大学物理第四版课后习题与答案磁场Word文档格式.docx
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(2)R1<
r<
R2;
(3)R2<
R3;
(4)r>
R3。
画出B-r图线。
题10.10:
如图所示。
N匝线圈均匀密绕在截面为长方形的中空骨架上。
求通入电流I后,环内
外磁场的分布。
题10.11:
设有两无限大平行载流平面,它们的电流密度均为j,电流流向相反,如图所示,求:
(1)两载流平面之间的磁感强度;
(2)两面之外空间的磁感强度。
题10.12:
测定离子质量的质谱仪如图所示,离子源S产生质量为m,电荷为q的离子,离子的
初速很小,可看作是静止的,经电势差U加速后离子进入磁感强度为B的均匀磁场,并沿一半
2
圆形轨道到达离入口处距离为x的感光底片上,试证明该离子的质量为
mBqx2
8U
题10.13:
已知地面上空某处地磁场的磁感强度B=0.4×
10-4T,方向向北。
若宇宙射线中有一
速率v5.0107ms1的质子,垂直地通过该处。
如图所示,求:
(1)洛伦兹力的方向;
(2)洛伦
兹力的大小,并与该质子受到的万有引力相比较。
题10.14:
在一个显像管的电子束中,电子有1.2104eV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
B5.5105T,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。
题10.15:
如图所示,设有一质量为me的电子射入磁感强度为B的均匀磁场中,当它位于点M时,
具有与磁场方向成角的速度v,它沿螺旋线运动一周到达点N,试证M、N两点间的距离为
MN
2πmevcosα
eB
题10.16:
利用霍耳元件可以测量磁场的磁感强度,设一霍耳元件用金属材料制成,其厚度为0.15
mm,载流子数密度为1.0×
1024m—3。
将霍耳元件放入待测磁场中,测得霍耳电压为42V,电
流为10mA。
求此时待测磁场的磁感强度。
题10.17:
试证明霍耳电场强度与稳恒电场强度之比
EH/ECB/ne
这里为材料电阻率,n为载流子的数密度。
题10.18:
载流子浓度是半导体材料的重要参数,工艺
上通过控制三价或五价掺杂原子的浓度,来控制p型
或n型半导体的载流子浓度,利用霍耳效应可以测量
载流子的浓度和类型,如图所示一块半导体材料样品,
均匀磁场垂直于样品表面,样品中通过的电流为I,现
测得霍耳电压为UH,证明样品载流子浓度为
IB
n=
edUH
3
题10.19:
一通有电流为I的导线,弯成如图所示的形状,放在磁感强度为B的均匀磁场中,B的方向垂直纸面向里,求此导线受到的安培力为多少?
题10.20:
一直流变电站将电压为500kV的直流电,通过两条截
面不计的平行输电线输向远方,已知两输电导线间单位长度的电
容为3.01011Fm1,若导线间的静电力与安培力正好抵消,
(1)通过输电线的电流;
(2)输送的功率。
题10.21:
将一电流均匀分布的无限大载流平面放入磁感强度为
B0的均匀磁场中,电流方向与磁场垂直,放入后,平面两侧磁场
的磁感强度分别为B1和B2(图),求该载流平面上单位面积所受
的磁场力的大小和方向。
题10.22:
在直径为1.0cm的铜棒上,切割下一个圆盘,设想这个圆盘的厚度只有一个原子线度那么大,这样在圆盘上约有
6.21014个铜原子,每个铜原子有
27个电子,每个电子的自旋
磁矩为
e9.31024Am2,我们假设所有电子的自旋磁矩方向
都相同,且平行于铜棒的轴线,求:
(1)圆盘的磁矩;
(2)如这磁矩是由圆盘上的电流产生的,那么圆盘边缘上需要有多大的电流。
题10.23:
通有电流I1=50A的无限长直导线,放在如图所示的弧形线圈的轴线上,线圈中的电流I2=20A,线圈高h=7R/3。
求作用在线圈上的力。
题10.24:
如图所示,在一通有电流I的长直导线附近,有一半径为R,质量为m的细小线圈,
细小线圈可绕通过其中心与直导线平行的轴转动,直导线与细小线圈中心相距为d,设d>
>
R,
通过小线圈的电流为I。
若开始时线圈是静止的,它的正法线矢量en的方向与纸面法线en的方
向成0角。
问线圈平面转至与屏幕面重叠时,其角速度的值为多大?
题10.25:
如图所示,电阻率为的金属圆环,其内外半径分别为R1和R2,厚度为d。
圆环放
入磁感强度为的均匀磁场中,B的方向与圆环平面垂直,将圆环内外边缘分别接在如图所示
4
的电动势为的电源两极,圆环可绕通过环心垂直环面的轴转动,求圆环所受的磁力矩。
题10.26:
如图所示,半径为R的圆片均匀带电,电荷面密度为,令该圆片以角速度绕通
过其中心且垂直于圆平面的轴旋转。
求轴线上距圆片中心为x处的点P的磁感强度和旋转圆片
的磁矩。
题10.27:
如图所示是一种正在研究中的电磁轨道炮的原理图。
该装置可用于发射速度高达10
km.s-1的炮弹,炮弹置于两条平行轨道之间与轨道相接触,轨道是半径为r的圆柱形导体,轨道
间距为d。
炮弹沿轨道可以自由滑动。
恒流电源、炮弹和轨道构成一闭合回路,回路中电流为
I。
(1)证明作用在炮弹上的磁场力为
F
1(
μI
)ln
dr
π
r
(2)假设I=4500kA,d=120mm,r=6.7cm,炮弹从静止起经过一段路程
L=4.0m加速后
的速度为多大?
(设炮弹质量
m=10.0kg)
5
习题解答
题10.1解:
距离无限长直载流导线为r处的磁感强度
B1B2
2πR
磁感强度B1和B2的方向可以根据右手定则判定。
根据磁场叠加原理B=B1+B2,考虑到磁场的
对称性,点M的磁感强度
BM
B1
B2
μ0I
μ0
I
=0
2πr0
2π0
点N的磁感强度
BN(B1
μ0I2
B2)cos
1.0
104T
由右手定则可知BN的方向沿水平向左。
题10.2解:
设赤道电流为I,则圆电流轴线上北极点的磁感强度
μIR2
B
R2)
3/2
42R
2(R
因此赤道上的等效圆电流为
42RB
1.73109A
由于在地球内部,地磁场由南极指向北极,根据右手螺旋法则可以判断赤道圆电流应该是由西向
东流,与地球自转方向一致。
题10.3解:
将载流导线看作圆电流和长直电流,由叠加原理可得
B0
μ0I
2R
B0的方向垂直屏幕向里。
题10.4解:
现将半球面分割为无数薄圆盘片,则任一薄圆盘片均可等效为一个圆电流,任一薄圆盘片中的电流为
dI
IdN
2N
RdθI
πR
该圆电流在球心
O处激发的磁场为
μ
y
2(x2
y2)3/2
球心O处总的磁感强度
B为
/2
d
θ
(x
)
R
由图可知x
Rcos;
Rsinθ,将它们代入上式,得
6
π/
μNI
sin
4R
磁感强度B的方向由电流的流向根据右手定则确定。
题10.5
证:
取两线圈中心连线的中点为坐标原点
O,两线圈中心轴线为
x轴,在x轴上任一点
的磁感强度
2[R2
(d/2
x)2]
2[R2
(d/2x)2]3/2
则当
dB(x)
μ0IR2
3(d/2x)
3(d/2
x)
{
(d/2x)[R2
}
R2
(d/2x)2]
3μIR
dB(x)
4(d/2x)
4(d/2x)R
dx2
{[R2
x)2]7/2
[R2
x)2]7/2}
时,磁感强度在该点附近小区域内是均匀的,该小区域
的磁场为均匀磁场。
由
dB(x)
,解得x
d2B(x)
x
00,解得d
这表明在d=R时,中点(x=0)附近区域的磁场可视为
均匀磁场。
题10.6解:
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
Φ
BdS
2πl
矩形平面的总磁通量
d2μI
μIl
ΦdΦ
ldx
ln
d12πx
2π
d1
题10.7解:
由磁场的高斯定理
0,穿过半球面的磁感线全部穿过圆面
S,因此有
ΦBSπR2Bcos
题10.8解:
(1)围绕轴线取同心圆为环路L,取其绕向与电流成右手螺旋关系,根据安培环路定理,有
BdlB2πr0I
在导线内r
R,I
πr2
Ir2
,因而
R2
在导线外rR,II,因而
μIr
2πR2
7
2πr
(2)在导线表面磁感强度连续,由
50A,
S/π
1.78103m,得
μI
5.6
10
T
题10.9解:
由安培环路定理B
dl
0I,得
rR1
B12πr
I2πr2
πR1
μIr
B12πR12
R1<
r<
R2B22πr0I
B2=
R2<
R3
B3
2πr=0[I
π(r2
R22)
I]
π(R32
R22
0IR32
r2
B3=
2πrR32
r>
B42πr=μo(I
I)=0
B4=0
磁感强度B(r)的分布曲线如图。
题10.10解:
由安培环路定理,有
2πr=μ0I
R<
B1=0
R2>
r>
R1
=
0NI
μ0NI
2πr=0
B3=0
在螺线管内磁感强度
B沿圆周,与电流成右手螺旋,若
R2-R1<
<
R1和R2,则环内的磁场
可以近似视作均匀分布,设螺线环的平均半径
R=
(R
+R),则环内的磁感强度近似为
1
2
题10.11解:
由安培环路定理,可求得单块无限大载流平
面在两侧的磁感强度大小为0j/2,方向如图所示,根据
磁场的叠加原理可得
8
(1)取垂直于屏幕向里为x轴正向,合磁场为
μ0j
ji
B=
i
2i
(2)两导体载流平面之外,合磁场的磁感强度
0j
题10.12证:
由离子源产生的离子在电势差为
U的电场中加速,根据动能定理,有
qU
(1)
mv
离子以速率v进入磁场后,在洛伦兹力的作用下作圆周运动,其动力学方程为
qvB=mv2
x/2
由上述两式可得m
B2qx2
题10.13解:
(1)依照FL=qvB可知洛伦兹力
FL方向为v
B的方向,
(2)因vB,质子所受的洛伦兹力
FL=qvB=3.21016N
在地球表面质子所受的万有引力
G=mpg=1.641026N
因而,有FL/G=1.951010,即质子所受的洛伦兹力远大于重力
题10.14解:
(1)如图所示,由洛伦兹力
F=qvB
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=mv
2mEk
6.71m
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
xRR2
y2
2.98103m
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
题10.15证:
将入射电子的速度沿磁场方向和垂直磁场方向分解
v
和v//,在磁场方向前进一螺距MN
所需的时间
T=MN
v//
cosα
在垂直磁场方向的平面内,电子作匀速圆周运动的周期
2πme
(2)
T=
由式
(1)和式
(2),可得
9
2πmevcos
题10.16解:
由霍耳效应中霍耳电压与电流、磁感强度的关系,有
UHd
nq0.10T
RHI
题10.17证:
由欧姆定律的微分形式知,在导体内稳恒电场强度为
Ecjnev
由霍耳效应,霍耳电场强度
EH=vB
因载流子定向运动方向与磁感强度正交,故EH=vB,因而
EHvBvBB
ECjnevne
题10.18证:
通电半导体的载流子在洛伦兹力的作用下,逐渐积聚在相距为b的导体两侧,形成霍耳
电压
UH=vBb
而流经导体横截面S(S=bd)的电流
I=jbd=nevbd
由此可解得载流子浓度
题10.19解:
由对称性可知,半圆弧所受安培力F1的水平分量相互抵消为零,故有
F1=dF1yBIRsind2BIR
两段直线部分所受安培力大小相等,但方向相反,当导体形
状不变时,该两力平衡,因而,整个导线所受安培力
F=2BIRj
题10.20解:
(1)单位长度导线所受的安培力和静电力分别
为
μI2
fB=BI=
2πd
22
fE=E=CU
由fB+fE=0
可得
0I2
C2U2
2π0d
解得
I=
CU
4.5103A
(2)输出功率
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