电磁学答案1

大学物理-----电磁学部分习题参考答案

一、选择题

1-5 BDCED 6-10 CDBAC 11-15 CDABA 16-20 BAECD 21-25 DBDDB 26-30 BCBCD 31-35 ABBCC 36-40 DDADB 41-45 ABACB 46-50 CBCCB 51-55 BCBDD 56-60 BCBDB 61-65 CBADA 66-70 EDAAD 71-75 CDCAD 76-80 ABCAD

二、填空题

B81. πRc ； 82.ds=0 , 1:2；

83. fm/(qvsin) ，运动电荷速度矢量与该点磁感应强度矢量所组成的平面； 84. 1.71×10-5T； 85.0I/(4a)； 86. 0； 87. 0I/(4R)；



88. 两单位矢量j和k之和的方面,即（jk）的方向； 89. B=0；

90. 6.67×10-7T， 7.20×10-7； 91. 9μ0I/(4πa)；

92.μ0I, 0, 2μ0I； 93.环路L所包围的所有稳恒电流的代数和；环路L上的磁感强度；环路L内外全部电流所产生磁场的叠加； 94. 1:1； 95. 匀速直线；匀速圆周；等距螺旋线； 96. 1:2； 97. 1.1×1010； 98. 1.60×10-15N；

99. 等距螺旋线； 100.mv0/(|q|B)； 101. R(eB)2/(me)； 102. 1:2， 1:2； 103.2Em/(qB)； 104.aIB/2； 105.

2aIB； 106. 3.46×10-2N； 107. 等于， B1=2B2；

108. IBS， 0， BS； 109. ()





； 110. B0Ba3/(0)；

111. 0， 0.157Nm； 112. +x； 113. NISB， y轴正方向；

12

RIB，在图面中向上， n，（n=1，2，…）； 22



115. 1.0×10-2 ， 2； 116. 5×10-3N；

114.

117.

2BIR，沿y轴正向； 118.0I/(8R) ， 0；

119. B

30IIII

； 120. B0000； 8a4R14R24R2

121. 1:1， 30o ； 122. 矫顽力大，剩磁也大；永久磁铁； 123. 磁导率大，矫顽力小，磁滞损耗低；变压器、交流电机的铁芯； 124.0rnI， nI； 125. A/m， H/m；

()； 128. 一个电源；BvL；洛仑兹力； dt

129. z， x或y； 130.vB； 131. A/m， T， J/m3；

126. =0，

132. µnI，n2I2/2； 133. 9.6J； 134. 22.6J/m3； 135.diq0idV，Edl

B

dS； t

d0，d[jc

D

]d； t

136.（1）2 ，（2）3，（3）1； 137. 0R2dE/dt 138. x轴正方向； x轴负方向； 139. 1； 140. 3A；

三、计算题

141、



解：匀强磁场B对平面S的磁通量为：



s BSBScox

40 cm B 设各面向外的法线方向为正 c (1) abOcBSabOccos0.24 Wb

(2) bedOBSbedOcos(/2)0 (3) acdeBSacdecos0.24 Wb 142、

解：(1) 平面法线与x轴平行，有

ΦBS2 Wb



(2) 平面与xz坐标面平行，则其法线与B垂直，有



ΦBS0



(3) 与x轴夹角为45°的平面，其法线与B的夹角为45°或135°故有



ΦBSBScos451.41 Wb



或 ΦBSBScos1351.41 Wb

143、

解：如图所示，将V形导线的两根半无限长导线分别标为1和2．则导线1中电流在P点的磁感强度为 B1

0I

4a



B1方向垂直纸面向内．

导线2中电流在P点的磁感强度为

B2

0I

4acos

(1sin)



B2方向垂直纸面向外．

P点的总磁感强度为 BB2B1



B 的方向垂直纸面向外．

0I

4acos

(1sincos)

144、

解：AA＇线圈在O点所产生的磁感强度 BA

0NAIA

2rA

2500 (方向垂直AA＇平面)

CC＇线圈在O点所产生的磁感强度

BC

0NCIC

2rC

5000 (方向垂直CC＇平面)

221/2

O点的合磁感强度 B(BABC)7.02104 T

B的方向在和AA＇、CC＇都垂直的平面内，和CC＇平面的夹角 tg1145、

解：由毕奥－萨伐尔定律可得，设半径为R1的载流半圆弧在O点产生的磁感强

63.4 BA

度为B1，则 B1

同理, B2

0I

4R1

0I

4R2

∵ R1R2 ∴ B1B2 故磁感强度 BB2B1

0I

4R2



0I

4R1



0I

6R2

∴ R13R2 146、

解：依据无限长带电和载流导线的电场和磁场知： E(r) B(r)



(方向沿径向向外) 20r

0I

2r

(方向垂直纸面向里)

运动电荷受力F (大小)为： F

Iqq

0v 2r20r

此力方向为沿径向(或向里，或向外)

为使粒子继续沿着原方向平行导线运动，径向力应为零，

Iqq

0v= 0 2r20r

则有 v147、



00I

解：洛伦兹力的大小 fqvB

对质子： q1vBm1v2/R1 对电子： q2Bm2v2/R2 ∵ q1q2

∴ R1/R2m1/m2 148、



解： FqvB

mev2

由于vB ∴ FqB

mev2mev

=5.69×10-7 m R

qBqB



149、

2.80×109 s-1 2R

解：导线ab中流过电流I，受安培力F1IlB，方向水

＇平向右，为保持导线作匀速运动，则必须加力F2，

F2F1，F2方向与F1相反，即水平向左，如图所示．

F2F1IlB0.20 N

150、

解：设圆线圈磁矩为p1，方线圈磁矩为p2

∵ B00I/(2R)

∴ I2RB0/0 p1R2I2R3B0/0

p2a2I

0a2I1/3p122R3B0

又， R() 2

p21B00aI

151、



0I1dl1r12

解：(1) dF12I2dl2dB1I2dl2 3

4r12 (2) dFI2dl20I1/(2a) ∴

dF0I1I2



dl22a

解：长直导线AC和BD受力大小相等,方向相反且在同一直线上，故合力为零．现计算半圆部分受力，取电流

元Idl，



dFIdlB 即 dFIRBd

由于对称性

F1

dF

0



∴ FFydFyIRBsind2RIB （方向沿y轴正向）

153、

解：由于三根导线在同一平面内且电流同向，磁感强度为零的点应在此平面上．

设此点离中间导线距离为x，则该点离另外两条载流导线距离分别为d±x，由安培环路定理，应有下式

0I

2(dx)



0I

2x



0I

2(dx)

其解为： xd/3≈±0.577d 这是与长直导线平行的两条线上的各点． 154、

解：(1) L1中电流在两导线间的a点所产生的磁感强度 B1a

0I1

2r1a

8.0105 T

L2中电流在a点所产生的磁感强度 B2a

0I2

2r2a

4.0105 T



由于B1a、B2a的方向相同，所以a点的和磁感强度的大小

BaB1aB2a1.2104 T

(2) L中电流在两导线外侧b点所产生的磁感强度 B1b

0I1

2r1b



2.7105 T

L2中电流在b点所产生的磁感强度 B2b

0I2

2r2b



4.0105 T



由于和B1b和B2b的方向相反，所以b点的合磁感强度的大小

BbB1bB2b1.3105 T

解：(1) AB，CD，EF三条直线电流在O点激发的磁场为零；

(2) BBC0I/(8R) BDB0I/(6R)

∴ B0156、

解：建立坐标系，Ox如图所示，设Ox轴上一点P为B = 0的位置，其坐标为x，



在P点B1向上，B2向下，B3向上，故有下式

0I



0I



0I

24R

方向为从O点穿出纸面指向读者．

0I

2x



20I0I



2(dx2(dx

1212dx2x1, x2dxdxx(2dx)dx

代入数据解出 x = 2 cm 即B = 0的线在1、2连线间，距导线1为2 cm处，且与1、2、3平行(在同一平面内)． 157、

解：两折线在P点产生的磁感强度分别为： B1 B2

0I

4a

(1

(1

) 方向为 2

) 方向为⊙ 2

0I

4a

BB1B220I/(4a) 方向为

158、

解：O处总 BBabBbcBcd，方向垂直指向纸里

而 Bab

0I

4a

(sin2sin1)

∵ 20，1，aR

2 ∴ Bab0I/(4R)

又 Bbc0I/(4R)

因O在cd延长线上 Bcd0，因此 B159、

解： HnINI/l200 A/m BH0rH1.06 T

160、

0I

4R



0I

2.1×105 T

解：设长直导线与矩形线圈左侧边之间的距离为r1

br10IIlb

BdSdr0ln(1)

2r2r1r1

)

I2r1

将已知条件代入得： 1b/r1e ∴ r1b/(e1)

Ivl11

vB1lvB2l0()

2r1r2

M





0l

ln1(



0Ivlb

2r1(r1b)



0I(e1)2vl

2eb

大学物理-----电磁学部分习题参考答案

一、选择题

1-5 BDCED 6-10 CDBAC 11-15 CDABA 16-20 BAECD 21-25 DBDDB 26-30 BCBCD 31-35 ABBCC 36-40 DDADB 41-45 ABACB 46-50 CBCCB 51-55 BCBDD 56-60 BCBDB 61-65 CBADA 66-70 EDAAD 71-75 CDCAD 76-80 ABCAD

二、填空题

B81. πRc ； 82.ds=0 , 1:2；

83. fm/(qvsin) ，运动电荷速度矢量与该点磁感应强度矢量所组成的平面； 84. 1.71×10-5T； 85.0I/(4a)； 86. 0； 87. 0I/(4R)；



88. 两单位矢量j和k之和的方面,即（jk）的方向； 89. B=0；

90. 6.67×10-7T， 7.20×10-7； 91. 9μ0I/(4πa)；

99. 等距螺旋线； 100.mv0/(|q|B)； 101. R(eB)2/(me)； 102. 1:2， 1:2； 103.2Em/(qB)； 104.aIB/2； 105.

2aIB； 106. 3.46×10-2N； 107. 等于， B1=2B2；

108. IBS， 0， BS； 109. ()





； 110. B0Ba3/(0)；

111. 0， 0.157Nm； 112. +x； 113. NISB， y轴正方向；

12

RIB，在图面中向上， n，（n=1，2，…）； 22



115. 1.0×10-2 ， 2； 116. 5×10-3N；

114.

117.

2BIR，沿y轴正向； 118.0I/(8R) ， 0；

119. B

30IIII

； 120. B0000； 8a4R14R24R2

()； 128. 一个电源；BvL；洛仑兹力； dt

129. z， x或y； 130.vB； 131. A/m， T， J/m3；

126. =0，

132. µnI，n2I2/2； 133. 9.6J； 134. 22.6J/m3； 135.diq0idV，Edl

B

dS； t

d0，d[jc

D

]d； t

136.（1）2 ，（2）3，（3）1； 137. 0R2dE/dt 138. x轴正方向； x轴负方向； 139. 1； 140. 3A；

三、计算题

141、



解：匀强磁场B对平面S的磁通量为：



s BSBScox

40 cm B 设各面向外的法线方向为正 c (1) abOcBSabOccos0.24 Wb

(2) bedOBSbedOcos(/2)0 (3) acdeBSacdecos0.24 Wb 142、

解：(1) 平面法线与x轴平行，有

ΦBS2 Wb



(2) 平面与xz坐标面平行，则其法线与B垂直，有



ΦBS0



(3) 与x轴夹角为45°的平面，其法线与B的夹角为45°或135°故有



ΦBSBScos451.41 Wb



或 ΦBSBScos1351.41 Wb

143、

解：如图所示，将V形导线的两根半无限长导线分别标为1和2．则导线1中电流在P点的磁感强度为 B1

0I

4a



B1方向垂直纸面向内．

导线2中电流在P点的磁感强度为

B2

0I

4acos

(1sin)



B2方向垂直纸面向外．

P点的总磁感强度为 BB2B1



B 的方向垂直纸面向外．

0I

4acos

(1sincos)

144、

解：AA＇线圈在O点所产生的磁感强度 BA

0NAIA

2rA

2500 (方向垂直AA＇平面)

CC＇线圈在O点所产生的磁感强度

BC

0NCIC

2rC

5000 (方向垂直CC＇平面)

221/2

O点的合磁感强度 B(BABC)7.02104 T

B的方向在和AA＇、CC＇都垂直的平面内，和CC＇平面的夹角 tg1145、

解：由毕奥－萨伐尔定律可得，设半径为R1的载流半圆弧在O点产生的磁感强

63.4 BA

度为B1，则 B1

同理, B2

0I

4R1

0I

4R2

∵ R1R2 ∴ B1B2 故磁感强度 BB2B1

0I

4R2



0I

4R1



0I

6R2

∴ R13R2 146、

解：依据无限长带电和载流导线的电场和磁场知： E(r) B(r)



(方向沿径向向外) 20r

0I

2r

(方向垂直纸面向里)

运动电荷受力F (大小)为： F

Iqq

0v 2r20r

此力方向为沿径向(或向里，或向外)

为使粒子继续沿着原方向平行导线运动，径向力应为零，

Iqq

0v= 0 2r20r

则有 v147、



00I

解：洛伦兹力的大小 fqvB

对质子： q1vBm1v2/R1 对电子： q2Bm2v2/R2 ∵ q1q2

∴ R1/R2m1/m2 148、



解： FqvB

mev2

由于vB ∴ FqB

mev2mev

=5.69×10-7 m R

qBqB



149、

2.80×109 s-1 2R

解：导线ab中流过电流I，受安培力F1IlB，方向水

＇平向右，为保持导线作匀速运动，则必须加力F2，

F2F1，F2方向与F1相反，即水平向左，如图所示．

F2F1IlB0.20 N

150、

解：设圆线圈磁矩为p1，方线圈磁矩为p2

∵ B00I/(2R)

∴ I2RB0/0 p1R2I2R3B0/0

p2a2I

0a2I1/3p122R3B0

又， R() 2

p21B00aI

151、



0I1dl1r12

解：(1) dF12I2dl2dB1I2dl2 3

4r12 (2) dFI2dl20I1/(2a) ∴

dF0I1I2



dl22a

解：长直导线AC和BD受力大小相等,方向相反且在同一直线上，故合力为零．现计算半圆部分受力，取电流

元Idl，



dFIdlB 即 dFIRBd

由于对称性

F1

dF

0



∴ FFydFyIRBsind2RIB （方向沿y轴正向）

153、

解：由于三根导线在同一平面内且电流同向，磁感强度为零的点应在此平面上．

设此点离中间导线距离为x，则该点离另外两条载流导线距离分别为d±x，由安培环路定理，应有下式

0I

2(dx)



0I

2x



0I

2(dx)

其解为： xd/3≈±0.577d 这是与长直导线平行的两条线上的各点． 154、

解：(1) L1中电流在两导线间的a点所产生的磁感强度 B1a

0I1

2r1a

8.0105 T

L2中电流在a点所产生的磁感强度 B2a

0I2

2r2a

4.0105 T



由于B1a、B2a的方向相同，所以a点的和磁感强度的大小

BaB1aB2a1.2104 T

(2) L中电流在两导线外侧b点所产生的磁感强度 B1b

0I1

2r1b



2.7105 T

L2中电流在b点所产生的磁感强度 B2b

0I2

2r2b



4.0105 T



由于和B1b和B2b的方向相反，所以b点的合磁感强度的大小

BbB1bB2b1.3105 T

解：(1) AB，CD，EF三条直线电流在O点激发的磁场为零；

(2) BBC0I/(8R) BDB0I/(6R)

∴ B0156、

解：建立坐标系，Ox如图所示，设Ox轴上一点P为B = 0的位置，其坐标为x，



在P点B1向上，B2向下，B3向上，故有下式

0I



0I



0I

24R

方向为从O点穿出纸面指向读者．

0I

2x



20I0I



2(dx2(dx

1212dx2x1, x2dxdxx(2dx)dx

代入数据解出 x = 2 cm 即B = 0的线在1、2连线间，距导线1为2 cm处，且与1、2、3平行(在同一平面内)． 157、

解：两折线在P点产生的磁感强度分别为： B1 B2

0I

4a

(1

(1

) 方向为 2

) 方向为⊙ 2

0I

4a

BB1B220I/(4a) 方向为

158、

解：O处总 BBabBbcBcd，方向垂直指向纸里

而 Bab

0I

4a

(sin2sin1)

∵ 20，1，aR

2 ∴ Bab0I/(4R)

又 Bbc0I/(4R)

因O在cd延长线上 Bcd0，因此 B159、

解： HnINI/l200 A/m BH0rH1.06 T

160、

0I

4R



0I

2.1×105 T

解：设长直导线与矩形线圈左侧边之间的距离为r1

br10IIlb

BdSdr0ln(1)

2r2r1r1

)

I2r1

将已知条件代入得： 1b/r1e ∴ r1b/(e1)

Ivl11

vB1lvB2l0()

2r1r2

M





0l

ln1(



0Ivlb

2r1(r1b)



0I(e1)2vl

2eb

相关文章