《物理学基本教程》课后答案 第十一章 真空中恒定电流的磁场

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1、 第十一章 真空中恒定电流的磁场 11-1 在均匀磁场中有一运动的带电粒子，当粒子速度为v1,时，其所受到的磁场作用力分别为；.带电粒子电荷量为 ，求磁感强度的大小和方向. 分析 实验指出：当电荷速度v的方向与磁感强度B的方向平行时，电荷所受的磁场作用力为零；当速度v的方向与磁感强度B的方向垂直时，电荷所受的磁场作用力最大，B的方向为的方向．本题希望仅根据实验规律和磁感强度的定义求解，在本章后面给出运动电荷在磁场中所受洛伦兹力表达式后，更容易确定磁感强度的大小和方向． 　z B

2、 y F v x 图11-1 解 根据v1时，和时，，而且和相互垂直，，可以确定F为磁场作用力的最大值，则B的方向在或的方向，即z轴正向．按照定义，B的大小为 　 (1) 为了证明结果的正确性，按照速度的叠加原理和力的叠加原理，令该带电粒子速度为，其大小为，方向如图11-1所示，则所受到的磁场作用力应为，其大小为，由于速度在Oxy平面内与B的方向相互垂直，带电粒子所受到的也应该是最大磁场作用力，代入(1)式可得同样结果，表明所确定的磁感强度的大小和方向是正确的． 11-2 在均匀磁场中

3、有一直电流，当电流沿正方向时受力指向y正方向；当电流沿y负方向时受力指向x正方向.若电流中电荷的定向运动速度为 ，单位电荷所受的磁场力为，求磁感强度大小和方向. 分析 假设电流中载流子为正电荷，它的定向运动速度方向与电流方向相同，则本题的解法与上一题类似． 解 当正电荷速度v1时，和当时，，而且和相互垂直，，可以确定F为磁场作用力的最大值，而且B的方向沿或的方向，即z轴负向．按照定义，B的大小为 11-3 均匀磁场方向与轴的夹角为，有一圆台以轴为轴线放置，如图11-3所示，其上、下底面的半径分别为和，若通过下底面的磁通量为Φ，求通过圆台侧面的磁通量Φ铡 .Φ铡 是否与角和圆台的

4、高有关？ z 　　B r 　　　　　　 R 图11-3 分析 由于磁场均匀分布，上下底面相互平行，穿过上下底面的磁感线数应成比例，于是可以求出通过上底面的磁通量．应用磁场中的高斯定理，圆台上、下底与侧面构成的闭合曲面的磁通量为零，则可计算出侧面的磁通量． 解　根据对磁通量符号的规定，上、下底面的磁通量符号相反，则上底面的磁通量为 表明穿过圆台侧面的磁通量与角和圆台的高无关． 11-4　地面上有一帐篷，如图11-

5、4所示，帐篷口为半圆形，半径R，在地面上覆盖的面积为帐篷口面积的三倍．若地磁场磁感强度B的方向与地面法线成角，与帐篷口平面法线的夹角为．求：（1）帐篷口全封闭；（2）帐篷口全打开，两种情况下帐篷篷布上的磁通量． 　　　　　　　　　B 　 图11-4 分析 由于地磁南北极与地理北南极位置偏差不大，地磁场的大小和方向随纬度变化，但在同一地点可视为均匀磁场． 解 (1)帐篷口全封闭时，得 Φ帐顶+Φ帐囗=-Φ帐底= (2)帐篷口全打开时，得 Φ帐顶=-（Φ帐囗+Φ帐底） 11-5 从无限远来的直电

6、流从A点流入正方形导线框，又从B点沿直线流向无限远．若正方形边长为，且导线粗细均匀，流入的总电流强度为I．求正方形中心O处的磁感强度． 分析 利用载流直导线的磁感强度表示式（11-8）和叠加原理可以求解，但必须注意表示式中的、是电流方向与导线两端点到所讨论的位置径矢的夹角．电流I在A点分成两支和，导线ADCB与导线AB并联． 　　　　　　 I2 C D 　　　 I2 O　　 　I2 F E

7、 I B I1 A I 图11-5 解 电流I在A点分流为、，因导线粗细均匀，正方形每一条边上的电阻值相同，设为R，AB点间电压恒定，则 在A点有 I1+I2=I 由以上两式可解得 　　　　 利用载流直导线磁感强度表示式（11-8）计算O点的磁感强度，并以垂直图面向里为正向，O点与各段电流距离为，对于半无限长电流EA，，，方向垂直图面向里，得 对于半无限长电流BF，,，方向垂直图面向里，得 对导线AB，，，方向垂直图面向里，得 对导线AD、

8、DC和CB，，，在O点产生的磁感强度大小相等，方向垂直图面向外，得 应用叠加原理，O点的磁感强度为 方向垂直图面向里． 11-6 一长直导线在C点被折成角，其中电流强度为I．若用同样导线将A、B两点连接，且AB=BC=.求三角形中心点O的磁感强度. 分析 思路与上题同． F 　 I B 　 　 I1 　 I2 a　O a a C 　 I1

9、 A I E 图11-6 解 由图11-6可见，O点与各段电流距离相等,为,电流在A处分为两支路I1和I2，三角形每一条边上的电阻值相同，设为R，因A、B两点间电压恒定，得 在A点有 I1+I2=I 由以上两式可解得 　　　　 利用载流直导线磁感强度表示式（11-8）,设垂直图面向里为正向，导线AC和CB在O点的磁感强度方向垂直图面向里，，，大小相等，为 导线AB在O点的磁感强度方向垂直图面向外，大小为 半无限长电流EA，，，方向垂直图面向里，得 半无限长电流BF，，，方向垂直图面向里，得

10、 应用叠加原理，O点的磁感强度为 方向垂直图面向里． 11-7 一闭合电流沿一立方体的棱边流动，如图11-7（a）所示，设立方体的边长为，电流强度为I，求立方体中心点O的磁感强度. 分析　立方体的棱边长度相同，有电流的棱边电流强度相同，中心点O到各棱边的距离相同，因此各棱边电流在O点产生的磁感强度大小相等，但方向不同，由于电流分布具有明显的对称性，通过分析可以确定各棱边电流磁感强度叠加后的大小和方向． d c d c d

11、 a a b Bae Bbf Bab Bdc ×O h g Bdh O Bcg Beh Bfg a b e f e f (a)

12、 (b)　 (c) 图11-7 解　 该立方体的俯视图如图11-7(b)所示，其中棱边ae的电流在O点产生的磁感强度Bae与棱边cg的电流在O点产生的磁感强度Bcg等大而反向，相互抵消；棱边bf的电流在O点产生的磁感强度Bbf与棱边dh的电流在O点产生的磁感强度Bdh 等大而反向，也相互抵消． 　图11-7 (c)中，上图为立方体的左视图，下图为正视图，其中棱边ab的电流在O点产生的磁感强度Bab与棱边dc的电流在O点产生的磁感强度Bdc水平方向分量等大而反向相互抵消，竖直方向相互加强；同样，棱边eh的电流在

13、O点产生的磁感强度Beh与棱边fg的电流在O点产生的磁感强度Bfg水平方向分量等大而反向相互抵消，竖直方向相互加强． 所以各棱边电流磁感强度叠加后的方向为竖直向上，大小为棱边ab的电流在O点产生的磁感强度Bab竖直方向分量的4倍． 对于棱边ab的电流，在O点，，，得 　L I I 　 R 　 R 　 x O1 O　 P　O2 图11-8 方向竖直向上. 11-

14、8 两个半径为R的线圈共轴放置，相距为，通有相等的同向电流I，如图11-8所示，求在离它们中心O点为远处的P点的磁感强度.（这种组合称为亥姆霍兹线圈，在O点附近可产生均匀磁场.） 分析 两圆电流在P点产生的磁场方向相同，利用已经导出的圆电流在轴线上的磁感强度表示式（11-10）叠加后可得其解．所得结果为x的函数，可以证明在处的一阶为零，当时二阶导数也为零，即表明当时在O点附近的小区域内为均匀磁场．亥姆霍兹线圈在科研和生产实际中应用比较广泛． 解 令，得，且令，得，将在处展开为泰勒级数，因前两项为零，只剩下高阶项，即磁感强度几乎不变，可视为均匀磁场． 11-9 两根直导

15、线与铜环上A、B两点连接，如图11-9所示，并在很远处与电源相连接．若圆环的粗细均匀，半径为R，直导线中电流为I．求圆环中心处的磁感强度． 分析 由于圆电流上等长的圆弧在圆心处的磁感强度方向相同、大小相等，利用圆电流圆心处的磁感强度表示式（11-10）可直接给出结果．此外，应注意到延长线过圆心的半无限长直电流在圆环中心O点的磁感强度为0． I1 d O 　 A I E 　 I2

16、 c F I B 图11-9 解 电流在A点分为两支路I1和I2，圆环的粗细均匀，每一支路上的电阻值应与长度成正比，因AdB支路的弧长是AcB支路的3倍，且A、B两点间电压恒定，得 即　　　 I2=3I1 以垂直图面向里为正向，AdB支路在圆环中心O点的磁感强度方向垂直图面向外，大小为 AcB支路在圆环中心O点的磁感强度方向垂直图面向里，大小为 两支路在O点的磁感强度叠加，得． 半无限长直电流EA延长线过圆心O, ，O点的磁感强度等于半无限长直电流BF在O点磁感强度，得 方向垂直图面向里. 11-

17、10 一无限长的载流导线中部被弯成圆弧形，如图11-10(a)所示，圆弧形半径为R=3cm，导线中的电流为I=2A.（1）求圆弧形中心O点的磁感强度；（2）若用同样的直导线将A、B两点连接，再求O点的磁感强度． 分析 这也是求半无限长直电流和圆弧电流在圆心处磁感强度的问题． 解 （1）两根半无限长直电流在O点的磁感强度方向同为垂直图面向外，大小相等，以垂直图面向里为正向，叠加后得 I I I2 A

18、 O A O d R c I1 B B I I (a) (b)

19、 图11-10 圆弧形导线在O点产生的磁感强度方向垂直图面向里，大小为 二者叠加后得 方向垂直图面向里． (2)若将AB连接如图11-10(b)所示，电流I在A点分为两支路I1和I2，每一支路上的电阻值应与长度成正比，且A、B两点间电压恒定，得 在A点有 I1+I2=I 由以上两式可解得 有 方向垂直图面向里. 方向垂直图面向外. 方向垂直图面向外. 11-11 一导线作成正边形，外接圆半径为R，导线中通有电流I，求证：（1）在外

20、接圆中心处的磁感强度；（2）当时，上式简化为圆电流回路的结果. 分析 容易想象，当，圆内接正n边形趋于外接圆，于是通电正n边形在对称中心的磁感强度,趋近于通电外接圆环圆心处的磁感强度. 解 如图11-11所示，正边形的一条边在O点产生的磁感强度为 O 图11-11 而 正边形的条边在O点产生的磁感强度为

21、 （1） 将作级数展开，当时，略去的高次项，得 代入（1）式，得 即近似为圆电流结果. 11-12 如图11-12所示，宽为的薄长金属板，处于平面内，设板上电流强度为I，试求:(1)轴上P点的磁感强度的大小和方向；(2)当时，结果又如何？ 分析 薄长金属板可以分割为一系列载流长直细导线条带, ，每一载流细导线条带都可以视为无限长直电流，应用已经导出的载流长直导线的磁感强度表示式（11-9）和磁感强度的叠加原理求解. 解 (1)取坐标如图11-12所示，在距原点O为处取宽为dx的细长直导线条带，所载电流为，应用（11-9）式，作代换，，则在P

22、点产生的磁感强度方向垂直图面向里，大小为 y l dx x P O x d I 图11-12 整个薄长金属板在P点产生的磁感强度大小为 方向垂直图面向里． （2）将对数函数作幂级数展开，即 当时略去高次项，得 结果表明在与薄长金属板距离足够远处的磁场近似于长直电流的磁场． 11-13 有一圆环形导体，内外半

23、径分别为和，如图11-13所示，在圆环面内有稳定的电流沿半径方向均匀分布，总电流强度为I．求圆心O点处的磁感强度． 分析 圆环形导体可以沿径向分割为一系列载流细圆环, 应用已经导出的圆电流在圆心处的磁感强度表示式（11-11）和磁感强度的叠加原理求解. 解 如图11-13所示，在圆环形导体上距O点为r处取宽为dr的细圆环，所载电流为，在圆心O点处的磁感强度方向垂直图面向里，大小为 　　　　　　　 I 　 R2 O R1

24、 r dr 图11-13 整个圆环形导体在O点产生的磁感强度大小为 方向垂直图面向里． 11-14 一均匀带电的半圆弧线，半径为R，所带电荷量为Q，以匀角速度绕转动，如图11-14所示，求O点的磁感强度. 分析 导体中带电粒子有规则运动形成的电流称为传导电流，带电体作机械运动所形成的电流称为运流电流．本题中带电的半圆弧线绕轴旋转形成运流电流．在轴两边对称位置的一对弧元将在垂直于轴的平面内同一个圆周上转动，形成圆电流．单位时间通过任一截面的电荷量定义为通过该截面的电流强度，所以该圆电流的电流

25、强度等于这对弧元的电量乘以单位时间转过的圈数，即圆弧线的转动频率． 　　　　　 ω 　 dl r r dl’ R O 图11-14 解 半圆弧的电荷线密度为.在半圆弧线上取弧元，所带的电量为，如图11-14所示，在轴另一边的对称位置取弧元dl’，当半圆弧以角速度旋转时,这一对弧元形成圆电流，其电流强度为 圆电流dI的半径为r，到O点的距离为x，在O点产生的磁感应强度的大小为 其中应用了几何关系式和．O点总磁感

26、应强度的大小为 方向沿轴线向上. 11-15 在顶角为的圆锥台上密绕着N匝线圈，其中通以电流I．设上下底半径为r和R，求圆锥顶点处的磁感强度． 分析 在圆锥台上绕线圈时，必定是沿圆锥母线密绕，不可能沿高线方向密绕，也就是说沿圆锥母线方向单位长度上的线圈匝数相同．可以将该线圈沿圆锥母线方向分割为一系列宽度足够小的圆线圈，视之为圆电流，应用已经导出的圆电流在圆心处的磁感强度表示式（11-11）和磁感强度的叠加原理求解. l r d l 　

27、 　 R 　　　　 O　　　 图11-15 解 N匝线圈分布在的长度上，则沿圆锥母线方向线圈密度为，沿母线在距顶点处取宽为dl的一小段圆线圈，半径为，如图11-15所示，其中的线圈匝数为 电流强度为 根据圆电流轴线上磁感应强度的表示式（11-11），可得其在圆锥顶点处产生的磁感应强度为 圆锥顶点处总磁感应强度的大小为 若电流沿右手螺旋方向，则磁感应强度方向沿轴线向上． 11-16如图11-16（a）所示，三棱柱面高h = 1.0 m，底面各边长分别为ab=0

28、.6m,bc=0.4m,ca=0.3m,沿ad边有长直导线，导线中通有电流I = 4A，求通过面的磁通量. a b c r dr I h a b c

29、 d e f （a） （b） 图11-16 分析 载流长直导线周围的磁感线是一系列同心圆，通过矩形面的磁通量即为通过高为，半径分别为和二同轴圆柱面间的磁通量. 解 在半径分别为和二同轴圆柱面间、平面上取高为、宽为dr的窄条，面积为dS = hdr，距长直导线的距离为r，如图11-1

30、6（b）所示．通过dS的磁通量为 通过面的磁通量为 11-17两根平行长直导线载有电流，试求：（1）两导线所在平面内与两导线等距的一点A处的磁感强度；（2）通过图11-17中矩形面积的磁通量．其中，，，． 分析 载流长直导线的磁场是一典型的非均匀磁场，空间某点磁感强度的大小与该点到长直导线距离成反比．所以计算本题矩形面的磁通量时，可以将矩形面沿径向分割为一系列与长直导线平行的细长条，每一细长条中各点磁感强度的大小和方向相同，容易确定其磁通量，然后用积分求矩形面的磁通量. x dx A l I1

31、 I2 r1 r2 r3 图11-17 解 （1）A处的磁感强度为 方向垂直纸面向外． (2)在距矩形面左边线为x处取宽为dx长为的细长条，面积为dS = ldx，如图11-17所示，其中各点磁感强度的大小为 该细长条的磁通量为 矩形面的磁通量为 = 11-18 一矩形截面的空心环形螺线管，尺寸如图11-18(a)所示，其上均匀绕有N匝线圈，线圈中有电流I，试求：（1）环内距轴线为r远处的磁感强度；（2）通过螺线管截面的磁通量． I I

32、 dr r d2 h d2 h d1 d1 　　　　　　　 (a)

33、 (b) 图11-18 分析 一般情况下螺绕环内不能视为均匀磁场，应用安培环路定理可以计算出螺绕环内的磁感强度是半径r的函数，因此，求穿过螺绕环截面的磁通量时，要在截面上取平行轴线的小面元，面元上各点磁感强度的大小和方向相同，容易确定其磁通量，然后用积分求截面的磁通量． 解 （1）由对称性可知，在环内与螺绕环共轴的圆周上磁感应强度的大小相 等，方向沿圆周的切线方向．在环内取半径为r的环路，应用安培环路定理，得 因，代入上式得 (2) 如图11-18(b)所示，在半径r处取宽为dr高为h的面元，面积为dS = hdr，通过此面元的磁通

34、量为 通过矩形截面的磁通量为 11-19 一对同轴的无限长空心导体直圆筒，内、外半径分别为和（筒壁厚度可以忽略）.电流I沿内筒流出去，沿外筒流回，如图11-19所示.（1）计算两圆筒间的磁感强度；（2）求通过长度为的一段截面（图中画斜线部分）的磁通量． 分析 由于电流分布和磁场分布的轴对称性，可以应用安培环路定理求磁感强度．由于计算出的磁感强度是半径r的函数，因此，平行轴线的细窄面元上各点磁感强度的大小和方向相同，容易确定其磁通量，然后积分求截面的磁通量． 解 （1）取与直圆筒共轴、半径为r的圆周为环路，根据安培环路定理，得 所以距轴线为r远处的磁感应强度为 　　　　

35、　　　　　　l　 dr 　　 　　 r 图11-19 （2）如图11-19所示，在半径r处取宽为dr长为l的面元，面积为dS = ldr，通过此面元的磁通量为 穿过截面的总磁通量为 　　　　　　　　　　 　 　lydly ldl 　　ltdlt 　 h 　　　　I

36、 图11-20 11-20 在与长直螺线管轴线垂直的平面上，有一半径为r的圆形安培环路，其圆心在轴线上，螺线管半径为R，导线中电流为I.（1）问上B矢量的环流为多大？（2）若螺线管用细线密绕，单位长度上的匝数为n，求环路上的磁感强度. 分析　当计算细线密绕长直螺线管的磁场时，通常将其视为紧密排列的一系列圆电流，应用安培环路定律可得到管内的磁感强度分布．但是，实际上导线在管筒上是以螺绕线形式密绕而成的，如果将每一电流元都分解为沿轴向的分量和垂直于轴线方向的分量，则应用安培环路定律可以分别计算出螺线管内外的磁感强度分布，这样处理的目的在于对磁场的分析计算提出一个新的思路． 解 （1）作

37、半径为r的圆形环路，应用安培环路定律可得 管内　　　　　　 　　 管外　　　　　　　　 （2）如图11-20所示，在导线上取电流元，可以将它分解为沿轴向的分量和垂直于轴线方向的分量，后者沿管筒的切线方向，并有 　　　　 在密绕的情况下，很小，则有，若为的圆心角，则，因此得 　　 　　　　(1) (2) 将(2)式沿螺绕线方向积分一周，即 因切线方向旋转一周，螺绕线沿轴向前进一个螺距h，则得 (3) 由(1)和(3)式可以看出，长直螺线管中的电流可视为强度为I在无限长圆柱面上沿轴向流动的

38、电流，以及强度为I垂直于轴线方向的一系列圆电流，且圆柱侧面轴向单位长电流强度为nI．利用已经计算过的无限长柱面电流内部磁感强度为零，外部磁感强度方向沿垂直于轴线的圆周切线方向，大小为 强度为I垂直于轴线方向的一系列圆电流外部磁感强度为零，内部磁感强度方向沿轴线方向，大小为 上述结果就是整个长直螺线管内外磁感强度的分布． 11-21　在内外半径分别为和长直圆柱筒形导体轴线上有一长直导线．若长直导线上的电流与导体圆柱筒内的电流等大反向，电流强度为I，且电流在圆柱筒截面上均匀分布．求圆柱筒导体内部区域中的磁感强度. 分析　由于电流分布导致磁场分布的轴对称性，可以应用安培环路定理求磁感

39、强度．不过应该注意到，电流在圆柱筒截面上均匀分布，即电流具有体分布特性，如果选取的回路在圆柱筒导体内部，则回路所包围的电流除了轴线上的电流外，还有通过圆柱筒导体截面的电流，其量值与回路所包围的截面面积成正比． 　I 　　　　 R2 R1 　 I 　　r

40、 图11-21 解 圆柱筒导体单位截面积通过的电流，即电流密度为，取半径为r（）的圆为安培回路，如图11-21所示，其所包围的电流为 根据磁场分布的轴对称性，应用安培环路定理，得 则 11-22 两个正电荷、，当它们相距为d时，运动速度各为v1和v2，如图11-22所示，求：（1）在处所产生的磁感强度和作用于上的力；（2）在处所产生的磁感强度和作用于上的力. 分析　运动电荷所产生磁感强度的大小由（11-14）式确定，方向与的指向相同（正电荷）或相反（负电荷）．运动电荷在磁场中受洛伦兹力作用，电荷之间还存在电场力，所以运动电荷之间的作用力应为磁

41、场力和电场力的合力．这样的分析是基于非相对论性情况，即在牛顿力学框架内考虑的． 应当注意到两个问题：下面的计算结果给出，q1和q2所受的作用力不满足牛顿第三定律；此外，当两个电荷都具有运动速度时，才可能存在洛伦兹力，由于对运动的描述是相对的，因此，如果选取随某电荷一起运动的参考系，该电荷就处于相对静止状态，将不产生磁场，另一运动电荷就不应该受洛伦兹力作用．对这个问题更深一步的分析要应用爱因斯坦的相对性原理．根据相对论，电场和磁场构成一个相互关联的统一整体——电磁场，磁性本身就是一种相对论性现象 参见：陆果．基础物理学教程　上卷．北京：高等教育出版社．1998：352 ． 　 v1

42、 q1 v2 　　　 q2 Fm2 Fe2 F2 图11-22 解：（1）速度为v1的电荷在处产生的磁感强度方向与的指向相同，垂直图面向外，由（11-14）式，其大小为 q2 所受的洛伦兹力方向水平向右，大小为 q2处在q1的电场中，所受电场力方向垂直向下，大小为 如图11-22所示，作用于q2的合力大小为 与水平方向的夹角为 (2)由于电荷的速度与到为的径矢方向相同，由（11-

43、14）式，电荷在处产生的磁感强度为 所受的洛伦兹力为　　　 q1处在q2的电场中, 受到的电场力方向竖直向上，大小为 所以作用于q1上的合力方向竖直向上，大小为 11-23 在等边三角形的两个顶点上各有一个电荷量为q的点电荷，三角形绕与过O点并与两点电荷连线平行的y轴旋转，如图11-23所示.（1）求轴上距O点为y的P点的磁感强度.（2）y轴上哪一点的磁感强度不随时间变化？设三角形边长为，旋转角速度为. 分析 注意两点电荷到P点的径矢不同，绕轴y转动时线速度v的大小相同，但方向随时间变化. 因此两运动电荷产生的磁场是随时间变化的磁场. y B

44、1 　 B2 P y q O l 　 q 图11-23 解 （1）如图11-23所示，两点电荷到P点的径矢分别为和，其大小分别为 两点电荷绕y轴旋转速度v方向大小都相同，方向垂直纸面向里，大小为 在P点的磁感强度方向如图11-23所示，根据几何关系，它们与y轴间的夹角和分别满足，和，，大小分别为 得P点的磁感应强度的y方向分量为 垂直于y轴方

45、向的分量为 (2)由于垂直于y轴的分量的方向随电荷运动方向变化，故B的方向也随时间不断变化．由以上两式可以看出，当y =0时，, 即O点的磁感强度只有y方向分量，且大小恒为 11-24均匀磁场和均匀电场同方向，磁感强度和电场强度分别为T，V/m，一电子以速度v m/s进入该电磁场，求电子刚进入该电磁场时的法向加速度、切向加速度和总加速度:（1）若电子的速度与电磁场方向垂直；（2）若电子的速度与电磁场同方向. 分析 电子所受洛伦兹力为的方向，电场力与电场强度E方向相反．当电子的速度与电磁场方向垂直时，而且E与B同向, 所以电场力与磁场力垂直,合力在垂直v的平面内,因而这个合力只改

46、变速度方向而不改变速度的大小,即，所以.当电子速度与E、B同向时,所受磁场力为0，只有电场力,且电场力与E反向,所以电子作直线运动,. 解 （1）当电子的速度与电磁场的方向垂直时，所受电场力为 所受磁场洛伦兹力为 其方向二力相互垂直，合力在垂直于v的平面内，故切线方向即速度方向不受力 法向加速度 m/s2 总加速度 m/s2 （2）电子的速度与电磁场同方向，电子只受电场力作用，方向沿速度的反方向．切向加速度为

47、 m/s2 法向不受力 总加速度 m/s2 11-25 一水平放置的平行板电容器长l = 5 cm，极板间的电场强度V/m，一电子以v0=m/s的速度沿水平方向飞入电容器板间，当它穿过电容器后又进入T的均匀磁场，磁场与电场方向相互垂直，如图11-25所示，求电子在磁场中运动的螺旋线轨道半径和螺距. v0 E B l 图11-25 分析 如图11-25所示，电子以速度v0沿水平方向飞入电容器，所受

48、电场力垂直向上,因而电子飞出电容器时已具有了两个方向的速度:水平速度和垂直向上的速度.进入磁场，B在水平方向, 因而对洛伦兹力有贡献的是，在洛伦兹力作用下电子作圆周运动.电子在水平方向不受磁场力，于是以v//在水平方向作匀速直线的运动.垂直方向的圆周运动与水平方向的匀速直线运动的合运动是螺旋线运动. 解 电子离开电容器进入磁场时，与磁场平行和垂直的速度分量分别为 进入磁场后电子作螺旋线运动，轨道半径为 m 电子作螺旋运动的周期为 螺距为 11-26 在一脉冲星（中子星）的表面，磁感强度为108T，考虑一个在中子星表面的氢原子中的电子，电子距质子中心的距离为，假设电子

49、以速度绕原子核作匀速率圆周运动，求电子所受中子星磁场的最大作用力，并与质子对电子的静电作用力进行比较. 分析 从数量级上比较，所给脉冲星表面磁场的磁感强度达108T，地磁场的磁感强度约为10-5T,一般实验室获得的强磁场也就十分之几到几个特斯拉. 解 11-27　在均匀电场和均匀磁场共存的空间中，一束电子垂直于电场方向入射.已知磁感强度为，其中E是电场强度，v是电子速度，若电子在运动中未发生偏转，问磁感强度B在什么方向上？ 分析 由于电子垂直于电场方向入射，如果磁场不存在，电子运动方向必然发生偏转，因此若要电子运动方向不偏转，必定运动过程中所受到的磁场力与电场

50、力大小相等，方向相反． y 　　　 E B 　　　　　 -e O v x z 　　Fe 图11-27 解 如图11-27所示，设电子速度v方向沿x轴正向，电场强度E方向在y轴正向，则电子所受电场力Fe方向为y轴负向，大小为 要使电子不偏转，所受磁场力应沿y轴正向，且大小为 (1) 由于磁场力垂直于电子速度v和磁感强度B所确定的平面，因此可以判断磁感强度B位于Oxz平面内，设B与x轴正向间夹角为，由洛伦兹力表

51、示式得 　　 　　 (2) 已知磁感强度为，联立以上二式得 或 即B与E垂直，位于Oxz平面内与x轴正向成或角． 11-28　一根导体棒质量m = 0.2 kg，横放在相距0.30 m的两根水平线上，并载有50 A的电流，方向如图11-28(a)所示．棒与导线之间的静摩擦系数是0.60．若要使此棒沿导线滑动，至少要加多大的磁场？磁场的方向如何？ 分析 由于最大静摩擦力与物体间的正压力成正比，仅当导体棒所受到的磁场力沿水平方向时，棒与导线之间的正压力的量值才等于导体棒所受的重力．不论载流导体棒沿两水平导线向左还是向右运动，棒沿导线开始滑动的条件都是导

52、体棒所受沿运动方向的合力刚好大于零．因此，必须首先假设一个磁感强度的方向，由导体棒受力分析建立其运动方程，再应用开始滑动满足的条件确定磁感强度的大小和方向． 解 假设磁感强度B与竖直向下方向间夹角为，则载流导体棒所受安培力与x轴间夹角亦为，大小为 (1) 载流导体棒受力情况如图11-28(b)所示，水平导线对导体棒的正压力为FN，最大静摩擦力，取xy坐标后，运动方程为 y

53、 FN Fm 　 　　 　I Ff x mg B (a)

54、 (b) 图11-28 x方向 (2) y方向 (3) 以上三式联立，并注意到开始滑动的条件为，得 应用极值条件，对上式求导数并令等于零，得，再代入上式，得 11-29　一直导线放在均匀磁场中，载有10A沿y轴正方向的电流，磁场沿坐标轴方向的分量为Bx = 0.3 T，By = -1.2 T，Bz = 0.5 T．求：（1）如图11-29中所示的长为 0.5m的一段导线所受的磁场

55、力沿坐标轴方向的分量；（2）作用在这段导线上的合力大小和方向． y 0.50 m I O x 　 　z　 图11-29 分析 如果分别用i、j、k表示三个坐标方向的单位矢量，长度为L的直导线，电流方向在y轴正向，则电流可以表示为，磁感强度可以表示为 根据安培定律可以求出该导线所受的安培力． 解 根据矢量积的定义，有 　　　　 根据安培定律可得 磁场力的分量为，，．该力在xz平

56、面内，大小为 其方向与x轴夹角为 11-30　如图11-30所示，一直导线通以电流，其下有一矩形框与导线在同一铅直面内，线框中通有电流.若要使线框不致下落，的方向应如何？线框的最大重量是多少？ 分析 通电直导线产生磁场，载流矩形框处在它的磁场中，故受到磁场力作用．当矩形框所受磁场力与重力大小相等、方向相反时，矩形框处于平衡状态． 　　　　 I1 　　　 F1 　　　　　　d d I2 F3 F

57、4 b F2 图11-30 解 设电流为顺时针方向，根据安培定律，线框各边所受磁场力如图11-30所示，其中和等大反向，相互抵消，和的大小分别为 　　　 线框所受合力为 方向向上，与向下的重力平衡，因而假设取顺时针方向是正确的．线框的最大重量即线框对直导线的最大作用力，其量值应等于线框所受的安培力，即 11-31　一半径为R的无限长半圆柱面型导体，与轴线上的长直导线载有等值相反的电流I，如图11-31(a)所示.求半无限长圆柱面电流单位长度上所受的力. 分析 半圆柱面型载流导体可以沿轴

58、向分割为一系列无限长载流细条带，每一载流细条带都可以视为无限长直电流，它们处在位于轴线的长直导线的磁场中. 应用已经导出的载流长直导线的磁感强度表示式（11-9），可知长直导线在各载流细条带处的磁感强度大小相同，但方向不同．用安培定律（11-39）求出载流细条带上单位长度所受安培力.应用力的叠加原理（注意对称性），计算出半圆柱面型载流导体上单位长度所受的磁场力.也可先求出半圆柱面型载流导体对轴线处单位长直导线作用力，根据牛顿第三定律，便得单位长半圆柱面型载流导体所受磁场力. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 y R

59、 B I I I I dl’ dl B’

60、 　　　 O x 　　　　 (a) (b) 图11-31 解 作俯视图图11-31(b)，半圆柱面上的电流密度为,在半圆柱面取宽度为的细长条带，所载电流方向垂直纸面向里，大小为.轴线处的长直导线在该处产生的磁感应强度B方向如图，大小为 细长条带上单位长度所受磁场力dF方向如图11-31(b)所示，大小为 在半圆柱面型导体上对称位置取宽度为的载流细条带

61、，单位长度上所受磁场力dF’ 如图11-31(b)所示.显然dF和dF’在x方向的分量等大而反向，相互抵消，y方向的分量相互加强，且有 半圆柱面型导体上单位长度所受磁场力为 方向沿y轴正向，为排斥力． 11-32　均匀磁场沿z轴正方向，在x-y平面上有一半圆弧电流，如图11-32　所示.求：（1）半圆弧电流所受的力；（2）当该电流绕x轴向转动角后，再求该电流所受的力. 设磁感强度为B，圆弧半径为R． 分析 如果用导线连接半圆弧的两端点，使之构成一个闭合载流线圈．可以证明平面载流线圈在均匀磁场中所受合力为O，但磁力矩（）可能不为零．因此，作用在半圆弧电流上的磁场力与作用在直径载

62、流导线上的磁场力等大反向．由此得出结论：在均匀磁场中，弯曲载流导线所受磁场力与从起点到终点载有同样电流的直导线所受磁场力大小相等、方向相同． z y ⊙B

63、 I O y I O x x （a） （b） 图11-32 解 （1

64、）作俯视图如图11-32(b)所示，在半圆弧上对称位置选取电流元（）和，所受磁场力和沿径向，由于对称性，它们的x方向分量相互抵消，y方向分量相互加强，且 方向为y轴正向． （2）半圆弧电流绕x轴转θ角后结果与（1）同． 11-33　如图11-33(a)所示，在长直电流I1旁有一个载有电流I2的刚性矩形导体框.（1）求导体框所受的合力；（2）求在I1的磁场中AD和BC边上所受的拉力． 分析 当计算AD、BC边在长直电流I1产生的磁场中所受拉力时，分别以AB边和DC边为研究对象进行受力分析．在电流I1产生的磁场中, AB边所受的磁场力方向向上，AD边和BC边的拉力和方向向下，AB

65、边竖直方向无运动，合力为零，即．又因为矩形框无转动，以任一点，例如A点为转轴，作用于AB边的力矩平衡，可求出和．AD和BC边所受AB边的拉力分别与和等大而反向；所受DC边的拉力分别与和等大而同向． 解　（1）矩形框处在电流I1产生的磁场中，AB、CD边所受磁场力等大反向相互抵消，AD边所受磁场力方向水平向左，大小为 BC边所受磁场力方向水平向右，大小为 矩形框所受合力方向水平向左，大小为 dF A B

66、 A I2dr B I1 　 I2　 l d b I1 FTAD FTBC D C d b (a) (b) 图11-33 （2）以AB边为研究对象，在电流I1产生的磁场中，AB边上的距直导线为r处的电流元Idr所受到磁场力dF方向向上，如图11-33(a)所示，AB边所受到的磁场力的大小为 AB边在方向向上的磁场力，方向向下的AD边和BC边拉力和作用下达到平衡，合力为零，即 以A点为转轴，作用于AB边的力矩平衡．在AB边距直导线为r处的线元dr所受到的磁场力dF对A点的力矩为，