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1、第7章恒定磁场一、选择题1. B2. C3. A4. B5. B6. B7. C8. C9. C10. A11. A12. D13. C14. C15. D16. B17. B18. B19. B20. D21. A22. C23. C24. B25. D26. B27. C28. A29. A30. B31. D32. D33. B34. D35. D36. B37. A38. B39. C40. D41. C42. C43. B44. B45. D46. C47. A48. D49. C50. A51. C52. B53. B54. B55. A56. C57. A58. C59. C60
2、. D二、填空题1. 4 x 10 -5(T) , 500A2. 0,8 R3. 8.8 x 10 -3(T)4. 噂2 nr5. 1.4 A否 a6. 37. 动能，动量8. 3.2 x 10 -23 (N) , 7.1 x 10 -5(m)9. 6.3 x 10 14 (m - s-2), 3.1 x 10 -3(m)10. 2.2 x 10 -5(V)11. 88.0 x 10 -3 (A - m -2),12. 9.26 x 10 -24 (A - m -2)13. -0.14 J14. 2, 115. 7:8352 .0(N - m)16.减小；x 兰区域减小，在x 兰区域增大3为离
3、圆心的距离）17.0, -%/顼ln二2兀ab18.19.(2、-+ 1兀)20. r 0I , 0, 2 r 0I21. 向着长直导线平移22. v2 aBI23. H =, B = RH = *2兀r2兀r24. O= %ln 22兀25. -厦( + Z)-心 X4 兀 R8 R26. 一 兀 r* 2 B sin a27. - 0.24 (Wb) , 0, 0.24 (Wb)28.2兀mIT 2、I A-A- 口 H三、计算题1.解：由载流直导线磁场公式一段载流直线在P点的磁场大小为2 n vl2 + x2 i：(21)2 + 4(l2 + x2)2正方形线圈整体在P点的磁场大小为B
4、= 4 B cos 9 = 4 B /2口 II21=0.兀(I 2 + x 2)*2 l 2 + x 2 方向沿X轴由B与H的关系式得方向沿x轴B 2 Il 21=R 0 n(l2 + x 2W212 + x 22.解：由毕奥一萨伐尔定律可知，两直线部分电流在 其延长线上0点产生的磁感应强度为0.半圆弧电流在0 点的磁感应强度B垂直于半圆面向上，大小为b =1 七1=y2 2 R 4 R3.解：由毕奥一萨伐尔定律和电流分布的对称性可知，半径为R、载流I的的圆电流在轴线上距离圆心r处产生的磁感应强度B沿电流I的 右旋前进方向，大小为B=四IR 22( x2 + R 2)3/2A7-3-3 图此
5、处设水平向右为正，则两圆电流在0点r处的磁感应 强度为BB1 + B 22( l + r )2 + R 23/2+2( l r )2 + R 23/2TO24.解：由于细导线密绕，每匝电流都可以看作圆电流，于是宽度为d r的圆电流（电流兀）总匝数n d r载流为d I = nI d r由圆电流在轴线上的磁场公式2( x 2 + R 2)3/2可得电流元d I在P点的磁场为d B 0 r2 d I 八 p 0 nIr 2 d r 人2( x 2 + r 2)3/22( x 2 + r 2)3/2A7-3-4 图所有电流在P点产生的磁场为1InR +Vx 2 + R 2-=Vr7Xx 2 + R
6、2四0 nI2口 nI jr 2 d r 2(x 2 + r 2)3/205.解：建立图所示的Oxyz平面，将导体薄片分成许多沿z轴的“无限长”直线电流，其中一根电流的载流量为d I = 1 d y .利用“无限长”直线电流产生磁场的公式B = 口d2兀rA7-3-5 图可得其中 r = r2 + y2由对称性分析可知，导体薄片上所有电流在P点产生的 磁场将沿y轴，其大小为=j d B sin 9 = j 土d y2 兀 d (r2 + y2)-d /2arctan f d 2兀 2r)讨论：当d T3时，如果保持-=j为恒量，由上式可得 dH I n 1.B 22 H 0 j即无穷大载流平面
7、产生的磁场为均匀场.取半径为&，宽为d&的圆环，其上电流6.解：带电圆盘转动时，可看作无数圆电流的磁场在0点的叠加.d i = b 2 忒 d &= wg d &2兀它在中心0产生的磁感应强度为：dB =凹土 = 1 Hgdg 2g2 011正电何部分产生的磁场为：B = j H bd g = H br负电荷部分产生的磁场为：B = jR H bdg =H b（R - r）- r 2020而题设B = B ，故得R=2r7. 解：电子运动速度V = V/由电子运动方程得电子绕磁力线转一圈的时间为eBm v 2= |e|v B2 x 3.14 x 9.1 x 10-31=3.57 x 10 -2
8、 (s)1.6 x 10 -19 x 1.0 x 10 - 5 x 10 - 4电子沿着磁场方向前进一光年所需时间为t = 光年V/365 x 24 x 60 x 60 x 3 x 1080.01 x 3 x 108=3.15 x 10 9 (s)在这段时间里电子绕磁力线转的圈数为3.15 x 10 9=8.8 x 10103.57 x 10 -28. 解：导线中通过电流I时，上面一段通电导线所受的安培力大小为F = ILBA7-3-8 图方向向上，使得导线跳起.由牛顿定律得因v、 F同向，故m d v = F d t = ILB d t所以J m d v = mv 00LBl d t = L
9、B J d q = LBq00又因为v 0 = 2 gh所以，通过导线的电量为q = m v2 ghLB9. 解：建立如图所示的坐标系Ox，在离“无限长”直线电流x远处电流元I d l受力fffOA7-3-9 图11d F = I d l x B方向垂直于电流I向上.于是，整个电流12所受的力为F = j d F = j 11 d f x B 2ELLr2l ii i_ .-o i 2 j d x = -o i 2 ln 22兀 L x2兀大小为10. 解：(1)在均匀磁场中，圆弧CD所受的磁力与弧线通以同样的电流所受的磁力相A7-3-10 图由安培定律得 F c = F = v2RIB =2
10、 x 0.2 x 2 x 0.5 = 0.283 (N) 方向与CD弧线垂直，与OD夹角为45度，如A7-3-10图所示.(2)线圈的磁矩 P = ISn = 2 x -兀x 0.22 n = 2 兀x 10 -2 亓 m4n与B夹角为(90 - 60) = 30。,所受磁力矩大小为M = P B sin 30。1=2 兀x 1 0-2 x 0.5 x -2=1.57 x 10 -2(N - m)M的方向将驱使线圈法线n转向与B平行.11. 解：建立如A7-3-11图所示的坐标系，j沿z轴方向，平板在yz平面内，取宽度为 dy ,长直电流dI = jdy，它在P点产生的磁感应强度大小为:口 d
11、I口 jdydB = %=,方向如A7-3-11图所示2兀r2兀r将dB分解为dB和dB，由对称性可知B = j d B = 0，d B = d B cos 9 = U0 cos 9y2兀r. A7-3-11 图又 r = x2 + y2, cos 9 = . 一 =，代入上式并积分，贝0r v x2 + y2B = j d B = 4 j- = 1 u jy 2 兀 y2 + x22 0Xc(a + b)3 - a 3 b竺），则有 a14.解：（1）设上下两电流在p点产生的磁感应强度分别为B1和B212. 解：带电圆筒旋转相当于圆筒表面有面电流，单位长度上电流为i = 2兀R b -=R
12、b2兀与长直通电螺线管内磁场分布类似.圆筒内为均匀磁场，B的方向与必一致（若b 0时的方向为（2） dI 的磁矩为 dP =兀 r2dI = Xc r2dr1a fb总磁矩大小为P = J dP = Xc J r2dr = aX0时的方向与c相同，即(3)若 a b，贝01, (a + b)3 罚 a3 (1 +aa其中q = X bB H cX b H c qO 4兀 a 4兀aP = . 3a 2b = ca2qm b2Bo及的方向同前.由安培环路定理J B. di = h0 I可得B1和B2的大小分别为O1-x2H I H I B. =0=, 0B =X =22 兀 r 2 n、； a2 + x2方向如图所示.由二者叠加，可得：_ 2 R Ia 0 la2 n a 2 + x2 x a 2 + x2 兀(a 2 + x 2
