大学物理课后习题答案 稳恒磁场

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第十一章 稳恒磁场 1、[E]依据B

0I

和载流导线在沿线上任一点的B 0得出答案。 4 R

2、[E]依据B

0I

和磁感强度的方向和电流的方向满足右手法则，得出答案。 4 r

3、[C]依据B

0I

cos 1 cos 2 和载流导线在沿线上任一点的B 0， 4 R

有：B1

0I

4

cos45 cos 180 45 4； l

2

22 0I22

，B2 0 2 0I

l 2l

4、[D]依据B 5、[C]

0I I I

0 0 4 R4 R4R

B

0I、 4 r

a、 2

r

B0

0I2 0I1 4

2 0.8 10T

asin452 a

I I

6、[D]依据B

0I

cos 1 cos 2 ，应用I I1 I2，分别求出各段直导线电流的磁感4 r0

强度，可知B3 0、方向相反， B 0

7、[D]注意分流，和对L回路是I的正负分析得结论。 8、[B]洛伦兹力的方向向上，故从y轴上方射出，R

mvmv，轨迹的中心在y 处故

qBqB

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射出点：y 2R

2mv

qB

9、[B] 作出具体分析图是解决该题的关键。从图上看出：

Rsin D

mvD

R

qBqBqBDeBD

sin

pp

argsin

eBD

p

10、[D]

载流线圈在磁场中向磁通量增加的方向移动。当线圈在该状态时，磁通量已达最大，不可能通过转动来增加磁通量，因此不发生转动，而线圈靠近导线AB磁通量增大。

应用安培力来进行分析：向左的磁力比向右的磁力大，因此想左靠近。

11、[B]

载流线圈在磁场中向磁通量增加的方向转动或移动，该题中移动不能增加磁通量，则发生转动，从上向下看线圈作顺时针方向转动，结果线圈相当一个条形磁铁，右侧呈现S级，因此靠近磁铁。 12、[D]

M Pm B，M PmBsin ， Pm和B平行，

0 ，sin 0，M 0

13、[C]

0I

的公式分别计算出电流系统在各导线上代表点处的B，然后用安培2 r

力的公式：dF Idl B计算出F1，F2

应用B

用r表示导线间的距离。

2 0I3 0I7 0I

2 r4 r4 r I3 I IB2 0 0 0

2 r2 r rB1

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F1 I1B1，F2 I2B2，F1:F2

14、[C]

77

:2，F1 F2 48

在均匀磁场中，线圈回路中的磁矩Pm将向外磁场的愤怒感想旋转以增加其磁通量，通过直观分析，回路将逆时针转动。 15、

Ia

d B dS Badr 0dr

2 r

d

0Ia2bdr 0Ia

ln2

2 br2

16、应用磁场的高斯定理B dS 0

S

B dS B dS

S

S

S(R)

B dS 0

B dS

S 1 B dS B dS BScos60 B R2 2S(R)

17、应用B

0I

，和载流导线在其沿线上B 0，对a半圆弧， 4 r

B

0I 11

， 4 ab

依据B和I的右旋法则，B方向 。

18、依据B dl 0 Ii，对电流Ii的取正、负的规定有：

B dl 0I，B dl 0，B dl 2 0I

a

b

c

l

19、轨道电流：I nq

I I v vqv

q，B 0 0 0 02 2 R4 R2R2R4 R

4 10 7 3.0 105 8.0 10 19

4 6.0 10 8

2

3.0 8.0 10 14 10 7 6

6.67 10 16

36 10

pm I S

v q11

R2 v q R 3 105 6 10 8 8 10 19 7.20 10 21A m2 2 R22

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20、

mV0

q12

q mV0

2

mV0

R

q21、

Ib

d B dS Bbdr 0dr

2 r

1 d

0Ib2adr 0Ib

ln2 a2 r2

0Ib4adr 0Ib

2 d ln2

2 2ar2

∴ 1: 2 1:1 22、

应用回旋半径公式： R

mvl qB2

作出粒子的运动轨迹，由运动轨迹讨论射出点

3l 与顶点的距离D，从直角三角形可得：D 2

作辅助线后，从几何图形得： 60

23、P nIS nIa2 100 5 0.15 11.25A m2

2

24、在图上作适量lab，Fab ab Ilab B。

Fab IlabB 2BIR方向由（lab B）的方向决定，沿Y轴正方向。

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25、依据B

0I

和B和I满足右旋法则，B = 0的区域在Ⅰ，Ⅲ象限，在第Ⅰ象限取一 2 r

代表点（x，y），

03I 0I1 y x x

32 x2 y3

0I

4 R

26、将载流导线分成如图4个部分，应用载流导线在沿线上任一点B = 0，B( )

和B

0I

(cos 1 cos 2)可知： 4 r0

B1 B4 0，

B2

0I I I

0 0，方向 。 4 R4 R28R

2

R，cos 1 cos45 cos 2 cos 45 cos45 2

r0

B3

0I 0I I1

(cos 1 cos 2) 2 0 4 r022 R22 R

0I 1

1

，方向 。 2R 4

B B2 B3

27、解：其中四分之三圆环电流在D处的B1

AB段在D处的磁感强度。

0I33 I

2 0 4 a48a

B2

0I 0I2

cos cos 4 b 24 4 b2

BC段在D处的磁感强度

B2 B3

另一边沿线通过D，对D处的磁感强度B4 0，

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因为方向相同，可知D处总的B为

B

0I 3 2

4 2ab

28、解：如图，将V型导线的的两根长指导线分别标为1和2，导线1在P点的磁感强度：

B1

0I I

cos0 cos 0， 4 a 2 4 a

y

方向垂直纸面向内。

B2 cos cos 4 acos 2

0I

x

0I

4 acos

sin 1 ，

方向垂直纸面向外。

P的B为B B2 B1

0I

4 acos

sin 1 cos ，方向垂直纸面向外。

29、B

0 b

(ln ) 2 a

B1、B2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，B3为带电直线

段转动时产生的磁感强度。

I

b ,B1 01 0 2 4 R4

I

I2 nq2 a ,B2 02 0

2 4 R4

I1 nq1

2dr dr,2

0dI3 0dI3 0 dB3 dr

4 r2r2 r

dI3 nq3

0 bdr 0 b

B3 dB3 ln

2 ar2 a

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B B 0 1 B2 B3

2 (lnb

a

) 30、

0I 0I

4 2

ln2 圆柱体内 …… 此处隐藏：1936字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……