第三章静磁场习题课
谢处方《电磁场与电磁波》(第4版)课后习题-第3章 静态电磁场及其边值问题的解【圣才出品】
第3章 静态电磁场及其边值问题的解（一）思考题3.1 电位是如何定义的？中的负号的意义是什么？答：由静电场基本方程▽×E＝0和矢量恒等式可知，电场强度E 可表示为标量函数φ的梯度，即式中的标量函数φ称为静电场的电位函数，简称电位；式中负号表示场强方向与该点电位梯度的方向相反。
3.2“如果空间某一点的电位为零，则该点的电场强度也为零”，这种说法正确吗？为什么？答：不正确。
因为电场强度大小是该点电位的变化率。
3.3“如果空间某一点的电场强度为零，则该点的电位为零”，这种说法正确吗？为什么？答：不正确。
此时该点电位可能是任一个不为零的常数。
3.4 求解电位函数的泊松方程或拉普拉斯方程时，边界条件有何意义？答：边界条件起到给方程定解的作用。
3.5 电容是如何定义的？写出计算电容的基本步骤。
答：两导体系统的电容为任一导体上的总电荷与两导体之间的电位差之比，即其基本计算步骤：①根据导体的几何形状，选取合适坐标系；②假定两导体上分别带电荷＋q和－q；③根据假定电荷求出E；④由求得电位差；⑤求出比值3.6 多导体系统的部分电容是如何定义的？试以考虑地面影响时的平行双导线为例，说明部分电容与等效电容的含义。
答：多导体系统的部分电容是指多导体系统中一个导体在其余导体的影响下，与另一个导体构成的电容。
计及大地影响的平行双线传输线，如图3-1-1所示，它有三个部分电容C11、C12和C22，导线1、2间的等效电容为；导线1和大地间的等效电容为；导线2和大地间的等效电容为图3-1-13.7 计算静电场能量的公式和之间有何联系？在什么条件下二者是一致的？答：表示连续分布电荷系统的静电能量计算公式，虽然只有ρ≠0的区域才对积分有贡献，但不能认为静电场能量只存在于有电荷区域，它只适用静电场。
表示静电场能量存在于整个电场区域，所有E≠0区域对积分都有贡献，既适用于静电场，也用于时变电磁场，当电荷分布在有限区域内，闭合面S无限扩大时，有限区内的电荷可近似为点电荷时，二者是一致的。
电动力学 第三版_郭硕鸿_课后答案[第3章]
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电动力学习题解答参考 第三章 静磁场1. 试用A r 表示一个沿z 方向的均匀恒定磁场0B r写出A r的两种不同表示式证明两者之差是无旋场解0B r 是沿z 方向的均匀的恒定磁场即ze B B r r =0且AB r r×∇=0在直角坐标系中zx y y z x x y z e yA x A e x A z A e z A y A A r r rr )()()(∂∂−∂∂+∂∂−∂∂+∂∂−∂∂=×∇如果用A r 在直角坐标系中表示0B r 即=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂000y A x A x A z A z A y A xy zx yz 由此组方程可看出A r有多组解如解1)(,00x f y B A A A x Z y +−=== 即 xe xf y B A rr )]([0+−= 解2)(,00y g x B A A A Y z x +=== 即 ye y g x B A rr )]([0+=解1和解2之差为yx e y g x B e x f y B A r r r )]([)]([00+−+−=∆则zx y y z x x y z e y A xA e x A z A e z A y A A r r r r ])()([])()([])()([)(∂∆∂−∂∆∂+∂∆∂−∂∆∂+∂∆∂−∂∆∂=∆×∇这说明两者之差是无旋场2.均匀无穷长直圆柱形螺线管每单位长度线圈匝数为n电流强度为I 试用唯一性定理求管内外磁感应强度B解根据题意得右图取螺线管的中轴线为z 轴本题给定了空间中的电流分布故可由∫×='43dV r rJ B rr r πµ求解磁场分布又J r 在导线上所以∫×=34r r l Jd B r r r πµ1 螺线管内由于螺线管是无限长理想螺线管故由电磁学的有关知识知其内部磁内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场场是均匀强磁场故只须求出其中轴线上的磁感应强度即可知道管内磁场 由其无限长的特性不妨取场点为零点以柱坐标计算x y x e z e a e a r r r r r ''sin 'cos −−−=ϕϕyx e ad e ad l d r r r 'cos ''sin 'ϕϕϕϕ⋅+⋅−=)''sin 'cos ()'cos ''sin '(x y x y x e z e a e a e ad e ad r l d r r r r r r r −−−×⋅+⋅−=×∴ϕϕϕϕϕϕ zy x e d a e d az e d az rrr'''sin '''cos '2ϕϕϕϕϕ+−−= 取由'''dz z z +−的以小段此段上分布有电流'nIdz ∫++−−=∴232220])'([)'''sin '''cos '('4z a e d a e d az e d az nJdz B z y x rr r r ϕϕϕϕϕπµ I n az a z d nI e nI z a dz a d z 0232023222200]1)'[()'(2])'([''4µµϕπµπ=+=⋅+=∫∫∫∞+∞−∞∞−r 2)螺线管外部:由于是无限长螺线管不妨就在xoy 平面上任取一点)0.,(ϕρP 为场点)(a >ρ 222')'sin sin ()'cos cos ('z a a x x r +−+−=−=∴ϕϕρϕϕρrr )'cos(2'222ϕϕρρ−−++=a z a ('=−=x x r r r r x e a r )'cos cos ϕϕρ−zy e z e a rr ')'sin sin (−−ϕϕρyx e ad e ad l d r r r 'cos ''sin 'ϕϕϕϕ⋅+⋅−= zy x e d a a e d az e d az r l d r r r r r ')]'cos([''sin '''cos '2ϕϕϕρϕϕϕϕ−−+−−=×∴+−+−⋅=∴∫∫∫∫∞∞−∞∞−'''sin '''''cos ''[43203200dz e r d az d dz e r d az d nI B y x rr r ϕϕϕϕϕϕπµππ]')'cos('3220∫∫∞∞−−−+z e dz r a a d rϕϕρϕπ由于磁场分布在本题中有轴对称性而螺线管内部又是匀强磁场且螺线管又是无限长故不会有磁力线穿出螺线管上述积分为0所以0=B r内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场3. 设有无穷长的线电流I 沿z 轴流动以z<0空间充满磁导率为µ的均匀介质z>0区域为真空试用唯一性定理求磁感应强度B 然后求出磁化电流分布解本题的定解问题为×∇=×∇=<−=∇>−=∇===010020212201211)0(,)0(,z z z A A AA z J A z J A r r r rrr rr µµµµ由本题具有轴对称性可得出两个泛定方程的特解为∫∫==rl Id x A rl Id x A rr r rr r πµπµ4)(4)(201由此可推测本题的可能解是<>=)0(,2)0(,20z er I z e r I B θθπµπµr rr 验证边界条件1)(,12021=−⋅==B B n A A z r rr r r 即 题中,=⋅=θe e e n z z rr r r 且所以边界条件1满足2)(,11120102=−××∇=×∇==H H n A A z z r r rr r即µµ本题中介质分界面上无自由电流密度又θθπµπµe r I B H e rI B H r r r r r r 2222011====,012=−∴H H r r 满足边界条件0)(12=−×H H n r r r综上所述由唯一性定理可得本题有唯一解<>=)0(,2)0(,20z er I z e r I B θθπµπµr rr 在介质中MB H r r r −=0µ故在z<0的介质中22H B M r rr −=µ内部资料料料内部资料内部即θθθµππµπe r e r e r M )1(22200−=−⋅= ∴介质界面上的磁化电流密度r z M e r I e e r I n M r r r r r r )1(2)1(200−=×−=×=µµπµµπαθ总的感应电流)1()1(20200−=⋅⋅⋅−=⋅=∫∫µµϕµµππθθI e d r e r I l d M J Mr r rr 电流在z<0的空间中沿z 轴流向介质分界面4. 设x<0 半空间充满磁导率为µ的均匀介质x>0 空间为真空今有线电流I 沿z 轴流动求磁感应强度和磁化电流分布解假设本题中得磁场分布仍呈轴对称则可写作ϕπµe rI B vv 2′=其满足边界条件0)(0)(1212==−×=−⋅αvv v v v vv H H n B B n 即可得在介质中ϕµπµµe r I B H vv v 22′== 而Me r I M B H v v v v v −′=−=ϕµπµµ0022∴在x<0的介质中ϕµµµµπµe r I M vv 002−′= 则∫=ld M I Mvv 取积分路线为B A C B →→→的半圆,ϕe AB vQ ⊥ AB ∴段积分为零 002)(µµµµµ−′=I I M ϕπµe r I I B M v v 2)(0+=∴∴由ϕϕπµπµe rI B e r I I M v v v 22)(0′−==+可得02µµµµµ+=′内部资料料料内部资料内∴空间ϕπµµe rB 0+= I I M 0µµµµ+−=沿z轴5.某空间区域内有轴对称磁场在柱坐标原点附近已知)21(220ρ−−≈z C B Bz 其中B 0为常量试求该处的ρB 提示用,0=⋅∇B r 并验证所得结果满足0Hr×∇解由B v 具有轴对称性设zz e B e B B v v v +=ρρ其中 )21(220ρ−−=z c B B z 0=⋅∇B v Q 0)(1=∂∂+∂∂∴z B zB ρρρρ即02)(1=−∂∂cz B ρρρρ A cz B +=∴2ρρρ(常数) 取0=A 得ρρcz B =z e z c B e cz B vv v )]21([220ρρρ−−+=∴10,0==D j v vQ 0=×∇∴B v 即 0)(=∂∂−∂∂θρρe B z B z v2代入1式可得2式成立∴ρρcz B = c 为常数6. 两个半径为a 的同轴线圈形线圈位于L z ±=面上每个线圈上载有同方向的电流I1 求轴线上的磁感应强度2 求在中心区域产生最接近于均匀的磁场时的L 和a 的关系提示用条件022=∂∂z B z解1由毕萨定律L 处线圈在轴线上z 处产生得磁感应强度为内部资料料料内部资料内,11z z e B B = ∫∫−+==θπαπd L z a r B z 232231])([4sin 4 232220])[(121a z L Ia +−=µ同理L 处线圈在轴线上z处产生得磁感应强度为zz e B B vv 22=2322202])[(121a z L Ia B z++=µ∴轴线上得磁感应强度zz z e a z L a z L Ia e B B v v v++++−==2322232220])[(1])[(121µ 20=×∇B vQ 0)()(2=∇−⋅∇∇=×∇×∇∴B B B v v v 又0=⋅∇Bv0,0222=∂∂=∇∴z B zB v 代入1式中得62225222322212222122])[(])[()(6])[(])[()(])[(a z L a z L z L a z L a z L z L a z L +−+−−++−+−−−+−−−62225222322212222122])[(])[()(6])[(])[()(])[(a z L a z L z L a z L a z L z L a z L +−++−−++ ++++++−−0取z得)(12])(2)(2[)(22522212222122322=+++−+−+−L a L a L L a L a L 2225a L L +=∴内部资料料料内部资料内电动力学习题解答参考 第三章 静磁场a L 21=∴7. 半径为a 的无限长圆柱导体上有恒定电流J 均匀分布于截面上试解矢势A r的微分方程设导体的磁导率为0µ导体外的磁导率为µ解定解问题为×∇=×∇=∞<>=∇<−=∇外内内外内外内A A A A A a r A a r J A a a v v v vvv vv µµµ11)(,0)(,00202选取柱坐标系该问题具有轴对称性且解与z 无关令ze r A A v v )(内内=z e r A A vv )(外外代入定解问题得=∂∂∂∂−=∂∂∂∂0))(1))((10r r A r rr J r r A r r r 外内µ 得43212ln )(ln 41)(C r C r A C r C Jr r A +=++−=外内µ由∞<=0)(r r A 内 得01=C 由外内A A v v ×∇=×∇µµ110 得 232Ja C µ−=内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场由aaA A 内外v v =令0==aaA A 内外v v 得 a Ja C Ja C ln 2,4124202µµ==−=∴ra a J A r a J A ln 2)(412220v v v vµµ外内8.假设存在磁单极子其磁荷为Qm它的磁场强度为304r rQ H m r r πµ=给出它的矢势的一个可能的表示式并讨论它的奇异性解rm m e rQ r r Q H v v v 2030144πµπµ== 由rm e rQ H B A v v v v 204πµ===×∇ 得=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂0])([10)](sin 1[14])(sin [sin 12θφθπφθθθθφθφrr m A rA r r rA r A r r Q A A r (1)令,0==θA A r得rQ A m πθθθφ4sin )(sin =∂∂θθπθπθθφθφsin cos 144sin sin 0r Q A d rQ A mm −=∴=∴∫显然φA 满足1式∴磁单极子产生的矢势φθθπe r Q A m vv sin cos 14−=内部资料料料内部资料内部当2πθ→时φπe rQ A m v v 4→当πθ→时∞→A v故A v的表达式在πθ=具有奇异性A v不合理9. 将一磁导率为µ半径为R 0的球体放入均匀磁场0H r内求总磁感应强度B r 和诱导磁矩mr解根据题意以球心为原点建立球坐标取0H v 的方向为zev此球体在外界存在的磁场的影响下极化产生一个极化场并与外加均匀场相互作用最后达到平衡保持在一个静止的状态呈现球对称本题所满足的定解问题为−=∞<=∂∂=∂∂=>=∇<=∇∞==θϕϕϕµϕµϕϕϕϕcos )(,,,0,0000002221212121R H R R R R R R R R R m R m m m m m m m 由泛定方程和两个自然边界条件得∑∞==0)(cos 1n n n n m P R a θϕ∑∞=++−=010)(cos cos 2n nn nm P R d R H θθϕ由两个边界条件有+−−=+−=∑∑∑∑∞=+∞=−∞=+∞=0200001100100000)(cos )1(cos )(cos )(cos cos )(cos n n n nn n n n n nn n n n nn P R d n H P nR a P R d R H P R a θµθµθµθθθ得内部资料料料内部资料内≠==+−=+)1(,0223000101n d a R H d n n µµµµµµ>⋅+−+−=<+−=∴00230000000,cos 2cos ,cos 2321RR H R R R H R R R H m m θµµµµθϕθµµµϕ+==+=+−+=−∇=00011000000012323sin 23cos 231H H B H e H e H H r m v v v v vv v µµµµµµµµθµµµθµµµϕθ−⋅+−+==−⋅+−+=⋅+−−−⋅+−+=−∇=])(3[2])(3[2sin ]21[cos ]221[3050300000020230503000003300003300022R H R R R H R H H B R H R R R H R H e H R R e H R R H r m v v v v v v v vv v v v vv v µµµµµµµµµµµθµµµµθµµµµϕθ >−⋅+−+<+=∴)()(3[2)(,230305030000000000R R R H R R R H R H R R H B vv v v v vv µµµµµµµµµµ当B v在R>R 0时表达式中的第二项课看作一个磁偶极子产生的场θµµµµϕcos 20230002H RR m ⋅+−∴中可看作偶极子m v产生的势即R H R R H R R R Rm v v v v ⋅⋅+−=⋅+−=⋅⋅02300002300032cos 241µµµµθµµµµπ HR m v v300024⋅+−=∴µµµµπ10. 有一个内外半径为R 1和R 2的空心球位于均匀外磁场0H r内球的磁导率为µ求空内部资料料料内部资料内电动力学习题解答参考 第三章 静磁场腔内的场Br讨论0µµ>>时的磁屏蔽作用解根据题意以球心为原点取球坐标选取0H v的方向为z e v在外场0H v的作用下 球壳极化产生一个附加场并与外场相互作用最后达到平衡B v的分布呈现轴对称定解问题−=∞<∂∂=∂∂∂∂=∂∂==>=∇<<=∇<=∇∞======θϕϕϕµϕµϕµϕµϕϕϕϕϕϕϕcos ,,,0,0,00000322121231223121232121321R H RR R R R R R R R R R R m R m R R m m R R m m R R m m R R m m m m m 由于物理模型为轴对称再有两个自然边界条件故三个泛定方程的解的形式为∑∞==0)(cos 1n n n n m P R a θϕ∑∞=++=01)(cos (2n n n nn n m P Rc R b θϕ∑∞=++−=010)(cos cos 3n nn nm P Rd R H θθϕ因为泛定方程的解是把产生磁场的源0H v做频谱分解而得出的分解所选取的基本函数系是其本征函数系)}(cos {θn P 在本题中源的表示是)(cos cos 100θθRP H R H −=−所以上面的解中)0(,0≠====n d c b a n n n n 故解的形式简化为θθϕθϕθϕcos cos cos )(cos 2102111321RdR H Rc R b R a mm m +−=+==内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场代入衔接条件得−=−−−=+−=++=2(22(32113210031110122120221212111111R c b R d H R c b a R d R H R c R b R c R b R a µµµµµ解方程组得3200312032000320001)2)(2()(2)(3)2(3R R R H R H a µµµµµµµµµµµµ++−−−++= 32003120320001)2)(2()(2)2(3R R R H b µµµµµµµµµ++−−+= 3200312031320001)2)(2()(2)(3R R R R H c µµµµµµµµµ++−−−= 320320031203132000620001)2)(2()(2)(3)2(3R H R R R R H R H d +++−−−++=µµµµµµµµµµµµ而 )3,2,1(,00=∇−==i H B i m i i ϕµµvv ze a B v v 101µ−=∴ 003212000321])()(2)2)(2()(11[HR R R R v µµµµµµµ−−++−−=当0µµ>>时1)(2)2)(2(2000≈−++µµµµµµ 01=∴B v 即球壳腔中无磁场类似于静电场中的静电屏障11. 设理想铁磁体的磁化规律为000,M M H B µµ+=rr 是恒定的与H r无关的量今将一个内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场理想铁磁体做成均匀磁化球0M为常值浸入磁导率为'µ的无限介质中求磁感应强度和磁化电流分布解根据题意取球心为原点做球坐标以0M v的方向为z e v本题具有球对称的磁场分布满足的定解问题为=∞<=∂∂′−∂∂=>=∇<=∇∞===0cos ,,0,021021021*******02R m R m R m m R R m m m m M R RR R R R ϕϕθµϕµϕµϕϕϕϕ ∴∑∞==0)(cos 1n n n nm P R aθϕ∑∞=+=01)(cos )(2n n n nm P R b θϕ代入衔接条件对比)(cos θn P 对应项前的系数得)1(,0≠==n b a nn µµµ+′=2001Ma 30012R M b µµµ+′=)(,cos 20001R R R M m <+′=∴θµµµϕ)(,cos 20230002R R RR M m>+′=θµµµϕ由此µµµµµµ+′′=+=<22,0000110M M H B R R v r v v ,0R R > )(3[2305030022RM R R R M R B m v r v v v −⋅+′′=∇′−=µµµµϕµ >−⋅+′′<+′′=∴)()(3[2)(,2203050300000R R R M R R R M R R R M B v r v v vv µµµµµµµµ内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场又0)()(0120其中αααµv v v vv v+=−×M R B B n 代入B v的表达式得ϕθµµµαe M Mvv sin 230′′12. 将上题的永磁球置入均匀外磁场0H r中结果如何解根据题意假设均匀外场0H v 的方向与0M v的方向相同定为坐标z 轴方向定解问题为−=∞<=∂∂−∂∂=>=∇<=∇∞===θϕϕθµϕµϕµϕϕϕϕcos cos ,,0,00000002022102102121R H M R RR R R R R m R m R m m R R m m m m 解得满足自然边界条件的解是)(,cos 011R R R a m <=θϕ)(,cos cos 02102R R R d R H m >+−=θθϕ代入衔接条件0013010020100012M a R d H R d R H R a µµµµ=+++−=得到 0000123µµµµ+−=H M a 3000012)(R H M d µµµµµ+−+=)(,cos 23000001R R R H M m <+−=∴θµµµµϕ内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场)(,cos 2)(cos 0230000002R R RR H M R H m>+−++−=θµµµµµθϕ]sin 23cos 23[000000000011θθµµµµθµµµµϕe H M e H M H r m v v v +−−+−−=−∇=∴ µµµµ+−−=0000023H M v v )(,22230002000001R R M H M H B <+++=+=v v v v v µµµµµµµµµ−+−+−−−=−∇=r m e R R H M H H v v )cos 22)(cos [(23000000022θµµµµµθϕ 350230000000)(3])sin 2)(sin (Rm R R R m H e R R H M H v v r r v v−⋅+=+−++−−θθµµµµµθ ])(3[3500202RmR R R m H H B v v r r v v v −⋅+==µµ030003000022H R R M m v vv µµµµµµµ+−++=13. 有一个均匀带电的薄导体壳其半径为R 0总电荷为Q今使球壳绕自身某一直径以角速度ω转动求球内外的磁场Br提示本题通过解m ϕ或A r的方程都可以解决也可以比较本题与5例2的电流分布得到结果解根据题意取球体自转轴为z 轴建立坐标系定解问题为=∞<=∂∂=∂∂−=∂∂−∂∂>=∇<=∇∞===0)(,4sin )(1,0,021211221000000202R m R m m m R R m m m m R R R R R Q R R R R R ϕϕϕµϕµπθωθϕθϕϕϕ其中4sin R Q πθωσ=是球壳表面自由面电流密度解得满足自然边界条件的解为内部资料料料内部资料内部)(,cos 0212R R Rb m >=θϕ代入衔接条件=+−=−024301102101R b a R Q R b R a πω解得 016R Q a πω−= πω12201R Q b =)(,cos 6001R R R R Q m <−=∴θπωϕ)(,cos 1202202R R R R Q m>=θπωϕ00016sin 6cos 61R Q e R Q e R Q H r m πωθπωθπωϕθv vv v =−=−∇=∴ωπµµvr v 001016R Q H B == ])(3[41sin 12cos 1223532032022Rm R R R m e R R Q e R R Q H r r m r v v v vv v −⋅=+=−∇=πθπωθπωϕ其中ωvv 320QR m =])(3[4350202RmR R R m H B r v v v v v −⋅==πµµ14. 电荷按体均匀分布的刚性小球其总电荷为Q 半径为R 0它以角速度ω绕自身某以直径转动求1 它的磁矩2 它的磁矩与自转动量矩之比设质量M 0是均匀分布的 解1磁矩∫×=dV x J x m )(21v v v v内部资料料料内部资料内又 rR x e R == )(34)(30R R v x J ×==ωπρ∫∫×=××=∴φθθπωφθθωπφd drd R e e R Q d drd R R R R Q m r 2430230sin )(4321sin )(4321v v v v r v 又 )sin cos (cos sin y x z r e e e e e e vv v v v v φφθθθφ−−+=−=×∫∫∫−−+=∴ππφθθφφθθπω20243sin )sin cos (cos [sin 83R y x z d drd R e e e R Q m vv v v ωφθθπωππv v 5sin 8320200043300QR d drd R e R Q R z ==∫∫∫2)自转动量矩∫∫∫∫××=×=×==dV R R R M dm v R P d R L d L )(43300v v v v v v v v vωπ52sin 43sin )sin cos (cos [sin 43sin )(sin 43sin )sin (43sin )(43200203430200024302230022300223000ωφθθπωφθθφφθθπωφθθθωπφθθθωπφθθωπππππθφv v vv v v v v v v v R M d drd R R M d drd R e e e R M d drd R e R R M d drd R e e R R M d drd R e e e R R M R R y x z r r z r ==−−+=−=×−=××=∫∫∫∫∫∫∫∫∫ 0200202525M Q R M QR L m ==∴ωωv v v v15. 有一块磁矩为m r的小永磁体位于一块磁导率非常大的实物的平坦界面附近的真空中求作用在小永磁体上的力F r.内部资料料料内部资料内电动力学习题解答参考 第三章 静磁场解根据题意因为无穷大平面的µ很大则可推出在平面上所有的H v均和平面垂直类比于静电场构造磁矩m r 关于平面的镜像m ′r则外场为=⋅=∇−=2304cos 4r m R R m B m m e πθπϕϕµv v v)sin cos (4]sin cos 2[430330θθθθαπµθθπµe e r m e r e r m B rr e vv r v v +=−−−=∴m v∴受力为za r ee a m B m F v v vv )cos 1(643)(24022απµαθ+−=⋅∇⋅===内部资料料料内部资料内部。
高中物理第三章磁场3.4安培力习题课选修3_1
安培力习题课班级姓名第小组1．如图所示，接通电键S后，用细线悬于O点且可自由转动的通电直导线ab将(从上向下看)( )A．a端向下，b端向上运动，悬线张力不变B．b端向下，a端向上运动，悬线张力变小C．逆时针转动，悬线张力变小D．顺时针转动，悬线张力变大2．如图5所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。
如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是A．棒中的电流变大，θ角变大 B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大 D．磁感应强度变大，θ角变小3．画出下列各图中ab棒所受的安培力方向4．匀强磁场中有一段长为0.2m的直导线，它与磁场方向垂直，当通过3A的电流时，受到60×10-2N的磁场力，则磁场的磁感强度是___ ___特；当导线长度缩短一半时，磁场的磁感强度是__ ___特；当通入的电流加倍时，磁场的磁感强度是__ ____特．5．一矩形线圈面积S＝10-2m2，它和匀强磁场方向之间的夹角θ1＝30°，穿过线圈的磁通量Ф＝1×103Wb，则磁场的磁感强度B__ ____；若线圈平面和磁场方向之间的夹角变为θ2＝0°，则Ф＝___ ___．6．如图所示，用均匀粗细的电阻丝折成平面三角形框架abc，三边的长度分别为3L、4L、5L，电阻丝L长度的电阻为r，框架a、c端与一电动势为E、内阻不计的电源相连通，垂直于框架平面有磁感应强度为B 的匀强磁场，则框架受到的磁场力大小为。
7．如图所示，ab，cd为两根相距2 m的平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根质量为3.6 kg 金属棒，当通以5 A的电流时，金属棒沿导轨做匀速运动；当金属棒中电流增加到8 A时，金属棒获得2 m/s2的加速度，求匀强磁场的磁感应强度的大小．8．质量为m的导体棒MN静止于宽度为L的水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下，如图所示，求MN所受的支持力和摩擦力的大小．9．如图所示，在与水平方向夹角为60°的光滑金属导轨间有一电源，在相距1 m的平行导轨上放一质量为m＝0.3 kg的金属棒ab，通以从b→a，I＝3 A的电流，磁场方向竖直向上，这时金属棒恰好静止．求：(1)匀强磁场磁感应强度的大小；(2)ab棒对导轨的压力．(g＝10 m/s2)10．如图所示，两平行光滑导轨相距0.2m ,与水平面夹角为450，金属棒MN质量为0.1kg，处在竖直向上磁感应强度为1T的匀强磁场中，电源电动势为6V，内阻为1Ω，为使MN处于静止状态，则电阻R应为多少？（其它电阻不计）11．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，置一通有电流I、长为L、质量为m的导体棒，试求：（1）欲使棒静止在斜面上，外加匀强磁场的磁感强度B的最小值和方向（2）欲使棒静止在斜面上且对斜面无压力，应加的匀强磁场磁感强度最小值和方向。
2019_2020版高中物理第三章习题课带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动课件新人教版
A. πm B. 2πm C. 4πm D. 5πm
3qB
3qB
3qB
3qB
解析:由于带电粒子的电性不确定,其轨迹可能是图中的两条.由 qvB=m v2 和 R
T= 2πR 得 T= 2πm ,由图可知,若为正电荷,轨迹对应的圆心角为 300°,若为负
v
qB
电荷,轨迹对应的圆心角为 60°,则对应时间分别为 t1= 300 T= 5πm ,t2= 60 360 3qB 360
A. eBd B. 2eBd C. eBd D. 2eBd
2m
3m
m
m
解析:粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得 evB=m v2 , r
解得 r= mv ∝v,最大速度对应的临界轨迹与右侧边界相切,如图所示,结合几 eB
何关系,轨道半径为 r=d,故最大速度为 v= eBd ,选项 C 正确. m
习题课 带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周 运动
课堂探究 随堂演练
课堂探究 突破要点
类型一 带电粒子在有界匀强磁场中的临界极值问题
[例 1](2019·甘肃兰州期末)(多选)如图所示,边界 OA 与 OC 之间分布有垂直纸面向里的 匀强磁场,边界 OA 上有一粒子源 S.某一时刻,从 S 平行于纸面向各个方向发射出大量带正 电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用),所有粒子的初速度大小相同,经过 一段时间有大量粒子从边界 OC 射出磁场.已知∠AOC=60°,从边界 OC 射出的粒子在磁场中
A. mv B. 3mv C. 2mv D. 4mv
2qB
qB
qB
qB
解析:如图所示,粒子在磁场中运动的轨道半径为 R= mv .设入射点为 A,出射点 qB
人教版高中物理选修3-1第三章磁场习题课.docx
高中物理学习材料桑水制作习题课基础练1．如图1所示，一水平导线通以电流I ，导线下方有一电子，初速度方向与导线平行，关于电子的运动情况，下述说法中正确的是( )图1A ．沿路径a 运动，其轨道半径越来越大B ．沿路径a 运动，其轨道半径越来越小C ．沿路径b 运动，其轨道半径越来越小D ．沿路径b 运动，其轨道半径越来越大 答案 A2．经过回旋加速器加速后，带电粒子获得的动能( ) A ．与D 形盒的半径无关 B ．与高频电源的电压无关C ．与两D 形盒间的缝隙宽度无关 D ．与匀强磁场的磁感应强度无关 答案 BC解析 由R ＝mv qB ，E k ＝12mv 2＝12m q 2B 2R 2m 2＝q 2B 2R22m，R 为回旋加速器中D 形盒的半径．3. 如图2所示，一圆形区域内存在匀强磁场，AC 为直径，O 为圆心，一带电粒子从A 沿AO 方向垂直射入磁场，初速度为v 1，从D 点射出磁场时的速率为v 2，则下列说法中正确的是(粒子重力不计)( )图2A ．v 2>v 1，v 2的方向必过圆心B ．v 2＝v 1，v 2的方向必过圆心C ．v 2>v 1，v 2的方向可能不过圆心D ．v 2＝v 1，v 2的方向可能不过圆心答案 B4．如图3所示，在xOy平面内，匀强电场的方向沿x轴正向，匀强磁场的方向垂直于xOy平面向里．一电子在xOy平面内运动时，速度方向保持不变．则电子的运动方向沿( )图3A．x轴正向 B．x轴负向C．y轴正向 D．y轴负向答案 C解析电子受静电力方向一定水平向左，所以需要受向右的磁场力才能做匀速运动，根据左手定则进行判断可得电子应沿y轴正向运动．5. 三个完全相同的小球a、b、c带有相同电量的正电荷，从同一高度由静止开始下落，当落下h1高度后a球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向里的匀强磁场，如图4所示，它们到达水平面上的速度大小分别用v a、v b、v c表示，它们的关系是( )图4A．v a>v b＝v c B．v a＝v b＝v cC．v a>v b>v c D．v a＝v b>v c答案 A解析a小球下落时，重力和电场力都对a做正功；b小球下落时，只有重力做功；c 小球下落时只有重力做功，重力做功的大小都相同．根据动能定理可知外力对a小球所做的功最多，即a小球落地时的动能最大，b、c小球落地时的动能相等．6. 如图5所示，一束电子以不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是( )图5A．电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹越长B．电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹一定重合D．电子的速率不同，它们在磁场中运动的时间一定不相同答案 B解析由于R ＝mvBq，而电子束以不同速率进入同一磁场，m 、B 、q 相同，v 大者偏转半径大，右图中表示几种不同速率的电子在磁场中的运动轨迹，由3、4、5可知，三者运动时间相同，但轨迹长短不同，所以A 和C 错；又由3、4、5可知，电子的速率不同，但在磁场中运动时间可能相同，故D 错；另由公式t ＝θ2πT ，T ＝2πmBq与速率无关，所以，电子在磁场中的运动时间t 仅与轨迹圆孤所对应的圆心角θ有关，圆心角越大，时间t 越长，B 正确．提升练7. 如图6所示，质量为m ，带电荷量q 的小球从P 点静止释放，下落一段距离后进入正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里，则小球在通过正交的电场和磁场区域时的运动情况是( )图6A ．一定做曲线运动B ．轨迹一定是抛物线C ．可能做匀速直线运动D ．可能做匀加速直线运动 答案 A解析 小球从P 点静止释放，下落一段距离后进入正交的匀强电场和匀强磁场中后一定会受到电场力和洛伦兹力．电场力和重力会对小球做正功，洛伦兹力不做功．小球的动能会增加，即速度变大，且速度的方向也会发生变化．洛伦兹力也会变大，方向也会改变．小球运动的速度和加速度的大小、方向都会改变．所以运动情况是一定做曲线运动．8. 如图7所示，三个速度大小不同的同种带电粒子沿同一方向从图示长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中的运动时间之比为( )图7A ．1∶1∶1B ．1∶2∶3C ．3∶2∶1 D.3∶2∶1 答案 C 解析如右图所示，设带电粒子在磁场做圆周运动的圆心为O ，由几何关系知，圆弧MN 所对应的粒子运动的时间t ＝MNv ＝R αv ＝mv qB ·αv ＝m αqB，因此，同种粒子以不同速率射入磁场，经历时间与它们的偏角α成正比，即t 1∶t 2∶t 3＝90°∶60°∶30°＝3∶2∶1.9. 如图8所示，沿直线通过速度选择器的正离子从狭缝S 射入磁感应强度为B 2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比为R 1∶R 2＝1∶2，则下列说法正确的是( )图8A ．离子的速度之比为1∶2B ．离子的电荷量之比为1∶2C ．离子的质量之比为1∶2D ．以上说法都不对 答案 D解析 正离子沿直线经过速度选择器，说明电场力等于洛伦兹力，即qE ＝qvB ，所以v ＝E B ，正离子经过速度选择器后，速度相等，所以A 错误．由R ＝mv qB 知，R 1∶R 2＝1∶2时，q 1m 1∶q 2m 2＝2∶1，即离子比荷之比为2∶1. 10. 一个带电微粒在如图9所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，该带电微粒必然带______(填“正”或“负”)电，旋转方向为________(填“顺时针”或“逆时针”)．若已知圆的半径为r ，电场强度的大小为E ，磁感应强度的大小为B ，重力加速度为g ，则线速度为__________．图9答案 负 逆时针Brg E解析 因带电微粒做匀速圆周运动，电场力必与重力平衡，所以带电微粒必带负电． 由左手定则可知微粒应逆时针转动 电场力与重力平衡有：mg ＝qE根据牛顿第二定律有：qvB ＝m v2r联立解得：v ＝BrgE.11. 质量为m ，带电量为q 的微粒，以速度v 与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间，如图10所示，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动，求：图10(1)电场强度的大小，该带电粒子带何种电荷． (2)磁感应强度的大小．答案 (1)mg q 带正电荷 (2)2mgqv解析 (1)微粒做匀速直线运动，所受合力必为零，微粒受重力mg ，电场力qE ，洛伦兹力qvB ，由此可知，微粒带正电，受力如图所示，由几何关系知，qE ＝mg ，则电场强度E ＝mgq(2)由于合力为零，则qvB ＝ 2mg ，所以B ＝2mg qv. 12. 如图11所示，在y ＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y 轴负方向；在y ＜0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xoy 平面(纸面)向外．一电荷量为q 、质量为m 的带正电的运动粒子，经过y 轴上y ＝h 处的点P 1时速率为v 0，方向沿x 轴正方向；然后，经过x 轴上x ＝2h 处的P 2点进入磁场，并经过y 轴上y ＝－2h 处的P 3点．不计重力．求：图11(1)电场强度的大小；(2)粒子到达P 2时速度的大小和方向； (3)磁感应强度的大小．答案 (1)mv 202qh(2) 2v 0 方向与x 轴正向成45°角(第四象限内) (3)mv 0qh解析 在电场中y 方向有qE ＝ma ，①h ＝at 2/2② v y ＝at ③x 方向有2h ＝v 0t ④P 2处速度与x 轴夹角tan θ＝v y /v 0⑤联立①②③④⑤解得v y ＝v 0，tan θ＝1，v ＝ 2v 0，E ＝mv 22qh如图由于P 2处速度与弦P 2P 3垂直，故P 2P 3是圆的直径，半径R ＝ 2h ，⑥由qvB ＝mv 2/R ⑦联立⑥⑦解得B ＝mv 0qh13. 如图12所示，有一磁感应强度B ＝9.1×10－4T 的匀强磁场，C 、D 为垂直于磁场的同一平面内的两点，它们之间的距离l ＝0.05 m ，今有一电子在此磁场中运动，它经过C 点时的速度v 的方向和磁场方向垂直，且与CD 间的夹角α＝30°，问：图12(1)电子在C 点时所受的洛伦兹力的方向如何？(2)若此电子在运动中后来又经过了D 点，则它的速度v 应是多大？(3)电子从C 点到D 点所用的时间是多少？(电子的质量m ＝9.1×10－31kg ，电子的电量e ＝1.6×10－19C)答案 (1)垂直于v 的方向斜向下(2)8.0×106m/s(3)6.5×10－9s解析 电子进入匀强磁场时速度方向与磁场方向垂直，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，C 、D 则是圆周上两点，并且C 点和D 点速度大小相同，找出圆轨迹半径R 和弧长CD 对应的圆心角，就可以由半径公式和周期公式求出电子运动速度的大小及电子从C 点到D 点所用时间．(1)由左手定则，判断出洛伦兹力的方向为垂直于v 的方向斜向下．(2)v ＝RqBm ，由图可知，∠1＝90°－α＝60°，OC ＝OD ＝R ，所以∠2＝60°，△OCD 为正三角形，即OD ＝R ＝l ， v ＝lqB m＝0.05×1.6×10－19×9.1×10－49.1×10－31m/s ＝8.0×106m/s.(3)t CD ＝16T ＝16·2πRv＝16×2×3.14×0.058×106s ＝6.5×10－9s或t CD ＝16×2πmqB＝16×2×3.14×9.1×10－311.6×10－19×9.1×10－4 s ＝6.5×10－9s。
高三物理人教版选修31第三章《磁场》全章14节复习学案以及测试题含部分答案
高三物理人教版选修31第三章《磁场》全章14节复习学案以及测试题含部分答案第一节磁场及磁场对电流的作用班别姓名学号学习目标：1.掌握磁场、磁感应强度、磁通量的基本概念，会用磁感线描述磁场.2.掌握安培定则、左手定则的应用.3.掌握安培力的概念及在匀强磁场中的应用.学习重难点：安培定则、左手定则的应用；办理与安培力有关的实际标题。
温习交流1．磁感应强度是一个矢量．磁场中某点磁感应强度的偏向是( )A．正电荷在该点所受力偏向B．沿磁感线由N极指向S极C．小磁针N极或S极在该点的受力偏向D．在该点的小磁针稳定时N极所指偏向2、关于磁感线和电场线，下列说法中正确的是A、磁感线是闭合曲线，而静电场线不是闭合曲线B、磁感线和电场线都是一些互相平行的曲线C、磁感线肇始于N极，终止于S极；电场线肇始于正电荷，终止于负电荷D、磁感线和电场线都能分别表示磁场和电场的偏向和巨细，都是客观存在的。
3、下列说法中正确的是( )A.电荷在某处不受到电场力的作用，则该处的电场强度为零B.一小段通电导线在某处不受到磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零C.把一个试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱D.把一小段通电导线放在磁场中某处，它受到的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场的强弱小结：（1）磁场的偏向：小磁针稳定时________所指的偏向．（2）磁感线的疏密表示，磁感线的切线偏向表示。
以条线磁体为例，外部的磁感线从到，内部的磁感线从到，因此磁感线是曲线。
（3）磁感应强度是一个用来描述磁场的_______________的物理量，巨细：B＝________(通电导线垂直于磁场)．4．在图1—1中，一束带电粒子沿着水平偏向平行地飞过磁针的上方时，磁针的S极向纸内偏转．这一带电粒子束可能是A．向右飞行的正离子束 B．向纸内飞行的正离子束C．向右飞行的负离子束 D．向纸内飞行的负离子束图1--15、如图所示，环形导线周围有三只小磁针a、b、c，闭合开关S后，三只小磁针N极的偏转偏向是（）A、全向里B、全向外C、a向里，b、c向外D、a、c向外，b向里小结：电流的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强且距导线越远处磁场____与____磁铁的磁场相似，管内为____磁场且磁场____，管外为______磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场____安培定则立体图横截面图6.一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线相连后悬挂于a、b两点，棒的中部处于偏向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，偏向从M流向N，此时悬线上有拉力.为了使拉力即是零，可( )A.适当减小磁感应强度B.使磁场反向C.适当增大电流强度D.使电流反向7.磁场中某地区的磁感线如图所示，则( )A．a、b两处的磁感应强度的巨细不等，B a＞B bB．a、b两处的磁感应强度的巨细不等，B a＜B bC．联合通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D．联合通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小小结：（1）安培力的巨细：当磁感应强度B的偏向与导线偏向成θ角时，F＝______，这是一般环境下的安培力的表达式，以下是两种特殊环境：(1)当磁场与电流________时，安培力最大，F max＝BIL.(2)当磁场与电流________时，安培力即是零．（2）鉴别安培力的偏向根据定则：伸开左手，使拇指与别的四指________，而且都与手掌在联合个平面内．让磁感线从掌心进来，并使四指指向________的偏向，这时________所指的偏向便是通电导线在磁场中所受安培力的偏向．稳固练习使命一、安培定则的应用和磁场的叠加1.通电螺线管内有一在磁场力作用下处于稳定的小磁针，磁针指向如图所示( )A.螺线管的P端为N极，a接电源的正极B.螺线管的P端为N极，a接电源的负极C.螺线管的P端为S极，a接电源的正极D.螺线管的P端为S极，a接电源的负极2、如图所示，两根特殊靠近且互相垂直的长直导线，当通以如图所示偏向的电流时，电流所产生的磁场在导线所在平面内的哪个地区内偏向是一致且向里的（）A、地区ⅠB、地区ⅡC、地区ⅢD、地区Ⅳ3.如图所示，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有巨细相等、偏向相反的电流。
高中物理第三章磁场习题课带电粒子在有界磁场中的运动练习新人教版选修3-1(2021年整理)
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习题课：带电粒子在有界磁场中的运动知识点一带电粒子在直线边界磁场中的运动1.如图LX3—1所示，在x〉0、y〉0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy 平面向里，大小为B.现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子（不计重力）,在x轴上到原点的距离为x0的P点,以平行于y轴的初速度射入此磁场，在磁场力作用下沿垂直于y轴的方向射出此磁场.由这些条件可知()A.带电粒子一定带正电B。
不能确定粒子速度的大小C.不能确定粒子射出此磁场的位置D。
不能确定粒子在此磁场中运动所经历的时间图LX3—12。
(多选）如图LX3—2所示,在x轴上方存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。
一个质量为m、电荷量大小为q(不计重力)的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场,粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子在磁场中运动时到x轴的最大距离为a,则磁感应强度B和该粒子所带电荷的正负可能是(）A.,正电荷B.,正电荷C。
,负电荷图LX3—2D.,负电荷3.如图LX3—3所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形,比荷为的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子从BC边射出，磁感应强度B 的取值为()A。
2018-2019学年高中物理 第三章 磁场 习题课4 带电粒子在磁场或复合场中的运动优质课件 教科
[当 堂 达 标·固 双 基]
1．(多选)方向如图 15 所示匀强电场(场强为 E)和匀强磁场(磁感应强度为 B)共
存的场区，一电子沿垂直电场线和磁感线方向以速度 v0 射入场区，则( ) A．若 v0>EB，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度 v>v0
B．若 v0>EB，电子沿轨迹Ⅱ运动，出场区时速度 v<v0 C．若 v0<EB，电子沿轨迹Ⅰ运动，出场区时速度 v>v0
BCD [电流是电荷定向移动形成的，电荷在磁场中运动由于受到洛伦兹力作用 而发生偏转，在 M、N 间形成电压，同时电荷又受到 M、N 间电压形成的电场 作用，当 qUdMN＝qvB 时，UMN 稳定，d 为霍尔元件宽度，v 为电荷定向移动速 度，因此 UMN 与磁感应强度、霍尔元件的材料及形状有关，A 错误；由左手定 则可知，若载流子是电子，则电子向 N 端偏移，UMN>0，B 正确；由 qUdMN＝qvB 可知 C、D 正确．]
带电粒子在复合场中的运动 带电粒子在复合场中的运动一般分为：带电粒子在组合场中的运动与带电 粒子在叠加场中的运动两大类： (1)带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场或从磁场到电 场的运动．通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一个运动过程中从 粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析粒子在电场、磁场中 的运动性质．
∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，则∠OCD＝90°，故 CO′D 为一直线，OD ＝
CD sin 30°＝2
CD
＝4r＝4qmBv，故
D
正确．]
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法
[针对训练]
1.如图 5 所示，正六边形 abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的
版课堂讲义同步系列高中物理教科版选修31课件：第三章 磁场 习题课五
课堂互动探究
课时达标训练
图8
A.磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为（m1N－ImL 2）g B.磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为2mNIgL C.磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为（m1N－ImL 2）g D.磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为2mNIgL
解析 由题目所给条件，先判断出磁场的方向再根据天平的工作原理列出对应关系 式。因为电流反向时，右边再加砝码才能重新平衡，所以电流反向后安培力竖直向 上，由左手定则判断磁场向里。电流反向前，有 m1g＝m2g＋m3g＋NBIL，其中 m3 为线圈质量。电流反向后，有 m1g＝m2g＋m3g＋mg－NBIL。两式联立可得 B＝2mNIgL。 故选项 B 正确。 答案 B
图6 (1)在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在 开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动。
(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议： A.适当增加两导轨间的距离 B.换一根更长的金属棒 C.适当增大金属棒中的电流 其中正确的是________(填入正确选项前的标号)。
轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源。电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻 不计，将质量为m、长度为L的导体棒由静止释放，求导体棒在释放瞬间的加速度 的大小。
图3
解析 受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力FN和安培力F，由牛顿第二定律 得mgsin θ－Fcos θ＝ma① F＝BIL ② I＝R＋E r③
第三章静磁场习题课
第三章 静磁场要求掌握§1—§2，其中重点是§1。
基本要求、重点如下。
1．有关静磁场的几个定律和定理磁场的概念，毕奥－萨伐尔定理，安培环路定理，静磁场的通量。
2． 磁场的基本方程： 0,=⋅∇=⨯∇B J H3． 矢势及其满足的方程矢势A的引入、意义（)S d B l d A SL⋅=⋅⎰⎰矢势泊松方程：J Aμ-=∇2,解的一般形式：⎰=rdV J A πμ44. 磁标势 引入条件：0=⋅⎰l d H L（无自由电流分布的单连通域）：束缚磁荷密度M m⋅∇-=0μρϕϕ与m （静电势）的比较。
一．选择题1．稳恒电流情况下矢势A 与B的积分关系⎰⎰⋅=⋅LSS d B l d A中 （ 4 ）①S 为空间任意曲面 ②S 为以L 为边界的闭合曲面 ③S 为空间一个特定的闭合曲面 ④S 为以L 为边界的任意曲面2．对稳恒电流磁场的矢势A，下面哪一个说法正确 （ 3 ）①A 本身有直接的物理意义 ②A是唯一确定的③只有A 的环量才有物理意义 ④A的散度不能为零3．矢势A的旋度为 （ 3 ）①任一常矢量 ②有源场 ③无源场 ④无旋场 4．关于稳恒电流磁场能量⎰⋅=dV J A W21，下面哪一种说法正确 ( 3 )①W 是电流分布区域之外的能量 ②J A⋅21是总磁场能量密度 ③W 是稳恒电流磁场的总能量 ④J A⋅21是电流分布区的能量密度5．关于静电场⎰=dV W ρϕ21，下面哪一种说法正确 （ 4 ）①W 是电荷分布区外静电场的能量 ②ρφ21是静电场的能量密度③W 是电荷分布区内静电场的能量 ④W 是静电场的总能量6．电流密度为J 的稳恒电流在矢势为e A 的外静磁场e B中，则相互作用能量为（ 1 ）① dV A J e ⎰⋅ ②21dV A J e ⎰⋅ ③dV B J e ⎰⋅ ④21dV B J e ⎰⋅7．稳恒电流磁场能够引入磁标势的充要条件 （ 3 ）①J =0的点 ② 所研究区域各点J=0③引入区任意闭合回路0=⋅⎰l d H L④ 只存在铁礠介质8．假想磁荷密度m ρ等于零 （ 2 ）① 任意常数 ②M ⋅∇-0μ ③M⋅∇0μ ④H ⋅∇-0μ9．引入的磁标势的梯度等于 （ 1 ）① H - ②H ③B - ④B10．在能够引入磁标势的区域内 （ 4 ）① m H ρμ0=⋅∇ ，0=⨯∇H ② m H ρμ0=⋅∇，0≠⨯∇H ③0μρmH =⋅∇，0≠⨯∇H ④0μρmH =⋅∇ ，0=⨯∇H二．填空题 1．稳恒电流磁场的基本方程__________________。
高中物理第三章6习题课磁场与科技课件教科选修31教科高二选修31物理课件
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第十六页，共三十页。
A.|qI|aBU，负 C.|qI|bBU，负
B．|qI|aBU，正 D．|qI|bBU，正
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第十七页，共三十页。
解析：选 C.准确理解电流的微观表达式，并知道稳定时电荷受 到的电场力和洛伦兹力平衡，是解决本题的关键．由于上表面 电势低，根据左手定则判断出自由运动电荷带负电，排除 B、 D 两项．电荷稳定时，所受电场力和洛伦兹力平衡，|q|Ua ＝|q|vB ①，由电流的微观表达式知：I＝|q|nSv＝|q|nabv ②，由①② 联立，得 n＝|qI|bBU，故选项 C 正确．
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三、磁流体发电机工作原理 1.磁流体发电是一项新兴技术，它可 以把物体的内能直接转化为电能．如 图表示出了它的发电原理：将一束等 离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒， 而从整体上来说是呈电中性)喷射入磁场． 2．根据左手定则，如图中的 B 是发电机正极．
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3．磁流体发电机两极板间的距离为 d，等离子体速度为 v，磁 场的磁感应强度为 B. 如上图所示，运动电荷在磁场中受洛伦兹力作用发生偏转，正、 负离子分别到达 B、A 极板(B 为电源正极，故电流方向从 B 经 R 到 A)，使 A、B 板间产生匀强电场，在电场力的作用下偏转 逐渐减弱，当等离子体不发生偏转即匀速穿过时，有 qvB＝qE， 所以此时两极板间电势差 U＝Ed＝Bdv，据闭合电路欧姆定律 可得电流大小 I＝BRdv.
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第二十一页，共三十页。
2.一种测量血管中血流速 度仪器的原理如图所示，在动脉血管左右两 侧加有匀强磁场，上下两侧安装电极并连接 电压表，设血管直径是 2.0 mm，磁场的磁感应强度为 0.08 T， 电压表测出的电压为 0.10 mV，则血流速度大小为________ m/s.(取两位有效数字)
高中物理3-1磁场第3章 习题课1
巩固提能演练
一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向 右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运 动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为 L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为θ.不计空气阻 力，重力加速度为g，求： (1)用铅笔画出带电小球运动轨迹图； (2)电场强度E的大小和方向； (3)小球从A点抛出时初速度v0的大小．
第三章 磁 场
习题课 带电粒子在匀强 磁场中的运动
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物理 ·选修3-1 (A)
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巩固提能演练
1．掌握带电粒子在不同边界磁场中运动规律． 2．会分析带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题． 3．掌握带电粒子在复合场中运动的分析方法．
巩固提能演练
解析：(1)带电粒子从A点出发后，在第一象限内做类平抛 运动，AP段轨迹为抛物线，粒子从P点进入磁场，PQ段轨迹为 圆弧，从Q点再次进入电场，因粒子有水平向右的速度分量，粒 子不可能再经过P、Q点，其轨迹如图所示．
物理 ·选修3-1 (A)
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物理 ·选修3-1 (A)
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跨越பைடு நூலகம்维误区
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设半径为 r，由几何关系知2Lr＝sin θ 设小球做圆周运动的速率为 v，有 r＝mqBv 由速度的合成与分解知vv0＝cos θ 由①②③式得 v0＝q2BmLcot θ. 答案：(1)见解析图 (2)mqg，竖直向上
qBL (3) 2m cot θ
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第三章 静磁场
要求掌握§1—§2，其中重点是§1。
基本要求、重点如下。
1．有关静磁场的几个定律和定理
磁场的概念，毕奥－萨伐尔定理，安培环路定理，静磁场的通量。
2． 磁场的基本方程： 0,=⋅∇=⨯∇B J H
3． 矢势及其满足的方程
矢势A
的引入、意义（)S d B l d A S
L
⋅=
⋅⎰
⎰
矢势泊松方程：J A
μ-=∇2
,
解的一般形式：⎰
=
r
dV J A πμ4
4. 磁标势 引入条件：0=⋅⎰l d H L
（无自由电流分布的单连通域）：
束缚磁荷密度M m
⋅∇-=0μρ
ϕϕ与m （静电势）的比较。
一．选择题
1．稳恒电流情况下矢势A 与B
的积分关系⎰⎰
⋅=
⋅L
S
S d B l d A
中 （ 4 ）
①S 为空间任意曲面 ②S 为以L 为边界的闭合曲面 ③S 为空间一个特定的闭合曲面 ④S 为以L 为边界的任意曲面
2．对稳恒电流磁场的矢势A
，下面哪一个说法正确 （ 3 ）
①A 本身有直接的物理意义 ②A
是唯一确定的
③只有A 的环量才有物理意义 ④A
的散度不能为零
3．矢势A
的旋度为 （ 3 ）
①任一常矢量 ②有源场 ③无源场 ④无旋场 4．关于稳恒电流磁场能量⎰
⋅=
dV J A W
2
1，下面哪一种说法正确 ( 3 )
①W 是电流分布区域之外的能量 ②J A
⋅
21是总磁场能量密度 ③W 是稳恒电流磁场的总能量 ④J A
⋅
2
1是电流分布区的能量密度
5．关于静电场⎰=
dV W ρϕ2
1
，下面哪一种说法正确 （ 4 ）
①W 是电荷分布区外静电场的能量 ②
ρφ2
1是静电场的能量密度
③W 是电荷分布区内静电场的能量 ④W 是静电场的总能量
6．电流密度为J 的稳恒电流在矢势为e A 的外静磁场e B
中，则相互作用能量为（ 1 ）
① dV A J e ⎰⋅ ②
2
1dV A J e ⎰
⋅ ③dV B J e ⎰⋅ ④
2
1dV B J e ⎰
⋅
7．稳恒电流磁场能够引入磁标势的充要条件 （ 3 ）
①J =0的点 ② 所研究区域各点J
=0
③引入区任意闭合回路0=⋅⎰l d H L
④ 只存在铁礠介质
8．假想磁荷密度m ρ等于零 （ 2 ）
① 任意常数 ②M ⋅∇-0μ ③M
⋅∇0μ ④H ⋅∇-0μ
9．引入的磁标势的梯度等于 （ 1 ）
① H - ②H ③B - ④B
10．在能够引入磁标势的区域内 （ 4 ）
① m H ρμ0=⋅∇ ，0=⨯∇H ② m H ρμ0=⋅∇
，0≠⨯∇H ③0
μρm
H =
⋅∇
，0≠⨯∇H ④0
μρ
m
H =⋅∇ ，0=⨯∇H
二．填空题 1．稳恒电流磁场的基本方程__________________。
2．已知矢势A ，则稳恒电流磁场B
=__________________。
3．已知矢势A ，则B
对任一回路L 为边界的曲面S 的积分⎰=⋅S
S d B _____________。
4．已知稳恒电流)(/x J ，则在空间点x
的矢势)(x A __________________。
5．稳恒电流磁场的总能量（已知J 和A
）=W __________________。
6．稳恒电流磁场的总能量（已知B 和H
）=W __________________。
7．磁标势法的一个重要应用是求__________________的磁场。
三．证明题 证明→μ∞的磁性物质表面为等势面
四．计算题 1.一均匀磁化介质球，磁化强度为M
（常矢量），求磁化电流分布。
2.求磁化矢量为0M
的均匀磁化铁球产生的磁场。
3. 将一磁导率为μ半径为0R 的球体，放入均匀磁场0H 内。
求总磁感应强度B 。