大连理工大学大学物理下答案详解.docx

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大连理工大学大学物理下答案详解

I.作业25答案

1、在坐标原点有一电流元Idl=3×10−3kA·mfi分别求出点（3,0,4）、（3,4,0）的磁感应强度。

解：

由毕奥-萨戈尔定律知

B=µ0Idl×r

=10−7

Idl×r

4πr3r3

其中

所以

B1=10−7×

Idl=3×10−3k

3×10−3k×（3i+4k）

125

T=7.2×10−12jT

B2=10−7×

3×10−3k×（3i+4j）

125

T=−9.6×10−12i+7.2×10−12jT

2、如果25—1所示，两条平行通电流I0的无限长直导线，分别垂直通过变长为L的正方形两个相对的顶点，求：

相

邻顶点P点的磁感应强度。

解：

无限长载流直导线产生的磁场为

lj两直导线在p点产生的磁场为

B=µ0I

2πR

方向：

右偏上45度。

√2µ0I

B=

2πL

3、如图25-2所示，两个同心半圆弧组成一闭合线圈，通有电流。

求：

（1）圆心O点的磁感应强度B;

（2）线圈的

磁矩

解：

（1）载流圆线圈中心的磁感应强度为

B=µ0I

2R

图中闭合线圈，只有两半圆弧对中心O的磁场有贡献,两半圆弧在O点产生的磁场分别为

B=µ0I

14R

1

方向：

垂直于纸面向外

B=µ0I

24R

方向：

垂直于纸面向里

所以

方向：

垂直纸面向外

（2）线圈的磁矩：

2

124R

B=B−B=µ0I

1

1

µ0I

−4R2

m=Isn=

Iπ（R2−R2）n

其中n表示垂直纸面向里。

221

4、无限长直导线通电流I，分别弯成图25-3（A）、（B）所示的形状。

求：

（1）图（A）中O点磁感应强度B1;

（2）图（B）中O点磁感应强度B2;

解：

（1）图（A）中所示部分产生的磁场相当于无限长载流直导线在O点产生的磁场减去有限长直导线ab在O点产

生的磁场：

µ0I

µ0Iπ

5πµ0I

√3µ0I

µ0I√

2

2

B1=−（cos

—cos）=−

=（2−3）

方向：

垂直于纸面向里

2πR

4πR6

6πR

2πR

2πR

（2）图（B）中的磁场相当于

（1）中的磁场加上弧ab在O点产生的磁场：

120µ0I

µ0I

õ0I

方向：

垂直于纸面向里

B2=B1+3602R=2πR（2−

3）+

6R

5、从经典理论认为，氢原子可看作是一个电子绕核高速旋转的体系，己知电子以速度2.2×106m·s−1在半

径r=0.53×10−10m的圆轨道上运动。

求：

（1）电子的磁矩；

（2）轨道中心的磁感应强度。

解：

（1）电子绕核运动所产生的电流为

由此产生的磁矩：

q

I==

t

ev

2πr

1.6×10−19×2.2×106

=

2π×0.53×10−10

A=1.057×10−3A

m=Iπr2=1.057×10−3×0.34×（0.53×10−10）2A·m2=9.3×10−24A·m2

（2）轨道中心的磁感应强度可以看作是带电圆环在圆心O产生的磁感应强度：

方向：

电子运动方向十右手定lj

B=µ0I

2R

4π×10−7×1.057×10−3

=

2×0.53×10−10

T=12.53T

6、半径为R=1.0cm的无限长半圆柱形金属薄片，自上而下由电流I=0.5A通过（如图所示）。

求：

圆柱轴线上任一点的磁感应强度。

解：

取宽度为dl的无限长载流细直导线为电流元，lj

III

此电流元在轴线上产生的磁感应强度：

dI=

dl=

πR

Rdθ=dθ

πRπ

B=µ0dI

2πR

µI

=0

2π2Rdθ

由于对称性，平行于电流方向的磁场互相抵消，只有垂直于电流方向的磁场存在

µ0Ifπ

µ0I

4π×10−7×0.5

方向：

垂直于轴线

B⊥=Bsinθ=2π2R

sinθdθ==

0π2R

T=6.3710T

×

−7

π2×0.01

II.作业26参考答案

1、如图26—1所示，无限长载流导线电流I沿z轴流，半径为r的半球面扣在xy平面上，沿x轴以速度v远离，求

（1）

当半球面在图中位置时，曲面上点P的磁感应强大小B；

（2）穿过曲面的磁通量Φ.

解：

（1）曲面上点p的磁感应强度相当于无限长载流直导线产生的磁场，即：

µ0I

B=

2πx

由磁场的高斯定理：

磁感应线为闭合曲线时，穿过任何一个闭合曲面的磁通量为零，lj

r

Φ=B·dS=0

s

2、一电子以速度v垂直地进入磁感应强度为B的均匀磁场中，求：

穿过此电子运动的轨迹所围的面积的磁通量。

解：

电子在磁场中运动的轨迹半径为

mv

r=

eB

运动轨迹所围的面积为

2

2

S=πr2=π（mv）2=πmv

所以，穿过此运动轨迹所围面积的磁通量为

r

eBe2B2

2222

·

Φ=BdS=Bπmv

se2B2

πmv

=

e2B

3、如图26-2所示，细长密绕真实螺线管，通电流强度为I，对套在螺线管轴线外的环路L（螺线管穿过环路）作积

分¢LB·dl=µ0I.

解：

穿过环路L的电流强度为I，lj

rB

L

·dl=µ0I

4、两平行长直导线相距80cm，每条导线载有电流10A，如图26-3所示，求通过图中矩形面积abcd的磁通量Φm.

解：

长直导线产生的磁场为

所以两平行长直导线产生的磁场分别为

方向垂直于纸面向外方向垂直于纸面向外

B=

B1=

B2=

µ0I

2πr

µ0I1

2πr

µ0I2

2πr

由分析知：

两平行长直导线产生的磁场通过图中矩形面积的磁通量相等，方向一致，lj

rfµI

f0.60.601

π

abµ0I1

0.5×4π×10−7×10

Φm=2

B·dS=2ab

s

0.2

B1dr=2×ab

0.2

dr=

2πr

ln3=

π

ln3（Wb）≈2.197×10−6（Wb）

5、有一很长的载流导体直圆管，内半径为a，外半径为b，电流强度为I，电流沿轴线方向流动，并且均匀地分布在

管壁的横截面上，如图26-4所示，求空间个点的磁感应强度，并画出B-r曲线（r为场点到轴线的垂直距离）。

解：

由安培环路定理知

当r≤a时,

所以

rB

L

·dl=µ0Ienc=0

当a

rB

·dl=µ0Ienc

B=0

I

=µ0π（b2−a2）

π（r2

0

2

2

−a2）=µIr−a

L

所以

r2−a2B·2πr=µ0Ib2−a2

µ0Ir2−a2

b2−a2

当r≥b时，

B=

2πrb2−a2

rB

L

所以

·

dl=µ0Ienc

=µ0I

B·2πr=µ0I

B-r曲线如图所示：

B=µ0I

2πr

6、通电流强度为I的矩形截面的螺线环，尺寸见图26-5.

（1）求空间磁感应强度的分布；

（2）证明通过螺线管环截

面（图中阴影区）的磁通量为Φm=µ0NIhlnD1,其中N为螺旋环线圈总阻数。

2πD2

解：

（1）取与螺线环同心的圆形环路

2

当r

所以

rB

L

·dl=µ0Ienc=0

当D2

2≤r≤

所以

D1时，

2

rB

L

B=0

·dl=µ0Ienc

µ0NI

=µ0NI

2

当r>D1时，

B=

2πr

rB

L

所以

·

dl=µ0Ienc=0

（2）通过螺线环截面（图中阴影区）的磁通量为

B=0

2

rfD1

µNI

0

µNIhD

Φm=

证毕

·

Bds=

s

D22

0

2πI

·

hdr=2π

ln1

D2

7、用高斯定理和安培环路定理证明，在无电流的空间区域，如果磁感应线是平行直线，lj磁场必均匀。

证明：

由安培环路定理可证明：

B1=B2水平方向均匀;

由高斯定理可证明：

Bl=Bl垂直方向均匀;

12

所以磁场必均匀

III.作业27答案

1、如图27-1所示，半圆形线圈半径为R，通有电流I，在磁场B的作用下从图示位置转过30°时，求线圈所受的磁

力矩（大小和方向）。

解：

线圈的磁矩为

lj磁力矩的大小为

m=Is=

1πR2In

2

3

√

|M|=|m×B|=1πR2IBsinπ=

πR2IB

方向：

俯视时逆时针方向

234

2、距离长直载流导线a处C点有一运动电子，其受洛仑兹力f的方向如图27-2所示。

设电子在CGE平面内运。

导线

中电流为I.

（1）求电子的速率；

（2）在图27-2中画出电子速度v的方向。

解：

长直载流导线在C点产生的磁场大小为

由

B=µ0I

2πa

f=qv×B

lj

|f|

||

=

|v|=eB

2πa|f|

µ0eI

又f⊥v,且运动电荷为电子，lj由左手定lj知：

电子运动方向垂直f斜向上

3、如图27-3所示，宽2cm、厚O.lcm的金属片，载有20A电流，处于磁感应强度为2T的均匀磁场中，测得霍尔电势差为4.27µV.

（1）霍尔电势差是ma、b、c中哪两点之间的电势差？

m出霍尔电势差的高电势；

（2）计算片中电子的漂移速度;（3）求电子的浓度。

解：

（1）霍尔电势差是ma、b之间的电势差，根据左手定lj，电子向a端运动，于是a端聚集了大量负电荷，

ljb点是高电势点

（2）当金属中电子所受磁场的洛伦兹力与电场力平衡时：

所以，漂移速度

V

evdB=eE=el

−4

V4.27×10−6

vd=Bl=2×2×10−2m/s=1.0675×10

（3）由ab两端的霍尔电势差：

|V|=1IB得电子浓度为：

m/s

ned

IB

n==

e|V|d

20×2

m−3=5.85×1028m−3

1.6×10−19×4.27×10−6×0.001

4、如图27-4所示，一通电流I的矩形线圈边长分别为l1,l2,放在均匀磁场中，线圈平面与磁场方向平行。

求：

（1）

线圈所受力矩（用矢量表示），并说明其大小、方向；

（2）若线圈在此力矩作用下旋转60°，求力矩所做功。

解：

（1）线圈所受的磁力矩

M=m×B=ISn×B

当线圈平面与磁场方向平行时，n与磁场方向垂直，所以

M=IBl1l2

方向：

俯视时逆时针方向。

（2）若线圈在此力矩作用下旋转60°，lj力矩所做功：

π√3

A=I（φ2−φ1）=I（BSsin3−0）=

BIl1l2

2

5、如图27-5（A）所示，O、a、b兰处分别置有相互平行的长直载流导线。

固定O、a处导线，并保持兰者平行，将b处导线沿图27-5（B）所示路径缓慢平移到c处。

间:

这过程中磁力做正功还是负功？

为什么？

请用最简单的受力分析加以说明。

解：

做负功。

因为运动中Ob距离不变，不做功，而ab距离逐渐变大，且运动方向与引力方向的夹角大于90°,做负

功。

6、能否利用恒定磁场对带电粒子的作用来增大粒子的动能？

如果随时间变化的磁场呢？

解：

不能。

因为：

f=qv×B带点粒子所受的磁场力始终与运动速度垂直，所以它只能改变速度的方向，不能改变速度的大

小。

因而不能利用恒定磁场对带点粒子的作用来增大粒子的动能。

若为随时间变化的磁场，因为变化的磁场产生电场，电场可以改变粒子的动能，所以可以利用随时间变化的磁场来

增大粒子的动能。

7、若释放磁铁附近的小铁片，它会向磁铁运动，其动能从何而来？

解：

这时的动能是磁铁储存的能量的一种转换。

磁铁在磁化过程中，会有外加能量，这样磁铁磁化过程，也是磁铁

能量储存的过程。

IV.作业28答案

1、载流长直螺线管内充满相对磁导率为µr的均匀抗磁质，写出螺线管内部的磁感应强度B和磁场强度H的关系。

解：

B=µ0µrH，对于抗磁质：

µr≤1

2、在稳恒磁场中，关于磁场强度H的下列几种说法中正确的是[]。

A、H仅与传导电流有关。

B、若闭合曲线内没有包围传导电流，lj曲线上各点的H必为零。

C、若闭合曲线上各点H均为零，lj该曲线所包围传导电流的代数和为零。

D、以闭合曲线L为边界的任意曲面的H通量相等。

解：

C.理由：

H的环流只与传导电流有关。

即¢H·dl=字Ii

li

3、图28-1中兰条曲线分别为员磁质、抗磁质和铁磁质的B-H曲线的示意图，请说明Oa、Ob、Oc表示哪种磁介质。

解：

Oa为铁磁质；Ob为员磁质；Oc为抗磁质。

4、某铁磁质的磁滞回线如图28-2所示，lj图中Ob（Ob’）、Oc（Oc’）所表示的物理意义。

解：

Ob（Ob’）为剩磁；Oc（Oc’）为矫顽力。

5、介质中的安培环路定理为¢lH·dr=字Ii,字Ii为正向穿过闭合回路L所围的任意曲面的的传导电流的代数和，

这是否可以说:

H只与传导电流有关，与分子电流无关？

解：

不可以。

因为：

介质中的安培环路定理说明定理的左端，即H的环流只与传导电流有关，与分子电流无关；并

不是说H只与传导电流有关，与分子电流无关。

这里的H和H的环流是两个不同的概念。

6、螺线环中心周长l=30cm.环上线圈阻数N=300.线圈中通有电流I=100mA.

（1）求管内的磁场强度H和磁感应强度；

（2）若管内充满相对磁导率µr=4000的磁介质，lj管内的H和B是多少？

（3）磁介质内由导线中电流产生的B0和磁化电流产生的Bl各是多少？

解：

（1）由介质中H的安培环路定理：

r

H·

l

所以

dl=γIi

i

H·l=NI

对于管内，此时无磁介质，lj

NI

H=

l

300×100×10−3

=

10×10−2

A/m=300A/m

B0=µ0H=4π×10−7×300T=3.768×10−4T

（2）管内充满磁介质时

H=300A/m

B=µ0µrH=4π×10−7×4000×300T=1.5072T

（3）磁介质内由导线中电流产生的磁感应强度：

B0=µ0H=4π×10−7×300T=3.768×10−4T

由磁化电流产生的磁感应强度：

Bl=B−B0=1.5068T

7、一无限长圆柱形直导线，外包一层相对磁导率为µr的圆筒形磁介质，导线半径为R1,磁介质外半径为R2，导线

内有电流I通过（见图28-3）。

求:

（1）空间磁感应强度的分布，画出B-r曲线;

（2）空间磁场强度，画出H-r曲线。

解：

由介质中安培环路定理知¢H·dl=字Ii当0

li

πr2r2

H·2πr=IπR2=IR2

所以

当r>R1时，

11

1

IrH=2πR2

H·2πr=I

所以

I

H=

2πr

由磁感应强度B和磁场强度H的关系知当0

1

µ0Ir

当R1

B=µ0H=2πR2

µ0µrI

当r>R2时

B=µ0µrH=

2πr

µ0I

图如下所示：

B=µ0H=2πr

V.作业29答案

1、如图29-1所示，在均匀磁场中，有一半径为R的导体圆盘，盘面与磁场方向垂直，圆盘以匀角速度ω绕过盘心的

与B平行的轴转动，求盘心O与边缘上的A点间的电动势。

解：

圆盘可以看作是无数由圆心半径导线组成的，在转动过程中的产生的电势相等，且相互并联，因此可以取OA作

为研究对象，由

方向：

由Om向A.

εOA=

f

（v×B）·dr=

OA

f1

ωrBdr=ωBR2

OA2

2、如图29-2所示，长度为l的刚性直导从中间折成120°角，在均匀磁场B中以恒定速度v沿对称轴移动,求导线中的

动生电动势。

解：

导线的有效长度为

所以导线中的动生电动势为

l

L=2

2

π√3

sin=l

32

f

ε=（v×B）·dl=

l

√3

Blv

2

3、如图29-3所示，长直导线通有电流I=5A，在其附近有一长度l=20cm的金属棒，近端距离长直导线d=12cm，金属棒沿平行于直导线的方向以速度v=10m·s−1平移，求棒中的感应电动势，并m出哪端的电势高？

（金属棒与长直导线共面且垂直）

解：

金属棒中感应电动势为

ff

µ0I

vµ0I

l+d

10×4π×10−7×5

×

0.326

εab=

（v×B）·dr=

ab

vdr=ln=

ab2π（d+r）2πd

lnV=9.810−V

2π0.12

方向由bm向a，所以a端电势高。

4、如图29-4所示，长直导线中通有电流I=6A，另有一10阻的矩形线圈与长直导线共面，宽a=10cm，长L=20cm，

以v=2m···−1的速度向右运动，求:

（1）线圈中的感应电动势与x的函数关系;

（2）当x=10cm时线圈中的感应电动势。

解：

（1）图中线圈只有左右两边切割磁感线，产生感应电动势

对于左边

方向：

由下往上

对于右边

f

ε1=N

l

f

（v×B）·dl=

µ0NILv

2πx

l

µ0NILv

方向：

由下往上

ε2=N

（v×B）·dl=2π（x+a）

因为|ε1|>|ε2|所以，线圈中的感应电动势为

µ0NILv

µ0NILv

µ0NILva

4.8×10−7

方向为员时针方向

ε=ε1−ε2=

2πx−2π（x+a）=

=

x（x+a）x（x+0.1）

（2）当x=10cm=0.1m时

×

4.810−7

ε=

0.02

V=2.4×10−5V

5、如图29-5所示，一长方形平面金属线框置于均匀磁场中，磁场方向与线框平面法线的夹角为α=30°，磁感应

强度B=O.5，可滑动部分cd的长度为L=0.2m，以v=1ms˙−1的速度向右运动，求线框中的感应电动势。

解：

对产生电动势起作用的是垂直于速度的磁场分量

3

√

2

×

|ε|=vB⊥L=BLvcosα=0.5×0.2×1×

=8.6610−V

2

6、图29-6所示系统的静止状态。

若轻轻下拉后松开，使条形磁铁在闭合导线圈内作振动，忽略空气阻力，请简单

描述磁铁振动中振幅、频率能量的变化和线圈温度变化，并说明理由。

解：

磁铁在闭合线圈中振动时，根据楞次定律，线圈中感应电流产生的磁场总是阻碍条形磁铁振动带来的磁场改变，

m

因此，磁铁振动中振幅变小，能量减少，转化为线圈的焦耳热，使线圈温度升高，由于f=/k,所以线圈频率不

变。

7、将尺寸完全相同的铜环和木环适当放置，使通过两环中的磁通量的变化率相等。

间在两环中是否产生相同的感

应电动势和感应电流？

解：

会产生相同的感应电动势，因为感应电动势取决于磁场的变化；但在铜环中会有感应电流产生，而在木环中没

有，因为铜是导体，木头是绝缘体。

VI.作业30答案

1、如图30-1所示，圆柱形均匀磁场的边界用虚线表示，两个导线回路与磁场边界同心，回路平面垂直于磁场强

度，用导线由半径方向把回路相连，若磁场大小随时间减小，lj下图中正确表示感应电流流向的是[B]。

简单说明理由：

由于磁场垂直于纸面向里且随时间减小，由楞次定律知感应电流产生的磁场垂直于纸面向里，因此感

应电流沿员时针方向，排除A和C，又因为两环间导线无电动势，故此导线上无电流，排除D.

dt

2、如图30-2所示，均匀磁场限制在圆柱形空间，dB

>0;A、B、C、D都在半径为R且与磁场同心的圆周

上，A�B和AB对圆心的张角都是90°，求感应电动势ε

A～B

、εCD.

解：

均匀变化磁场会产生环向电场，因此，对AOB而言，径向OA，OB方向与电场垂直，从而沿其积分电势差为0，

所以

εAOB=ε

dΦdB

=−=−S

πR2dB

=−

方向由Am向B

同理

A～Bdt

dΦ

dt4

dB1

dt

2dB

方向由Dm向C

εCOD=εCD=−dt=−Sdt=−2Rdt

3、如图30-3所示，闭合线圈共50阻，半径r=4cm，线圈法线正向与磁感应强度之间的夹角α=60°，磁感应强

度B=（2t2+8t+5）×10−2T.求:

t=5s时感应电动势的大小和方向。

解：

穿过一个线圈的磁通量为

感应电动势（t=5s）为

Φ=B·S=BScosα

π

dΦd（BScosα）2−2

2−21

−×

3

ε=−Ndt=−N

方向为员时针方向

=NπR（4t+8）10

dt

cos=−50×π×0.04

×28×10

×2=0.0352V

dt