施建青主编

大学物理（下册）练习解答

—萨伐尔定律练习22毕奥毕奥—

22-1（1）D；（2）A；（3）B22-2（1）B=22-3

3µ0IµIµIµI-；（2）1.71×105T；（3）B0=0+0 0；（4）B=0

8πa4R14R24πR2

解：以O为圆心，在线圈所在处作一半径为r的圆．则在r到r+dr的圈数为

N

dr

R2 R1

由圆电流公式得

dB=

R2

µ0NIdr2r(R2 R1)

B=

µ0NIdrµ0NIR2

=ln∫2r(R2 R1)2(R2 R1)R1

R1

方向⊙

22-4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

µdiµ0δdxdB=0=

2πx2πx

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

µ0δa+bdxµ0δa+b

B=∫dB==ln

2πx∫x2πxbb

方向垂直纸面向里。

22-5解：(1)对r～r+dr段，电荷

dq=λdr，旋转形成圆电流．则

dI=

它在O点的磁感强度

dqωλω

=dr2π2πµ0dIλωµ0dr

=2r4πr

λωµ0

B0=∫dB0=

4π

dB0=

a+b

∫

a

drλωµ0a+b=lnr4πa

方向垂直纸面向内。

(2)

dpm=

πr2dI=

1

λωr2dr2

施建青主编

a+b

pm=∫dpm=

方向垂直纸面向内。

(3)

若a>>b，则ln

∫

a

1

λωr2dr=λω[(a+b)3 a3]/62

a+bb

≈，有aa

µωλbωµ0qB0=0=

4πa4πa

3

3

过渡到点电荷的情况。

同理在a>>b时，(a+b)≈a(1+3b/a)，则

pm=

λω33b1

a =qωa26a2

也与点电荷运动时的磁矩相同。

练习23磁通量、磁场的高斯定理和安培环路定律

23-1（1）B；（2）D23-2（1）πR2c；（2） 23-3

12

（3）µ0rI/(2πR1)，0BπR2；

2

R

x+R

解：设x为假想平面里面的一边与对称中心轴线距离

Φ=∫BdS=∫B1ldr+

x

∫Bldr

2

R

µ0Ir2πR2µIB2=0

2πrµIl

Φ=02(R2 x2)+

4πR

B1=

令dΦ/dx=0，得Φ最大时

(导线内)(导线外)

µ0Ilx+R

ln2πR

x=

23-4

解：(1)

1

(5 1)R2

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,

µNI

bdr2πrµNIµNIbR2

Φ=∫BdS=bdr=ln

2πr2πR1

S

dΦ=BdS=

(2)∴

同样在环外(r<R1和r>R2)作圆形回路，由于

∑I

i

=0

B 2πr=0

B=0

23-5解：圆电流产生的磁场

B1=µ0I2/(2R)

⊙

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长直导线电流的磁场

B2=µ0I2/(2πR)

导体管电流产生的磁场

⊙

B3=µ0I1/[2π(d+R)] 

所以，圆心Ｏ点处的磁感强度

B=B1+B2 B3=

µ0I2(R+d)(1+π) RI1

 ⊙2πR(R+d)

练习24磁场对运动电荷的作用、霍尔效应

24-1

（1）C；（2）B；（3）D

-13

24-2（1）匀速直线，匀速率圆周，等距螺旋线；（2）0.80×10

-

µ0e2v

kN；（3）f=，

4πa2

垂直向上；（4）3.08×1013J；（5）2πmvcosθ/(eB)，mvsinθ/(eB)；（6）z轴正方向；（7）n，p

24-3解：电子进入磁场作圆周运动，圆心在底边上．当电子轨迹与上面边界相切时，对应最大速度，此时有如图所示情形。

(l+R)sin45°=R

∴

R=l/(2 1)=(2+1)l

v=

eBRleB

=(2+1)mmU=K

由R=mv/(eB)，求出v最大值为

24-5解：(1)p型半导体(2)

IB

a1K=

n0qIBn0==2.82×1020m-3

aqU

练习25磁场对电流的作用、磁介质

25-1

（1）C；（2）B

（2）pm=2aIB；

25-2（1）

1122

（3）πI(R2 R12)，Mm=πIB(R2 R12)；

22

e2Br

；（4）9.34×10-19Am2，相反；（5）0.226T，300A/m

4πε0me

25-3

解：对OO＇轴而言,重力矩为

1

M1=2aρgS asinα+aρgSasinα=2Sa2ρgsinα

2

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磁力矩为

1

M2=BIa2sin(π α)=Ia2Bcosα

2

平衡时，M1=M2。所以

2Sa2ρgsinα=Ia2BcosαB=2Sρgtgα/I≈9.35×10 3T

25-4

解：(1)(2)

T

M=pm×B 

M(t)=Bpmsinωt=πa2BI0sin2ωt

P=Mdθ/dt=Mω=BI0ωπa2sin2ωt

1

BI0ωπa22

P=(1/T)∫BI0ωπa2sin2ωtdt=

解：(1)设磁场强度为H，磁感强度为B

H=nI=NI/lB=µ0µrH=µ0µrIN/l

铁环的周长远大于横截面半径，所以在横截面内可以认为磁场是均匀的。所以

25-5

Φ=B S=Sµ0µrIN/l=1.21×10 6Wb

(2)M=(µr 1)H≈9.58×103 A m-1

-（3）iS＝M＝9.58×103A·m1

练习26电磁感应的基本定律、动生电动势

26-1（1）A；（2）D

26-2（1）等于，小于；（2）3Bωl/8， 3Bωl/8，0；（3）相同(或BωR)，沿

2

2

2

2

曲线由中心向外；（4）一个电源，vBL，洛伦兹力

26-3

解：由题意，大线圈中的电流Ｉ在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的。

µ0µ0IR22πIR2

B==223/2

4π(R+x)2(R2+x2)3/2µ0πr2RI2µ0IR22

Φ=B S=πr≈

2(R2+x2)3/22x3

小线圈中的感应电动势为

dΦ3µ0πr2IR2dx3µ0πr2R2I

εi===v44

dt2xdt2x

当x=NR时，

εi=3&# …… 此处隐藏：8837字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……