磁学和电磁感应(第七章和第八章)作业讲评

1、第七章 恒定电流和磁场（一）一选择题 n BS BnB3在磁感强度为 的均匀磁场中作一半径为r的半球面S，S边线所在平面的法线方向单位矢量 与 的夹角为，则通过半球面S的磁通量为(取曲面向外为正) (A) r2B (B) 2r2B(C) -r2Bsin (D) -r2Bcos分析：作半径为r的圆S与半球面构成构成一闭合曲面，由磁场的高斯定理有：S0SSSdBSdBSdBSSSdBSdBcos2rB4图中，六根无限长导线互相绝缘，通过电流均为I，区域、均为相等的正方形，哪一个区域指向纸内的磁通量最大？（A）区域 （B）区域 （C）区域（D）区域 （E）最大不止一个IIIIIIIV1一导体由共轴的

2、内圆柱体(半径为R)和外圆柱筒构成，导体的电导率可以认为是无限大，内、外柱体之间充满电导率为g的均匀导电介质若圆柱与圆筒之间加上一定的电势差，在长度为L的一段导体上总的径向电流为I.求：（1）在柱与筒之间与轴线的距离为r的点的电流密度和电场强度；（2）内圆柱体与导电介质界面上的面电荷密度.SdJI解：在以圆柱体的轴为轴，半径为r,长度为L的圆柱面上 JdSdSJrLJ2在柱与筒之间与轴线的距离为r的点的电流密度rLIJ2EJg由gJE grLI2(2) 在圆柱体的表面处处的电场强度为0EE0gRLI202当架空线路的一根带电导线断落在地上时，落地点与带电导线的电势相同，电流就会从导线的落地点向

3、大地流散设地面水平，土地为均匀物质，其电阻率为10W.m，导线中的电流为200A若人的左脚距离导线落地点为1m，右脚距离落地点为1.5m ，求他两脚之间的跨步电压SdJI解： 电流以导线落地点为中心沿半径方向呈辐射状流向大地，在半径为r的半球面上流过的电流I与此面上的电流密度的关系为： JdSdSJJr2222 rIJgJE 此面上的电场强度 两脚之间的跨步电压21rrrdEU21112rrIV1 .106J22 rI21rrEdr2122rrdrrI4 图所示为两条穿过y轴且垂直于oxy平面的平行长直导线的正视图，两条导线皆通有电流I，但方向相反，它们到x轴的距离皆为a (1) 推导出x轴上

4、P点处的磁感强度的表达式. (2) 求P点在x轴上何处时，该点的B取得最大值 I I x y a a O P x rIB2012/1220)(12xaI y r r x a a 2 1 O P x B1 B2 解：(1) 利用安培环路定理可求得1导线在P点产生的磁感强度的大小为： 2/1220)(12xaI021yyyBBBcoscos2121BBBBBxxxP 点总场 )(220 xaIa 2导线在P点产生的磁感强度的大小为： rIB202 ixaIaxB)()(220(2) 从上式可知,x=0,即P点在x轴上的坐标原点时，B取得最大值5 设氢原子基态的电子轨道半径为a0，求由于电子的轨道运

5、动(如图)在原子核处(圆心处)产生的磁感强度的大小和方向(注意，电子质量为me ,不考虑相对论效应) 02e202041amae解：电子绕原子核运动的向心力是库仑力提供的即 00e2ame电子绕原子核转动的角速度为： 0a由于电子的运动所形成的圆电流 2ei 00e202018amae因为电子带负电，电流i的流向与速度方向相反 002aiBi在圆心处产生的磁感强度 其方向垂直纸面向外 a0 v 00e01amae000214amaee第七章 恒定电流和磁场（二）2 在匀强磁场中，有两个平面线圈，其面积S1=2S2，通有电流I1=2I2，它们所受的最大磁力矩之比M1/M2等于（A）1 （B）2

6、（C） 4 （D） 1/41 长直电流I2与圆形电流I1共面，并与其一直径相重合如图(但两者间绝缘)，设长直电流不动，则圆形电流将 (A) 绕I2旋转 (B) 向左运动 (C) 向右运动 (D) 向上运动 (E) 不动 I2I1分析：圆形电流上所有电流元所受的长直电流的磁场力都在屏幕平面上，右边的力沿径向向外，而左边的沿径向向内，所以合力向右dF1dF2BpBeISMmn分析分析：2如图所示，两根相互绝缘的无限长直导线1和2绞接于O点，两导线间夹角为，通有相同的电流I试求单位长度的导线所受磁力对O点的力矩 12IOI解：在任一根导线上(例如导线2)取一线元dl，该线元距O点为l该处的磁感强度为

7、 sin20lIB dF方向垂直于纸面向里 BlIFdd电流元Idl受到的磁力为 lIBFdd 其大小 方向垂直于导线2，如图所示该力对O点的力矩为FlMddsin220IMMd任一段单位长度导线所受磁力对O点的力矩 导线2所受力矩方向垂直图面向外，导线1所受力矩方向与此相反 sin2d20llIsin2d20lI120dsin2lllI第七章 恒定电流和磁场（三）一选择题ROOra3在半径为R的长直金属圆柱体内部挖去一个半径为r的长直圆柱体，两柱体轴线平行，其间距为a，如图今在此导体上通以电流I，电流在截面上均匀分布，则空心部分轴线上O点的磁感应强度的大小为：2202 )A(RaaI2220

8、2 )B(RraaI22202 )C(rRaaI222202 )D(arRaaI分析：在挖去的部分补上一圆柱体，且通以正反方向的电流，此时系统可看为两个均匀通电的圆柱体。4如图，两根直导线ab和cd沿半径方向被接到一个截面处处相等的铁环上，稳恒电流I从a端流入而从d端流出，则磁感强度 沿图中闭合路径L的积分 等于BLlBdI0 )A( I I a b c d L 120 3/ )B(0I4/ )C(0I3/2 )D(0I12分析：将铁环看为两部分组成，这两部分并联，所以其电流比1221RRIIIII213/22II 3/43/2rr12ll,215如图所示，在宽度为d的导体薄片上有电流I沿此导

9、体长度方向流过，电流在导体宽度方向均匀分布导体外在导体中线附近处P点的磁感强度 的大小为 B P I I d d 俯视图 )2/(0dI分析分析：考虑导体中线附近处P点的磁感强度时，可认为电流分布具有面对称性，此时板外磁场方向平行于板面并与电流方向垂直，建立关于板面对称的矩形回路，利用安培环路定理求解。7一个半径为R、电荷面密度为的均匀带电圆盘，以角速度绕过圆心且垂直盘面的轴线A A旋转；在距盘心为r处取一寛为d r的圆环，则圆环内相当于有电流 ，今将其放入磁感应强度为B的均匀外磁场中,B的方向垂直于轴线A A该电流环所受磁力矩大小为 ，圆盘所受合力矩大小为 rrdrBrd34/4BR2dqd

10、I 分析分析：BpdMdm；22 rdrdIBr2rBrd3 3. 给电容为C的平行板电容器充电，电流为i = 0.2e-t ( SI )，t = 0时电容器极板上无电荷求： (1) 极板间电压U随时间t而变化的关系 (2) t时刻极板间总的位移电流Id (忽略边缘效应) CqU 解： (1) iId (2) 由全电流的连续性，得 (SI)e1 (2 . 0tCttiC0d1(SI)2 . 0teABOabBmPOB5均匀带电刚性细杆AB，电荷线密度为，绕垂直于直线的轴O以角速度匀速转动（O点在细杆AB延长线上）求：（1）O 点的磁感应强度；（2）磁矩；（3）若ab，求和mP O a r b

11、dr rIB2dd00它在O点的磁感强度Irpmdd2(2) ;lnababa)/31 ()(33ababa(3) 若a b，则 abB400232136ababapm与点电荷作圆周运动时的对应量相同。00dBBabaln40方向baammrrppd21d26/ )(33aba方向2ddqI解：(1) rr+dr段电荷dq = dr旋转形成圆电流rd2rrd40baarrd40rr d2126一根同轴线由半径为R1的长导线和套在它外面的内半径为R2、外半径为R3的同轴导体圆筒组成中间充满相对磁导率为r的各向同性均匀非铁磁绝缘材料，如图传导电流I沿导线向上流去由圆筒向下流回，在它们的截面上电流都

12、是均匀分布的求同轴线内外的磁感应强度大小B的分布II1R3R2R221r11,0rRIIRr传，解：建立与长导线同心的圆作为积分回路，圆半径为r，利用安培环路定理得：rIH传2对于各向同性的介质有HBr021012 RIrB ,21IIRrR传rIB 2r02,12223222r32I)R(R)R(rII， ,RrR传22232220312RRRrrIB 0,1r3传I， ,Rr0 4BrI传2r0 ,212IRr7一块半导体样品的体积为abc沿c方向有电流I，沿厚度a边方向加均匀外磁场B（B的方向和样品中电流密度方向垂直）若实验出沿b边两侧的电势差U且上表面电势高（1） 问这半导体是p型（正

13、电荷导电）还是n型（负电荷导电）？（2） 求载流子浓度n0 （即单位体积内参加导电的带电粒子数） U I c b a B aqUIBn 0解：(1) 若为正电荷导电，电荷运动方向与电流同向，椐洛伦兹力公式知：正电荷堆积在上表面，上表面是高电势；aIBRUH(2) 由霍耳效应知，在磁场不太强时，霍耳电势差U与电流强度I，磁感强度B成正比，而与样品厚度a成反比，即： 若为负电荷导电，电荷运动方向与电流反向，椐洛伦兹力公式知负电荷堆积在上表面，上表面是低电势；据题中描述知上表面是高电势，所以推知该半导体是p型。aIBqn01第八章 电磁感应（一）0l dBudi分析：4. 长度为l的金属棒AB在均匀

14、磁场中以速度u匀速运动，则AB中的电动势为ABBlu )A(sin )B(Blucos )C(Blu0 )D(u5. 将形状完全相同的铜环和木环静止放置，并使通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，则不计自感时(A) 铜环中有感应电动势，木环中无感应电动势(B) 铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小(C) 铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大(D) 两环中感应电动势相等7 在两个永久磁极中间放置一圆形线圈，线圈的大小和磁极大小约相等，线圈平面和磁场方向垂直今欲使线圈中产生逆时针方向(俯视)的瞬时感应电流i(如图)，可选择下列哪一个方法？ (A) 把线圈在自身平面内绕圆心旋转一个小角度 (B)

15、 把线圈绕通过其直径的OO轴转一个小角度 (C) 把线圈向上平移 (D) 把线圈向右平移 O S N O i 不变mmmm分析：两个永久磁极间的磁感应线是从N指向S极，并且在边沿附近磁感应线有弯曲。基于磁通量变化，利用楞次定律和右手螺旋法则即可进行分析。 l b B c a l l 1 如图所示，等边三角形的金属框边长为l，放在均匀磁场中，ab边平行于磁感强度，当金属框绕ab边以角速度 转动时，bc边上沿bc的电动势为 _,ca边上沿ca的电动势为 ，金属框内的总电动势为_（规定电动势沿abca绕向为正值）8/32lB 0 8/32lBl dBu分析： bc边上沿bc的电动势x2/30lBdx

16、x832lBC点是高电势端。30cosBdlx5. 一面积为S的平面导线闭合回路，置于载流长螺线管中，回路的法向与螺线管轴线平行设长螺线管单位长度上的匝数为n，通过的电流为I=Imsint（电流的正向与回路的正法向成右手关系），其中Im和为常数，t为时间，则该导线回路中的感生电动势为_tInSmcos02一半径r =10 cm的圆形闭合导线回路置于均匀磁场 (B =0.80 T)中， 与回路平面垂直若圆形回路的半径从t = 0开始以恒定的速率dr /dt =-80 cm/s收缩，则在这t = 0时刻，闭合回路中的感应电动势大小为_；如要求感应电动势保持这一数值，则闭合回路面积应以dS /dt

17、=_的恒定速率收缩 BB0.40 V0.5 m2/s dtdmdtSd)B(dtrd)(B2dtdSBdtdrr2BdtdmdtSd)B(dtnISd)(0dtdInS0 a r I 6如图所示，一半径为r的很小的金属圆环，在初始时刻与一半径为a(a r)的大金属圆环共面且同心在大圆环中通以恒定的电流I，方向如图如果小圆环以匀角速度 绕其任一方向的直径转动，并设小圆环的电阻为R，则任一时刻t通过小圆环的磁通量 小圆环中的感应电流i tarIcos220tRarIsin220分析：小圆环附近的磁场可认为为均匀磁场SBm)cos( tBS)cos(220traIRidtdRm11 如图所示，两条平

18、行长直导线和一个矩形导线框共面且导线框的一个边与长直导线平行，他到两长直导线的距离分别为r1、r2已知两导线中电流都为，其中I=I0sint和I0和为常数，t为时间导线框长为a宽为b，求导线框中的感应电动势 I I O x r1 r2 a b解：两个载同向电流的长直导线在如图坐标x处所产生的磁场为 )11(2210rrxxIB 选顺时针方向为线框回路正方向，则 Badx)ln(222110rbrrbrIatddmtrrbrbraIcos)(ln2212100BdSm)dd(21111210brrbrrrrxxxxIatIrrbrbradd)(ln221210v 4 长直导线中电流为i，矩形线框

19、abcd与长直导线共面，且adAB，dc边固定，ab边沿da及cb以速度 无摩擦地匀速平动t = 0时， ab边与cd边重合设线框自感忽略不计 (1) 如i =I0，求ab中的感应电动势ab两点哪点电势高？ (2)如i =I0cost，求ab边运动到图示位置时刻t时线框中的总感应电动势 xiB20解： （1）建立坐标ox，x沿ab方向，原点在长直导线处，则x处的磁场为 babaBdxlBd)(ab 当i =I0时 l2 b c d l1 l0 a i B A v xxxIllld21000001000ln2lllIbaUU xxilllld210020 xBl d2tIicos0(2)当 时，

20、以abcda作为回路正方向， 则 tdd)cossin)(ln201000tttlllIv01000ln2tt coslllI I I r d SBd证明：通过图示填充区的磁通量为： lLL 0 单位长度自感系数为： l5. 两根平行长直导线，横截面的半径都是a，中心线相距d，属于同一回路设两导线内部的磁通都略去不计，证明这样一对导线单位长度的自感系数为 aadlIln0adarlrdIrId)(2200lIaad ln0 1. M、N为水平面内两根平行金属导轨，ab与cd为垂直于导轨并可在其上自由滑动的两根直裸导线外磁场垂直水平面向上当外力使ab向右平移时，cd将 (A) 不动 (B) 转动

21、(C) 向左移动 (D) 向右移动第八章 电磁感应（二）BabcdFNM分析: 利用楞次定律可知：当ab向右平移时，会在回路形成顺时针方向的电流，再利用安培力公式知cd将向右移动。I 分析：分析：由对称性分析知： 线 为一系列以O为圆心的同心圆。感E3. 半径为a的圆柱形区域内，有随时间变化的均匀磁场（dB/dt=c），将一个等腰梯形导线框MNPK放入磁场，如图所示，导线框所在平面垂直于圆柱形磁场的中轴线若梯形导线框上底长为a ，下底长为2a ，总电阻为R，则MN段的感生电动势为_，PK段的 感 生 电 动 势 为 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ， P M 段 的 感 生 电 动

22、 势 为_OMPKNBa感ENOOMOMNOMN00OMNSdtdB243caKOOPOPKOPK00扇形OMNSdtdB62ca0PM1 两个半径分别为R和r的同轴圆形线圈相距x，且R r，x R若大线圈通有电流I而小线圈沿x轴方向以速率v运动，试求x =NR时(N为正数)小线圈回路中产生的感应电动势的大小 x r I R xv解：由题意，大线圈中的电流在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的 2/32220)(2xRIRB 32202xIRrSB故穿过小回路的磁通量为 v422023xIRrtidd由于小线圈的运动，小线圈中的感应电动势为 当x =NR时，小线圈回路中的感应电动势为 )2/(32420RNIriv 22/3