大学物理课后习题答案稳恒磁场

1第十一章稳恒磁场1、[E]依据RIB40和载流导线在沿线上任一点的0B得出答案。2、[E]依据rIB40和磁感强度的方向和电流的方向满足右手法则，得出答案。3、[C]依据210coscos4RIB和载流导线在沿线上任一点的0B，有：445180cos45cos2401lIB；lIIl00222222，02B4、[D]依据RIRIRIB4440005、[C]rIB40、2ar、4000108.0245sin122aIaIBT6、[D]依据2100coscos4rIB，应用21III，分别求出各段直导线电流的磁感强度，可知03B、方向相反，0B7、[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，qBmvR，轨迹的中心在qBmvy处故OIIIaIB2射出点：qBmvRy229、[B]作出具体分析图是解决该题的关键。从图上看出：DRsinqBDqBmvRpeBDpqBDsinpeBDsinarg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]BPMm，sinBPMm，mP和B平行，0，0sin，0M13、[C]应用rIB20的公式分别计算出电流系统在各导线上代表点处的B，然后用安培力的公式：BlIFdd计算出1F，2F用r表示导线间的距离。rIrIrIB4743220001rIrIrIB0002232D-eBp3111BIF，222BIF，2:47:21FF，2187FF14、[C]在均匀磁场中，线圈回路中的磁矩mP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、rrIarBaSBd2ddd02ln2d2d020IarrIabb16、应用磁场的高斯定理0dSSB0ddd)(RSSSSBSBSB2)(2160cosdddRBBSSBSBSBRSS17、应用rIB40，和载流导线在其沿线上0B，对a半圆弧，baIB1140，依据B和I的右旋法则，B方向。18、依据ilIlB0d，对电流iI的取正、负的规定有：IlBa0d，0dblB，IlBc02d19、轨道电流：qRvnqI2，200004224RvqRvRIRIB6167142819571067.6103610100.80.3100.64100.8100.3104221198521020.710810610321212mARqvRRqvSIpm420、VBqmV0VBqmVRmVVBq0202121、rrbIrBbSBd2ddd02ln2d2d0201IbrrIbaa2ln2d2d04202IbrrIbaa∴1:1:2122、应用回旋半径公式：2lqBmvR作出粒子的运动轨迹，由运动轨迹讨论射出点与顶点的距离D，从直角三角形可得：lD23作辅助线后，从几何图形得：6023、222mA25.1115.05100nIanISP24、在图上作适量abl，BlIFFababab。BIRBlIF2abab方向由（Blab）的方向决定，沿Y轴正方向。DLBvv525、依据rIB20和B和I满足右旋法则，B=0的区域在Ⅰ，Ⅲ象限，在第Ⅰ象限取一代表点（x，y），yIxI22300xxy3331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，RIB4)(0和)cos(cos42100rIB可知：041BB，RIRIRIB82440002，方向。Rr220，45coscos145cos45coscos2RIRIrIB221222)cos(cos400210031412032RIBBB，方向。27、解：其中四分之三圆环电流在D处的aIaIB832434001AB段在D处的磁感强度。2244cos2cos4002bIbIBBC段在D处的磁感强度32BB另一边沿线通过D，对D处的磁感强度04B，6因为方向相同，可知D处总的B为baIB22340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：aIaIB42cos0cos4001，方向垂直纸面向内。cos2coscos402aIB1sincos40aI，方向垂直纸面向外。P的B为cos1sincos4012aIBBB，方向垂直纸面向外。29、)(ln20abB21BB、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，3B为带电直线段转动时产生的磁感强度。44,2010111RIBbnqI44,2020222RIBanqIrdrrdIrdIdBrdrdnqdI224,2203030333abrdrdBBbaln220033yxIP127)(ln20321abBBBB30、2ln2400II圆柱体内、外的磁感强度的大小为：)(2)(202201RrrIBRrrRIBrrdRIdSBSdBd20111242002011IrrdRIdRrdrIdSBSdBd202222ln2202022IrrdIdRR2ln240021II31、解：洛伦兹力：BVF由于BV∴RVmVBqFe2mVBqVmRe721069.519108.22sRV33、分析：此题是通过正确作图来求解的题型，由图可知：45sin)(lRRROl458lR)12()12(1mqBlmqBRV)12(34、解:在导线2上取一线元ld,线元距o点为l。该处的磁感应为：sin20lIB方向垂直纸面向里，电流元lId受到的磁力为：BlIdFd方向如图其大小dllIdlBIdFsin220该力对O点的力矩为：dlIdFldMsin220任一端单位长度导线所受磁力对O点的力矩sin2sin220120IdlIdMMll35、（1）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。FAB︵283.02BRIFAB方向与AB直线垂直，与OB夹角45（2）磁力矩为nSIpm2102线圈平面与B成60角，则mp与B成30角，有力矩mBpBpMmm21057.130sin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sinlFdI21OlldBABFAOB9RBIFm2列出力的平衡方程式：TRBI22故RBIT