精选-大学物理 上海交通大学14章 课后习题答案
大学物理(上海交通大学出版社——符五久)下册习题全解
第8章 真空中的静电场8-1 把某一电荷分成q 与Q-q 两个部分，且此两部分相隔一定距离，如果使这两部分有最大库仑斥力，则Q 与q 有什么关系?8-2 在边长为a 的正方形的四角，依次放置点电荷q 、2q 、一4q 和2q ，它的正中放着一个单位正电荷．求这个电荷受力的大小和方向.解 各点电荷在正方形中心产生的电场方向如图8-2所示，它们的大小为方向如图8-2所示，则在正方形中心处的场强为E 的方向指向-4q 。
该处单位正电荷的受力就等于该点的电场强度E 。
8-3 两根无限长的均匀带电直线相互平行，相距为2a ，线电荷密度分别为λ+和λ-，求每单位长度的带电直线所受的作用力.解 设带电直线1的线电荷密度为λ+，带电直线2的线电荷密度为λ-。
可得带电直线1在带电直线2处产生的场强为在带电直线2上取电荷dq ，由场强的定义得该电荷元受的作用力为带电直线1对带电直线2单位长度上的电荷的作用力为同理，带电直线2对带电直线1单位长度上的电荷的作用力为可见，两带电直线相互吸引。
8-4 —无限大带电平面，带有密度为σ的面电荷，如图所示.试证明：在离开平面为x 处一点的场强有一半是由图中半径为x 3的圆内电荷产生的.解 带电圆圆在轴线上的场强为8-5 (1)点电荷q 位于边长为a 的正立方体的中心，通过此立方体的每一面的电通量各是多少?(2)若点电荷移至正立方休的一个顶点上．那么通过每个面的电通量又各是多少?解 (1)点电荷q 位于正立方体的中心，正立方体的六个面对该电荷来说都是等同的。
因此通过每个面的电通量相等，且等于总电通量的1／6。
对正立方体的某一面，其电通量为(2)当点电荷移至正立方体的一个顶点上时，设想以此顶点为中心，作边长为2a 且与原边平行的大正方体，如图8—5所示。
与(1)相同，这个大正方体的每个面上的电通量都相等，且均等于06/εq 。
对原正方体而言，只有交于A 点的三个面上有电场线穿过，每个面的面积是大正方体一个面的面积的1/4，则每个面的电通量也是大正方体一个面的电通量的1/4，即024/εq ，原正方体的其他不A 点相交的三个面上的电通量均为零。
大学物理上海交通大学14章课后习题答案
⼤学物理上海交通⼤学14章课后习题答案习题1414-1．如图所⽰的⼸形线框中通有电流I，求圆⼼O处的磁感应强度B。
解：圆弧在O点的磁感应强度：00146I IBR Rµθµπ==，⽅向：；直导线在O点的磁感应强度：000020[sin60sin(60)]4cos602I IBR Rµππ=--=，⽅向：?；∴总场强：1()Rµπ=-，⽅向?。
14-2．如图所⽰，两个半径均为R的线圈平⾏共轴放置，其圆⼼O1、O2相距为a，在两线圈中通以电流强度均为I的同⽅向电流。
（1）以O1O2连线的中点O为原点，求轴线上坐标为x的任意点的磁感应强度⼤⼩；（2）试证明：当a R=时，O点处的磁场最为均匀。
解：见书中载流圆线圈轴线上的磁场，有公式：232222()I RBR zµ=+。
（1）左线圈在x处P点产⽣的磁感应强度：2132222[()]2PI RBaR xµ右线圈在x处P点产⽣的磁感应强度：2232222[()]2PI RBaR xµ=+-，1PB和2PB⽅向⼀致，均沿轴线⽔平向右，∴P点磁感应强度：12P P PB B B=+=2330222222[()][()]222I R a aR x R x++++-；（2）因为PB随x变化，变化率为d Bd x，若此变化率在0x=处的变化最缓慢，则O点处的磁场最为均匀，下⾯讨论O点附近磁感应强度随x变化情况，即对P B的各阶导数进⾏讨论。
对B求⼀阶导数：d Bd x25502222223()[()]()[()]22222I R a a a ax R x x R xµ--=-++++-+-当0x=时，d Bd x=，可见在O点，磁感应强度B有极值。
对B求⼆阶导数：22()d d B d Bd x d x d x==222057572222222222225()5()311222[()][()][()][()]2222a a x x I R a a a a R x R x R x R x µ??+---+-+++++-+-当0x =时，202x d Bd x==222072223[()]2a R I R a R µ-+，可见，当a R >时，2020x d Bd x =>，O 点的磁感应强度B 有极⼩值，当a R <时，202x d B d x =<，O 点的磁感应强度B 有极⼤值，当a R =时，202x d B d x==，说明磁感应强度B 在O 点附近的磁场是相当均匀的，可看成匀强磁场。
《大学物理学》答案(上海交大版)上下册
习 题1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为)ωt sin ωt (cos j i +=R r其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω=消去t 可得轨道方程 222R y x =+2） j rv t Rcos sin ωωt ωR ωdtd +-==i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2122])c o s ()s i n [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知2t 4x =t 23y +=消去t 得轨道方程为：2)3y (x -=2）j i rv 2t 8dtd +==j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 11+=+==⎰⎰Δ3） j v 2(0)= j i v 28(1)+=1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：1）j i rv 2t 2dt d +== i va 2dtd ==2）212212)1t (2]4)t 2[(v +=+= 1t t 2dtdv a 2t +==n a ==1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t v y += （1） 图 1-420221gt t v h y -+= （2）21y y = （3） 解之t =初速度0v 水平抛出，求：1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2）j i r )gt 21-h (t v (t)20+=（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）j i rgt -v t d d 0= 而 落地所用时间 gh 2t = 所以j i r 2gh -v t d d 0= j v g td d -= 2202y 2x )gt (v v v v -+=+=212220[()]g t dvdt v gt ==+1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。
《大学物理教程习题答案》上海交通大学出版社
习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt =，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt =，有速度：82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt =，有：2a i =；（2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt==，利用222t n a a a =+有： n a ==1-4．一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
上海交大版大学物理参考答案
上海交大版大学物理参考答案公司内部档案编码：[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-版权归原着所有 本答案仅供参考习题99-1．在容积3V L =的容器中盛有理想气体，气体密度为ρ=L 。
容器与大气相通排出一部分气体后，气压下降了。
若温度不变，求排出气体的质量。
解：根据题意，可知： 1.78P atm =，01P atm =，3V L =。
由于温度不变，∴00PV PV =，有：001.783PVV L P ==⨯， 那么，逃出的气体在1atm 下体积为：' 1.78330.78V L L L =⨯-=，这部分气体在1.78atm 下体积为：''V =0'0.7831.78PV L P ⨯= 则排除的气体的质量为：0.783'' 1.3 1.71.78g Lm V g L ρ⨯∆==⨯= 。
根据题意pV RT ν=，可得：mpV RT M=，1V p RT p M m ρ==9-2．有一截面均匀的封闭圆筒，中间被一光滑的活塞分割成两边。
如果其中的一边装有某一温度的氢气，为了使活塞停留在圆筒的正中央，则另一边装入的同一温度的氧气质量为多少 解：平衡时，两边氢、氧气体的压强、体积、温度相同，利用pV RT ν=，知两气体摩尔数相同，即：H O νν=，∴O H HOm mM M =，代入数据有： 1.6O m kg = 。
9-3．如图所示，两容器的体积相同，装有相同质量的氮气和氧气。
用一内壁光滑的水平细玻璃管相通，管的正中间有一小滴水银。
要保持水银滴在管的正中间，并维持氧气温度比氮气温度高30o C ，则氮气的温度应是多少则体积和压强相同，如图。
由：mol mpV RT M =，有：2222(30)O N O N m m R T RT M M +=， 而：20.032O M kg =，20.028N M kg =，可得：30282103028T K ⨯==+ 。
上海交大版大学物理习题册下册答案
大学物理（下册）答案第十一章 静电场【例题精选】例11-1 如图所示，在坐标(a ，0)处放置一点电荷+q ，在坐标(-a ，0)处放置另一点电荷－q ．P 点是x 轴上的一点，坐标为(x ，0)．当x >>a 时，该点场强的大小为：(A)x q 04επ． (B) 30x qa επ． (C) 302x qa επ． (D) 204x qεπ． [ B ]例11-2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：[ B ]例11-3 半径为R 的“无限长”均匀带电圆柱面的静电场中各点的电场强度的大小E 与距轴线的距离r 的关系曲线为：[ B ]例11-4一半径为R 的带有一缺口的细圆环，缺口长度为 d (d<<R)环上均匀带有正电，电荷为q ，如图所示．则圆心O 处的场强大小E ＝ ；场强方向为 ．()30220824Rqdd R R qd εεπ≈-ππ 从O 点指向缺口中心点． 例11-5 均匀带电直线长为d ，电荷线密度为＋λ，以导线中点O 为球心，R 为半径(R ＞d )作一球面，如图所示，则通过该球面的电场强度通量为______。
带电直线的延长线与球面交点P 处的电场强度的大小为_____，方向________。
0/ελd ； ()2204d R d-πελ ；沿矢径OP例11-6 有一边长为a 的正方形平面，在其中垂线上距中心O 点a /2处，EO r(A) E ∝1/r有一电荷为q 的正点电荷，如图，则通过该平面的电场强度通量为 (A)03εq ． (B) 04επq (C) 03επq ． (D) 06εq [ D ] 例11-7 两块“无限大”的均匀带电平行平板，其电荷面密度分别 为σ( σ＞0)及－2 σ，如图所示。
试写出各区域的电场强度E 。
Ⅰ区E 的大小__________________，方向____________。
大学物理学第三版上海交大上册习题答案
第一章习 题1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为)ωt sin ωt (cos j i +=R r其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω=消去t 可得轨道方程 222R y x =+2） j rv t Rcos sin ωωt ωR ωdtd +-==i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2122])c o s ()s i n [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知2t 4x =t 23y +=消去t 得轨道方程为：2)3y (x -=2）j i rv 2t 8dtd +==j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 11+=+==⎰⎰Δ3） j v 2(0)= j i v 28(1)+=1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：1）j i rv 2t 2dt d +== i va 2dtd ==2）212212)1t (2]4)t 2[(v +=+= 1t t 2dtdv a 2t +==n a ==1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t v y += （1） 图 1-420221gt t v h y -+= （2）21y y = （3）解之t =1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2）j i r )gt 21-h (t v (t)20+=（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）j i rgt -v t d d 0= 而 落地所用时间 gh 2t = 所以j i r 2gh -v t d d 0= j v g td d -= 2202y 2x )gt (v v v v -+=+=212220[()]g t dv dt v gt ==+1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。
大学物理第四版下册答案
大学物理第四版下册答案【篇一：大学物理(上海交通大学)课后习题答案(第四版)】已知质点位矢随时间变化的函数形式为其中?为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
消去t可得轨道方程x?y?r 2）v?222dr1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为r?4ti?(3?2t)j，式中r的单位为m，t的单位为s.求：（1）质点的轨道；（2）从t?0到t?1秒的位移；（3）t?0和t?1秒两时刻的速度。
解：1）由r?4ti?(3?2t)j可知22x?4t2 y?3?2t消去t得轨道方程为：x?(y?3) 2）v?2dr?8ti?2j dt113）v(0)?2jv(1)?8i?2j1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为r?ti?2tj，式中r的单位为2（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速m，t的单位为s.求：度和法向加速度。
解：1）v?dr?2ti?2j dta?dv?2i dt22）v?[(2t)?4]?2(t2?1)at?dv?dt2tt?12an??1-4. 一升降机以加速度a上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为 12at（1）图 21y2?h?v0t?gt2 （2）2y1?v0t?1-4y1?y2 （3）解之t?1-5. 一质量为m的小球在高度h处以水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的初速度v0drdvdv，，. dtdtdt解：（1） x?v0t 式（1）1y?h?gt2 式（2）21r(t)?v0ti?(h-gt2)j2gx2（2）联立式（1）、式（2）得 y?h?22v0（3）dr?v0i-gtj而落地所用时间t?dt2h g所以drdv?v0i-2ghj??gj dtdt22v?v2v0?(?gt)2 x?vy?g2tdv??[v2?(gt)2]01-6. 路灯距地面的高度为h1，一身高为h2的人在路灯下以匀速v1沿直线行走。
(上海交大)大学物理上册课后习题答案1质点运动
习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j +其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r=R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d r v dt= ，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)rt i t j =++，式中r的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t s 的位移；（3）0=t 和1=t s 两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++ ，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）从0=t 到1=t s 的位移为：j i j j i r r r243)54()0()1(+=-+=-=∆（3）由d r v dt= ，有速度：82v t i j =+0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s.求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt = ，有：22v t i j =+ ，d v a dt= ，有：2a i = ；（2）而v v =，有速率：1222[(2)2]v t =+=∴tdva dt==，利用222t na a a =+有： n a ==1-4．一升降机以加速度a上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为h ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
《大学物理教程习题答案》上海交通大学出版社
习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt =，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt =，有速度：82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt =，有：2a i =；（2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt==，利用222t n a a a =+有： n a ==1-4．一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
大学物理学第四版答案
大学物理学第四版答案【篇一：大学物理(第四版)课后习题及答案机械振动】13-1分析弹簧振子的振动是简谐运动。
振幅a、初相?、角频率?是简谐运动方程x?acos??t???的三个特征量。
求运动方程就要设法确定这三个物理量。
题中除a、?已知外，?可通过关系式??2?确定。
振子运动的速度t和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同。
解因??2?，则运动方程 t?2?t?x?acos??t????acos?t??? ?t?根据题中给出的数据得x?(2.0?10?2m)cos[(2?s?1)t?0.75?]振子的速度和加速度分别为v?dx/dt??(4??10?2m?s?1)sin[(2?s?1)t?0.75?]a?d2x/dt2??(8?2?10?2m?s?1)cos[(2?s?1)t?0.75?x-t、v-t及a-t图如图13-l所示???13-2 若简谐运动方程为x?(0.01m)cos?(20?s?1)t??，求：（1）振幅、频率、角频率、周期和4??初相；（2）t=2s 时的位移、速度和加速度。
13-2分析可采用比较法求解。
将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式x?acos??t???作比较，即可求得各特征量。
运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t值后，即可求得结果。
解（l）将x?(0.10m)cos[(20?s?1)t?0.25?]与x?acos??t???比较后可得：振幅a= 0.10 m，角频率??20?s?1，初相??0.25?，则周期 t?2?/??0.1s，频率??1/t?10hz。
（2）t= 2s时的位移、速度、加速度分别为x?(0.10m)cos(40??0.25?)?7.07?10?2mv?dx/dt??(2?m?s?1)sin(40??0.25?)a?d2x/dt2??(40?2m?s?2)cos(40??0.25?)若有一质量为m的质点在此隧道内做无摩擦运动。
上海交大版大学物理上册答案
第一章 质点运动学【例题】例1-1 A ｔ= 1.19 s 例1-2 D 例1-3 D 例1-4 B 例1-5 3 3 例1-6 D 例1-7 C例1-8 证明：2d d d d d d d d v xv vtx xv tv K -==⋅= ∴ d v /v =－K d x⎰⎰-=xx K 0d d 10v vvv , Kx -=0lnv v ∴ v =v 0e－Kx例1-9 1 s 1.5 m 例1-10 B【练习题】1-1 x=(y-3)2 1-2 -0.5m/s -6m/s 2.25m 1-3 D 1-4 不作匀变速率运动．因为质点若作匀变速率运动，其切向加速度大小t a 必为常数，即321t t t a a a ==，现在虽然321a a a ==， 但加速度与轨道各处的切线间夹角不同，这使得加速度在各处切线方向的投影并不相等，即321t t t a a a ≠≠，故该质点不作匀变速率运动。
1-5 D 1-6证明：设质点在x 处的速度为v 62d d d d d d 2x tx xta +=⋅==v v()x x xd 62d 02⎰⎰+=v v v()2 213xx +=v1-7 16 R t 24 rad /s21-8 Hv/(H-v) 1-9 C第二章 质点运动定律【例题】例2-1 B 例2-2 B 例2-3 解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv ，由牛顿定律∴⎰⎰=-=-vv 00vv d d ,vv d d tt mKt m K ∴ mKt /0e -=v v (2) 求最大深度 tx d d =vt x mKt d ed /0-=vt x mKt txd ed /000-⎰⎰=v ∴ )e1()/(/0mKt K m x --=vK m x /0max v = 例2-4 D 例2-5 答：(1) 不正确。
向心力是质点所受合外力在法向方向的分量。
质点受到的作用力中，只要法向分量不为零，它对向心力就有贡献，不管它指向圆心还是不指向圆心，但它可能只提供向心力的一部分。
大学物理14章答案
第14章 稳恒电流的磁场14.1 充满εr = 2.1电介质的平行板电容器，由于电介质漏电，在3min 内漏失一半电量，求电介质的电阻率．[解答]设电容器的面积为S ，两板间的距离为l ，则电介质的电阻为l R S ρ=．设t 时刻电容器带电量为q ，则电荷面密度为 ζ = q/S ， 两板间的场强为 E = ζ/ε =q/εr ε0S ， 电势差为 U = El =ql/εr ε0S ， 介质中的电流强度为0d 1d r q U q t R εερ-==，负号表示电容器上的电荷减少．微分方程可变为0d 1d r q t q εερ=-， 积分得0ln r tq Cεερ=-+，设t = 0时，q = q m ，则得C = ln q m ，因此电介质的电阻率的公式为0ln(/)r m tq q ρεε=．当t = 180s 时，q = q m /2，电阻率为121808.84210 2.1ln 2ρ-=⨯⨯⨯ =1.4×1013(Ω·m)．14.2 有一导线电阻R = 6Ω，其中通有电流，在下列两种情况下，通过总电量都是30C ，求导线所产生的热量．（1）在24s 内有稳恒电流通过导线； （2）在24s 内电流均匀地减少到零． [解答]（1）稳恒电流为 I = q/t = 1.25(A)， 导线产生的热量为Q = I 2Rt = 225(J)．（2）电流变化的方程为12.5(1)24i t =-， 由于在相等的时间内通过的电量是相等的，在i-t 图中，在0~24秒内，变化电流和稳恒电流直线下的面积是相等的． 在d t 时间内导线产生的热量元为d Q = i 2R d t ，在24s 内导线产生的热量为2424221d [2.5(1)]d 24Q i R t t R t ==-⎰⎰2423112.5624(1)324t =-⨯⨯⨯⨯-=300(J)．14.3 已知铜的相对原子质量A = 63.75，质量密度ρ = 8.9×103kg·m -3． （1）技术上为了安全，铜线内电流密度不能超过6A·mm -2，求此时铜线内电子的漂移速度为多少？（2）求T = 300K 时，铜内电子热运动平均速度，它是漂移速度的多少倍？ [解答]（1）原子质量单位为u = 1.66×10-27(kg)，一个铜原子的质量为m = Au = 1.058×10-25(kg)，铜的原子数密度为 n = ρ/m = 8.41×1028(个·m -3)，如果一个铜原子有一个自由电子，n 也是自由电子数密度，因此自由电子的电荷密度为ρe = ne = 1.34×1010(C·m -3)． 铜线内电流密度为δ = 6×106(A·m -2)，根据公式δ = ρe v ，得电子的漂移速度为 v = ρe /δ = 4.46×10-4(m·s -1)．（2）将导体中的电子当气体分子，称为“电子气”，电子做热运动的平均速度为v =其中k 为玻尔兹曼常数k = 1.38×10-23J·K -1，m e 是电子的质量m e = 9.11×10-31kg ，可得v = 1.076×105(m·s -1)， 对漂移速度的倍数为v /v = 2.437×108，可见：电子的漂移速率远小于热运动的速度，其定向运动可认为是附加在热运动基础上的运动．14.4通有电流的导线形状如图所示，图中ACDO 是边长为b 的正方O 处的磁感应强度B = ？[解答]电O 点的产生的磁场的方向都是垂直纸面向里的．根据毕-萨定律： 002d d 4I r μπ⨯=l r B ，圆弧上的电流元与到O 点的矢径垂直，在O 点产生的磁场大小为012d d 4I l B a μπ=，由于 d l = a d φ， 积分得11d LB B =⎰3/200d 4I a πμϕπ=⎰38Ia μ=．OA 和OD 方向的直线在O 点产生的磁场为零．在AC 段，电流元在O 点产生的磁场为022d sin d 4I l B r μθπ=，由于 l = b cot(π - θ) = -b cot θ，所以 d l = b d θ/sin 2θ；又由于 r = b /sin(π - θ) = b /sin θ， 可得 02s i n d d 4I B b μθθπ=，积分得3/402/2d sin d 4L I B B b ππμθθπ==⎰⎰3/400/2(cos )48IIbb ππμθππ=-=同理可得CD 段在O 点产生的磁场B 3 = B 2． O 点总磁感应强度为00123384I IB B B B a b μπ=++=+．[讨论]（1）假设圆弧张角为φ，电流在半径为a 的圆心处产生的磁感应强度为04IB a μϕπ=．（2）有限长直导线产生的磁感应大小为012(cos cos )4IB b μθθπ=-．对于AC 段，θ1 = π/2、θ2 = 3π/4；对于CD 段，θ1 = π/4、θ2 = π/2，都可得0238IB B b π==．上述公式可以直接引用．14.5 如图所示的载流导线，图中半圆的的半径为R ，直线部分伸向无限远处．求圆心O 处的磁感应强度B = ？[解答]在直线磁场公式012(cos cos )4IB R μθθπ=-中，令θ1 = 0、θ2 = π/2，或者θ1 = π/2、θ2 = π，就得半无限长导线在端点半径为R 的圆周上产生的磁感应强度04IB R μπ=．两无限长半直线在O 点产生的磁场方向都向着-Z 方向，大小为B z = μ0I /2πR ． 半圆在O 处产生的磁场方向沿着-X 方向，大小为B x = μ0I /4R ． O 点的磁感应强度为0042x z IIB B RR μμπ=--=--B i k i k ．场强大小为B ==与X 轴的夹角为2arctan arctan z x B B θπ==．14.6 如图所示的正方形线圈ABCD ，每边长为a ，通有电流I ．求正方形中心O 处的磁感应强度B = ？[解答]正方形每一边到O 点的距离都是a /2，在O 点产生的磁场大小相等、方向相同．以AD 边为例，利用直线电流的磁场公式：012(cos cos )4IB R μθθπ=-，令θ1 = π/4、θ2 =3π/4、R = a /2，AD 在O 产生的场强为02AD IB a π=，O 点的磁感应强度为4AD B B ==方向垂直纸面向里．14.7 两个共轴圆线圈，每个线圈中的电流强度都是I ，半径为R ，两个圆心间距离O 1O 2 = R ，试证：O 1、O 2中点O 处附近为均匀磁场． [证明]方法一：用二阶导数．一个半径为R 的环电流在离圆心为x 的轴线上产生的磁感应强度大小为：20223/22()IR B R x μ=+．设两线圈相距为2a ，以O 点为原点建立坐标，两线圈在x 点产生的场强分别为201223/22[()]IR B R a x μ=++，202223/22[()]IR B R a x μ=+-．方向相同，总场强为B = B 1 + B 2．一个线圈产生的磁场的曲线是凸状，两边各有一个拐点．两个线圈的磁场叠加之后，如果它们相距太近，其曲线就是更高的凸状；如果它们相距太远，其曲线的中间部分就会下凹，与两边的峰之间各有一个拐点．当它图14.7们由远而近到最适当的位置时，两个拐点就会在中间重合，这时的磁场最均匀，而拐点处的二阶导数为零．设k = μ0IR 2/2，则223/2223/211{}[()][()]B k R a x R a x =++++-B 对x 求一阶导数得225/2d 3{d [()]B a x k x R a x +=-++，225/2}[()]a xR a x --+-求二阶导数得2222227/2d 4()3{d [()]B R a x k x R a x -+=-++22227/24()}[()]R a x R a x --++-，在x = 0处d 2B /d x 2 = 0，得R 2 = 4a 2，所以2a = R ．x = 0处的场强为223/22[(/2)]B kR R =+k==方法二：用二项式展开．将B 1展开得2012223/22[2]IR B R a ax x μ=+++20223/22223/22()[1(2)/()]IR R a ax x R a μ=++++．设20223/22()IR k R a μ=+，则23/21222(1)ax x B k R a -+=++．同理，23/22222(1)ax x B k R a --+=++．当x 很小时，二项式展开公式为2(1)(1)1...12n n n x nx x -+=+++⋅．将B 1和B 2按二项式展开，保留二次项，总场强为22232[12ax x B k R a -+=+⋅++22221352()...]1222ax x R a --++⋅⋅+⋅+ 22232[12ax x k R a --+++⋅++22221352()...]1222ax x R a ---++⋅⋅+⋅+22232[12x k R a -=+⋅++ 22222354...]24()a x R a --+⋅⋅++ 222222342[1...]2()R a k x R a --=+⋅++令R 2 - 4a 2 = 0，即a = R /2，得200223/22()25IR IB k R a R μ===+，可知：O 点附近为均强磁场．14.8 将半径为R 的无限长导体圆柱面，沿轴向割去一宽为h (h <<R )的无限长缝后，沿轴向均匀地通有电流，面密度为i ，求轴线上的磁感应强度B = ？[解答]方法一：补缺法．导体圆柱面可看作由很多无限长直导线组成，如果补上长缝，由于对称的缘故，电流在轴线上产生的磁感应强度为零．割去长缝，等效于同时加上两个大小相等，方向相反的电流，其中，与i 相同的电流补上了长缝，与i 相反的电流大小为I = ih ．在轴线上产生的磁感应强度为 0022I ihB R R μμππ==．方法二：积分法．在导体的截面上建立坐标，x 坐标轴平分角α，α = h/R ． 电流垂直纸面向外，在圆弧上取一线元d s = R d θ，无限长直线电流为 d I = i d s = iR d θ， 在轴线产生的磁感应强度大小为图14.8`00d d d 22I iB R μμθππ==，两个分量分别为0d d sin sin d 2x iB B μθθθπ==， 0d d cos cos d 2y iB B μθθθπ=-=-．积分得2/22/200/2/2sin d cos 22x i iB παπαααμμθθθππ--==-⎰0[cos(2/2)cos(/2)]02iμπααπ=---=；2/22/200/2/2cos d sin 22y i i B παπαααμμθθθππ--=-=-⎰0[sin(2/2)sin(/2)]2iμπααπ=---0002sin 2222i iih R μμμααπππ=≈=．B y 的方向沿着y 方向．B y 的大小和方向正是无限长直线电流ih 产生的磁感应强度．14.9 在半径为R = 1.0cm 的无限长半圆柱形导体面中均匀地通有电流I =5.0A ，如图所示．求圆柱轴线上任一点的磁感应强度B = ？[解答]取导体面的横截面，电流方向垂直纸面向外．半圆的周长为C = πR ， 电流线密度为 i = I/C = IπR ．在半圆上取一线元d l = R d φ代表无限长直导线的截面，电流元为I d φ/π， d I = i d l = 在轴线上产生的磁感应强度为002d d d 22I I B R R μμϕππ==，方向与径向垂直．d B 的两个分量为d B x = d B cos φ，d B y = d B sin φ． 积分得002200cos d sin 022x I IB R R ππμμϕϕϕππ===⎰，020sin d 2y IB R πμϕϕπ=⎰00220(cos )2II RR πμμϕππ=-=．由对称性也可知B x = 0，所以磁感应强度B = B y = 6.4×10-5(T)，方向沿着y 正向．14.10 宽度为a 的薄长金属板中通有电流I ，电流沿薄板宽度方向均匀分布．求在薄板所在平面内距板的边缘为x 的P 点处的磁感应强度（如图所示）． [解答]电流分布在薄板的表面上，单位长度上电流密度，即面电流的线密度为δ = I/a ， 以板的下边缘为原点，在薄板上取一宽度为d l 的通电导线，电流强度为d I = δd l ，在P 点产生磁感应强度为00d d d 22()I lB r x a l μμδππ==+-，磁场方向垂直纸面向外．由于每根电流产生的磁场方向相同，总磁场为00d 2()alB x a l μδπ=+-⎰00ln()2al x a l μδπ==-+-0ln(1)2I aa x μπ=+．[讨论]当a 趋于零时，薄板就变成直线，因此00ln(1/)2/2I Ia x B x a x x μμππ+=→，这就是直线电流产生的磁场强度的公式．14.11 在半径为R 的木球上紧密地绕有细导线，相邻线圈可视为相互平行，盖住半个球面，如图所示．设导线中电流为I ，总匝图14.10图14.11数为N ，求球心O 处的磁感应强度B = ？[解答]四分之一圆的弧长为 C = πR /2， 单位弧长上线圈匝数为n = N/C = 2N/πR ．在四分之一圆上取一弧元d l = R d θ， 线圈匝数为d N = n d l = nR d θ， 环电流大小为 d I = I d N = nIR dθ． 环电流的半径为 y = R sin θ， 离O 点的距离为 x = R cos θ， 在O 点产生的磁感应强度为22003d d sin d 22y I nI B R μμθθ==20sin d NIR μθθπ=，方向沿着x 的反方向，积分得O 点的磁感应强度为/2200sin d NI B R πμθθπ=⎰/2000(1cos 2)d 24NI NI R R πμμθθπ=-=⎰．14.12 两个共面的平面带电圆环，其内外半径分别为R 1、R 2和R 3、R 4(R 1 < R 2 < R 3 < R 4)转的转速顺时针转动，里面圆环以每称n 1转逆时针转动，若两圆环电荷面密度均为ζ，求n 1和n 2的比值多大时，圆心处的磁感应强度为零． [解答]半径为r 的圆电流在圆心处产生的磁感应强度为 B = μ0I /2r ．在半径为R 1和R 2的环上取一半径为r 、宽度为d r 的薄环，其面积为d S = 2πr d r ，所带的电量为 d q = ζd S = 2πζr d r ， 圆环转动的周期为 T 1 = 1/n 1， 形成的电流元为 d I = d q/T 1 = 2πn 1ζr d r ．薄环电流可以当作圆电流，在圆心产生的磁感应强度为d B 1 = μ0d I /2r = πμ0n 1ζd r ，圆环在圆心产生磁感应强度为B 1 = πμ0n 1ζ(R 2-R 1)．同理，半径为R 3和R 4的圆环在圆心处产生的磁感应强度为B 2 = πμ0n 2ζ(R 4-R 3)．由于两环的转动方向相反，在圆心产生的磁感应强度也相反，当它们大小相同时，圆心处的磁感应强度为零，即：πμ0n 1ζ(R 2-R 1) = πμ0n 2ζ(R 4-R 3)，解得比值为431221 = R R n n R R --．15．13 半径为R 的无限长直圆柱导体，通以电流I ，电流在截面上分布不均匀，电流密度δ = kr ，求：导体内磁感应强度？[解答]在圆柱体内取一半径为r 、宽度为d r 的薄圆环，其面积为 d S = 2πr d r ，电流元为 d I = δd S = 2πk r 2d r ，从0到r 积分得薄环包围的电流强度为2πkr 3/3；I r = 从0到R 积分得全部电流强度I = 2πkR 3/3，因此I r /I = r 3/R 3．根据安培环路定理可得导体内的磁感应强度200322r I I B r r R μμππ==．15．14 有一电介质圆盘，其表面均匀带有电量Q ，半径为a ，可绕盘心且与盘面垂直的轴转动，设角速度为ω．求圆盘中心o 的磁感应强度B = ？ [解答]圆盘面积为 S = πa 2， 面电荷密度为ζ = Q/S = Q/πa 2．在圆盘上取一半径为r 、宽度为d r 的薄环，其面积为d S = 2πr d r ，所带的电量为d q = ζd S = 2πζr d r ．薄圆环转动的周期为 T = 2π/ω，形成的电流元为 d I = d q/T = ωζr d r ．薄环电流可以当作圆电流，在圆心产生的磁感应强度为d B = μ0d I /2r = μ0ωζd r /2，从o 到a 积分得圆盘在圆心产生磁感应强度为B = μ0ωζa /2 = μ0ωQ /2πa ．如果圆盘带正电，则磁场方向向上．14.15 二条长直载流导线与一长方形线圈共面，如图所示．已知a = b = c = 10cm ，l = 10m ，I 1 = I 2 = 100A ，求通过线圈的磁通量．[解答]电流I 1和I 2在线圈中产生的磁场方向都是垂直纸面向里的，在坐标系中的x 点，它们共同产生的磁感应强度大小为 图15.1301022(/2)2(/2)I I B a b x c b x μμππ=++++-．在矩形中取一面积元d S = l d x ，通过面积元的磁通量为d Φ = B d S = Bl d x ，通过线圈的磁通量为/2012/2()d 2/2/2b b l I I x a b x c b x μΦπ-=++++-⎰011(ln ln )2l a b c I I a c b μπ+=-+=2×10-7×10×100×2ln2=2.77×10-4(Wb)．14.16 一电子在垂直于均匀磁场的方向做半径为R = 1.2cm 的圆周运动，电子速度v = 104m·s -1．求圆轨道内所包围的磁通量是多少？ [解答]电子所带的电量为e = 1.6×10-19库仑，质量为m =9.1×10-31千克．电子在磁场所受的洛伦兹力成为电子做圆周运动的向心力，即：f = evB = mv 2/R ，所以 B = mv/eR ．电子轨道所包围的面积为 S = πR 2，磁通量为Φ = BS = πmvR/e =2.14×10-9(Wb)．14.17 同轴电缆由导体圆柱和一同轴导体薄圆筒构成，电流I 从一导体流入，从另一导体流出，且导体上电流均匀分布在其横截面积上，设圆柱半径为R 1，圆筒半径为R 2，如图所示．求：（1）磁感应强度B 的分布； （2）在圆柱和圆筒之间单位长度截面的磁通量为多少？[解答]（1）导体圆柱的面积为 S = πR 12，面电流密度为 δ = I/S = I/πR 12． 在圆柱以半径r 作一圆形环路，其面积为 S r = πr 2，包围的电流是 I r = δS r = Ir 2/R 12． 根据安培环路定理 rL I I 00d μμ∑⎰==⋅l B ，由于B 与环路方向相同，积分得2πrB = μ0I r ，所以磁感应强度为B = μ0Ir /2πR 12，(0 < r < R 1)．在两导体之间作一半径为r 的圆形环中，所包围的电流为I ，根据安培环中图14.16 图14.17定理可得B = μ0I /2πr ，(R 1 < r < R 2)．在圆筒之外作一半径为r 的圆形环中，由于圆柱和圆筒通过的电流相反，所包围的电流为零，根据安培环中定理可得B = 0，(r > R 2)．（2）在圆柱和圆筒之间离轴线r 处作一径向的长为l = 1、宽为d r 的矩形，其面积为 d S = l d r = d r ，方向与磁力线的方向一致，通过矩形的磁通量为 d Φ = B d S = B d r ， 总磁通量为2100211d ln 22R R I I R r r R μμΦππ==⎰．14.18一长直载流导体，具有半径为R 的圆形横截面，在其内部有与导体相切，半径为a 的圆柱形长孔，其轴与导体轴平行，相距b = R – a ，导体截有均匀分布的电流I ．（1）证明空孔内的磁场为均匀场并求出磁感应强度B 的值；（2）若要获得与载流为I ，单位长度匝数n 的长螺线管内部磁场相等的均匀磁场，a 应满足什么条件？（1）[证明]导体中的电流垂直纸面向外，电流密度为22()IR a δπ=-．长孔中没有电流，可以当作通有相反电流的导体，两个电流密度的大小都为δ，这样，长孔中磁场是两个均匀分布的圆形电流产生的． 如果在圆形截面中过任意点P 取一个半径为r 的同心圆，其面积为S = πr 2， 包围的电流为 ΣI = δS = πr 2δ， 根据安培环路定理可得方程 = μ0ΣI ， 2πrB r磁感应强度为0022r I B r r μμδπ∑==，方向与矢径r 垂直．同理，密度为-δ的电流在P 点产生的磁感应强度为0``2r B r μδ=，方向与矢径r`垂直．设两个磁感应强度之间的夹角为θ，则合场强的平方为222``2cos r r r r B B B B B θ=++22220()(`2`cos )2B r r rr μδθ=++．根据余弦定理，如图可知：222`2`cos b r r rr ϕ=+-，由于φ = π - θ，所以02B b μδ=，由于b 和δ都是常量，可见：长孔中是均匀磁场．将δ和b 代入公式得磁感应强度大小为02()IB R a μπ=+，可以证明磁场的方向向上．（2）[解答]长螺线管内部的场为B =μ0nI ，与上式联立得12a R n π=-，这就是a 所满足的条件．[注意]此题中的长孔中的磁场与习题13．10．中空腔中的电场情况非常类似．14.19 在XOY 平面内有一载流线圈abcda ，通有电流I = 20A ，ºbc半径R = 20cm ，电流方向如图所示．线圈处于磁感应强度B = 8.0×10-2T 的均强磁场中，B 沿着X轴正方向．求：直线段ab 和cd 以及圆弧段ºbc和ºda 在外磁场中所受安培力的大小和方向．手螺旋法则，ºbc 弧和cd 边受力方向垂直[解答]根据右纸面向外，ºda 弧和ab 边受力方向垂直纸面向里．由于对cd 边所受安培力的大小是相同的，ºbc 弧称的关系，ab 边和和ºda弧所受安培力的大小也是相同的． ab 边与磁场方向的夹角是α = 45°，长度为l = R /sin α，所受安培力为F ab = |I l ×B | = IlB sin α= IRB = 0.32(N) = F cd ．在圆弧上取一电流元I d l ，其矢径R 与X 轴方向的夹角为θ，所受力的大小为d F bc = |I d l ×B | = I d lB sin θ，由于线元为 d l = R d θ，所以 d F bc = IRB sin θd θ，因此安培力为/20/20sin d (cos )bc F IRB IRB ππθθθ==-⎰= IRB = 0.32(N) = F da ．14.20载有电流I 1的无限长直导线旁有一正三角形线圈，边长为a ，载有电流I 2，一边与直导线平等且与直导线相距为b ，直导线与线圈共面，如图所示，求I 1作用在这三角形线圈上的力．[解答]电流I 1在右边产生磁场方向垂直纸面向里，在AB 边处产生的磁感应强度大小为B = μ0I 1/2πb ， 作用力大小为 μ0I 1I 2a /2πb ， F AB = I 2aB = 方向向左． 三角形的三个内角 α = 60°，在AC 边上的电流元I 2d l 所受磁场力为d F = I 2d lB ，两个分量分别为 d F x = d F cos α和 d F y = d F sin α，与BC 边相比，两个x 分量大小相等，方向相同；两个y 分量大小相等，方向相反．由于 d l = d r /sin α，所以 d F x = I 2d rB cot α，积分得sin 012cot 1d 2b a x b I I F r r αμαπ+=⎰012cot sin ln 2I I b a b μααπ+==．作用在三角形线圈上的力的大小为F = F AB – 2F x012(2I I a b μπ=，方向向左．14.21 载有电流I 1的无限长直导线，在它上面放置一个半径为R 电流为I 2的圆形电流线圈，长直导线沿其直径方图14.21向，且相互绝缘，如图所示．求I 2在电流I 1的磁场中所受到的力．[解答]电流I 1在右边产生磁场方向垂直纸面向里，右上1/4弧受力向右上方，右下1/4弧受力向右下方；电流I 1在左边产生磁场方向垂直纸面向外，左上1/4弧受力向右下方，左下1/4弧受力向右上方．因此，合力方向向右，大小是右上1/4弧所受的向右的力的四倍．电流元所受的力的大小为d F = I 2d lB ，其中 d l = R d θ，B = μ0I 1/2πr ，而 r = R cos θ，所以向右的分别为d F x = d F cos θ = μ0I 1I 2d θ/2π，积分得/2012012d d 24x I I I I F πμμθπ==⎰， 电流I 2所受的合力大小为F = 4F x = μ0I 1I 2，方向向右．14.22如图所示，斜面上放有一木制圆柱，质量m = 0.5kg ，半径为R ，长为 l = 0.10m ，圆柱上绕有10匝导线，圆柱体的轴线位导线回路平面内．斜面倾角为θ，处于均匀磁场B = 0.5T 中，B 的方向竖直向上．如果线圈平面与斜面平行，求通过回路的电流I 至少要多大时，圆柱才不致沿斜面向下滚动？[解答]线圈面积为 S = 2Rl ，磁矩大小为p m = NIS ，方向与B 成θ角，所以磁力矩大小为p m B sin θ =NI 2RlB sin θ， M m = |p m ×B | =方向垂直纸面向外．重力大小为 G = mg ，力臂为 L = R sin θ，重力矩为 M g = GL = mgR sin θ，方向垂直纸面向里．圆柱不滚动时，两力矩平衡，即NI 2RlB sin θ = mgR sin θ，解得电流强度为I = mg /2NlB = 5(A)．14.23 均匀带电细直线AB ，电荷线密度为λ，可绕垂直于直线的轴O 以ω角速度均速转动，设直线长为b ，其A 端距转轴O 距离为a ，求：（1）O 点的磁感应强度B ； （2）磁矩p m ； （3）若a >>b ，求B 0与p m ． [解答]（1）直线转动的周期为T = 2π/ω， 在直线上距O 为r 处取一径向线元d r ，所带的电量为图14.23d q = λd r ，形成的圆电流元为 d I = d q/T = ωλd r /2π，在圆心O 点产生的磁感应强度为d B = μ0d I /2r = μ0ωλd r /4πr ，整个直线在O 点产生磁感应强度为001d ln 44a b a a b B r r a μωλμωλππ++==⎰，如果λ > 0，B 的方向垂直纸面向外．（2）圆电流元包含的面积为S = πr 2，形成的磁矩为 d p m = S d I = ωλr 2d r /2，积分得233d [()]26a bm a p r r a b a ωλωλ+==+-⎰．如果λ > 0，p m 的方向垂直纸面向外．（3）当a >>b 时，因为00ln(1)(...)44b b B a a μωλμωλππ=+=+，所以04b B a μωλπ≈． 33[(1)1]6m a b p a ωλ=+-3223[33()()]62a b b b a b a a a ωλωλ=++≈．14.24一圆线圈直径为8cm ，共12匝，通有电流5A ，将此线圈置于磁感应强度为0.6T 的均强磁场中，求：（1）作用在线圈上的电大磁力矩为多少？（2）线圈平面在什么位置时磁力矩为最大磁力矩的一半．[解答]（1）线圈半径为R = 0.04m ，面积为 S = πR 2，磁矩为 p m = NIS = πR 2NI ，磁力矩为 M = p m B sin θ．当θ = π/2时，磁力矩最大M m = p m B = πR 2NIB = 0.18(N·m)．（2）由于M = M m sin θ，当M = M m /2时，可得sin θ = 0.5，θ = 30°或150°．14.25 在半径为R ，通以电流I 2的圆电流的圆周上，有一无限长通以电流I 1的直导线（I 1，I 2相互绝缘，且I 1与圆电流I 2所在平面垂直），如图所示，求I 2所受的力矩．若I 1置于圆电流圆心处（仍垂直），I 2所受力矩又如何？[解答]在x 轴上方的圆周上取一电流元I 2d l ，其大小为 I 2R d θ， I 2d l = 所受的安培力为 I 2d l ×B ， d F = 其大小为d F = |I 2d l ×B | = I 2R d θB sin φ， 其中φ =θ/2，B 是电流I 1在电流元I 2d l 处产生的磁感应强度010124cos I I B r R μμππϕ==，因此安培力的大小可化为012d t a n d 42I I F μθθπ=，力的方向垂直纸面向里．如果在x 轴下方取一电流元，其受力方向垂直纸面向外，因此，圆周所受的安培力使其绕x 轴旋转．电流元所受的力矩为2012d d (sin )sin d 22I I R M F R μθθθπ==电流所受的力矩为201201(1cos )d 22I I R M πμθθπ=-⎰0122I I Rμ=． 如果电流I 1置于圆电流圆心处，那么I 2就与I 1产生的磁力线重合，所受的力为零，力矩也为零． 14.26 一个电子在B = 20×10-4T 的磁场中，沿半径R = 2cm 的螺旋线运动，螺距h = 5cm ，如图所示，求：（1）电子的速度为多少？ （2）B 的方向如何？[解答]电子带负电，设速度v 的方向与磁力线的负方向成θ角，则沿着磁力线方向的速度为 v 1 = v cos θ，垂直速度为 v 2 = v sin θ．由 R = mv 2/eB ， 得 v 2 = eBR/m ．由 h = v 1T ，得v1 = h/T = heB/2πm，因此速度为v=== 7.75×106(m·s-1)；由212t a nv Rv hπθ=== 2.51，得θ = 68.3° = 68°18′．14.27 一银质条带，z1 = 2cm，y1 = 1mm．银条置于Y方向的均匀磁场中 B = 1.5T，如图所示．设电流强度I = 200A，自由电子数n = 7.4×1028个·m-3，试求：（1）电子的漂移速度；（2）霍尔电压为多少？[解答]（1）电流密度为δ = ρv，其中电荷的体密度为ρ = ne.电流通过的横截面为S = y1z1，电流强度为I =δS = neSv，得电子的漂移速度为281917.410 1.6100.0010.02IvneS-==⨯⨯⨯⨯⨯=8.45×10-4(m·s-1)．（2）霍尔系数为2819117.410 1.610HRne-==⨯⨯⨯= 8.44×10-11(m3·C-1)，霍尔电压为111200 1.58.44100.001H HIBU Ry-⨯==⨯= 2.53×10-5(V)。
大学物理下册(上海交大第四版)课后习题解答
12-4. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为 ，四分之 一圆弧 AB 的半径为 R ，试求圆心 O 点的场强． 解：设 O 为坐标原点，水平方向为 x 轴，竖直方向为 y 轴 半无限长导线 A 在 O 点的场强 E 1
(i j ) 4 0 R
U1
则内球电荷：
4 0 R1
q1
4 0 R2
q1
Q q1 0 4 0 R3
q1
外球电势：
R1 R2 Q R1 R3 R3 R2 R1 R2
U2
电势差：
Q q1 Q( R1 R2 ) 4 0 R3 4 0 ( R1 R3 R3 R2 R1 R2 ) Q( R1 R2 ) 4 0 ( R1 R3 R3 R2 R1 R2 )
B0
B2
L2
由于两段圆弧电流对 O 的磁感应强度方向相反，所以
14-10. 在 半径 R 1cm 的 无 限 长 半 圆 柱 形 金 属 片 中 ， 有 电 流 I 5A 自下而上通过，如图所示。试求圆柱轴线上一点 P 处的磁 感应强度的大小。 解：将半圆柱形无限长载流薄板细分成宽为 dl Rdθ 的长直电流
根据安培环路定理
B dL
0
I
B
0
2
(R 2 r 2 )
（2） 带电长直圆柱体旋转相当于螺线管， 端面的磁感应强度是中间磁感应强度的一半， 所以端面的磁感应强度
B
0 R 2
4
14-16. 如图所示的空心柱形导体，柱的半径分别为 a 和 b ，导体内载有电 流 I ，设电流 I 均匀分布在导体横截面上。证明导体内部各点（ a < r < b ） 的磁感应强度 B 由下式给出：
大学物理上海交通大学第四版下册课后题全部答案
习题1111-1．直角三角形ABC的A点上，有电荷C108.191-⨯=q，B点上有电荷C108.492-⨯-=q，试求C点的电场强度(设0.04mBC=，0.03mAC=)。
解：1q在C点产生的场强：1124ACqE irπε=，2q在C点产生的场强：2220BCqE jπε=，∴C点的电场强度：44122.710 1.810E E E i j=+=⨯+⨯；C点的合场强：43.2410VE m==⨯，方向如图：1.8arctan33.73342'2.7α===。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm50的圆环，两端间空隙为cm2，电量为C1012.39-⨯的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。
解：∵棒长为2 3.12l r d mπ=-=，∴电荷线密度：911.010q C mlλ--==⨯⋅可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0闭合线圈产生电场再减去md02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O点产生的场强。
解法1：利用微元积分：21cos4O xRddERλθθπε=⋅，∴2000cos2sin2444OdE dR R Rααλλλθθααπεπεπε-==⋅≈⋅=⎰10.72V m-=⋅；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于d r<<，该小段可看成点电荷：112.010q d Cλ-'==⨯，则圆心处场强：1191222.0109.0100.724(0.5)OqE V mRπε--'⨯==⨯⨯=⋅。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB的半径为R，试求圆心O点的场强。
解：以O为坐标原点建立xOy坐标，如图所示。
①对于半无限长导线A∞在O点的场强：有：(cos cos)42(sin sin)42AxA yERERλπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩②对于半无限长导线B∞在O点的场强：ixxyE有：00(sin sin )42(cos cos )42B x B y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩ ③对于AB 圆弧在O 点的场强：有：20002000cos (sin sin )442sin (cos cos )442AB x AB y E d R R E d R R ππλλπθθππεπελλπθθππεπε==-=⎧⎪⎪⎨⎪⎪=--⎩⎰⎰∴总场强：04O x E R λπε=，04O y E R λπε=，得：0()4O E i j R λπε=+。
大学物理教程习题答案上海交通大学出版社
大学物理教程习题答案上海交通大学出版社 Document number：WTWYT-WYWY-BTGTT-YTTYU-2018GT习题 11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt =，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt =，有速度：82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt =，有：2a i =；（2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt=221tt =+，利用222t n a a a =+有： 22221n t a a a t =-=+。
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习题1414-1．如图所示的弓形线框中通有电流I ，求圆心O 处的磁感应强度B v。
解：圆弧在O 点的磁感应强度：00146I IB R R μθμπ==，方向：e ；直导线在O 点的磁感应强度：0000203[sin 60sin(60)]4cos602IIB R R μμππ=--=，方向：⊗；∴总场强：031)23IB Rμπ=-，方向⊗。
14-2．如图所示，两个半径均为R 的线圈平行共轴放置，其圆心O 1、O 2相距为a ，在两线圈中通以电流强度均为I 的同方向电流。
（1）以O 1O 2连线的中点O 为原点，求轴线上坐标为x 的任意点的磁感应强度大小；（2）试证明：当a R =时，O 点处的磁场最为均匀。
解：见书中载流圆线圈轴线上的磁场，有公式：2032222()I R B R z μ=+。
（1）左线圈在x 处P 点产生的磁感应强度：20132222[()]2P I R B a R x μ=++， 右线圈在x 处P 点产生的磁感应强度：20232222[()]2P I R B aR x μ=+-，1P B v 和2P B v方向一致，均沿轴线水平向右，∴P 点磁感应强度：12P P P B B B =+=2330222222[()][()]222I R a a R x R x μ--⎧⎫++++-⎨⎬⎩⎭；（2）因为P B 随x 变化，变化率为d Bd x ，若此变化率在0x =处的变化最缓慢，则O 点处的磁场最为均匀，下面讨论O 点附近磁感应强度随x 变化情况，即对P B 的各阶导数进行讨论。
对B 求一阶导数：d B d x 25502222223()[()]()[()]22222I R a a a a x R x x R x μ--⎧⎫=-++++-+-⎨⎬⎩⎭ 当0x =时，0d Bd x =，可见在O 点，磁感应强度B 有极值。
对B 求二阶导数：22()d d B d B d x d x d x ==222057572222222222225()5()311222[()][()][()][()]2222a a x x I R a a a a R x R x R x R x μ⎧⎫+-⎪⎪⎪⎪--+-⎨⎬⎪⎪+++++-+-⎪⎪⎩⎭当0x =时，202x d B d x ==222072223[()]2a R I R a R μ-+， 可见，当a R >时，202x d Bd x =>，O 点的磁感应强度B 有极小值，当a R <时，2020x d B d x =<，O 点的磁感应强度B 有极大值，当a R =时，2020x d B d x ==，说明磁感应强度B 在O 点附近的磁场是相当均匀的，可看成匀强磁场。
【利用此结论，一般在实验室中，用两个同轴、平行放置的N 匝线圈，相对距离等于线圈半径，通电后会在两线圈之间产生一个近似均匀的磁场，比长直螺线管产生的磁场方便实验，这样的线圈叫亥姆霍兹线圈】14-3．无限长细导线弯成如图所示的形状，其中c 部分是在xoy平面内半径为R 的半圆，试求通以电流I 时O 点的磁感应强度。
解：∵a 段对O 点的磁感应强度可用0SB d l Iμ⋅=∑⎰v v Ñ求得，有：04a I B R μπ=，∴04a I B jR μπ=-v vb 段的延长线过O 点，b B =，c 段产生的磁感应强度为：0044c I IB R R μμππ=⋅=，∴04c I B kR μ=v v 则：O 点的总场强：0044O I I B j kR R μμπ=-vv +，方向如图。
14-4．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，且以单层线圈均匀覆盖住半个球面。
设线圈的总匝数为N ，通过线圈的电流为I ，求球心O 的磁感强度。
解：从O 点引出一根半径线，与水平方向呈θ角，则有水平投影：cos x R θ=，圆环半径：sin r R θ=，取微元dl Rd θ=，有环形电流：2N I d I d θπ=， 利用：B 2022322()I R R x μ=+，有：dB 2022322()r dIr x μ=+220222232sin (sin cos )N IR d R R μθθπθθ=+20sin N I d R μθθπ=，∴B0220sin N I d R πμθθπ=⎰0201cos 22N I d R πμθθπ-=⎰04N I R μ=。
14-5．无限长直圆柱形导体内有一无限长直圆柱形空腔（如图所示），空腔与导体的两轴线平行，间距为a ，若导体内的电流密度均匀为j v ，j v的方向平行于轴线。
求腔内任意点的磁感应强度B v 。
解：采用补偿法，将空腔部分看成填满了j ±v的电流，那么，以导体的轴线为圆心，过空腔中任一点作闭合回路，利用0S B d l I μ⋅=∑⎰v v Ñ，有：2102R B j R πμπ⋅=，∴012j B Rμ=⨯vv v ，同理，还是过这一点以空腔导体的轴线为圆心作闭合回路：2202()r B j r πμπ⋅=-，有：022jB rμ=-⨯vv，由图示可知：()R r a +-=v v v 那么，12B B B =+v v v 0022jj R r μμ=⨯-⨯vv v v 012j a μ=⨯v v 。
14-6．在半径cm 1=R 的无限长半圆柱形金属片中，有电流A 5=I 自下而上通过，如图所示。
试求圆柱轴线上一点P 处的磁感应强度的大小。
解：将半圆柱形无限长载流薄板细分成宽为dl R d θ=的长直电流，有：dl d d I R θππ==，利用0S B d l I μ⋅=∑⎰v v Ñ。
在P 点处的磁感应强度为：00222d I I d dB R R μμθππ==， ∴02sin sin 2x IdB dB d R μθθθπ==，而因为对称性，0y B =那么，005220sin 6.37102x x I IB B dB d TR R πμμθθππ-=====⨯⎰⎰。
14-7．如图所示，长直电缆由半径为R 1的导体圆柱与同轴的内外半径分别为R 2、R 3的导体圆筒构成，电流沿轴线方向由一导体流入，从另一导体流出，设电流强度I 都均匀地分布在横截面上。
求距轴线为r 处的磁感应强度大小（∞<<r 0）。
解：利用安培环路定理0SB d l Iμ⋅=∑⎰vv Ñ分段讨论。
（1）当10r R <≤时，有：210212r IB r R ππμπ⋅='O •••'O O POPav R v r v∴01212I rB R μπ=；（2）当12R r R ≤≤时，有：202B r I πμ⋅=，∴022IB r μπ=； （3）当23R r R ≤≤时，有：2223022322()r R B r I I R R πππμππ-⋅=--，∴2232032232I B R r R rR μπ--=⋅；（4）当3r R >时，有：402()B r I I πμ⋅=-，∴40B =。
则：021011222323223230(0)()()0()222r R R r R B R r R r R I rR IrR r r I R R μπμπμπ⎧<≤⎪⎪⎪≤≤⎪⎪=⎨⎪-⎪⋅≤≤-⎪⎪>⎪⎩14-8．一橡皮传输带以速度v 匀速向右运动，如图所示，橡皮带上均匀带有电荷，电荷面密度为σ。
（1）求像皮带中部上方靠近表面一点处的磁感应强度B v的大小；（2）证明对非相对论情形，运动电荷的速度v v及它所产生的磁场B v 和电场E v 之间满足下述关系：21B v E c =⨯v v v （式中001με=c ）。
解：（1）如图，垂直于电荷运动方向作一个闭合回路abcda ，考虑到橡皮带上等效电流密度为：i v σ=，橡皮带上方的磁场方向水平向外，橡皮带下方的磁场方向水平向里，根据安培环路定理有：0abcdB dl L iμ⋅=⎰vv Ñ⇒02B L L v μσ⋅=，∴磁感应强度B v的大小：02v B μσ=； （2）非相对论情形下：匀速运动的点电荷产生的磁场为：02ˆ4qv rB r μπ⨯=⋅v v v ， 点电荷产生的电场为：201ˆ4q E rr πε=⋅v v ， ∴0002220ˆ11ˆ44q qv r v E v r B c r r μεμπεπ⨯⨯=⨯⋅=⋅=v v v v v v v ，abcdL即为结论：21B v E c =⨯v v v （式中001με=c ）。
14-9．一均匀带电长直圆柱体，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， 求：（1）圆柱体内距轴线r 处的磁感应强度的大小；（2）两端面中心的磁感应强度的大小。
解：（1）考察圆柱体内距轴线r 处到半径R 的圆环等效电流。
∵2dq rLdr d I Lr dr t T ρπρω⋅===，∴221()2R r I L r d r L R r ρωρω==-⎰，选环路a b c d 如图所示， 由安培环路定理：0SB d l I μ⋅=∑⎰v v Ñ，有：2201()2B L L R r μρω⋅=⋅-∴220()2B R r μρω=-（2）由上述结论，带电长直圆柱体旋转相当于螺线管，端面的磁感应强度是中间磁感应强度的一半，所以端面中心处的磁感应强度：204R B μρω=端面中心。
14-10．如图所示，两无限长平行放置的柱形导体内通过等值、反向电流I ，电流在两个阴影所示的横截面的面积皆为S ，两圆柱轴线间的距离d O O =21，试求两导体中部真空部分的磁感应强度。
解：因为一个阴影的横截面积为S ，那么面电流密度为：Ii S =，利用补偿法，将真空部分看成通有电流i ±，设 其中一个阴影在真空部分某点P 处产生的磁场为1B ，距离为1r v ，另一个为2B 、2r v，有：12r r d -=v v v 。
利用安培环路定理可得：201011122Ir I rS B r Sμπμπ==，202022222Ir I rS B r Sμπμπ==，则：0111ˆ2I r B r S μ⊥=v v ，0222ˆ2I r B r S μ⊥=v v，∴00121122ˆˆˆ()22I I d B B B r r r r d S S μμ⊥⊥⊥=+=+=v v v v v v 。
即空腔处磁感应强度大小为02I d B S μ=，方向向上。
14-11．无限长直线电流1I 与直线电流2I 共面，几何位置如图所示，ra bd cL L•dvP1O 2O 2r v 1r v2ˆ⊥v 1ˆr ⊥v ˆd ⊥v试求直线电流2I 受到电流1I 磁场的作用力。