面向新世纪课程教材大学物理大作业答案——电流与磁场解答
《大学物理》11磁场习题解析共141页文档
25、学习是劳动，是充满思想的劳动。——乌申斯基
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《大学物理》11磁场习题解 析
31、别人笑我太疯癫，我笑他人看不 穿。(名 言网) 32、我不想听失意者的哭泣，抱怨者 的牢骚 ，这是 羊群中 的瘟疫 ，我不 能被它 传染。 我要尽 量避免 绝望， 辛勤耕 耘，忍 受苦楚 。我一 试再试 ，争取 每天的 成功， 避免以 失败收 常在别 人停滞 不前时 ，我继 续拼搏 。
21、要知道对好事的称颂过于夸大，也会招来人们的反感轻蔑和嫉妒。Байду номын сангаас—培根 22、业精于勤，荒于嬉；行成于思，毁于随。——韩愈
33、如果惧怕前面跌宕的山岩，生命 就永远 只能是 死水一 潭。 34、当你眼泪忍不住要流出来的时候 ，睁大 眼睛， 千万别 眨眼!你会看到 世界由 清晰变 模糊的 全过程 ，心会 在你泪 水落下 的那一 刻变得 清澈明 晰。盐 。注定 要融化 的，也 许是用 眼泪的 方式。
35、不要以为自己成功一次就可以了 ，也不 要以为 过去的 光荣可 以被永 远肯定 。
大作业参考答案-稳恒电流的磁场 西北工业大学
恒定电流的磁场一.选择题⒈ A ； ⒉ B ； ⒊ D ； ⒋ B ； ⒌ B ； ⒍ B ； ⒎ A ； ⒏ C ； ⒐ D ；10. C 二.填空题⒈ N ＝4×1010； 2. 21I I - ； I 2- 。
3. B 2＝R I πμ4/0 ；✞。
4. 204re B υπμ=； 2ev I rπ=； 012m P evr =5. R q B πωμ20= 。
6. F ab ＝IBR 、F ac ＝IBR ；F bc ＝0、∑F ＝0；I R p m 241π=,✞；IB R Mm241π=,↓。
7. 0.02J ；8.200/υμε=e m f f ； 10104/-⨯=e m f f 。
9. 磁化；磁滞回线； 矫顽力； 顺磁质、抗磁质、铁磁质 。
10. I ≈8A 。
11. IrNB r πμμ20=； Ra Rb NIΦr m +=ln20πμμ 。
三、问答题 1. 简答：等离子中正负离子在洛伦兹力作用下分别偏向不同极板。
四、计算证明1. 解：①将半圆柱分割成平行于轴线的无限长直导线 每个直导线的电流：d I =j d t其中 j =I /πR, d l =R d θ, 该直导线在圆心O 点处 产生的磁场： θπμπμd 22d 200RIRId B ==由对称性分析有： 磁场的x 分量会相互抵消，结果只有y 分量，故 RI RIB B 2020d s i n 2s i n d πμθθπμθ===⎰⎰②反向电流之间存在排斥力，该力为安培力： i RI dlB l Id dldF220πμ=⨯=2. 解：① ab 段：)(232102l d I lI ab B I F ab +==πμdI 1 F abFbc 段： r rI I l B I F d 2d d 2102πμ==dl d I I rr I I F ld dbc +==⎰+ln2d 2210210πμπμca 段：rlI I F d 2d 210πμ=, d l =2d rdl d I I r dr I I F ld dca +==⎰+ln210210πμπμ②取如图窄条作为面积元： drr d I dr d r r I dr d r B S d B d om)/1(23)(2360tan )(1010-=-=-=⋅=Φπμπμ)ln(23)(231010dl d d l I rdr d dr rI ld dld dm +-=-=Φ⎰⎰++πμπμ3. 解：采用补偿法，)(2221R R Ij -=π，①大圆柱中心：大圆柱本身引起的B 10=0 利用环路定理，可以得出小圆柱在该处 所激发的磁场B 20： j R a H 22202ππ=⋅, )(22222122022020R R a IR ajR B B -===μμ② 同理，在小圆柱中心，小圆柱本身激发的磁场B 20=0ja a H 2102'ππ=⋅， )(22''22210010R R aIajB B -===πμμ五. 附加题1. 解：①在圆盘上取如图一个宽度dr 的小环，盘转动时的等效电流：πω2/d /d d q T q I ==， 其中rr Rq q d 2πd 2π=4d d 232qR r r Rq I S P Rm ωω===⎰⎰, 方向垂直纸面向里。
大作业参考答案-电磁感应
电磁感应一、选择题⒈ D ； ⒉ B ；⒊ C ； ⒋ BD ； ⒌ C ； 6.E ； 7.B ； 8.A ； 9.A二、填空题⒈ < 。
⒉ 洛伦兹力，B x v ； 感生电场力； 变化的磁场。
⒊ S iR / 。
⒋ θω222/1B S i n L ； C A → 。
⒌ 0 ；dt dB l 4 ； dtdB l 2- 。
⒍ )ln (20d l d d l I +-πωμ； A O → 。
⒎ 1/16。
⒏ 1.6x106 J/m 3； 4.425 J/m 3； 磁场更易于存储能量。
9. ⎰⎰⎰∙∂∂=∙S S d t D l d H ；⎰⎰⎰∙∂∂-=∙SS d t B l d E ； 0=∙⎰⎰SS d B ； ∑⎰⎰=∙0q S d D S 。
三、问答题1. 答：(1) 起源不同：静止电荷激发静电场，而变化的磁场激发涡旋电场。
（2）性质不同：静电场是有源无旋、保守力场，而涡旋电场是无源有旋、非保守力场。
2. 答： （1） 传导电流源于自由电荷的定向移动，而位移电流本质上是变化的电场。
（2）传导电流通过导体时产生焦耳热，而位移电流则无热效应。
（3）传导电流只能在导体中存在，而位移电流可以在导体、电介质、真空中存在。
四、计算题1 解：（1） 因磁场分布为：r Iπμ2B 0=，则000ln 2200r lr Ix xdr r I S d B d l r r m m +==∙==⎰⎰⎰+πμπμφφ 。
（2）0m ln 2d d r lr Iv t i +-=-=πμφε00ln 2r lr R Iv R I i i +-==πμε（3）Rv r l r I dr r Ir l r R Iv Bdr I dF F l r r i 20000000)ln 2(2ln 200+=⋅⋅+===⎰⎰⎰+πμπμπμ方向垂直于导线向上。
2 解： t 时刻，磁通量为θθφc o s c o s ⋅⋅==l v t kt BS m则电动势为k l x k v t l t i -=-=-=θφεc o s 2d d m负号说明电动势方向沿顺时针3 解：（1）取顺时针方向为正绕线，则3ln 2ln 2200πμπμπμφφIac b Ia adr r I Sd B d b c m m ===∙==⎰⎰⎰则3ln 20πμφaI M m ==（2）3ln 2d d 0t m e at IM λλπμε-=-=电动势方向为顺时针。
大学物理(第四版)课后习题及答案 静电场
题7.1：1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e 32的上夸克和两个带e 31-下夸克构成，若将夸克作为经典粒子处理（夸克线度约为10-20 m ），中子内的两个下夸克之间相距2.60⨯10-15 m 。
求它们之间的斥力。
题7.1解：由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律r r 220r 2210N 78.394141e e e F ===r e r q q πεπεF 与r e 方向相同表明它们之间为斥力。
题7.2：质量为m ，电荷为-e 的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为E k 。
证明电子的旋转频率满足42k20232me E εν=其中是0ε真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律。
题7.2分析：根据题意将电子作为经典粒子处理。
电子、氢核的大小约为10-15 m ，轨道半径约为10-10 m ，故电子、氢核都可视作点电荷。
点电荷间的库仑引力是维持电子沿圆轨道运动的向心力，故有220241r e r v m πε= 由此出发命题可证。
证：由上述分析可得电子的动能为re mv E 202k 8121πε==电子旋转角速度为30224mr e πεω=由上述两式消去r ，得43k 20222324me E επων== 题7.3：在氯化铯晶体中，一价氯离于Cl -与其最邻近的八个一价格离子Cs +构成如图所示的立方晶格结构。
（1）求氯离子所受的库仑力；（2）假设图中箭头所指处缺少一个铯离子（称作品格缺陷），求此时氯离子所受的库仑力。
题7.3分析：铯离子和氯离子均可视作点电荷，可直接将晶格顶角铯离子与氯离子之间的库仑力进行矢量叠加。
为方便计算可以利用晶格的对称性求氯离子所受的合力。
解：（l ）由对称性，每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零，故01=F （2）除了有缺陷的那条对角线外，其它铯离子与氯离子的作用合力为零，所以氯离子所受的合力2F 的值为N 1092.134920220212-⨯===ae rq q F πεπε2F 方向如图所示。
大学物理第章习题分析与解答(精品).doc
第八章恒定磁场8-1均匀磁场的磁感强度〃垂直于半径为/•的圆面.今以该圆周为边线，作一半球面S,则通Hs］hi的磁通量的大小为［］。
(A) 2 K r 2 B (B) nr2B(C) 0 (D)无法确定分析与解根据高斯定理，磁感线是闭合曲线，穿过圆平面的磁通量与穿过半球面的磁通量相等。
正确答案为(B)。
8-2下列说法正确的是［］。
(A)闭合回路上各点磁感强度都为零时，冋路内一定没有电流穿过(B)闭合冋路上各点磁感强度都为零时，冋路内穿过电流的代数和必定为零(C)磁感强度沿闭合冋路的积分为零时，冋路上各点的磁感强度必定为零(D)磁感强度沿闭合冋路的积分不为零时，冋路上任意点的磁感强度必定为零分析与解由磁场屮的安培环路定理，磁感强度沿闭合冋路的积分为零时，冋路上备点的磁感强度不一定为零；闭合冋路上备点磁感强度为零时，穿过冋路的电流代数和一定为零。
正确答案为(B)。
8-3磁场屮的安培环路定理#严.d/ = 人说明稳恒电流的磁场是［i = 1(A)无源场(B)有旋场(C)无旋场(D)有源场分析与解磁场的高斯定理与安培环路定理是磁场性质的重要表述，在恒定磁场屮B的环流一般不为零，所以磁场是涡旋场；而在恒定磁场屮，通过任意闭合曲面的磁通量必为零, 所以磁场是无源场；静电场屮E的环流等于零，故静电场为保守场；而静电场屮，通过任意闭合面的电通量可以不为零，故静电场为有源场。
正确答案为(B)。
8-4 —半圆形闭合平面线圈，半径为R,通有电流/,放在磁感强度为3的均匀磁场屮，磁场方向与线圈平面平行，则线圈所受磁力矩大小为［］。
(A) InR2B(B) (C) (D) 0分析与解对一匝通电平面线圈，在磁场屮所受的磁力矩可表示为M = ISjxB ,而且对任意形状的平面线圈部是适用的。
正确答案为(B)。
8-5 —长直螺线管是由直径d=0.2mm的漆包线密绕而成。
当它通以/=0. 5A的电流时，其内部的磁感强度3= ______________ o (忽略绝缘层厚度，u o=4 n X 10'7N/A2)分析与解根据磁场屮的安培环路定理可求得长育螺线管内部的磁感强度大小为B = |i o nZ ,方向由右螺旋关系确定。
面向新世纪课程教材大学物理大作业答案——刚体力学作业
L2
−
L1
=
J 2ω2
−
J1ω1
质点的动量定理
dpr
=
r F
⋅
dt
∫ r
I
=
tr F ⋅ dt =
t0
pr − pr0 = mvr − mvr0
三、刚体的角动量守恒定律
1. 角动量守恒定律
∫ 由角动量定理
r M
当
r M外
=
0
时，
外
d
t r
ΔL
= =
Δ 0
r L
r L
=
恒矢量
P.6
1
区分两类冲击摆
(1)
大作业题解
刚体力学
第3章 刚体力学基础
一、对转轴的力矩
r M
=
rr
×
r F
单位：N·m
r M
=
rr
×
r F⊥
r M
=
rr
×
r F
大小: 方向:
M = Frsinϕ
rr
→
r F
右旋前进方向
二、定轴转动定律
M z = Jβ
P.2
转动惯量(moment of inertia)
∑ 1. 定义 J = iri2mi 单位: kg ⋅ m 2
l/4 O
[ A]
mg l = 1 Jω 2 J = 7 ml 2
22
48
⇒ ω = 4 3g 7l
P.11
9．如图所示，一人造卫星到地球中心C的最大距离和
最小距离分别为RA和RB。设人造卫星对应的角动量分
别为LA和LB，动能分别为EkA和EkB，则有
(A) LB > LA，EkB > EkA
大学物理磁场作业(一)习题与解答
1、两个载有相等电流I 的圆线圈，半径均为R ，一个水平放置，另一个竖直放置，如图所示，则圆心O 处磁感应强度的大小为（（3） ） （1）0；（2）02IRμ；（3）02IR；（4）0I R μ2、通有电流Ｉ的无限长导线弯成如图所示的形状，半圆部分的半径为R ，则圆心处的磁感应强度的量值B =__ μo I /4R __________。
3、如图,有一边长为a 的正方形导线回路,载有电流I ,求正方形中心处的磁感应强度的大小和方向。
00004(sin 45sin 45)42II B a a μππ=⨯+=方向向里4、如图所示，abcdef 为一闭合面， 其中abfe和cdef 为边长为L 的正方形，均匀磁场B 沿X 轴正向。
则穿过abfe 面的磁通量为__0______；穿过ade 和bcf 面的磁通量为____0___；穿过abcd 面的磁通量为___ BL 2 ____；穿过cdef面的磁通量为______ -BL 2_。
5、真空中两根无限长直载流导线L 1和L 2互相平行放置，I 1=20 A ，I 2=10A ，如图所示，A 、B 两点与两导线共面，a=0.05m ，求：（1）A 、B 两点处的磁感应强度1B →和2B →；（2）磁感应强度为零的点的位置。
解答：我们注意到这里有两根导线，那么某点的磁感应强度大小应为两导线产生的磁感应强度大小之和。
由于磁场是有方向的，我们首先定义垂直纸面向里为正方向。
对A 点来说，两导线产生的磁感应强度方向都是垂直向内的。
分别计算L 1和L 2在A 点产生的磁感应强度。
直接套用式子：024I B a μπ=。
1B →=00122244I I a aμμππ+=41.210T -⨯，注意，因为我们已经设定垂直于纸面向内为正方向，所以最后的数值为正值就表示方向是垂直于纸面向内的。
B 点的磁感应强度可以用同样的方法计算，但是需要注意的是，此时L 1产生的磁感应强度方向是垂直于纸面向外的，所以其数值要用负值：2B →=001222443I I a aμμππ-+=56.6710T --⨯，负号表示其方向为垂直于纸面向外。
大学物理课后习题答案(高教版 共三册)(2020年7月整理).pdf
即∶
1 e2 = m v 2 ，由此得
4 0 a02
a0
v=
e
2 m 0a0
v
O
②电子单位时间绕原子核的周数即频率
4
学海无涯
= v = e
1
2a0 4a0 m 0a0
由于电子的运动所形成的圆电流
i = e = e2
1
4a0 m 0a0
因为电子带负电，电流 i 的流向与 v 方向相反
③i 在圆心处产生的磁感强度
d
x
=
r 0 I 4
= 10 −6
Wb
11、2006 一无限长圆柱形铜导体(磁导率0)，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： B = 0 I r (r R) 2R 2
解：⑴设 x 轴上、下导线在 P 点产生的磁感应强度分别为 B1, B2 a
p
X
X
I
利用安培环路定理得， B1
=
B2
=
0I 2r
=
0I 2
(a 2
1
1
+ x2)2
,
方向如图所示。P 点的总磁感应强度 B = B1 + B2
Bx
=
B1x
+ B2x
=
2B1 cos
=
0 (a 2
Ia +x
2
)
，
B
y
y 轴的分量： By =
dBy =
dBsin =
面向新世纪课程教材大学物理大作业答案——电磁感应与电磁场答案
i
O′
r dr
b
R2
R1
1
3．解： （1） dΦ = B ⋅ dS = BLdx =
v
v
μ0 I
2π x b μ I IL μ b Φ = ∫ 0 Ldx = 0 ln a 2π x a 2π
Ldx
dx I L a b x
感应电动势为：
μ L b dI dΦ = − 0 ln ⋅ dt 2 π a dt dI Q I = I 0 e -4t = −4 I 0 e − 4 t dt 2 μ 0 LI 0 b −4 t ∴ εi = ln e a π ε i > 0 ，方向为顺时针 μ0 LI b ln Φ a = μ 0 L ln b （2） M = = 2π I I 2π a εi = −
2．解： (1)
图 6-9
B=
μ0 μ r NI
2πr
R2 R1
2
O
Φ = ∫ BdS = ∫
μ0 NI
2πr
bdr =
μ0 NIb
2π
ln
R2 R1
i
NΦ μ 0 N b R 2 L= = ln I 2πr R1
dI μ N 2 bωI 0 R2 ε = −L = 0 ln sin ω t R1 dt 2π = 6 π ln 3 sin 100 π t = 20.7 sin 100 π t
由于导体运动产生的动生电动势：
A
× × × × × × × ×
× × × × × × × ×
× × × × × × × × x
× × × × × × × ×
× × × × × × × ×
× × × × × × × ×
D
大学物理(第四版)课后习题及答案 磁场
习题题10.1：如图所示,两根长直导线互相平行地放置,导线内电流大小相等,均为I= 10 A,倾向雷同,如图所示,求图中M.N两点的磁感强度B的大小和倾向（图中r0 = 0.020 m）.题10.2：已知地球北极地磁场磁感强度B的大小为6.0⨯10-5T.如假想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的（如图所示）,此电流有多大？流向若何？题10.3：如图所示,载流导线在平面内散布,电流为I,它在点O的磁感强度为若干？题10.4：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,且以单层线圈笼罩住半个球面,设线圈的总匝数为N,经由过程线圈的电流为I,求球心O处的磁感强度.题10.5：试验中常用所谓的亥姆霍兹线圈在局部区域内获得一近似平均的磁场,其装配简图如图所示,一对完整雷同.彼此平行的线圈,它们的半径均为R,经由过程的电流均为I,且两线圈中电流的流向雷同,试证：当两线圈中间之间的距离d 等于线圈的半径R 时,在两线圈中间连线的中点邻近区域,磁场可算作是平均磁场.（提醒：如以两线圈中间为坐标原点O ,两线圈中间连线为x 轴,则中点邻近的磁场可算作是平均磁场的前提为x B d d = 0;0d d 22=xB）题10.6：如图所示,载流长直导线的电流为I ,试求经由过程矩形面积的磁通量.题10.7：如图所示,在磁感强度为B 的平均磁场中,有一半径为R 的半球面,B 与半球面轴线的夹角为α,求经由过程该半球面的磁通量.题10.8：已知10 mm 2裸铜线许可经由过程50 A 电流而不会使导线过热.电流在导线横截面上平均散布.求：（1）导线内.外磁感强度的散布;（2）导线表面的磁感强度.题10.9：有一同轴电缆,其尺寸如图所示,两导体中的电流均为I ,但电流的流向相反,导体的磁性可不斟酌.试盘算以下遍地的磁感强度：（1）r <R 1;（2）R 1<r <R 2;（3）R 2<r <R 3;（4）r >R 3.画出B －r 图线.题10.10：如图所示.N 匝线圈平均密绕在截面为长方形的中空骨架上.求通入电流I 后,环表里磁场的散布.题10.11：设有两无穷大平行载流平面,它们的电流密度均为j ,电流流向相反,如图所示,求：（1）两载流平面之间的磁感强度;（2）两面之外空间的磁感强度.题10.12：测定离子质量的质谱仪如图所示,离子源S 产生质量为m ,电荷为q 的离子,离子的初速很小,可看作是静止的,经电势差U 加快后离子进入磁感强度为B 的平均磁场,并沿一半圆形轨道到达离进口处距离为x 的感光底片上,试证实该离子的质量为228x Uq B m =题10.13：已知地面上空某处地磁场的磁感强度B = 0.4×10－4 T,倾向向北.若宇宙射线中有一速度17s m 105.0-⋅⨯=v 的质子,垂直地经由过程该处.如图所示,求：(1)洛伦兹力的倾向;(2) 洛伦兹力的大小,并与该质子受到的万有引力比拟较.题10.14：在一个显像管的电子束中,电子有eV 101.24⨯的能量,这个显像管安放的地位使电子程度地由南向北活动.地球磁场的垂直分量5105.5-⊥⨯=B T,并且倾向向下,求：(1)电子束偏转倾向;(2)电子束在显像管内经由过程20 cm 到达屏面时光点的偏转间距.题10.15：如图所示,设有一质量为m e 的电子射入磁感强度为B 的平均磁场中,当它位于点M 时,具有与磁场倾向成α角的速度v ,它沿螺旋线活动一周密达点N ,试证M .N 两点间的距离为eBαv m MN cos π2e =题10.16：应用霍耳元件可以测量磁场的磁感强度,设一霍耳元件用金属材料制成,其厚度为0.15mm,载流子数密度为1.0×1024 m —3.将霍耳元件放入待测磁场中,测得霍耳电压为42V μ,电流为10 mA.求此时待测磁场的磁感强度.题10.17：试证实霍耳电场强度与稳恒电场强度之比ρne B E E //C H =这里ρ为材料电阻率,n 为载流子的数密度.题10.18：载流子浓度是半导体材料的主要参数,工艺上经由过程掌握三价或五价掺杂原子的浓度,来掌握p 型或n 型半导体的载流子浓度,应用霍耳效应可以测量载流子的浓度和类型,如图所示一块半导体材料样品,平均磁场垂直于样品表面,样品中经由过程的电流为I ,现测得霍耳电压为U H ,证实样品载流子浓度为n =HedU IB题10.19：一通有电流为I 的导线,弯成如图所示的外形,放在磁感强度为B 的平均磁场中,B 的倾向垂直纸面向里,求此导线受到的安培力为若干？题10.20：一向流变电站将电压为500 kV 的直流电,经由过程两条截面不计的平行输电线输向远方,已知两输电导线间单位长度的电容为111103.0--⋅⨯m F ,若导线间的静电力与安培力正好抵消,求：（1）经由过程输电线的电流;（2）输送的功率.题10.21：将一电流平均散布的无穷大载流平面放入磁感强度为B 0的平均磁场中,电流倾向与磁场垂直,放入后,平面两侧磁场的磁感强度分离为B 1和B 2（图）,求该载流平面上单位面积所受的磁场力的大小和倾向.题10.22：在直径为1.0 cm 的铜棒上,切割下一个圆盘,假想这个圆盘的厚度只有一个原子线度那么大,如许在圆盘上约有 6.2⨯1014个铜原子,每个铜原子有27个电子,每个电子的自旋磁矩为224e m A 109.3⋅⨯=-μ,我们假设所有电子的自旋磁矩倾向都雷同,且平行于铜棒的轴线,求：（1）圆盘的磁矩;（2）如这磁矩是由圆盘上的电流产生的,那么圆盘边缘上须要有多大的电流.题10.23：通有电流I 1 = 50 A 的无穷长直导线,放在如图所示的弧形线圈的轴线上,线圈中的电流I 2 = 20 A,线圈高h = 7R /3.求感化在线圈上的力.题10.24：如图所示,在一通有电流I 的长直导线邻近,有一半径为R ,质量为m 的渺小线圈,渺小线圈可绕经由过程个中间与直导线平行的轴迁移转变,直导线与渺小线圈中间相距为d ,设d >>R ,经由过程小线圈的电流为I '.若开端时线圈是静止的,它的处死线矢量n e 的倾向与纸面法线ne '的倾向成0θ角.问线圈平面转至与屏幕面重叠时,其角速度的值为多大？题10.25：如图所示,电阻率为ρ的金属圆环,其表里半径分离为R 1和R 2,厚度为d .圆环放入磁感强度为α的平均磁场中,B 的倾向与圆环平面垂直,将圆环表里边缘分离接在如图所示的电动势为ε的电源南北极,圆环可绕经由过程环心垂直环面的轴迁移转变,求圆环所受的磁力矩.题10.26：如图所示,半径为R 的圆片平均带电,电荷面密度为σ,令该圆片以角速度ω绕经由过程个中间且垂直于圆平面的轴扭转.求轴线上距圆片中间为x 处的点P 的磁感强度和扭转圆片的磁矩.题10.27：如图所示是一种正在研讨中的电磁轨道炮的道理图.该装配可用于发射速度高达10km.s －1的炮弹,炮弹置于两条平行轨道之间与轨道相接触,轨道是半径为r 的圆柱形导体,轨道间距为d .炮弹沿轨道可以自由滑动.恒流电源ε.炮弹和轨道组成一闭合回路,回路中电流为I .（1）证实感化在炮弹上的磁场力为rrd I μF +=ln)π(2120 （2）假设I = 4 500 kA,d = 120 mm,r = 6.7 cm,炮弹从静止起经由一段旅程L = 4.0 m 加快后的速度为多大？（设炮弹质量m = 10.0 kg ）习 题 解 答题10.1解：距离无穷长直载流导线为r 处的磁感强度RIμB B π2021== 磁感强度1B 和2B 的倾向可以依据右手定章剖断.依据磁场叠加道理B = B 1+B 2,斟酌到磁场的对称性,点M 的磁感强度00021M π2π2r Iμr I μB B B -=-= = 0 点N 的磁感强度T100122π24πcos )(40021N -⨯=⋅=+=. r I μB B B由右手定章可知N B 的倾向沿程度向左.题10.2解：设赤道电流为I ,则圆电流轴线上北顶点的磁感强度RI μR R IR μB /24)(20232220=+=是以赤道上的等效圆电流为A 107312490⨯==.μRBI 因为在地球内部,地磁场由南极指向北极,依据右手螺旋轨则可以断定赤道圆电流应当是由西向东流,与地球自转倾向一致.题10.3解：将载流导线看作圆电流和长直电流,由叠加道理可得RIμR I μB π22000-=0B 的倾向垂直屏幕向里.题10.4解：现将半球面朋分为很多薄圆盘片,则任一薄圆盘片均可等效为一个圆电流,任一薄圆盘片中的电流为I θR RNN I I ⋅⋅==d π2d d 该圆电流在球心O 处激发的磁场为I y x y μB /d )(2d 232220+=球心O 处总的磁感强度B 为θR RN y x I y μ/d π2)(2B 2/0232220⋅+⋅=⎰π 由图可知θR y R x sin cos ==；θ,将它们代入上式,得RNIμR NI μB π/4d sin π02200==⎰θθ 磁感强度B 的倾向由电流的流向依据右手定章肯定.题10.5证：取两线圈中间连线的中点为坐标原点O ,两线圈中间轴线为x 轴,在x 轴上任一点的磁感强度232220232220])2([2])2([2//x d/R IR μx d/R IR μB +++-+=则当 0}])2([)2(3)2()2(3{2d )(d 22220=+++--+-=x d/R x d/x d/R x d/IR μx x B0=++-++-+--=}])2([)2(4])2([)2(4{23d )(d 272222722222022//x d/R R x d/x d/R R x d/IR μx x B时,磁感强度在该点邻近小区域内是平均的,该小区域的磁场为平均磁场. 由0d )(d =xx B ,解得0=x 由0d )(d 022==x x x B ,解得R d =这表明在d = R 时,中点（x = 0）邻近区域的磁场可视为平均磁场.题10.6解：在矩形平面上取一矩形面元d S = I d x ,载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为x l xIμΦd π2d d 0=⋅=S B 矩形平面的总磁通量⎰==ΦΦd ⎰=211200ln π2d π2d d d dl I μx l x I μ 题10.7解：由磁场的高斯定理⎰=⋅,0d S B 穿过半球面的磁感线全体穿过圆面S,是以有αcos π2B R Φ=⋅=S B题10.8解：（1）环绕轴线取齐心圆为环路L,取其绕向与电流成右手螺旋关系,依据安培环路定理,有⎰∑=⋅=⋅I r B 0π2d μl B在导线内∑==<2222ππR Ir r R I I R r ，,因而20π2R r I μB =在导线外∑=>,I I R r ，因而rIμB π20=（2）在导线表面磁感强度持续,由3101.78/π A,50-⨯===S R I m,得T 1065π2300-⨯==.RIμB 题10.9解：由安培环路定理⎰∑=⋅I 0d μl B ,得1R r < 2211πππ2r R Iμr B =⋅ 2101π2R IrμB =R 1<r <R 2 I r B 02π2μ=⋅B 2 =rμπ2I0 R 2<r <R 3 r B π23⋅=]π22232220I )R π(R )R (r I ---[μ B 3 =22232230 π2R R rR r I --⋅μ r >R 3 r B π24⋅=μo (I -I ) = 0B 4 = 0磁感强度Ｂ（r ）的散布曲线如图.题10.10解：由安培环路定理,有r B π2⋅=μ0∑I R <R 1 r B π21⋅= 0 B 1 = 0R ２>r >R 1 r B π22⋅=μ0NI B 2 =rNIμπ20 r >R 2 r B π23⋅= 0 B 3 = 0在螺线管内磁感强度B 沿圆周,与电流成右手螺旋,若R ２－R １<<R １和R ２,则环内的磁场可以近似视作平均散布,设螺线环的平均半径R =21（R １＋R ２）,则环内的磁感强度近似为 B RNIμπ20≈题10.11解：由安培环路定理,可求得单块无穷大载流平面在两侧的磁感强度大小为2/0j μ,倾向如图所示,依据磁场的叠加道理可得（1）取垂直于屏幕向里为x 轴正向,合磁场为B =i i i j μjμj μ00022=+ （2）两导体载流平面之外,合磁场的磁感强度B =02200=-i i jjμμ题10.12证：由离子源产生的离子在电势差为U 的电场中加快,依据动能定理,有qU mv =221（1） 离子以速度v 进入磁场后,在洛伦兹力的感化下作圆周活动,其动力学方程为qvB = m 2/2x v由上述两式可得228x Uq B m =题10.13解：（1）按照F L = q v ⨯B 可知洛伦兹力F L 倾向为B v ⨯的倾向,（2）因v ⊥B ,质子所受的洛伦兹力F L = qvB = 3.2⨯10-16 N在地球表面质子所受的万有引力G = m p g = 1.64⨯10-26 N因而,有F L /G = 1.95⨯1010,即质子所受的洛伦兹力弘远于重力题10.14解：（1）如图所示,由洛伦兹力F = q v ⨯B可以断定电子束将倾向东侧（2）在如图所示的坐标中,电子在洛伦兹力感化下,沿圆周活动,其轨道半径R 为R =m 6.712k ==eBmE eBmv由题知y = 20cm,并由图中的几何干系可得电子束倾向东侧的距离m 102.98322-⨯=--=∆y R R x即显示屏上的图像将整体向东平移近3 mm,这种平移并不会影响整幅图像的质量题10.15证：将入射电子的速度沿磁场倾向和垂直磁场倾向分化⊥v 和v //,在磁场倾向进步一螺距MN所需的时光T =αcos //v MNv MN =（1） 在垂直磁场倾向的平面内,电子作匀速圆周活动的周期T =eBv R em π2π2=⊥ （2） 由式（1）和式（2）,可得eBv m MN αcos π2e =题10.16解：由霍耳效应中霍耳电压与电流.磁感强度的关系,有B =T 010H H H .nq IdU I R d U == 题10.17证：由欧姆定律的微分情势知,在导体内稳恒电场强度为v j ne E c ρρ==由霍耳效应,霍耳电场强度E H =B v ⨯-因载流子定向活动倾向与磁感强度正交,故E H = vB ,因而ρρρne Bnev vB j vB E E ===C H 题10.18证：通电半导体的载流子在洛伦兹力的感化下,逐渐积累在相距为b 的导体两侧,形成霍耳电压U H = vBb而流经导体横截面S （S = bd ）的电流I = jbd = nevbd由此可解得载流子浓度n =HedU IB题10.19解：由对称性可知,半圆弧所受安培力F 1的水等分量互相抵消为零,故有F 1 =⎰⎰==πBIR BIR F 0y 12d sin d θθ两段直线部分所受安培力大小相等,但倾向相反,当导体外形不变时,该两力均衡,因而,全部导线所受安培力F = 2BIR j题10.20解：（1）单位长度导线所受的安培力和静电力分离为f B = BI =dI μπ22f E = E λ=dU C 022π2ε由f B +f E = 0可得dU C d I 02220π2π2εμ= 解得 I =A 105.4300⨯=μεCU（2）输出功率N = IU = 2.25⨯109 W题10.21解：无穷大载流平面两侧为平均磁场,磁感强度大小为j 021μ,则 B 1 = B 0j 2μ- （1）B 2 = B 0+j 2μ （2） 由式（1）.（2）解得B 0 =)(2121B B +)(1120B B j -=μ外磁场B 0感化在单位面积载流平面上的安培力)(21d d d d d d 2122000B B μjB y x yB x j S F -=== 按照右手定章可知磁场力的倾向为程度指向左侧.题10.22解：（1）因为所有电子的磁矩倾向雷同,则圆盘的磁矩27e m A 10651--⋅⨯==.N μm（2）由磁矩的界说,可得圆盘边缘等效电流I = m /S = 2.0⨯10－3 A题10.23解：树立如图坐标,将闭合线圈分化为圆弧⋂bc 和⋂da ,直线ab 和cd 四段,由安培力B ⨯=l F d d I 可知圆弧线所受磁力为零,直线ab 和cd 上I 1激发的磁感强度大小均为B =RI μπ210,则直线ab 和cd 所受磁力大小均为F 0 =i IlB -,其合力F = 2F 0 = -2I 2lB i = -9.33⨯10－4i N.题10.24解：小线圈在随意率性地位受到的磁力矩 B m M ⨯=0则 M = θμsin π2π02dIR I '依据迁移转变惯量的界说,由图可求得小线圈绕OO ′轴迁移转变的迁移转变惯量J = ⎰⎰==πββ20222221d π2sin d mR m R m r 式中m 为圆环的质量,因为磁力矩倾向和角位移倾向相反,由动能定理有⎰-=⋅0θ20021d J ωθM ⎰='-0θ2202041d sin 2ωmR θθd I μR I 积分后即可解得1/200)cos (12⎥⎦⎤⎢⎣⎡-'=θmd I I μω题10.25解：若在金属环上取如图所示的微元,该微元沿径向的电阻d R =rdrπ2d ρ积分可得金属圆环的径向电阻R =⎰=2112ln π2π2d R R R R d ρrd r ρ径向电流I =)/R (R ρdR ε12ln π2ε=将圆环径向电流朋分为线电流θII d 2πd =,线电流元受到的磁力为,d d d rB I F =倾向沿圆周切向,该力对轴的磁力矩大小为r I rB F r M d d d d ==圆环面上电流元对轴的磁力矩倾向雷同,为垂直屏幕沿转轴向外,因而金属圆环所受的磁力矩⎰⎰=I r rB M d d=⎰⎰-=21)()/ln(πd d )/ln(212212π2012R R R R R R d B r r R R Bd ρεθρω磁力矩倾向垂直屏幕沿轴线向外题10.26解：扭转的带电圆盘可以等效为一组齐心圆电流,如图所示,在圆盘面上取宽度为d r 的细圆环,其等效圆电流Trr σI d π2d ⋅=此圆电流在轴线上点P 处激发的磁感强度的大小为3/22220)(d 2d x r I r μB +=积分,得 ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-++=+=⎰x R x x R μx r r μB R222)(dr 22222 03/22230σωσω 圆片的磁矩m 的大小为⎰==R R σr r m 043π41d πωσωB 和m 的倾向均沿Ox 轴正向题10.27解：取对称轴线为x 轴,由题意,炮弹处的磁感强度可近似当作两根半无穷长的载流圆柱在该点激发的磁感强度之和y)d/r Iμy)d/r I μB -++++=2(π42(π400 炮弹所受磁场力的大小为⎰-=d/2d/2d y BI F = y y)d/(r y)d/(r I μd/d/d ]2121[π42220⎰--++++ = rrd I μ+lnπ220 炮弹出口时的速度132120s m 10821ln π2-⋅⨯=⎭⎬⎫⎩⎨⎧+==.r r d m I L μaL v。
大学物理习题电磁学习题解答
E
B
t
E
B t
E E
E
E
解：任取一电场线作闭合回路，可求出离轴线为r
处的感生电场E的大小为：
i
E
E感
1
2r
dl Edl
S
B t
dS
2rE
S
B t
dS
（1）当r<R，
S
B t
dS
S
B t
dB
d
dB
P.
Bab Bcd 2Bab
而 o Ii oi ab
B
1 2
oi
c
与P点到平板的距离无关。
i
i
dB
... .
dl
....
dl
.
. B oi B0 B 0i
•
×
0 0i 0
×
a
B
b
25
例9. 求通电螺绕环的磁场分布。已知环管轴线的半径
dB cos
Idl r Idl
r
动画
cos R
r
B
o 4
I cos dl r2
2R
0
4
(
x2
o IR R2
)3/
2
dl
B
2(
x2
o IR2 R2 )3
/
2
方向沿 x 轴正向！
10
讨论
B
0IR2 2(x2 R2)3/ 2
大学物理课后答案第八章 电流与磁场
习题86-3 大小：drr dI dB σωμμ00212==方向：垂直纸面向外。
环心O 处的磁感应强度)(2)(2121000b a Q a b dr B ba +=-==⎰πωμσωμσωμ方向：垂直纸面向外。
8-7闭合载流导线弯成如图例8-7所示的形状，载有电流I ，试求：半圆圆心O 处的磁感应强度。
【解】 闭合导线是由直导线和圆弧线组成，根据载流直导线和圆弧导线产生的磁场公R I ⋅=πμπ16240R I ⋅=πμ820R I 40μ8-8解：① Wb i k j i S B 135.0)15.0()5.136(2=⋅++=⋅=Φ② ⎰⎰=⋅=Φ0S d B8-9 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m-2方向沿x 轴正方向，如题8-9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8-9图所示题8-9图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S BΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb (或曰24.0-Wb )8-10解： aI u B B p p π21021== T aI u B B B B p p p p 610122211066.5222-⨯===+=⇒π o pp B B 451arctan arctan12===θ8-11 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8-11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题8-11图解：如题8-11图所示,A B方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处 则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题8-12图8-12 如题8-12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8-12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。
大物电磁学课后答案4ppt课件
（2）E，V，B 两两垂直
4-10 已知一电量为q的粒子垂直入射到磁感应强度为B的均匀磁
场以前，经过电压为V的电场加速，粒子的初速度可以忽略不计
，进入磁场后经过半圆到达照像底片上的P点，已知粒子入口至
P点的距离为x，求该粒子质量。
4-6在下列两种情况下能否用安培环路定理求磁感应强度B，为什 么？(1)有限长载流直 导线产生的场；(2)圆电流产生的场。
答(2)(圆1)安电培流环产路生定的理场不lB是 d高l 度0对n 称Ii 中的的场B,故是也闭不合能电用流。产生,故不能用!
4-7一个质子，一个氘核和一个 粒子，通过相同的电位差加速 后，进入一均匀磁场中，此时它们的运动方向与B正交。试比较 这些粒子的动能;(2)如果质子在磁场中运动的圆形轨道半径为 10厘米，则氘核和 粒子的轨道半径为多少？
的方向与线圈平面平行，求此时该线圈绕OO’ 轴的磁力矩。
解：
0
B
求线圈的磁矩P
P IS I R 2 ,方向垂直纸面
磁力矩
M P B PB R2IB
L oR I B
O
补充4.3一根载流长直导线被折成如图所示的形状，已知电流强 度为20安， =120o，L=2厘米，求A点的磁感应强度B。
2
2
0I 2 2 R
d
0I 2R
dI
x
dB
柱面横截面图
（沿x正向）
12
4-15 载流长直导线弯成图中三种形状，求O点的磁感应强度B。
解:（a）分成4段
B1 B3 0
B2
大学物理——电磁学习题答案
静电场1直角三角形ABC 的A 点上，有电荷C 108.191-⨯=q ，B 点上有电荷C 108.492-⨯-=q ，试求C 点的电场强度(设m 03.0m,04.0==AC BC ). 解：1q 在C 点产生的场强 20114AC q E πε= 2q 在C 点产生的场强 22204q E BC πε=C 点的合场强43.2410V E m ==⨯ 方向如图2. 带电细线弯成半径为R 的半圆形，电荷线密度为φλλsin 0=，式中0λ为一常数，φ为半径R 与x 轴所成的夹角，如图所示．试求环心O 处的电场强度． 解：R d R dl dE 00204sin 4πεϕϕλπελ==ϕcos dE dE x = 考虑到对称性 0=x E ϕsin dE dE y =RR d dE E y 0000284sin sin λϕϕλϕπ===⎰⎰ 方向沿y 轴负向3.一半径为R 的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心O 处的电场强度． 解：把球面分割成许多球带，球带所带电荷 dl r dq σπ2=2322023220)(42)(4r x dlrx r x xdqdE +=+=πεσππεθcos R x = θs i n R r = θRd dl =20001sin2224E d i πσσθθεε==⎰ 4如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电荷为q ，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度．解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ，在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ，它在P 点的场强：()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε 2分L Pd EO总场强为 ⎰+π=L x d L x L q E 020)(d 4－ε()d L d q+π=043分 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．5一个细玻璃棒被弯成半径为R 的半圆形，沿其上半部分均匀分布有电荷+Q ，沿其下半部分均匀分布有电荷－Q ，如图所示．试求圆心O 处的电场强度．解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ处取微小电荷d q = λd l = 2Q d θ / π它在O 处产生场强 θεεd 24d d 20220R QR q E π=π= 按θ角变化，将d E 分解成二个分量：θθεθd sin 2sin d d 202RQ E E x π==，θθεθd cos 2cos d d 202R Q E E y π-=-=对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=⎰⎰πππθθθθε2/2/0202d sin d sin 2R QE x ＝0， 2022/2/0202d cos d cos 2R QR Q E y εθθθθεππππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π-=⎰⎰ 所以j RQ j E i E E y x202επ-=+=6边长为b 的立方盒子的六个面，分别平行于xOy 、yOz 和xOz 平面．盒子的一角在坐标原点处．在此区域有一静电场，场强为j i E300200+= .试求穿过各面的电通量．解：由题意知E x =200 N/C , E y =300 N/C ,E z =0平行于xOy 平面的两个面的电场强度通量 01=±==⋅S E S E z eΦ 平行于yOz 平面的两个面的电场强度通量2002±=±==⋅S E S E x eΦ b 2N ·m 2/C“＋”，“－”分别对应于右侧和左侧平面的电场强度通量平行于xOz 平面的两个面的电场强度通量 3003±=±==⋅S E S E y eΦ b 2 N ·m 2/C“＋”，“－”分别对应于上和下平面的电场强度通量.xz7图中所示， A 、B 为真空中两个平行的“无限大”均匀带电平面，A 面上电荷面密度σA ＝－17.7×10-8 C ·m -2，B 面的电荷面密度σB ＝35.4 ×10-8 C ·m -2．试计算两平面之间和两平面外的电场强度．(真空介电常量ε0＝8.85×10-12 C 2·N -1·m -2 )解：两带电平面各自产生的场强分别为：()02/εσA A E = 方向如图示()02/εσB B E = 方向如图示由叠加原理两面间电场强度为()()02/εσσB A B A E E E +=+= =3×104 N/C 方向沿x 轴负方向两面外左侧()()02/εσσA B A B E E E -=-=' =1×104 N/C 方向沿x 轴负方向两面外右侧 E ''= 1×104 N/C 方向沿x 轴正方向8 一球体内均匀分布着电荷体密度为ρ的正电荷，若保持电荷分布不变,在该球体中挖去半径为r 的一个小球体，球心为O '，两球心间距离d O O ='，如图所示. 求:(1) 在球形空腔内，球心O '处的电场强度0E .(2) 在球体内P 点处的电场强度E .设O '、O 、P 三点在同一直径上，且d OP =.解：（1）利用补偿法，以O 为圆心，过O '点作一个半径为d 的高斯面。
大物磁场答案
大物磁场答案(共8页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--1.如图8-1所示，载流的圆形线圈（半径1a ）与正方形线圈（边长2a ）通有相同电流，若两个线圈中心1O ，2O 处的磁感应强度大小相同，则半径1a 与边长2a 之比为[ ]。
A. 2:4π B. 2:8πC. 1:1D. 2:1π答案：【B 】解： 圆电流I 在其轴线上产生的磁场的磁感应强度为232212101)(2x a I a B +=μ，方向沿着轴线 在圆心处（0=x ），1012a I B μ=。
通电正方形线圈，可以看成4段载流直导线，由毕萨定律知道，每段载流直导线在正方形中心产生的磁场的磁感应强度大小相等，方向相同，由叠加原理/224B B =。
200020210/22)135cos 45(cos 24)cos (cos 4a I a I a I B πμπμθθπμ=-=-= 20/221012442a I B B a I B πμμ==== π2821=a a 2. .如图8-2所示,四条平行的无限长直导线，垂直通过边长为20a cm =正方形顶点，每条导线中的电流都是20I A =，这四条导线在正方形中心O 点产生的磁感应强度为[ ]。
A. 40.810B T -=⨯B. 41.610B T -=⨯C. 0B =D. 40.410B T -=⨯答案：【A 】解：建立直角坐标系，则4根无限长载流直导线在正方形中心产生的磁感应强度为i a I B 45cos 201πμ=，j a I B45cos 202πμ= i a I B 45cos 203πμ=，j a I B45cos 204πμ=)(45cos 2204321j i a I B B B B B +=+++=πμ T B 5108-⨯=3.一根无限长直导线abcde 弯成图8-3所示的形状，中部bcd 是半径为R 、对圆心O张角为0120的圆弧，当通以电流I 时，O处磁感应强度的大小B = ，方向为 。