设总能量的一半是储藏在半径为r的圆柱内部，则有--Wq2rdrq2r240lar40llna解得rab一、选择题，即1q2lnbq2lnr240la40la习题三--1．如图3-1所示，两根长直载流导线垂直纸面放置，电流I1=1A，方向垂直纸面向外；电流I2=2A，方向垂直纸面向内，则P点的磁感应强度B的方yB1向与x轴的夹角为[]B（A）30?；（B）60?；（C）120?；（D）210?。I1dPB2答案：A解：如图，电流I1，I2在P点产生的磁场大小分别为2dI1,B2I2B1，又由题意知B1B2；2d22dI再由图中几何关系容易得出，B与x轴的夹角为30o。2x图3-12．如图3-2所示，一半径为R的载流圆柱体，电流I均匀流过截面。设柱体内（rR）的磁感应强度为B2，R则[]O（A）B1、B2都与r成正比；r（B）B1、B2都与r成反比；（C）B1与r成反比，B2与r成正比；-\n-（D）B1与r成正比，B2与r成反比。图3-2答案：D解：无限长均匀载流圆柱体，其内部磁场与截面半径成正比，而外部场等效于电流集中于其轴线上的直线电流磁场，所以外部磁场与半径成反比。3．关于稳恒电流磁场的磁场强度H，下列几种说法中正确的是[]（A）H仅与传导电流有关。（B）若闭合曲线内没有包围传导电流，则曲线上各点的H必为零。（C）若闭合曲线上各点H均为零，则该曲线所包围传导电流的代数和为零。--第13页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答（D）以闭合曲线Ｌ为边缘的任意曲面的H通量均相等。答案：C解：若闭合曲线上各点H均为零，则沿着闭合曲线H环流也为零，根据安培环路定理，则该曲线所包围传导电流的代数和为零。4．一无限长直圆筒，半径为R，表面带有一层均匀电荷，面密度为，在外力矩的作用下，这圆筒从t=0时刻开始以匀角加速度绕轴转动，在t时刻圆筒内离轴为r处的磁感应强度B的大小为[]（A）0；（B）0Rt；（C）0Rt；（D）0rt。rR答案：B解：圆筒转动时形成电流，单位长度圆筒的电流强度为I2RR2在t时刻圆筒转动的角速度为t所以，t时刻单位长度圆筒的电流强度为IRt则，圆筒转动形成圆电流在内部的磁感应强度为B0Rt5．能否用安培环路定律，直接求出下列各种截面的长直载流导线各自所产生的磁感应强度B。（1）圆形截面；（2）半圆形截面；（3）正方形截面[]（A）第（1）种可以，第（2）（3）种不行；（B）第（1）（2）种可以，第（3）种不行；（C）第（1）（3）种可以，第（2）种不行；（D）第（1）（2）（3）种都可以。答案：AIabP解：利用安培环路定理时，必须要求所选环路上磁感应强度具有对称性，B可作为常数提出积分号外，否则就无法利用该定律来计算B。二、填空题图3-31．如图3-3所示，一无限长扁平铜片，宽度为a，厚度不计，电流I在铜片上均匀分布。求铜片外与铜片共面、离铜片右边缘为b处的P点的磁感应强度B的大小。-\n-答案：0Ilnab。IabP2ba解：如图所示，建立水平的坐标x轴，平片电流分割成无限个宽图3-3--第14页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答度为dx，电流强度为Idx的无限长直线电流，在P点处的磁感应强度为adB0Idx2aabx所以，平片电流在P点的磁感应强度为lnaB0Idx0Iba02aabx2ab2．在真空中，电流I由长直导线1沿垂直bc边方向经a点流入一电阻均匀分布的正三角形线框，再由b点沿bI2平行ac边方向流出，经长直导线2返回电源，如图3-4所示。三角形框每边长为l，则在该正三角框中心O点O处磁感应强度的大小B______________。ac答案：B30I。1Ie4图3-4解：长直线电流1a在O点的磁感应强度为0；长直线电流b2在O点的磁感应强度为B10I30I方向垂直平面向里；4Ob4电流ab边和acb边的电流强度分别为2I和1I；33电流ab边在O点的磁感应强度为B20Iabsin60sin6030I方向垂直平面向里；4d6d电流acb边在O点的磁感应强度为-\n-B320Iacsin60sin6030I方向垂直平面向外。4d6d所以，三角形线框在中心O点的合磁感应强度为0。则，总电流在O点的磁感应强度为B30I，方向垂直平面向里。43．在一根通有电流I的长直导线旁，与之共面地放着一个长、ObI宽各为a和b的矩形线框，线框的长边与载流长直导线平行，且二者相距为b，如图3-5所示。在此情形中，线框内的磁通量bdS______________。aX图3-5--第15页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答--答案：0Ialn2。--2--解：如图所示，建立竖直向下的坐标轴OX，在矩形线框内取平行于长直导线的微元面积dS，磁通量为d，则dBdS0IdS0I2xadx2x所以，线框内总的磁通量为0I0Iad2badxln2b2x24．电子在磁感应强度为B的均匀磁场中沿半径为R的圆周运动，电子运动所形成的等效圆电流I______________；等效圆电流的磁矩Pm______________。(已知电子电量的大小为e，电子的质量为m)。答案：IeBq；PmeBqR2。2m2m解：电子在磁感应强度为B的均匀磁场中沿半径为R的圆周运动，电子所受的磁场力为电子做圆周运动的向心力，即mv2Bqv，所以BqRRvm电子运动所形成的等效圆电流为IefveBqe2m2R等效圆电流的磁矩为PmISeBqR2eBqR22m2m5．如图3-6所示，无限长直导线在P处弯成半径为R的圆，当通以IR电流I时，则在圆心O点的磁感强度大小等于；方O向。答案：0I1)；方向垂直纸面向PI-\n-(1内。图3-62R解：圆心O处的磁场是圆电流在圆心处产生的磁场B1与场无限长直线电流的磁场B2的矢量和。由图中电流方向可知，圆电流的磁场向内，而直线电流的磁场向外，所以，O点的总磁感应强度大小为0I0I0I1BB1B22R(1)，方向垂直纸面向内。2R2R三、计算题第16页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答1．如图3-7所示，载流圆线圈通有电流为I，求载流圆线圈轴线上某点P的磁感应强度。答案：BR2I，方向沿轴线。Y322R2x2Idl解：电流元Idl与对应处r的夹角均为，sin1，Io90rdB22dBIdlRx则dB2PdB//x4rZ由对称性分析，各dB的垂直轴线的分量全部抵消，只图3-7剩下平行于轴线的分量：dB//dBsinRdBrIdlR2I所以BdB//2RR3/2，方向沿轴线。03224r2(Rx)2．一个塑料圆盘，半径为R，电荷q均匀分布于表面，圆盘绕通过圆心垂直盘面的轴转动，角速度为ω。求圆盘中心处的磁感应强度。ω答案：B0q，方向沿轴线与电流成右手螺旋关系。dr2Rσ解：如图所示，在圆盘上取半径为r、宽为dr的细圆环，环上所带rR电荷量为dq2rdr（其中q2）图3-8R电流为dIfdqf2rdr（其中f）2在盘心所产生的磁感应强度的大小为-\n-dB0dI0ndr2r每一载流圆环在盘心处的dB方向相同，故盘心处的合磁感应强度的大小为BdBR0fdr0fR0q02R方向沿轴线与电流成右手螺旋关系。I3．如图3-9所示，真空中一无限长圆柱形铜导体，磁导率为0，半R径为R，I均匀分布，求通过S（阴影区）的磁通量。dr答案：0I0Iln2。1m42第17页共53页2R3-9-\n-大学物理II习题册详细解答解：取平行于无限长圆柱形铜导体轴线的面元dS1dr，无限长圆柱形铜导体周围空间磁场强度分布为0IrrR2R2B0IrR2r在导体内阴影部分的磁通量为B1dsB1dsR0Irdr0I102R24在导体外阴影部分的磁通量为2R0I0Iln22B2dsB2dsdrR2r2所以，通过S（阴影区）的总磁通量为120I0Iln2424．如图3-10所示，一半径R的非导体球面均匀带电，面密度为，若该球以通过球心的直径为轴用角速度旋转，求球心处的磁感应强度的大小和方向。答案：B20R；方向沿轴向上。3解：利用圆形电流在轴线上产生的磁场公式dB0r2dI2R3如图所示dI，而dS2rdl2RsinRddSf又rRsin，f，所以-\n-2dIdSf2R2sind2图3-10BdB0r2R2sind0Rsin3d020R3200Rsin2cos2sindB0R220R2332cos03003--第18页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答习题四1．如图4-1所示，abc是弯成直角的导线，ab40cm，bc30cm，通以电流I，并放在和均匀磁场B垂直的平面内，则导线所受到磁场力为[]FabbFbc--（A）0.3IB；（B）0.4IB；（C）0.5IB；（D）0.7IB。答案：Cc--解：由FIlB得FabIabB，方向垂直于ab；FbcaBIbcB，图4-1方向垂直于bc。又由图中几何关系知FabFbc，所以整个导线受力为FFabFbcIB0.320.420.5IB2．两个在同一平面内的同心圆线圈，大圆半径为R，通有电流I1，小圆半径为r，通有电流I2，电流方向如图4-2所示，且rR，那么，在小线圈从图示位置转到两线圈平面相互垂直位置的过程中，磁力矩所作的功A为[]（A）I20I1r2；（B）I20I1r2；（C）I20I1r2；（D）I20I1r2。R2RR2R答案：B解：因rR，所以大圆电流在小圆范围产生的磁场可看作是R均匀的，且近似等于大圆电流在其圆心O处产生的磁场，即I1I2Or0I；小圆由平行位置转过BI1O90时磁力矩做功为2RAI2I2(0r2BIO)I20I1r2图4-212R3．如图4-3所示，平行放置在同一平面内的载流长直导线，要使AB导线受的安培力等于零，则x的值为[]A（A）1（B）2（C）1（D）3a。-\n-a；a；a；答案：A3324IxI2I解：导线AB上长度为l的一段受其左、右两导线的安培力分别为a0I10I0I202IF1IlB1IlIl,F2IlB2IlIl.B2x2x2(ax)2(ax)令F1F2，得12，由此解得x1图4-3x(ax)a。34．如图4-4，匀强磁场中有一矩形通电线圈，它的平面与磁场平行，在磁场作用下，线圈发生转动，其方向是[]第19页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答--（A）ab边转入纸内，cd边转出纸外；（B）ab边转出纸外，cd边转入纸内；（C）ad边转入纸内，bc边转出纸外；（D）ad边转出纸外，bc边转入纸内。答案：Aadbc图4-4--解：载流直导线在均匀磁场中受力为FIlB，由此可判断ab边受力指向纸内，cd边受力指向纸外。二、填空题1．电流为I，磁矩为Pm的线圈置于磁感应强度B的均匀磁场中，Pm与B方向相同，求通过线圈的磁通量；线圈所受的磁力矩M的大小M。答案：m/I；M=0。BPPm解：通过线圈的磁通量BSBSB，磁力矩的大小MBPmsin。I因0，所以M0。2．如图4-5所示，某瞬间a点有一质子A以va7104cm10m/s沿图所示方向运动。相距r远处的b点，有另一质子B以vb23va、vb与r在同一平面内，10m/s沿图所示方向运动。求：（1）质子A经过a点的瞬间在b点所产生的磁感应强度的大小；（2）b点的质子所受洛伦兹力的大小。答案：（1）B1.13107T；（2）F3.61023N。b解：（1）质子A经过a点的瞬间在b点所产生的磁感v应强度Aa45?b45?0eva77BB0.8210T1.1310T2sin45va4r方向垂直于纸面向外。图4-5-\n-（2）质子B在b点所受到的洛伦兹力0eva2323。FevbBevb4r2sin452.56210N3.610N3．一个通有电流I的导体，厚度为D，放置在磁感强度为BB的匀强磁场中，磁场方向垂直于导体的侧表面，如图所示，则DVAIB/D导体上下两面的电势差为(其中A为一常数）。则ISV上式中A定义为系数，且A与导体中的载流子数密度n及电荷q之间的关系为_____________。图4-6--第20页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答答案：（1）霍尔；（2）A1。nq4．一电子在B204T的磁场中沿半径为R2.0cm的螺旋线运动，螺距为5.0cm，10如图4-7所示。（1）这电子速度的大小；（2）方v向。RB答案：v7.57106m/s；6817。h2R2m解：依题意，有hv//TvcosT，式中，T图4-7v。eBvv22eBR2h27.57106m/sv//m42v与轴线夹角cosv//h，v//2v22R2h2cos116525cos10.37681725．一个速度v4.0105i7.2105jm/s的电子，在均匀磁场中受到的力为1313。如果0F2.710i1.510jBx，则B___________。N答案：B2.3k(T)。解：FqvBevxivyjvzkByjBzkevyBzvzByivxBzjvxByk，而FFxiFyjFzk2.71013i1.51013jN，两式相等得：By0；Bz2.710131.51013。将e1.619C，及题给vx或vy代入，得B2.3k(T)。evyevx10三、计算题-\n-1．如图4-8所示，一长直导线通有电流I120A，其旁置一导B线ab，通以电流I210A，求导线ab所受的作用力的大小和方I1aI2b向。答案：F9.2105N，方向：垂直于ab向上。1cmdl解：长直载流导线在周围空间产生的是非均匀磁场，方向：垂10cm直纸面向里。在ab上取一电流元I2dl，其受安培力为dfBI2dlsin(I2dl,B)BI2dl，方向：垂直于ab向上。图4-8--第21页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答ab导线上每一电流元所受力的方向都相同，整条导线受力为：FdfBI2dl0I1I2dl0I1I20.1dl0I1I2ln102l20.01l241072010ln104ln101059.2105N2方向：垂直于ab向上。2．有一圆线圈直径8厘米，共12匝，通电流5安培，将此线圈置于磁感应强度为0.6特斯拉的均匀磁场中。试求：（1）作用在线圈上的最大转矩是多少？（2）线圈平面在什么位置时转矩是（1）中的一半？答案：（1）Mmax0.181N/m；（2）线圈法线与B成30或150角时。解：（1）线圈在磁场中受力矩公式为：MpmBMmaxpmBnISB125410220.60.181N/m（2）M1MmaxpmBsin，即1pmBpmBsin，所以sin1222得30，或150即线圈法线与B成30或150角时M为Mmax的一半。3．如图4-9所示，盘面与均匀磁场B成φ角的带电圆盘，半径为R，电量Q均匀分布在表面上，当圆盘以角速度ω绕通过圆盘中心与盘面垂直的轴线转动，求圆盘在磁场中所受的磁力矩。12ωB答案：MQRBcos。4解：圆盘的电荷面密度为QRφR2O取距圆盘中心r处，宽度为dr的圆环，则此圆环上的电量为dq2rdr图4-9由于圆盘以角速度ω绕轴线转动，故圆环的等效电流为dIfdq22rdrrdr-\n-电流dI所围的面积Sr2对应磁矩dPmSdIr3drR3dr1R41QR2总磁矩PmdPmr044--第22页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答矢量式Pm12，n的方向即为圆盘面积的法线方向。4QRn磁力矩MPmB其数值M1R2Bsin1QR2Bcos4244．截面积为S、密度为的铜导线被弯成正方形的三边，可以绕水平轴OO转动，如图4-10所示。导线放在方向竖直向上的匀强磁场中，当导线中的电流为I时，导线离开原来的竖直位置偏转一个角度而平衡。求磁感应强度。若S2mm2，8.9g/cm3，15，I10A，问磁感应强度大小为多少？O答案：B9.35103T。解：磁场力的力矩为MFFl2cosBIl1l2cosBIl2cosl2重力的力矩为OIMmggSl1l2sin2gSl21l2sin2gSl2sinFl12mg由平衡条件MFMmg，得图4-10BIl2cos2gSl2sin2gStan28.91039.82106tan15BI103.84102tan153.841020.2689.35103T5．一半径为R0.1m的半圆形闭合线圈，载有电流I10A，放在均匀磁场中，磁场方向与线圈面平行，如图4-11所示。已知B0.5T。求（1）线圈所受力矩的大小和方向（以直径为转轴）；I（2）若线圈受力矩的作用转到线圈平面与磁场垂直的位R置，则力矩做功多少？B-\n-答案：（1）M7.85102Nm；（2）A7.85102J。图4-11解：（1）根据MpmB可知，pm垂直纸面向外，故M沿转轴向上，大小为MpmBsinISB1IBR27.85102Nm22（2）磁力矩做功AIIBS0IBR27.85102J2--第23页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答习题五一、选择题1．一闭合圆形线圈在均匀磁场中运动，在下列几种情况中那种会产生感应电流[]（A）线圈沿磁场方向平移；（B）线圈沿垂直磁场方向平移；（C）线圈以自身的直径为轴转动，轴与磁场方向平行；（D）线圈以自身的直径为轴转动，轴与磁场方向垂直。答案：D解：（A）、（B）、（C）问中当闭合圆形线圈运动时，穿过线圈的磁通量不发生变化，线圈中的感应电动势为零，所以不产生感应电流。（D）问中当闭合圆形线圈运动时，穿过线圈的磁通量发生了变化，线圈中产生了感应电动势，所以产生了感应电流。2．如图5-1所示，M为一闭合金属轻环，当右侧线圈通以如下所说哪种情况的电流时，将在环内产生图示方向的感生电流，同时环向线圈方向移动[]。（A）电流由b点流入，a点流出，并逐渐减少；（B）电流由a点流入，b点流出，并逐渐减少；（C）电流由b点流入，a点流出，并逐渐增大；Ma（D）电流由a点流入，b点流出，并逐渐增大。b图5-1答案：A解：环M向右移动，可判断线圈内磁力线的方向由右向左，即电流由b点流入，a点流出；根据环内感应电流的方向，应用楞次定律可判断线圈内的磁通量在减少。3．如图5-2所示，一矩形线圈以一定的速度ν穿过一均匀磁场，若规定线圈中感应电动势ε沿顺时针方向为正值，则下面哪个曲线图正确表示了线圈中的ε和x的关系[]-\n-答案：a解：依题意，回路中的感应电动势由导线切割磁力线的情况确定。当线圈右边进入磁场，右边导线切割磁力线，动生电动势的方向由右手定则判断，方向逆时针；整个线圈进入磁场，磁通量无变化，感应电动势为零；当线圈右边从磁场中穿出，左边导线切割磁力线，动生电动势的方向由右手定则判断，方向顺时针。--第24页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答4．在圆柱形空间内有一磁感应强度为B的均匀磁场，如图5-3所示，B的大小以速率dB/dt变化。有一长度为l0的金属棒先后放在磁场的两个不同位置1（ab）和2（ab），则金属棒在这两个位置时棒内的感应电动势的大小关系为[]（A）abab；（B）abab；（C）abab0；（D）abab0。答案：AB解：感应电动势E感dl。iLO连接Oa、Ob、Oa、Oba，依题意有bOabOOaabbOOaabOb。由对称性可知，在圆形截面ab上，E感场线为以O为中心的一族同心圆，所以沿着半径方向上的图5-3积分为0，即OaOb0。所以OabOab。同理，OabOab。--而SabSOabdB，abSOabdB。根据题意可知，两个三角形等底不等高，dtdtOabSOab，所以abab。--5．有一细长螺线管其自感系数Ln2V，若将此螺线管平分成两个，每一个螺线管的自感系数为L1及L2，它们的互感系数为M，以下答案哪一个正确[]（A）由Ln2V可以看出，细长螺线管其自感系数与螺线管的体积成正比，把螺线管平分成两个，则每一个螺线管的体积为原来的一半，所以LL1L2；（B）由两个线圈串联时的自感系数LL1L22M2L1；（C）由两个线圈串联时的自感系数LL1L2M2L1；（D）由两个线圈串联时的自感系数LL1L22M2L1。答案：B解：因为当把细长螺线管平分成两个螺线管时，原螺线管的自感系数应包括两个螺线管的自感系数L1、L2及它们之间的互感系数M。至于螺线管的自感系数与螺线管的体积成正比的公式，利用了无限长螺线管内磁场的-\n-结论。对有限体积的实际螺线管来说，它只是一个近似的关系。如果该螺线管足够长，L1远远大于M时，以上四个答案趋向一致。二、填空题1．如图5-4所示，一个矩形线圈在均匀磁场中以角速度旋转，当它转到图a和图b位置时--感应电动势的大小分别为a；ab--b。图5-4--第25页共53页-\n-答案：a大学物理II习题册详细解答BS；b0。--解：回路中感应电动势的大小由穿过回路的磁通量的变化率决定。矩形线圈转到图中位置a时，感应电动势最大；转到位置b时，感应电动势为零。初始时刻（t=0）矩形线圈平面的法线n与均匀磁场的磁感应强度B平行，则穿过线圈的磁通量为BS，经过t后，n与B的夹角为t，此时通过矩形线圈磁通量为：BScosBScost故感应电动势dtBSsindt在位置a，t90，电动势最大，aBS；在位置b，t0，电动势最小，b0。R2．半径为R的无限长园柱导体电流（图5-5），电流强度为I。横截OrB面上各点的电流密度相等，求每单位长度导体内所储存的磁能。答案：0I2。图5-516解：设导体电流方向由下向上，则磁感应强度的方向如俯视图（图5-5）所示，根据安培环路定理，无限长载流园柱导体内部离轴线距离为r处的磁感应强度B0I2r2RB2磁场能量体密度为wm20取半径为r，厚为dr，长为l的体积元dV2rldr，则磁场能量为WmwmdVR1B2rldr022v0每单位长度所储存的磁能为20(rI22WmR12rdrR12)2rdr0I4Rr30-\n-B2drIl020022R4R0163．如图5-6，一矩形导体回路ABCD放在均匀外磁场中，磁场的磁感应强度B的大小为B6.0130高斯，B与矩形平面的法线n夹角60；回路的CD段长为l=1.0m，以速度v=5.0m/s平行于两边向外滑动，如图所示。则求回路中的感应电动势的大小和方向分别为和；感应电流方向。--第26页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答答案：i1.5V，方向DC；感应电流方向DCBAD。解：回路中的感应电动势为ddBScosBdScosBlvcosidtdtdt=6.01031041050cos60o1.5V负号表示i的方向(非静电力的方向)为DCBAD，这个方向就是感应电流的方向。4．如图5-7所示，两根平行长直导线置于空气中，横截面半径都是a，两导线中心相距为d，属于同一回路。设两导线内部的磁通量可忽略不计。求这一对导线单位长度的自感系数。答案：L0lnda。a解：自感一般用LI进行计算。设电流为I，算出电流I的磁场分布，进而算出自感磁通量，即可求出结果。设电流和坐标的方向如图5-7所示，则在离o为x处的总磁感应强度B0I0I2x2dx通过图中阴影部分面元的磁通量dBldx0I112xdldxx通过整个中心平面的磁通量--d0Ilda2a110Ildaxdxlndxa--所以，平行导线单位长度的自感系数L0lndaIla-\n-5．真空中一均匀磁场的能量密度wm与一均匀电场的能量密度we相等，已知B0.5T，则电场强度为。答案：1.5108V/m。解：依题意，有10E21B2220E1BcB31080.51.5108V/m00--第27页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答三、计算题1．长为L的金属细杆ab与载有电流的无限长直导线共面，且绕端点a以角速度在公共平面内转动，如图5-8所示。当细杆转到与水平线夹角为时，求ab两点的电势差Uab。答案：Uab20ILcosr0lnr0Lcos。cos2r0解：积分路径选为badi(vB)dlvBdll0Idl2rrr0lcos，为常量。di0Il0Irr0d(lcos)0Irr0dr2dl2cosrcos2cos2rridi0Ir0rr0dr0ILcosr0lnr0Lcosab22r0Lcosr22r0coscosUabUaUbi0ILcosrlnr0Lcos2cos20r02．如图5-9所示直角三角形金属PQS框放在均匀磁场B中，B平行于边PQ，PQ边长为b，PQ边与QS边夹角为，当金属框绕PQ边以角速度转动时，求（1）回路的总感应电动势；（2）各边的感应电动势。PS1答案：（1）0；（2）PQ边：10，PS边：2Bb2tan2，b2B1QS边：3Bb2tan2。2解：本题先求回路的总感应电动势，再求各边的感应电动势较为方Q图5--\n-9便。（1）在线圈旋转过程中，磁力线总与线圈平面平行，通过线圈的磁通量恒为零，其d感应电动势0idt（2）求各边的动生电动势i(vB)dlLPQ边：v=0，所以其动生电动势10。PS边：d2(vB)dlvBdl--第28页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答btan122（其中PSbtan即2lBdl2Bbtan）0QS边：312，所以321Bb2tan2。23．限制在圆柱形体积内的均匀磁场，磁感应强度为B，方向如图5-10aR，B的数值以106T/s的恒定速率减小。当电所示。圆柱的半径为r子分别位于磁场中a点、b点与c点时，假定r=0.5m，求电子获得bRr的瞬时加速度的大小和方向。Bc答案：（1）aa4.4104(ms2)，方向水平向左；（2）ab0；（3）a44104(ms2)，方向水平向右。图5-10c解：本题先用EidlBmea求出dS求出涡旋电场Ei的分布，再由FeEiLSt电子的加速度。Ei线是围绕轴线b的同心圆，B为常量，面积元dS的方向取与B的方向一致，于t是由EidlBdS，得LStEi2rBr2，EirBt2t电子位于b点时，因r=0，Ei0，其加速度ab0；电子位于a点时，其加速度aaeEie(rB)1610190510644104(ms2)，方向水平向左；mm2t9110312ee电子位于c点时的加速度ac44104(ms2)，方向水平向右。-\n-因B106Ts-1，所以Ei线的方向是顺时针的。电子带负电，其加速度方向与Ei相反，t故有以上结果。a4．在垂直于半径为a，厚为b的金属圆盘面方向上，加一均匀--磁场，如图5-11所示，今使磁场随时间变化，dBk，k为一bBdt--常量，已知金属圆盘的电导率为，求属圆盘内总的涡流。r答案：i1kba2。b4r的导体回路中产生的感生电动势为dr解：在半径为图5-11--第29页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答didr2dBr2kdtdt内半径为r，外半径rdr，长为b的圆柱体的电阻为dR2rbdr在这体元中的涡流为（忽略自感的影响）didir2kbdr1kbrdrdR2r2故金属圆盘中的总涡流为--ii1kba1kba2dirdr02045．一个n匝圆形细线圈，半径为b，电阻为R，以匀角速绕其某一直径为轴而转动，该转轴与均匀磁场B垂直。假定有一个面积为A（很小）的小铜环固定在该转动线圈的圆心上，环面与磁场垂直，如图5-12所示，求在小铜环内产生的感应电动势（忽略小铜环对圆形线圈的感应）。BbA--答案：i0nb2BA图5-12cos2t。2R解：设大圆形线圈的法线与磁场夹角为，线圈由0的初位置开始转动，任一时刻t，则线圈在磁场中转动时所产生的感应电动势和电流为iddBSdnb2Bcostnb2Bsintdtdtdtiinb2Bsint（1）RR感应电流在小铜环处产生的磁场B，在环面范围内视为均匀（因A很小）。考虑到式（1），有B0i0nbBsint2b2R-\n-所以在铜环中的感应电动势为--iddBAdBAcostdtdtdt--d0nbBA0nb2BAdtsintcostcos2t2R2R--第30页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答习题六一、选择题1．如图6-1所示，平板电容器（忽略边缘效应）充电时，沿环路L1、L2磁场强度H的环流满足[]L1（A）HdlHdl；（B）HdlHdl；L1L2L1L2L2（C）HdlHdl；（D）Hdl0。L1L2L1答案：C图6-1解：平板电容器间的位移电流为IddDd(DS)d(S)dq，电路中的传导电流dtdtdtdtIdq，Id与I大小相等且同向。dt根据安培环路定律HdlIi，对L2所包围的回路有HdlI，对L1所包LL2围的回路有HdlId，而IdIdS，式中S为平板电容器的面积，S为L1所围SL1的面积。显然S小于S，如图6-1所示，故HdlIdHdlI。L1L22．一个电容器在振荡电路中，在其两极间放入一矩形线圈，线圈的面积与电容器极板面积相等，并且位于两极板的中央与之平行，如图6-2a所示。则下列说法正确的是[]（A）在线圈的下缘放一小磁针，使磁针与线圈平面垂直，磁针不会转动；（B）线圈中没有感应电流；（C）线圈中有感应电流；qq（D）如果把线圈平面转过90度，使其平面与纸面平行，并位于两极板的-\n-中央，如图6-2b所示，此时有感应电流。图6-2答案：B解：在图6-2a中磁场方向与线圈平面的法线垂直，磁通量为零，线圈中没有感应电流。（A）中，在振荡过程中，极板上的电荷周期性的变化，极板间的电场又周期性的改变。变化的电场要产生感应磁场，感应磁场的方向与线圈平面平行，在该磁场的作用下，磁针将会转动；（D）中把线圈平面转过90度（图6-2b），感应磁场的力线将穿过它，然而它位于两极板的中央，穿过它的总磁通量仍然为零，没有感应电流。--第31页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答3．下面的说法哪个是正确的[]（A）铁钉没有磁化时不是铁磁质；（B）顺磁质、抗磁质都有抗磁性；（C）顺磁质没有抗磁性；（D）抗磁质和铁磁材料磁化过程都有磁滞回线。答案：B解：顺磁质有抗磁性，因为顺磁质在外磁场B的作用下，电子进动存在，附加磁矩P0m总与B0的方向相反，即存在抗磁性，只不过附加磁矩Pm比分子固有磁矩P小得多。铁e钉是典型的铁磁质，内部存在磁畴。抗磁质没有磁滞回线，B与H是线性关系。4．一个单位长度上密饶有n匝线圈长直螺线管，每匝线圈中的电流强度为I，管内充满相对磁导率为r的磁介质，则管内中部附近磁感应强度B和H的大小分别为[]。（A）0rnI，0nI；（B）0nI，nI；（C）0rnI，rnI；（D）0rnI，nI。答案：D解：长直螺线管内部的磁场是均匀磁场，根据安培环路定律HdlIi可以计算得L到管内H的大小为nI，而BH，0r，故BH0rnI。5．磁波的电场强度E、磁场强度H和传播速度u的关系是[]（A）三者互相垂直，而且E、H、u构成右旋直角坐标系；（B）三者互相垂直，而E和H相位相差/2；Y（C）三者中E和H是同方向，但都与u垂直；（D）三者中E和H可以是任意方向，但都与u垂直。ZOx答案：A解：根据电磁场性质判断，E、H、u三者互相垂直，而且构成右旋直角坐标系，E、H同相变化。二、填空题1．对各向同性的非铁磁质，无论抗磁质与B总与H相同；B，式中-\n-顺磁质，BH是量；对于铁磁质，，式中是量。（后两空填“常”或“变”）。H答案：方向；常；变。解：对各向同性的非铁磁质，无论抗磁质与顺磁质，有BH，因为大于零的常数，所以B总与H同向。对于铁磁质，存在磁滞回线，B与H为非线性关系，所以B中H--第32页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答为变量。2．图6-3是三种铁磁质的磁滞回线，根据图的序号填空，是软磁质；是硬磁质；矩磁质；宜做计算机的记忆元件；宜做永磁体；宜做变压器等电感元件中的铁心。BBBOHOHOH（b）（c）图6-3答案：a；b；c；c；b；a。解：从磁滞回线形状上看，软磁质的矫顽力和剩磁都较小，磁滞回线细长，容易被磁化，也容易被去磁，宜做变压器等电感元件中的铁心。硬磁质的矫顽力和剩磁都较大，磁滞回线所包围的面积也较大，磁滞特性显著，宜做永磁体。矩磁质磁滞回线接近矩形，剩磁接近饱和磁感应强度，保留剩磁能力特别强，宜做计算机的记忆元件。3．两个圆形板组成的平行板电容器，电容为1.01012法拉，加上频率为50周/秒、峰值为1.74×105伏特的正弦交流电压，极板间位移电流的最大值为。答案：Idmax1.7410555105A。解：设电容器形板面积为S，板间距离为d，则DDS；D0EU0d根据位移电流的定义dD0SdUIdddtdt因UU0sint，C0S，所以dIddUtCCU0cosdt-\n-故位移电流的最大值为IdmaxCU01.7410555105A4．设C是电容器的电容，U是两极板的电势差，则电容器的位移电流为。答案：IdCdU。dtqCU，所以电容器的位移电流为解：因电容器极板上的电量--第33页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答Iddqd(CU)CdUdtdtdt5．麦克斯韦方程组的积分形式：--DdSq①；EdmdlsldtBdS0③；HdldDIsldt②④--试判断下列结论是包含于或等效于哪一个麦克斯韦方程式，将你确定的方程式的代号填在相应结论后的空白处：（1）变化的磁场一定伴随有电场；（2）磁感应线无头无尾；（3）电荷总是伴随有电场；（4）电场的变化可以激发涡旋磁场。答案：②；③；①；④。解：麦克斯韦方程①说明静电场是有源场，电荷总是伴随有电场；②中磁通量随时间变化激发涡旋电场，变化的磁场一定伴随有电场；③表明穿过任意曲面的磁通量为零，磁感应线无头无尾；④中dD即为电场变化产生的位移电流，位移电流可以激发涡旋磁场。dt三、计算题1．铁棒中一个铁原子的磁偶极矩是1.81023Am2，设长为5cm，截面积为1cm2的铁棒中所有铁原子的磁偶极矩都整齐排列，则（1）铁棒的磁偶极矩；（2）如果一个面积为30cm2的圆形线圈的磁矩等于铁棒的磁偶极矩，则圆形线圈应通多大的电流。（设铁的密度为7.8g/cm3，铁的原子量是55.85。）答案：（1）Pm7.56Am2；（2）I25.2A。解：（1）铁棒的体积V515cm3，铁棒的MV57.839g，一个铁原子的磁偶极矩Pml23255.85g，阿伏加得罗常数1.81Am，铁原子摩尔质量是-\n-0NA6.0221023/mol，则铁棒的磁偶极矩为PmMNAPml396.02210231.810237.56Am255.85（2）根据PmIS得Ipm7.5725.2AS301022．点电荷q在半径为R的圆周上以角速度匀速转动，如图6-4所示，求圆心处O的位移电流密度矢量。--第34页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答答案：jdqy2(sinticostj)。4R解：点电荷q在圆心O处产生的电场强度Eq2，矢量式为R40RtqEoxEEcostiEsintjtisintj)2(cos40R图6-4O处的位移电流密度jdDqsinticostjq(sinticostj)t040R24R23．如图6-5所示，半径为R的两块金属圆板构成平行板电容器，对电容器匀速充电，两--极板间电场的变化率为dE/dt。求：（1）电容器两极板间的q位移电流；（2）距两极板轴线距离为r（rR）处的磁感应强度B（忽略边缘效应）。rq--答案：（1）Id2dErdE。ER0；（2）B00dt2dt图6-5解：（1）两极板间的位移电流IddDS0dER20dEdtdtdt（2）以轴线为中心取一半径为r的圆形回路，通过此回路的位移电流Idr20dE，dt由全电流定理HdldD，得LdtH2rr20dE，B0H00rdEdt2dt-\n-4．一个长直螺线管，每单位长度有n匝,载有电流i，设i随时间增加，di。求：（1）0dt在螺线管内距轴线为r处某点的涡旋电场；（2）该点的坡印廷矢量的大小和方向。答案：（1）Ei10nrdi，Ei线的方向为逆时针方向；（2）S10n2ridi，S的方2dt2dt向指向轴心。解：由EdlBdS求出涡旋电场Ei的分布，再由SEiH求出坡印廷矢量的LlSt大小和方向。--第35页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答视螺线管为无限长，其内部磁场是均匀场：Hni，B0niEi（设其内介质为空气）。涡旋电场Ei线是围绕轴线O的同心圆，如r图所示。OSB由EdldS（设面积矢量S与B同向）得EiLlStEi2rBS0ndir2，所以Ei10nrdi。因di0，故Ei线的方向tdt2dtdt为逆时针方向。由SEiH知坡印廷矢量S的方向指向轴心，其大小为SEiH10nrdini10n2ridi2dt2dt5．沿x方向传播的平面电磁波，E矢量在y方向振动，振幅已知。求：（1）磁场强度的振动方向及振幅大小；（2）平均能流密度。答案：（1）H00E0；（2）S10E02。020解：（1）磁场强度H的振动方向沿Z轴，如图所示，设电场振幅E0已知，则磁场强度的振幅为H00rE0。在真空中rr1，则H00E0Ys0r0（2）设EE0costx，HH0costxZOxHcc平均能流密度1T1T2x1102ST0EHdtT0E0H0cosc)dt2E0H20E0-\n-(t0习题七一、选择题1．在狭义相对论中，下列说法中哪些是正确的？［］（1）一切运动物体相对于观察者的速度都不能大于真空中的光速。（2）质量、长度、时间的测量结果都是随物体与观察者的相对运动状态而改变的。（3）在一惯性系中发生于同一时刻，不同地点的两个事件在其他一切惯性系中也是同时发生的。--第36页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答（4）惯性系中的观察者观察一个与他作匀速相对运动的时钟时，会看到这时钟比与他相对静止的相同的时钟走得慢些。（Ａ）（１），（３），（４）；（Ｂ）（１），（２），（４）；（Ｃ）（１），（２），（３）；（Ｄ）（２），（３），（４）。答案：Bv(x2x1)''(t2t1)-2c解：根据公式t2t11v2c2可知说法（3）是不正确的，而（１），（２），（４）说法是正确的。2．两个惯性系S和S，沿x(x)轴方向作匀速相对运动，相对速度为u。设在S系中某点先后发生两个事件，用静止于该系的钟测出两事件的时间间隔为0，而用固定在S系的钟测出这两个事件的时间间隔为。又在S系x轴上放置一静止于该系且长度为l0的细杆，从S系测得此杆的长度为l，则［］（A）<0;ll0；（B）<0;ll0；（C）>0;ll0；（D）>0;ll0答案：Ｄ解：由公式10和公式ll01u2c2可知，>0;ll0。u2/c23．一火箭的固有长度为L，相对于地面作匀速直线运动的速度为vA，火箭上有一个人从火箭的后端向火箭前端上的一个靶子发射一颗相对于火箭的速度为v2的子弹．在火箭上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔是（c表示真空中光速）。[］（Ａ）L；（Ｂ）L；（Ｃ）L；（Ｄ）L。v1v2v2v1v2v11(v1c)2答案：B解：根据固有长度的定义，可知火箭相对观测者长度为L，而v2是子弹相对于观测者的速度，因而选项（B）是正确的。---\n-4．质子在加速器中被加速，当其动能为静止能量的4倍时，其质量为静止质量的［］--（A）4倍；（B）5倍；（C）6倍；（D）8倍。答案：B--解：由mc2Ekm0c24m0c2m0c25m0c2，得m5m0。--5．有一直尺固定在K系中，它与Ox轴的夹角45，如果K系以匀速度沿Ox方向第37页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答相对于K系运动，K系中观察者测得该尺与Ox轴的夹角［］（A）大于45；（B）小于45；（C）等于45；（D）当K系沿Ox正方向运动时大于45，而当K系沿Ox负方向运动时小于45答案：AK系以匀速度沿Ox方向相对于K系运动，则K系测量的水平长度为ll01u22解：c中，l01cos452/2为固有长度，K系测量长度显然要缩短，但在K系和K系y方向测量的长度不变，因此，K系中观察者测得该尺与Ox轴的夹角要大于45。二、填空题1．设S系以速率v0.6c相对于S系沿xx轴运动，且在tt0时，xx0。（1）若有一事件，在S系中发生于t2.0107s，x50m处，则该事件在S系中发生时刻为__________________；（2）如有另一事件发生于S系中t3.0107s，x10m处，在S系中测得这两个事件的时间间隔为__________________。答案：1.25107s；2.25107s。t1-v2x17t2-v2x27解：（1）tc1.2510s；（2）t2c3.510s1v21v2c2c2所以tt2t12.25107s2．设有两个参考系S和S，它们的原点在tt0时重合在一起。有一事件，在S系中发生在t8.0108s，x60m，y0，z0处。若S系相对于S系以速率v0.6c沿xx轴运动，问该事件在S系中的时空坐标x______________；y_____________；z____________；t_______________。答案：x93m；y0；z0；t2.5107s。vx解：xxvt93m；yy；zz；ttc22.5107s。1v2/c21v2c2-\n-3．一门宽为a。今有一固有长度为l0(l0a)的水平细杆，在门外贴近门的平面内沿其长度方向匀速运动，若站在门外的观察者认为此杆的两端可同时被拉进此门，则该杆相对于门的运动速率u至少为___________________。答案：c1(a/l0)2。解：根据运动杆长度收缩公式ll01(u/c)2--第38页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答则2，解得2al01(u/c)uc1(a/l0)4．设想有一粒子以0.050c的速率相对实验室参考系运动，此粒子衰变时发射一个电子，电子的速率为0.80c，电子速度的方向与粒子运动方向相同。则电子相对实验室参考系的速度为___________________。答案：ux0.817c。解：取实验室为S系，运动粒子为S系,则电子相对S系的速度为uxuxv0.817c1uxv/c25．已知子的静止能量为105.7MeV，平均寿命为2.2108s。试问动能为150MeV的子的速度v是_________________；平均寿命是_________________。答案：0.91c；5.31108s。解：据相对论动能公式EKmc2m0c2得EK211)即11EK1.419m0c((vc/2)1(vc/2)1m0c2解得v0.91c平均寿命为05.318s101(vc/2)三、计算题1．固定在惯性系K中的刚性棒沿x轴放置，长度L0x2x1．由K系(K系相对于K系沿正x方向以匀速v运动)观测者测得棒长是Lx2x1，那么L和L0的关系可由下列式子推得：根据洛仑兹变换x1vtx2vt，得x2x1x1(vc/2)，x2(v/c)2x2x1(v/c)2111即LL0-\n-1(v/c)2显然这个结果与动尺缩短的相对论结论是矛盾的，请改正。答案：以上的推导不正确。解：因为在K系中棒在运动，必须同时测量棒的两端，以确定其长度，但在K系中看来，这将是不同时的，所以在以上推导中t不可能相同，应改为t2t(v/c2)x2，t1t(v/c2)x2(v/c)21111(v/c)2且t1t2--第39页共53页-\n-大学物理II习题册详细解答由以上关系可得x2x11[(x2x1)v(t2t1)]1(v/c)2t2t11v(x1x2)1(v/c)2c2消去t2t1并整理得x2x112(x2x1)(v/c)即LL01(v/c)2这才是动尺缩短的结论(L