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大学物理课后习题答案 稳恒磁场 第十一章 稳恒磁场 1、E依据B(q)=m0Iq和载流导线在沿线上任一点的B=0得出答案。 4pR2、E依据B=m0I和磁感强度的方向和电流的方向满足右手法则，得出答案。 4pr3、C依据B=m0I(cosq1-cosq2)和载流导线在沿线上任一点的B=0， 4pR有：B1=m0I4pcos45-cos(180-45)´4； looo222m0I22，B2=0 ´2×m0I=lp2lp4、D依据B(q)=5、C m0ImImIq=0´p=0 4pR4pR4RI I B=m0I、 4pra、 2B O a r=B0=m0I2m0I1-4´2´=0.8´10T opasin452paI I 6、D依据B=m0I(cosq1-cosq2)，应用I=I1+I2，分别求出各段直导线电流的磁感4pr0强度，可知B3=0、方向相反，B¹0 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 1 射出点：y=2R=2mv qB9、B 作出具体分析图是解决该题的关键。从图上看出： Rsina=D mvD R=qBqBqBDeBD sina=pp-e a B p va a=argsineBD pD 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 vvvvvM=Pm´B，M=PmBsina，QPm和B平行， a=0o，sina=0，M=0 13、C m0I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2prvvv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。 2m0I3m0I7m0I+= 2pr4pr4prmI3mImIB2=-0+0=0 2pr2prprB1=2 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、 vvvmIadf=B×dS=Badr=0dr 2prf=òdf=m0Ia2bdrm0Ia=ln2 2pòbr2p16、应用磁场的高斯定理B×dS=0 òSvvvvvvòB×dS=òB×dS+SSS(R)vvòB×dS=0 vvòB×dS=-Svvvv1oB×dS=-B×dS=-BScos60=-BpR2 ò2S(R)17、应用B(q)=m0Iq，和载流导线在其沿线上B=0，对a半圆弧， 4prB=m0Iæ11öç+÷， 4èabøv 依据B和I的右旋法则，B方向Ä。 vv18、依据òB×dl=m0åIi，对电流Ii的取正、负的规定有： vvvvvvòB×dl=m0I，òB×dl=0，òB×dl=2m0I abcl19、轨道电流：I=nq=mImImvmvqvq，B(q)=0q=0=0=02= 2pR4pR2R2R4pR=4p´10-7´3.0´105´8.0´10-194p´6.0´10-8()23.0´8.0´10-14´10-7-6=6.67´10T -1636´10pm=I×S=v×q11´pR2=v×q×R=´3´105´6´10-8´8´10-19=7.20´10-21A×m2 2pR223 20、mV0 qVB12qVB=mV02mV0R=qVB21、 vvmIb df=B×dS=Bbdr=0dr 2prf1=òdf=m0Ib2adrm0Ib=ln2 òa2pr2pm0Ib4adrm0Ib f2=òdf=ln2 2pò2ar2p f1:f2=1:1 22、 应用回旋半径公式： R=vv mvl= qB2a D L vB vv 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：a=60 23、P=nIS=nIa2=100´5´(0.15)=11.25A×m2 2ovvvvv24、在图上作适量lab，Fab=Fab=Ilab´B。 vvvFab=IlabB=2BIR方向由的方向决定，沿Y轴正方向。 4 25、依据B= vm0I和B和I满足右旋法则，B = 0的区域在，象限，在第象限取一 2pr代表点， m03Im0I13 y=x=x =32px2py3m0Iq4pR26、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(q)=和B=m0I(cosq1-cosq2)可知： 4pr0B1=B4=0， B2=m0ImIpmIq=0´=0，方向Ä。 4pR4pR28R2R，cosq1=cos45ocosq2=cosp-45o=-cos45o 2r0=()B3=m0Im0ImI1(cosq1-cosq2)=´2=0 4pr022pR22pRm0Iæ11öç+÷，方向Ä。 2Rè4pøB=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。 m0I33mI´´2p=0 4pa48aB2=m0Iéppöùm0I2æ cos-cosp-×ç÷ú=ê4pbë24øû4pb2èBC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， 5 因为方向相同，可知D处总的B为 B=m0Iæ3p2öç÷ +ç4pè2ab÷ø28、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=m0IæpömIoçcos0-cos÷=0， 4paè2ø4paP y 方向垂直纸面向内。 éæpùö B2=cos-q-cospç÷êú4pacosqëè2øû=m0Iq 2 q 1 I x m0I4pacosq(sinq+1)， 方向垂直纸面向外。 P的B为B=B2-B1= m0I4pacosq(sinq+1-cosq)，方向垂直纸面向外。 29、B=m0wlb(ln+p) 2paB1、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。 mImlwwpbl,B1=01q=0 2p4pR4mImlwwI2=nq2=pal,B2=02q=0 2p4pR4I1=nq1=wwll2dr=dr,2ppm0dI3m0dI3m0wldB3=q=dr4pr2r2prdI3=nq3=m0wlbdrm0wlbB3=òdB3=ln 2pòar2pa6 B=Bm0wl1+B2+B3=2p(lnba+p) 30、m0Im0I4p+2pln2 圆柱体内、外的磁感强度的大小为： Bm0I1=r(r£R) 2pR2Bm 0I2=2pr(r>R) dfvdSv=Bm0I1=B1×1dS=2pR2rdr fmIRm0I1=òdf1=02pR2ò0rdr=4p dfvvBmI2=B2×dS=2dS=02prdr f2=òdfm0I2Rdrm0I2=2pòRr=2pln2 f=f+fmImI12=04p+02pln2 31、解：洛伦兹力：Fv=Vv´Bv 由于VvBv F=qVB=meV2R R=meV2=5.69´10-7qVBm n=V2pR=2.8´109s-1 33、 分析：此题是通过正确作图来求解的题型，由图可知： R=(R+l)sin45o 7 45olR O R=1=(2+1)l (2-1)qBRqBl=(2+1) mmr34、解:在导线2上取一线元dl,线元距o点为l。该处的磁感应为： V= B=m0I2p×l×sinq1 r 方向垂直纸面向里，电流元Idl受到的磁力为： rrr dF=Idl´B 方向如图 lsinqrdFrÄdl I2 m0I2dl 其大小 dF=I×B×dl=2psinq×l该力对O点的力矩为： qOlm0I2dl dM=l×dF=2psinq 任一端单位长度导线所受磁力对O点的力矩 m0I2 M=òdM=2psinqòl+1lm0I2dl= 2psinq35、圆弧AB 所受的磁力等于通有相同电流的AB 直线所受的磁力。 vF=I×2×R×B=0.283N AB =FAB方向与AB直线垂直，与OB夹角45 orFABrÄB B rrv 磁力矩为pm=I×S=2p´10-2n Avvvoo线圈平面与B成60角，则pm与B成30角，有力矩 O vvvM=pm´B=pm×B×sin30o=1.57´10-2N×m vv 方向：力矩M将驱使线圈法线转向与B平行。 36、解：考虑半圆形载流导线所受的安培力 8 Fm=I×B×2R 列出力的平衡方程式：I×B×2R=2T 故 T=I×B×R 9
