haihongyuan.com
海量文库 文档专家
全站搜索:
您现在的位置:首页 > 小学教育 > 学科竞赛学科竞赛

计算题(答案)

发布时间:2013-12-31 16:00:18  

《电磁学》课外练习题答案(计算题)

1.

解:设点电荷q所在处为坐标原点O,x轴沿两点电荷的连线.

G (1) 设E=0的点的坐标为x′,则

KE=q

4πε0x′2Ki?K3q=0 i24πε0x′?d可得 2x′2+2dx′?d2=0

解出 x′=?11+d 2

+O()′′=另有一解x212?1d不符合题意,舍去.

) (2) 设坐标x处U=0,则 q3q U=?4πε0x4πε0d?x=q

4πε0?d?4x??xd?x?=0 ??

得 d- 4x = 0, x = d/4

2.

解:(1) 设外力作功为AF电场力作功为Ae, 由动能定理:

AF + Ae = Δ ΕK

则 Ae=Δ ΕK-AF =-1.5×105 J -

KK (2) Ae=Fe?S=?FeS=?qES

E=Ae/(?qS)=105 N/C

3.

解:设杆的左端为坐标原点O,x轴沿直杆方向.带电直

在x处取一电荷元dq = λdx 杆的电荷线密度为λ=q / L,

= qdx / L,它在P点的场强: dE=dq

4πε0L+d?xL2=qdx4πε0LL+d?x2 qdxq 总场强为 E==2∫4πε0dL+d4πε0L0(L+d-x)

方向沿x轴,即杆的延长线方向.

第 1 页 共 23 页

4.

解:在球内取半径为r、厚为dr的薄球壳,该壳内所包含的电荷为

dq=ρdV=Ar?4πr2dr

在半径为r的球面内包含的总电荷为

q=∫ρdV=∫4πAr3dr=πAr4 (r≤R)

V

r

以该球面为高斯面,按高斯定理有 E1?4πr2=πAr4/ε0 得到

E1=Ar2/(4ε0), (r≤R)

方向沿径向,A>0时向外, A<0时向里.

在球体外作一半径为r的同心高斯球面,按高斯定理有 E2?4πr2=πAR4/ε0 得到 E2=AR4/4ε0r2, (r >R) 方向沿径向,A>0时向外,A<0时向里. 5.

解:球心处总电势应为两个球面电荷分别在球心处产生的电势叠加,即

()

1U=

4πε0

?q1q2?1??+=?r?

?1r2?4πε0?4πr12σ4πr22σ??r+r

2?1?σ??=ε(r1+r2) ?0

故得 6.

σ=

ε0U

r1+r2

=8.85×10?9 C/m2

解:通过x=a处平面1的电场强度通量

Φ1 = -E1 S1= -b a3

通过x = 2a处平面2的电场强度通量

y

Φ2 = E2 S2 = 2b a3

其它平面的电场强度通量都为零.因而通过该高斯面的总电场强度通量为

Φ = Φ1+ Φ2 = 2b a3-b a3 = b a3 =1 N·m2/C 3分

7.

解:(1) 电偶极子在均匀电场中所受力矩为

KKK

M=p×E

其大小 M = pEsinθ = qlEsinθ 当θ =π/2 时,所受力矩最大,

Mmax=qlE=2×103 N·m

-

p+q

KE

第 2 页 共 23 页

(2) 电偶极子在力矩作用下,从受最大力矩的位置转到平衡位置(θ=0)过程中,电场力所作的功为

A=∫?Mdθ=?qlE∫sinθdθ=qlE=2×10-3 N·m

π/2

π/2

00

8.

解: E1=

q14πε0d2

, E2=

q2

2

4πε0d

KK

2

q2∵ 2q1=q2 , ∴ 2E1=E2 由余弦定理:

2

E=E12+E2?2E1E2cos60D=E1

=q4πε0d2

= 3.11×106 V/m

q由正弦定理得:

E1E1E1D

α===sinsin60,

E2sin60Dsinα

α = 30°

K

∴E的方向与中垂线的夹角β=60°,如图所示.

9.

解:由题意知

Ex=200 N/C , Ey=300 N/C ,Ez=0

平行于xOy平面的两个面的电场强度通量

Φe1

=E?S=±EzS=0

平行于yOz平面的两个面的电场强度通量

KK

z

Φe2

KK

=E?S=±ExS=±200 b2N·m2/C

“+”,“-”分别对应于右侧和左侧平面的电场强度通量 平行于xOz平面的两个面的电场强度通量

x

KK

Φe3=E?S=±EyS=±300 b2 N·m2/C

“+”,“-”分别对应于上和下平面的电场强度通量. 10.

解:设闭合面内包含净电荷为Q.因场强只有x分量不为零,故只是二个垂直于x轴的平面上电场

强度通量不为零.由高斯定理得:

-E1S1+ E2S2=Q / ε0 ( S1 = S2 =S )

则 Q = ε0S(E2- E1) = ε0Sb(x2- x1)

= ε0ba2(2a-a) =ε0ba3 = 8.85×1012 C

-

第 3 页 共 23 页

11.

解:选坐标原点在带电平面所在处,x轴垂直于平面.由高斯定理可得场强分布为

E=±σ / (2ε0)

“-”对x<0区域) . 平面外任意点x处电势: (式中“+”对x>0区域,在x≤0区域

U=

在x≥0区域

x

Edx=

x

σx?σ

dx=

2ε02ε0σ?σx

dx=

2ε02ε0

U=

12.

x

Edx=

x

解:用电势叠加原理可导出电偶极子在空间任意点的电势

KK

U=p?r/(4πε0r3)

式中r为从电偶极子中心到场点的矢径.于是知A、B两点电势分别为

K

UA=?p/(4πε0R2)

K

UB=p/(4πε0R2) (p=p)

q从A移到B电场力作功(与路径无关)为

A=q(UA?UB)=?qp/(2πε0R2)

13.

KbK?A=FdS=qEabcos90o=0 解:(1) 1∫

a

(2) A2=(3) A3=14.

∫∫

c

ad

KK

F?dS=qEaccos180o=-1×10-3 J KK

F?dS=qEsin45o=2.3×10-3 J

y K

a

解:如图所示,P点场强为

KKKEP=E1+E2

K

建坐标系Oxy,则EP在x、y轴方向的分量为

EPx=E1x+E2x=0+E2sinα

q21

=?sinα 4πε0r22

EPy=E1y+E2y

E rq

q2q111

???cosα =E1?E2cosα=

4πε0r124πε0r22

第 4 页 共 23 页

代入数值得 EPx= 0.432×104 N·C1, EPy= 0.549×104 N·C1

--

合场强大小 EP=-22EPx+EPy= 0.699×104 N·C1

方向:EP与x轴正向夹角 β=arctgEy/Ex = 51.8° 15.

解:两带电平面各自产生的场强分别为:

K

()

EA=A/(2ε0) 方向如图示 EB=σB/(2ε0) 方向如图示

由叠加原理两面间电场强度为

E=EA+EB=(A+σB)/(2ε0)

=3×10 N/C 方向沿x轴负方向

两面外左侧E′=EB?EA=

4

B

?A)/(2ε0)

=1×104 N/C 方向沿x轴负方向

两面外右侧 E′′= 1×104 N/C 方向沿x轴正方向 16.

解:取坐标xOy如图,由对称性可知:Ex=dEx=0

dEy=

?dq?λdl

=cosθcosθ

4πε0a24πε0a2?λ=cosθ?adθ 2

4πε0a

1021?02

Ey=∫

cosθdθ

4πε0a

θθ0?λ?q

=sin0=sin

2πε0a22πε0a2θ02Kθ0K?q

sinE=j 2

2πε0aθ02

17.

解:以O点作坐标原点,建立坐标如图所示.半无限长直线A∞在O点产生的场强E1,

K

KE1=

K

半无限长直线B∞在O点产生的场强E2,

KE2=

KKλ

(?i+j)

4πε0R

KKλ

(?i?j)

4πε0R

B

K

半圆弧线段在O点产生的场强E3,

第 5 页 共 23 页

KE3=

λK

i

2πε0R

由场强叠加原理,O点合场强为

KKKK

E=E1+E2+E3=0

18.

解:(1) 一根无限长均匀带电直线在线外离直线距离r处的场强为:

E=λ / (2πε0r)

根据上式及场强叠加原理得两直线间的场强为

1 2

??

1?λ?1

? E=E1+E2=+aa2πε0??????x??+x??????2????2?

=

2aλ

, 方向沿x轴的负方向 πε0a?4x (2) 两直线间单位长度的相互吸引力

F=λE=λ2 / (2πε0a)

19.

KKKK

解:设空气中和介质中的电位移矢量和电场强度矢量分别为D1、D2和E1、E2,则

U = E1d = E2d (1) D1 = ε0E1 (2)

D2 = ε0εrE2 (3) 联立解得 E1=E2=

U

=1000 V/m d

D1=ε0E1=8.85×10?9C/m2 D2=ε0εrE2=8.85×10?8C/m2

方向均相同,由正极板垂直指向负极板. 20.

解:设小水滴半径为r、电荷q;大水滴半径为R、电荷为Q=27 q.27个小水滴聚成大水滴,其体

积相等

27×(4 / 3)πr3=(4 / 3) πR 3

得 R = 3r 小水滴电势 U0 = q / (4πε0r) 大水滴电势 U=

Q27qq

==9=9U0

4πε0R4πε03r4πε0r

第 6 页 共 23 页

21.

解:(1) 令无限远处电势为零,则带电荷为q的导体球,其电势为

U=

q

4πε0R

q

dq

4πε0R

将dq从无限远处搬到球上过程中,外力作的功等于该电荷元在球上所具有的电势能

dA=dW=

(2) 带电球体的电荷从零增加到Q的过程中,外力作功为

qdqQ2

A=∫dA=∫ =

4πε0R8πε0R0

22.

Q

K

解:因为所带电荷保持不变,故电场中各点的电位移矢量D保持不变,

又 w=

w1111

DE=D2=D02=0 22ε0εrεr2ε0εr

因为介质均匀,∴电场总能量 W=W0/εr 23.

解:未插导体片时,极板A、B间场强为:

E1=V / d

插入带电荷q的导体片后,电荷q在C、B间产生的场强为:

E2=q / (2ε0S)

则C、B间合场强为:

E=E1+E2=(V / d)+q / (2ε0S)

因而C板电势为:

U=Ed / 2=[V+qd / (2ε0S)] / 2

24.

d/2 d/2

E1 E1

E2

C E2

B

解:内球壳的外表面上极化电荷面密度为:

′=P1n=P1=ε0χe1E1=σ1

?εr1?1Q1?Q

??=?12??4πR2 εr14πRεr1??

外球壳的内表面上极化电荷面密度为:

′=P2n=?P2=?ε0χe2E2=?σ2

两层介质分界面净极化电荷面密度为:

?εr2?1Q1?Q

?=??1?ε??4πR2 εr24πR2r2??

第 7 页 共 23 页

′=σ′=σ1′+σ2

25. Q4πR2?11???? ?ε??r2εr1?

解:两球相距很远,可视为孤立导体,互不影响.球上电荷均匀分布.设两球半径分别为r1和r2,导

线连接后的电荷分别为q1和q2,而q1 + q1 = 2q,则两球电势分别是

U1=q1

4πε, Uq2

2=

0r14πε0r2

两球相连后电势相等, U1=U2,则有

q1q2q1+q22q

r==+r=

1r2r12r1+r2

由此得到 q2q

1=r1

r+r=6.67×10?9C

12

qr22q

2==13.3×10?9

r+rC

12

两球电势 Uq1

1=U2==6.0×103

4πε V

0r1

26.

解:应用安培环路定理和磁场叠加原理可得磁场分布为,

B=μ0Iμ0I

2πx+2π(3a?x) (a

2≤x≤5

2a)

BK的方向垂直x轴及图面向里.

27.

解:当磁场BK方向与Ox轴成45°时如图所示.

(1) ΔF?4

1=IΔl1Bsin105°=1.55×10N

方向垂直纸面向外.

    ΔF2=IΔl2Bsin90°=1.60×10?4N

方向为垂直纸面向内.

(2) 因为与均与BK平行,因此Fab=Fcd=0

(3) 如图所示.

π/2

Fbc=∫IRBsin(45°+θ)dθ==0.453N

方向垂直纸面向外,同理 Fda=0.453 N,方向垂直纸面向里.

第 8 页 共 23 页 y BKb °x

28.

KKKK

解:由安培公式dF=Idl×B,当B的方向沿x轴正方向时

(1)  ΔF1=IΔl1Bsin60°=1.39×10 N 方向垂直纸面向外(沿z轴正方向),

  ΔF2=IΔl2Bsin135°=1.13×10 N 方向垂直纸面向里(沿z轴反方向).

b

?4

?4

b

y

KIdl

KB

x

(2) Fab=dF=Isin45°=I

a

R

Bsin45°

sin45°

=IRB=0.32 N,方向为垂直纸面向里.

同理 Fcd=IRB=0.32 N,方向垂直纸面向外.

(3) 在bc圆弧上取一电流元Idl = IRdθ,如图所示.这段电流元在磁场中所受力

dF=IdlBsinθ=IRBsinθdθ

方向垂直纸面向外,所以圆弧bc上所受的力

π/2

Fbc=

∫IRBsinθdθ

=IRB=0.32N

方向垂直纸面向外,同理Fda=0.32 N,方向垂直纸面向里. 29.

解:AA'线圈在O点所产生的磁感强度 BA=

μ0NAIA

2rA

=250μ0 (方向垂直AA'平面)

A CC'线圈在O点所产生的磁感强度 BC=

μ0NCIC

2rC

=500μ0 (方向垂直CC'平面)

2

21/2

O点的合磁感强度 B=(BA+BC)

=7.02×10?4 T

B的方向在和AA'、CC'都垂直的平面内,和CC'平面的夹角

θ=tg?1

30.

BC

=63.4° BA

KKKK

解:令B1、B2、Bab和Bacb分别代表长直导线1、2和通电三角框的 ab、ac和cb边在O点产生

KKKKK

的磁感强度.则 B=B1+B2+Bacb+Bab K

B1:对O点,直导线1为半无限长通电导线,有

第 9 页 共 23 页

B1=μ0I

4π(K, B1的方向垂直纸面向里.

KB2:由毕奥-萨伐尔定律,有 B2=

方向垂直纸面向里. μ0I4π(Oe)(sin90°?sin60°)

Bab和Bacb:由于ab和acb并联,有 Iab?ab=Iacb?(ac+cb)

根据毕奥-萨伐尔定律可求得 Bab=Bacb且方向相反.

KKK所以   B=B1+B2

把 Oa=3l/3,Oe=l/6代入B1、B2,

K3μ0I6μ0I3μI+(1?=0(?1) 则B的大小为 B=24πl4πl4πl

KB的方向:垂直纸面向里.

31.

解:将i分解为沿圆周和沿轴的两个分量,轴线上的磁场只由前者产生.和导线绕制之螺线管相比

较,沿轴方向单位长度螺线管表面之电流i的沿圆周分量isinα就相当于螺线管的nI.

利用长直螺线管轴线上磁场的公式 B = μ0nI

便可得到本题的结果 B = μ0 isinα

32. K

解: I=Rλω

B=By=μ0R3λω

2(R+y)223/2

KB的方向与y轴正向一致.

33.

解:(1) 在环内作半径为r的圆形回路, 由安培环路定理得

B?2πr=μNI, B=μNI/(2πr)

在r处取微小截面dS = bdr, 通过此小截面的磁通量

dΦ=BdS=

穿过截面的磁通量 μNI2πrbdr

Φ=∫BdS=SμNI2πrbdr=μNIb2πlnR2 R1

(2) 同样在环外( r < R1 和r > R2 )作圆形回路, 由于

第 10 页 共 23 页 ∑Ii=0

B?2πr=0

∴ B = 0

34.

解:在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r处的磁感强度的大小,由安培环路定律可得:

B=μ0I

2πR2r(r≤R)

因而,穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为

RKKμIμIΦ1=∫B?dS=∫BdS=∫0

2dr=0 4π02πR

在圆形导体外,与导体中心轴线相距r处的磁感强度大小为

B=μ0I

2πr(r>R)

因而,穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为

K2Rμ0IKμIΦ2=∫B?dS=∫dr=0ln2 2π2πrR

穿过整个矩形平面的磁通量 Φ=Φ1+Φ2=

35. μ0I4π+μ0I2πln2

解:洛伦兹力的大小 f=qvB

对质子: q1vB=m1v/R1

对电子: q2B=m2v/R2

∵ q1=q2

∴ R1/R2=m1/m2

36. 22

解:令B1、B2、Bacb和Bab分别代表长直导线1、2和三角形框的(ac+cb)边和ab边中的电流在OKKKK

KKKKK点产生的磁感强度.则 B=B1+B2+Bacb+Bab

KB1:由毕奥-萨伐尔定律,有 B1=μ0I

4π(Oe)(sin90°?sin60°)

=l/6

∴ B1=μ0I

4πl(23?3),方向垂直纸面向外.

KKB2:对O点导线2为半无限长直载流导线,B2的大小为

第 11 页 共 23 页

B2=μ0I

4π(Ob)=μ0I, 方向垂直纸面向里. 4πl

KKBacb+Bab:由于电阻均匀分布,又ab与ac+cb并联,有

Iab?ab=Iacb?(ac+cb)=2Iacb?ab

KK代入毕奥-萨伐尔定律有:Bacb+Bab=0

KKKKKKK∴  B=B1+B2+Bacb+Bab=B1+B2

B的大小为: B =B2?B1=

方向:垂直纸面向里.

37. μI0I(1?2+)=03(3?1) 4πl4πl

解:(1) AB,CD,EF三条直线电流在O点激发的磁场为零;

(2) BBC=μ0I/(8R)

BDB=μ0I/(6R)

∴ B0=

方向为从O点穿出纸面指向读者.

38. μ0I6R?μ0I8R=μ0I24R

解:两段圆弧在O处产生的磁感强度为

B1=μ0Il1

4πR12, B2=μ0Il224πR2

两段直导线在O点产生的磁感强度为

B3=B4=μ0I

4πR1cosl1

2R1[?sinl1l+sin2 2R12R2

B=B1+B3+B4?B2

=μ0I

2πR1cosl1

2R1[?sinμIlll1l+sin2]+0(12?22) 2R12R24πR1R2

方向?.

39. KKKμ0Idl×r 解:毕奥─萨伐尔定律: dB=?4πr3

第 12 页 共 23 页

如图示,dBz=dB?sinα,sinα=a/r (a为电流环的半径).

∵ r >> a ∴ r=

z2+a2≈z

Kdl

Bz=

μ0Ia

4πz

?

3

?dl=

l

μ0IS

2πz

3

小电流环的磁矩 pm=IS ∴ pm=2πBzz3/μ0

在极地附近z≈R,并可以认为磁感强度的轴向分量Bz就是极地的磁感强度B,因而有:

pm=2πBR3/μ0≈8.10×1022 A·m2

40.

解∶设圆轨道半径为R pm

=IS

v

S=πR2 I=en=e2πR

pm=e

∴ 41.

1v

πR2=evR L=mvR 2πR2

m

KpmevReK

== pm与L方向相反 L2mvR2m

解:设弧ADB = L1,弧ACB = L2,两段弧上电流在圆心处产生的磁感强度分别为

B1=

μ0I1L1

4πR

2

B2=

μ0I2L2

4πR

2

KK

B1、B2方向相反.

圆心处总磁感强度值为

B=B2?B1=

μ0

4πR2

(I2L2?I1L1)=

μ0I2L2

4πR2

(1?

I1L1

) I2L2

两段导线的电阻分别为 r1=因并联

ρ1L1

S

r2=

ρ2L2

S

I1r2ρ2L2

== I2r1ρ1L1

又 L2=2πR/π=2R ∴ B=42.

μ0I2

2πR

(1?

ρ2

=1.60×10-6 T ρ1

解:在距离导线中心轴线为x与x+dx处,作一个单位长窄条,其面积为dS=1?dx.窄条处的磁

第 13 页 共 23 页

感强度

B=μrμ0Ix

2πR2

x

所以通过dS的磁通量为 dΦ=BdS=

通过1m长的一段S平面的磁通量为

Rμrμ0Ix2πR2dx

Φ=∫0μrμ0Ix2πR2dx=μrμ0I4π=10?6 Wb

43.

解:当只有一块无穷大平面存在时,利用安培环路定理,可知板外的磁感强度值为

B=

KKKKKKKK现有两块无穷大平面,i1与i2夹角为θ ,因B1⊥i1,B2⊥i2,故B1和B2夹角也为θ 或π-θ .

KK (1) 在两面之间B1和B2夹角为( π-θ )故

1μ0(i12+i22?2i1i2cosθ)1/2 2KK (2) 在两面之外B1和B2的夹角为θ ,故 Bi=

Bo=1μ0(i12+i22+2i1i2cosθ)1/2 21μ0i 2

(3) 当i1=i2=i,θ=0时,有

Bi=

Bo=

44. 120i?cos=0 2120i+cos=μ0i 2KKKKμ0I1dl1×rKK12 解:(1) dF12=I2dl2×dB1=I2dl2×34πr12

(2) dF=I2dl2μ0I1/(2πa)

∴ dFμ0I1I2= dl22πa

45.

解:两半长直导线中电流在O点产生的磁场方向相同,即相当于一根长直导线电流在O点产生的磁

场:

B1=μ0I/(2πR)

第 14 页 共 23 页

半圆导线电流在O点产生的磁场为 B2=

总的磁感强度为: B=μ0I/(4R) 2B12+B2=μ0I42+π2/(4πR)

θ=tan?1B1=tan?1(2/π)=32.5° B2

Kθ 为B与两直导线所在平面的夹角.

46.

解:设载流线圈1、2、3在O点产生的磁感强度分别为B1、B2、B3.显然有B1 = B2 = B3,则O点的磁

感强度为

K即B在直角坐标系中的三个方向余弦分别为: KKKKB=B1i+B2j+B3k

cosα=B1=B

B2=B

B3=BB12B12+B2+B32= 33 3 3cosβ=B22B12+B2+B32=cosγ=47. B32B12+B2+B32=

解:设x为假想平面里面的一边与对称中心轴线距离,

Rx+R

Φ=∫BdS=∫B1ldr+

x∫Bldr, 2R

dS = ldr

B1=

B2=μ0Ir2πR2 (导线内) μ0I

2πr (导线外)

Φ=μ0Il

4πR2(R2?x2)+μ0Il2πlnx+R R

令 dΦ / dx = 0, 得Φ 最大时 x=

48. 1(?1)R 2

KKK解:磁场作用于粒子的磁场力qv×B任一时刻都与速度 v垂直,在粒子运动过程中不对粒子作功,

因此它不改变速度的大小,只改变速度的方向.而重力是对粒子作功的,所以粒子的速率只与

第 15 页 共 23 页

它在重力场这个保守力场中的位置有关.由能量守恒定律有:

1mv2=mgy ∴ v= 2

49.

解:由毕奥-萨伐尔定律可得,设半径为R1的载流半圆弧在O点产生的磁感强度为B1,则

B1=

同理, B2=μ0I4R1 μ0I

4R2

∵ R1>R2 ∴ B1<B2

故磁感强度 B=B2?B1

=μ0I

4R2?μ0I4R1=μ0I6R2

∴ R1=3R2

50.

解:选坐标如图.无限长半圆筒形载流金属薄片可看作许多平行的无限长载流直导线组成.宽为dl

的无限长窄条直导线中的电流为

dI=IIIRdθ=dθ dl=ππRπR

它在O点产生的磁感强度

IdB==?dθ 2πRπ2πR

dBx=?dBsinθ=?

dBy=dBcosθ=

对所有窄条电流取积分得

πμ0dIμ0μ02πR2sinθdθ μ02π2Rcosθdθ

Bx=?∫

πμ0Iμ0I202πRsinθdθ =μ0I2π2Rcosθππ0=?μ0Iπ2R By=∫02π2Rcosθdθ=μ0

2π2Rsinθ0= 0

KKKKμ0IKi=?6.37×10?5i T O点的磁感强度 B=Bxi+Byj=?2πR

第 16 页 共 23 页

KK

解:匀强磁场B对平面S的磁通量为:

KK

Φ=B?S=BScosθ

设各面向外的法线方向为正

(1) ΦabOc=BSabOccosπ=?0.24 Wb (2) ΦbedO=BSbedOcos(π/2)=0 (3) Φacde=BSacdecosθ=0.24 Wb 52.

51.

40 cm

x

K

c z

Kn

B

解:利用无限长载流直导线的公式求解.

(1) 取离P点为x宽度为dx的无限长载流细条,它的电流 di=δdx

(2) 这载流长条在P点产生的磁感应强度

dB=

μ0di

2πx

=

μ0δdx

2πx

方向垂直纸面向里.

(3) 所有载流长条在P点产生的磁感强度的方向都相同,所以载流平板在P点产生的磁感强度

B=∫dB=

方向垂直纸面向里. 53.

μ0δ

a+b

b

dxμ0δa+b=ln x2πb

解:长直导线AC和BD受力大小相等,方向相反且在同一直线上,故合力为零.现计算半圆部分受

力,取电流元Idl,

K

KKK

dF=Idl×B 即 dF=IRBdθ

由于对称性

∑dF

x

=0

π

∴ F=Fy=dFy=IRBsinθdθ=2RIB

∫∫

KF1

方向沿y轴正向 54.

KK

解:建立坐标系,Ox如图所示,设Ox轴上一点P为B = 0的位置,其坐标为x,在P点B1向上,B2

K

向下,B3向上,故有下式

μ0I

2πx

+

μ0I2μ0I

=

2π(2d?x)2π(d?x)

OP 12

x

3

第 17 页 共 23 页

2d?x+2x1121, =+=x(2d?x)d?xx2d?xd?x

代入数据解出 x = 2 cm

B = 0的线在1、2连线间,距导线1为2 cm处,且与1、2、3平行(在同一平面内). 55.

解:(1) 对r~r+dr段,电荷 dq = λ dr,旋转形成圆电流.则

dI=dqωλω=dr

2π2π

它在O点的磁感强度

dBμ0dIλωμ0dr

0=2r=4πr

a+b

B0=∫dBλωμ0

0=4π∫drλωμ0a+b

ar=4πlna

方向垂直纸面向内.

(2) dp1m=πr2dI=2λωr2dr

a+b

pm=∫dpm=∫1

2λωr2dr=λω[(a+b)3?a3]/6 a

方向垂直纸面向内.

(3) 若a >> b,则 lna+b

a≈b

a,

Bμ0ωλbωμ0q

0=4πa=4πa

过渡到点电荷的情况.

同理在a >> b时, (a+b)3≈a3(1+3b/a),则

p3b

m=λω

6a?3=1

2qωa2

a

也与点电荷运动时的磁矩相同.

56.

解:  FK=qvK×BK

由于 vK⊥BK=qB=m2

∴ Fev

R

R=m2

evmev =5.69×10-7

qB=qB m

第 18 页 共 23 页

ν=

57. v=2.80×109 s-1 2πR

解:导线每米长的重量为 mg =9.8×102 N -

平衡时两电流间的距离为a = 2l sinθ,绳上张力为T,两导线间斥力为f,则:

Tcosθ = mg

Tsinθ = f

f=μ0I2/(2πa)=μ0I2/(4πlsinθ)

I=π0=17.2 A

58.

解:两折线在P点产生的磁感强度分别为:

Bμ0I2

1=4πa(1+2 方向为?

Bμ0I2=4πa(1?2) 方向为⊙

B=B1?B2=20I/(4πa) 方向为?

59.

解: Φ=BScosωt=B0Ssinωtcosωt

dΦ/dt=B2

0S(?sinωt+cos2ωt)ω=B0Sωcos(2ωt)

Ei=?B0Sωcos(2ωt)

60.

解:如俯视图所示

E=∫(Kv×BK)?dKl

=vBsinθ?b

=vμ0I2πrrb

22

=μ0Ibv0Ibvt

2πr2t=μ2π?a2+v2t2

61.

解: W=B2

2μV=B2

2μlS=ΦBl

式中l为环长.但B=(NI/l)μ,即Bl=μNI.代入上式得

第 19 页 共 23 页 vKvtI

1W=ΦNI=0.125 J 2

62.

解:设在时间t1→t2中线圈法线从平行于磁场的位置转到垂直于磁场的位置,则在t1时刻线圈中的总

磁通为NΦ=NBS (S为线圈的面积),在t2时刻线圈的总磁通为零,于是在t1→t2时间内总磁通变化为

Δ(NΦ)=?NBS

令t时刻线圈中的感应电动势为E,则电流计中通过的感应电流为i=ENdΦ

R+r=?R+rdt

t1→t2时间内通过的电荷为

t2

q=∫idt=?NΦ2N

t1R+rdΦ=?ΔΦ=NBS Φ∫1R+rR+r

∴ B=q(R+r)/(NS)=5×10?2 T

63.

解:设半径为a的长螺线管中通入电流I,则管内的均匀磁场

Ba=μ0naIa=μ0N1Ia/L

通过半径为b的线圈横截面积的磁通量为:

Φb=Ba?Sb=μ0N1Iaπb2/L

通过半径为b的长螺线管的磁链为:

Ψb=N2Φb=μ0N1N2Iaπb2/L

根据定义: M=Ψb/Ia=μ0N1N2πb2/L

64.

解:大小:E =?dΦ /d t?= S dB / d t

E = S dB / d t =(1

2R2θ?1

2Oa2?sinθ)dB/dt

=3.68mV

方向:沿adcb绕向.

65.

解:动生电动势: dE=(vK×BK)?drK

R2

大小: E=∫ωrBdr=1ωB(R2

2?R2

1)

R12

第 20 页 共 23 页 c

指向:C─→A

66.

解:(1) 将铜管看作极密绕的细长螺线管,则B=μ0nI 这里nI表示单位长度上的电流.本题中通

过l宽的电流为I,所以每单位长的电流为I /l,因此管中磁感强度为:

B = μ0I /l

B2

(2) 根据磁场能量密度公式:wm=,储藏于宽度为l,半径为R的圆管内的磁场能量为: 2μ0

22Iμ0μ0I2

2B222wm=πRl=πRl=πR 22μ02l2μ0l

又由 wm=

67. 12LI 可得 L=μ0πR2/l 2

11μ0H2=μ0(nI)2 22解:  w=

∴ I=(2w/0)/n=1.26 A

68.

解:设线圈的面积矢量S在t =0时与B0平行,于是任意时刻t, S与B0的夹角为ωt,所以通过线圈

的磁通量为: KKKK

KK1Φ=B?S=B0sinωt?ab?cosωt=B0absin2ωt 2

故感应电动势: E=?dΦ/dt=?B0abωcos2ωt

KE的正绕向与S的方向成右手螺旋关系,E的变化频率为:

f′=

KB的变化频率为: f=ω/2π

∴ f′=2f

69.

b+vtKKμ0Iμ0Il=μ0Illnb+vt ldr=解:(1) Φ(t)=B?dS=∫∫vtr2πa+vt2πr2πa+S2ωω =22π2π

(2) E=?dΦ

=

t=0μ0lIv(b?a)π

70.

解:设N1匝线圈中电流为I1,它在环中产生的磁感强度为:

第 21 页 共 23 页

B1=μ0n1I1

通过N2匝线圈的磁通链数为:Ψ12=N2B1S

两线圈的互感为: M=Ψ12/I1=

71. μ0N2N1πa2=μ0N1N2a2/(2R) 2πR

解:(1) 单位长度的自感系数 B=μ0I/(2πr) r1 < r < r2

KKμ0IΦ=∫B?dS=2πr1

∴ L=r2r2drμ0Ir2ln =∫2rπr1r1Φ

I=μ0

2πlnr2 r1

12μ0I2r2(2) 单位长度储存的磁能 Wm=LI=ln 24πr1

72.

解:导线ab中流过电流I,受安培力F1=IlB,方向水平向右,为保

KKK持导线作匀速运动,则必须加力F2,F2=F1,F2方向与F1相

反,即水平向左,如图所示. 'F2=F1=IlB=0.20 N

73.

解:设回路中电流为I, 在导线回路平面内,两导线之间的某点的磁感强度B的大小为 K

B=μ0I

2πx+μ0I

2π(d?x)

K上式中x为某点到两根导线之中的一根的轴线的距离, 如图所示.B垂直于回路平面.所以沿

导线方向单位长度对应的回路面积上的磁通量为

d?rd?r

Φ=∫Bdx=

r∫rμ0I2πxd?rdx+∫rμ0I2π(d?x)dx

d?rμ0Idlnln ≈=2×2πrπr

∴ L=

74. μ0IΦI=μ0πlnd r解:(1) 运动导体中的自由电子要受到洛伦兹力的作用沿-y方向运动,从而在垂直于y轴的一对表

第 22 页 共 23 页

面上分别积累上正负电荷,该电荷分布建立的电场方向沿-y轴.

当自由电子受到的电场力与洛伦兹力作用而达到平衡时,电场强度为:

E = vB

写成矢量形式为E=?v×B.

(2) 面电荷只出现在垂直y轴的一对平面上,y坐标大的面上出现的是正电荷,y坐标小的面上出现的是负电荷,二者面电荷密度的大小相等,设为σ,则由高斯定理可以求得 KKK

σ=ε0E=ε0vB

75.

解:设两长直导线形成的闭合回路中通有电流I,则两直导线中通有等值反向电流.矩形线圈中的磁

通量为

Φ=

=

∴ M=

∫SKa+bμ0IKμ0I+?ldr B?dS=∫[2πr2π(2a?r)a?bμ0Ilπlna+b a?blna+b a?bΦI=μ0lπ

第 23 页 共 23 页

网站首页网站地图 站长统计
All rights reserved Powered by 海文库
copyright ©right 2010-2011。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit326@126.com