恒定电流 补充习题
参考答案
A组
1．B 提示：电荷定向移动形成电流，当电子沿y轴正方向移动时，相当于导线中通以沿y轴负方向的电流，根据安培定则可知，在Qzy平面内的y轴上方，磁场方向是垂直于Qzy平面指向x轴的负方向，故本题正确选项为B。
2．C 提示：设位置I的磁场通量为φⅠ，位置Ⅱ的磁通量为φⅡ，则△Φ1=ΦⅡ－ΦⅠ, △Φ2=ΦⅡ
－(－ΦⅠ)=ΦⅡ＋ΦⅠ。
3．提示：（1）环中磁通量增大，因为环内磁感应强度增大；（2）环内磁通量减小。因为磁感线是封闭的，向上穿出螺旋管的磁感应线都要向下回到螺旋管内，当环的半径增大时会把环外部分由上向下的感应线划进环中，这样就部分抵消了环中原有的由下向上的磁通量，所以磁通量减小。
4．甲的说法正确。提示：在磁场中保持静止的小磁针。它的N极一定指向磁感线的方向，这是普通适用的。而“同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引”只适用于两个磁体互为外部时磁极间的相互作用。
5．提示：B=0的区域是Ⅱ、Ⅳ象限。因为这两个象限内两个导线电流的磁场方向相反。 6．提示：棒ab受重力、安培力和摩擦力的作用而处于静止状态，由平衡条件得到： （1）Ff=Fsin?=BILsin?；
（2）FN=mg－Fcos?=mg－BILcos?。
7．（1）粒子运动轨迹如图3-32所示。（2）
4?m2?m提示：或qB1qB2由图示轨迹可知，粒子重新回到O点前，并在磁场B1中转过了两
个半圈，在磁场B2中转过了一个半圈，所以一共经过的时间
t?T1?T22?m?m4?m2?m ???，或t?。2qB1qB2qB1qB28．A 提示：铝圆环及其电流可以等效于一个小磁针，该磁针的N极指向纸面内，S极
指向纸面外，所以环转动，同时向磁铁靠近。
9．2:1 提示：正负电子在磁场中运动的半径相等，但受到的洛伦兹力方向相反，正电子在磁场中的轨迹所对圆心角为120°，负电子的轨迹所对圆心角为60°，所以运动时间之比为2:1。
10．（1）3T；（2）6N 提示：导体ab处于静止状态，则其处于受力平衡状态，所以沿斜面方向有：mgsin60°=FA cos 60°，垂直于斜面方向有：FN=mgcos 60°+FAsin 60°，式中
FA=BIL，由以上三式可得B=3T，FN=6N。
8Ud211．22 提示：根据粒子运动轨迹确定其圆心，根据几何关系得到粒子做圆22B(d?L)1m?d2?L22周运动的半径R=，由粒子做圆周运动规律可知：R=，又有qU=m?,由以上
2qB2d11
恒定电流 补充习题
q8Ud2各式可得?。 2222mB(d?L)12． 2m/s2 提示：当棒中电流为5A时，棒处于平衡状态，Ff=F=BIL=1.2×5×2N=12N。当棒中电流为8A时，根据牛顿第二定律：BI′L－Ff=ma，即a=2 m/s2。
B组
1．C 提示：由安培力F=BILsin?，由于sin?=
FF≤1，B≥=2T，所以该处的磁BILIL感应强度B≥2T，正常选项为C。
2．当橡胶圆盘转动起来后，形成了环形电流（由于圆盘带负电，电流方向与转动方向相反），在其周围产生磁场，由安培定则可判定小磁针所在位置处的磁场方向为沿轴线向右，故小磁针的N极将向右偏转。
3．B 提示：两个通有电流的铝环可等效看做两个磁体，a环的右侧为磁体的N极，b环的左侧为磁体的S极，所以两环互相吸引，相向运动；由牛顿第三定律可知，a 对b环的作用力与b对a环的作用力必是等大反向，故两环具有大小相等的加速度。所以本题正确选项为B。
4．D 提示：导线中有电流通过时弹簧的伸长量增大，这说明通电导线对磁铁的作用力有沿斜面向下的分力，由于导线离N极较近，所以可以肯定电流对N极的作用力有沿着斜面向下的分力（电流对S极的作用有沿着斜面向上的分力），所以电流周围的磁感线是顺时针方向（可以判定导线中的电流方向向里），所以通电导线对磁铁N极的作用力方向为斜向左下方，故磁体对斜面的压力将增大。本题正确选项为D。
5．（1）BU＞prgl；
BUh 提示：设矩形槽前后两壁之间的距离为d，在水银面上取一?rgl高为x(x很小)水银柱作为研究对象，则水银柱所受重力G=mg=plxdg。
lUUxd ，故电流I= =xdRrl ，所以水银柱受到的安培力
UxdBUxdBUxd
大小为F=BIl=B l= 。当F＞G，即
rlrr ＞plxdg，BU＞ prgl时，水银能上升。
左右两侧壁之间的水银柱电阻R=r（2）
BUh 提示：由于水银柱上升的条件与x无关，所以水银柱最终稳定时必定充满整个?rgl矩形槽且有一部分进入非导电管。设水银上升的高度为H，则整个水银柱在底部产生的压强为
BUhdFFBUhUhdp=pgH，水银柱所受安培力F=BIl=Bl=r ，它产生的压强p′=S =ld =rl ,
rlBUh
当p=p′时，水银柱稳定，所以有H= 。
prgl
2nBIl6． 提示：设第一次弹簧伸长量为x1，第二次为x2，则kx1+nBIl=mg；kx2－nBIl = mg 。
k2nBIl
由此可得△x=x2－x1= ，方向向下。
k
12
恒定电流 补充习题
7．6m/s2，9.2m/s 提示：小球可以从静止开始沿杆下滑，由左手定则判断得小球所受的洛伦兹力方向垂直于杆向上，随着下滑速度的增大，洛伦兹力也增大，杆给球的弹力先由垂直于杆向上逐浙减小为0，再由垂直杆向下逐浙增大，小球开始阶段的受力情况如图3-33所示，由牛顿第二定律得：
mgsin?－Ff=ma，Ff=uFN 而qvB+FN-mgcos?=0
mg
当Ff=0时，即v= cos?时，小球的加速试最大，此时
qB
3
am=gsin?=10× m/s2=6m/s2
5
而当a=0,即mgsin?=uFN=u(qvB－mgCOS?)时，小球的速度最大，此时 mgsin?+umgcos? vm= =9.2m/s
uqB
mv18．（1）r1= ，r1=5cm；(2)不能。提示：运动直径小于1cm的粒子不能射出正方形，
qB即速率小于5×10 m/s的离子不能射出正方形区域；（3）提示：这种粒子的半径是5cm，它首先要不射出HG边才有可能射出GF边，所以运动轨迹恰与HG相切是一个临界条件；另一个临界条件是恰与GF边相切，所以离G的距离x范围为2≤x≤（1-21）cm的范围内这种离子可以射出GF边；（4）至少（8-14）×10m/s 提示：运动轨迹既与HG相切又与GF相切是所有射出GF的轨迹中半径最小的，该轨迹对应的速率为（8-14）×10m/s,所以速率至少为（8-14）×10m/s的离子才能够射出GF边。
6
6
6
5
13