内容发布更新时间 : 2024/11/20 22:42:58星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
??0i?ih??i2sin?0??0． 2?22?2?RR I By的方向沿着y方向．By的大小和方向正是无限长直线电流ih产生的磁感应强度．
14．9 在半径为R = 1.0cm的无限长半圆柱形导体面中均匀地通有电流I=5.0A，如图所示．
求圆柱轴线上任一点的磁感应强度B = ？
[解答]取导体面的横截面，电流方向垂直纸面向外． 半圆的周长为 C = πR， 电流线密度为 i = I/C = IπR．
在半圆上取一线元dl = Rdφ代表无限长直导线的截面，电流元为 dI = idl = Idφ/π，
?， 在轴在线产生的磁感应强度为 dB??0dI??0Idy 22?R2?RdBy dB 方向与径向垂直．dB的两个分量为 φ R dBx = dBcosφ，dBy = dBsinφ．
??o1 dBx x ?0I?0Icos?d??2sin??0， 积分得 Bx? 2图14.9 ?2?0R2?R0??I?IBy??02sin?d??02(?cos?)2?R2?R0??0?0I．
?2R由对称性也可知Bx = 0，所以磁感应强度 B = By = 6.4×10-5(T)，方向沿着y正向．
14．10 宽度为a的薄长金属板中通有电流I，电流沿薄板宽度方向均匀分布．求在薄板所在平面内距板的边缘为x的P点处的磁感应强度（如图所示）．
x P [解答]电流分布在薄板的表面上，单位长度上电流密度，即面电流的线密度为δ = I/a，
I a 以板的下边缘为原点，在薄板上取一宽度为dl的通电导线，电流强度为
dI = δdl，
图14.10
?0dI?0?dl在P点产生磁感应强度为 dB?， ?2?r2?(x?a?l)a磁场方向垂直纸面向外．由于每根电流产生的磁场方向相同，总磁场为
o [讨论]当a趋于零时，薄板就变成直线，因此
?Iln(1?a/x)?IB?0?0，
2?xa/x2?x这就是直线电流产生的磁场强度的公式．
14．11 在半径为R的木球上紧密地绕有细导线，相邻线圈可视为相互平行，盖住半个球面，如图所示．设导线中电流为I，总匝数为N，求球心O处的磁感应强度B = ？
[解答]四分之一圆的弧长为 C = πR/2， 单位弧长上线圈匝数为 I n = N/C = 2N/πR． R O 在四分之一圆上取一弧元
dl = Rdθ，
图14.11 线圈匝数为 dN = ndl = nRdθ，
y 环电流大小为 dI = IdN = nIRdθ．
R θ dB o1 ??B????0ln(x?a?l)2?(x?a?l)2?0?Ia?0ln(1?)． 2?axa?0?dl
l?0Px a dl l dI I x
环电流的半径为 y = Rsinθ， 离O点的距离为 x = Rcosθ， 在O点产生的磁感应强度为
?0NI?0y2dI?0nI2 ?sin2?d?， dB??sin?d?3?R2R2方向沿着x的反方向，积分得O点的磁感应强度为
?0NI?/22B?sin?d? ??R0?0NI?/2?0NI． ?(1?cos2?)d??2?R?4R0
R3 14．12 两个共面的平面带电圆环，其内外半径分别为R1、R2和R3、R4(R1
< R2 < R3 < R4)，外面圆环以每秒钟n2转的转速顺时针转动，里面圆环以每称n1R1 转逆时针转动，若两圆环电荷面密度均为ζ，求n1和n2的比值多大时，圆心处 2 R的磁感应强度为零． R4 [解答]半径为r的圆电流在圆心处产生的磁感应强度为 B = μ0I/2r．
在半径为R1和R2的环上取一半径为r、宽度为dr的薄环，其面积为dS = 2πrdr， 图14.12 所带的电量为 dq = ζdS = 2πζrdr， 圆环转动的周期为 T1 = 1/n1， 形成的电流元为 dI = dq/T1 = 2πn1ζrdr．
薄环电流可以当作圆电流，在圆心产生的磁感应强度为 dB1 = μ0dI/2r = πμ0n1ζdr， 圆环在圆心产生磁感应强度为 B1 = πμ0n1ζ(R2-R1)．
同理，半径为R3和R4的圆环在圆心处产生的磁感应强度为 B2 = πμ0n2ζ(R4-R3)．
由于两环的转动方向相反，在圆心产生的磁感应强度也相反，当它们大小相同时，圆心处的磁感应强度为零，即： πμ0n1ζ(R2-R1) = πμ0n2ζ(R4-R3)， 解得比值为
R?R3n1． = 4n2R2?R1
14．13 半径为R的无限长直圆柱导体，通以电流I，电流在截面上分布不均匀，电流密度δ = kr，求：导体内磁感应强度？
R [解答]在圆柱体内取一半径为r、宽度为dr的薄圆环，其面积为 dS = 2πrdr， 电流元为 dI = δdS = 2πkr2dr，
从0到r积分得薄环包围的电流强度为 Ir = 2πkr3/3； I 从0到R积分得全部电流强度 I = 2πkR3/3， 因此Ir/I = r3/R3．
根据安培环路定理可得导体内的磁感应强度 B?图14.13
14．14 有一电介质圆盘，其表面均匀带有电量Q，半径为a，可绕盘心且与盘面垂直的轴转动，设角速度为ω．求圆盘中心o的磁感应强度B = ？
[解答]圆盘面积为 S = πa2，面电荷密度为 ζ = Q/S = Q/πa2．
在圆盘上取一半径为r、宽度为dr的薄环，其面积为 dS = 2πrdr， ω 所带的电量为 dq = ζdS = 2πζrdr． 薄圆环转动的周期为 T = 2π/ω， ao 形成的电流元为 dI = dq/T = ωζrdr．
薄环电流可以当作圆电流，在圆心产生的磁感应强度为
dB = μ0dI/2r = μ0ωζdr/2，
图14.14 从o到a积分得圆盘在圆心产生磁感应强度为
B = μ0ωζa/2 = μ0ωQ/2πa．
如果圆盘带正电，则磁场方向向上．
?0Ir?I?03r2． 2?r2?R
14．15 二条长直载流导线与一长方形线圈共面，如图所示．已知a = b = c = 10cm，l = 10m，I1 = I2 = 100A，求通过线圈的磁通量．
dx I2 [解答]电流I1和I2在线圈中产生的磁场方向都是垂直纸面向里的，在坐I1 标系中的x点，它们共同产生的磁感应强度大小为 ?0I1?0I2l x ． B??2?(a?b/2?x)2?(c?b/2?x)o1 在矩形中取一面积元dS = ldx，
通过面积元的磁通量为dΦ = BdS = Bldx，
c a b 通过线圈的磁通量为
图14.15 ?0lb/2I1I2??(?)dx
B
14．16 一电子在垂直于均匀磁场的方向做半径为R = 1.2cm的圆周运动，电子R 速度v = 104m·s-1．求圆轨道内所包围的磁通量是多少？ o [解答]电子所带的电量为e = 1.6×10-19库仑，品质为m = 9.1×10-31千克．
v 电子在磁场所受的洛兰兹力成为电子做圆周运动的向心力，即：
f = evB = mv2/R， 图14.16
所以 B = mv/eR．
电子轨道所包围的面积为 S = πR2， 磁通量为 Φ = BS = πmvR/e =2.14×10-9(Wb)．
14．17 同轴电缆由导体圆柱和一同轴导体薄圆筒构成，电流I从一导体流入，从另一导体流出，且导体上电流均匀分布在其横截面积上，设圆柱半径为R1，圆筒半径为R2，如图所示．求：
（1）磁感应强度B的分布； R1 dr R2 （2）在圆柱和圆筒之间单位长度截面的磁通量为多少？ [解答]（1）导体圆柱的面积为 S = πR12， 面电流密度为 δ = I/S = I/πR12． I l I 在圆柱以半径r作一圆形环路，其面积为 Sr = πr2， 包围的电流是 Ir = δSr = Ir2/R12．
根据安培环路定理
图14.17 由于B与环路方向相同，积分得 2πrB = μ0Ir，
所以磁感应强度为 B = μ0Ir/2πR12，(0 < r < R1)．
在两导体之间作一半径为r的圆形环中，所包围的电流为I，根据安培环中定理可得 B = μ0I/2πr，(R1 < r < R2)．
在圆筒之外作一半径为r的圆形环中，由于圆柱和圆筒通过的电流相反，所包围的电流为零，根据安培环中定理可得 B = 0，(r > R2)．
（2）在圆柱和圆筒之间离轴线r处作一径向的长为l = 1、宽为dr的矩形，其面积为 dS = ldr = dr， 方向与磁力线的方向一致，通过矩形的磁通量为 dΦ = BdS = Bdr，
?/2a?b/2?xc?b/2?x2??b?la?bc?0(I1ln?I1ln)=2×10-7×10×100×2ln2=2.77×10-4(Wb)． 2?ac?b??B?dl???I??IL00r，
?I总磁通量为 ??02?
*
R2?0IR21dr?ln． ?r2?R1R114．18 一长直载流导体，具有半径为R的圆形横截面，在其内部有与导体相切，半径为a的圆柱
形长孔，其轴与导体轴平行，相距b = R – a，导体截有均匀分布的电流I．
（1）证明空孔内的磁场为均匀场并求出磁感应强度B的值；
（2）若要获得与载流为I，单位长度匝数n的长螺线管内部磁场相等的均R 匀磁场，a应满足什么条件？ b a O1 O`1 图14.18
[解答]（1）导体中的电流垂直纸面向外，电流密度为
??I．
?(R2?a2)长孔中没有电流，可以当作通有相反电流的导体，两个电流密度的大小都为δ，这样，长孔中磁场是两个均匀分布的圆形电流产生的．
如果在圆形截面中过任意点P取一个半径为r的同心圆，其面积为 S = πr2， 包围的电流为 ΣI = δS = πr2δ， 根据安培环路定理可得方程 2πrBr = μ0ΣI，
Br B θ ?0?I?0??r，方向与矢径r垂直． 磁感应强度为 Br?R P 2?r2r φ r` Br` 同理，密度为-δ的电流在P点产生的磁感应强度为
O1 b O`1 ?0?a Br`?r`， 方向与矢径r`垂直．
2设两个磁感应强度之间的夹角为θ，则合场强的平方为
)(r?r`?2rr`cos?)． 2根据余弦定理，如图可知：b2?r2?r`2?2rr`cos?， B?(由于φ = π - θ，所以 B?B2?Br2?Br2`?2BrBr`cos?
?0?2222?0?2由于b和δ都是常量，可见：长孔中是均匀磁场．
将δ和b代入公式得磁感应强度大小为 B?b，
?0I2?(R?a)，
可以证明磁场的方向向上．
（2）[解答]长螺线管内部的场为 B =μ0nI，
1与上式联立得 a??R，这就是a所满足的条件．
2?n[注意]此题中的长孔中的磁场与习题13．10．中空腔中的电场情况非常类似．
o半径R = 20cm，电流方向如图所14．19 在XOY平面内有一载流线圈abcda，通有电流I = 20A，bc示．线圈处于磁感应强度B = 8.0×10-2T的均强磁场中，B沿着X轴正方向．求：直线段ab和cd以及圆
o和dao在外磁场中所受安培力的大小和方向． 弧段bcY b B o弧和cd边受力方向垂直纸面向外，dao弧和ab[解答]根据右手螺旋法则，bcI R 边受力方向垂直纸面向里．由于对称的关系，ab边和cd边所受安培力的大小是相
a α θ o弧和dao弧所受安培力的大小也是相同的． 同的，bco1 c X ab边与磁场方向的夹角是α = 45°，长度为l = R/sinα，所受安培力为
d Fab = |Il×B| = IlBsinα= IRB = 0.32(N) = Fcd．
在圆弧上取一电流元Idl，其矢径R与X轴方向的夹角为θ，所受力的大小为 图14.19 dFbc = |Idl×B| = IdlBsinθ，由于线元为 dl = Rdθ，
所以 dFbc = IRBsinθdθ， 因此安培力为
Fbc?IRB??/20sin?d??IRB(?cos?)?/20= IRB = 0.32(N) = Fda．
14．20 载有电流I1的无限长直导线旁有一正三角形线圈，边长为a，载有电流I2，一边与直导线平等且与直导线相距为b，直导线与线圈共面，如图所示，求I1作用在这三角形线圈上的力．
[解答]电流I1在右边产生磁场方向垂直纸面向里，在AB边处产生的磁感应强度大小为 B = μ0I1/2πb，
y 作用力大小为 FAB = I2aB = μ0I1I2a/2πb，方向向左．
A I1 三角形的三个内角 α = 60°，
I2 C o1 x α b a B 图14.20
在AC边上的电流元I2dl所受磁场力为 dF = I2dlB， 两个分量分别为 dFx = dFcosα 和 dFy = dFsinα，
与BC边相比，两个x分量大小相等，方向相同；两个y分量大小相等，方向相反．由于dl = dr/sinα，所以 dFx = I2drBcotα， 积分得
?0I1I2cot?b?asin??0I1I2cot?b?asin?1 ?lnFx?dr?2?b2?rb??0I1I23b?a3/2． ln6?bF = FAB – 2Fx?作用在三角形线圈上的力的大小为
?0I1I2a23b?a3/2(?ln)，方向向左． 2?b3b
14．21 载有电流I1的无限长直导线，在它上面放置一个半径为R电流为I2的圆形电流线圈，长直导线沿其直径方向，且相互绝缘，如图所示．求I2在电流I1的磁场中所受到的力．
[解答]电流I1在右边产生磁场方向垂直纸面向里，右上1/4弧受力向右上方，右下1/4弧受力向右下方；电流I1在左边产生磁场方向垂直纸面向外，左上1/4弧受力向右下方，左
I1 下1/4弧受力向右上方．因此，合力方向向右，大小是右上1/4弧所受的向右的I2 力的四倍． r 电流元所受的力的大小为dF = I2dlB， R θ 其中 dl = Rdθ，B = μ0I1/2πr，而 r = Rcosθ， o 所以向右的分量为 dFx = dFcosθ = μ0I1I2dθ/2π，
?0I1I2?/2?II积分得 Fx?d?d??012，
2?40图14.21
电流I2所受的合力大小为 F = 4Fx = μ0I1I2，方向向右．
14．22 如图所示，斜面上放有一木制圆柱，品质m = 0.5kg，半径为R，长为 l = 0.10m，圆柱上绕有10匝导线，圆柱体的轴线位导线回路平面内．斜面倾角为θ，处于均匀磁场B = 0.5T中，B的方向竖直向上．如果线圈平面与斜面平行，求通过回路的电流I至少要多大时，圆柱才不致沿斜面向下滚动？
[解答]线圈面积为 S = 2Rl，磁矩大小为 pm = NIS， B 方向与B成θ角，所以磁力矩大小为 θ Mm = |pm×B| = pmBsinθ = NI2RlBsinθ，
方向垂直纸面向外．
重力大小为 G = mg，力臂为 L = Rsinθ， o 重力矩为 Mg = GL = mgRsinθ，方向垂直纸面向里．
圆柱不滚动时，两力矩平衡，即
θ NI2RlBsinθ = mgRsinθ，
解得电流强度为 I = mg/2NlB = 5(A)． G 图14.22 14．23 均匀带电细直线AB，电荷线密度为λ，可绕垂直于直线的轴O以ω角
速度均速转动，设直线长为b，其A端距转轴O距离为a，求：
（1）O点的磁感应强度B； （2）磁矩pm；
（3）若a>>b，求B0与pm．
ω [解答]（1）直线转动的周期为T = 2π/ω，
B 在直线上距O为r处取一径向线元dr，所带的电量为 dq = λdr，
b 形成的圆电流元为 dI = dq/T = ωλdr/2π， 在圆心O点产生的磁感应强度为 dB = μ0dI/2r = μ0ωλdr/4πr， 整个直线在O点产生磁感应强度为 a A o 图14.23