第九章稳恒磁场

恒定磁场一、选择题1.C2.B3.C4.C5.A6.B7.A8.C9.C10.B11.D12.B13.D14.B二、填空题1.FL＝－ev×B，Pm＝BmvmRBe222222.1∶2，1∶23.N型半导体4.2/3l,60°或120°5.Fa＝IBL，垂直纸面向内，Fb＝IBL垂直纸面向外6.Fabcd＝IB(l1＋2R)j7.emrBe0248.Pm＝1.2×10－5A·m2，Mmax＝1.2×10－6N·m，α＝30°或150°9.221RB10.SB·dS＝0，闭合的，无源场，LB·dl＝I0，非保守场，LB·dl＝)(210II，LB·dl＝－2I011.B＝RI40，垂直于纸面向里，即12.B＝aI201n2，13.204reV14.B＝Rh2015.Φm＝210Il1nDlD2第9章稳恒磁场习题9.1如图所示，两根长直导线互相平行地放置，导线内电流大小相等，均为I=10A，方向相同，如图所示，求图中M、N两点的磁感强度B的大小和方向（图中rB0B=0.020m）。解：距离无限长直载流导线为r处的磁感强度RIμBBπ2021磁感强度1B和2B的方向可以根据右手定则判定。根据磁场叠加原理B=BB1B+BB2B，考虑到磁场的对称性，点M的磁感强度000021Mπ2π2rIμrIμBBB=0点N的磁感强度T100122π24πcos)(40021N.rIμBBB由右手定则可知NB的方向沿水平向左。9.8如图一所示，一宽为b的薄金属板，其电流为I.试求：在薄板的平面上，距板的一边为r的点P的磁感强度。解：在薄金属板所在的平面内，以点P为原点O，做Ox轴如图二所示，现将薄金属板分割成宽度为dx的长直线电流，其电流为.dxbIdI该线电流在P点激发的磁感强度为xdIdB20所有线电流在点P激发的磁场的方向均相同，因而点P的磁感强度B为rIrbrbbIdBBrbr2...])(21[2020这表明，在rb时，可将宽度为b的载流薄金属板视作载流线，B的分布曲线如图三。9.10如图所示，载流长直导线的电流为I，试求通过矩形面积的磁通量。在矩形平面上取一矩形面元dS=Idx，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为xlxIμΦdπ2dd0SB矩形平面的总磁通量ΦΦd211200lnπ2dπ2ddddlIμxlxIμ9.13：有一同轴电缆，其尺寸如图所示，两导体中的电流均为I，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑。试计算以下各处的磁感强度：（1）rRB1B；（2）RB1BrRB2B；（3）RB2BrRB3B；（4）rRB3B。画出B－r图线。dbIB1IB2l解：由安培环路定理I0dlB，得1Rr22101πππ2rRIμrB2101π2RIrμBRB1BrRB2BIrB02π2BB2B=rμπ2I0RB2BrRB3BrBπ23=]π22232220I)Rπ(R)R(rI[BB3B=22232230π2RRrRrIrRB3BrBπ24=μBoB(II)=0BB4B=0磁感强度Ｂ（r）的分布曲线如图。9.21在一个显像管的电子束中，电子有eV101.24的能量，这个显像管安放的位置使电子水平地由南向北运动。地球磁场的垂直分量5105.5BT，并且方向向下，求：(1)电子束偏转方向；(2)电子束在显像管内通过20cm到达屏面时光点的偏转间距。（1）如图所示，由洛伦兹力F=qvB可以判断电子束将偏向东侧（2）在如图所示的坐标中，电子在洛伦兹力作用下，沿圆周运动，其轨道半径R为R=m6.712keBmEeBmv由题知y=20cm，并由图中的几何关系可得电子束偏向东侧的距离m102.98322yRRx即显示屏上的图像将整体向东平移近3mm，这种平移并不会影响整幅图像的质量9.27如图所示，一根长直导线载有电流I1=30A，矩形回路载有电流I2=20A。试计算作用在回路上的合力。已知d=1.0cm，b=8.0cm，ℓ=0.12m.IB1IB2FB1FB2FB3FB4解：矩形上、下两端导线所受安培力F1和F2大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零。由于载流导线所在处磁感强度不相等，所受的安培力F3和F4大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力。F3和F4大小分别为：故合力的大小为合力的方向朝左，指向直导线。;22103dlIIF)(22104bdlIIFNbdlIIdlIIFFF3210210431028.1)(22