华南师范大学电磁学习题课-磁场的源
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电磁学第五章习题课
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
18
a
电磁学
习题课 作业: 5-40 预习:§6.1, §6.2
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
19
电磁学
习题课
第五章 习题课
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
1
电磁学
习题课
一、本章重要内容回顾
1.电磁感应
d Φm 电磁感应定律 dt 楞次定律
感应电流的方向总是反抗引起感应电流的原因 2.动生电动势 3.感生电动势
(v B) d l
L
B E k d l d S L S t
磁场能量 7.位移电流 位移电流密度 E jD 0 t
位移电流 E ID 0 d S S t
4
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
电磁学
习题课
8.真空中的麦克斯韦方程组 电磁场的普遍规律,它预言了电磁波的存在.
1) 1 E d S
2)
3)
4)
E CB dl 0 I C 0 0 S t d S （全电流定律）
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
5
B E d l S t d S （法拉第电磁感应定律） B d S 0 （磁场的高斯定理）
I R IR
得
8
电磁学
习题课 例2(习题5-21)两根足够长的平行直导线，横截面 的半径都是a=10mm，中心相距为d=20cm，载有 大小相等方向相反的电流I =20A，设两导线内部 磁通量可忽略不计。计算每单位长度的自感系数。
解
18
a
电磁学
习题课 作业: 5-40 预习:§6.1, §6.2
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
19
电磁学
习题课
第五章 习题课
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
1
电磁学
习题课
一、本章重要内容回顾
1.电磁感应
d Φm 电磁感应定律 dt 楞次定律
感应电流的方向总是反抗引起感应电流的原因 2.动生电动势 3.感生电动势
(v B) d l
L
B E k d l d S L S t
磁场能量 7.位移电流 位移电流密度 E jD 0 t
位移电流 E ID 0 d S S t
4
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
电磁学
习题课
8.真空中的麦克斯韦方程组 电磁场的普遍规律,它预言了电磁波的存在.
1) 1 E d S
2)
3)
4)
E CB dl 0 I C 0 0 S t d S （全电流定律）
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
5
B E d l S t d S （法拉第电磁感应定律） B d S 0 （磁场的高斯定理）
I R IR
得
8
电磁学
习题课 例2(习题5-21)两根足够长的平行直导线，横截面 的半径都是a=10mm，中心相距为d=20cm，载有 大小相等方向相反的电流I =20A，设两导线内部 磁通量可忽略不计。计算每单位长度的自感系数。
解
华南师范大学电磁学习题课-静电场中的导体
即
15
由电荷守恒定律可得 对A、C板： 1 2 5 6 0 (4) 对B 板： 3 4 (5)
A
1 2
B C
3 4
5.0cm
5 6
8.0cm
由于A、C板用导线相连，故它们电势相等，所以有
AB CB 即 E23 d 23 E54 d 54
Qq ; 4 0 r
Qq E 4 0 r 2
3
4.4 一个接地的导体球，半径为R，原来不带电. 今将一 点电荷q放在球外距球心的距离为r的地方，求球上的 感生电荷总量. r
解：因为导体球接地，故其电 势为零，即 0 设导体球上的感应电量为Q 由导体是个等势体知： o点的电势也为0 由电势叠加 原理有关系式：
荷在P1和P2点处产生的场强分别为 E 21和 E 22 由于P1和P2点非常靠近，因此可认为
P2E 22S E12 • P1 • E11 导体内 又设导体上其它地方以及导体外的电 导体外 E 21
E11 2 0
， E12
2 0
ห้องสมุดไป่ตู้E21 E22
Q外
Q内
QA B k k ＋k 4.5 103 (V ) R3 R3 R3
6
(2) 当球壳B接地时，A球所带电荷的电量 不变，分布也不变.
8 QA＝QA 3 10 （C）
Q外 B Q 内 Q A R A 1 R2 R3
由高斯定理可得球壳B内表面上带有的电量为
8 ＝ Q Q内 － 3 10 （C） A
• E 21
2 ˆn f E e 2 0 显然，此力方向与电荷的符号无关，总指向导体外 14 部.
15
由电荷守恒定律可得 对A、C板： 1 2 5 6 0 (4) 对B 板： 3 4 (5)
A
1 2
B C
3 4
5.0cm
5 6
8.0cm
由于A、C板用导线相连，故它们电势相等，所以有
AB CB 即 E23 d 23 E54 d 54
Qq ; 4 0 r
Qq E 4 0 r 2
3
4.4 一个接地的导体球，半径为R，原来不带电. 今将一 点电荷q放在球外距球心的距离为r的地方，求球上的 感生电荷总量. r
解：因为导体球接地，故其电 势为零，即 0 设导体球上的感应电量为Q 由导体是个等势体知： o点的电势也为0 由电势叠加 原理有关系式：
荷在P1和P2点处产生的场强分别为 E 21和 E 22 由于P1和P2点非常靠近，因此可认为
P2E 22S E12 • P1 • E11 导体内 又设导体上其它地方以及导体外的电 导体外 E 21
E11 2 0
， E12
2 0
ห้องสมุดไป่ตู้E21 E22
Q外
Q内
QA B k k ＋k 4.5 103 (V ) R3 R3 R3
6
(2) 当球壳B接地时，A球所带电荷的电量 不变，分布也不变.
8 QA＝QA 3 10 （C）
Q外 B Q 内 Q A R A 1 R2 R3
由高斯定理可得球壳B内表面上带有的电量为
8 ＝ Q Q内 － 3 10 （C） A
• E 21
2 ˆn f E e 2 0 显然，此力方向与电荷的符号无关，总指向导体外 14 部.
华师版八年级下册科学第5章5.3电磁感应习题课件
【点拨】 探究电磁感应现象时，电路中没有电源，判断是
否产生了电流需要安装灵敏电流表，所以元件甲为 电流表。探究磁场对电流的作用时，需要电路中有 电流，所以需要电源提供电流，所以元件乙为电源。
整合方法·提升练
9 直升飞机拖曳着一根很长的金属线，沿海面水平地从 西向东飞行，金属线的下端与海面海水接触。下列说 法中正确的是( A ) A．金属线中有直流电 B．金属线中有交流电 C．金属线中没有感应电流 D．与电动机的工作原理是一样的
培优探究·拓展练
15 如图所示，虚线区域内的“×”为垂直纸面的磁感线， 当金属框沿光滑绝缘斜面的顶端，由静止开始滑到底 端时，具有的动能为E1；若将金属框换成质量相同的 塑料框，其他条件不变，塑料框滑到底端时，具有的 动能为E2。
培优探究·拓展练
(1)请判断E1和E2的大小关系。 解 ： E1 ＜ E2 。
整合方法·提升练
【点拨】 根据产生感应电流的条件“闭合电路的部分导体
在磁场中做切割磁感线运动”，对各个图示逐一分析 即可。
培优探究·拓展练
14 如图为闭合回路放在磁场中的线圈的一边的截面a， 当它在磁场中旋转一周时，下面说法正确的是( A ) A．a在位置①③时有感应电流 B．a在位置②④时有感应电流 C．图中感应电流的方向改变一次 D．a在所有位置时均有感应电流
夯实基础·巩固练
【点拨】 由图知导体是闭合电路中的导体，但导体没有做
切割磁感线运动，不会产生感应电流，故选A。
夯实基础·巩固练
5 导线a是闭合电路的一部分，a在磁场中按图中v的方向 运动时，能产生感应电流的是(导线a在A、B选项中与 磁感线平行，在C、D选项中垂直于纸面)( D )
夯实基础·巩固练
培优探究·拓展练
否产生了电流需要安装灵敏电流表，所以元件甲为 电流表。探究磁场对电流的作用时，需要电路中有 电流，所以需要电源提供电流，所以元件乙为电源。
整合方法·提升练
9 直升飞机拖曳着一根很长的金属线，沿海面水平地从 西向东飞行，金属线的下端与海面海水接触。下列说 法中正确的是( A ) A．金属线中有直流电 B．金属线中有交流电 C．金属线中没有感应电流 D．与电动机的工作原理是一样的
培优探究·拓展练
15 如图所示，虚线区域内的“×”为垂直纸面的磁感线， 当金属框沿光滑绝缘斜面的顶端，由静止开始滑到底 端时，具有的动能为E1；若将金属框换成质量相同的 塑料框，其他条件不变，塑料框滑到底端时，具有的 动能为E2。
培优探究·拓展练
(1)请判断E1和E2的大小关系。 解 ： E1 ＜ E2 。
整合方法·提升练
【点拨】 根据产生感应电流的条件“闭合电路的部分导体
在磁场中做切割磁感线运动”，对各个图示逐一分析 即可。
培优探究·拓展练
14 如图为闭合回路放在磁场中的线圈的一边的截面a， 当它在磁场中旋转一周时，下面说法正确的是( A ) A．a在位置①③时有感应电流 B．a在位置②④时有感应电流 C．图中感应电流的方向改变一次 D．a在所有位置时均有感应电流
夯实基础·巩固练
【点拨】 由图知导体是闭合电路中的导体，但导体没有做
切割磁感线运动，不会产生感应电流，故选A。
夯实基础·巩固练
5 导线a是闭合电路的一部分，a在磁场中按图中v的方向 运动时，能产生感应电流的是(导线a在A、B选项中与 磁感线平行，在C、D选项中垂直于纸面)( D )
夯实基础·巩固练
培优探究·拓展练
磁学习题课方案
dB
dc
B 0 j
2
dl o dl ab l
无限大平面两侧磁场为均匀磁场,并且平面两侧磁场 方向相反,但都平行于平面;上侧:向右;下侧:向左。
放入无限大均匀带电平面 后，磁场分布：
平面左边：
B1 B0 Bi
解: (1)建立0xyz坐标系
I
(2)关于y轴对称地取电流元 Idl
B
dF
dF .
B
z
Idl
Idl
y
Idl B
0
x
dFy IdlB sin
(3)导线环受到安培力大小:
F dFy
2R
I
IdlB sin
0
2RIB sin
F
F1
F2
0 I1I 4
i
线圈受力矩:
M 0
A
I
B
I1
a Idl1
Idl 4
a
Idl 4
D Idl 2
C
0
x
人有了知识，就会具备各种分析能力， 明辨是非的能力。 所以我们要勤恳读书，广泛阅读， 古人说“书中自有黄金屋。 ”通过阅读科技书籍，我们能丰富知识， 培养逻辑思维能力； 通过阅读文学作品，我们能提高文学鉴赏水平， 培养文学情趣； 通过阅读报刊，我们能增长见识，扩大自己的知 有许多书籍还能培养我们的道德情操， 给我们巨大的精神力量， 鼓舞我们前进。
AB以角速度w旋转时,dq形成环形电 流dI
dI w dq w dr 2 2
华南师范大学电磁学习题课-磁场中的磁介质ppt课件
0
× × × × ×
×
×
× × ×
×
M,H
×
× × × ×
×
× × × × ×
×
(4)环内材料的磁导率和相对磁导率分别为
B 4 6 . 25 10 ( H / m ) H
497 .4 r 0
H H 20 ( A / m ) 0
(3)磁介质内由导线中电流产生的B0和磁化电流产生的B´ 各是
5 B 2 . 5 10 ( T ) 0
B B B 0 . 11 ( T ) 0
9
9.14 某电钟里有一铁心线圈，已知铁心的磁路长14.4cm, 空气隙宽2.0mm，铁心横截面积为0.60cm2,铁心的相对 磁导率 r=1600. 现在要使通过空气隙的磁通量为4.8× 10-6Wb,求线圈的电流的安匝数NI. 若线圈两端电压为 220V，线圈消耗的功率为20W，求线圈的匝数N. 解：据磁路的欧姆定律得
N 5 B nI I 2 . 5 10 ( T ) 0 0 0 l
B N 0 H nI I 20 ( A / m ) 0 l 0
8
(2)若环内充满相对磁导率 r= 4200的磁介质，那么环内 的B和H各是
B B 0 . 11 ( T ) r 0
NI H 0 32 ( A /m ) l
2
(5)铁心内的磁化强度大小为
B 4 M H 1 . 588 10 ( A / m )
ˆ M n (3)据公式 J 可得磁化面电流(即面束缚
电流)密度的大小
华南师范大学电磁学习题课-电磁感应
r dB ˆ Ei e 2 dt (r R)
L
ˆ e
a
o
θ
R
rdl h
L Ei
b
ˆ 的方向与磁场B的方向满足右手螺旋关系 其中 e 在金属棒上取一微元段 dl ，如图所示. 那么在这微元段 dl 上的感生电动势为 r dB r dB r dB ˆ dl d i Ei dl e dl cos( ) cosdl
0 D a L1 ln a
D
S
证明：两条平行的输电线一去一回构成一长窄条 回路，可以引入单位长度的自感的概念. 当电线中 通有电流I时，通过导线间单位长度的面积S的磁 通量为
Da
2
B
a
Da
1
1dr 2
a
0 I 0 I D a dr ln 2r a
那么这两条输电线单位长度的自感为
0 D a L1 ln I a
19
10.19 两个平面线圈，圆心重合地放在一起，但轴线 正交. 二者的自感系数分别为L1和L2，以L表示二者 相连结时的等效自感，试证明： L2 (1) 两线圈串联时，L＝L1+L2；
1 1 1 (2) 两线圈并联时， L L1 L2
L1
a f
小方块所受的力安培力大小为
f BIa
方向与沿小方块的速度方向相反 故小方块所受的电磁阻尼力矩大小为
M＝fr BIar ( Bar) 2 b
方向与沿圆盘角速度方向相反
18
10.18两条平行的输电线半径为a，二者中心相距为D， 电流一去一回. 若忽略导线内的磁场，证明这两条输 电线单位长度的自感为 a
L
ˆ e
a
o
θ
R
rdl h
L Ei
b
ˆ 的方向与磁场B的方向满足右手螺旋关系 其中 e 在金属棒上取一微元段 dl ，如图所示. 那么在这微元段 dl 上的感生电动势为 r dB r dB r dB ˆ dl d i Ei dl e dl cos( ) cosdl
0 D a L1 ln a
D
S
证明：两条平行的输电线一去一回构成一长窄条 回路，可以引入单位长度的自感的概念. 当电线中 通有电流I时，通过导线间单位长度的面积S的磁 通量为
Da
2
B
a
Da
1
1dr 2
a
0 I 0 I D a dr ln 2r a
那么这两条输电线单位长度的自感为
0 D a L1 ln I a
19
10.19 两个平面线圈，圆心重合地放在一起，但轴线 正交. 二者的自感系数分别为L1和L2，以L表示二者 相连结时的等效自感，试证明： L2 (1) 两线圈串联时，L＝L1+L2；
1 1 1 (2) 两线圈并联时， L L1 L2
L1
a f
小方块所受的力安培力大小为
f BIa
方向与沿小方块的速度方向相反 故小方块所受的电磁阻尼力矩大小为
M＝fr BIar ( Bar) 2 b
方向与沿圆盘角速度方向相反
18
10.18两条平行的输电线半径为a，二者中心相距为D， 电流一去一回. 若忽略导线内的磁场，证明这两条输 电线单位长度的自感为 a
华南师范大学电磁学习题课–静电场中的电介质
介质 ， 它们的相对介电常数分别为εr1=6和ε r2=3.
解 : (1) 由D的高斯定理
及D －E关系:
易得
r<R1 : D = 0 ， E＝0
R1 R
ε1
R2
ε2
2
R1 R
ε1
R2
ε2
3
D-r , E-r 曲线如下图所示
E,D
R
0
1
-1
-2
-3
-4
-5
R
R
r
2
RR
1
ε1
ε2
R2
4
(2)两球壳之间的电势差为
2μF 12μF
2μF 图1
4μF 12μF
C1 C2
图2
24
5((解12.2))2将 将 :充将每 两电一一 电后个个 容电，电 器容每容的为个器 正4电μ的 板F容正 与的器板 正电所与 板容带另 相器电一 连和量个一，都电个为容负电Q器板容0的与：为负6μ-板＋F板相的＋相电 C连C连.1-容-; 器串联起来接到200V的电源上 ， 充电后将电源断开
εr1
R1
r0
R2
场强为: 内层介质中 外层介质中
内外筒间的电压为
εr
2
εr1
R1
r0
R2
不致电介质被击穿的最大电压为
5. 14 一个平行板电容器的每个板的面积为0.02m2,两板 相距0.5mm , 放在一个金属盒子中(如图所示). 电容器 两板到盒子上下底面的距离各为0.25mm , 忽略边缘效 应 , 求此电容器的电容. 如果将一个板和盒子用导线连
22
5. 18 将一个12μF的电容器和两个2 μF的电容器连接起 来组成电容为3μF的电容器组.如果每 个电容 器的击 穿 电压都是200V ， 则此电容器组能承受的最大电压是 多 大？ 解： 将一个12μF的电容器和两个2 μF的电容器连接起 来组成电容为3 μF的电容器组 ， 则只有如图1所示的连
磁场习题解答课件
A. 磁感线是闭合的 曲线，没有起点和终 点
选择题
C. 磁场是真实存在的物理场，具有能 量和动量
选择题示例2：关于磁感应强度的定 义式B = F/IL，下列说法正确的是？
D. 磁场对放入其中的电荷没有力的作 用
选择题
01
A. B与F成正比，与IL. 在磁场中某点，B的 大小与IL无关，由磁场 本身决定
注意解题步骤的逻辑性和周密性
总结词
解题步骤的逻辑性和周密性是保证解题正确性的关键 。在解题过程中，必须按照一定的逻辑顺序进行，每 一步都要有明确的推导过程和根据。
详细描述
在解决磁场习题时，逻辑性和周密性是非常重要的。 第一需要对题目进行仔细分析，明确已知条件和未知 量。然后按照一定的逻辑顺序进行推导，每一步都要 有明确的根据和推导过程。最后得出结论时也要注意 周密性，确保结论准确无误。如果解题步骤混乱或者 存在逻辑错误，会导致整个解题过程失败，无法得出 正确答案。
磁场的能量与储能密度
要点一
总结词
磁场具有能量和储能密度，其大小与磁感应强度的平方成 正比。
要点二
详细描述
磁场能量的计算公式为$W = frac{B^2}{2mu_0}$，其中B 为磁感应强度，$mu_0$为真空磁导率。储能密度则表示 单位体积内的磁场能量，计算公式为$w = frac{B^2}{mu_0}$。这些公式可用于计算磁场储能和能量 密度。
示磁场强度，不能随便替换或混用。
注意物理量的正负号和方向性
总结词
在磁场习题中，物理量的正负号和方向性是非常重要的 ，它们直接影响到计算结果和物理意义。因此，在解题 过程中必须明确各个物理量的方向，正确使用正负号。
详细描述
在磁场习题中，很多物理量都是矢量，具有方向性。比 如磁感应强度B和磁场强度H，它们的方向必须明确标注 出来。在进行计算时，正负号的取舍也要根据物理量的 方向来判断。如果方向不明确或者正负号使用不当，会 导致计算结果错误，甚至与物理意义相悖。
高考物理电磁学知识点之磁场技巧及练习题附解析(6)
高考物理电磁学知识点之磁场技巧及练习题附解析(6)一、选择题1．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（）A．B． C．D．2．2019年我国研制出了世界上最大的紧凑型强流质子回旋加速器，该回旋加速器是我国目前自主研制的能量最高的质子回旋加速器。
如图所示为回旋加速器原理示意图，现将两个相同的回旋加速器置于相同的匀强磁场中，接入高频电源。
分别加速氘核和氦核，下列说法正确的是（）A．它们在磁场中运动的周期相同B．它们的最大速度不相等C．两次所接高频电源的频率不相同D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能3．如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点，通过pa段用时为t.若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上．若两个微粒所受重力均忽略,则新微粒运动的 ( )A．轨迹为pb,至屏幕的时间将小于tB．轨迹为pc,至屏幕的时间将大于tC．轨迹为pa，至屏幕的时间将大于tD．轨迹为pb,至屏幕的时间将等于t4．如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2.5Ω，边长L＝0.3m，处在两个半径均为r＝0.1m的圆形匀强磁场中，线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合，磁感应强度B1垂直水平面向外；B2垂直水平面向里，，下列说B1、B2随时间t的变化如图乙所示，线框一直处于静止状态，计算过程中取π3法正确的是（）A．线框具有向左的运动趋势B．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.5WbC．t＝0.4s时刻线框中感应电动势为1.5VD．0－0.6s内通过线框横截面电荷量为0.018C5．如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场边界上，有两个质量、电荷量均相等的正、负离子（不计重力），从O点以相同的速度射入磁场中，射入方向均与边界成θ角，则正、负离子在磁场中运动的过程，下列判断正确的是A．运动的轨道半径不同B．重新回到磁场边界时速度大小和方向都相同C．运动的时间相同D．重新回到磁场边界的位置与O点距离不相等6．下列关于教材中四幅插图的说法正确的是（）A．图甲是通电导线周围存在磁场的实验。
华南师范大学电磁学习题课-磁场的源
13
0 I ˆ ˆ ˆ B Bx i B y j 2 i R
由安培力公式可得轴线上导线单位 长度所受的力为
2 I f Il B IBˆ j 02 ˆ j R
y
• θ • • R ×I • • dθ • •• ••
dl • • • B •
0 II 1lb F F1 F2 2a(a b) F 的方向向左
由于各力与线圈共面，所以对线圈 无力矩作用.
F3
I I1 a b F4 l F2
F1
11
8.23 如图所示，一半径为R的无限长半圆柱面 导体，其上电流与其轴线上一无限长直导线的 电流等值反向，电流I在半圆柱面上均匀分布. I (1) 试求轴线上导线单位长度所受的力； I (2) 若将另一无限长直导线(通有大小、方向 与半圆柱面相同的电流I)代替圆柱面，产生 同样的作用力，该导线应放在何处？ 解: (1)如图1所示，建立xoy坐标系，并在在 x 半圆柱面上取一弧长为dl=Rdθ的无限长电流 dl •• • • 元. • θ • • R ×I y 这一电流元的电流为 •
dI
Id
• dθ • •• •• 图1
12
它在半圆柱面轴线上产生的磁感应强度为
dI
Id
x
dl • • • • • θ dB • • R ×I • • dθ • •• ••
0 dI 0 Id 方向如图2所示 dB 2 2R 2 R
B y dBy 0
又据并联电路的特点有 I 1 R1 I 2 R2
l2 I1 2 I2 1 O•， R2 S S 由以上各式得 I1l1 I 2 l 2
因此
华南师范大学电磁学习题课-静止电荷的电场解读
q 2a
即有 2a
21
故
E
0
(r R) (r R)
2 0 r
R1 R2
于是对于本题，利用场强叠加原理有
0
E
(r R1 ) ( R1 r R2 ) ( r R2 )
22
2 0 r
0
1.31 证明：电矩为 p 的电偶极子在场强为 E 的均匀电 场中，从与电场垂直的位置转到与电场方向成 θ 角的 位置的过程中，电场力做的功为 pE cos p E 证明：任一时刻电偶极子所受的电 M 场力的力矩M q f 如图所示. M p E l E 大小为 M qElsin pE sin f q 电偶极子从与电场垂直的位置转到与电场方向成 θ角的位置的过程中，电场力做的功(即电偶极子所 受电场力的力矩做的功)为
0 (r R1 ) ( R1 r R2 ) ( r R2 )
20
所以
E
2 0 r
0
方法二：利用已知公式和场强叠加原理
据题1.17的结果:一无限长的均匀带电薄壁圆筒的电 场分布为：
E
0
(r a) (r a)
a 0 r
R1 R2
式中a为薄壁圆筒横截面半径， σ为面电荷密度 因为单位长度的均匀带电薄壁圆筒所带电量为
q•
图1
q•
图2
q 1 6 0
故通过原立方体上、右、后三个面的电通量均为
1 q 2 1 4 24 0
18
1.18 两个无限长同轴圆筒半径分别为R1和R2，单位 长度带电量分别为＋λ和－λ.求内筒内、两筒间 和外筒外的电场分布. 解：方法一：利用高斯定理 由于电荷分布具有轴对 h 称性，所以电场分布也具 有轴对称性.作与圆筒同轴 的圆柱面为高斯面,设其半 径为r，高为h,如图所示.
华南师范大学电磁学习题课-磁力
解: 电子束在地磁场的作用下的运动轨迹如图所示. v 设电子束经电场加速后其速率为v
x
1 则有 eU me v 2 2 2eU 8.4 10 7 (m / s) 由此得 v me
l R
显示屏
B
me v 运动轨迹半径为 R 9.6 (m) eB
4
由轨迹图可得电子束偏转为
v
x
f ev0 B
由图中所示运动轨迹可判断磁场的方向应是垂直屏 幕向内. 2 v0 由向心力公式得 f ev0 B me
得
me v0 B 1.1 10 3 eR
R (T )
2
(2)电子自A运动到C所需的时间为
v0
t
பைடு நூலகம்R
v0
1.6 10
8
( s)
A
C
10cm
又 所以
mv p R eB eB l R 2 2p B el
代入有关数据可求得 B 0.244 (T )
8
7.10 质谱仪的基本结构如图所示. 质量为m、带电为q的 待测离子束经过速度选择器(其中有相互垂直的电场E 和磁场B)后进入均匀磁场B´区域发生偏转而返回，打 到胶片上被记录下来. B´ (1)证明偏转距离为l的离子的质 量为
m σ r R
2rdr 2 dpm dIS r r 3 dr T
13
dpm r dr
3
m σ
3
积分可得
p m dpm r dr
0
R
dr
r
R
1 R 4 4 1 因为 L mR 2 ， q R 2 2 2 1 mR q 2 R L 故 pm 2m 2 2m
x
1 则有 eU me v 2 2 2eU 8.4 10 7 (m / s) 由此得 v me
l R
显示屏
B
me v 运动轨迹半径为 R 9.6 (m) eB
4
由轨迹图可得电子束偏转为
v
x
f ev0 B
由图中所示运动轨迹可判断磁场的方向应是垂直屏 幕向内. 2 v0 由向心力公式得 f ev0 B me
得
me v0 B 1.1 10 3 eR
R (T )
2
(2)电子自A运动到C所需的时间为
v0
t
பைடு நூலகம்R
v0
1.6 10
8
( s)
A
C
10cm
又 所以
mv p R eB eB l R 2 2p B el
代入有关数据可求得 B 0.244 (T )
8
7.10 质谱仪的基本结构如图所示. 质量为m、带电为q的 待测离子束经过速度选择器(其中有相互垂直的电场E 和磁场B)后进入均匀磁场B´区域发生偏转而返回，打 到胶片上被记录下来. B´ (1)证明偏转距离为l的离子的质 量为
m σ r R
2rdr 2 dpm dIS r r 3 dr T
13
dpm r dr
3
m σ
3
积分可得
p m dpm r dr
0
R
dr
r
R
1 R 4 4 1 因为 L mR 2 ， q R 2 2 2 1 mR q 2 R L 故 pm 2m 2 2m
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0 Ir 2R 2
ldr
0I l 4
I
dr
rl
9
8.19 如图所示，在长直电流近旁放一矩形线圈与其共面，线圈各边分别平行和垂直 于长直导线. 线圈长度为l，宽为b，近边距长直导线距离为a，长直导线中通有电流I. 当矩形线圈中通有电流I1时，它受的磁力的大小和方向各如何？它又受到多大的磁力 矩？
解:(1)矩形线圈各边受力情况如图所示.
I
r
P• I
r
Bp
B1
B2
B3
2
0I 4 r
0I
4r
I
(b)
0 I ( 2 1) 方向垂直屏幕向内
4r
(3) 由于对称性，(c)图中各段电流在P点处产生的磁场的大小、方向都 相同. 因为P点到各边的距离都是
I
P•
a
r 3a
(c)
6
故
BP
3 0I 4r
(cos 6
cos5 )
6
90 I 2a
2
0I 4r
下面水平段电流在P点处产生的磁感应强度同样可用课本P246公式(8.3)计算
B2
0I 4r
(cos
2
cos )
0I 4r
半圆形电流在P点处产生的磁感应强度可用课本P248公式(8.8)按比例计算
B3
0I
2r
1 2
0I
4r
3
B B B 由于 、 、 方向相同，都是垂直屏幕向内，故据磁
场叠加原理可得1 P点处的2 磁感应3 强度为
y
由对称性可知，无限长半圆柱面上电流在其轴线上的磁场 必沿y轴,即有
x
••d•lR• •
•• θ
×
• ••
dθ •• •
•
dB I
图2
By dBy 0
又
dBx
dB sin
0 Id 2 2 R
s in
所以 于是
Bx
B
dBx Bxiˆ
0
By ˆj
0 Id sin 2 2 R 0 I iˆ
2R
d
0I 2R
13
B
Bxiˆ
By
ˆj
0I 2R
iˆ
由安培力公式可得轴线上导线单位长度所受的力为
f Il B IBˆj
0I 2
ˆj
2R
x
y
••d•lR• •
•• θ
×
• f ••
dθ •• •
•
B
I
图3
(2) 如图4所示，将另一无限长直导线(通有大小、方向与半圆柱面
2r
2
r1
2.2 10 6 (Wb )
7
8.15 无限长导体圆柱沿轴向通以电流I，截面上各处电流密度均匀分布，柱半径为 R. 求柱内外磁场分布.在长为l的一段圆柱内环绕中心轴线的磁通量是多少？
解：由于电流具有轴对称性，所以磁场分布也具有轴对称性.
那么如有图所示，B选一d环r路L环B绕圆2柱r.
cos )
0I 4a
方向垂直屏幕向外.
据磁场叠加原理可得 方向垂直屏幕向外.
BP
B1
B2
0I 4a
2
(2) 图(b)中各段电流在P点处产生的磁场的方向都是垂直屏幕 向内.
上面水平段电流在P点处产生的磁感应强度可用课本 P246公式(8.3)计算
I r
P• I
r I
(b)
B1
0I 4r
(cos0 cos )
磁场的源 习题、例题分析
+
8.1 求下面各图中P点处的磁感应强度B的大小和方向.
I
I
I
a
•P
(a)
r
P• I
r
I
(b)
I
P•
a
(c)
解:(1) (a)图中水平段电流在P点处不产生磁场，即B1=0. 对于竖直段电流在P点处 产生的磁感应强度可用课本P246公式(8.3)计算.
B2
0I 4a
(cos 2
r1 2r
2
r1
1.110 6 (Wb )
6
1 1.110 6 (Wb )
所以通过图中斜线所示面积的磁通量为
21 2.2 10 6 (Wb )
d
I1 r
dr
l I2
r1
r2 r3讨论来自有人作如下计算，是否正确？
2 r1r2 0 I1 ldr 2 0 I1 ln r1 r2
r1
I I
解: (1)如图1所示，建立xoy坐标系，并在在半圆柱面上取一弧长为 dl=Rdθ的无限长电流元.
x
这一电流元的电流为
dI Id
y
••d•lR• •
•• θ
×
• ••
dθ •• •
•
I
图1
12
dI Id
它在半圆柱面轴线上产生的磁感应强度为
dB
0 dI 2R
0 Id 2 2 R
方向如图2所示
F 的方向向左
由于各力与线圈共面，所以对线圈无力矩作用.
F3
I I1 F1 a
l F2
b F4
11
8.23 如图所示，一半径为R的无限长半圆柱面导体，其上电流与其轴线上 一无限长直导线的电流等值反向，电流I在半圆柱面上均匀分布.
(1) 试求轴线上导线单位长度所受的力；
(2) 若将另一无限长直导线(通有大小、方向与半圆柱面相同的电流I) 代替圆柱面，产生同样的作用力，该导线应放在何处？
L
据安培环路定理得 B dr B 2r =
0
r 2 R 2
I
(r R)
L
0 rI
0I
(r R)
(r R)
2R 2
所以 B = 0 I 2r
(r R)
I r
L
8
0rI (r R) 2R 2
B= 0I 2r
(r R)
在长为l的一段圆柱内环绕中心轴线的磁通量为
S
B dS
R 0
I1
由于两载流导线在P点处产生的磁场大小、方向都相同 ，故P点处的磁感应强度大小为
r1
BP
2
0I 2d / 2
4.0 10 5
(T )
方向垂直屏幕向外
d
• P l I2
r2 r3
5
(2) 由于对称性，两载流导线在图中斜线所示面积产生的 磁通量相同.
d
I1在图中斜线所示面积产生的磁通量，可作如下计
I1 r
dr
l I2
算.
在图中斜线所示面积中取一面积元，该面积元到I1的距 离为r，宽度为dr,取这面积元的正方向为向外.
r1
r2 r3
那么， I1 在这面积元产生的磁通量大小为
d1
B dS
BdS
0 I1 ldr 2r
积分可得I1在图中斜线所示面积产生的磁通量
1
r1r2 0 I1 ldr 0 I1 ln r1 r2
F3
据安培力公式可得
F1
B1 I 1l
0I 2a
I1l
方向向左
F2 B2 I1l
0I 2 (a
b)
I1l
方向向右
I I1 F1 a
l F2
b F4
由对称性可知，F3、F4大小相等、方向相反,叠加为零.
故矩形线圈受的磁力大小为
F
F1
F2
0 II1lb 2a(a b)
F
F1
F2
0 II1lb 2a(a b)
方向垂直屏幕向内
4
8.5 两平行直导线相距d=40cm，每根导线载有电流I1 = I2 = 20A,如图所示. 求：
(1) 两导线所在平面内与该两导线等距离的一点处的磁感应强度；
(2) 通过图中斜线所示面积的磁通量. (设r1=r3=10cm，l=25cm)
解:(1)如图所示，设P点与该两导线等距离.