浙江工业大学大学物理稳恒磁场习题答案.
大学物理第六章稳恒磁场习题参考答案
第六章稳恒磁场作业集第37讲毕奥-萨伐儿定律一、Ⅰ类作业：解：根据毕奥萨伐尔定律20sin d 4d r l I B θπμ=，方向由右手定则决定。
(1)202020d 490sin d 4sin d 4d L l I L l I r l I B πμπμθπμ=︒==方向垂直纸面向里（沿z 轴负向）。
（2）00sin d 4sin d 4d 2020=︒==L l I r l I B πμθπμ（3）202020d 490sin d 4sin d 4d L l I L l I r l I B πμπμθπμ=︒==，方向沿x 轴正向。
（4）因为2245sin sin ,2222=︒==+=θL L L r ，所以2020d 82sin d 4d Ll I r l I B πμθπμ==，方向垂直纸面向里（沿z 轴负向）。
37.2教材223页第6.2、6.4、6.6题解：（1）6.2：（2）6.4：（3）6.6：二、Ⅱ类作业：解：根据磁场叠加原理可知，中心点O 的磁感应强度是两根半无限长载流导线的B 和41载流圆弧的B 的矢量和。
即321B B B B ++=其中，半无限长载流导线在其延长线上的031==B B ，41载流圆弧的R I B 802μ=，方向垂直纸面向外。
所以RI B B 802μ==，方向垂直纸面向外第38讲磁场的性质一、Ⅰ类作业：38.1一块孤立的条形磁铁的磁感应线如图所示，其中的一条磁感线用L 标出，它的一部分在磁铁里面，你能根据安培环路定理判断磁铁里面是否有电流吗？如果有穿过L 的电流方向是怎样的？解：因为磁感应强度沿L 的线积分不为零，即环量不为零，根据安培环路定理，有电流穿过环路L 。
根据右手定则，电流是垂直纸面向里。
38.2教材229页6.7、6.9题二、Ⅱ类作业：38.3如图所示，有一根很长的同轴电缆，由两层厚度不计的共轴圆筒组成，内筒的半径为1r 1，外筒的半径为r 2，在这两导体中，载有大小相等而方向相反的电流I ，计算空间各点的磁感应强度．解：该电流产生的磁场具有轴对称性，可用安培环路定理计算磁感应强度。
《大学物理》课后解答题 第七章稳恒磁场
第7章 稳恒磁场一、思考讨论题1、如图4.1所示的电流元Idl 是否在空间所有点的磁感应强度均不为零？请你指出Idl在a 、b 、c 、d 四点产生的磁感应强度的方向。
解：不是，电流元Idl在自身产生的磁感应强度为零。
a 、垂直纸面向外b 、垂直纸面向外c 、垂直纸面向内d 、垂直纸面向内2、分别求图4.2中的三种情况下，通有电流I 的直线电流在图中点产生磁感应强度B 的大小和方向。
解：a 图，()a I cos cos a I B πμπμ823145304--=-=方向垂直纸面向内 b 图，()aIcos cos a I B πμπμ82345604--=-= 方向垂直纸面向内 c 图() 30041cos cos a I B -=πμ () 1806030402cos cos tan c a I B -=πμ aIB B B πμ41312-=-= 方向垂直纸面向内3、电流分布如图4.3所示，分别求出各图中O 点的磁感应强度O B的大小和方向。
图4.1图4.2a图4.2ba图4.2c1 R 3解：a 图， 321B B B B ++=()30060431cos cos cos R IB B -==πμ23601202a I B μ=方向垂直纸面向内b 图， 01=B ，RIR I B 126122μμ==，()2322180150243-=-⋅=R I cos cos R I B πμπμ所以，⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+=R R I B πμ432121 方向垂直纸面向内 c 图，RIR I B 834321μμ==，052==B B R I B B πμ16243==，所以，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=πμ238R I B 方向垂直纸面向外 4、若空间中存在两根无限长直载流导线，则磁场的分布就不存在简单的对称性，因此：（A ）安培环路定理已不成立，故不能直接用此定理计算磁场分布。
（B ）安培环路定理仍然成立，故仍可直接用此定理计算磁场分布。
第十章 稳恒磁场 部分习题参考答案
第十章 习题9-1 在同一磁感应线上，各点B v的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B v的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B v的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B v的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B v的方向．题9-2图9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B v的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B r v=∑∫==−=⋅0d 021I bc B da B l B abcdµvv∴ 21B B rv=(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B v方向相反，即21B B r v≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0µ=，外面B =0，所以在载流螺线管 外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分∫外B L v·d l v =0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为∫外B L v·d l v =I 0µ这是为什么?解: 我们导出nl B 0µ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是∫∑==⋅LI l B 0d 0µv v外，与∫∫=⋅=⋅Ll l B 0d 0d v v v外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B v 的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πµ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m -2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=××=⋅=S B vv ΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S B vv Φ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=×××=θ×××=⋅=S B v v ΦWb (或曰24.0−Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B )为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B )、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=B vCD 产生RIB 1202µ=，方向垂直向里 CD 段产生 231(2)60sin 90(sin 24003−πµ=−πµ=°°R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππµ+−=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B v方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2−×=×+−=πµπµI I B A T(2)设0=B v在2L 外侧距离2L 为r 处 则02)1.0(220=−+rIr I πµπµ解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解： 如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
浙江工业大学大学物理稳恒磁场习题答案
稳恒磁场习题答案7-1解：令1B 、2B 、acb B 和ab B分别代表长直导线1、2和三角形框ac 、cb 边和ab 边中的电流在O 点产生的磁感强度．则 ab acb B B B B B+++=211B ：由于O 点在导线1的延长线上，所以1B= 0． 2B ：由毕奥－萨伐尔定律，有 )60sin 90(sin 402︒-︒π=dIB μ式中 6/330tan 21l l Oe d =︒⋅==)231(34602-⋅π=lI B μ)332(40-π=l I μ 方向：垂直纸面向里．acb B 和ab B：由于ab 和acb 并联，有 a c ba cb ab ab R I R I ⋅=⋅ 又由于电阻在三角框上均匀分布，有21=+=cb ac ab R R acb ab ∴ acb ab I I 2= 由毕奥－萨伐尔定律，有ab acb B B =且方向相反． ∴ )332(402-π==lIB B μ，B的方向垂直纸面向里．7—2. 解：两折线在P 点产生的磁感应强度分别为：⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=22141a I B o πμ 方向为⊗, ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=22142a I B o πμ 方向为⊙ 所以：aIB B B o πμ4221=-= 方向为⊗7-3. 解：O 点处的磁场由三部分构成,即：cd bc ab B B B B++=, 方向垂直纸面向里。
其中：()R Ia I B o o ab πμπμ4/90cos 0cos 4=-=(半无限长载流导线), RIB o bc 4μ=(半圆环), 0=cd B (其延长线过O 点)。
()T RIR I B B B B o o cd bc ab 5101.244-⨯=+=++=μπμ7-4解：设L 1中电流在O 点产生的磁感强度为B 1，由于L 1与O 点在一条直线上，由毕奥－萨伐定律可求出 01=B 设L 2中电流在O 点产生的磁感强度为B 2，L 2为半无限长直电流，它在O 处产生的场是无限长直电流的一半，由安培环路定律和叠加原理有RIR I B π=⋅π=4212002μμ 方向垂直图面向外．以下求圆环中电流在O 点产生的磁感强度．电流由L 1经a 点分两路流入圆环，一路由a 点经1/4圆弧流至b ，称此回路为L 3．另一路由a 点经3/4圆弧流至b ，称此段回路为L 4．由于圆环为均匀导体，若L 2的电路电阻为R ，则L 4的电阻必为3R ．因此电流在L 3、L 4上的分配情况为L 3中电流为3 I /4，L 4中电流为I / 4．L 3、L 4中电流在O 点产生的磁感强度的大小相等，方向相反，总值为0．即043=+B B故O 点的磁感强度： =+++=43210B B B B B RIπ40μ方向垂直图面向外．7-57-6. 解：取一个窄长条dx ，它在P 点产生磁场()x b a a dx a I dB p -+=πμ20 所以，P 点磁场bba a I xb a dx o a a I B p +=-+=⎰ln2200πμπμ 方向向外。
(完整版)稳恒磁场作业习题及参考答案.doc
赵近芳编大学物理学 ch9. 稳恒磁场 作业习题及参考答案9-6 已知磁感应强度B 2.0 Wb ·m -2 的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题 9-6 图所示．试求：(1) 通过图中 abcd 面的磁通量； (2) 通过图中 befc 面的磁通量； (3)通过图中 aefd 面的磁通量．解： 如题 9-6 图所示(1) 通过 abcd 面积 S 1 的磁通是 : 1B S 1 2.0i (0.3 0.4)i 0.24 ( Wb ）(2) 通过 befc 面积 S 2 的磁通量 :2B S 22.0i (0.3 0.3)k(3) 设 aefd 面积 S 3 的法线正方向如图，则通过aefd 面积 S 3 的磁通量：3 B S 32 (0.30.5)cos20.15 4 0.24 ( Wb ）题 9-6 图59-7 如题 9-7图所示， AB 、 CD 为长直导线， BC 为圆心在 O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流 I ，求 O 点的磁感应强度．解：如题9-7 图所示， O 点磁场由 AB 、 BC 、 CD 三部分电流产生．其中AB 段产生： B 1BC 段产生：B 2 0I60I（即垂直纸面向里）2R 360，方向题 9-7 图12 RCD 段产生： B 3I (sin 90 sin 60 ) 0I (13) ，方向4 R2 R 22【或： B 3I(cos120cos180 )I(13) ，方向 】4 R2 R22∴B 0B 1B 2B 30 I(13 ) ， 方向 ．2 R2 69-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线L 1 和 L 2 ，相距 0.1m ，通有方向相反的电流， I 1 =20A,I 2 =10A ，如题 9-8图所示． A ， B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线L 2 的距离均为 5.0cm ．试求 A ， B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．解：如题 9-8 图所示， B A 方向垂直纸面向里，大小为：B A0 I120 I21.2 10 4 T2 (0.1 0.05)0.05B B 方向垂直纸面向外，大小为：0 I10 I21.33 10 5 T题 9-8 图B B22 (0.1 0.05) 0.05设 B0在 L 2 外侧距离 L 2 为 r 处，则II 20 ， 解得： r 0.1 m9-12 两平行长直导线相距d =40cm ，每根导线载有电流 I 1 = I 2 =20A ，如题 9-12图所示．求：(1) 两导线所在平面内与该两导线等距的一点A 处的磁感应强度；(2) 通过图中斜线所示面积的磁通量． ( r 1 = r 3 =10cm, l =25cm) ．解： (1) B A0 I10 I24 105 (T) 方向纸面向外2 ( d) 2 ( d)22题 9-12 图(2)dS ldr ，则： dB dS Bldr取面元d r 1 r 2 0 I 1 0 I 2]ldr0 I 1lln 30 I 2 lln1I 1lln 3 2.2 106( Wb )r 1 [S2 r2 (d r )2239-13 一根很长的铜导线载有电流 10A ，设电流均匀分布。
稳恒磁场一章习题解答
稳恒磁场一章习题解答习题9—1无限长载流空心圆柱导体的内外半径分别为°、4电流在导体截面上均匀分布，则空间各处的直的大小与场点到圆柱中心轴线的距离r的关系定性地如图所示。
正确的图是：［］解：根据安培环路定理，容易求得无限长载流空心圆柱导体的内外的磁感应强度分布为“討（厂一/）2时（庆-a1）.2力・(/•< “) (a < r < b)(r >所以，应该选择答案（B）。
习题9—2如图，一个电量为+§、质量为m的质点，以速度方沿X轴射入磁感应强度为B的均匀磁场中，磁场方向垂直纸面向里，其范圉从.v=0延伸到无限远，如果质点在A-0和y=0处进入磁场, 则它将以速度-0从磁场中某一点出来，这点坐标是x=0和［Jo(A))，=-mv 卜OqB(B)2mv y = + ' qB2mv mv (C) y =-~ ----------------- 0(D)y = -—-qB qB4 Yf XX 一X1BI X1X X:X X XX X■加：X X X Xi XiX X1 X X X习题9一2图解：依右手螺旋法则，带电质点进入磁场后将在x>0和）>0区间以匀速e经一个半圆周而从磁场出来，其圆周运动的半径为mv因此，它从磁场出来点的坐标为40和y = + —,故应选择答案(B)。
qB习题9-3通有电流/的无限长直导线弯成如图三种形状，则P, Q, O各点磁感应强度的大小B P, B Q, Bo间的关系为［］。
(A)B P>B Q>B OO(B)B Q>B P> B(, O(C)B Q>B o>B po(D)B()>B Q>B P说明：本题得通过计算才能选出正确答案。
对P点，其磁感应强度的大小对0点，其磁感应强度的大小B Q = [cosO-cosl35°]+q^—[cos45° - cos 180°]即+爭对O点，其磁感应强度的大小B严如+ 2•如=如(1 +兰)4a4加2加2显然有B°>B Q>B P，所以选择答案(D)。
大学物理《稳恒电流的磁场》习题答案
第14章 稳恒电流的磁场 参考答案一、选择题1(B)，2(A)，3(D)，4(C)，5(B)，6(D)，7(B)，8(C)，9(D)，10(A) 二、填空题(1). 最大磁力矩，磁矩 ; (2). πR 2c ； (3). )4/(0a I μ； (4).RIπ40μ ；(5). μ0i ，沿轴线方向朝右. ； (6). )2/(210R rI πμ， 0 ; (7). 4 ; (8).B I R2，沿y 轴正向； (9). ωλB R 3π，在图面中向上； (10). 正，负.三 计算题1. 将通有电流I 的导线在同一平面内弯成如图所示的形状，求D 点的磁感强度B的大小．解：其中3/4圆环在D 处的场 )8/(301a I B μ=AB 段在D 处的磁感强度 )221()]4/([02⋅π=b I B μBC 段在D 处的磁感强度)221()]4/([03⋅π=b I B μ1B、2B 、3B 方向相同，可知D 处总的B 为)223(40baI B +ππ=μ2. 半径为R 的导体球壳表面流有沿同一绕向均匀分布的面电流，通过垂直于电流方向的每单位长度的电流为K ．求球心处的磁感强度大小．解：如图θd d d KR s K I ==2/32220])cos ()sin [(2)sin (d d θθθμR R R I B +=32302d sin R KR θθμ=θθμd sin 2120K =⎰π=020d sin 21θθμK B ⎰π-=00d )2cos 1(41θθμK π=K 041μ3. 如图两共轴线圈，半径分别为R 1、R 2，电流为I 1、I 2．电流的方向相反，求轴线上相距中点O 为x 处的P 点的磁感强度． 解：取x 轴向右，那么有2/322112101])([2x b R I R B ++=μ 沿x 轴正方向 2/322222202])([2x b R I R B -+=μ 沿x 轴负方向21B B B -=[2μ=2/32211210])([x b R I R ++μ]])([2/32222220x b R I R -+-μ若B > 0，则B方向为沿x 轴正方向．若B < 0，则B的方向为沿x 轴负方向．4．一无限长圆柱形铜导体(磁导率μ0)，半径为R ，通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m ，宽为2 R )，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量．解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小，由安培环路定 律可得： )(220R r rRIB ≤π=μ因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RI Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为)(20R r rIB >π=μ因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S Bd 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=I μ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+I μ5. 一半径为 4.0 cm 的圆环放在磁场中，磁场的方向对环而言是对称发散的，如图所示．圆环所在处的磁感强度的大小为0.10 T ，磁场的方向与环面法向成60°角．求当圆环中通有电流I =15.8 A 时，圆环所受磁力的大小和方向．1 m解：将电流元I d l 处的B分解为平行线圈平面的B 1和垂直线圈平面的B 2两分量，则 ︒=60sin 1B B ； ︒=60cos 2B B分别讨论线圈在B 1磁场和B 2磁场中所受的合力F 1与F 2．电流元受B 1的作用力l IB lB I F d 60sin 90sin d d 11︒=︒=方向平行圆环轴线．因为线圈上每一电流元受力方向相同，所以合力⎰=11d F F ⎰π︒=Rl IB 20d 60sin R IB π⋅︒=260sin = 0.34 N ，方向垂直环面向上．电流元受B 2的作用力l IB lB I F d 60cos 90sin d d 22︒=︒= 方向指向线圈平面中心． 由于轴对称，d F 2对整个线圈的合力为零，即02=F ． 所以圆环所受合力 34.01==F FN ， 方向垂直环面向上．6. 如图所示线框，铜线横截面积S = 2.0 mm 2，其中OA 和DO ＇两段保持水平不动，ABCD 段是边长为a 的正方形的三边，它可绕OO ＇轴无摩擦转动．整个导线放在匀强磁场B中，B 的方向竖直向上．已知铜的密度ρ = 8.9×103 kg/m 3，当铜线中的电流I =10 A 时，导线处于平衡状态，AB段和CD 段与竖直方向的夹角α =15°．求磁感强度B的大小．解：在平衡的情况下，必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对OO ＇轴而言)． 重力矩 αραρs i n s i n 2121gSa a a gS a M +⋅=αρsin 22g Sa =B 2d l磁力矩ααcos )21sin(222B Ia BIa M =-π=平衡时 21M M = 所以 αρsin 22g Sa αcos 2B Ia = 31035.9/tg 2-⨯≈=I g S B αρT7. 半径为R 的半圆线圈ACD 通有电流I 2，置于电流为I 1的无限长直线电流的磁场中，直线电流I 1恰过半圆的直径，两导线相互绝缘．求半圆线圈受到长直线电流I 1的磁力．解：长直导线在周围空间产生的磁场分布为 )2/(10r I B π=μ取xOy 坐标系如图，则在半圆线圈所在处各点产生的磁感强度大小为：θμsin 210R I B π=， 方向垂直纸面向里，式中θ 为场点至圆心的联线与y 轴的夹角．半圆线圈上d l 段线电流所受的力为：l B I B l I F d d d 22=⨯= θθμd sin 2210R R I I π=θsin d d F F y =． 根据对称性知： F y =0d =⎰y F θcos d d F F x = ，⎰π=0x x dF F ππ=2210I I μ2210I I μ=∴半圆线圈受I 1的磁力的大小为： 2210I I F μ=，方向：垂直I 1向右．I 2I 1A DC8. 如图所示．一块半导体样品的体积为a ×b ×c ．沿c 方向有电流I ，沿厚度a 边方向加有均匀外磁场B (B的方向和样品中电流密度方向垂直)．实验得出的数据为 a ＝0.10 cm 、b ＝0.35 cm 、c ＝1.0 cm 、I ＝1.0 mA 、B ＝3.0×10-1 T ，沿b 边两侧的电势差U ＝6.65 mV ，上表面电势高．(1) 问这半导体是p 型(正电荷导电)还是n 型(负电荷导电)？(2) 求载流子浓度n 0 (即单位体积内参加导电的带电粒子数)．解：(1) 根椐洛伦兹力公式：若为正电荷导电，则正电荷堆积在上表面，霍耳电场的方向由上指向下，故上表面电势高，可知是p 型半导体。
大学物理习题答案稳恒电流的磁场
第十章 稳恒电流的磁场1、四条相互平行的无限长直载流导线，电流强度均为I ，如图放置，若正方形每边长为2a ，求正方形中心O 点的磁感应强度的大小和方向。
解：43210B B B B B r r r r r +++=无限长载流直导线产生的磁感应强度 rI2B 0πμ=由图中的矢量分析可得a 2I a 2I22B B 0042πμ=πμ=+a I45cos a2I 2B 0000πμ=⋅πμ= 方向水平向左2、把一根无限长直导线弯成图 (a)、(b) 所示形状，通以电流I ，分别求出O 点的磁感应强度B 的大小和方向。
解：（a ）（b ）均可看成由两个半无限长载流直导线1、3和圆弧2组成，且磁感应强度在O 点的方向相同 （a ）方向垂直纸面向外。
)38(R16I43R 4I R 4I R 4I B 00000π+πμ=π⋅πμ+πμ+πμ=（b ）由于O 点在电流1、3的延长线上，所以0B B 31==r r方向垂直纸面向外。
R8I323R I 4B B 0020μ=π⋅πμ==14（a ） I（b ）3、真空中有一边长为l 的正三角形导体框架，另有互相平行并与三角形的bc 边平行的长直导线1和2分别在a 点和b 点与三角形导体框架相连 (如图) 。
已知直导线中的电流为I ，求正三角形中心点O 处的磁感应强度B 。
解：三角形高为 l l360sin h .0==4 它在 θθπμ=θ=d sin R 2Isin dB dB 20x θθπμ−=θ−=d cos R2I cos dB dB 20yRI d sin R2I dB B 20200x x πμ=∫θθπμ∫==π0d cos R2I dB B 020y y =∫∫θθπμ−==π)T (1037.6100.10.5104RI B B 522720x P −−−×=××π××π=πμ==∴轴正方向。
题解3-稳恒磁场(已修改)
4、 两平行长直导线相距d=40cm，通过导线的电流 I1=I2=20A，电流流向如图所示。求： （1）两导线所在平面内与两导线等距的一点P处的磁 感应强度。（2）通过图中斜线所示面积的磁通量 （r1=r3=10cm，l=25cm）。
d
I1
r1
P
l
I2
r2
r3
解：（1）P点的磁感应强度为 0 I1 20 I1 BP 2 en en 2 d / 2 d 2 4 107 20 en 0.4 4 105 en (T ) （2）通过矩形面积的磁通量为
Fab IlB sin120 0.866( N )
Fca Il B 方向垂直纸面向里，大小为： Fca IlB sin120 0.866( N )
(2) M P m B ISen B
方向沿 OO 方向，大小为 3l 2 M ISB I B 4.33 102 ( N m) 4 (3)磁力功 A I (2 1 )
4 、D
I O1 a1
0 I 2 20 I B1 B2 2a1 a2
a1 / a2 2 : 8
I
O2
a2
5、D U I l I 2l I 2 I 1 ab
B3
0 I
s
s
a
B2
3 3 2 4 l 4 l 6 6 0 I B1 (cos 00 cos 900 ) 0 3 4 l 3 0 I 0 0
en
3 2 I ( l B 0) 4 3 2 I l B 4.33 102 ( J ) 4
12、D
M P m B 0
B
-e
稳恒磁场习题答案
稳恒磁场习题答案稳恒磁场习题答案磁场是物理学中一个重要的概念，它在我们日常生活中扮演着重要的角色。
稳恒磁场习题是物理学中常见的练习题，通过解答这些习题，我们可以更好地理解磁场的性质和应用。
下面是一些常见的稳恒磁场习题及其答案，希望对大家的学习有所帮助。
1. 一根长直导线产生的磁场强度与距离的关系是怎样的？答：根据安培定律，长直导线产生的磁场强度与距离成反比关系。
即磁场强度随着距离的增加而减小。
2. 一根长直导线中心点的磁场强度为B，如果将导线弯成一个半径为r的圆环，中心点的磁场强度会发生怎样的变化？答：当将导线弯成一个半径为r的圆环后，中心点的磁场强度会变为零。
这是因为在圆环的中心点，由于对称性的原因，导线上的每一段磁场强度都会相互抵消，最终导致中心点的磁场强度为零。
3. 一个平面线圈中心的磁场强度与电流的关系是怎样的？答：根据比奥-萨伐尔定律，平面线圈中心的磁场强度与电流成正比关系。
即磁场强度随着电流的增加而增加。
4. 一个平面线圈中心的磁场强度与线圈的面积的关系是怎样的？答：一个平面线圈中心的磁场强度与线圈的面积成正比关系。
即磁场强度随着线圈的面积的增加而增加。
5. 一个平面线圈中心的磁场强度与距离的关系是怎样的？答：一个平面线圈中心的磁场强度与距离成反比关系。
即磁场强度随着距离的增加而减小。
6. 一个匀强磁场中，一个带电粒子的运动轨迹是怎样的？答：在一个匀强磁场中，一个带电粒子的运动轨迹是一个半径为r的圆。
这是因为带电粒子在匀强磁场中受到洛伦兹力的作用，该力垂直于带电粒子的速度和磁场方向，导致粒子做圆周运动。
7. 在一个匀强磁场中，一个带电粒子的运动速度对轨道半径的影响是怎样的？答：在一个匀强磁场中，一个带电粒子的运动速度对轨道半径没有影响。
这是因为带电粒子的运动速度只会影响圆周运动的周期，而不会影响圆周运动的半径。
8. 一个匀强磁场中，一个带电粒子的运动轨迹会受到哪些因素的影响？答：一个匀强磁场中，一个带电粒子的运动轨迹受到带电粒子的电荷量、质量、速度以及磁场的强度和方向的影响。
大学物理第8章稳恒磁场课后习题与答案
第 8 章 稳恒磁场习题及答案6. 如图所示，AB 、 CD 为长直导线， BC 为圆心在 O 点的一段圆弧形导线，其半径为R 。
若通以电流 I ，求 O 点的磁感应强度。
解： O 点磁场由 AB 、 BC 、 CD 三部分电流产生，应用磁场叠加原理。
AB 在 O 点产生的磁感应强度为B 1 0BC 在 O 点产生的磁感应强度大小为B 20 I0 I0 I，方向垂直纸面向里4 R4 R 312RCD 在 O 点产生的磁感应强度大小为B 3I(cos1cos 2 )4 r 00 I4R cos60 0(cos150cos180 )0 I3(1) ，方向垂直纸面向里2 R2故 B 0B 1 B 2B 30 I(13) ，方向垂直纸面向里22 R6A ，B 两点，并在很远处与电源相连。
已知7. 如图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的圆环的粗细均匀，求环中心 O 的磁感应强度。
解：圆心 O 点磁场由直电流A和 B及两段圆弧上电流 I 1与 I 2所产生，但 A 和 B 在O 点产生的磁场为零。
且I 1 电阻R 2I 2电阻R 12I 1 产生的磁感应强度大小为B 10 I12）（4 R，方向垂直纸面向外I 2 产生的磁感应强度大小为B 2 0 I2，方向垂直纸面向里4 R所以，B 1 I 1(2)1B 2I 2环中心 O 的磁感应强度为B 0B 1 B 28. 如图所示，一无限长载流平板宽度为a ，沿长度方向通过均匀电流I ，求与平板共面且距平板一边为 b 的任意点 P 的磁感应强度。
解：将载流平板看成许多无限长的载流直导线，应用叠加原理求解。
以 P 点为坐标原点，垂直载流平板向左为x 轴正方向建立坐标系。
在载流平板上取 dIIdx ， dI 在 P 点产生的磁感应a强度大小为dB0dIIdx ，方向垂直纸面向里2 x 2 axP 点的磁感应强度大小为BdB0 Ib adx 0 Iln ba2 abx2 ab方向垂直纸面向里。
大学物理D-05稳恒磁场、电磁感应定律-参考答案
0i ，选回路的绕行方向为顺时针方向， 2r
dr r
Bds
0 I ldr 2 r
当矩形线圈距离长直导线为 R 时，通过矩形线圈的磁通量为
d
Ra
R
0 I I Ra ldr 0 l ln R 2 r 2
d I
l
4
a
Ra d ln 1 dR 0 R 1 d lI n n 0 l I 则： n dt 2 2 dt R R a dt
2 B2 lv
0 Ilv 得 2 ( d a )
n( 1 2)
0 Ilvn 1 1 ( ) d d a 2
1
2
5
a点电势高于O点．∴ U a U b 2 1
1 16 15 3 BL2 BL2 BL2 BL2 50 50 50 10
如果金属细杆绕杆中央旋转，则ab两端电势差为0. 5.2.5 如图所示，一无限长直导线通有电流 I=5.0A，一矩形单匝线圈与此长直导线共面。设矩形线圈 以 v=2.0m/s 的速度垂直于长直导线向右运动。已知：l=0.40m, a=0.20m, d=0.20m,求矩形线圈中的感应电 动势。 （不计线圈的自感） 解：方法（一）如图，距离长直导线为 r 处的磁感应强度为： B 则通过窄条面积 ds 的磁通量为： d
B dS 0 说明了下面的哪些叙述是正确的？
（
A ）
穿入闭合曲面的磁感应线条数必然等于穿出的磁感应线条数； 穿入闭合曲面的磁感应线条数不等于穿出的磁感应线条数； 一根磁感应线可以终止在闭合曲面内； 一根磁感应线可以完全处于闭合曲面内。
（A）ad； （B）ac； （C）cd； （D）ab。 5.2.3. 如图，无限长直载流导线与正三角形载流线圈在同一平面内，若长直导 线固定不动，则载流三角形线圈将 (A) 向着长直导线平移; (B) 离开长直导线平移; (C) 转动; (D) 不动。
稳恒磁场习题答案
方向：与电流满足右手螺旋定则。
单位：安培· 2 米 4.平面载流线圈在均匀磁场中受到的力矩M
定义： M p m B
单位：牛顿· 米
5.洛仑兹力
F m qv B
6.电荷垂直于磁场作圆周运动
R mv qB
T
2 m qB
0 dI
2r
dI ndq
2
O
dq
r
a dI
dq dr
dB B
0
a b
2r 2 4
dr b
dr
ω
0 dr
r
0
4
ln
ab a
a
B dS 0
B dl 0 I
H dl
I
5
c
B H
0r
（常数） 顺磁质: r 1 （常数） 抗磁质: r 1 铁磁质: r 1
(10 ~ 10 )
2
通常不是常数
四.几个典型载流导体的磁场 1.载流直导线
0I
2 x
b
I 1 dx
0 II 1
2
ln
a b b
9-13 一根很长的铜导线，均匀载有强度为I的电流。在导线内 部，通过中心线作一平面S。试计算通过导线单位长度的S平面 内的磁感通量。 解：
B 2 r 0 j r
B
2
0 Ir
2 R
2
R
d m B d S B ld r
I 2 R a
a
Ia 2 R
大学物理习题解答6第六章稳恒磁场
第六章 稳恒磁场本章提要1．毕奥—萨伐尔定律· 电流元激发的磁场0d d 4l e B rI rm p ´=其中真空磁导率7-20410N A m p -=醋· 几种典型磁场分布（1）无限长载流直导线激发的磁场02I B rm p =（2）载流长直螺线管内的磁场0B nI m =（3）运动电荷的磁场024rv e B q r m p ´=2．磁场高斯定理· 仿照电通量的概念引入磁通量，定义穿过磁场种某一面积S 的磁通量为d B S m sΦ=蝌则通过空间中任意封闭曲面的磁通量必为零，即有磁场高斯定理d 0S?òÑB S3．安培环路定理（适用于恒定电流）· 磁感应强度沿闭合回路的积分等于穿过该闭合回路的电流的代数和乘以真空磁导率。
0int d LI m ?åòÑB r4．安培力与洛仑兹力· 对于任意载流导线，若将其视为由无数个电流元组成的，则其在磁场中所受的安培力为d F l B lI =⨯⎰· 一个定向运动的电荷在磁场中所受的力即洛仑兹力为q =⨯f υB5．三种磁介质· 抗磁质（1r m <），抗磁质分子无固有磁距。
· 顺磁质（1r m >），顺磁质分子具有固有磁距。
· 铁磁质（1r m ?），有磁滞现象和居里点。
思考题6-1 为什么不能简单地定义B 的方向就是作用在运动电荷上的磁力方向? 答：运动电荷磁力的方向不仅与磁感应强度B 的方向有关，还与电荷的运动方向、电荷的正负有关；特别是如果电荷运动的方向与磁场方向在同一直线上，此时电荷受力为零。
因此不能定义B 的方向就是作用在运动电荷上的磁力方向。
6-2 在电子仪器中，为了减小与电源相连的两条导线的磁场，通常总是把它们扭在一起。
为什么?答：可以将扭在一起的两条通电导线看成是交织在一起的两个螺线管。
大学物理_恒定电流、稳恒磁场基本性质习题解答
13 稳恒电流、稳恒磁场习题解答一、选择题1、 沿x 方向的电流产生的磁感应强度：T yI B 67011052.0251042--⨯=⋅⋅⨯==πππμ 方向沿着z 轴正向沿y 方向的电流产生的磁感应强度： T yI B 6702105.24.0251042--⨯=⋅⋅⨯==πππμ 方向沿着z 轴负向T B B B 621105.2-⨯=-= 方向沿着z 轴正向2、1012a I B μ=2020222)145cos 45(cos 2/44a Ia I B πμπμ=︒-︒⋅=由于 21B B = 所以 8:2:21π=a a3、由安培环路定理得：NI l d H l =⋅⎰ 则 r NIH π2= rNI H B πμμ200==2102/2/0ln2212D D h NI dr h rNI s d B D D ⋅⋅=⋅⋅=⋅=⎰⎰πμπμφ4、aev Te t q I π2=== T aevaIB 5200105.1242-⨯===πμμ5、导线1的左端与导线2的右端到o 点的距离不同，则21B B ≠，即021≠+B B由于a、b 两端的电压相等，cb ac ab I I I 22==，所以，03=B ，而0321≠++=B B B B6、ebmv R = B A v v 2= 则B A R R 2= eBm T π2=所以B A T T =7、 由于DIB R V H = 则 IBVD R H =8、略。
二、填空题1、4.0×1010个； 2、单位正电荷沿闭合回路移动一周时，非静电力所作的功；⎰⋅=电源内l d E k ε；由负极指向正极； 3、 Rih πμ20； 4、0； 5、2.197×10-6Wb;6、 22R B π-； 7、7.59×10-2m ； 8、1:11、lnec rnec Tne I ===π2 )(10410个⨯==eclI n2、略3、先把狭缝补全，并假设其电流密度与圆筒的一样，由整个圆筒得对称性得，0=B再假设在狭缝处有一反向电流，其电流密度为i -，则狭缝在管轴线上的RihB πμ20=4、由A 、C 两端的电压相等：221122112211θθI I l I l I R I R I UAC=⇒=⇒==rI rI B πθμμ42110101==rI rI B πθμμ42220202==所以021=-B B5、由对称性得：Wb r r r Il dr l r I s d B r r r612100102.2ln 22222211-+⨯=+⋅=⋅⋅=⋅=⎰⎰πμπμφ6、由于⎰=⋅0s d B，则圆盘的磁通量： 22B R s d B π＝圆盘⎰⋅ ， 所以任意曲面S 的磁通量为： 22BR s d B S π-⋅⎰＝7、m eBmv R 21059.7-⨯==8、rIB πμ20=2ln 220201πμπμφIldr l rIs d B aa=⋅⋅=⋅=⎰⎰2ln 2204202πμπμφIldr l rIs d B aa=⋅⋅=⋅=⎰⎰所以1:1:21=φφ三、计算题1、解：两半无限长载流直导线在O 点产生的磁感应强度为：01=B ；四分之一圆周载流导线在O 点产生的磁感应强度为：RIB 802μ=，方向垂直纸面向外；故：此载流导线在0点产生的磁场为： RIB 802μ=2、解：取坐标轴如图所示，将半球分割成无数薄圆盘片，圆周单位长度的线圈匝数为θπθπd NRd RNdN 22==当线圈通电流I 时，该薄圆盘片上电流在球心O 处产生的磁感应强度大小为dNy x IxdB 232220)(2+=μπθμθπμRNI d Ny x IxdB 20232220cos 2)(2=+=由于每个薄圆盘片上电流在球心O 产生的磁感应强度方向一致，故 ⎰⎰===0204cos πμθπθμRNI d RNI dB B磁感应强度的方向由电流的流向决定，沿y 轴正向或负向。
大学物理作业--稳恒磁场二解答
稳恒磁场二
第七章 稳恒磁场
4．图中，六根无限长导线互相绝缘，通过电流均为 I，区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均为相等的正方形，哪一个区 域指向纸内的磁通量最大？ (A)Ⅰ区域． (B) Ⅱ区域． (C)Ⅲ区域． (D) Ⅳ区域． (E) 最大不止一个． 1 2 3 a a a x, y o
距无限长直导线d处的磁场为:
dB
0 Idl sin
4π r
2
0 Ird q
4π r
2
0 Id q
4π r
Idl r
B dB
总磁感强度 2 n 0 I dq
4π
0
0 I
4π
2 n
r
0
dq aq b
O
2na b ln 4πa b
0 I
R1
R2
稳恒磁场二
2na b B ln 4πa b
稳恒磁场二
第七章 稳恒磁场
一、选择题
!1．哪一幅曲线图能确切描述载流圆线圈在其轴线上任 意点所产生的磁感应强度大小B随x坐标的变化关系？ （x坐标轴垂直于圆线圈平面，原点在圆线圈中心O）
B B
线圈的轴
o
x
(B)
x
电流
x
( A)
B
0 IR2
（ 2 x R ）2
2 2 3
B
B
B
x
(C ) ( D)
L
单根载流导线在 P 点产生的磁场
0 I BL 垂直向上; 2a 0 I BR 垂直向下. 2a
y A
L P a B x
稳恒磁场二
第七章 稳恒磁场
大学物理稳恒磁场作业题参考答案
8.3.7 设题8.3.7图中两导线中的电流均为8A，对图示的三条闭合曲线 a , b , c ，
分别写出安培环路定理等式右边电流的代数和．并讨论：
(1)在各条闭合曲线上，各点 的磁感应强度 B 的大小是否相等?
(2)在闭合曲线 c 上各点的 B 是否为 零?为什么?
解：
B a
dl
8
0
b
B
dl
80
cB dl 0
∴
Fab
b
Idl
B
I
(
b
dl
)
2 B
I ab B
a
a
方向⊥ ab 向上，大小 Fab BI ab
题 8.3.11 图
8.3.11 如题8.3.11图所示，在长直导线 AB 内通以电流 I1 =20A，在矩形线圈 CDEF 中通有电流 I 2 =10 A， AB 与线圈共面，且 CD ， EF 都与 AB 平行．已知 a =9.0cm, b =20.0cm, d =1.0 cm，求：
（C）内外部磁感应强度 B 都与 r 成反比；
（D）内部磁感应强度 B 与 r 成反比，外部磁感应强度 B 与 r 成正比。
[答案：B]
（5）在匀强磁场中，有两个平面线圈，其面积 A1 = 2 A2，通有电流 I1 = 2 I2，它
们所受的最大磁力矩之比 M1 / M2 等于 ［
］
(A) 1；
(B) 2；
(1)导线 AB 的磁场对矩形线圈每边所作用的力；
(2)矩形线圈所受合力和合力矩． 解：(1) FCD 方向垂直 CD 向左，大小
FCD
I2b
0 I1 2d
8.0 104
N
同理 FFE 方向垂直 FE 向右，大小
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2014/08/20张总灯具灯珠初步设想按照要求:亮度比例关系:蓝光:白光:红光=1:1:8光源总功率不超过20W。
一、蓝光光源:1、光源形式:SMD 2835、芯片安萤11*28mil封装、2、电路连接:2并20串、3、光电参数:单颗光源:IF:60mA、VF:3.0-3.2V、WLD:440-450nm、PO:0.2W、IV:3.5-4lm、电路总输入:IF:120mA、VF:60-64V、WLD:440-450nm、PO:7.5W、IV:140-160lm、4、成本:68元/K,πμT; 当cm r 5.45.3≤≤时, 21、光源形式:SMD 2835、库存光源第1KK或第2KK光源中正白色温、2、电路连接:1并20串、3、光电参数:单颗光源:IF:20mA、VF:3.0-3.2V、CCT:6000K、PO:0.06W、IV:7-8lm、电路总输入:IF:20mA、VF:60-65V、PO:1.2W、IV:140-160lm、成本:72元/K,三、红光光源:1、光源形式:SMD 2835、芯片连胜红光30*30mil封装、2、电路连接:1并30串、3、光电参数:单颗光源:IF:150mA、VF:2.0-2.2V、WLD:640-660nm、PO:0.3W、IV:40-45lm、电路总输入:IF:150mA、VF:60-66V、WLD:640-660nm、PO:9.5W、IV:1200-1350lm、4、成本:约420元/K,--=-⨯-=∑πσ r r rr r d d r d I B /4101.8(31.01079(24109(105104(24(234222423721222220-⨯=⨯--⨯⨯⨯⨯=--=----πππμT; 当cm r 5.4≥时, 0∑=iI , B=0图略7-12 解:(1T a I B 6701058.02201042--⨯=⨯⨯⨯==πππμ(256108.1105--⨯⨯=αtg ,'31150=α (3 ,sin cos θθαb a b tg m -=令:0sin (sin 22=-+=θθθαb a b ab d dtg m, a得:185sin ==a b θ ,2995sin cos =-=θθαb a b tg m'8160=m α7-137-14解: 321B B B B ++= B 1、B 2分别为带电的大半圆线圈和小半圆线圈转动产生的磁感强度,B 3为沿直径的带电线段转动产生的磁感强度.ππ=21bI λω, 422200101λωμλωμμ=π⋅π==b b b I B ππ=22aI λω, 422200202λωμλωμμ=π⋅π==a a a I B 2/(d 2d 3π=r I λωrrB bad 203⋅π=⎰λωμabln20π=λωμ =B ln (20ab+ππλωμ7-16解:(1对θ~θ+d θ弧元,dq=λad θ,旋转形成圆电流θπωλπωad dq dI 22==,它在O 点的磁感应强度dB 为:θθπωλμθπωλθμd ad a a dB o O 2322sin 422sin =⋅=⎰==dB B aq d o O o o πωμωλμθθπωλμπ88sin 42==⎰B 的方向向上(2θπωλθπad a dp m 2/(sin 22=θθωλd a 23sin 21=⎰⎰==πθθωλom m d a dp p 23sin 214/4/23qa a ωπωλ== m P的方向向上7-17解:在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小,由安培环路定律可得:(220R r r RIB ≤π=μ因而,穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RI Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ在圆形导体外,与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为(20R r rIB >π=μ因而,穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+Iμ7-18. 解:(1取半径为r 的园为回路 ( (22222a r ab I rB -⋅-=ππμπ 所以, (r a r ab IB 222202-⨯-=πμ (2 ⎰⋅=bardr j I π2⎰⋅=bardr Kr π23233a b K -⋅=π 因此,(3323a b IK -=π又根据环路定理,⎰⋅⋅=r rdr Kr rB απμπ22032330a r K -⋅=πμ故有 3333033023a b a r r I a r r K B --⋅=-⋅=∴πμμ 7-19. 解:园柱孔可看成在O '处半径为R'范围内,正反两个方向通电的园柱体。
通电电流为I R R I 2''⎪⎭⎫⎝⎛=,用安培环路定理,得:2002R I R B a μπ'⎛⎫⎪⎝⎭=;20220'022RIa a a R I B πμπμ== 7-21解:电子在磁场中作半径为/(eB m R v =的圆周运动.连接入射和出射点的线段将是圆周的一条弦,如图所示.所以入射和出射点间的距离为:/(3360sin 2eB m R R l v ==︒=7-22. 解:取屏幕为X 轴,x 1为电子束在磁场区域中X 方向位移,x 2为电子束离开磁场后的X 方向位移(见图。
电子束偏离O 点的距离OD 为 21x x x +=电子束在磁场中受力evB f = v 2而圆半径为eBmv R = 又因为eV mv =221,则 eBemVR 2=(1 由图可知,221l R R PK x --==2221lR L PC PM LLtga x -=== 所以 212x x x R =+=-其中R 由式(1给出。
7-23. 解:(11325100.1100.1100.1----⋅⨯=⨯⨯==m V d V E H H 所以,漂移速度143107.65.1100.1---⋅⨯=⨯==s V B E H υ (2因电流密度υδne = se Ie s I e n υυυδ===100.1100.1(107.6106.10.352419----⨯⨯⨯⨯⨯⨯==329108.2-⨯m7-25 解:101931106.31.0106.1101.922---⨯=⨯⨯⨯⨯==ππqB m T S s m m E v /1065.2101.9106.122273116⨯=⨯⨯⨯⨯==-- m T v T v h 40||106.189cos -⨯===m qB mv r 319731105.11.0106.189sin 1065.2101.9---⊥⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==7-26. 解:(1电流反向,达到平衡时,有 NIIB mg 2= 所以 NIImgB 2=(2 2310101.09230.91078.8--⨯⨯⨯⨯⨯⨯=B =0.478(T 7-28解:设i 为载流平面的面电流密度,B 为无限大载流平面产生的磁场,0B 为均匀磁场的感应强度,作安培环路abcda ,由安培环路定理得:ihBh Bh ihl d B 00μμ=+=∙⎰∴ i B 021μ=B B B B B B +=-=0201 ,∴ (21210B B B +=,(2112B B B -= 012/(μB B i -=在无限大平面上沿z 轴方向上取长dl ,沿x 轴方向取宽da ,则其面积为dS=dlda ,面元所受的安培力为: ( ( 00j B S d i j B l d a d i F -=-= 单位面积所受的力j B B j iB dS F212202(μ--=-=7-29. 解:在均匀磁场中,如果有一个任意形状的有限长通电导线ab ,根据安培定律,其受力为⎰⨯=baB l Id F abB l d Iba⨯=⎰B ab I ⨯=其中大小为θsin B ab I F ab ⋅⋅=,B abgn 与为θ的夹角。
在本题中,R ab 2=,︒=90θ 所以I B R F ab 2==1.0(N 方向与ab 垂直,指向正右上方。
7-30解:考虑半圆形载流导线CD 所受的安培力R IB F m 2⋅= 列出力的平衡方程式 T R IB 22=⋅故: 0.35N T IBR ==7-31解, 左边导线为1, 右边导线为2, 中间导线为3 线圈受重力力矩作用,αραραραρsin 2sin (sin 21(sin 21(2321g S l l g lS l g lS l g lS M M M M g =++=++= 载流导线受到磁场的作用1导线: αsin 1BIl f = 2导线αsin 2BIl f = 3导线BIl f =3磁力矩为ααcos cos 23IBl l f M m == 力矩平衡 g m M M =αραsin 2cos 22g S l IBl M m ==T tg IgS B 31035.92-⨯==αρCDTY7-32 解,设导线的电流为I ,所受磁力为IBl f =,方向向上在此力的作用下U 型导线动量变化00mv mv IBldt fdt tt-===⎰⎰由⎰=Idt q 得1(mvBlq =又机械能守恒,mgh mv =221得,2(2gh v =C gh lBmq 2.12==7-33 (1均匀磁场中,线圈受到的磁力矩为θsin ISB M =,,,,,,,,,1,2M ISB M ===πθ12216sin,6M ISB M ===ππθ(2线圈转动θd ,此力做功θθθd BIS Md dw sin -=-= 12623sin M d BIS dW W -=-==⎰⎰ππθθ 7-34 解(1 IB a B a I I A 2221021(=-=∆Φ= (2 000(=-=∆Φ=I I A(3 B Ia B a I I A 224204cos 21(=-=∆Φ=π7-35 (1管内m A I lNnI H /200===,,,,T H B 5000105.2-⨯==μ (2充介质后m A H H /200==,,,T H H B r105.000===μμμ (3由导线产生的磁场T B 50105.2-⨯= 管内合磁场为B B B '+=0 T B B B 105.0105.2105.050≈⨯-=-='-7-36 (1环内的磁感应强度T SB 02.0==φ(2磁场强度m A lNIH /32==(3磁化面电流密度m A BHB j /1059.140⨯=≈-='μμμA jl I 341077.43.0*1059.1⨯=⨯=='每匝相应的磁化面电流密度A NIi 9.5.1=='(4磁导率和相对磁导率分别为µ = B = 6.25 × 10 − 4 H µr = (5磁化强度M = j ′= 1.59 × 10 4 A / m 7-37 µ = 497 µ0 (1因为气隙很窄,可以近似的认为气隙中磁通量的分布与铁芯截面相等, B气隙 = B铁芯 (2气隙较宽时,气隙中磁通量截面大于铁芯截面,所以根据磁通连续原理 B气隙 < B铁芯 (3根据安培环路定理, H 气隙 I 气隙 = H 铁芯 I 铁芯 = NI 由于铁芯的相对磁导率很大,所以 H 铁芯 = 所以, NI ≅ H 气隙 I 气隙当 NI 相同时, H 气隙∝所以 B气隙∝ 7-38 B铁芯 µ 0 µ铁芯 << H 气隙 = B 气隙 µ0 I l 气隙 I l 气隙 (1介质中的安培环路定理H • dl = NI ∫ v v NI = 2.12 × 10 3 (A/m 2πr B 磁化强度M = − H = 7.96 × 10 5 A / m H= µ0 (2 B = µ 0 µ r H ,得 µ r = B B= 375 ,,,,,, µ = µ 0 µ r = 4.71 × 10 −4 µ0 H (3 j ′ = M ≅ 7-39 µ0 = 7.96 × 10 5 解(1设每个分子的磁矩为 P分子 ,则铁棒的总磁矩为 P = NP分子= v v 7.8 × 10 −3 × 5 × 1 × 6.02 × 10 23 × 1.8 × 10 − 23 = 7.56Am 2 55.85 × 10 −3 v (2铁棒与磁场正交,外力矩大小必须要等于正交时的磁力矩的大小,反方向, 故 M = Pm × B , 考虑垂直得, M 外力= M = Pm B = 11.3 Nm。