第五单元_磁场习题解答

IO R 第五单元 A.磁场习题解答 1解 匀强磁场 B 穿过平面 S 的磁通量为cosBS=SB。设各面由闭合面内指向 面外为法线正方向。 （1）Wb24. 0cos= abocaboc BS （2）0 2 cos= bedobedo BS （3）Wb24.0cos= acdeacde BS（ 5 4 cos=） 2. 解 由磁场的高斯定理0d= S SB，穿过半球面的磁通量全部穿过圆面 S，因此有 cos 2 R=SB 3. 解 P 点处的B是由两载流直导线共同产生的，B1与B2的方向相同，均为 ()() ()T1073. 390sin60sin 4 2 60sin90sin 4 90sin60sin 4 3 0 00 21 =+= +=+= oo oooo r I r I r I BBB 方向垂直纸面向上。 4. 解 O 点处总的磁感应强度 cd bc ab BBBB+= ) R I R I R I Bab 42 sin0sin 4 )sin(sin 4 00 12 0 = = o ， 方 向 ； R I B bc4 0 = ) 方向 ；0= cd B。 T R I R I B 5 00 101 . 2 44 =+= ，方向垂直纸面向里。 5. 解 如图，P 点在 CD、AF 段电流的延长线上，两段电流在 P 点产生的 B = 0，所以 EFDEBCAB BBBBB+= a I a I a I BAB 24 0sin 4 sin 4 )sin(sin 4 00 12 0 = = o ，方向；同理， a I BBC 24 0 =， 方向； a I BB EFDE 28 0 =，方向。 a I a I a I B 8 2 28 2 24 2 000 =，方向。 6. 解 取水平向右为x轴正向，由圆电流轴线上的磁场公式有 () 2/3 22 1 1 2 10 1 2xbR IR B + = ，方向沿x轴正向； () 2/3 22 2 2 2 20 2 2xbR IR B + = ，方向沿x轴向。 I FE DC B A P a2 a2 a a 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m x y Id Bd O 解图 5-A-10 ()() + + = 2/3 22 2 2 2 2 2/3 22 1 1 2 10 21 2 xbR IR xbR IR BBB 若B 0，则B沿x轴正方向；若B ，则 a q B a b a ba 4 ln 0 = + ，式中bq=。 过渡到点电荷的情况，当0时，B的方向垂直图面向里，反之则向外。 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m + R r d R2 I S 同理在ba 时，() 3 1 ( 3 3 a b aba+，所以 233 m 2 13 1 6 aqa a b ap = + 与点电荷运动时产生的磁矩相同。 17. 解 （1）正方形旋转时顶角处两电荷运动形成两个半径为a的圆电流，其电流强度 为 2 q I =。由圆电流轴线上的磁场公式，距图中O点x处的磁感应强度的大小为 + + + = 2/3 2 2 2/3 2 2 2 0 2 1 2 1 4 a xa a xa qa B B的方向沿旋转轴向右。 （2）上述装置相当于构成一对亥姆霍兹线圈，因此在轴线上中点附近的磁场近似为均 匀磁场。 18. 解 带电圆盘可视为半径0-R的带电细环的叠加，它们在转动时又可视为无数半径 不等的圆电流，半径为的圆电流在O点产生的磁场为 2 d d 0 I B =，其中 d 2 d2 d d= T q I，得 d 2 1 2 d d 0 0 =B 带正电部分圆盘旋转产生的磁感应强度为 rB r 2 d 2 0 0 0 = + 带负电部分圆盘旋转产生的磁感应强度为 )( 2 d 2 00 rRB R r = 由题意， + = BB，求得 rR2= 19. 解 本题的电流分布满足安培环路定理求磁场的条件，由安培环路定理易求得圆柱 体内外的磁感应强度值的分布为 () () = Rr r I Rrr R I B , 2 , 2 0 2 0 在离圆柱体轴线r处的画斜线平面上取宽dr的面积条，其磁通量为 ()rBSBd1dd= 斜线平面的磁通量为 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m B Or 1 R 2 R 3 R 解图 5-A-21 2ln 24 d 2 d 2 dd 00 2 0 0 2 0 II r r I rr R I rB R R R +=+= 20. 解 圆电流在O点产生的磁场 R I B 2 20 1 =，方向 ；长直导线电流在O点产生的磁 场 R I B 2 20 2 =， 方向 ； 导体管在O点产生的磁场由安培环路定理求得， )(2 10 3 Rd I B + = ， 方向 。 圆心O点处的磁感应强度 ()() ()dRR RIIdR BBBB 1 + + =+= 20 321 1 2 磁场方向 。 21. 解 同轴电缆的磁场呈轴对称性，以其轴线为圆心、r为半径作垂直轴线的圆周，应 用安培环路定理，有 = L IrB2d 0 lB 1 Rr 2 2 1 012 r R I rB = 2 1 0 1 2 R Ir B = 21 RrR IrB 022 = r I B 2 0 2= 32 RrR NIrB 022 = r NI B 2 0 2= 2 Rr 02 3 =rB 0 3= B 在螺绕环内磁感应强度B沿积分圆周回路的切线方向，指向与电流成右手螺旋关系。若 112 RRR，管内的磁介质是铁磁质。 （3）磁介质内由导线中电流产生的磁感应强度 为 T1051. 2 4 0 =B 磁化电流产生的磁场为 T06. 1 0= =BBB 结果表明，铁磁质中的磁感应强度主要是由磁化电流产生的。 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m 50. 解 由磁介质中的安培环路定理 = L Il dH rr 可得 1 0Rr 区域： 2 1 0 2 1 2 1 2 2 , 2 2 R Ir B R Ir H R Ir rH =， （金属的相对磁导率近似为1） 21 RrR区域： r I B r I HIrH r 2 , 2 ,2 0 = 32 RrR区域： , 0)(2=IIrH . 0 , 0=BH 51解（1）应用安培环路定理可求得在芯子中离环心距离r处的磁感应强度。 r NI HB r NI HNIrH 2 2 2=， 在r处取面积元rbSdd=，则rb r NI SBd 2 dd m = 1 2 mm ln 2 d 2 d 2 1R RNIb rb r NI R R = （2）当螺线管上线圈密绕时，在 1 Rr 处B = 0。 B. 磁场自我检查题答案 1. （C） 2. （C） 3. （E） 4. （B） 5. （C） 6. 2 0 2 0 1 0 444R I R I R I + 7. （C） 8. e 22 2m RBe 9. （B） 10.（B） 11.（D） 12. （B） 13. （B） 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m 14. I 0 0； 15. 0 2 2 1 0 ；r R I 16. 环路所包围的各稳恒电流的代数和；环路上的磁感应强度，环路内外全部电流所产生磁 场的叠加。 17. II 00 2 0 ； 18. （C） 19. （A） 20. 1:2; 1:2 21. 负； nS IB 22. n型；p型。 23. （C） 24. （A） 25. （C） 26. （C） 27. （C） 28. 在水平面内；3/3/ 21 =BB 29. IRB2；沿y轴正方向。 30. （C） 31. （D） 32. 最大磁力矩；磁矩 33. ()()IBRRMIRRpm 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 = ； 34. 2 100 . 1 m； 2 35. IBR2 2 1 ；在图面中向上；()=+, 2 , 1 , 0 2 nn 36. 0 3 0 BaB 37. 2/3 2 38. BRrBrrr 43 4 1 d d； 39. 3 107 . 1 J；0 40. 21 2 SS IS + 41. 解 取螺线管中一厚为dr的绕线薄层，在O点产生的磁场为 课后答案网 w w w .k h d a w .c o m 2 R 1 R rd 1 2 O 解图5-B-41 lL2= () 12 0 coscosd 2 d =InB 式中I RR r I 12 d d =， l N n 2 =。代入上式并作积分，求得O 点的磁场 () () 22 11 22 22 12 0 12 120 ln 2 d coscos 22 d 2 1 lRR lRR RR NI r RR I l N BB R R + + = = 42. 解 线圈作微小摆动离开平衡状态时的角位置 即为pm与B的夹角。 线圈所受的磁 力矩大小为 sinsin 2 m BIlBpM= 式中“”表示磁力矩指向角位置 减小的方向，为回复力矩。 由转动定律可知 2 2 d d t JJM = 即有 0sin d d 2 2 2 =+ J BIl t 当线圈在平衡位置附近作微小摆动时,sin,令 J BIl2 2 =, 上式可写成 2 2 2 d d = t 上述方程的解为 )cos( 00 +=t 可见，角位置 随时间t作周期变化。 0 和 0 为简谐振动的振幅和初相位。为角谐振动 的圆频率.其振动周期为 BIl J T 2 2 2 = 43. 解 两个电子间的库仑力大小为 2 0 2 e 4