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()θπμθRIB 40=和载流导线在沿线上任一点的0=B 得出答案。

2、[E]依据rIB πμ40=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()210cos cos 4θθπμ-=RIB 和载流导线在沿线上任一点的0=B ， 有：()[]445180cos 45cos 2401⨯--=lIB πμ； πμμπl I I l 00222222=⋅⨯，02=B 4、[D]依据()RIR I R I B 444000μππμθπμθ=⨯== 5、[C]rI B πμ40=、 2a r =、 4000108.0245sin 122-⨯==⨯⨯=a I aI B πμπμT 6、[D]依据()2100cos cos 4θθπμ-=r IB ，应用21I I I +=，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，qBm v R =，轨迹的中心在qB m v y =处故I I射出点：qBm vR y 22== 9、[B] 作出具体分析图是解决该题的关键。

从图上看出：D R =αsinqB DqB m v R ==peBDp qBD ==αsinpeBDsinarg =α 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] B P M m ⨯=，αsin B P M m =， m P和B 平行，∴ 0=α，0sin =α，0=M13、[C]应用rIB πμ20=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：B l I F⨯=d d 计算出1F ，2F用r 表示导线间的距离。

r Ir I r I B πμπμπμ4743220001=+=r I r I r I B πμπμπμ0002232=+-=111B I F =，222B I F =，2:47:21=F F ，2187F F = 14、[C]在均匀磁场中，线圈回路中的磁矩m P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、r rIar Ba S B d 2d d d 0πμφ==⋅=2ln 2d 2d 020πμπμφφIar r Ia b b ⎰⎰===16、应用磁场的高斯定理0d =⋅⎰SS B0d d d )(=⋅+⋅=⋅⎰⎰⎰R S SSS B S B S B2)(2160cos d d d R B BS S B S B S B R S S π-=-=⋅-=⋅-=⋅⎰⎰ 17、应用()θπμθrIB 40=，和载流导线在其沿线上0=B ，对a 半圆弧，∴⎪⎭⎫⎝⎛+=b a I B 1140μ， 依据B 和I 的右旋法则，B方向⊗。

18、依据∑⎰=⋅i lI l B 0d μ，对电流i I 的取正、负的规定有：I l B a0d μ=⋅⎰ ，0d =⋅⎰bl B，I l B c02d μ=⋅⎰19、轨道电流：q R vnq I π2==，()=====200004224Rvq R v R I R I B πμμμθπμθ ()T ⨯=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-------6167142819571067.6103610100.80.3100.64100.8100.3104ππ 221198521020.710810610321212m A R q v R R q v S I p m ⋅⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⋅⋅=⨯⋅=⋅=---ππ20、VBq m V 0VBq mV R mV VB q 0221==21、r rbI r Bb S B d 2d d d 0πμφ==⋅=2ln 2d 2d 0201πμπμφφIbr r Ib a a ⎰⎰=== 2ln 2d 2d 04202πμπμφφIbr r Ib a a ⎰⎰===∴1:1:21=φφ 22、应用回旋半径公式： 2l qB m v R ==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：l D 23= 作辅助线后，从几何图形得：60=α23、()222m A 25.1115.05100⋅=⨯⨯===nIa nIS P24、在图上作适量ab l ，B l I F F⨯==ab ab ab 。

BIR B l I F 2ab ab ==方向由（B l ⨯ab ）的方向决定，沿Y 轴正方向。

25、依据rIB πμ20=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 ），y I x I πμπμ22300=∴x x y 3331== 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，θπμθRIB 4)(0=和)cos (cos 42100θθπμ-=r IB 可知： 041==B B ，RIR I R I B 82440002μππμθπμ=⨯==，方向⊗。

R r 220=， 45cos cos 1=θ()45cos 45cos cos 2-=-=πθ RI R I r I B πμπμθθπμ221222)cos (cos 40021003=⨯=-=⎪⎭⎫⎝⎛+=+=πμ1412032R I B B B ，方向⊗。

27、解：其中四分之三圆环电流在D 处的aIa I B 832434001μππμ=⨯⨯=AB 段在D 处的磁感强度。

2244cos 2cos 4002⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--=b I b I B πμππππμ BC 段在D 处的磁感强度32B B =另一边沿线通过D ，对D 处的磁感强度04=B ，因为方向相同，可知D 处总的B 为⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=b a I B 22340ππμ 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：aI a I B πμππμ42cos 0cos 4001=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=， 方向垂直纸面向内。

⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛-=πθπθπμcos 2cos cos 402a IB ()1sin cos 40+=θθπμa I，方向垂直纸面向外。

P 的B 为()θθθπμcos 1sin cos 4012-+=-=a IB B B ，方向垂直纸面向外。

29、)(ln 20ππωλμ+=abB 21B B 、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。

44,2010111λωμθπμλππω====R I B b nq I 44,2020222λωμθπμλππω====R I B a nq Ird rr dI r dI dB r d r d nq dI πωλμμθπμπωλλπω224,2203030333======abr dr dB B b a ln 220033πωλμπωλμ===⎰⎰yx)(ln 20321ππωλμ+=++=abB B B B 30、2ln 2400πμπμII + 圆柱体内、外的磁感强度的大小为：)(2)(202201R r r I B R r r RIB >=≤=πμπμr rd RIdS B S d B d 201112πμφ==⋅=πμπμφφ42002011Ir rd R I d R ===⎰⎰r d rIdS B S d B d πμφ20222==⋅=2ln 2202022πμπμφφIr r d I d R R ===⎰⎰ 2ln 240021πμπμφφφII +=+=31、解：洛伦兹力：B V F⨯=由于B V⊥∴RV m VB q F e 2==m VBq V m R e 721069.5-⨯==19108.22-⨯==s RVπν 33、分析：此题是通过正确作图来求解的题型，由图可知：45sin )(l R R +=l R )12()12(1+=-=mqBlm qBR V )12(+== 34、解:在导线2上取一线元l d,线元距o 点为l 。

该处的磁感应为：θπμsin 20⋅⋅=l IB方向垂直纸面向里，电流元l IdB l IdF d⨯= 方向如图其大小 dl lI dl B I dF ⋅=⋅⋅=θπμsin 220 该力对O 点的力矩为：dl I dF l dM θπμsin 220=⋅= 任一端单位长度导线所受磁力对O 点的力矩θπμθπμsin 2sin 220120I dl I dM M l l===⎰⎰+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。

FAB ︵ N =⋅⋅⋅==283.02B R I F AB方向与AB 直线垂直，与OB 夹角45（2）磁力矩为n S I p m2102-⨯=⋅=π线圈平面与B 成 60角，则m p 与B 成30角，有力矩m B p B p M m m ⋅N ⨯=⋅⋅=⨯=-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2R B I F m 2⋅⋅=列出力的平衡方程式：T R B I 22=⋅⋅故 R B I T ⋅⋅=。