武汉理工大学大学物理上-课后习题答案第10章

教材习题解答10-1解Baibjck（SI）通过半径的R，开口向Z轴正方向的半球壳面的磁通星的大小与通过半径为R的圆0S的磁通星相同。20SRk0BSBSBK=（aibjck）·（2RK）=2Rc（wb）10-2解：过长为2a的等边三解形圈，通电流为I，在线圈中心O处的磁感应强度为B。应为每一边在O处产生的磁感应强度1B的叠加，而每边在O产生的磁场相同，因此13OBB即13OBB1sin60sin604OIBr23324343OOIIaa∴4OqIBa10-3解：根据场强叠加原理，选向里为正122444OOOOIIIBRRR10-4解：设正方形边长为a，通电流为I，总磁感应强度14BB。1B为正方形一边在O点产生的磁感应强度。123sinsin4242OOIIBaa∴1224OIBBa代入数值得65.5610BT10-5解（1）两点线中的A点的B122222OOAIIBdd512124010OOOIIIITddd（2）在正方形中距中心x处，取一窄条dsldx，则通过ds的磁通量mdBldx1222OOIIldxxdz122OlIIdxxdx31122drOmmrlIIddxxdx311213lnln2OldrdrIIrr121ln2OldnIIr6111ln2.210OldrIwbr10-6解：两条线在P点产生的B方向相同22OOIIBdxdx221OIddx10-7设圆导线在O处场为B，直导线在O处场为2B，根据磁场叠加原理12BBB造垂直线面向里为正12BBBO11222OOIIIRRR10-8解：（1）通过abcd面的磁通量mabcdabcdBS2.00.40.30.24wb（2）通过ebfc面的磁通量，由于B线掠过此面故0mbdfc（3）通过aefd面的磁通量0.24maefdmabcdwb10-9解：O点的磁感应强度由ab、bcd和de三段载流电流在O处产生场1B、2B和3B的叠加，它所在O处的磁感应强度方向垂直线面向里，由长直载流导成的磁感应强度公式21sinsin4OIBa对ab段cos60ar，1/2，231sinsin0.0674cos6023OOIIBrrbcd段载流圆弧导线，在其上取电流Idl，它在O处产生的磁感应强度为22444OOOIrdIIdldBdrrr2/3346OOOIIBdBdrr∴O处的B的大小为12320.0670.2096OOOIIIBBBBTrrr10-10解：（1）见10-4解答（2）过P点向AB和AD作垂线分别交于E、Ftan15EPAEEPED故有tan15EDAEtan15AEEDC而AEEDa即∴1tan15aEDc∴0.211tan15aEPactan150.791tan15acEFaEDac设AD、DC边与电流在P点产生的磁感应强度为1B，AD、BC边与电流在P点产生的磁感应强度为2B，它们在P点的磁场方向一致。∴122PBBB由长直载流导线磁感应强度公式1sin45sin754OADIBBEP620.96590.7971040.212OIIaa2sin15sin454OABIBBEF20.258840.792OIa∴6121.8410IBBBa（3）设正方形轴线上与中心相距为x的任一点磁感应强度为xB，每边在P处，场1B1sinsin4OIBr2222224444OaIaaaxx22222242OIaxaxa14sinrBB2222222242424OaIaaxaxax2222241442OIaxaxa设x轴正方向10-11解：根据题意设0.05rm则2dr（1）712441020101.2102/220.050OAIIBTd（2）212OBIIBrdr4100.1310230.05OT（3）设磁场为零的点距2L为x处212OxIIBxdx令0xB得0.10xdm10-12见前解题指导与示例10-110-13见前解题指导与示例10-210-14同是10-15解：取俯视截面圆如图示，将导体管壁看作由许多平行的无限长直载流导线所组成，求出单根导线在轴线上P点的磁感应强度，磁场的叠加原理求得总场。考虑处于角处的长直载流导线，其上电流IIIdIdlrddRR用无限长载流导线感应强度公式，dI在P点激发向磁场为222OOdIIddBRR方向如图示，见图示xoy坐标系由对轴性，备导线在P处的磁场的y分量互相抵消，仅有x分量2sin2OxIddBdBxinR22sin2OOxxOOIIBBdBdRR代入数值752224105.06.37101.010OIBTR设x轴方向10-16解：在距1I导线x处矩形骨取一宽为dx窄条，其中通过的磁通量为mdBddx012()2IIBxDx0120102()222()aadbdbmmddaIIdBadxdxxDxIIdbDdndDdb代入数值110IA220IA0.3am0.1dm0.25bm62.9010mwb10-17解：由安培环路定理可求得在圆柱体内部与铜导线中心轴线相距为r处的磁感应强度02()2IBrRR因此，穿过铜导线内部画斜线平面的磁通量1m为：0012024RmIIBdsBdsrdrR10-18解：在距中心为r处()arb以轴为心作一圆环，应用安培环路定理220222()()LLLIBdeBdeBdeBrraba220222()IraBbar10-19参见解题指导与示例例10-410-20参见解题指示与示例10-610-21（1）在带电细环上取一长为de的带电，以角速度n绕轴转动时，等效电流为dIndenRd线元在0处的磁场为总的磁场2300223/2223/22()2()RdIRndBdxRxR总的磁场33200223/2223/202()()RmRnBdBdxRxR（2）距轴线r处取一宽dr的环带，则等效电流2dIndqnrdr此环带效电流dI的磁矩。2232mdrdInrdr总的磁矩23240122RmmdnrdrnR10-22解：在距盘心为r处取一环带，面积2dsrdr，其上电荷为.2dqrdr等效电流为.222wwdIdqrdrwrdr它在中心轴线距离x处，产生的磁场的磁感应强度3200223/2223/22()2()dIwrdrrdBrxrx002RwBdB3220223/2222(2)()2wrdrxRxrxNxR，设x轴向10-23解：线框所受重力矩与其所受磁力矩大小相等方面相反（对0,0’轴）重力矩=22sinsinsin2bbgsbgsbsbg磁力矩2sin(2)cos2mBIbB两者相等222sincossbgIbB32tan/9.3510BsgIT10-24电子在磁场中作圆周运动，其周转半径R为620198106.2101.0621010mvmvRmqBeB当810BT64198106.2101.0621010mvRmeB10-25长直导线1I对ab作用力7401222241020100.208.010()220.01ABIIFBIN向左对ad边作用力。由于1J在ab边各处产生的磁场变化，方向垂直低面向内，故在ad边上取一电流2Idx它到1I的距离为x，所受作用力为：01212IIdFBIdxdxx1012012175221.09.021020101.09.010()IIIIdxFaddFnxnN同理可算得59.210()beadFFN501221810()2()edIIFN向右10-26解：在弧线形导线上取一电流Ide受力dFIdeBcoscosxdFdFIBdeIBdysinydFdFsinIBdeIBdx0bayxxyFdFIBdybaxyxFdFyIBdxIBabyxaFFIBab上式表明此弧形线电流受力与沿弦ab同方向电流受力一样。10-27解：（1）线圈的磁矩223220.1100.157()2mpRIAm磁力矩227.8510()2mMPBRIBNm（2）线圈转过90°时磁力矩的力，取转动后mP方向民B一致2222(1)0.10.5107.8510()22mAImRBIJ10-28解：此载流线圈在水平处磁场B中，受到一力矩作用，其作用是使线圈流向n，也即mP转向B，使角度减小，由转动定律有JM2sinJaIB2222sindJaIBdt当很小时，sin02220dJaIBdt2220daIBdtJ令2aIBwJ方程变为2220dwdt因此线圈在平衡位置作简谐振动，振动周期222JTwaIB10-29解：（1）电子速度分解为沿轴向11V分量，和垂直于轴向的分量V，在轴向作匀速直线运动，垂直于轴向作为速率圆周运动。mVRCBeBRm2mTeB////2mhTeb//2eBhm2222//24eBhRm代入数值617.5710ms的方向与轴线夹角2112tan2.56817'VRVh（2）根据电子绕轴旋轴方向，磁场沿沿线，但与V分量//V前方向相反。10-30解：离子通过E、B同时存在原域后速度近似为零，经过电压U加速后，速度为V，则qumv221进入磁场OB中，22lRRmBqO解得ulqBmO82210-3101.05.1100.15BbVVVBvbbEUUNmHNm又dBInedBIngVVNM11)/1(108.2100.135.1100.110602.11)(13295519mdBIVVenNm10-32解：在盘上距中心来往为处取一窄环，pdds2，其上也为荷为2dqdsd，此环转动的等效电流，dwdqWdI2此窄环带电流的磁矩dwdIdPm32它所受磁力矩为dwbBdpdMm3总的磁力矩为MdMB4304wbrdr