大学物理2磁场

1、稳恒磁场选择题选择题 1.依据直线电流的磁场公式)sin(sin412aIB 和圆形电流的磁场公式aIBp204sin2sin42sin4sin400aIaIBQ及磁场叠加原理 得 232222xRIRBiBB122420aI12220aIaIaIB4210sin2sin42000aIaI82004120aIpQBBB0 比较以上结果则有： D20244rqrB2121BBr1.设正方形对角线的一半为，则 2014rqrB， 得 C1. 因为 242222422010aIaI所以 8221aa D021 BB)sin(sin412aIB03B1. 根据直线电流的磁场公式均匀分布的正三角形线框，

2、流入ac、cb边的电流强度为 (1/3)I，流入ab边的电流强度为(2/3)I，由图看出 。对长直导线1和2，由于它们到O点的距离及O点对a、b端的矢径与ao 的夹角不等，所以有 D及磁场叠加原理，对电阻iiIl dB0iiLIl dB0B1.根据安培环路定理 可知:I又因为圆形电流 在所在的平面内各点激发的磁场不等于零.所以环路上任意一点 B根据磁通量的定义,由图看出区域为指向纸内的磁通量最大，应选(B). 1.由Bi IF知线圈右边受力向外，左边受力向里。线圈转动。转过/2时,线圈各弧均受指向磁铁的力，向磁铁靠近。BaIIaIIF22322001aIIaIIF222320021.设电流间距

3、离为a，则 得 F1:F27:8 C2I1I1I1.由安培定律知，电流对电流的作用力向右，故电流向右运动。C1.由长螺线管内的磁场公式 nIB 知，管内的磁场大小与半径无关。B1.圆心O点的磁场是无限长载流直导线与载流圆环在O点所激发的磁场的叠加。设圆环在O点的磁场方向为正，由圆形电流在圆心O点的磁场公式及长直载流导线的磁场公式RIB2aIB2 和 112220000RIRI-RIB得 D1.直线电流通过O点，产生的磁感应强度为零。各金属环中的电流大小相等,方向相反。在O点产生的磁感应强度均为零，故O点的磁感应强度等于零。 A填空题：填空题：1.均匀磁场的磁感应强度 垂直于半径为r的圆面。今以

4、该圆周为边线，作一半球面S，则通过S面的磁通量的大小为 。Bm1m20SSdB021mm212rB-mm1.设通过圆面的磁通量为，通过半球面S的磁通量为，圆面与半球面可构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理 得, 所以， nIBTnIB33701041010104WbSBm54310410101041.根据载流长直螺线管内部的磁场公式 得,细长螺线管内部的磁感应强度B为 通过螺线管的横截面的磁通量为SmSdBSmSdBadrrIbb202bbIao2ln22ln2Iao1.依据磁通量的定义 则长直载流导线的磁场在矩形线框中产生的磁通量为 m1m20SSdB021mmBRBR-202122160co

5、s1.设通过圆面的磁通量为，通过任意曲面S的磁通量为，圆面与任意曲面S构成一闭合曲面,根据磁场的高斯定理 得, 所以， mpMBmaxB1.依据矢量的量值定义 磁场中任一点的磁感应强度的大小等于放在该点处试验线圈所受的最大磁力矩和线圈的磁矩的比值.rVeI2RIB2rIB202022reV2106197)1053. 0(41018. 2106 . 1104T4 .12I1.由电流强度 的定义,可知电子绕核运转时所形成的圆电流为根据圆形电流在其中心产生的磁感应强度公式B，则氢原子基态电子在原子核处产生的磁感应强度的大小为 2ln220201IldrlrIaa2ln2204201IldrlrIaa

6、1:1:211.因为 所以 。mgBI/BmgI因为 所以 1.两线圈磁矩同方向平行.nIBr0nIH 计算题：计算题：21bI 42001bIB22aI42002aIB1B2B 、 分别为带电的大半圆线圈和小半圆线圈转动产生的磁感应强度，3B是带电线段b-a转动产生的磁感应强度。， ； 。321BBBB式中解：所以 drdI223abdrrBbaln2222003abBln20drdq（1）对r-r+dr段，电荷, 旋转形成圆电流，则drdqdI22rdrrdIdB42000rdrdBBbaa4000 它在O点的磁感应强度aba ln40drrdIrdpm2221drrdIrdppbaamm

7、22213361aba （2）baabalnaqabB44000 （3） 若ab, 则ababa31)(33232136aqabapmB0过度到点电荷的情况，的方向在时为垂直图面向内。则 也与点电荷运动后的磁矩相同。同理在ab时rRIuB202Rr BdssdB1 在圆柱体内部与导体中心轴线相距r处的磁感应强度的大小，由安培环路定律可得， （1 因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通量为 ）42020IudrrRIu RRi22bcfaBde0B如图所示，圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流密度I， 作矩形有向闭合环路，如图所示。从电流分布的对称性分析可知，在线段abBBab上各点的大小和方向

8、相同，而且的方向平行于，在线段和上各点的方向与线元垂直，在上各点的。应用安培环路定理de上各点的 IldB0abiabB0RiB00RiB00 所以 圆筒内部为均匀磁场，磁感应强度的大小为方向平行于轴线向右。 可得22 RI 2322302xRRBBxB的方向与X轴正向一致。1014RIB2024RIB1.由毕奥萨伐尔定律可得，设半径为R的载流半圆弧在O点产生的磁感应强度为12BBB102044RI-RI206RI213RR 21RR 21BB 因为 ，所以 ， 故磁感应强度所以 电电 磁磁 场场习 题选择题选择题: 解:由安培定律BlIdFdOC段受到的磁场力向下,这样长载流导线cd就绕O点

9、逆时针转动.又根据同方向电流的导线相互吸引,故cd导线在逆时针转动的同时将靠近ab导线,应选(D).知,Od段受到的磁场力向上,.解:由磁场对载流线圈的作用公式BPMmA、B在各自的对方 ,所激发的磁场对对方导线产生的磁力矩均竖直向下,两环将绕竖直方向作顺时针转动,再考虑两环电流的作用,A、B还将发生平动,最后两线圈电流同方向并紧靠一起,应选(A).知,圆环形载流导线BPMm解:按题意,载流大平板在线框处所激发的磁场方向及通电线框的磁矩方向如图所示,则载流线框所受的磁力矩为 由 的方向可以看出,从大平板向外看,小线框逆时针转动,应选(C). M解:由在磁场中转动的线圈中的电流强度I(NBS/R

10、)sin(t) 知,线圈中感应电流的幅值Io与N、B、S、成正比,而与R成反比.当把线圈的匝数或线圈的面积或切割磁力线的两条边增加到原来的两倍时,由于线圈的电阻也相应增加,故电流的幅值增长不到原来的两倍,只有把线圈的角速度增大到原来的两倍,才能使0I增加到原来的两倍,应选(D).1.解:当条形磁铁在闭合线圈内作振动时,会使通过线圈回路面积的磁通量发生变化,根据法拉第电磁感应定律和楞次定律,线圈中产生的感应电流的磁场作用总是反抗条形磁铁的运动.故振幅会逐渐减小,应选(B).BVE221lB解(B). 线圈中磁通量不变化,所以0. ab边不切割磁力线,所以bc和ac切割磁力所生电动势大小相等,方向

11、相反.大小为 由知,E的方向指向C,C是正极,所以Ua-Uc 0.0dtdI)0(dtdICdtdIdtdILL解:由(a)图看出, , 由自感电动势,当电流增加时,自感 电动势与原来电流的方向相反;当电流减小时,自感电动势与原来电流的方向相同.故t的关系曲线应为(D).(B). 由 和楞次定律知ab向右匀加速运动时,形成的电流在铁心中Bl形成的磁场沿逆时针方向线性加强.左边电路中的感应电流要反抗磁场加强,使M板带负电.左边电路中磁通量线性变化,则电动势为一定值.平衡时,极板带有一定量电荷.解(C). 2002000022122212aIaIaIBm221LIWm00000ralLnrralL

12、nL.解:一个自感为L通有电流I的线圈,其中所储存的磁场能量为l 而长为,宽为a的一对导线的自感L为 由上面两式看出,当导线间的距离增大时,则空间的总磁能将增大,应选(A).smidtdtdSB棒iboaoabSS12解:因B的大小以dB/dt变化,故在圆柱形空间内产生了涡旋电场EV,其电力线是以O为中心的一系列同心圆.连接oa、ob、oa和ob,得两个三角形oab和oab.依据 可知, ,因为,所以,应选(B).20.用导线围成如图所示的回路(以0点为心的圆,加一直径),放在轴线通过0点垂直于图面的圆柱形均匀磁场中,如磁场方向垂直图面向里,其大小随时间减小,则感应电流的流向为 解(B). 根

13、据楞兹定律,穿过回路磁通减少时,感应电流磁通与原磁通方向一致,所以感应电流沿顺时针流动.圆柱形均匀磁场变化时所生的涡旋电场方向沿圆周方向,所以直径上无感应电流.21.用导线圈成的回路(两个以0点为心半径不同的同心圆,在一处用导线沿半径方向相联),放在轴线通过O点的圆柱形均匀磁场中,回路平面垂直于柱轴,如图所示.如磁场方向垂直图面向里,其大小随时间减小,则(A)(D)各图中哪个图上正确表示了感应电流的方向? 解:在变化磁场中,涡旋电场力作为非静电力使固定不动的导体回路中产生感应电动势,其感应电流的方向与涡旋场EV相同.因EV与 两者的方向满足t B左螺旋法则,应用左螺旋法则,可知两导线回路中的感

14、应电流流向为顺时针,又因EV线与线连垂直,不产生感应电动势,因此两导线连线上没有感应电流,应选(B).解选(D). 二二. 填空题填空题222rerreISPmrmLmermreLPm22解:电子绕核运动所形成的圆电流的磁矩大小为 其轨道运动的动量矩大小为 则有 BRBRRBPMm30290sinsin RI解:依据电流强度的定义,电荷线密度为的圆环当以角速度转动时,所形成的电流强度为,方向逆时针. 由磁场对载流线圈的作用公式 知,圆环受到的磁力矩的大小为 方向在图面中向上.BPMm.解:在图(a)中,长直载流导线在圆线圈中激发的磁场方向与圆线圈的磁矩同方向,因而圆 线圈不受磁力矩作用.由安培

15、定律知,圆线圈左半部受力向左,右半部受力向右,且向 左的力大于向右的力,使圆线圈发生平移,靠向直导线. 解: (1) ADCBA绕向. (2) ADCBA绕向. 1.解: I0. 因为旋转带电圆筒形成的电流所产生的磁力线,始终不穿过方形导电回路,即始终为0.tIRrcos2020dtdmtIRrmsin2002解: 由 得tnSInISmmsin00SBdtdmi解:t时刻通过面积为S的平面导线回路的磁通量为 根据法拉第电磁感应定律 cos2cos2BlBSmSBdtdmisin2sin222BldtdBldtdmi解:t时刻通过线圈另一半的磁通量为 根据法拉第电磁感应定律 则线圈中感应电动势

16、的大小为NMMNNMl dBUU)(alaLnIgtdxgtxIBdllaaNM2200.解: 20021BLlBdlBdll d)B(UULaaooaoacoaoocoacald)B(dl)B()U(UUUUUd)L(LLldlldl200解:(1) oa段电动势方向由a指向o. lB)(由 得出. (2) 弧ab不切割磁力线,故Ua-Ub=0 解:连接cd构成封闭半圆环,在它运动过程中,磁通量不变.即0.所以弧cd和直线段cd的电动势相等. 直线段cd上电动势为 babaLnxIdxxIbaba2200022aIaIHoaIaIaIHp32)3(2202120omoHW2220202092

17、322121aIaIHWpmp解: , , 三三.计算题计算题:4.如图所示,两条平行长直导线和一个矩形导线框共面,且导线框的一个边与长直导线平行,到两长直导线的距离分别为r1和r2,已知两导线中电流都为I=I0sint，其中I0和为常数，t为时间，导线框长为a宽为b,求导线框中的感应电动势。210112rrxxIB2211021021121111rbrrbrLnIadxrrxdxxIaSdBbrrbrrm 4.解:两个载同向电流的长直导线在空间任一点所产生的磁场为 选顺时方向为回路正方向,则 dtdIrrbrbrLnadtdmi21210)(2trrbrbrLnaIcos)(2212100

18、txxtgyxyBm21解:(1) 由法拉第电磁感应定律: tg2tg21tg21222tBdtdxxBBxdtddtdmitg2tg21tg21222tBdtdxxBBxdtddtdmiidSBdmdxtgtKxdxBxtgcos2tgtKxdxtgtKxxmcos31cos302tgtKxdtddtdmicos313 在导体MN内, 方向由M向N. (2) 对于非均匀时变磁场取回路绕行的方向为ONMO,则 0i, 0ii则 方向与所设绕行正向一致, i则 方向与所设绕行正向相反.)cossin31()sincos3(31)sincos3(31233332232tttttgKtttVtKtg

19、txtdtdxxKtg6.两相互平行无限长的直导线载有大小相等方向相反的电流,长度为b的金属杆CD 与两导线共面且垂直,相对位置如图.CD杆以速度 平行直线电流运动,求CD杆中的感应电动势,并判断C、D两端哪端电势较高? 21BBBxIB201)(202axIBxIaxIB2)(200解:取水平向右为x轴,原点取在左边那根导线上,则: 方向为, 方向为 B的方向为 babaLnIdxxIaxIxdBbaaDC2)(222)(2)(02200感应电动势方向为:CD,D端电势较高.NMMeNl dB)(0NMMeN总babaLnxIdxxIl dBbabaNMMNNMMeN22)(00.解:根据动

20、生电动机势 为计算简单,可引入一条辅助线MN,构成闭合回路MeNM,闭合回路总电动势 babaLnxIUUMeNNM20 负号表示MeN中的感应电动势的实际方向是:NM. 如图所示,一电荷线密度为的长直带电线 (与一正方形线圈共面并与其一对边平行) 以变速率 沿着其长度方向运动,正方形线圈中的总电阻为R,)(t求t时刻方形线圈中感应电流的大小(不计线圈自身的自感)。)(tIadxxaId20222000IaLnxadxIaq2)(22200LndttdaLndtdIadtdi2)(2)(0LndttdaRRtii解:长直带电运动相当于电流.正方形线圈内的磁通量可如下求出 则 B22.如图,有一半径为r = 10cm的多匝圆形线圈, 匝数N=100,置于均匀磁场oo 中(B=0.5T).圆形线圈可绕通过圆心的轴 转动,转速n = 600r/min。求圆线圈自图示的初始位置转过/2时,(1)线圈中的瞬时电流值(线圈的电阻R为100,不计自感)；(2)圆心处的磁感应强度(0=410-7H/m)。cos2rBntt2)2cos(2ntrB平面的磁通量为: 其中 解:(1)设线圈转至任意位置时圆线圈的法 向与磁场之间的夹角为 ,则通过该圆线圈)2sin(2sin22sin22sin2