工科物理大作业07_恒定磁场

1、WORD格式整理专业资料值得拥有班号学号07恒定磁场（1）姓名成绩07、选择题（在下列各题中，均给出了 4个5个答案，其中有的只有 1个是正确答案，有的则有几个是正 确答案，请把正确答案的英文字母序号填在题后的括号内）1.通有电流I的无限长导线abcd,弯成如图7-1所示的形状。其中半圆段的半径为R直线段ba和cd均延伸到无限远。则圆心O点处的磁感强度B的大小为:aT4R4R图7-1C型2R(A)知识点载流导线磁场的公式，磁场B的叠加原理。分析与解答无限长载流直导线ab在其延长线上任一点产生的磁场有半径为R的半圆形截流导线bc在圆心处产生的磁场为B2由1川 比1比1»小46口 =冗=

2、,万向为4 成 4 R 4R半无限长截流直导线cd在距其一端点R处产生的磁场为B3O点的磁场可以看成由三段载流导线的磁场叠加而得，即B ° = B1B 2B 3由于方向一致，则 B0 =B1 +B2 +B3 = +,方向为® 。4R 4 R2.如图7-2所示，载流圆形线圈（半径 a）与正方形线圈（边长 a?）通有相同的电流I。右两(D)个线圈的中心 O、。处的磁感强度大小相等，则半径ai与边长a2的比值a1 :a2为:A. 1:1;B.22n : 1 ;C. J2n ： 4 ； D.72n : 8。知识点载流导线的磁场公式，磁场叠加原理。分析与解答圆形线圈中心的磁场为D _

3、网1Bi = 2a1正方形线圈中心的磁场为MoI4g由题意知No I2ain45 - sin - 45Bi =B=22 -=2、2Mo3.如图7-3所示，两个半径为 R的相同金属圆环，相互垂直放置，圆心重合于O点，并在a、b两点相接触。电流I沿直导线由a点流入两金属环，并从b点流出，则环心 O点的磁感强度 B的大小为:IA . 0-;-2。12R2 2%1R知识点载流圆弧导线磁场公式，磁场叠加原理。分析与解答载流半圆形导线在圆心 O的磁场为LL0IB = "0 ,方向满足右手螺旋法则 4R电流在金属环内流动的方向如图7-3(b)所示。则环心O处的磁场为Bo =Bi B2 B3 B4但

4、由于左、右半圆环产生的磁场 31和B2以及上、下半圆环产生的磁场B3和B4大小相等、方向相WORD格式整理专业资料值得拥有图7-6反，则Bo =04.在恒定磁场中，关于安培环路定理的下列表述中，正确的是：A .若工B d 1=0,则在回路L上各点的B必为零；B .若B d 1=0,则在回路L必定不包围电流；C .若£B d 1=0,则在回路L所包围的传导电流的代数和为零；D .回路L上各点的B仅与所包围的电流有关。（C）知识点安培环路定理得意义。分析与解答安培环路定理表达式为 BB dl =%£ I ,当cJB dl =0时，并不说明回路上 B处处为零，只说明在回路 L上某

5、些地方B与dl夹角8 < ' , BcosOdl >0,而在回路上的另一些2地方，B与dl夹角8>之，（BcosMl < 0,则在L回路上就有qB 01 = 0。2 LlQB dl = m°Z I。=0,说明回路L内包围电流的代数和为零，即可能是回路内未包围电流， 也可能是包围着等量异号的电流。由场的叠加原理知，在回路 L上的B不仅与回路内电流有关，而且与回路外电流也有关。5.两无限长平行直导线a、b,分别载有电流|i和|2,电流方向如图 7-4所示。L为绕导线b所作的安培环路。设B为环路L上c点处的磁感强度，当导线 a向左平移远离时，则:A . B减

6、小，RB d 1减小；B . R不变，B d 1不变；C . R减小，cB d 1不变；(C)d . B不变，,B d 1减小。知识点磁场的叠加原理，安培环路定理的意义。分析与解答c点的磁场为Be = Bi B2B1为导线a在c点的磁场，Bi =上必，方向向下2 二%B2为导线b在c点的磁场，B 2 = "012,方向向下2-R则Bc = B1 B2当导线a向左平行远离时， B1减小，B2不变，则Bc减小。而由安培环路定律知，B d l = L =3,可见是不变的。6.如图7-5所示，一半径为R的无限长导体圆筒， 其表面均匀通有沿轴向流动的电流I。欲表示其周围的磁感强度 B随x的变化

7、，则在图（A） （E）的曲线中，正确的是：（B）知识点图线意义，无限长截流圆筒的磁场分布。分析与解答由环路定理寸B d l =然2nxB =阿£（10 Z I iB 二2 -x当x <R时，£ Ii =0则当x之R时，£ Ii = I则IiIiMo I27. 如图7-6所示，在同一平面内有6条相互绝缘的无限长直 导线，均通有电流I,区域a、b、c、d均为面积相等的正方形，则 穿出纸平面的磁通量m最大的区域是：a . a区域； b . b区域；WORD格式整理C . c区域；D . d区域；E. 最大不止一个。(C)知识点磁场的叠加原理，磁通量 中m概念。分析

8、与解答经分析知，这6条无限长直线在 a、b、c和d四个正方形区域产生的磁通量的大小 是等价的，但a 区域，3个穿出3个穿入b 区域，2个穿出4个穿入c 区域，4个穿出2个穿入d 区域，3个穿出3个穿入因此，穿出纸平面的磁通量 中m最大的区域是c区域。8.如图7-7所示，一根半径为 R的无限长直铜导线，载有电流I ,电流均匀分布在导线的横截面上。在导线内部过中心轴作一横截面%I2二，2 °2 R2知识点磁通量m计算。分析与解答作一同轴圆形环路于圆柱体内,S,则通过横截面 S上每单位长度的磁通量 6 m为:12cfB d l =Bdl =B 2兀r =(x02 nr二R2由此得当r &l

9、t;R时，圆柱体内的磁场为M°rI2 二 R2在横截面S上取一平行于轴的微面元，微元距中心轴为r,宽为dr ,长为1单位长度，微元面积为dS =1 dr =dr ,则穿过此面元的磁通量为d m =BdS 二M01r .2 dr2 二R2专业资料值得拥有图 7-8(a)则通过横截面单位长度的磁通量为Mo14 二F /Ir .2 dr0 2 二R2M0I D 2-2 R4 二RIdl二、填空题1.如图7-8(a)所示，a、b两点和电流元I dl都在同一平WORD格式整理图 7-8（b）面内，试标出图中给出的电流元Idl在a、b两点处的磁感强度 dB的方向。知识点毕奥-萨伐尔定律的图线运用

10、。 分析与解答由毕奥-萨伐尔定律知0 1dl er d B =24 二 r则dB的方向由矢量叉乘确定，即Id lxr的方向。则电流元I dl在a、b两点处的磁感强度 dB的方向如图所示。专业资料值得拥有图 7-102.磁场的高斯定理的表达式为或B d S =0 ,它表明磁场的磁感线是S闭合的 ,磁场Ii（b）是 无源场 ;磁场的安培环路定理表达式为%。在图7-9中，L为所取的安培环路，则在图（中，炉 d l = -2%。知识点磁场的基本性质。分析与解答在图（a）中，依电流正负的定义知，为正，I2为负，则环路包围的电流代数和为- I i = I 1 - I 2在图（b）中，电流I为负，且2次穿过

11、环路，则gB d l = N0£ I ,它表明磁场是 非保守 a）中，£B d l =匕（Ii - I2）;在图（b）图7-93 .如图7-10所示，用均匀细金属丝构成一半径为R的圆环，电流通过直导线 1从a点流入圆环，再由b点通过直导线2流出圆环。设导线 1、导线2与圆环共面，则环心 O点的磁感强度 B的C J0I 、E 口大小为 B = ,万向为 垂直于纸面向里，即 ® _ 。4 R知识点载流导线的磁场公式，磁场的叠加原理。分析与解答电流从a点沿直导线l流入圆环分为11和I2。点的磁场由四部分电流的磁场叠加而 得，即B。=Bi B2 BiiBi2由图可知Bi

12、-0D M1冗 ./1益B2 = sin - -sin0 =,万向4tR <2 J 4tRWORD格式整理_LL0I 13、，一BI1x-万向。4 二R 2Bl2M01 24 二R由欧姆定律可知,I1R1I2R2,所以 I1其中代入上式得jiI 22由此可知BI1Bi2M014 二R,方向垂直纸面向里。专业资料值得拥有圆心4 .如图7-11所示，载有电流Ii、半径为R的圆线圈与载有电流12的长直导线 AC共面,与ACO® 2R。若11Al 2 ,则O点的磁感强度 B的大小为B =Ii2R 4二 R知识点 载流导线的磁场，磁场的叠加原理。分析与解答o点的磁场由两部分电流的磁场叠加

13、而得，即B 二 B1 B2由图可知，圆电流在 O点的磁场为B1 = "011 ,方向- 2R无限长直导线在O点的磁场为DM0 1 2M0 1 2 »B2 =,万向。2二 2R4二R则 B = BI B 2 =血1 此"，方向®。2R4 二R5.如图7-12(a)所示，有一宽度为a的无限长通电流的薄扁平铜片，电流I在铜片上均匀分布，则在铜片外与铜片共面，并距铜片右边 _0I 缘为a处的P点的磁感强度B的大小为B= ln2,方向为 ®2旧一知识点磁场的叠加原理。分析与解答无限长载流薄扁平铜片可以看成由无数条无限长载流直导线组成。载流薄扁平铜片的电流

14、密度为二=a以铜片左边缘为原点建立如图7-12(b)所示的x轴，取宽为dx的无限长载流导线，则其电流为dI =、dx = dx a其在P点的磁感强度为LL0dI 、一dB =，方向®2 二 2a -x则P点的总磁感强度为,，阿dIB = dB =2 二 2a - xa Lb IKn I=dx =ln2 ,方向 ®0 2：a2a-x 2 二a6 .如图7-13(a)所示，将一均匀分布着电流的无限大载流平面放入均匀磁场中，电流方向与 该磁场垂直并指向纸内。现已知载流平面两侧的磁感强度分别为B和B2,则该载流平面上的电流密度的大小为2 = 1 。 %知识点安培环路定理的应用，无限

15、大截流平面磁场的分布。分析与解答可用两种方法求解。方法1:做一环路如图7-13(b)所示，由安培环路定理知二 B d l =B2dlB d l -BidlB d lL-ab-bc-cd-da=B2ab - B1cd =0 ab Bc-B.因为ab = cd ,所以有2 =1Mo方法2:由题意知，无限大截流平面电流方向垂直于均匀磁场B0并指向纸内，则其在平面产生的磁场叠加在均匀磁场上，且LL0B =一也，方向为：在平面左侧时，平行于 Bo且向上，在平面右 2侧时，也平行于B0且向下。(10又有Bi =B0 -B = B0(1)图 7-13(a)图 7-13(b)2用式(2)减去式(1)得_ ._

16、6 乩0B2 = B0B = B02(2)B2 -B1 、.二7.如图7-14所示，将半径为R的无限长导体薄壁管(厚度忽略)沿轴向割去一宽度为 h( h« R)的无限长狭缝后，再沿轴向均匀地通有电流，其面电流密度为,则管轴线上磁感强度B的大小为知识点补偿法。分析与解答题中给出的情况可以看作半径为R的完整的无限长载流8的导体薄壁管和宽为h的无限长载流-6的直导线叠加的结果。无限长载流圆筒在轴线上的磁场有Bi =0无限长载流直导线在轴线上的磁场有B2Mo12 二ROhO'总磁感强度B28.如图7-15(a)所示,通过abcd的磁通量为 m知识点磁通量的计算。分析与解答取如图7-1

17、5(b)所示坐标和微元 dS(绕行方向为顺时针 )=、.hB1 B(x05h2-R无限长载流直导线，载流为I ,-0 Il 1lnjD图 7-14矩形线框abcd置于其旁并共面，则dS =l2dx无限长直导线在线框空间的磁场为I图 7-15(a)图 7-15(b)DM，方向®2微元dS的磁通量则总磁通量dOm =B dS =BdS5一 12dx2 -：x.D +1(i0 Il 2 m = fd m =1dx =D 2 二xMo 11 22 二InD 11图 7-16(a)dB%dI2 H-d其方向与x轴成日角。由于关于x轴对称，则Bx=0。 xBy = dBy = dBsin = s

18、ind =y 0 y 00 2二R 二二 2R%I所以B = By j =0 j二2R图 7-16(b)dB4x三、计算与证明题1 .如图7-16( a)所示，一半径为 R的无限长半圆柱形金属薄片，其上沿轴线方向均匀分布着电流强度为I的电流。试求该半圆柱形金属薄片在轴线上任一点处的磁感强度 B分析与解答半圆柱形金属薄片可以看成由无数个平行直导线组成，则在半圆柱形金属薄片任取宽为 dl的无限长直导线，则其上I IIdI = cdl =dl =Rdu =-d二 R二 R二电流为dI的无限长直导线在轴线上任一点的磁感应强度为Q若圆盘以nr/s图 7-172.如图7-17所示，有一半径为 R的介质圆盘

19、，其表面均匀带电，总电量为(即切=2nn)的速度，绕垂直于盘面并通过圆心的中心轴逆时针转动，试求: (1)盘中心点O处的磁感强度 B;(2)圆盘的磁矩。分析与解答(1)绕中心轴转动的带电介质圆盘可以看成是一个载流圆盘，载流圆盘又可看作是由一个个同心载流圆环所组成，点O的磁感强度B就是由这一个个载流圆环的磁感强度叠加的结果。在半径r处取一宽为dr的同心圆环，其上的 dI可以写成dI = ：n2-：rdrQ .式中，2为电何面密度，2n9为圆环的面积。TR2由于圆电流中心的磁感强度为 B = 0,因此，所取圆环在其中心的磁感强度2RdB为dB0dI2r按叠加原理可知，整个圆盘在中心的磁感强度B为R L0 二 n2 二 rB = jdB = 0drm Rdr =30 R 2二 R(2)宽度为dr的圆环的磁矩为2dpm = SdI = r O 2 nrdr于是，整个圆盘的磁矩为RPm = dPm = 02312二 n二r dr = 22n-R4=1Q R24方向：垂直纸面向外。A和B,相距为d = 40cm ,每条导3.如图7-18所示，有两条通有相反电流的平行长直导线 线的电流均为I =200A ,在A B两导线间有一宽为r =20cm、高为l = 50cm的矩形回路C,此矩形回路与两导线共面，且分别