1樓：
請看**.
根據這個可得無限長載流長直導線的磁場.
如圖所示，一根無限長直導線，通有電流i，中部一段完成一段圓弧形，求圖中p點的磁感應強度的大小。
2樓：匿名使用者
利用畢奧薩伐爾定律。
為簡便起見，可以等效地視為一根無限長直導線與一段反版嚮導線，再加一段弧權線電流組合而成。
長直導線的磁感應強度為b1=μ0i/(πr)弧線段部分產生的磁感應強度為b2=μ0i/(6r) 與b1方向相同
直線段部分產生的磁感應強度為b3=μ0i/(2πr) 與b1方向相反所以p點處磁感應強度大小為μ0i/(2πr)+μ0i/(6r)
3樓：匿名使用者
根據畢奧薩伐爾定律，分別求出直線電流和弧形電流在p點的磁場，疊加。結果為
4樓：ba知道
這個只要計算bai弧形段在dup點形成的磁感應強度就zhi可以了。
在一個點電荷正daoq的電場內中,一群負離子恰好能沿著以容點電荷。
在運動的過程中,電場力提供向心力,kq1q2/r2=mv2/r,忽略掉沒有影響的物理量,得到q2=mv2(速度的平方),由於是沿著同一軌道運動,因此速度相同,所以可以得到,比荷相同。q/m相同。
則圓弧中心處電場強度的大小為在四分之一圓上取一微元,其與圓心的連線與豎直方向的夾角設為θ,此微元在圓心處產生的電場為de:de=kdq/r^2=/r^2=2kq*dl/(πr^3)=2kqr*dθ/(πr^3)=2kq*dθ/(πr^2)de在x方向上的分量為dex,合電場在x方向的分量為ex:ex=∫dex=∫(π/2,0)2kqsinθdθ/(πr^2)=2kq/(πr^2)合電場為e:
e=2^1/2ex=2(2^1/2)kq/(πr^2) (方向指向第四象限的角平分線)。
大學物理 求解析
5樓：
方向為：垂直紙面向裡。
解釋：o處的磁場由兩個半無限長的載流直導線和載流圓線圈共同疊加形成，而兩個半無限長的載流直導線可等效為一無限長的載流直導線，利用載流圓線圈和無限長的載流直導線的磁場公式相加就可得到o點的總磁場，不過無限長的載流直導線在o點產生的磁場方向垂直紙面向外，而載流圓線圈在o點產生的磁場方向垂直紙面向裡，所以是相減關係，顯然載流圓線圈在o點產生的磁場要大於無限長的載流直導線在o點產生的磁場，所以總磁場方向與載流圓線圈在o點產生的磁場方向相同，為垂直紙面向裡。
6樓：歐吉玟
相當於一個圓環加一根無窮長導線.
有一個無限長的載流直導線,通有電流i。試求其外一點p處的磁感應強度。
7樓：匿名使用者
三角函式
sin α
, cos α
tan α = sin α , α ≠ π + πn, n є z
cos α 2
cot α = cos α , α ≠ π + πn, n є z
sin α
tan α · cot α = 1
sec α = 1 , α ≠ π + πn, n є z
cos α 2
cosec α = 1 , α ≠ π + πn, n є z
sin α
勾股定理
sin2 α + cos2 α = 1
1 + tan2 α = 1
cos2 α
1 + cot2 α = 1
sin2 α
和差公式
sin(α + β) = sin α · cos β + cos α · sin β
sin(α – β) = sin α · cos β – cos α · sin β
cos(α + β) = cos α · cos β – sin α · sin β
cos(α – β) = cos α · cos β + sin α · sin β
tan(α + β) = tan α + tan β
1 – tanα · tan β
tan(α – β) = tan α – tan β
1 + tanα · tan β
cot(α + β) = cotα · cot β - 1
cot β + cot α
cot(α - β) = cotα · cot β + 1
cot β - cot α
雙角計算公式
sin 2α = 2 sin α · cos α
cos 2α = cos2 α - sin2 α
tan 2α = 2 tan α
1 - tan2 α
cot 2α = cot2 α - 1
2 cot α
三倍將式
sin 3α = 3 sin α - 4 sin3 α
cos 3α = 4 cos3 α - 3 cos α
tan 3α = 3 tan α - tan3 α
1 - 3 tan2 α
cot 3α = 3 cot α - cot3 α
1 - 3 cot2 α
降冪公式
sin2 α = 1 - cos 2α
2cos2 α = 1 + cos 2α
2sin3 α = 3 sin α - sin 3α
4cos3 α = 3 cos α + cos 3α
4和(差)到乘積公式
sin α + sin β = 2 sin α + β cos α - β
2 2
sin α - sin β = 2 sin α - β cos α + β
2 2
cos α + cos β = 2 cos α + β cos α - β
2 2
cos α - cos β = -2 sin α + β sin α - β
2 2
tan α + sin β = sin(α + β)
cos α · cos β
tan α - sin β = sin(α - β)
cos α · cos β
cot α + sin β = sin(α + β)
sin α · sin β
cot α - sin β = sin(α - β)
sin α · sin β
a sin α + b cos α = r sin (α + φ),
where r2 = a2 + b2, sin φ = b , tan φ = b
r a
乘積到和(差)公式
sin α · sin β = 1 (cos(α - β) - cos(α + β))
2sin α · cos β = 1 (sin(α + β) + sin(α - β))
2cos α · cos β = 1 (cos(α + β) + cos(α - β))
2正切半形替換
sin α = 2 tan (α/2)
1 + tan2 (α/2)
cos α = 1 - tan2 (α/2)
1 + tan2 (α/2)
tan α = 2 tan (α/2)
1 - tan2 (α/2)
cot α = 1 - tan2 (α/2)
2 tan (α/2)
載流直導線外一點p的磁感應強度大小
8樓：
b當然不等於零。你用的是比奧薩法爾定律計算的吧。
你有沒有注意到，在中間時，cosθ1和cosθ2的符號是相反的呢？一個是0+，一個是0-
所以cosθ1=1；cosθ2=-1
b=μoi/2πro 是最大的
如果是無限長直導線
更建議用安培環路定理計算哦，如下：
9樓：匿名使用者
好像他這個sita1和sita2是同位角吧，你仔細看看，如果sita1=sita2，並不是在中點吧，中點的應該是sita1+sita2=180的時候。
一無限長直導線在p出彎成半徑為r的圓，當通以電流i時，圓心o處的磁感應強度的大小為
10樓：清溪看世界
一無限長直導線在p出彎成半徑為r的圓，當通以電流i時，圓心o處的磁感應強度的大小為（1+1/π）*u₀i/4r。
對引入場中的運動試探電荷、載流導體或永久磁鐵有磁場力的作用，因此可用磁場對運動試探電荷的作用來描述磁場，並由此引入磁感應強度b作為定量描述磁場中各點特性的基本物理量，其地位與電場中的電場強度e相當。
11樓：手機使用者
按題意,p這個地方的空隙應該可以忽略不計的吧你可以看成是由一個環形電流圈與一個無限長直導線磁場的疊加,電流大小不變的畫,圈在o處產生的磁場強度為0,所以就是無限長直導線模型了 ,接下去就不用說了吧