静磁场-习题课
谢处方《电磁场与电磁波》(第4版)课后习题-第3章 静态电磁场及其边值问题的解【圣才出品】
第3章 静态电磁场及其边值问题的解（一）思考题3.1 电位是如何定义的？中的负号的意义是什么？答：由静电场基本方程▽×E＝0和矢量恒等式可知，电场强度E 可表示为标量函数φ的梯度，即式中的标量函数φ称为静电场的电位函数，简称电位；式中负号表示场强方向与该点电位梯度的方向相反。
3.2“如果空间某一点的电位为零，则该点的电场强度也为零”，这种说法正确吗？为什么？答：不正确。
因为电场强度大小是该点电位的变化率。
3.3“如果空间某一点的电场强度为零，则该点的电位为零”，这种说法正确吗？为什么？答：不正确。
此时该点电位可能是任一个不为零的常数。
3.4 求解电位函数的泊松方程或拉普拉斯方程时，边界条件有何意义？答：边界条件起到给方程定解的作用。
3.5 电容是如何定义的？写出计算电容的基本步骤。
答：两导体系统的电容为任一导体上的总电荷与两导体之间的电位差之比，即其基本计算步骤：①根据导体的几何形状，选取合适坐标系；②假定两导体上分别带电荷＋q和－q；③根据假定电荷求出E；④由求得电位差；⑤求出比值3.6 多导体系统的部分电容是如何定义的？试以考虑地面影响时的平行双导线为例，说明部分电容与等效电容的含义。
答：多导体系统的部分电容是指多导体系统中一个导体在其余导体的影响下，与另一个导体构成的电容。
计及大地影响的平行双线传输线，如图3-1-1所示，它有三个部分电容C11、C12和C22，导线1、2间的等效电容为；导线1和大地间的等效电容为；导线2和大地间的等效电容为图3-1-13.7 计算静电场能量的公式和之间有何联系？在什么条件下二者是一致的？答：表示连续分布电荷系统的静电能量计算公式，虽然只有ρ≠0的区域才对积分有贡献，但不能认为静电场能量只存在于有电荷区域，它只适用静电场。
表示静电场能量存在于整个电场区域，所有E≠0区域对积分都有贡献，既适用于静电场，也用于时变电磁场，当电荷分布在有限区域内，闭合面S无限扩大时，有限区内的电荷可近似为点电荷时，二者是一致的。
电动力学 第三版_郭硕鸿_课后答案[第3章]
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电动力学习题解答参考 第三章 静磁场1. 试用A r 表示一个沿z 方向的均匀恒定磁场0B r写出A r的两种不同表示式证明两者之差是无旋场解0B r 是沿z 方向的均匀的恒定磁场即ze B B r r =0且AB r r×∇=0在直角坐标系中zx y y z x x y z e yA x A e x A z A e z A y A A r r rr )()()(∂∂−∂∂+∂∂−∂∂+∂∂−∂∂=×∇如果用A r 在直角坐标系中表示0B r 即=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂000y A x A x A z A z A y A xy zx yz 由此组方程可看出A r有多组解如解1)(,00x f y B A A A x Z y +−=== 即 xe xf y B A rr )]([0+−= 解2)(,00y g x B A A A Y z x +=== 即 ye y g x B A rr )]([0+=解1和解2之差为yx e y g x B e x f y B A r r r )]([)]([00+−+−=∆则zx y y z x x y z e y A xA e x A z A e z A y A A r r r r ])()([])()([])()([)(∂∆∂−∂∆∂+∂∆∂−∂∆∂+∂∆∂−∂∆∂=∆×∇这说明两者之差是无旋场2.均匀无穷长直圆柱形螺线管每单位长度线圈匝数为n电流强度为I 试用唯一性定理求管内外磁感应强度B解根据题意得右图取螺线管的中轴线为z 轴本题给定了空间中的电流分布故可由∫×='43dV r rJ B rr r πµ求解磁场分布又J r 在导线上所以∫×=34r r l Jd B r r r πµ1 螺线管内由于螺线管是无限长理想螺线管故由电磁学的有关知识知其内部磁内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场场是均匀强磁场故只须求出其中轴线上的磁感应强度即可知道管内磁场 由其无限长的特性不妨取场点为零点以柱坐标计算x y x e z e a e a r r r r r ''sin 'cos −−−=ϕϕyx e ad e ad l d r r r 'cos ''sin 'ϕϕϕϕ⋅+⋅−=)''sin 'cos ()'cos ''sin '(x y x y x e z e a e a e ad e ad r l d r r r r r r r −−−×⋅+⋅−=×∴ϕϕϕϕϕϕ zy x e d a e d az e d az rrr'''sin '''cos '2ϕϕϕϕϕ+−−= 取由'''dz z z +−的以小段此段上分布有电流'nIdz ∫++−−=∴232220])'([)'''sin '''cos '('4z a e d a e d az e d az nJdz B z y x rr r r ϕϕϕϕϕπµ I n az a z d nI e nI z a dz a d z 0232023222200]1)'[()'(2])'([''4µµϕπµπ=+=⋅+=∫∫∫∞+∞−∞∞−r 2)螺线管外部:由于是无限长螺线管不妨就在xoy 平面上任取一点)0.,(ϕρP 为场点)(a >ρ 222')'sin sin ()'cos cos ('z a a x x r +−+−=−=∴ϕϕρϕϕρrr )'cos(2'222ϕϕρρ−−++=a z a ('=−=x x r r r r x e a r )'cos cos ϕϕρ−zy e z e a rr ')'sin sin (−−ϕϕρyx e ad e ad l d r r r 'cos ''sin 'ϕϕϕϕ⋅+⋅−= zy x e d a a e d az e d az r l d r r r r r ')]'cos([''sin '''cos '2ϕϕϕρϕϕϕϕ−−+−−=×∴+−+−⋅=∴∫∫∫∫∞∞−∞∞−'''sin '''''cos ''[43203200dz e r d az d dz e r d az d nI B y x rr r ϕϕϕϕϕϕπµππ]')'cos('3220∫∫∞∞−−−+z e dz r a a d rϕϕρϕπ由于磁场分布在本题中有轴对称性而螺线管内部又是匀强磁场且螺线管又是无限长故不会有磁力线穿出螺线管上述积分为0所以0=B r内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场3. 设有无穷长的线电流I 沿z 轴流动以z<0空间充满磁导率为µ的均匀介质z>0区域为真空试用唯一性定理求磁感应强度B 然后求出磁化电流分布解本题的定解问题为×∇=×∇=<−=∇>−=∇===010020212201211)0(,)0(,z z z A A AA z J A z J A r r r rrr rr µµµµ由本题具有轴对称性可得出两个泛定方程的特解为∫∫==rl Id x A rl Id x A rr r rr r πµπµ4)(4)(201由此可推测本题的可能解是<>=)0(,2)0(,20z er I z e r I B θθπµπµr rr 验证边界条件1)(,12021=−⋅==B B n A A z r rr r r 即 题中,=⋅=θe e e n z z rr r r 且所以边界条件1满足2)(,11120102=−××∇=×∇==H H n A A z z r r rr r即µµ本题中介质分界面上无自由电流密度又θθπµπµe r I B H e rI B H r r r r r r 2222011====,012=−∴H H r r 满足边界条件0)(12=−×H H n r r r综上所述由唯一性定理可得本题有唯一解<>=)0(,2)0(,20z er I z e r I B θθπµπµr rr 在介质中MB H r r r −=0µ故在z<0的介质中22H B M r rr −=µ内部资料料料内部资料内部即θθθµππµπe r e r e r M )1(22200−=−⋅= ∴介质界面上的磁化电流密度r z M e r I e e r I n M r r r r r r )1(2)1(200−=×−=×=µµπµµπαθ总的感应电流)1()1(20200−=⋅⋅⋅−=⋅=∫∫µµϕµµππθθI e d r e r I l d M J Mr r rr 电流在z<0的空间中沿z 轴流向介质分界面4. 设x<0 半空间充满磁导率为µ的均匀介质x>0 空间为真空今有线电流I 沿z 轴流动求磁感应强度和磁化电流分布解假设本题中得磁场分布仍呈轴对称则可写作ϕπµe rI B vv 2′=其满足边界条件0)(0)(1212==−×=−⋅αvv v v v vv H H n B B n 即可得在介质中ϕµπµµe r I B H vv v 22′== 而Me r I M B H v v v v v −′=−=ϕµπµµ0022∴在x<0的介质中ϕµµµµπµe r I M vv 002−′= 则∫=ld M I Mvv 取积分路线为B A C B →→→的半圆,ϕe AB vQ ⊥ AB ∴段积分为零 002)(µµµµµ−′=I I M ϕπµe r I I B M v v 2)(0+=∴∴由ϕϕπµπµe rI B e r I I M v v v 22)(0′−==+可得02µµµµµ+=′内部资料料料内部资料内∴空间ϕπµµe rB 0+= I I M 0µµµµ+−=沿z轴5.某空间区域内有轴对称磁场在柱坐标原点附近已知)21(220ρ−−≈z C B Bz 其中B 0为常量试求该处的ρB 提示用,0=⋅∇B r 并验证所得结果满足0Hr×∇解由B v 具有轴对称性设zz e B e B B v v v +=ρρ其中 )21(220ρ−−=z c B B z 0=⋅∇B v Q 0)(1=∂∂+∂∂∴z B zB ρρρρ即02)(1=−∂∂cz B ρρρρ A cz B +=∴2ρρρ(常数) 取0=A 得ρρcz B =z e z c B e cz B vv v )]21([220ρρρ−−+=∴10,0==D j v vQ 0=×∇∴B v 即 0)(=∂∂−∂∂θρρe B z B z v2代入1式可得2式成立∴ρρcz B = c 为常数6. 两个半径为a 的同轴线圈形线圈位于L z ±=面上每个线圈上载有同方向的电流I1 求轴线上的磁感应强度2 求在中心区域产生最接近于均匀的磁场时的L 和a 的关系提示用条件022=∂∂z B z解1由毕萨定律L 处线圈在轴线上z 处产生得磁感应强度为内部资料料料内部资料内,11z z e B B = ∫∫−+==θπαπd L z a r B z 232231])([4sin 4 232220])[(121a z L Ia +−=µ同理L 处线圈在轴线上z处产生得磁感应强度为zz e B B vv 22=2322202])[(121a z L Ia B z++=µ∴轴线上得磁感应强度zz z e a z L a z L Ia e B B v v v++++−==2322232220])[(1])[(121µ 20=×∇B vQ 0)()(2=∇−⋅∇∇=×∇×∇∴B B B v v v 又0=⋅∇Bv0,0222=∂∂=∇∴z B zB v 代入1式中得62225222322212222122])[(])[()(6])[(])[()(])[(a z L a z L z L a z L a z L z L a z L +−+−−++−+−−−+−−−62225222322212222122])[(])[()(6])[(])[()(])[(a z L a z L z L a z L a z L z L a z L +−++−−++ ++++++−−0取z得)(12])(2)(2[)(22522212222122322=+++−+−+−L a L a L L a L a L 2225a L L +=∴内部资料料料内部资料内电动力学习题解答参考 第三章 静磁场a L 21=∴7. 半径为a 的无限长圆柱导体上有恒定电流J 均匀分布于截面上试解矢势A r的微分方程设导体的磁导率为0µ导体外的磁导率为µ解定解问题为×∇=×∇=∞<>=∇<−=∇外内内外内外内A A A A A a r A a r J A a a v v v vvv vv µµµ11)(,0)(,00202选取柱坐标系该问题具有轴对称性且解与z 无关令ze r A A v v )(内内=z e r A A vv )(外外代入定解问题得=∂∂∂∂−=∂∂∂∂0))(1))((10r r A r rr J r r A r r r 外内µ 得43212ln )(ln 41)(C r C r A C r C Jr r A +=++−=外内µ由∞<=0)(r r A 内 得01=C 由外内A A v v ×∇=×∇µµ110 得 232Ja C µ−=内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场由aaA A 内外v v =令0==aaA A 内外v v 得 a Ja C Ja C ln 2,4124202µµ==−=∴ra a J A r a J A ln 2)(412220v v v vµµ外内8.假设存在磁单极子其磁荷为Qm它的磁场强度为304r rQ H m r r πµ=给出它的矢势的一个可能的表示式并讨论它的奇异性解rm m e rQ r r Q H v v v 2030144πµπµ== 由rm e rQ H B A v v v v 204πµ===×∇ 得=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂0])([10)](sin 1[14])(sin [sin 12θφθπφθθθθφθφrr m A rA r r rA r A r r Q A A r (1)令,0==θA A r得rQ A m πθθθφ4sin )(sin =∂∂θθπθπθθφθφsin cos 144sin sin 0r Q A d rQ A mm −=∴=∴∫显然φA 满足1式∴磁单极子产生的矢势φθθπe r Q A m vv sin cos 14−=内部资料料料内部资料内部当2πθ→时φπe rQ A m v v 4→当πθ→时∞→A v故A v的表达式在πθ=具有奇异性A v不合理9. 将一磁导率为µ半径为R 0的球体放入均匀磁场0H r内求总磁感应强度B r 和诱导磁矩mr解根据题意以球心为原点建立球坐标取0H v 的方向为zev此球体在外界存在的磁场的影响下极化产生一个极化场并与外加均匀场相互作用最后达到平衡保持在一个静止的状态呈现球对称本题所满足的定解问题为−=∞<=∂∂=∂∂=>=∇<=∇∞==θϕϕϕµϕµϕϕϕϕcos )(,,,0,0000002221212121R H R R R R R R R R R m R m m m m m m m 由泛定方程和两个自然边界条件得∑∞==0)(cos 1n n n n m P R a θϕ∑∞=++−=010)(cos cos 2n nn nm P R d R H θθϕ由两个边界条件有+−−=+−=∑∑∑∑∞=+∞=−∞=+∞=0200001100100000)(cos )1(cos )(cos )(cos cos )(cos n n n nn n n n n nn n n n nn P R d n H P nR a P R d R H P R a θµθµθµθθθ得内部资料料料内部资料内≠==+−=+)1(,0223000101n d a R H d n n µµµµµµ>⋅+−+−=<+−=∴00230000000,cos 2cos ,cos 2321RR H R R R H R R R H m m θµµµµθϕθµµµϕ+==+=+−+=−∇=00011000000012323sin 23cos 231H H B H e H e H H r m v v v v vv v µµµµµµµµθµµµθµµµϕθ−⋅+−+==−⋅+−+=⋅+−−−⋅+−+=−∇=])(3[2])(3[2sin ]21[cos ]221[3050300000020230503000003300003300022R H R R R H R H H B R H R R R H R H e H R R e H R R H r m v v v v v v v vv v v v vv v µµµµµµµµµµµθµµµµθµµµµϕθ >−⋅+−+<+=∴)()(3[2)(,230305030000000000R R R H R R R H R H R R H B vv v v v vv µµµµµµµµµµ当B v在R>R 0时表达式中的第二项课看作一个磁偶极子产生的场θµµµµϕcos 20230002H RR m ⋅+−∴中可看作偶极子m v产生的势即R H R R H R R R Rm v v v v ⋅⋅+−=⋅+−=⋅⋅02300002300032cos 241µµµµθµµµµπ HR m v v300024⋅+−=∴µµµµπ10. 有一个内外半径为R 1和R 2的空心球位于均匀外磁场0H r内球的磁导率为µ求空内部资料料料内部资料内电动力学习题解答参考 第三章 静磁场腔内的场Br讨论0µµ>>时的磁屏蔽作用解根据题意以球心为原点取球坐标选取0H v的方向为z e v在外场0H v的作用下 球壳极化产生一个附加场并与外场相互作用最后达到平衡B v的分布呈现轴对称定解问题−=∞<∂∂=∂∂∂∂=∂∂==>=∇<<=∇<=∇∞======θϕϕϕµϕµϕµϕµϕϕϕϕϕϕϕcos ,,,0,0,00000322121231223121232121321R H RR R R R R R R R R R R m R m R R m m R R m m R R m m R R m m m m m 由于物理模型为轴对称再有两个自然边界条件故三个泛定方程的解的形式为∑∞==0)(cos 1n n n n m P R a θϕ∑∞=++=01)(cos (2n n n nn n m P Rc R b θϕ∑∞=++−=010)(cos cos 3n nn nm P Rd R H θθϕ因为泛定方程的解是把产生磁场的源0H v做频谱分解而得出的分解所选取的基本函数系是其本征函数系)}(cos {θn P 在本题中源的表示是)(cos cos 100θθRP H R H −=−所以上面的解中)0(,0≠====n d c b a n n n n 故解的形式简化为θθϕθϕθϕcos cos cos )(cos 2102111321RdR H Rc R b R a mm m +−=+==内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场代入衔接条件得−=−−−=+−=++=2(22(32113210031110122120221212111111R c b R d H R c b a R d R H R c R b R c R b R a µµµµµ解方程组得3200312032000320001)2)(2()(2)(3)2(3R R R H R H a µµµµµµµµµµµµ++−−−++= 32003120320001)2)(2()(2)2(3R R R H b µµµµµµµµµ++−−+= 3200312031320001)2)(2()(2)(3R R R R H c µµµµµµµµµ++−−−= 320320031203132000620001)2)(2()(2)(3)2(3R H R R R R H R H d +++−−−++=µµµµµµµµµµµµ而 )3,2,1(,00=∇−==i H B i m i i ϕµµvv ze a B v v 101µ−=∴ 003212000321])()(2)2)(2()(11[HR R R R v µµµµµµµ−−++−−=当0µµ>>时1)(2)2)(2(2000≈−++µµµµµµ 01=∴B v 即球壳腔中无磁场类似于静电场中的静电屏障11. 设理想铁磁体的磁化规律为000,M M H B µµ+=rr 是恒定的与H r无关的量今将一个内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场理想铁磁体做成均匀磁化球0M为常值浸入磁导率为'µ的无限介质中求磁感应强度和磁化电流分布解根据题意取球心为原点做球坐标以0M v的方向为z e v本题具有球对称的磁场分布满足的定解问题为=∞<=∂∂′−∂∂=>=∇<=∇∞===0cos ,,0,021021021*******02R m R m R m m R R m m m m M R RR R R R ϕϕθµϕµϕµϕϕϕϕ ∴∑∞==0)(cos 1n n n nm P R aθϕ∑∞=+=01)(cos )(2n n n nm P R b θϕ代入衔接条件对比)(cos θn P 对应项前的系数得)1(,0≠==n b a nn µµµ+′=2001Ma 30012R M b µµµ+′=)(,cos 20001R R R M m <+′=∴θµµµϕ)(,cos 20230002R R RR M m>+′=θµµµϕ由此µµµµµµ+′′=+=<22,0000110M M H B R R v r v v ,0R R > )(3[2305030022RM R R R M R B m v r v v v −⋅+′′=∇′−=µµµµϕµ >−⋅+′′<+′′=∴)()(3[2)(,2203050300000R R R M R R R M R R R M B v r v v vv µµµµµµµµ内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场又0)()(0120其中αααµv v v vv v+=−×M R B B n 代入B v的表达式得ϕθµµµαe M Mvv sin 230′′12. 将上题的永磁球置入均匀外磁场0H r中结果如何解根据题意假设均匀外场0H v 的方向与0M v的方向相同定为坐标z 轴方向定解问题为−=∞<=∂∂−∂∂=>=∇<=∇∞===θϕϕθµϕµϕµϕϕϕϕcos cos ,,0,00000002022102102121R H M R RR R R R R m R m R m m R R m m m m 解得满足自然边界条件的解是)(,cos 011R R R a m <=θϕ)(,cos cos 02102R R R d R H m >+−=θθϕ代入衔接条件0013010020100012M a R d H R d R H R a µµµµ=+++−=得到 0000123µµµµ+−=H M a 3000012)(R H M d µµµµµ+−+=)(,cos 23000001R R R H M m <+−=∴θµµµµϕ内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场)(,cos 2)(cos 0230000002R R RR H M R H m>+−++−=θµµµµµθϕ]sin 23cos 23[000000000011θθµµµµθµµµµϕe H M e H M H r m v v v +−−+−−=−∇=∴ µµµµ+−−=0000023H M v v )(,22230002000001R R M H M H B <+++=+=v v v v v µµµµµµµµµ−+−+−−−=−∇=r m e R R H M H H v v )cos 22)(cos [(23000000022θµµµµµθϕ 350230000000)(3])sin 2)(sin (Rm R R R m H e R R H M H v v r r v v−⋅+=+−++−−θθµµµµµθ ])(3[3500202RmR R R m H H B v v r r v v v −⋅+==µµ030003000022H R R M m v vv µµµµµµµ+−++=13. 有一个均匀带电的薄导体壳其半径为R 0总电荷为Q今使球壳绕自身某一直径以角速度ω转动求球内外的磁场Br提示本题通过解m ϕ或A r的方程都可以解决也可以比较本题与5例2的电流分布得到结果解根据题意取球体自转轴为z 轴建立坐标系定解问题为=∞<=∂∂=∂∂−=∂∂−∂∂>=∇<=∇∞===0)(,4sin )(1,0,021211221000000202R m R m m m R R m m m m R R R R R Q R R R R R ϕϕϕµϕµπθωθϕθϕϕϕ其中4sin R Q πθωσ=是球壳表面自由面电流密度解得满足自然边界条件的解为内部资料料料内部资料内部)(,cos 0212R R Rb m >=θϕ代入衔接条件=+−=−024301102101R b a R Q R b R a πω解得 016R Q a πω−= πω12201R Q b =)(,cos 6001R R R R Q m <−=∴θπωϕ)(,cos 1202202R R R R Q m>=θπωϕ00016sin 6cos 61R Q e R Q e R Q H r m πωθπωθπωϕθv vv v =−=−∇=∴ωπµµvr v 001016R Q H B == ])(3[41sin 12cos 1223532032022Rm R R R m e R R Q e R R Q H r r m r v v v vv v −⋅=+=−∇=πθπωθπωϕ其中ωvv 320QR m =])(3[4350202RmR R R m H B r v v v v v −⋅==πµµ14. 电荷按体均匀分布的刚性小球其总电荷为Q 半径为R 0它以角速度ω绕自身某以直径转动求1 它的磁矩2 它的磁矩与自转动量矩之比设质量M 0是均匀分布的 解1磁矩∫×=dV x J x m )(21v v v v内部资料料料内部资料内又 rR x e R == )(34)(30R R v x J ×==ωπρ∫∫×=××=∴φθθπωφθθωπφd drd R e e R Q d drd R R R R Q m r 2430230sin )(4321sin )(4321v v v v r v 又 )sin cos (cos sin y x z r e e e e e e vv v v v v φφθθθφ−−+=−=×∫∫∫−−+=∴ππφθθφφθθπω20243sin )sin cos (cos [sin 83R y x z d drd R e e e R Q m vv v v ωφθθπωππv v 5sin 8320200043300QR d drd R e R Q R z ==∫∫∫2)自转动量矩∫∫∫∫××=×=×==dV R R R M dm v R P d R L d L )(43300v v v v v v v v vωπ52sin 43sin )sin cos (cos [sin 43sin )(sin 43sin )sin (43sin )(43200203430200024302230022300223000ωφθθπωφθθφφθθπωφθθθωπφθθθωπφθθωπππππθφv v vv v v v v v v v R M d drd R R M d drd R e e e R M d drd R e R R M d drd R e e R R M d drd R e e e R R M R R y x z r r z r ==−−+=−=×−=××=∫∫∫∫∫∫∫∫∫ 0200202525M Q R M QR L m ==∴ωωv v v v15. 有一块磁矩为m r的小永磁体位于一块磁导率非常大的实物的平坦界面附近的真空中求作用在小永磁体上的力F r.内部资料料料内部资料内电动力学习题解答参考 第三章 静磁场解根据题意因为无穷大平面的µ很大则可推出在平面上所有的H v均和平面垂直类比于静电场构造磁矩m r 关于平面的镜像m ′r则外场为=⋅=∇−=2304cos 4r m R R m B m m e πθπϕϕµv v v)sin cos (4]sin cos 2[430330θθθθαπµθθπµe e r m e r e r m B rr e vv r v v +=−−−=∴m v∴受力为za r ee a m B m F v v vv )cos 1(643)(24022απµαθ+−=⋅∇⋅===内部资料料料内部资料内部。
【方向】几种常见的磁场练习题
【关键字】方向《新课标》高二物理（人教版）第二章磁场第三讲几种常见的磁场（一）1．如果在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致，这样的曲线就叫做磁感线．磁感线是为了形象地描述磁场而人为假设的曲线，其疏密反映磁场的强弱，线上每一点的切线方向都跟该点的磁场方向相同．2．安培定则：(1) 右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向．(2) 让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁感线的方向．3．安培分子电流假说：安培认为，在原子、分子等物质微粒的内部存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，分子的两侧相当于两个磁极．安培分子电流假说揭示了磁现象的电本质，即磁体的磁场和电流的磁场一样，都是由电荷的运动产生的．4．磁通量：设在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个与磁场方向笔直的平面且面积为S，我们把B与S的乘积叫做穿过这个面积的磁通量，简称磁通，用字母Φ表示，则Φ＝BS，单位：韦伯．5．匀强磁场是指磁感应强度处处相同的磁场，它的磁感线的特点是间隔相等、互相平行．1．关于磁感线的描述，下列说法中正确的是 ( A )A．磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致B．磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的C．两条磁感线的空隙处一定不存在磁场 D．两个磁场叠加的区域，磁感线就可能相交2．关于磁感线的性质和概念，下面的说法正确的是 ( AB )A．磁感线上各点的切线方向就是各点的磁感应强度的方向B．磁场中任意两条磁感线均不相交C．铁屑在磁场中的分布曲线就是磁感线 D．磁感线总是从磁体的N极指向S极3．关于磁感线的说法，下列正确的是 ( B )A．磁感线从磁体的N极出发，终止于磁体的S极 B．磁感线可以表示磁场的强弱和方向C．电流在磁场中的受力方向，即为该点磁感线的切线方向 D．沿磁感线方向，磁场减弱4．关于磁感线，下列说法中正确的是 ( C )A．两条磁感线的空隙处一定不存在磁场 B．磁感线总是从N极到S极C．磁感线上任意一点的切线方向都跟该点的磁场方向一致D．两个磁场叠加的区域，磁感线可能相交5．关于磁感线与电场线的描述，下列正确的是 ( B )A．电场线起止于电荷，磁感线起止于磁极 B．电场线一定不闭合，磁感线一定是闭合的C．磁感线是小磁针在磁场力作用下的运动轨迹 D．沿磁感线方向磁场逐渐减弱6．用安培提出的分子电流假说可以解释下列哪些现象 ( AD )A．永久磁铁的磁场 B．直线电流的磁场C．环形电流的磁场 D．软铁棒被磁化的现象7．下列关于磁场的说法中正确的是 ( ABCD )A．磁铁的磁场和电流的磁场一样，都是由电荷的运动产生的B．永磁体的磁场是由原子内部电子的运动产生的C．宏观电荷的定向运动能产生磁场 D．所有的磁场都是由电荷的运动产生的8．当接通电源后，小磁针A的指向如图所示，则 ( A )A．小磁针B的N极向纸外转B．小磁针B的N极向纸里转C．小磁针B不转动D．因电流未标出，所以无法判断小磁针B如何转动9．关于匀强磁场，下列说法中正确的是 ( CD )A．在某一磁场中，只要有若干处磁感应强度相同，则这个区域里的磁场就是匀强磁场B．只要磁感线是直线，该处的磁场一定是匀强磁场C．匀强磁场中的磁感线，必定是相互平行且间距相等的直线D ．距离很近的两个异名磁极之间及通电螺线管内部靠近中间部分的磁场，都可视为匀强磁场10．下面每张图中，最里边的小圆表示一根通电直导线的截面，标出了导线中电流的方向，周围的同心圆表示通电直导线磁场的磁感线。
大学物理-磁学部分习题课
+
v
+ Fm ++
A+
p
+
B
E
+d
-
B v02 2Ed E
m
带电粒子达到最右端时其轨迹与右侧平板相切，
该处速度方向沿轨迹切线方向，与平板平面平行。
Eq
y
带电粒子在磁场，电场中受力
F
Fe
磁不场做力功。Fm
qvFmB与E速q度 方qv向始B终垂直，
x 电场力作功等于粒子动能的增量：
z
Eqd
2r sin
该力对O点的力矩 dM rdF 0 I 2dl
2 sin
任一段单位长的导线对O点的力矩：
M
l 1
dM
0 I 2dl
0I 2
l 2 sin 2 sin
13
5. 如图所示，有一通有电流 I 的直导线附近，有一半 径为 R，质量为m 的细小线圈。细小线圈可绕通过其 中心与直导线平行的轴转动。直导线与细小线圈中心
两导线间夹角为，通有相同的电流I。试求单位长度的导线
所受磁力对O点的力矩。
解：导线1在 dl 处激发的磁场的大小
1
B 0I 0I
2d 2r sin
I dF
O
I
d
Idl
B 2
r
M
电流元 Idl受到的磁力为
dF Idl B
大小： dF (Idl )B 0 I 2dl
根据：
M
r
F
B 0 i
2
二.磁场的性质
i 为线电流密度
1.
高斯定理
:
B
ds
0,
B 0
大学物理（第四版）课后习题及答案磁场
1 习题题10.1：如图所示，两根长直导线互相平行地放置，导线内电流大小相等，均为I = 10 A ，方向，方向相同，如图所示，求图中M 、N 两点的磁感强度B 的大小和方向（图中r 0 = 0.020 m ）。
题10.2：已知地球北极地磁场磁感强度B 的大小为6.0´10-5 T 。
如设想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的（如图所示），此电流有多大？流向如何？题10.3：如图所示，载流导线在平面内分布，电流为I ，它在点O 的磁感强度为多少？题10.4：如图所示，半径为R 的木球上绕有密集的细导线，线圈平面彼此平行，且以单层线圈覆盖住半个球面，设线圈的总匝数为N ，通过线圈的电流为I ，求球心O 处的磁感强度。
题10.5：实验中常用所谓的亥姆霍兹线圈在局部区域内获得一近似均匀的磁场，其装置简图如图所示，一对完全相同、彼此平行的线圈，它们的半径均为R ，通过的电流均为I ，且两线圈中电流的流向相同，试证：当两线圈中心之间的距离d 等于线圈的半径R 时，在两线圈中心连线的中点附近区域，磁场可看成是均匀磁场。
（提示：如以两线圈中心为坐标原点O ，两线圈中心连线为x 轴，则中点附近的磁场可看成是均匀磁场的条件为x B d d = 0；0d d 22=x B ）题10.6：如图所示，载流长直导线的电流为I ，试求通过矩形面积的磁通量。
，试求通过矩形面积的磁通量。
题10.7：如图所示，在磁感强度为B 的均匀磁场中，有一半径为R 的半球面，B 与半球面轴线的夹角为a ，求通过该半球面的磁通量。
，求通过该半球面的磁通量。
题10.8：已知10 10 mmmm 2裸铜线允许通过50 50 A A 电流而不会使导线过热。
电流在导线横截面上均匀分布。
求：（1）导线内、外磁感强度的分布；（2）导线表面的磁感强度。
）导线表面的磁感强度。
题10.9：有一同轴电缆，其尺寸如图所示，两导体中的电流均为I ，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑。
物理3-1人教版--精品习题第三章第一节磁现象和磁场
第一节磁现象和磁场[学习目标]，知道磁体、磁极、磁性、磁场等概念，明确磁体之间、磁体与通电导体之间、通电导体与通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的．，体会奥斯特发现电流磁效应的重要意义．．一、磁现象、电流的磁效应(阅读教材第80页第1段至第81页第2段)1．天然磁石和人造磁体都叫做永磁体，它们都能吸引铁质物体，我们把这种性质叫做磁性．2．磁体的各部分磁性强弱不同，磁性最强的区域叫做磁极．能够自由转动的磁体，例如悬吊着的磁针，静止时指南的磁极叫做南极，又叫S极；指北的磁极叫做北极，又叫N极．3．丹麦物理学家奥斯特于1820年发现了电流的磁效应，首次揭示了电和磁的联系．拓展延伸►———————————————————(解疑难)1．电流对小磁针的作用1820年，丹麦物理学家奥斯特发现，导线通电后，其下方与导线平行的小磁针发生偏转，N极转向磁场方向．2．磁铁对通电导线的作用磁铁会对通电导体棒产生力的作用，使导体棒偏离原位置．3．电流和电流间的相互作用互相平行的两条导线，当通以同向电流时，两导线相互吸引，当通以反向电流时，两导线相互排斥．二、磁场(阅读教材第81页第3段至第5段)磁体与磁体之间、磁体与通电导体之间，以及通电导体与通电导体之间的相互作用，是通过磁场发生的．拓展延伸►———————————————————(解疑难)1．磁体、通电导体周围都存在磁场．2．磁场是物质存在的一种形式，是看不见、摸不着、但却真实存在的特殊物质．(1)磁场看不见、摸不着，因此磁场是人们假想的，实际并不存在．()(2)电荷周围既能产生电场，又能产生磁场．()(3)磁体与磁体之间的作用是通过磁场发生的，通电导线与通电导线之间的作用是通过电场发生的．()提示：(1)×(2)×(3)×三、地球的磁场(阅读教材第81页第6段至第9段)1．地磁场：地球本身是一个磁体，N极位于地理南极附近，S极位于地理北极附近．2．磁偏角：地球的地理两极与地磁两极并不重合，因此，磁针并非准确地指向南北，其间有一个夹角，这就是地磁偏角，简称磁偏角．拓展延伸►———————————————————(解疑难)1．地磁场特点：地磁场的方向并不是正南正北方向的，即地磁两极与地理两极并不重合．地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近．2．虽然地磁两极与地理两极并不重合，但它们的位置相对来说差别不是很大．因此，一般我们认为：(1)地理南极正上方磁场方向竖直向上，地理北极正上方磁场方向竖直向下．(2)在赤道正上方，地磁场方向水平向北．(3)在南半球，地磁场方向指向北上方；在北半球，地磁场方向指向北下方．对磁场的理解[学生用书P72]磁体与磁体、电流与电流以及磁体与电流之间的相互作用都是通过磁场发生的，磁场的基本性质是对放入其中的磁体或电流有力的作用．——————————(自选例题，启迪思维)1.(2015·宿州高二检测)关于磁铁、电流间的相互作用，下列说法正确的是()A．甲图中，电流不产生磁场，电流对小磁针力的作用是通过小磁针的磁场发生的B．乙图中，磁体对通电导线的力是通过磁体的磁场发生的C．丙图中电流间的相互作用是通过电流的磁场发生的D．丙图中电流间的相互作用是通过电荷的电场发生的[解析]甲图中，电流对小磁针力的作用是通过电流的磁场发生的；乙图中，磁体对通电导线力的作用是通过磁体的磁场发生的；丙图中，电流对另一个电流力的作用是通过该电流的磁场发生的．综上所述，选项B、C正确．[答案]BC2.(2015·遵义高二检测)下列关于磁场的说法中，正确的是()A．只有磁铁周围才存在磁场B．磁场是为了解释磁极间的相互作用而人为规定的C．磁场只有在磁极与磁极、磁极和通电导线发生作用时才产生D．磁极与磁极之间、磁极与通电导线之间、通电导线与通电导线之间都是通过磁场发生相互作用的[解析]磁铁和电流周围都有磁场，A错误；磁场是一种客观存在的物质，B、C错误；磁极与磁极之间、磁极与通电导线之间、通电导线与通电导线之间都是通过磁场发生相互作用的，D正确．故选D.[答案] D3. 下列说法中正确的是()A．电荷周围没有磁场B．电荷的周围一定有电场和磁场C．磁铁周围的磁场与电流周围的磁场是两种不同的磁场D．电流能产生磁场说明电和磁是有联系的[解析]磁铁和电流周围都有磁场且性质相同，而电流是电荷定向移动形成的，所以，运动电荷周围既有电场又有磁场，静止电荷周围只有电场，选项A、B、C错误．电流能产生磁场就是电和磁有联系的证明，故选D.[答案] D[规律总结]“场”和实物都是物质存在的形式，磁场的性质通过磁极与磁极、磁极与电流、电流与电流之间的相互作用力表现出来．对地磁场的认识[学生用书P73]1．地球本身就是一个大磁体，地磁场的N极在地理南极附近，地磁场的S极在地理北极附近．2．在赤道平面上，距离地球表面等高的各点，地磁场强弱程度相同，且方向水平向北．3．在北半球，地磁场的方向斜向下指向地面，在北极则指向竖直向下的方向；在南半球，地磁场的方向斜向上背离地面，在南极则指向竖直向上的方向．地磁场B的水平分量总是从地球南极指向北极，而竖直分量则南北相反，在南半球竖直向上，在北半球竖直向下．——————————(自选例题，启迪思维)1.(2015·河北衡水中学高二检测)下列说法正确的是()A．地球是一个巨大的磁体，其N极在地球南极附近，S极在地球北极附近B．地球表面的磁场的竖直分量在南半球垂直于地面向上，在北半球垂直于地面向下C．地球的周围存在着磁场，但地磁的两极与地理的两极并不重合，其间有一个夹角，这就是磁偏角，磁偏角的数值在地球上不同地点是相同的D．在地球表面各点磁场强弱相同[解析]地磁场类似于条形磁铁的磁场，所以在地球表面赤道上的磁场最弱，选项D不正确．在地球上不同位置，磁偏角的数值是不同的，因此C不正确．故选A、B.[答案]AB2.关于地球的磁场，下列说法正确的是()A．在地面上放置一个小磁针，小磁针的南极指向地磁场的南极B．地磁场的南极在地理北极附近C．地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的D．地球磁偏角的数值在地球上不同地点是不同的[解析]小磁针S极指南是因为地磁的N极在地理的南极附近，A错误．地磁场的两极和地理两极是相反的，B正确．依据地磁场的空间分布，只有赤道上的磁场方向和地面平行，C错误．地球的磁偏角在地球上的不同地点是不同的，地球两磁极的位置也是变化的，D正确．故选B、D.[答案]BD[规律总结]地磁场的分布与条形磁体周围的磁场分布情况相似，两极磁性最强，中间磁性最弱．,[学生用书P73])典型问题——磁现象与力学知识的结合问题搞清磁体间力的作用特点和规律是分析有关磁现象与力学知识相结合问题的基础，而对物体进行正确的受力分析和过程分析是求解该类题目的关键，再应用平衡条件或牛顿第二定律来解决．[范例]如图所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总质量为M，B为铁片，质量为m，当电磁铁通电时，在铁片被吸引上升的过程中，轻绳上拉力F 的大小为()A．F＝MgB．mg<F<(M＋m)gC．F＝(M＋m)gD．F>(M＋m)g[解析]在铁片B上升的过程中，轻绳上的拉力F大小等于A、C的重力Mg和B对A的引力F′引之和．在铁片B上升的过程中，对B，有F引－mg＝ma，所以F引＝mg＋ma.由牛顿第三定律可知，B对A 的引力F′引与A对B的引力F引大小相等、方向相反，所以F＝Mg＋mg＋ma.[答案] D如果你看过中央电视台体育频道的围棋讲座就会发现，棋子在竖直放置的棋盘上可以移动，但不会掉下来，如图所示．原来，棋盘和棋子都是由磁性材料做成的．棋子不会掉落是因为()A．质量小，重力可以忽略不计B．受到棋盘对它向上的摩擦力C．棋盘对它的吸引力与重力平衡D．它一方面受到棋盘的吸引，另一方面还受到空气的浮力解析：选B.棋子受力分析如图所示，磁性棋子受到棋盘的吸引力而对棋盘产生压力，棋盘对棋子有向外的弹力．重力使得棋子有向下滑动的趋势，从而使棋子受到棋盘向上的静摩擦力，此力和重力平衡，使得棋子不会滑下来．由于空气浮力远小于重力，故可忽略不计．,[学生用书P74])[随堂达标]1．奥斯特实验说明了()A．磁场的存在B．磁场的方向性C．电流可以产生磁场D．磁场间有相互作用解析：选C.奥斯特实验中电流能使静止的小磁针发生偏转，说明电流周围能产生磁场，故正确答案为C.2．关于地磁场，下列叙述正确的是()A．地球的地磁两极和地理两极重合B．我们用指南针确定方向，指南的一极是指南针的北极C．地磁的北极与地理的南极重合D．地磁的北极在地理的南极附近解析：选D.地球是一个大磁体，地球的地磁两极与地理两极并不重合，因此A、C错误．因为地磁北极在地理南极附近，因此，指南针指南的一极应是指南针的南极，故B错误、D正确．故选D.3．以下说法中正确的是()A．磁极与磁极间的相互作用是通过磁场产生的B．电流与电流间的相互作用是通过电场产生的C．磁极与电流间的相互作用是通过电场与磁场而共同产生的D．磁场和电场是同一种物质解析：选A.电流能产生磁场，在电流的周围就有磁场的存在，不论是磁极与磁极间、电流与电流间还是磁极与电流间，都有相互作用的磁场力．磁场是一种特殊物质，它的基本特点是对放入磁场中的磁极、电流有磁场力的作用；而电场是电荷周围存在的一种特殊物质，其最基本的性质是对放入电场中的电荷有电场力的作用，但它不会对放入电场中的磁极产生力的作用，因此，磁场和电场是两种不同的物质，各自具有其本身的特点．故选A.4．(选做题)如图所示，弹簧测力计下挂一铁球，将弹簧测力计自左向右逐渐移动时，弹簧测力计的示数()A．不变B．逐渐减小C．先减小再增大D．先增大再减小解析：选C.磁体上磁性强弱并不一样，实验证明，磁体两端(磁极)处的磁性最强，而中间的磁性最弱，因而铁球在条形磁铁的N极和S极处受到的吸引力最大，在正中央处受到的吸引力最小．C正确．[课时作业]一、选择题1．(多选)关于磁场，下列说法正确的是()A．磁场的基本性质是对处于其中的磁体或电流有力的作用B．磁场是看不见、摸不着、实际不存在的，是人们假想出来的一种物质C．磁场是客观存在的一种特殊物质形态D．磁场的存在与否决定于人的思想，想其有则有，想其无则无解析：选AC.磁场的基本性质是对放入其中的磁体或电流有力的作用，A正确．磁场虽然看不见摸不着，但是它是客观存在的，B、D错误，C正确．故选A、C.2．指南针是中国古代的四大发明之一，它能指示南北方向是由于()A．指南针的两个磁极相排斥B．指南针的两个磁极相吸引C．指南针能吸引铁、钴、镍等物质D．地磁场对指南针的作用解析：选D.指南针之所以能指示南北方向，是由于地磁场对指南针的作用造成的，故选D.3．在隧道工程以及矿山爆破作业中，部分未发火的炸药残留在爆破孔内，很容易发生人身伤亡事故．为此，科学家制造了一种专门的磁性炸药，在磁性炸药制造过程中掺入了10%的磁性材料——钡铁氧体，然后放入磁化机磁化．使用磁性炸药一旦爆炸，即可安全消磁，而遇到不发火的情况可用磁性探测器测出未发火的炸药，已知掺入的钡铁氧体的消磁温度约为400 ℃，炸药的爆炸温度约2 240 ℃～3 100 ℃，一般炸药引爆温度最高为140 ℃左右．以上材料表明()A．磁性材料在低温下容易被磁化B．磁性材料在高温下容易被磁化C．磁性材料在低温下容易被消磁D．磁性材料在高温下容易被消磁答案：D4．(2015·盐城高二检测)磁性水雷是用一个可绕轴转动的小磁针来控制起爆电路的，军舰被地磁场磁化后就变成了一个浮动的磁体，当军舰接近磁性水雷时，就会引起水雷的爆炸，其依据是() A．磁体的吸铁性B．磁极间的相互作用规律C．电荷间的相互作用规律D．磁场对电流的作用原理解析：选B.军舰已被磁化，是小磁针与磁化的军舰发生作用，故属于磁极间的相互作用，B正确．5．(2015·温州中学高二检测)物理实验都需要有一定的控制条件．奥斯特做电流磁效应实验时，应排除地磁场对实验的影响．关于奥斯特的实验，下列说法中正确的是()A．该实验必须在地球赤道上进行B．通电直导线应该竖直放置C．通电直导线应该水平东西方向放置D．通电直导线应该水平南北方向放置解析：选D.小磁针静止时指向南北，说明地磁场的方向为南北方向，当导线南北方向放置时，能产生东西方向的磁场，把小磁针放置在该处时，可有明显的偏转，故选D.6.如图所示，假设将一个小磁针放在地球的北极点上，那么小磁针的N极将()A．指北B．指南C．竖直向上D．竖直向下解析：选D.地球的北极点是地磁场的S极附近，此处的磁感线竖直向下，故此处小磁针的N极竖直向下，故选D.7．(2015·杭州二中高二检测)铁棒a能吸引小磁针，铁棒b能排斥小磁针，若将铁棒a靠近铁棒b，则()A．a、b一定互相吸引B．a、b一定互相排斥C．a、b间有可能无磁场力作用D．a、b可能互相吸引，也可能互相排斥解析：选D.a吸引小磁针，a可能有磁性也可能没有磁性，b排斥小磁针，b一定有磁性，故a、b之间可能吸引，也可能排斥．故选D.☆8.现有甲、乙两根钢棒，当把甲的一端靠近乙的中部时，没有力的作用；而把乙的一端靠近甲的中部时，二者相互吸引，则()A．甲有磁性，乙无磁性B．甲无磁性，乙有磁性C．甲、乙均无磁性D．甲、乙均有磁性解析：选B.条形磁体两端磁性最强，中部磁性最弱，当甲的一端对乙中部没有吸引力，说明甲一定没有磁性，但不能判定乙是否有磁性，而乙的一端对甲中部有吸引力，则可判定乙有磁性，故选B.二、非选择题9．关于月球上的物理现象和规律，同学们提出了很多问题和猜想，有关月球有无磁场，同学们提出了自己的猜想和检验猜想的实验方案：(1)取一小磁针用细线悬挂在月球表面附近，如果它静止时指向某一方向，则可表明月球周围存在磁场．(2)小磁针静止时，它的N极指向就是“月磁”的北极．你认为这个实验方案中有没有需要改进或改正的地方，如有，请改进或改正．答案：有需改进或改正的地方．(1)应做多次实验，观察小磁针N极是否总是指向某一个方向．(2)小磁针静止时，它的N极指向就是“月磁”的南极．10．在1731年，一名英国商人发现，雷电过后，他的一箱新刀叉竟显示出磁性．请应用奥斯特的实验结果解释这种现象．解析：闪电是放电现象，有瞬间强电流产生，电流产生的强磁场能使刀叉磁化，所以刀叉具有了磁性．答案：见解析。
静磁场练习题
2
l
. P
3) 对半无限长螺线管 B 1 o nI
2
B
2)、 3)在整个管内空间成立！
2L
2L
l
管内为均匀场 管外空间B0
13
例6. 求两个以相同速度v并排运动电子之间的 o q v r 相互作用力。
e1
F21 F12
.
I
B dB l ro ctg ro o Idl sin dl 2 d sin 4 r 2 o I (cos 1 cos 2 ) r ro / sin 4 ro 6
2 1
讨论
y 2 o l r Idl
例8.一无限大平面，有均匀分布的面电流，其横截线的 电流线密度为 i，求平面外一点 B=？ 解： 由对称可知 Bi 并且离板等距离处的B大小相等。 过P点取矩形回路abcdL i 其中ab、cd与板面等距离。 0 0 B dl ab B dl bc B dl cd B dl da B dl
2a 2
无限大导体平面，以面电流密度 i （单位宽度上 的电流）均匀流有电流。求空间上任一点的磁感应强度。
解：经对称性分析知：无限大均匀载流平面两侧 距面等远处B的大小相等，方向相反，它们都平行于 载流平面且与电流方向垂直，如图所示：
/
补充题1.1
c d
O O
i
a
b
取矩形环路abcd（oa od， ab oo cd l， ab、cd平行于平面）
2a 2
例3 求载流圆线圈轴线上的磁场B，已知半径为R， 通电电流为I。 Idl 解：先讨论B的方向 r dB o Idl r R I P dB . 4 r 3 x o x d B dB 与 dB是对X轴对称的
物理习题集答案
答案练习1 库伦定律 电场强度一、选择题 C B A C D二、填空题1. λ1d/(λ1+λ2).2. 2qy j /[4πε0 (a 2+y 2)3/2] , ±a/21/2.3. M/(E sin θ).三、计算题1. 取环带微元 d q =σd S=σ2π(R sin θ)R d θ =2πσR 2sin θd θd E =d qx/[4πε0(r 2+x 2)3/2]=()3024cos d sin 2RR R πεθθθπσ =σsin θcos θd θ/(2ε0))()0/2004/2d cos sin εσεθθθσπ==⎰E方向x 轴正向.2.取园弧微元 d q=λd l=[Q/(πR )]R d θ=Q d θ/π d E =d q/(4πε0r 2) =Q d θ/(4π2ε0R 2) d E x =d E cos(θ+π) =－d E cos θ d E y =d E sin(θ+π) =－d E sin θ E x =()⎰⎰-=2/32/2024d cos d ππεπθθR Q E x=Q/(2π2ε0R 2)E y =⎰d E y ()⎰-2/32/2024d sin ππεπθθR Q =0方向沿x 轴正向.练习2 电场强度（续）一、选择题 D C D B A 二、填空题1. 2p/(4πε0x 3), －p/(4πε0y 3).2. λ/(πε0a ), 03. 5.14⨯105.三、计算题1. 取无限长窄条电荷元d x ,电荷线密度λ'=λd x/a它在P 点产生的电场强度为d E=λ'/(2πε0r )=λd x/(2πε0a 22x b +) d E x =d E cos α=-λx d x/[2πε0a (b 2+x 2)] d E y =d E sin α=λb d x/[2πε0a (b 2+x 2)]E x =()⎰⎰-+=2/2/2202a a x x b a xdxdE πελ=()04ln 2/2/022=+-a a ax b πελE y =()⎰⎰-+=2/2/2202a a y xb a bdxdE πελbaa bx b a b a a 2arctan arctan 1202/2/0πελπελ=⋅=-2. 取窄条面元d S=a d x ,该处电场强度为 E=λ/(2πε0r ) 过面元的电通量为 d Φe =E ⋅d S=[λ/(2πε0r )]a d x cos θ =λac d x/[2πε0(c 2+x 2)] Φe =⎰d Φ()⎰-+=2/2/2202b b x c acdxπελ2/2/0arctan 12b b c x c ac -⋅=πελ =λa arctan[b /(2c )]/(πε0)练习3 高斯定理一、选择题 D A D C B二、填空题1. σ/(2ε0),向左;3σ/(2ε0),向左;σ/(2ε0),向右. 2 -Q/ε0, -2Q r 0/(9πε0R 2), -Q r 0/(2πε0R 2). 3 (q 1+ q 4)/ε0, q 1、q 2、q 3、q 4, 矢量和三、计算题1 因电荷分布以中心面面对称,故电场强度方向垂直于平板,距离中心相等处场强大小相等.取如图所示的柱形高斯面:两底面∆S 以平板中心面对称,侧面与平板垂直.=⋅⎰S E d SQ /ε左边=⎰⋅左底S E d +⎰⋅右底S E d +⎰⋅侧面S E d =2∆SE(1) 板内|x |<aQ=()[]⎰-∆xxSdx a x 2cos 0πρ=()()[]xx a x S a -∆2sin 20ππρ =4ρ0(a /π)∆S sin[πx /(2a )]得 E={2ρ0a sin[πx /(2a )]}/(πε0) (2)板外|x |>aQ=)[]⎰-∆aaSdx a x 2cos 0πρ=()()[]aa a x S a -∆2sin 20ππρ =4ρ0(a /π)∆S得 E=2ρ0a /(πε0)当x >0方向向右, 当x <0方向向左.2. 球形空腔无限长圆柱带电体可认为是均匀带正电(体电荷密度为ρ)无限长圆柱体与均匀带负电(体电荷密度为-ρ)球体组成.分别用高斯定理求无限长均匀带电圆柱体激发的电场E 1与均匀带电球体激发的电场E 2.为求E 1,在柱体内作同轴的圆柱形高斯面,有=⋅⎰S E d S02102ερπεπl r Q rlE == E 1=ρr 1/(2ε0)方向垂直于轴指向外;为求E 2,在球体内外作同心的球形高斯面,有=⋅⎰S E d S0224επQ E r = 球内r<a Q=-ρ4πr 23/3 E 2=-πr 2/(3ε0) 球外r>a Q=-ρ4πa 3/3 E 2=-πa 3/(3ε0r 22) 负号表示方向指向球心.对于O 点E 1=ρd/(2ε0), E 2=-πr 2/(3ε0)=0 (因r 2=0) 得 E O =ρa/(2ε0) 方向向右; 对于P 点E 1=ρd/(2ε0), E 2=-πa 3/(12ε0d 2) 得 E P =ρd/(2ε0)-πa 3/(12ε0d 2) 方向向左.练习4 静电场的环路定理 电势一、选择题 A C B D D二、填空题1. )222(812310q q q R++πε.2 Ed cos α.3 .-q/(6πε0R )三、计算题1.解：设球层电荷密度为ρ.ρ=Q/(4πR 23/3-4πR 13/3)=3Q/[4π(R 23-R 13)]球内，球层中，球外电场为E 1=0, E 2=ρ(r 3-R 13)/(3ε0r 2) , E 3=ρ(R 23-R 13)/(3ε0r 2)故⎰⎰⎰∞+=⋅=rR R R r211d d d 21r E r E r E ϕ⎰∞+2d 3R r E=0+{ρ(R 22-R 12)/(6ε0)+[ρR 13/(3ε0)(1/R 2-1/R 1)]}+ ρ(R 23-R 13)/(3ε0R 2)=ρ(R 22-R 12)/(2ε0)=3Q (R 22-R 12)/[8πε0(R 23-R 13)]2. (1)⎰⋅=-212d 2r r r r U U 1l E =⎰2102r r dr rπελ=(λ/2πε0)ln(r 2/r 1)(2)无限长带电直线不能选取无限远为势能零点，因为此时带电直线已不是无限长了，公式E=λ/(2πε0r )不再适用.练习5 静电场中的导体一、选择题 A A C D B二、填空题1. 2U 0/3+2Qd/(9ε0S ).2. 会, 矢量.3. 是, 是, 垂直, 等于.三、计算题1. E x =-∂U/∂x=-C [1/(x 2+y 2)3/2+x (-3/2)2x /(x 2+y 2)5/2] = (2x 2-y 2)C /(x 2+y 2)5/2 E y =-∂U/∂y=-Cx (-3/2)2y /(x 2+y 2)5/2=3Cxy /(x 2+y 2)5/2 x 轴上点(y =0) E x =2Cx 2/x 5=2C /x 3 E y =0E =2C i /x 3y 轴上点(x =0) E x =-Cy 2/y 5=-C /y 3 E y =0 E =-C i /y 32. B 球接地,有 U B =U ∞=0, U A =U AB U A =(-Q+Q B )/(4πε0R 3) U AB =[Q B /(4πε0)](1/R 2-1/R 1)得 Q B =QR 1R 2/( R 1R 2+ R 2R 3- R 1R 3)U A =[Q/(4πε0R 3)][-1+R 1R 2/(R 1R 2+R 2R 3-R 1R 3)]=-Q (R 2-R 1)/[4πε0(R 1R 2+R 2R 3-R 1R 3)]练习6 静电场中的电介质一、选择题 D D B A C二、填空题1. 非极性, 极性.2. 取向, 取向; 位移, 位移.3. -Q/(2S ), -Q/(S )三、计算题1. 在A 板体内取一点A , B 板体内取一点B ,它们的电场强度是四个表面的电荷产生的,应为零,有E A =σ1/(2ε0)-σ2/(2ε0)-σ3/(2ε0)-σ4/(2ε0)=0 E A =σ1/(2ε0)+σ2/(2ε0)+σ3/(2ε0)-σ4/(2ε0)=0 而 S (σ1+σ2)=Q 1 S (σ3+σ4)=Q 2 有 σ1-σ2-σ3-σ4=0σ1+σ2+σ3-σ4=0 σ1+σ2=Q 1/S σ3+σ4=Q 2/S解得 σ1=σ4=(Q 1+Q 2)/(2S )=2.66⨯10-8C/m 2σ2=-σ3=(Q 1-Q 2)/(2S )=0.89⨯10-8C/m 2 两板间的场强 E=σ2/ε0=(Q 1-Q 2)/(2ε0S )V=U A －U B ⎰⋅=BAl E d=Ed=(Q 1-Q 2)d /(2ε0S )=1000V四、证明题1. 设在同一导体上有从正感应电荷出发，终止于负感应电荷的电场线.沿电场线ACB作环路ACBA ,导体内直线BA 的场强为零,ACB 的电场与环路同向于是有=⋅⎰l E d l +⋅⎰ACBl E d ⎰⋅ABl E d 2=⎰⋅ACBl E d ≠与静电场的环路定理=⋅⎰l E d l0相违背,故在同一导体上不存在从正感应电荷出发，终止于负感应电荷的电场线.练习7 静电场习题课一、选择题 D B A C A二、填空题1. 9.42×103N/C, 5×10-9C .2.25.3 R 1/R 2, 4πε0(R 1+R 2), R 2/R 1.三、计算题1. (1)拉开前 C 0=ε0S/d W 0=Q 2/(2C 0)= Q 2d /(2ε0S )拉开后 C=ε0S/(2d )W=Q 2/(2C )=Q 2d /(ε0S ) ∆W=W -W 0= Q 2d /(2ε0S )(2)外力所作功A=-A e =-(W 0-W )= W -W 0= Q 2d /(2ε0S ) 外力作功转换成电场的能量 {用定义式解:A=⎰⋅l F d =Fd =QE 'd=Q [(Q/S )/(2ε0)]d= Q 2d /(2ε0S ) }2. 洞很细,可认为电荷与电场仍为球对称,由高斯定理可得球体内的电场为 E =(ρ4πr 3/3)/(4πε0r 2)(r /r ) =ρr /(3ε0)=Q r /(4πε0R 3) F =-q E =-qQ r /(4πε0R 3)F 为恢复力, 点电荷作谐振动-qQr /(4πε0R 3)=m d 2r/d t 2 ω=[ qQ /(4πε0mR 3)]1/2因t =0时, r 0=a, v 0=0,得谐振动A=a ,ϕ0=0故点电荷的运动方程为()t mR qQ a r 304cos πε=练习8 磁感应强度 毕奥—萨伐尔定律一、选择题 A A B C D二、填空题1. 所围面积,电流,法线(n ).2. μ0I/(4R 1)+ μ0I/(4R 2),垂直向外;(μ0I/4)(1/R 12+1/R 22)1/2,π+arctan(R 1/R 2). 3. 0.三、计算题1.取宽为d x 的无限长电流元d I=I d x/(2a ) d B=μ0d I/(2πr ) =μ0I d x/(4πar )d B x =d B cos α=[μ0I d x/(4πar )](a/r )=μ0I d x/(4πr 2)= μ0I d x/[4π(x 2+a 2)]d B y =d B sin α= μ0Ix d x/[4πa (x 2+a 2)]()⎰⎰-+==aax x ax xI B B 2204d d πμ=[μ0I/(4π)](1/a )arctan(x/a )a a-=μ0I/(8a )()⎰⎰-+==aay y a x a xIx B B 2204d d πμ=[μ0I/(8πa )]ln(x 2+a 2)a a-=02. 取宽为d L 细圆环电流, d I=I d N=I [N/(πR/2)]R d θ=(2IN/π)d θ d B=μ0d Ir 2/[2(r 2+x 2)3/2] r=R sin θ x=R cos θ d B=μ0NI sin 2θ d θ /(πR )⎰⎰==πππθθμ220d sin d RNI B B =μ0NI/(4R )练习9 毕—萨定律(续)一、选择题 D B C A D二、填空题1. 0.16T.2. μ0Qv /(8πl 2), z 轴负向.3. μ0nI πR 2. 三、计算题1.取窄条面元d S =b d r , 面元上磁场的大小为 B =μ0I /(2πr ), 面元法线与磁场方向相反.有Φ1=⎰-=aabIbdr r I 2002ln 2cos 2πμππμΦ2=⎰-=aabIbdr r I 42002ln 2cos 2πμππμ Φ1/Φ2=12. 在圆盘上取细圆环电荷元d Q =σ2πr d r ,[σ=Q /(πR 2) ],等效电流元为 d I =d Q /T =σ2πr d r/(2π/ω)=σωr d r(1)求磁场, 电流元在中心轴线上激发磁场的方向沿轴线,且与ω同向,大小为d B=μ0d Ir 2/[2(x 2+r 2)3/2]=μ0σωr 3d r /[2(x 2+r 2)3/2]()()()⎰⎰++=+=RRx rx r r x r rr B 02322222002/32230d 42d σωμσωμ=()()()⎰+++Rx r x r x r232222220d 4σωμ-()()⎰++R x r x r x 023222220d 4σωμ=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+++RR x r x x r 022202202σωμ =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++x x R x R R Q 222222220πωμ (2)求磁距. 电流元的磁矩 d P m =d IS=σωr d r πr 2=πσωr 2d r⎰=Rm dr r P 03πσω=πσωR 4/4=ωQR 2/4练习10 安培环路定理一、选择题 B C C D A二、填空题1. 环路L 所包围的电流, 环路L 上的磁感应强度,内外. 2. μ0I , 0, 2μ0I . 3. -μ0IS 1/(S 1+S 2),三、计算题1. 此电流可认为是由半径为R 的无限长圆柱电流I 1和一个同电流密度的反方向的半径为R '的无限长圆柱电流I 2组成.I 1=J πR 2 I 2=-J πR '2 J =I/[π (R 2-R '2)] 它们在空腔内产生的磁感强度分别为B 1=μ0r 1J/2B 2=μ0r 2J/2 方向如图.有B x=B2sinθ2-B1sinθ1=(μ0J/2)(r2sinθ2-r1sinθ1)= 0B y =B2cosθ2＋B1cosθ1=(μ0J/2)(r2cosθ2＋r1cosθ1)=(μ0J/2)d所以 B = B y= μ0dI/[2π(R2－R '2)]方向沿y轴正向2. 两无限大平行载流平面的截面如图.平面电流在空间产生的磁场为B1=μ0J/2在平面①的上方向右,在平面①的下方向左;电流②在空间产生的磁场为B2=μ0J/2在平面②的上方向左,在平面②的下方向右.(1) 两无限大电流流在平面之间产生的磁感强度方向都向左,故有B=B1+B2=μ0J (2) 两无限大电流流在平面之外产生的磁感强度方向相反,故有B=B1-B2=0练习11 安培力洛仑兹力一、选择题 D B C A B二、填空题1 IBR .2 10－2, π/23 0.157N·m ; 7.85×10－2J .三、计算题1. (1) P m=IS=Ia2方向垂直线圈平面.线圈平面保持竖直,即P m与B垂直.有M m=P m×BM m=P m B sin(π/2)=Ia2B=9.4×10－4m⋅N(2) 平衡即磁力矩与重力矩等值反向M m=P m B sin(π/2－θ)=Ia2B cosθM G= M G1 + M G2 + M G3= mg(a/2)sinθ+ mga sinθ+ mg(a/2)sinθ=2(ρSa)ga sinθ=2ρSa2g sinθIa2B cosθ=2ρSa2g sinθtanθ=IB/(2ρSg)=0.2694θ=15︒2.在圆环上取微元I2d l= I2R dθ该处磁场为B=μ0I1/(2πR cosθ)I2d l与B垂直,有d F= I2d lB sin(π/2)d F=μ0I1I2dθ/(2πcosθ)d F x=d F cosθ=μ0I1I2dθ/(2π)d F y=d F sinθ=μ0I1I2sinθdθ/(2πcosθ)⎰-=22212πππθμdI IFx=μ0I1I2/2因对称F y=0.故F=μ0I1I2/2 方向向右.练习12 物质的磁性一、选择题 D B D A C二、填空题1. 7.96×105A/m,2.42×102A/m.2. 见图3.矫顽力H c大, 永久磁铁.三、计算题1. 设场点距中心面为x,因磁场面对称以中心面为对称面过场点取矩形安培环路，有⎰⋅llH d=ΣI02∆LH=ΣI0(1)介质内,0<x<b/2. ΣI0=2x∆lJ=2x∆lγE,有H =x γE B =μ0μr 1H=μ0μr 1x γE(2) 介质外,|x |>b/2. ΣI 0=b ∆lJ =b ∆l γE ,有 H =b γE/2 B =μ0μr 2H=μ0μr 2b γE/22. 因磁场柱对称 取同轴的圆形安培环路，有⎰⋅ll H d =ΣI 0在介质中(R 1<r <R 2)，ΣI 0=I ，有 2πrH = I H = I /(2πr ) 介质内的磁化强度 M =χm H =χm I /(2πr )介质内表面的磁化电流 J SR 1=| M R 1×n R 1|=| M R 1|=χm I /(2πR 1) I SR 1=J SR 1⋅2πR 1=χm I (与I 同向) 介质外表面的磁化电流 J SR 2=| M R 2×n R 2|=| M R 2|=χm I /(2πR 2) I SR 2=J SR 2⋅2πR 2=χm I (与I 反向)练习13 静磁场习题课一、选择题 D C A A A 二、填空题1. 6.67×10-6T ; 7.20×10-21A ·m 2.2. R ih πμ20.3. -πR 2c (Wb).三、计算题1.(1)螺绕环内的磁场具有轴对称性,故在环内作与环同轴的安培环路.有 ⎰⋅ll B d =2πrB=μ0∑I i =μ0NIB=μ0NI/(2πr )(2)取面积微元h d r 平行与环中心轴,有d Φm =|B ⋅d S | =[μ0NI/(2πr )]h d r =μ0NI h d r /(2πr )Φm =⎰=22120021ln 22D D D D NIh dr r NIh πμπμ 2. 因电流为径向,得径向电阻为⎰=2112ln 22R RR R d rd dr πρπρ I=ε/[ρln(R 2/R 1)/(2πd )]=2πd ε/[ρln(R 2/R 1)] 取微元电流 d I d l=J d S d r=[I/(2πrd )]r d θd d r=d εd θd r /[ρln(R 2/R 1)]受磁力为d F=|d I d l ×B |=Bd εd θd r /[ρln(R 2/R 1)]d M=|r ×d F |=Bd εd θ r d r /[ρln(R 2/R 1)] 练习练习14 电磁感应定律 动生电动势一、选择题 D B D A C二、填空题1. t I r r ωωπμcos 202210,22102Rr I r πμ . 2. > , < , = .3. B ωR 2/2; 沿曲线由中心向外.三、计算题1. 取顺时针为三角形回路电动势正向,得三角形面法线垂直纸面向里.取窄条面积微元 d S =y d x =[(a+b -x )l/b ]d xΦm =⎰⋅S d S B=()⎰+-+⋅ba abldxx b a x I πμ20 =()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++b a b a b a b Il ln 20πμ εi =-d Φm /d t=()dt dIa b a b a b b l ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-ln 20πμ=-5.18×10－8V负号表示逆时针2. (1) 导线ab 的动生电动势为εi = ⎰l v×B ·d l=vBl sin(π/2+θ)=vBl cos θI i =εi /R = vBl cos θ/R方向由b 到a . 受安培力方向向右,大小为 F =| ⎰l (I i d l×B )|= vB 2l 2cos θ/RF 在导轨上投影沿导轨向上,大小为F '= F cos θ =vB 2l 2cos 2θ/R重力在导轨上投影沿导轨向下,大小为mg sin θmg sin θ -vB 2l 2cos 2θ/R=ma=m d v /d t dt=d v /[g sin θ -vB 2l 2cos 2θ/(mR )])]{}⎰-=vmR l vB g dv t 0222cos sin θθ()()()mR t l B e l B mgR v θθθ222cos 2221cos sin --=(2) 导线ab 的最大速度v m =θθ222cos sin l B mgR .练习15 感生电动势 自感一、选择题 A D C B B二、填空题1. er 1(d B /d t )/(2m ),向右;eR 2(d B /d t )/(2r 2m ),向下.2. μ0n 2l πa 2, μ0nI 0πa 2ωcos ωt .3.ε=πR 2k/4，从c 流至b .三、计算题1.(1) 用对感生电场的积分εi =⎰l E i ·d l 解:在棒MN 上取微元d x (-R<x<R ), 该处感生电场大小为 E i =[R 2/(2r )](d B/d t ) 与棒夹角θ满足tan θ=x/Rεi =⎰⋅NMl E i d =⎰NMi x E θcos d=()⎰-⋅RRr R r x t B R 22d d d =⎰-+⋅RR R x x t B R 2232d d d =[R 3(d B/d t )/2](1/R )arctan(x/R )R R- =πR 2(d B/d t )/4因εi =>0,故N 点的电势高.(2) 用法拉第电磁感应定律εi =－d Φ/d t 解: 沿半径作辅助线OM ,ON 组成三角形回路MONMεi =⎰⋅NMl E i d =⎰⋅-MNl E i d=-⎢⎣⎡⋅⎰MNl E i d +⎰⋅OM l E i d +⎥⎦⎤⋅⎰NO l E i d=－(－d ΦmMONM /d t ) =d ΦmMONM /d t 而 ΦmMONM =⎰⋅Sd S B =πR 2B/4故 εi =πR 2(d B/d t )/4N 点的电势高. 2. .等效于螺线管B 内=μ0 nI=μ0 [Q ω /(2π)]/L=μ0 Q ω /(2πL )B 外=0Φ=⎰S B ⋅d S=B πa 2=μ0Q ω a 2 /(2 L ) εi =－d Φ/d t=－[μ0Q a 2 /(2 L )]d ω /d t=μ0ω 0Q a 2 /(2 L t 0) I i =εi /R=μ0ω 0Q a 2 /(2 LR t 0)方向与旋转方向一致.练习16 互感（续）磁场的能量一、选择题 D C B C A二、填空题1. 0.2. ΦAB =ΦBA .3. μ0I 2L /(16π.)三、计算题1. 取如图所示的坐标,设回路有电流为I ,则两导线间磁场方向向里,大小为0≤r ≤a B 1=μ0Ir/(2πa 2)+ μ0I/[2π(d -r )] a ≤r ≤d -a B 2=μ0I/(2πr )+μ0I/[2π(d -r )] d -a ≤r ≤d B 3=μ0I/(2πr )+ μ0I (d -r )/(2πa 2) 取窄条微元d S=l d r ,由Φm =⎰⋅SS B d 得Φml =⎰aa r Irl 0202d πμ+()⎰-a r d r Il 002d πμ +⎰-ad ar r Il πμ2d 0+()⎰--a d ar d rIl πμ2d 0 +⎰-ad ar r Il πμ2d 0+()⎰-a d aa rl r -d I 202d πμ =μ0Il/(4π)+[μ0Il/(2π)]ln[d/(d -a )] +[μ0Il/(2π)]ln[(d -a )/a ] +[μ0Il/(2π)]ln[(d -a )/a ]+[μ0Il/(2π)]ln[d/(d -a )]+μ0Il/(4π)=μ0Il/(2π)+(μ0Il/π)ln(d/a )由L l =Φl /I ,L 0= L l /l=Φl /(Il ).得单位长度导线自感 L 0==μ0l/(2π)+(μ0l/π)ln(d/a )2. 设环形螺旋管电流为I , 则管内磁场大小为B =μ0NI/(2πρ) r ≤ρ≤R方向垂直于截面; 管外磁场为零.取窄条微元d S=h d ρ,由Φm =⎰⋅SS B d 得Φm =⎰RrNIh πρρμ2d 0=μ0NIh ln(R/r )/(2π) M =Φm /I ==μ0Nh ln(R/r )/(2π)练习17 麦克斯韦方程组一、选择题 C A D B C二、填空题1. 1.2. ②, ③, ①.3. 1.33×102 W/m 2 , 2.51×10-6J/m 3.三、计算题1. 设极板电荷为Q , 因I=d Q/d t , Q=CU ,有 (1) I=d(CU )/d t=C d U/d td U/d t =I/C = I 0e -kt /CU = I 0(1-e -kt )/(kC )(2)I d =d Φd /d t =d(DS )/d t =d(εES )/d t =d[ε(U /d )S ]/d t=(εS /d )d U/d t =C d U/d t=I=I 0e -kt(3)在极板间以电容器轴线为心,以r 为半径作环面垂直于轴的环路,方向与I d 成右手螺旋.有⎰⋅ll H d =2πrH =∑I d当r <R 时 ∑I d =[I d /(πR 2)]πr 2 H =I d r /(2πR 2) B =μH =μI d r /(2πR 2)=μI 0e -kt r /(2πR 2) 当r >R 时 ∑I d =I d H =Ir /(2πr )B =μI 0e -k t /(2πr )方向与回路方向相同. O 点,r =0: B =0A 点,r =R 1<R :B =μI 0e -kt R 1/(2πR 2) 方向向里C 点,r =R 2>R : B =μI 0e -k t /(2πR 2) 方向向外.2.(1)坡印廷矢量平均值 S =I =P /(2πr 2) r =10km S =P /(2πr 2)=1.59×10-5W/m 2 (2) 电场强度和磁场强度振幅.εE =μHS =|S |=|E ×H |=2E με=εμH 2E=εμS H=μεS E m =E 2=002εμS =1.09⨯10-1V/mH m =H 2=002μεS =2.91×10-4A/m练习18 电磁感应习题课一、选择题 A B B C D二、填空题1 0, 2μ0I 2/(9π2a 2).2 700Wb/s.3 vBl sin α, A 点.三、计算题1. 任意时刻金属杆角速度为ω,取微元长度d rd εi =v ×B ⋅d l=ωrBdrεi =⎰d εi =r r B ad 0⎰ω=ω Ba 2/2I =εi /R =ω Ba 2/(2R )方向由O 向A .微元d r 受安培力为 |d F |=|I d l ×B |= IB d r d M =|d M |=|r ×d F |= IBr d r M=⎰d M =r r IB ad 0⎰=I Ba 2/2=ω B 2a 4/(4R )方向与ω相反.依转动定律,有-ω B 2a 4/(4R )=J α=(ma 2/3)d ω /d td t=-[4Rm/(3ω B 2a 2)]d ω =-[4Rm/(3 B 2a 2)]d ω/ωt =()[]()ωωωωd 34022⎰a B mR=-[4Rm/(3 B 2a 2)]ln(ω/ω0)t mRa B e43022-=ωω2. 因b >>a ,可认为小金属环上的磁场是均匀.Φm =⎰⋅Sd S B =BS cos θ=[μ0I/(2b )]πa 2cos θ=μ0I πa 2cos θ/(2b ) (1) I 恒定,θ=ω1t : εi =-d Φm /d t =(-d Φm /d θ)(d θ/d t )=μ0I πa 2ω1sin(ω1t )/(2b ) (2) I =I 0sin ω2t ,θ=0:εi =-d Φm /d t =(-d Φm /d I )(d I/d t ) =-μ0πa 2I 0ω2cos ω2t/(2b )(3) I =I 0sin ω2t ,θ= ω1t : εi =-d Φm /d t=-[(∂Φm /∂θ)(∂θ/∂t )+(∂Φm /∂I )(∂I/∂t )] =[μ0I 0πa 2/(2b )][ω1sin(ω1t )sin(ω2t )-ω2cos ω2t ]练习19 义相对论的基本原理及其时空观一、选择题 C D B A A二、填空题1. c , c .2. c c 97.017/16=.3. ()c l a 201-三、计算题1 (1)设K '相对于K 的运动速度为v ,运动方向为x 正向.因x 1=x 2,有∆t '=(∆t -v ∆x /c 2)/(1-v 2/c 2)1/2=∆t /(1-v 2/c 2)1/2 v=[1-(∆t )2/(∆t ')2]1/2c =3c /5=1.8×108m/s (2) ∆x '=(∆x -v ∆t )/(1-v 2/c 2)1/2=-v ∆t /(1-v 2/c 2)1/2=-v ∆t '=3c (m)=9×108m2. 设地球和飞船分别为K 和K '系,有(1)飞船上观察者测飞船长度为固有长度,又因光速不变,有∆x '=90m ∆t '=∆x '/c =3×10-7s (2)地球上观察者∆x =(∆x '+v ∆t ')/(1-v 2/c 2)1/2=270m ∆t =(∆t '+v ∆x '/c 2)/(1-v 2/c 2)1/2=9×10-7s {或 ∆t =(∆t '+v ∆x '/c 2)/(1-v 2/c 2)1/2=(∆x '/c+v ∆x '/c 2)/(1-v 2/c 2)1/2 =[(∆x '+v ∆t ')/(1-v 2/c 2)1/2]/c =∆x /c =9×10-7s }练习20 相对论力学基础一、选择题 A C A B C二、填空题1. 1.49MeV .2. 2/3c , 2/3c .3. 5.81×10－13, 8.04×10-2.三、计算题1. E k =mc 2-m 0c 2 m =m 0+E k /c 2回旋周期T =2πm /(qB )=2π( m 0+E k /c 2)/(qB ) E k =104MeV=1.6×10-9J m 0=1.67×10-27kg q =1.6⨯10-19C T =2π( m 0+E k /c 2)/(qB )=7.65×10-7s2. E = m 0c2/221cv - =E 0/221c v-γ= 1/221c v -=E /E 0v=c ()201E E -=2.998×108m/s运动的距离∆l =v ∆t =v τ0γ= c ()201E E -τ0 E /E 0=c τ0()1/20-E E =1.799×104m练习21 热辐射 光电效应一、选择题 A D C D B二、填空题1. 0.64 .2. 2.4×103K.3. 在一定温度下,单位时间内从绝对黑体表面单位面积上所辐射的各波长的总能量.三、计算题1. (1)T=b/λm =5.794×103K .(2) P =M (T )S =σT 44πR S 2=3.67×1026W(3) P '= P/S '=σT 44πR S 2/(4πL 2)=1.30×103W/m 22. λm = b/T =9.66×10-4mνm =c /λm = c /(b/T )=cT/b =3.11×1011Hz P =M (T )S =σT 44πR E 2=2.34×109W练习22 康普顿效应 氢原子的玻尔理论一、选择题 D B A C A二、填空题1. hc/λ；h/λ；h/(λc ).2. 1.45V ；7.14×105m/s .3. π；0.三、计算题1. h ν=hc /λ=mv 2/2+A =eU c +AU c =(hc /λ-A )/e =(hc /(λe )-A /emv =[2m ( hc /λ-A )]1/2R =mv /(qB )=[2m ( hc /λ-A )]1/2/(eB )2.(1) ∆λ=h (1-cos ϕ)/(m 0c ) λ=λ0+∆λ=λ0+h (1-cos ϕ)/(m 0c )=1.024×10-10m (2) h ν0+m 0c 2= h ν+mc 2= h ν+m 0c 2+E kh ν0= h ν+E k E k =h ν0- h ν= hc/λ0- hc/λ= hc (λ-λ0)/(λ0λ) = hc ∆λ/[λ0(λ0+∆λ)]=4.71×10-17J=294eV练习23 德布罗意波 不确定关系一、选择题 D C D A B二、填空题1. 1.46Å; 6.63×10-31m.2. 3/3. 3. 6.63×10-24. (或1.06×10-24,3.32×10-24, 0.53×10-24)三、计算题1. (1)由带电粒子在均匀磁场中作圆运动运动的知识知,R =mv /(qB ).于是有 p α=m αv α=qBR =2eBRλα=h/p α=h/(2eBR )=9.98×10-12m =9.98×10-3nm(2) 设小球与α粒子速率相同v =v α=2eBR/m αλ= h/p = h/(mv )= h/[m (2eBR/m α)] =[h/(2eBR )](m α/m )=(m α/m )λα=6.62×10-34m2. (1)考虑相对论效应E k =eU =mc 2-m 0c 2=E -E 0p 2c 2=E 2-E 02= (E+E 0)(E -E 0)= (E k +2E 0)E k= (eU +2 m 0c 2) eU p =[(eU +2 m 0c 2) eU ]1/2/cλ=h /p =hc/[(eU +2 m 0c 2) eU ]1/2=8.74×10-13m(2)不考虑相对论效应E k =eU=mv 2/2=p 2/(2m ) p =(2meU )1/2 λ=h /p = h /(2meU )1/2= h /(2m 0eU )1/2=1.23×10-12m(λ-λ0)/λ0=40.7%﹪﹪练习24 薛定谔方程 氢原子的量子力学描述一、选择题 A C A D B二、填空题1. ν3=ν1+ν2；1/λ3=1/λ1+1/λ2. 2. 粒子t 时刻出现在r 处的概率密度; 单值,有限,连续;⎰=ψ1d d d 2z y x . 3. a /6, a /2, 5a /6.三、计算题1所发射光子的能量ε=h ν=hc /λ=2.56eV 激发能为∆E =10.19eV 能级的能量为E k ,有∆E =E k - E 1E k =E 1+∆E =-13.6+10.19=-3.41eV 初态能量 E n =E k +ε=-0.85eV 初态主量子数 n =(E 1/E n )1/2=42. 由归一化⎰∞∞-=V Ψd 2⎰lx c22(l -x )d x =1得 c =530l0~l /3区间发现粒子的概率 P =⎰lx Ψ2d =⎰l30x 2(l -x )2d x /l 5=17/81=21%练习25 近代物理习题课一、选择题 D D D CB二、填空题1 13.6eV , 5.2 >, >, <. 3. 459W/s三、计算题1. (1)ε =h ν=hc/λ=2.86eV (2) 巴耳末系k =2,E 2=E 1/22=-13.6/4=-3.4eVE n =E 1/n 2=E 2+ε =-0.54eVn =(E 1/E n )1/2=5(3) 可发射四个线系, 共10条谱线;波长最短的谱线是从n =5的能态跃迁到n =1的能态而发射的光譜线2 ∆p ∆x ≧ћ/2 ∆p ≧ћ/(2∆x ) 取 p ≈∆p ≧ћ/(2∆x )=7.3⨯10-21kgm/sE k = p 2/(2m )≈[ћ/(2∆x )]2/(2m )=ћ2/[8 m (∆x )2]=2.5⨯10。
磁场习题课
2a a
30 I1a 0 I 1 (2a r )ctg30 dr = (2 ln 2 1) 2πr 2π
(2)各边受力: )各边受力: MN边受力: 边受力: 边受力
F = ∫ I dl × B
I1
N
I2
30
3 0 I 1I 2 0I1 FMN = B 1I 2actg 30 = I 2a 3 = 2 πa 2π 方向向左 MO边受力: 边受力: 边受力 2a 0 I1 0 I1 I 2 FMO = ∫ I 2 dr = ln 2 a 2πr 2π 方向向下 NO边受力: 边受力: 边受力
BH B2 ∵wm = = ∝ B2 2 20
⑵此情形,小螺管内: B′=0 此情形,小螺管内: ′
∴ w ′ = 4wm m
∴ w′ = 0 m
P ε
线圈P的自感和电阻分别是线圈 的两倍 线圈 的自感和电阻分别是线圈Q的两倍 的自感和电阻分别是线圈 两线圈间的互感忽略不计, ,两线圈间的互感忽略不计,则P与Q的磁 与 的磁 场能量的比值为 (A)4. (B)2. (C)1. (D)1/2. 解: W=LI2/2 LP/LQ=2, IP/IQ=1/2
ε ac = ∫ (V × B ) d l = ∫ VB cos α dl
ccLeabharlann ′ ∵V=ωr =ωRsinθ dl=Rdθ
c
a
a
α=
c
π
2
θ
εac= VBcosαdl =∫ ωRsinθBcosαRdθ ∫
a a
π ω = BR ∫ sin θdθ= BωR2 0 4 = UC Ua > 0
2 2
Q
W L I 1 ∴ P = P ( P )2 = →(D) WQ LQ IQ 2
带电粒子在匀强磁场中的运动(习题课)
1、两个对称规律：
粒子在磁场中做圆周运动的对称规律： 从同一直线边界射入的粒子，从同一边界射出时， 速度与边界的夹角相等。
2、如图所示，在y<0的区域内存在匀强磁场，磁 场方向垂直纸面向外，磁感应强度为B。一个正电 子以速度v从O点射入磁场，入射方向在xy平面内， 与x轴正向的夹角为θ。若正电子射出磁场的位置 与O点的距离为L，求正电子的电量和质量之比？
一侧有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感 应强度大小为B 。一带电粒子从平板上的狭缝O处 以垂直于平板的初速v射入磁场区域，最后到达平 板上的P 点。已知B 、v以及P 到O的距离l ．不计 重力,求此粒子的电荷q与质量m 之比。
解：粒子初速v垂直于磁场，粒子在磁场中受洛伦兹 力而做匀速圆周运动，设其半径为R ，
变化2、假如 化1。
mg
2qE
问题同变
变化3、小球下滑速度为最大速
度一半时的加速度。
变化4：假如电场反向，判断 运动情形。
（2）圆周运动情形
例1、用绝缘细线悬吊着的带正电小 球在匀匀强磁场中做简谐运动， 则
A、当小球每次通过平衡位置时， 动能相同
B、当小球每次通过平衡位置时，速 度相同
C、当小球每次通过平衡位置时， 丝线拉力相同
带电粒子做圆周运动的 分析方法－圆心的确定
（１）已知入射方向和出射方向,可以通过入射点和出 射点分别作垂直与入射方向和出射方向的直线，两条 直线的交点就是圆弧轨道的圆心
O
V
M
P
V0
带电粒子做圆周运动的 分析方法－圆心的确定
（２）已知入射方向和出射点的位置时，可以通过入射 点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中 垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心．
磁场习题课
1. 磁场的基本规律
S
B dS 0
L i
m B ds
S
B dl o I i
2. 磁场的源
ˆ 0 Idl r dB 2 4 r ˆ 0 qv r B 2 4 r
B Bi
i
直电流、(半)无限长、 园电流、圆柱面、螺线管、 螺绕环、无限大平面
0
2
k (r1 r2 )
0
S R 2 2[ R 2 k o1o2
2.81R 2
B 0.8R0 0.285
0 I
R
I I S 2.81R 2
例题.有一个无限长直圆筒形导体，导体和空腔半径分别为R1和R2， ， 它们的轴线相互平行，两轴线间的距离为a [ R2 ( R1 a) 2R1 ] ，如 图所示．电流I沿轴向流动，在横截面上均匀分布．求两轴线上任 一点的磁感应强度．
2R
f
r f θ
I
B
0 I B 2 r
0 I 2 f ILB 2 r
0 I 2 0 I 2 f cos 2 r 4 R
0 I 2 ( N 1) 0 I 2 ( N 1) F ( N 1) f cos 2 r 4 R
y
B0
B1
x
y h
B2
y
B
x
B
x
例：一均匀带电无限长直圆柱体，电荷体密度为ρ，半 径为R，若圆柱绕其轴线匀速旋转，角速度为 ω，如图， 求圆柱体内距轴线r处的磁感应强度大小及方向。
R
磁场习题课(二)
磁场习题课（二）1. 如图所示,真空有一个半径r=0.5m 的圆形磁场,与坐标原点相切,磁场的磁感应强度大小B=2×10-3T,方向垂直于纸面向里,在x=r 处的虚线右侧有一个方向竖直向上的宽度为L 1=0.5m 的匀强电场区域,电场强度E=1.5×103N/C.在x=2m 处有一垂直x 方向的足够长的荧光屏,从O 点处向不同方向发射出速率相同的荷质比=1×109C/kg 带正电的粒子,粒子的运动轨迹在纸面内,一个速度方向沿y 轴正方向射入磁场的粒子,恰能从磁场与电场的相切处进入电场.不计重力及阻力的作用.求:(1)粒子进入电场时的速度和沿y 轴正方向射入的粒子在磁场中运动的时间？(2)从O 点入射的所有粒子经磁场偏转后出射的速度方向有何特点？请说明理由.(3)速度方向与y 轴正方向成30°(如图中所示)射入磁场的粒子,最后打到荧光屏上,该发光点的位置坐标.2. 如图所示,在x>0的空间中,存在沿x 轴方向的匀强电场,电场强度E=10N/C ；在x<0的空间中存在垂直xy 平面方向的匀强磁场,磁感应强度B=0.5T.一带负电的粒子(比荷q/m=160C/kg),在x=0.06m 处的D 点以v=8m/s 的初速度沿y 轴正方向开始运动,不计带电粒子的重力.求:⑪带电粒子开始运动后第一次通过y 轴时距O 点的距离； ⑫带电粒子进入磁场后经多长时返回电场(保留两位有效数字).3. 如图所示,粒子源O 产生初速度为零、电荷量为q 、质量为m 的正离子,被电压为0U 的加速电场加速后通过直管,在到两极板等距离处垂直射入平行板间的偏转电场,两平行板间电压为20U .离子偏转后通过极板MN 上的小孔S 离开电场.已知ABC 是一个外边界为等腰三角形的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向外,边界AB=AC=L,030=θ,离子经过一段匀速直线运动,垂直AB 边从AB 中点进入磁场.(忽略离子所受重力)⑪若磁场的磁感应强度大小为0B ,试求离子在磁场中做圆周运动的半径； ⑫若离子能从AC 边穿出,试求磁场的磁感应强度大小的范围.4. 如图所示,直角坐标系在一真空区域里,y 轴的左方有一匀强电场,场强方向跟y 轴负方向成θ=30º角,y 轴右方有一垂直于坐标系平面的匀强磁场,在x 轴上的A 点有一质子发射器,它向x 轴的正方向发射速度大小为v =2.0×106m/s 的质子,质子经磁场在y 轴的P 点射出磁场,射出方向恰垂直于电场的方向,质子在电场中经过一段时间,运动到x 轴的Q 点.已知A 点与原点O 的距离为10cm,Q 点与原点O 的距离为(203-10)cm,质子的比荷为C/kg100.18⨯=mq .求:（1）磁感应强度的大小和方向； （2）质子在磁场中运动的时间； （3）电场强度的大小.mqx5. 如图所示,粒子源K 与虚线MN 之间是一加速电场.虚线MN 与PQ 之间是匀强电场,虚线PQ 与荧光屏之间是匀强磁场,且MN 、PQ 与荧光屏三者互相平行.电场和磁场的方向如图所示.图中A 点与O 点的连线垂直于荧光屏.从K 发射出的一初速度为零的带正电的粒子,被电场加速后以速度v 0从A 点垂直射入偏转电场,在离开偏转电场后进入匀强磁场,最后恰好垂直地打在图中的荧光屏上,已知电场和磁场区域在竖直方向足够长,加速电场电压与偏转电场的场强关系为,式中的d 是偏转电场的宽度,磁场的磁感应强度与偏转电场的电场强度和带电粒子离开加速电场的速度v 0关系符合表达式,(以上关系式中U 、E 、B 均为未知量)(1)试说明v 0的大小与K 和MN 之间的距离有何关系； (2)求带电粒子进入磁场时的速度大小；(3)带电粒子最后在电场和磁场中总的偏转距离是多少6. 如图所示,在y ＞0的空间中存在匀强电场,场强方向沿y 轴正方向,场强大小为E.在y ＜0的空间中存在匀强磁场,磁场方向垂直xOy 平面（纸面）向外,磁感应强度大小为B.一电量为q 、质量为m 、重力不计的带负电的粒子,在y 轴上y ＝L 处的P 点由静止释放,然后从O 点进入匀强磁场.已知粒子在y ＜0的空间运动时一直处于磁场区域内,求:（1）粒子到达O 点时速度大小v ；（2）粒子经过O 点后第一次到达x 轴上Q 点（图中未画出）的横坐标x 0；（3）粒子从P 点出发第一次到达x 轴上Q 点所用的时间t.7. 如图所示,有位于竖直平面上的半径为R 的圆形光滑绝缘轨道,其上半部分处于竖直向下.场强为E 的匀强电场中,下半部分处于垂直水平面向里的匀强磁场中；质量为m,带正电,电荷量为q 的小球,从轨道的水平直径的M 端由静止释放,若小球在某一次通过最低点时对轨道的压力为零,求:(1)磁感应强度B 的大小；(2)小球对轨道最低点的最大压力；(3)若要小球在圆形轨道内做完整的圆周运动,求小球从轨道的水平直径的M 端下滑的最小速度.8. 在xOy 平面内,x ＞0的区域存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B=0.4T;x ＜0的区域存在沿x 轴正方向的匀强电场.现有一质量为m=4.0×10-9kg,带电荷量为q=2.0×10－7C 的正粒子从x 轴正方向上的M 点以速度v 0=20m/s 进入磁场,如图11-10所示,v 0与x 轴正方向的夹角θ=45°,M 点与O 点相距为l=2m.已知粒子能以沿着y 轴负方向的速度垂直穿过x 轴负半轴上的N 点,不计粒子重力.求:(1)粒子穿过y 轴正半轴的位置以及此时速度与y 轴负方向的夹角; (2)x ＜0区域电场的场强;(3)试问粒子能否经过坐标原点O?若不能,请说明原因;若能,请求出粒子从M 点运动到O 点所经历的时间.2E d U =0E v B=9. 如图所示,一个质量为m=2.0×10-11kg,电荷量q=+1.0×10-5C 的带电微粒（重力忽略不计）,从静止开始经U 1=100V 电压加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场,偏转电场的电压U 2=100V .金属板长L=20cm,两板间距d=103cm.求: （1）微粒进入偏转电场时的速度v 0大小； （2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ；（3）若该匀强磁场的宽度为D=10cm,为使微粒不会由磁场右边射出,该匀强磁场的磁感应强度B 至少多大？10. 如图所示,一带电的小球从P 点自由下落,P 点距场区边界MN 高为h,边界MN 下方有方向竖直向下、电场场强为E 的匀强电场,同时还有匀强磁场,小球从边界上的a 点进入电场与磁场的复合场后,恰能作匀速圆周运动,并从边界上的b 点穿出,已知ab=L,求: ⑪该匀强磁场的磁感强度B 的大小和方向； ⑫小球从P 经a 至b 时,共需时间为多少？11. 如图所示,在xoy 平面内,第Ⅲ象限内的直线OM 是电场与磁场的边界,OM 与负x 轴成45°角.在x ＜0且OM 的左侧空间存在着负x 方向的匀强电场E,场强大小为0.32N/C ；在y ＜0且OM 的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场B,磁感应强度大小为0.1T.一不计重力的带负电的微粒,从坐标原点O 沿y 轴负方向以v 0=2×103m/s 的初速度进入磁场,最终离开电磁场区域.已知微粒的电荷量q=5×10-18C,质量m=1×10-24kg,求:（1）带电微粒第一次经过磁场边界的位置坐标； （2）带电微粒在磁场区域运动的总时间；（3）带电微粒最终离开电、磁场区域的位置坐标.12. 如图所示,在某一足够大的真空室中,虚线PH 的右侧是一磁感应强度为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场,左侧是一场强为E 、方向水平向左的匀强电场.在虚线PH 上的一点O 处有一质量为M 、电荷量为Q 的镭核(22688Ra).某时刻原来静止的镭核水平向右放出一个质量为m 、电荷量为q 的α粒子而衰变为氡(Rn)核,设α粒子与氡核分离后它们之间的作用力忽略不计,涉及动量问题时,亏损的质量可不计.经过一段时间α粒子刚好到达虚线PH 上的A 点,测得OA=L.求此时刻氡核的速率.13. 如图所示,匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的,且宽度相等均为d,电场方向在纸平面内,而磁场方向垂直纸面向里.一带正电粒子从O 点以速度v 0沿垂直电场方向进入电场,在电场力的作用下发生偏转,从A 点离开电场进入磁场,离开电场时带电粒子在电场方向的位移为电场宽度的一半,当粒子从C 点穿出磁场时速度方向与进入电场O 点时的速度方向一致,(带电粒子重力不计)求:(l)粒子从C 点穿出磁场时的速度v ；(2)电场强度E 和磁感应强度B 的比值E/B ； (3)拉子在电、磁场中运动的总时间.14. 如图20所示,在直角坐标系的I.II 象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场,第III 象限有沿y 轴负方向的匀强电场,第四象限内无电场和磁场.质量为m,电量为q 的粒子由M 点以速度v 0沿x 轴负方向进入电场,不计粒子的重力,粒子经N 和x 轴上的P 点最后又回到M 点.设OM=OP=l,ON=2l,求:（1）电场强度E 的大小；（2）匀强磁场磁感应强度B 的大小；（3）粒子从M 点进入电场,经N.P 点最后又回到M 点所用的时间t.15. 如图所示，真空室内存在宽度为d=8cm 的匀强磁场区域，磁感应强度B=0.332T ，磁场方向垂直于纸面向里；ab 、cd 足够长，cd 为厚度不计的金箔，金箔右侧有一匀强电场区域，电场强度E=3.32×105N/C ；方向与金箔成37°角。
磁场磁力磁介质等复习题及参考解答
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5.被电势差U加速的电子从电子枪口T发射出来，其初速 度指向x方向，如图所示。为使电子束能击中目标M点（直线 TM与x轴间夹角为θ），在电子枪外空间加一均匀磁场B，其方 向与TM平行。已知从T到M的距离为d，电子质量为m，带电量 为e。为使电子恰能击中M点，应使磁感应强度B= 。 解析： 将电子速度分解为平行于磁场方向 v 和垂直于磁场方向 v 沿磁场方向观察则有：平行于磁场方向做匀速运动，垂直 于磁场方向做圆周运动，整体做螺旋运动。 x T θ 电子击中M点的条件为电子以 运动到M v 点的时间应该是圆周运动周期的整数倍k。 B 。
5.载电流为I、磁矩为Pm的线圈，置于磁感应强度为B的均匀 磁场中。若Pm与B方向相同，则通过线圈的磁通Φ与线圈所 受的磁力矩M的大小为（ B） （A） Φ =IBPm，M=0； （B）Φ=BPm/I ，M=0； （C）Φ=IBPm，M=BPm； （D）Φ=BPm/I ，M=BPm。 解析： 对于匀强磁场可以有 线圈的磁矩
二、填空题
1.一圆形载流导线圆心处的磁感应强度为B1，若保持导线 中的电流强度不变，而将导线变成正方形，此时回路中心处的磁 感应强度为B2，则B2/B1= 。 解析： R1
B1
0 I
2 R1
R2
B2 4
0 I 2 0 I (cos 45 cos135) R2 R2
a b a a b
I 2 Bdl
a
0 I1 0 I1 I 2 a b I2 dl ln 2 l 2 a
14.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B=0.5T，则电场强度E为（B ） （A）1.5 × 106V· m-1；（B） 1.5 × 108V· m-1 ； （C）3.0× 106V· m-1 ； （D） 3.0× 108V· m-1。 解析：
物理课后习题及解析
第十一章恒定磁场11－1两根长度一样的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度一样，R ＝2r ，螺线管通过的电流一样为I ，螺线管中的磁感强度大小r R B B 、满足〔 〕〔A 〕r R B B 2= 〔B 〕r R B B = 〔C 〕r R B B =2 〔D 〕r R B B 4=分析与解在两根通过电流一样的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度一样的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比因而正确答案为〔C 〕.11－2一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量为〔 〕〔A 〕B r 2π2 〔B 〕B r 2π〔C 〕αB r cos π22 〔D 〕αB r cos π2题 11-2 图分析与解作半径为r 的圆S ′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S ′的磁通量；S B ⋅=m Φ．因而正确答案为〔D 〕．11－3以下说法正确的选项是〔 〕〔A 〕闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过〔B 〕闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零〔C 〕磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零〔D 〕磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零分析与解由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零.因而正确答案为〔B 〕．11－4在图〔ａ〕和〔ｂ〕中各有一半径一样的圆形回路L1、L2，圆周内有电流I1、I2，其分布一样，且均在真空中，但在〔ｂ〕图中L2回路外有电流I3，P 1、P 2为两圆形回路上的对应点，则〔 〕〔A 〕⎰⎰⋅=⋅21L L d d l B l B ，21P P B B = 〔B 〕⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ，21P P B B = 〔C 〕 ⎰⎰⋅=⋅21L L d d l B l B ，21P P B B ≠ 〔D 〕⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ，21P P B B ≠ 题 11-4 图分析与解由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为〔C 〕．11－5半径为R 的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中，假设导体中流过的恒定电流为I ，磁介质的相对磁导率为μｒ〔μｒ＜1〕，则磁介质内的磁化强度为〔 〕 〔A 〕()r I μr π2/1-- 〔B 〕()r I μr π2/1-〔C 〕r I μr π2/-〔D 〕r μI r π2/分析与解利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度，再由M ＝〔μｒ－1〕H 求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为〔B 〕．11－11如下图，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，它们在点O 的磁感强度各为多少？题 11-11 图分析应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直局部和圆弧局部，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度∑=i B B 0. 解 〔ａ〕长直电流对点O 而言，有0d =⨯rl I ，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4圆弧电流所激发，故有 B 0的方向垂直纸面向外．〔ｂ〕将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得B 0的方向垂直纸面向里．〔c 〕将载流导线看作1/2圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得B 0的方向垂直纸面向外．11－13如图(a)所示，载流长直导线的电流为I ，试求通过矩形面积的磁通量．题 11-13 图分析由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量Φ≠BS ．为此，可在矩形平面上取一矩形面元d S ＝l d *，如图〔ｂ〕所示，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为 矩形平面的总磁通量解由上述分析可得矩形平面的总磁通量第十二章电磁感应电磁场和电磁波12－1一根无限长平行直导线载有电流I ，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动〔如下图〕，则〔 〕〔A 〕线圈中无感应电流〔B 〕线圈中感应电流为顺时针方向〔C 〕线圈中感应电流为逆时针方向〔D 〕线圈中感应电流方向无法确定题 12-1 图分析与解由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为〔B 〕．12－2将形状完全一样的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则〔 〕〔A 〕铜环中有感应电流，木环中无感应电流〔B 〕铜环中有感应电流，木环中有感应电流〔C 〕铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小〔D 〕铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大分析与解根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但在木环中不会形成电流．因而正确答案为〔A 〕．12－3有两个线圈，线圈1对线圈2的互感系数为M 21，而线圈2对线圈1的互感系数为M 12．假设它们分别流过i 1和i 2的变化电流且ti t i d d d d 21<，并设由i 2变化在线圈1中产生的互感电动势为12，由i 1变化在线圈2中产生的互感电动势为ε21，下述论断正确的选项是〔 〕． 〔A 〕2112M M =，1221εε=〔B 〕2112M M ≠，1221εε≠〔C 〕2112M M =， 1221εε<〔D 〕2112M M =，1221εε<分析与解教材中已经证明M21＝M12，电磁感应定律t i M εd d 12121=；t i M εd d 21212=．因而正确答案为〔D 〕．12－4对位移电流，下述说法正确的选项是〔 〕〔A 〕位移电流的实质是变化的电场〔B 〕位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷〔C 〕位移电流服从传导电流遵循的所有定律〔D 〕位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为〔A 〕．12－5以下概念正确的选项是〔 〕〔A 〕感应电场是保守场〔B 〕感应电场的电场线是一组闭合曲线〔C 〕LI Φm =，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比〔D 〕 LI Φm =，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大分析与解对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线．因而正确答案为〔B 〕．12－7 载流长直导线中的电流以tI d d 的变化率增长.假设有一边长为d 的正方形线圈与导线处于同一平面内，如下图.求线圈中的感应电动势.分析 此题仍可用法拉第电磁感应定律tΦd d -=ξ，来求解.由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用⎰⋅=SS B Φd 来计算.为了积分的需要，建立如下图的坐标系.由于B 仅与*有关，即B =B (*)，故取一个平行于长直导线的宽为d *、长为d 的面元d S ，如图中阴影局部所示，则d S =d d *，所以，总磁通量可通过线积分求得〔假设取面元d S =d *d y ，则上述积分实际上为二重积分〕.此题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式tI M d d -=ξ求解. 解1 穿过面元d S 的磁通量为因此穿过线圈的磁通量为再由法拉第电磁感应定律，有解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为线圈与两长直导线间的互感为 当电流以tI d d 变化时，线圈中的互感电动势为 题 12-7 图第十四章 波 动 光 学14-1 在双缝干预实验中，假设单色光源S 到两缝S 1 、S 2 距离相等，则观察屏上中央明条纹位于图中O 处，现将光源S 向下移动到图中的S ′位置，则〔 〕〔A 〕 中央明纹向上移动，且条纹间距增大〔B 〕 中央明纹向上移动，且条纹间距不变〔C 〕 中央明纹向下移动，且条纹间距增大〔D 〕 中央明纹向下移动，且条纹间距不变分析与解 由S 发出的光到达S 1 、S 2 的光程一样，它们传到屏上中央O 处，光程差Δ＝0，形成明纹．当光源由S 移到S ′时，由S ′到达狭缝S 1 和S 2 的两束光产生了光程差．为了保持原中央明纹处的光程差为0，它会向上移到图中O ′处．使得由S ′沿S 1 、S 2 狭缝传到O ′处的光程差仍为0．而屏上各级条纹位置只是向上平移，因此条纹间距不变．应选〔B 〕．题14-1 图14-2 如下图，折射率为n 2 ，厚度为e 的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为n 1 和n 3，且n 1 ＜n 2 ，n 2 ＞n 3 ，假设用波长为λ的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下两外表反射的光束的光程差是〔 〕题14-2 图分析与解 由于n 1 ＜n 2 ，n 2 ＞n 3 ，因此在上外表的反射光有半波损失，下外表的反射光没有半波损失，故它们的光程差222λ±=∆e n ，这里λ是光在真空中的波长．因此正确答案为〔B 〕．14-3 如图〔a 〕所示，两个直径有微小差异的彼此平行的滚柱之间的距离为L ，夹在两块平面晶体的中间，形成空气劈形膜，当单色光垂直入射时，产生等厚干预条纹，如果滚柱之间的距离L 变小，则在L *围内干预条纹的〔 〕〔A 〕 数目减小，间距变大 〔B 〕 数目减小，间距不变〔C 〕 数目不变，间距变小 〔D 〕 数目增加，间距变小题14-3图分析与解 图〔a 〕装置形成的劈尖等效图如图〔b 〕所示．图中 d 为两滚柱的直径差，b 为两相邻明〔或暗〕条纹间距．因为d 不变，当L 变小时，θ 变大，L ′、b 均变小．由图可得L d b n '==//2sin λθ，因此条纹总数n d b L N λ//2='=，因为d 和λn 不变，所以N 不变．正确答案为〔C 〕14-4用平行单色光垂直照射在单缝上时，可观察夫琅禾费衍射.假设屏上点P 处为第二级暗纹，则相应的单缝波阵面可分成的半波带数目为〔 〕〔A 〕 3 个 〔B 〕 4 个 〔C 〕 5 个 〔D 〕 6 个分析与解 根据单缝衍射公式因此第k 级暗纹对应的单缝处波阵面被分成2k 个半波带，第k 级明纹对应的单缝波阵面被分成2k ＋1 个半波带．则对应第二级暗纹，单缝处波阵面被分成4个半波带．应选〔B 〕．14-5 波长λ＝550 nm 的单色光垂直入射于光栅常数d ＝='+b b 1.0 ×10-4cm 的光栅上，可能观察到的光谱线的最大级次为〔 〕〔A 〕 4 〔B 〕 3 〔C 〕 2 〔D 〕 1分析与解 由光栅方程(),...1,0dsin =±=k k λθ，可能观察到的最大级次为即只能看到第1 级明纹，正确答案为〔D 〕．14-6 三个偏振片P 1 、P 2 与P 3 堆叠在一起，P 1 与P 3的偏振化方向相互垂直，P 2与P 1 的偏振化方向间的夹角为30°，强度为I 0 的自然光入射于偏振片P 1 ，并依次透过偏振片P 1 、P 2与P 3 ，则通过三个偏振片后的光强为〔 〕〔A 〕 3I 0/16 〔B 〕 3I 0/8 〔C 〕 3I 0/32 〔D 〕 0分析与解 自然光透过偏振片后光强为I 1 ＝I 0/2．由于P 1 和P 2 的偏振化方向成30°，所以偏振光透过P 2 后光强由马吕斯定律得8/330cos 0o 212I I I ==．而P 2和P 3 的偏振化方向也成60°，则透过P 3 后光强变为32/360cos 0o 223I I I ==．故答案为〔C 〕．14-7自然光以60°的入射角照射到两介质交界面时，反射光为完全线偏振光，则折射光为〔 〕〔A 〕 完全线偏振光，且折射角是30°〔B 〕 局部偏振光且只是在该光由真空入射到折射率为3的介质时，折射角是30° 〔C 〕 局部偏振光，但须知两种介质的折射率才能确定折射角〔D 〕 局部偏振光且折射角是30°分析与解 根据布儒斯特定律，当入射角为布儒斯特角时，反射光是线偏振光，相应的折射光为局部偏振光.此时，反射光与折射光垂直.因为入射角为60°，反射角也为60°，所以折射角为30°.应选〔D 〕.14-9 在双缝干预实验中，用波长λ＝546.1 nm 的单色光照射，双缝与屏的距离d ′＝300mm ．测得中央明纹两侧的两个第五级明条纹的间距为12.2mm ，求双缝间的距离．分析 双缝干预在屏上形成的条纹是上下对称且等间隔的．如果设两明纹间隔为Δ*，则由中央明纹两侧第五级明纹间距*5 －*-5 ＝10Δ* 可求出Δ*．再由公式Δ* ＝d ′λ／d 即可求出双缝间距d ．解 根据分析：Δ* ＝〔*5 －*-5〕/10 ＝1.22×10-3m双缝间距： d ＝d ′λ／Δ* ＝1.34 ×10-4 m14-11如下图，将一折射率为1.58的云母片覆盖于杨氏双缝上的一条缝上，使得屏上原中央极大的所在点O 改变为第五级明纹.假定λ=550 nm ，求：〔1〕条纹如何移动？ 〔2〕 云母片的厚度t.题14-11图 分析(1)此题是干预现象在工程测量中的一个具体应用，它可以用来测量透明介质薄片的微小厚度或折射率．在不加介质片之前，两相干光均在空气中传播，它们到达屏上任一点P 的光程差由其几何路程差决定，对于点O ，光程差Δ＝0，故点O 处为中央明纹，其余条纹相对点O 对称分布．而在插入介质片后，虽然两相干光在两介质薄片中的几何路程一样，但光程却不同，对于点O ，Δ≠0，故点O 不再是中央明纹，整个条纹发生平移．原来中央明纹将出现在两束光到达屏上光程差Δ=0的位置.(2) 干预条纹空间分布的变化完全取决于光程差的变化．因此，对于屏上*点P 〔明纹或暗纹位置〕，只要计算出插入介质片前后光程差的变化，即可知道其干预条纹的变化情况． 插入介质前的光程差Δ1 ＝r 1 －r 2 ＝k 1λ〔对应k 1 级明纹〕，插入介质后的光程差Δ2 ＝〔n －1〕d ＋r 1 －r 2 ＝k 1λ〔对应k 1 级明纹〕．光程差的变化量为Δ2 －Δ1 ＝〔n －1〕d ＝〔k 2 －k 1 〕λ式中〔k 2 －k 1 〕可以理解为移过点P 的条纹数〔此题为5〕．因此，对于这类问题，求解光程差的变化量是解题的关键．解 由上述分析可知，两介质片插入前后，对于原中央明纹所在点O ，有将有关数据代入可得14-13 利用空气劈尖测细丝直径．如下图，λ＝589.3 nm ，L ＝2.888 ×10-2m ，测得30 条条纹的总宽度为4.259 ×10-3 m ，求细丝直径d ．分析 在应用劈尖干预公式L nb d 2λ= 时，应注意相邻条纹的间距b 是N 条条纹的宽度Δ* 除以〔N －1〕．对空气劈尖n ＝1．解 由分析知，相邻条纹间距1-∆=N x b ，则细丝直径为 题14-13 图14-21 一单色平行光垂直照射于一单缝，假设其第三条明纹位置正好和波长为600 nm 的单色光垂直入射时的第二级明纹的位置一样，求前一种单色光的波长．分析 采用比拟法来确定波长．对应于同一观察点，两次衍射的光程差一样，由于衍射明纹条件()212sin λϕ+=k b ，故有()()22111212λλ+=+k k ，在两明纹级次和其中一种波长的情况下，即可求出另一种未知波长．解 根据分析，将32nm 600122===k k ,,λ代入()()22111212λλ+=+k k ，得第十五章 狭义相对论15－1有以下几种说法：(1) 两个相互作用的粒子系统对*一惯性系满足动量守恒，对另一个惯性系来说，其动量不一定守恒；(2) 在真空中，光的速度与光的频率、光源的运动状态无关；(3) 在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向的传播速率都一样.其中哪些说法是正确的？ ( )(A) 只有(1)、(2)是正确的 (B) 只有(1)、(3)是正确的(C) 只有(2)、(3)是正确的 (D) 三种说法都是正确的分析与解 物理相对性原理和光速不变原理是相对论的根底.前者是理论根底，后者是实验根底.按照这两个原理，任何物理规律(含题述动量守恒定律)对*一惯性系成立，对另一惯性系也同样成立.而光在真空中的速度与光源频率和运动状态无关，从任何惯性系(相对光源静止还是运动)测得光速均为3×108 m ·s -1.迄今为止，还没有实验能推翻这一事实.由此可见，(2)(3)说法是正确的，应选(C).15－2 按照相对论的时空观，判断以下表达中正确的选项是( )(A) 在一个惯性系中两个同时的事件，在另一惯性系中一定是同时事件(B) 在一个惯性系中两个同时的事件，在另一惯性系中一定是不同时事件(C) 在一个惯性系中两个同时又同地的事件，在另一惯性系中一定是同时同地事件(D) 在一个惯性系中两个同时不同地的事件，在另一惯性系中只可能同时不同地(Ｅ) 在一个惯性系中两个同时不同地事件，在另一惯性系中只可能同地不同时分析与解 设在惯性系Ｓ中发生两个事件，其时间和空间间隔分别为Δt 和Δ*，按照洛伦兹坐标变换，在Ｓ′系中测得两事件时间和空间间隔分别为 221ΔΔΔβx c t t --='v 和 21ΔΔΔβt x x --='v 讨论上述两式，可对题述几种说法的正确性予以判断：说法(A)(B)是不正确的，这是因为在一个惯性系(如Ｓ系)发生的同时(Δt ＝0)事件，在另一个惯性系(如Ｓ′系)中是否同时有两种可能，这取决于那两个事件在Ｓ 系中发生的地点是同地(Δ*＝0)还是不同地(Δ*≠0).说法(D)(Ｅ)也是不正确的，由上述两式可知：在Ｓ系发生两个同时(Δt ＝0)不同地(Δ*≠0)事件，在Ｓ′系中一定是既不同时(Δt ′≠0)也不同地(Δ*′≠0)，但是在Ｓ 系中的两个同时同地事件，在Ｓ′系中一定是同时同地的，故只有说法(C)正确.有兴趣的读者，可对上述两式详加讨论，以增加对相对论时空观的深入理解.15－3 有一细棒固定在Ｓ′系中，它与O*′轴的夹角θ′＝60°，如果Ｓ′系以速度u 沿O*方向相对于Ｓ系运动，Ｓ系中观察者测得细棒与O* 轴的夹角( )(A) 等于60° (B) 大于60° (C) 小于60°(D) 当Ｓ′系沿O* 正方向运动时大于60°，而当Ｓ′系沿O*负方向运动时小于60°分析与解 按照相对论的长度收缩效应，静止于Ｓ′系的细棒在运动方向的分量(即O* 轴方向)相对Ｓ系观察者来说将会缩短，而在垂直于运动方向上的分量不变，因此Ｓ系中观察者测得细棒与O* 轴夹角将会大于60°，此结论与Ｓ′系相对Ｓ系沿O* 轴正向还是负向运动无关.由此可见应选(C).15－4 一飞船的固有长度为L ，相对于地面以速度v 1 作匀速直线运动，从飞船中的后端向飞船中的前端的一个靶子发射一颗相对于飞船的速度为v 2 的子弹.在飞船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)21v v +L (B)12v -v L (C)2v L (D)()211/1c L v v - 分析与解 固有长度是指相对测量对象静止的观察者所测，则题中L 、v 2 以及所求时间间隔均为同一参考系(此处指飞船)中的三个相关物理量，求解时与相对论的时空观无关.应选(C).讨论 从地面测得的上述时间间隔为多少？ 建议读者自己求解.注意此处要用到相对论时空观方面的规律了.15－5 设Ｓ′系以速率v ＝0.60c 相对于Ｓ系沿**′轴运动，且在t ＝t ′＝0时，* ＝*′＝0.(1)假设有一事件，在Ｓ系中发生于t ＝2.0×10－7ｓ，*＝50m 处，该事件在Ｓ′系中发生于何时刻？(2)如有另一事件发生于Ｓ系中t ＝3.0×10-7 ｓ，*＝10m 处，在Ｓ′系中测得这两个事件的时间间隔为多少？分析 在相对论中，可用一组时空坐标(*，y ，z ，t )表示一个事件.因此，此题可直接利用洛伦兹变换把两事件从Ｓ系变换到Ｓ′系中.解 (1) 由洛伦兹变换可得Ｓ′系的观察者测得第一事件发生的时刻为(2) 同理，第二个事件发生的时刻为所以，在Ｓ′系中两事件的时间间隔为15－6 设有两个参考系Ｓ 和Ｓ′，它们的原点在t ＝0和t ′＝0时重合在一起.有一事件，在Ｓ′系中发生在t ′＝8.0×10－8s ，*′＝60m ，y ′＝0，z ′＝0处，假设Ｓ′系相对于Ｓ系以速率v ＝0.6c 沿**′轴运动，问该事件在Ｓ系中的时空坐标各为多少？分析 此题可直接由洛伦兹逆变换将该事件从Ｓ′系转换到Ｓ系.解 由洛伦兹逆变换得该事件在Ｓ 系的时空坐标分别为 y ＝y ′＝0z ＝z ′＝015－7 一列火车长0.30km(火车上观察者测得)，以100km ·h -1的速度行驶，地面上观察者发现有两个闪电同时击中火车的前后两端.问火车上的观察者测得两闪电击中火车前后两端的时间间隔为多少？分析 首先应确定参考系，如设地面为Ｓ系，火车为Ｓ′系，把两闪电击中火车前后端视为两个事件(即两组不同的时空坐标).地面观察者看到两闪电同时击中，即两闪电在Ｓ系中的时间间隔Δt ＝t 2－t 1＝0.火车的长度是相对火车静止的观察者测得的长度(注：物体长度在不指明观察者的情况下，均指相对其静止参考系测得的长度)，即两事件在Ｓ′系中的空间间隔Δ*′＝*′2 －*′1＝0.30×103m.Ｓ′系相对Ｓ系的速度即为火车速度(对初学者来说，完成上述根本分析是十分必要的).由洛伦兹变换可得两事件时间间隔之间的关系式为 ()()21221212/1cx x c t t t t 2v v -'-'+'-'=- (1) ()()21221212/1c x x c t t t t 2v v ----='-' (2) 将条件代入式(1)可直接解得结果.也可利用式(2)求解，此时应注意，式中12x x -为地面观察者测得两事件的空间间隔，即Ｓ系中测得的火车长度，而不是火车原长.根据相对论，运动物体(火车)有长度收缩效应，即()21212/1c x x x x 2v -'-'=-.考虑这一关系方可利用式(2)求解.解1 根据分析，由式(1)可得火车(Ｓ′系)上的观察者测得两闪电击中火车前后端的时间间隔为负号说明火车上的观察者测得闪电先击中车头*′2 处.解2 根据分析，把关系式()21212/1c x x x x 2v -'-'=- 代入式(2)亦可得 与解1一样的结果.相比之下解1较简便，这是因为解1中直接利用了12x x '-'＝0.30km 这一条件.15－8 在惯性系Ｓ中，*事件A 发生在*1处，经过2.0 ×10－6ｓ后，另一事件B 发生在*2处，*2－*1＝300m.问：(1) 能否找到一个相对Ｓ系作匀速直线运动的参考系Ｓ′，在Ｓ′系中，两事件发生在同一地点？(2) 在Ｓ′系中，上述两事件的时间间隔为多少？分析 在相对论中，从不同惯性系测得两事件的空间间隔和时间间隔有可能是不同的.它与两惯性系之间的相对速度有关.设惯性系Ｓ′以速度v 相对Ｓ系沿* 轴正向运动，因在Ｓ 系中两事件的时空坐标，由洛伦兹时空变换式，可得 ()()2121212/1c t t x x x x 2v v ----='-' (1) ()()2121212/1c x x t t t t 22v c v ----='-' (2)两事件在Ｓ′系中发生在同一地点，即*′2－*′1＝0，代入式(1)可求出v 值以此作匀速直线运动的Ｓ′系，即为所寻找的参考系.然后由式(2)可得两事件在Ｓ′系中的时间间隔.对于此题第二问，也可从相对论时间延缓效应来分析.因为如果两事件在Ｓ′系中发生在同一地点，则Δt ′为固有时间间隔(原时)，由时间延缓效应关系式2/1ΔΔc t t 2v -='可直接求得结果.解 (1) 令*′2－*′1＝0，由式(1)可得(2) 将v 值代入式(2)，可得这说明在Ｓ′系中事件A 先发生.第十六章 量子物理16－1 以下物体哪个是绝对黑体( )(A) 不辐射可见光的物体 (B) 不辐射任何光线的物体(C) 不能反射可见光的物体 (D) 不能反射任何光线的物体分析与解 一般来说，任何物体对外来辐射同时会有三种反响：反射、透射和吸收，各局部的比例与材料、温度、波长有关.同时任何物体在任何温度下会同时对外辐射，实验和理解证明：一个物体辐射能力正比于其吸收能力.做为一种极端情况，绝对黑体(一种理想模型)能将外来辐射(可见光或不可见光)全部吸收，自然也就不会反射任何光线，同时其对外辐射能力最强.综上所述应选(D).16－2 光电效应和康普顿效应都是光子和物质原子中的电子相互作用过程，其区别何在？ 在下面几种理解中，正确的选项是( )(A) 两种效应中电子与光子组成的系统都服从能量守恒定律和动量守恒定律(B) 光电效应是由于电子吸收光子能量而产生的，而康普顿效应则是由于电子与光子的弹性碰撞过程(C) 两种效应都相当于电子与光子的弹性碰撞过程(D) 两种效应都属于电子吸收光子的过程分析与解 两种效应都属于电子与光子的作用过程，不同之处在于：光电效应是由于电子吸收光子而产生的，光子的能量和动量会在电子以及束缚电子的原子、分子或固体之间按照适当的比例分配，但仅就电子和光子而言，两者之间并不是一个弹性碰撞过程，也不满足能量和动量守恒.而康普顿效应中的电子属于"自由〞电子，其作用相当于一个弹性碰撞过程，作用后的光子并未消失，两者之间满足能量和动量守恒.综上所述，应选(B).16－3 关于光子的性质，有以下说法(1) 不管真空中或介质中的速度都是c ； (2) 它的静止质量为零；(3) 它的动量为ch v ； (4) 它的总能量就是它的动能； (5) 它有动量和能量，但没有质量.其中正确的选项是( )(A) (1)(2)(3) (B) (2)(3)(4)(C) (3)(4)(5) (D) (3)(5)分析与解 光不但具有波动性还具有粒子性，一个光子在真空中速度为c (与惯性系选择无关)，在介质中速度为nc ，它有质量、能量和动量，一个光子的静止质量m 0＝0，运动质量2c h m v = ，能量v h E =，动量cv h λh p ==，由于光子的静止质量为零，故它的静能E 0 为零，所以其总能量表现为动能.综上所述，说法(2)、(3)、(4)都是正确的，应选(B). 16－4 关于不确定关系h p x x ≥ΔΔ有以下几种理解：(1) 粒子的动量不可能确定，但坐标可以被确定；(2) 粒子的坐标不可能确定，但动量可以被确定；(3) 粒子的动量和坐标不可能同时确定；(4) 不确定关系不仅适用于电子和光子，也适用于其他粒子.其中正确的选项是( )(A) (1)、(2) (B) (2)、(4)(C) (3)、(4) (D) (4)、(1)分析与解 由于一切实物粒子具有波粒二象性，因此粒子的动量和坐标(即位置)不可能同时被确定，在这里不能简单误认为动量不可能被确定或位置不可能被确定.这一关系式在理论上适用于一切实物粒子(当然对于宏观物体来说，位置不确定量或动量的不确定量都微缺乏道，故可以认为可以同时被确定).由此可见(3)、(4)说法是正确的.应选(C).16－5 粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其波函数为则粒子在* ＝a /6 处出现的概率密度为( ) (A) a /2 (B) a /1 (C) a /2 (D) a /1分析与解 我们通常用波函数Ψ来描述粒子的状态，虽然波函数本身并无确切的物理含义，但其模的平方2ψ表示粒子在空间各点出现的概率.因此题述一线粒子在a x ≤≤0区间的概率密度函数应为()x aa x ψπ3sin 222=.将* ＝a /6代入即可得粒子在此处出现的概率为a /2.应选(C).16－7 太阳可看作是半径为7.0 ×108 m 的球形黑体，试计算太阳的温度.设太阳射到地球外表上的辐射能量为1.4 ×103 W ·m -2 ，地球与太阳间的距离为1.5 ×1011m.分析 以太阳为中心，地球与太阳之间的距离d 为半径作一球面，地球处在该球面的*一位置上.太阳在单位时间内对外辐射的总能量将均匀地通过该球面，因而可根据地球外表单位面积在单位时间内承受的太阳辐射能量E ，计算出太阳单位时间单位面积辐射的总能量()T M ，再由公式()4T σT M =，计算太阳温度.。
大学物理磁场小结
答案：[ A ]
B 0nI
17、有一闭合回路由半径为a和b的两个同
心共面半圆连接而成，如图．其上均匀分 布线密度为λ的电荷，当回路以匀角速度 w 绕过O点垂直于回路平面的轴转动时， 求圆心O点处的磁感强度的大小．
解：B B1 B2 B3
B1大半圆 B2小半圆 B3线段
B1 B2 0
，B3 = 0．
2 Ib
(C) B ≠ 0，因为虽然B3 = 0、B1= 0，但B2≠ 0． (D) B ≠ 0，因为虽然 B1 B2， 但0 ≠ 0．B3
O c
C
4．若要使半径为4×10-3 m的裸铜线表面的
磁感强度为 7.0×10-5 T，则铜线中需要通过
的电流为(μ0 =4π×10-7 T·m·A-1) (A) 0.14 A． (B) 1.4 A．
静磁场 小结 习题课
本章介绍了几个基本概念、两个基 本定律和两个重要定理
一、几个基本概念 1.磁感应强度 B 描写磁场大小和方向的物理量
定义： B fL max qv
方向：小磁针N极指向。
2.磁通量 m ：穿过某一曲面的磁力线根数。 定义：m sB dS
单位：韦伯， Wb
二.基本定律
毕奥--萨伐尔定律
Φm
S
B
d
S
BS cos600
1
BR2
2
9、如图，两根导线沿半径方向引到铁环的上
A、A′两点，并在很远处与电源相连，则环中
心的磁感强度为_______0_____．
B1=B2=0 B31= -B4
1
AI
+
3O
4
-
A′ I
习题课 电磁场
J
2 B1 dl B1 2 r 0 r J
1 B1 0 rJ 2
磁介质
R2
I
导体
R1
解：在以圆柱轴线为对称轴的圆周上， 各处磁场强度大小相等且沿圆周切线方向。 应用H的安培环路定理
H dl 2 rH I 0
L
R2
I
磁介质 导体
R1
在导体内 r R1
r2 r2 I0 I R2 I R2 1 1
r 2 rH I 2 (r R1 ), R1
I
O
L
方向垂直于圆电流和环路 L 所在平面， 方向向里。故A后半部分错，B对。
10．在一载流螺线管外， 做一平面圆回路 L ， I 且其平面垂直于螺线管的轴， 圆心在轴上。 B dl 则环路积分 L 等于多少?
B dl 0 有人说，
I
L
， L 有人根据安培环路定理认为 B dl 0 I ， L 究竟哪种说法 正确? 答：密绕的无限长螺线管，常用紧密排列的封闭 圆电流组来近似，因而管内 B 0nI ，管外 B 0 。 所以，紧密排列的封闭圆电流组产生的磁场中， 在管外绕一周，积分
例2.四条平行的无限长直导线， 垂直通过边长为 a 20cm 正方形顶点， 每条导线中的电流都是
I 20 A，这四条导线
]。
在正方形中心点 O 产生的磁感应强度为[ A. B 0.8 104 T B. B 1.6 104 T C.
B0
a
O
D. B 0.4 104 T
I
I
dB
y
dI
I
I I dI Rd d R
R
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由 (3) 和(6)得到 c1 0, c2
A1
0
4
Ja 2 , c3
2
Ja 2 , c 4 c3 ln a
0
4
(a 2 r 2 )J, A 2
a 2 J
2
ln
a r
可验证 A1 A 2 0
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第三章 静磁 场
M H
B H
B (A1 A 2 ) A
故B的散度仍等于零，介质中矢量位的微分方程为 2 A J
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第三章 静磁 场
B 0
7、在J 0 的磁介质区域的磁场中 H 0 标量磁位m H m
在静磁荷模型的假设下 m M 磁介质为均匀介质 m 0
an bn cn d n 0, n 1
a1 H0
2 2( 0 ) ( 2 0 )(2 0 ) R2 1 2 9 0 2( 0 ) R1 2
空腔内的标势和磁场为
0 q B1 A1 0 (1 ) ez 6R0
0 3(m R) R m B2 A2 0 ( 2 ) [ 3] 5 4 R R
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第三章 静磁 场
例4 ：内外半径分别为R1和R2的空心球，位于均匀外磁场 H 0 内， 球的磁导率为，求腔内的磁场 B ，讨论>> 0时磁屏蔽作用。 解： H 0 H 0e z
标量磁位满足拉普拉斯方程 2 m 0
m Mn
Jm 0
在J m 0时，磁场的边值问题的求解和静电场 的求解方法相同。
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习题课 二、典型例题
第三章 静磁 场
例1 ：均匀无穷长直圆柱形螺线管，每单位长度线圈匝数 为n，电流为I，试用唯一性定理求管内外磁感应强度。 解：设螺线管截面半径为a，中心轴为z轴，柱坐标系中螺线 B2 。 管表面电流密度α f nIe 。管内外磁场分别为B1 ，
(1) B 0, H 0(r a, r a) r 0, B1有限； 全部定解条件为 r , B 2 0 (2) r a, B2 r B1r , e r (H 2 H1 ) nIe (3)
由于螺线管无限长，外部磁感应强度为 B 2 0 H 2 0 由（3）的第二个条件，内部磁场为 H1 nIe z , B1 0 nIe z 满足两区域中的场方程（1）和边界条件，因此是唯一解。
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(3)
习题课
由z轴对称及（2）得
第三章 静磁 场
1 a n R n Pn (cos ) n bn 2 n 1 Pn (cos ) n R R R0 R R0 ( 4) (5)
2 qR0 q mR cos , 2 cos 由（3）得 1 2 6R0 12R 4R 3
第三章 静磁 场
n (H1 H 2 ) J S J S 0 n (H1 H 2 ) 0 H1t H 2t
6、在安培分子电流模型的假设下，分析结果，得到 磁介质的本构关系为
B
0 磁场的基本方程不变。而矢量位 A A1 A 2
A1 为自由电流产生，而 A 2 为分子电流产生的。
习题课
1 2 R R1 , 1 2 ; 0 R R R R2 , 2 3 ; 2 0 3 R R
第三章 静磁 场
(1)
边界条件： R 0,1有限; R ,3 H 0 R cos
(2) (3)
由z轴对称性及条件（1）得
21 0, 2 2 0
R0
(1)
方法一、磁标势法：球内外两区域均无传导电流分布。
R 0, 1有限，R , 2 0
(2)
R R0 , B1R B2 R , e R (H 2 H1 ) α f
1 2 1 2 1 2 q , sin R R R0 R0 4R0
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例3： 有一个均匀带电的薄导体壳，半径为R0，总电荷为q，今 使球壳绕自身某一直径以角速度转动，求球内外的磁场。 q z 解：转轴为z轴，球壳电荷面密度 f 4R02 因球壳自转而形成面电流密度为
q q αf f v e z R0 e R sin e 2 2 4R0 4R0
3、场源 J (r) 确定下，微分方程的特解
0 Jd C 体电流 J A 4 R 线电流 I A 0 J d 4 面电流 J S A 0 S C 4 S R
Idl l R C
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习题课 5、不同磁介质交界面上的边界条件为
n (B1 B 2 ) 0,即B1n B 2n
1 a1 R cos , B1 01 0 a1e z
B1是与外场 B 0 0 H 0方向相同的均匀场，但比作用外电场弱， 对于给定比值R2/R1，介质的磁导率 越大， 越弱，球壳对外 B1 部磁场的屏蔽作用越显著。当>> 0， B1 。0
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边界条件(4) 为 A1 A2 r a
r a
1 dA2 1 dA1 0, dr 0 dr
(6)
0 0 2 dA1 c1 Jr A1 Jr c1 ln r c 2 dr 2 r 4
dA2 c3 A2 c3 ln r c 4 dr r
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第三章 静磁 场
方法二、磁矢势法：球内外两区域均无传导电流，故矢势的定 解条件为 2 A 0 ( A 0) (R R0 , R R0 )
R 0, A1有限，R ，A 2 0
q R R0 , A1 A 2，e R ( A 2 A1 ) sin e 0 0 4R0 1 1
习题课
第三章 静磁 场
例5 电荷按体均匀分布的刚性小球，总电荷电量为q，半径为R0， 以角速度绕自身某一直径转动。求（1）它的磁矩；（2）它的 磁矩与自转角动量之比。设小球质量为M0是均匀分布的。 解：小球电荷密度与质量密度分别为 q
3M 0 3q , m 3 3 4R0 4R0
腔内、介质球中及球外三个区 域均无传导电流。
B 2 H 2 0 (H 2 M 2 ) 介质中：
H0
z
球腔内： M1 0
球外：M 3 0
m 0 M 0
三个区域内假想磁荷密度m均为零。
21 0, 22 0, 23 0
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第三章 静磁 场
例2 ：半径为a的无限长圆柱导体内有恒定电流 J 均匀分布在截 面上，试解矢势A 的微分方程，设导体的磁导率为，导体外磁 导率为0。
解：由于电流不是分布于有限区域内，应选择有限远点的矢 势为零值参考点，令r=a（导体柱 面）A 0 。
2 A1 0 Je z ( A1 0) (r a) (1) 2 A 2 0 ( A 2 0) (r a) (2) 定解条件 r 0, A1有限 (3) r a, A A 0, e ( 1 A 1 A ) 0 (4) 1 2 r 2 1 0 因导体内电流总是沿 e z 方向，故由（1）知导体内矢势
(5) ( R R2 ) (6)
c1 c2 d1 由条件（2）和（3）得 a1 R1 b1 R1 2 , b1 R2 2 2 H 0 R2 R1 R2 R2
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第三章 静磁 场
2c1 2c1 2d1 0 a1 (b1 3 ), (b1 3 ) 0 ( 3 H 0 ) R1 R2 R2
习题课 一、内容小结 1、场源 J (r) 确定下，磁场基本方程为
第三章 静磁 场
B dS 0, B 0
S
H dl 0, H J
C
磁通量连续性方程 2、矢量磁位
B A 令 A 0 得 2 A 0 J 2 A 0, (J 0)
设转动轴为z轴，则球内任一点转动速度 v e z r re 球内电流密度与动量密度分别为
J q v qre , p m v mre
小球的磁矩m与自转角动量L 分别为
2 2 2M 0R0 1 qR0 1 L r pdV ez m r JdV ez V 2 5 2 V 5 m q L 2M 0
q R R0 , e R ( A 2 A1 ) sin e 0 0 4R0 1 1
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习题课
再利用球坐标旋度公式，得
第三章 静磁 场
0 q A1 R sin e 12R0
( R R0 )
可以验证 A1 , A 2 满足 R 0, A1有限，R ，A 2 0 及 A 0
2 qR0 1 ez 球面线电流形成的磁矩 m S R0 (e R α f )ds 2 3 m R 0 m sin e ( R R0 ) 故球外矢势为 A 2 0 3 2 4 R 4R
由轴对称性及R=R0处 A1 A 2 可知球内矢势函数应为 A1 A (R, )e , AR A 0
2 qR0 1 球面线电流形成的磁矩 m S R0 (e R α f )ds ez 2 3