大物磁场答案

1.如图8-1所示，载流的圆形线圈（半径1a）与正方形线圈（边长2a）通有相同电流，若两个线圈中心1O，2O处的磁感应强度大小相同，则半径1a与边长2a之比为[]。A.2:4B.2:8C.1:1D.2:1答案：【B】解：圆电流I在其轴线上产生的磁场的磁感应强度为232212101)(2xaIaB，方向沿着轴线在圆心处（0x），1012aIB。通电正方形线圈，可以看成4段载流直导线，由毕萨定律知道，每段载流直导线在正方形中心产生的磁场的磁感应强度大小相等，方向相同，由叠加原理/224BB。200020210/22)135cos45(cos24)cos(cos4aIaIaIB20/221012442aIBBaIB2821aa2..如图8-2所示,四条平行的无限长直导线，垂直通过边长为20acm正方形顶点，每条导线中的电流都是20IA，这四条导线在正方形中心O点产生的磁感应强度为[]。A.40.810BTB.41.610BTC.0BD.40.410BT答案：【A】解：建立直角坐标系，则4根无限长载流直导线在正方形中心产生的磁感应强度为iaIB45cos201，jaIB45cos202iaIB45cos203，jaIB45cos204)(45cos2204321jiaIBBBBBTB51083.一根无限长直导线abcde弯成图8-3所示的形状，中部bcd是半径为R、对圆心O张角为0120的圆弧，当通以电流I时，O处磁感应强度的大小B，方向为。a答案：)32(2600RIRIB＋，方向垂直纸面向里解：将整个载流导线分为三段：直线ab、圆弧bcd、直线de。由毕萨定律可以判断出，三段载流导线在圆心处产生的电磁感应强度方向均沿着垂直纸面向里，因此，总的电磁感应强度方向沿着垂直纸面向里。两段载流直线在圆心处产生的电磁感应强度)32(4)30cos0(cos60cos400RIRIBba)32(4)180cos120(cos60cos400RIRIBed三分之一圆弧在圆心处产生的电磁感应强度RIRIBbcd631200在圆心处产生的总电磁感应强度)32(2600RIRIBBBBedbcdba＋方向垂直纸面向里。4.如图8-4所示,两个同心半圆弧组成一闭合线圈，通有电流I，设线圈平面法向n垂直纸面向里。则圆心O点的磁感应强度B，线圈的磁矩m。1R答案：nRRIB)11(4120,nRRIm)(22122解：由毕萨定律可知，两个半圆连线上的电流圆心O处产生的电磁感应强度为零在半径为1R的半圆弧在圆心O处产生的电磁感应强度垂直于纸面向外（与n反向）nRInRIB101014)(221＝半径为2R的半圆弧在圆心O处产生的电磁感应强度垂直于纸面向里（与n同向）nRInRIB202024221＝再由毕萨定律可知，两个半圆连线上的电流圆心O处产生的电磁感应强度为零043BB圆心O处总的电磁感应强度nRRIBBBBB)11(41204321线圈的磁矩nRRInRRInISSIm)(21)2121(212221225．在坐标原点有一电流元3310IdlAm。试求该电流元在下列各点处产生的磁感应强度dB？（1）(2,0,0)；（2）(0,4,0)；（3）(0,0,5)；（4）(3,0,4)；（5）(3,4,0)解：该电流元产生的电磁感应强度表示为310301034rrkrrlIdBd①ir2，)(1075.0821031010TjikBd②jr4，)(10875.14410311310TijkBd③kr5，0Bd④543rkir＋，)(102.712531031210TjikBd⑤5,43rjir＋，))(43(104.2125)43(1031210TijjikBd6.从经典观点来看，氢原子可看作是一个电子绕核高速旋转的体系，已知电子以速度612.210ms在半径100.5310rm的圆轨道上运动，求：电子在轨道中心产生的磁感应强度和电子的磁矩大小。解：角速度/T2v/r，AeeI310057.1r2vT)(103.9)(53.12222420mArImTrIB7.在一半径1.0Rcm的无限长半圆柱形金属薄片中，自上而下地有电流3.0IA通过，试求：圆柱轴线上任一点的磁感应强度。解：如图，取过场点O的横截面为xy平面，横截面与金属薄片的交集为一个半圆弧。可以将电流I分成无限多小的无限长电流dI，圆心角为-d的电流强度为dIRdRIdI它对场点的磁场贡献为)jcossin(2)/(0iRdIBd对从0到积分，可得)(1082.3)2(252020TiiRIiRIB8.在电子仪器中，为了减小与电源相连的两条导线的磁场，通常总是把他们扭在一起，为什么？答：与电源相连的两根导线的电流方向相反，扭在一起可以使磁场尽可能相互抵消，以免产生磁干扰。作业91..如图9-1所示,在无限长载流导线附近作一球形闭合曲面S当面S向长直导线靠近的过程中，穿过面S的磁通量及面上任一点P的磁感应强度B大小的变化为[]。A.增大，B不变B.不变,B增大C.增大，B增大D.不变,B不变答案：【B】解：由磁场的高斯定理0SSdB，即穿过闭合曲面的磁通量为零，或者说，磁感应线为闭合曲线，所以不变；由于长直载流导线的磁场aIB20，与距离成反比，所以，当闭合曲面靠近载流直导线时，闭合曲面上各点的磁感应强度增大。2.一电子以速度垂直地进入磁感应强度为B的均匀磁场中，此电子在磁场中运动的轨迹所围的面积内的磁通量将是[]。A.反比于B，正比于2B.反比于B,正比于C.正比于B，反比于2D.正比于B，反比于答案：【A】解：电子垂直于磁场进入磁场，将在洛伦兹力的作用下，在垂直于磁场的平面内作圆周运动。电子在磁场中运动的轨迹半径qBmvR由于磁场与面积S垂直，所围的面积内的磁通量BqvmBRSB22223.如图9-2所示,一无限长密绕真实螺线管，通电流强度为I。对套在螺线管轴线外的环路L（螺线管穿过环路）作积分LlBd。答案：IlB0d解：①根据安培环路定理；②真实螺线管。4.两平行长直导线相距0.4m，每条导线载有电流10A(如图9-3所示),则通过图中矩形面积abcd的磁通量m。答案：Wb101.16解：电流1I和2I大小相等，方向相反，由毕萨定律可以判知，它们在矩形面积内产生的电磁感应强度方向均垂直于纸面向外。由对称性可知，电流1I和2I产生的电磁感应强度穿过矩形面积的磁通量大小相等，因此只须计算一个电流产生磁场的磁通量。xIB21013ln203.01.0111IabdxBabSdBda)(101.13ln10103ln26701WbIab5.有一很长的载流导体直圆管，内半径为a，外半径为b，电流强度为I，电流沿轴线方向流动，并且均匀地分布在管壁的横截面上，如图9-4所示。求空间各点的磁感应强度，并画出Br曲线（r为场点到轴线的垂直距离）。解：以轴线为中心的同心圆各点场感应强度大小相等，方向沿圆周切线。取此同心圆为环路，由对称性可知，在积分环路上，感应强度大小相等，方向均沿着环路。应用安培环路定理，002IrBBdlldBLL电流密度为)(22abIj，则)(,00arI；)(,22220braabarII；)(,0brII。磁感应强度分布为)(0arB；)()(2)(22220braabrarIB；)(20brrIB6.矩阵截面的螺线环，尺寸见图9-5。（1）求环内磁感应强度的分布；（2）证明通过螺线环截面（图中阴影区）的磁通量为012ln2NIhDD，其中N为螺线环线圈总匝数，I为其中电流强度。解：（1）在与螺线环同心的圆周上各处磁场大小相同，方向沿圆周切线。取此圆周为环路，应用安培环路定理，NIrBBdlldBLL02，rNIB20；（2）Bhdrd2102/2/02/2/0ln221212DDNIhhdrrNIBhdrNdDDDD7.在无电流的空间区域，如果磁感应线是平行直线，则磁场一定是均匀的，为什么？证明：用高斯定理，可以证明图中/2/1BB；用安培环路定理，可以证明图中21BB命题得证作业101.如图10-1所示,半导体薄片为N型，则ab、两点的电势差abU[]。A.小于零B.等于零C.大于零答案：【A】解：N型半导体是电子导电，电子在外电压的作用下，沿电流相反方向漂移。这一定向运动，在外磁场的作用下，电子受到洛伦兹力，BveF，方向由b指向a，即电子还要向a端漂移。这样，在a端积聚负电荷，在b端积聚正电荷，形成一个由b指向a的横向电场，这一横向电场阻止电子向a端积聚。随着电子的积聚，横向电场越来越大，当电子受到的横向电场的库仑力与电子受到的洛伦兹力达到平衡时，电子不再宏观的横向漂移，形成稳定的横向霍尔电场，在a、b两端形成稳定的霍尔电压。由于b端是正电荷、a端是负电荷，所以，b端电势高、a端电势低。2.如图10-2所示,半圆形线圈半径为R，通有电流I，在磁场B的作用下从图示位置转过030时，它所受磁力距的大小和方向分别为[]。A.24RIB,沿图面竖直向下B.24RIB,沿图面竖直向上C.234RIB,沿图面竖直向下D.234RIB,沿图面竖直向上答案：【D】解：载流线圈的磁矩为nIRnISSIm221载流线圈在磁场中受到的磁力矩为BnIRBmM221如图，在没有转动前，n垂直于纸面向外，与磁场垂直，载流线圈受到的磁力矩最大BIRM221方向为竖直向上，在这一磁力矩的作用下，线圈将转动。从上俯视，线圈逆时针转动。当线圈转过030时，n与磁场成060角，则此时线圈受到的磁力矩为IBRIBRmBM224360sin2160sin方向为：竖直向上。如图，俯视图。3.在一无限长刚性载流直导线产生的磁场中，把同样的载流导线分别从a处移到c处、从b处移到c处（a、b、c位置如图10-3所示）。在移动过程中导线之间保持平行，若两次移动磁力做的功分别记为acA和bcA，则[]。A.0acbcAAB.0acbcAAC.acbcAAD.acbcAA答案：【B】Frd解：由毕萨定律和安培力BlIdFd，可以判断出，载流直导线受到的安培力指向圆心。因此，无论载流直导线从a移动c，还是从b移动c，安培力都作正功，不为零。如图，从a移动c，安培力作功FdrrdFSdFdAac；从b移动c，安培力作功FdrFdSSdFdAbccos。而从a移动c和从b移动c，矢径r的变化是一样的，因此，两种情况，安培力作功相同。4.一长直导线载有10A的电流，在距它为2acm处有一电子由于运动受洛仑兹力f的方向如图10-4所示，且161.610fN。设电子在它与GE组成的平面内运动，则电子的速率，在图中画出的方向。答案：smv/107解：电子在GE平面内运动，即速度与洛伦兹力在