福州大学：《大学物理》课程教学资源（PPT课件讲稿，电磁场、热学）至诚学院大学物理作业31解答

至诚学院 大学物理规范作 总(3↑

至诚学院 大学物理规范作业 总（31）

填空题 1.无限长直电流弯成图示形状,则A0连线上距0为a 的P处的磁感应强度B大小为_∠(cosa+1 basin a 分析:跟P在同一直线上的AO在P 处的B大小为0 B=5(cos 0,-cos 6,) 4丌r = asino,=cb,=丌 B 4Ir (cos a-cost)=o(cosa+1) basin a

一、填空题 B 1.无限长直电流弯成图示形状，则AO连线上距O为a 的P处的磁感应强度 大小为__________。 分析： r 跟P在同一直线上的AO在P 处的B大小为0。 0 1 2 (cos cos ) 4 I B r     = − 0 0 (cos 1) (cos cos ) 4 4 sin I I B r a         + = − = 1 2 r a = = = sin     0 (cos 1) 4 sin I a     +

2半径为R的无限长直金属圆柱上,通过的电流为l,电 流沿轴线均匀分布,则通过图示长方形阴影面积的磁通 量Φn=∠AR/2兀。 解:以金属圆柱的轴线为中心,半径为r做 垂直于轴线的环路 2R B- dl 由安培环路定律 ∑ 求得 2TrB=Ho r2 R 磁感应强度:B= 2IR R 阴影面积的磁通量m:①=B.dS2mhN2Rhr IR 2丌

2.半径为R的无限长直金属圆柱上，通过的电流为I，电 流沿轴线均匀分布，则通过图示长方形阴影面积的磁通 量Фm = 0 IR / 2 。 解：以金属圆柱的轴线为中心，半径为r做 垂直于轴线的环路。 由安培环路定律   =  i L i B dl I 0   求得： 2 2 2 0 0 2 2 R Ir r R I rB     =  = 磁感应强度： 2 0 2 R Ir B   = 阴影面积的磁通量Фm ： S  =  B dS  Rdr R R Ir 2 0 2 2 0  =     2 0 IR = r

3电量为+q的点电荷,做半径为R的匀速率圆周 运动,速率为v,则圆心处的磁感应强度值为B= 47K 分析: 根据公式.反_Ay×er 4兀r B 4T R

3.电量为＋q0的点电荷，做半径为R的匀速率圆周 运动，速率为v0，则圆心处的磁感应强度值为B0＝ _________________。 0 2 4 r qv e B r    = 0 0 0 2 4 q v B R   = 4 0 0 0 2 μ q v πR 根据公式： 分析：

二、计算题 1.无限长导体圆柱沿轴向通以电流I,截面上各处电流 密度均匀分布,柱半径为R。求柱内外磁场分布。在 长为一段圆柱内环绕中心轴线的磁通量是多少? 解:柱内〔rR)时,根据安培环路定理: 5Ed=A1∑ nrb 10 R R B 2TR

1.无限长导体圆柱沿轴向通以电流I，截面上各处电流 密度均匀分布，柱半径为R。求柱内外磁场分布。在 长为l的一段圆柱内环绕中心轴线的磁通量是多少？ 二、计算题 解： 柱内(r〈R)时，根据安培环路定理：   =  i L i B dl I 0   2 2 2 0 0 2 2 R Ir r R I rB     =  = 2 0 2 R Ir B   =

柱外(r>R)时,根据安培环路定理: fE:d=A∑ 2rB= B= 2r 长为的一段圆柱内环绕中心轴线的磁通量φ: Φ=|B·dS R for 02R 47

0 2 I B r   =   =  i L i B dl I 0   0 2  rB I = S  =  B dS  0 2 0 2 R Ir ldr R   =  0 4  Il  = 柱外(r＞R) 时，根据安培环路定理： 长为l的一段圆柱内环绕中心轴线的磁通量Ф：

2半径为R圆盘,均匀带正电,电荷面密度为+0,该圆 盘绕过圆心o垂直圆盘轴以角速度O速转动,求 (1)转动后的磁矩Pn (2)圆心O处的磁感应强度大小B 解:(1)盘上半径为r(r(R),宽为dr的圆 形窄条转动后的磁矩dPn: iP=SdI *,X ++ 22G·2m1a2Otr3cr T 2兀 整个圆盘转动后的磁矩Pm NOOR p=dP=noo rdr 4

2.半径为R圆盘，均匀带正电，电荷面密度为＋ ，该圆 盘绕过圆心o垂直圆盘轴以角速度 匀速转动，求： (1)转动后的磁矩 (2)圆心O处的磁感应强度大小B。 0 σ  Pm 解： (1)盘上半径为r(r〈R)，宽为dr的圆 形窄条转动后的磁矩dPm： m dP SdI = 2 3 2 3 2 2 2 rdr r dr r r dr T         = = = 3 0 R P dP r dr m m = =    4 4 R = 整个圆盘转动后的磁矩Pm

(2)盘上半径为(r<R),宽为dr的圆形窄条转动后在 盘心产生的磁场为dB: dB- dodr 2r 22 整个圆盘转动时在盘心产生的磁场为: R Loa b=dB 10R 2

(2)盘上半径为r(r〈R)，宽为dr的圆形窄条转动后在 盘心产生的磁场为dB： 0 2 dI dB r  = 0 0 2 2 2 2 rdr dr r        =   = 0 0 2 R B dB dr   = =   0 2  R = 整个圆盘转动时在盘心产生的磁场为：

3安培天平如图所示,它的一臂下挂有一个矩形线圈 线圈共有n匝。它的下部悬在一均匀磁场B内,下边 段长为l,它与B垂直。当线圈的导线中通有电流I 时,调节砝码使两臂达到平衡;然后使电流反向,这时 需要在一臂上加质量为m的砝码,才能使两臂再达到平 衡。(1)写出求磁感应强度B的大小的公式(2) 当n=5,l=10.0cm,I=0.10A,m=8.78g时,B 的大小。 解:(1)以M和M分别表示挂线圈的臂和另 一臂在第一次平衡时的质量,则 Mg =Mg-n/Bl

3.安培天平如图所示，它的一臂下挂有一个矩形线圈 线圈共有n匝。它的下部悬在一均匀磁场 内,下边一 段长为 ，它与 垂直。当线圈的导线中通有电流I 时,调节砝码使两臂达到平衡；然后使电流反向，这时 需要在一臂上加质量为m的砝码，才能使两臂再达到平 衡。（1）写出求磁感应强度 的大小的公式（2） 当 B l B B n= ,l = cm,I = A 5 10.0 0.10 , m= g 8.78 时， B 的大小。 解：（1）以M′和M分别表示挂线圈的臂和另 一臂在第一次平衡时的质量，则 Mg = M  g − nIBl

电流反向时应有 (M+m)g=Mg+n/bl 两式相减,即可得 B mg 2nll (2)B=m8 2nll 8.78×9.80×10 2×5×0.1×10.0×102 =0.860T

电流反向时应有 (M + m)g = M  g + nIBl 两式相减，即可得 nIl mg B 2 = nIl mg B 2 （2） = 2 3 2 5 0.1 10.0 10 8.78 9.80 10 − −       = = 0.860 T