穩(wěn)恒磁場一章習題解答

1、穩(wěn)恒磁場一章習題解答習題9 1無限長載流空心圓柱導體的內外半徑分別為 a b,電流在導體截面 上均勻分布，則空間各處的B的大小與場點到圓柱中心軸線的距離 r的關系定性 地如圖所示。正確的圖是：解：根據安培環(huán)路定理，容易求得無限長載流空心圓柱導體的內外的磁感應 強度分布為0B j1；*2兀r(b2 - a2)I2 二r(r a)(a r 0和y0區(qū)間以勻速v經一個半圓周而從磁場出來，其圓周運動的半徑為mvqB因此，它從磁場出來點的坐標為 X=0和y二，故應選擇答案(B) qB直導線彎成如圖三種形狀，則P，Q，0各點磁感應強度的大小Bp，Bq，Bo間的關系為o(A)Bp-Bq - bo。(B)Bq

2、BpBo。(C)Bq-Bo ： - Bp。(D)BoBqBp習題93通有電流I的無限長說明：本題得通過計算才能選出正確答案。對a習題93圖P點，其磁感應強度的大小Bp對Q點，其磁感應強度的大小Bq必 CosO -cos135 丄 Cos45 - c4兀a4兀a對0點，其磁感應強度的大小Bo%14a%14-a顯然有BoBqBp，所以選擇答案(D)4 I注：對一段直電流的磁感應強度公式B= 0(COSV1COSV2)應當熟練掌握。4兀a習題94如圖所示，一固定的載流大平板, 在其附近有一載流小線框能自由轉動或平 動，線框平面與大平板垂直，大平板的電流 與線框中的電流方向如圖所示，則通電線框 的運動

3、情況從大平板向外看是：(A) 順時針轉動(B) 靠近大平板AB(C) 逆時針轉動BA(D)離開大平板向外運動題解9-4圖解：根據大平板的電流方向可以判斷其右側磁感應強度的方向平行于大平 板、且垂直于li；小線框的磁矩方向向上，如圖所示。由公式可以判斷小線框受該力矩作用的轉動方向如圖所示，因此應該選擇答案（C）習題9 5明L幅曲線圖能確切描述載流圓線圈在其軸線上任意點所產生的B隨x的變化關系？（X坐標軸垂直于圓線圈平面，圓點在圓線圈中心O）B *(D)習題95圖解：由載流圓線圈（N匝）軸線上的磁感應強度公式B(x)二SNIR22(R2 x2)32可以判斷只有曲線圖（C）是正確的。習題96兩根無限

4、長直導線互相垂 直地放著，相距d=2.0X102m,其中一 根導線與Z軸重合，另一根導線與X 軸平行且在XOY平面內。設兩導線中 皆通過l=10A的電流，則在Y軸上離 兩根導線等距的點P處的磁感應強度 的大小為B=。解：依題給坐標系，與Z軸重合的一根導線單獨在 P點產生的磁感應強度為2- (d 2)4二 10 10.-：2.0 102 i=-2 10i(T)同理，另一根與X軸平行的導線單獨在P點產生的磁感應強度為B2%I2- (d 2)k =2 10”k(T)由疊加原理，P點處的磁感應強度的大小為B =：B； B； =2 . 2 10 (T)習題9 7如圖，平行的無限長直載流導 線A和B,電流

5、強度均為I,垂直紙面向外， 兩根導線之間相距為a，則 AB中點(P點)的磁感應強度Bp =o(2)磁感應強度B沿圖中環(huán)路I的線積分：1 B =o解：(1) A、B兩載流導線在P點產生的磁感應強度等大而反向，疊加的結果 使P點最終的磁感應強度為零，因此， Bp =0 o(2)根據安培環(huán)路定理容易判斷，磁感應強度 B沿圖中環(huán)路I的線積分等于 I o習題9 8如圖，半圓形線圈(半徑為R)通有電流I，線圈處在與線圈平面平行向右的均勻磁場B中。則線圈所受磁力矩的大小為 ，方向為把線圈繞OO 轉過角度時，磁力矩恰為零。1=兀2解：半圓形線圈的磁矩大小為Pm 丄 12因而線圈所受磁力矩的大小為1 2兀M =

6、 Pm B si nR IB sin一2 2根據磁力矩公式M -PmB可以判斷出磁力矩M的方向向上。容易知道，當- k ， k=0， 1，2，時，磁力矩恰為零，這等價于把線圈繞OO 轉過 =(2k 1) k ，k=0，1，2 22， 3，。習題99圖習題9 9 在均勻磁場B中取一半徑 為R的圓，圓面的法線n與B成60 角，如圖所示，貝U通過以該圓為邊線 的如右圖所示的任意曲面 S的磁通量B dS 二。解：通過圓面的磁通量I212圓=B R2 cos60 二 B 二R22所以習題9 10圖2adxIhln 2根據磁場的高斯定理，通過整個閉合曲面的磁通量等于零，即$ :仁亠錄圓工01 2：s _

7、二圓B 二 R2習題910如圖所示，均勻電場E沿X軸正方向，均勻磁場B沿Z軸正方向,今有一電子在YOZ平面沿著與丫軸正方向成135角的方向以恒定速度v運動, 則電場E和磁場B在數值上應滿足的關系是。解：電子以恒定速度v運動，說明其所 受到的合外力為零，即有Fe Fm =0即(_e)E (_e)v B=0-eEi (e)vBsin 45 (-i) = 0E 2 vB2習題911如圖，在無限長直載流導 線的右側有面積為 S和S2兩矩形回 路。兩個回路與長直載流導線在同一 平面，且矩行回路的一邊與長直導線 平行。則通過面積為S的矩形回路的 磁通量與通過面積為S2的矩形回路的 磁通量之比為。解：建立如

8、圖所示的坐標軸 OX軸，并在矩形回路內距長直導線 x處取寬為dx的窄條面元dS=hdx(圖中帶陰影的面積)，則通過該面元的元磁通為卩I= BdS 0 hdx2兀x所以，通過回路S的磁通量為：22 二4adx%lh2a xln 2故,習題912兩根長直導線通頭電流I, 如圖所示有三種環(huán)路，在每種情況下，B *dl等于：（對環(huán)路a）（對環(huán)路b） （對環(huán)路c）解：根據安培環(huán)路定理，容易得到:習題9 12圖對環(huán)路a，%Bd等于卩oI ；對環(huán)路b，LBdl等于0;對環(huán)路c，lBdl等于2%l習題913如圖所示，在真空中有一半圓形閉合線圈，半徑為 a,流過的穩(wěn)恒電流為I，則圓心O處的電流元Idl所受的安培

9、力dF的大小為方向為。解：圓心O處的磁感應強度是由 半圓形閉合線圈產生的，其直徑段的 電流在O處單獨產生的磁場為零，其 半圓段在O處產生的磁場即為該點的 總磁場Bo%14aBO的方向垂直于圖面向內。根據安培力公式Idl所受的安培力dF的大小為d Idl B可知圓心O處的電流元dF =ldlBJoI 2dl4a力dF的方向垂直于電流元向左。0 I 0習題9 14圖習題914 一根半徑為R的長直導線均 勻載有電流I，作一寬為R、長為l的假想 平面S,如圖所示。若假想平面 S可在導 線直徑與軸oo 所確定的平面內離開OO 軸移動至遠處。試求當通過 S面的磁通量 最大時S平面的位置。解：見圖示，設假想

10、平面 S靠近軸線的一邊到軸線的距離為 a,易知長直導線內外的磁場分布為-IrB內二宀（0汀乞R）2nR2B 外（r R）2nr在假想平面S內、距軸為r處，沿導線直 徑方向取一寬度為dr的窄條面元，通過它 的元磁通為= Bldr題解9 14圖只a a-dd E-BldroIr2l d ra 2iR%ll2 二 R2(R2-a2)In由最值條件，令即解得d 嗎(_2a)衛(wèi)da 4 R2:22a Ra - R = 0=0R a = ( 5 -1) =0.618R(其負根已舍去)2通過假想平面S的磁通量為dB%dl (Rsin)22R3仝n2廿2習題915半徑為R的導體球殼表面 流有沿同一繞向均勻分布

11、的面電流，通 垂直于電流方向的每單位長度的電流為 K。求球心處的磁感應強度大小。解：如圖所示，取一直徑方向為 OX 軸。并沿電流方向在球面上取一寬度為 dl的球帶，該球帶可以看成載流圓環(huán)， 其載有的電流為 dl=Kdl = KRd，其在球 心O處產生的元磁場為該元場的方向沿X軸的正方向。球面上所有電流在 O點產生的磁感應強度大小 為=22辿sin2dj - 1 %K二場的方向沿X軸的正方向。R的帶電朔習題916如圖，一半徑為 料圓盤，其中有一半徑為r的陰影部分 均勻帶正電荷，面電荷密度為 飛，其余 部分均勻帶負電荷，面電荷密度為-匚， 當圓盤以角速度旋轉時，測得圓盤中心 O點的磁感應強度為零，

12、問 R與r滿足 什么關系？解：取與圓盤同心、半徑為r、寬度為dr的圓環(huán), dq = ；:dS =二 2 二r d r習題916圖其帶量電量為二 2 二 rdrdl = dq T 二 一 二 rdr 2兀臨其等效的圓電流為R 11odro= (2r - R)2I，總匝數為N，它 O處的磁感應強度。I習題9 17圖其在中心0處產生的元場強為dB二魁丄dr2r 2因此，中心O點的磁感應強度為r 1I二 dB = ojo-dr _ .r 2令該磁感應強度為零可得習題917如圖，有一密繞平面螺旋線圈，其上通有電流 被限制在半徑為R1和R2的兩個圓周之間。求此螺旋線中心解：以O點為圓心、以r為半徑，在 線

13、圈平面內取寬度為dr的圓環(huán)面積，在此 環(huán)面積內含有dN= ndr= Ndr. (R2 - RJ匝線 圈，其相應的元電流為dI=IdN。其在中心 O點產生的元磁場為dB 二衛(wèi)U %NId2r2(R2 -R1)rO點最終的磁感應強度為%NI2R -尺)r2 drR e r%NI 瀘2 (R2 _ R1)R1該磁感應強度的方向垂直于圖面向外。習題918厚度為2d的無限大導體平板，其內有均勻電流平行于表面流動, 電流密度為j，求空間的磁感應強度分布解：如圖所示，在垂直于電流密度 方向取一矩形回路abcda，其繞行方向 與電流密度方向成右手螺旋關系。 環(huán)路應用安培環(huán)路定理i對此b -在平板內部有題解9

14、18圖所以2ab B=巴j2xab在平板外部有2ab B = j2d ab所以B fjd習題919 均勻帶電剛性細桿度為，繞垂直于直線的軸0以角速度勻速 轉動（0點在細桿AB的延長線上），求：（1） 0 點的磁感應強度Bo ；磁矩Pm ；若ab, 求Bo及Pm。解：（1）在桿上距軸0為r處取線元dr， 其帶電量為dq = dr，該線元相當于運動的點 電荷，其在0處產生的元磁場大小為AB,電荷線密口 巴 dq豹r% 國九drdBo元磁場的方向垂直于紙面向里。由于桿上各線元的元磁場的方向均一致，所以求 0點的總場可直接對上述元場積分即可Bo 二 dBo abdra%lnr 4 二aBo的方向垂直于

15、紙面向里。在桿上距軸0為r處取線元dr，其帶電量為dq = dr，該線元相當于運動的點電荷，它作圓周運動的等效環(huán)電流為求0點磁場還可以用等效電流法作:, dq九 drcokdrdiT 2 町;r）2n其在O處產生的元磁場大小為dBo =%dl2r元磁場的方向垂直于紙面向里。對上述元場積分可得 O點最終的場Bo 二 dBo主.乜亠心4 二 a r4 二aBo的方向垂直于紙面向里。與前邊作法得到的結果相同。線元dr的等效環(huán)電流為dq 灼九dldrT2n其元磁矩大小為dPm 二 dl 二r2 二 1r2dr21dPm =2 元磁矩的方向垂直于紙面向里。帶電細桿的總磁矩大小為33-ar 2dr = 1

16、 ；-，（a b）3 6總磁矩Pm的方向垂直于紙面向里。 當ab時，帶電細桿相當于點電荷。因此/.b 2PmaJba22習題920 一線圈的半徑為R,載有電流I，置于均勻外磁場B中（如圖示），在不考慮載流圓線圈本身所激發(fā)的磁場的情況下，求線圈導線上的張力。（已知載流圓線圈的法線方向與B的方向相同。）習題9 20圖題解9 20圖解：設想該載流圓線圈被截成相等的兩半， 如圖所示，我們取其中的一半(比 如右一半)并分析它的受力情況：安培力 F作用于中點、方向向右，上、下端點 受到的張力T均水平向左。由于該半線圈處于力學平衡狀態(tài)，因此有F =2T即IB(2R)=2T解得T = I B R在本題求解中，

17、一是要搞清圓線圈中的“張力”的概念，二是須明確“閉合電流在均勻磁場中所受的合磁力等于零”這一結論。下一道習題我們將證明這個結 論。 習題9 21試證明任一閉合載流平面線圈在均勻磁場中所受的合磁力恒等于零0證明：由安培力公式，線圈任一線元Idl所受到的磁場力為題解921圖dF 二 Idl B則整個閉合載流平面線圈在均勻磁場中所受的合磁 力應該為F = Ld Jdl B = I CLdl ) B = I 0 B = 0證畢。注意：這里dl的環(huán)積分：.dl =0，是考慮了矢量合成的多邊形法則的結果。 習題922有一“無限大”平面導體薄板，自上而下均勻通有電流，已知其電 流密度為i(即單位寬度上通有的

18、電流強度)o (1)試求板外空間任一點磁感應強度 的大小和方向；(2)有一質量為m,帶正電量為q的粒子，以速度v沿平板法線 方向向外運動(如圖)，求：(a)帶電粒子最初至少在距板什么位置處才不會與大平板碰撞?(b)須經多長時間，才能回到初始位置(不計粒子重力)?解：(1)分析求板外空間任一點磁 感應強度有兩種方法：取電流元積分法和安 培環(huán)路定理法。由于均勻載流平板是“無限 大”，其左、右兩側的場是對稱的，因此， 我們可以應用比較簡單的一種安培環(huán) 路定理法求場。習題9 22圖在垂直于電流流向的平面內取一矩形 環(huán)路abcda，如圖所示，環(huán)路的ab邊與cd 邊都與平板平行且等距并居于平板左、右兩側，

19、be邊和da邊都與平板垂直。對此環(huán)路應用安培環(huán)路定理得Bdlhi即Bdl Bdl Bdl Bdl -0iababbeedda上式左端第二項和第四項由于 B與dl處處垂直，因而都等于零，因此有Bab Bed 二 Joiab2Bab 二 J0iab1所以B = -q2對題給圖示，平板左、右兩側的磁場都是均勻的，大小都等于i 2，只不過方向相反：板右側場垂直于紙面向里，板左側場垂直于紙面向外。(2)帶電粒子將在豎直平面內作圓周運動，其圓周運動的半徑為 mv 2mvRqB jqi可見，欲使粒子不與平板相碰撞，粒子最初至少在距板為R的位置處。粒子從開始運動到回到原處所需的最短時間剛好是一個周期，即2兀R

20、 2兀m4兀mt 二 T 二v qBUqiB習題9 23圖習題923半徑為R的圓盤帶有正電荷， 其電荷面密度廠-kr，k是常數，r為圓盤 上一點到圓心的距離，圓盤放在一均勻磁 場B中，其法線方向與B垂直。當圓盤以 角速度繞過圓心0點且垂直于圓盤平面 的軸作逆時針旋轉時，求圓盤所受磁力矩 的大小和方向。解：在圓盤上取半徑為r、寬度為dr的細圓環(huán)，環(huán)面積為dS = 2-：rdr，環(huán)的 帶電量為dq -；dS =kr 2二rdr =2二kr2dr。其等效環(huán)電流為2dI=k r dr其元磁矩大小為24dPm = dI r = k r drdPm的方向垂直于紙面向外。整個轉動圓盤的磁矩為R 4i5Pm

21、= dPm = k1 r drk二 R5Pm的方向垂直于紙面向外。根據線圈在磁場中所受磁力矩公式可得圓盤所受磁力矩的大小為11M = Pm Bs i vnk.：；：；R5Bs i -nk.：；：；R5B525M的方向垂直于B向上。習題924如圖所示，載有電流Ii和I2的長直導線ab和cd相互平行，相距為 3r，今有載有電流Is的導線MN=r水平放置，且其兩端 M、N分別與Ii、I2的距 離都是r，ab、cd和MN共面，求導線MN所受的磁力大小和方向。解：建立圖示坐標系, 面向里為正）為Ii八12dF、dlI31Hilkilxx+dxMN題解9 24圖bd習題9 24圖 IB（x）Mi2 x 2

22、 二（3r_x）在Ii和I2之間任一點x處的磁感應強度（暫設垂直于紙%IMN上電流元Isdx受到的力為dF 二 BI3dx，整個MN受到的力的大小為方向“rdF 二 dFfjIi 卩0I21r 2兀x 2兀（3r - x） 一Isdx（Ii -丨2）1 n2，方向“r討論：若1l .丨2，則F方向向上；反之，若1l ：:： 12，則F方向向下習題9 25空氣中有一半徑為r的無限長 直圓柱金屬導體，豎直線OO 為其中心軸線， 在圓柱體內挖一個直徑為r/2的圓柱空洞，空 洞側面與OO 相切，在未挖洞部分通以均勻 分布的電流I，方向沿OO 向下，如圖所示。 在距軸線3r處有一電子(電量為-e)沿平行

23、于 OO軸方向，在中心軸線OO 和空洞軸線所 決定的平面內，向下以速度V飛經P點，求電子經P時，所受的磁場力。分析：此題所給的載流圓柱體的內部被挖去一洞，屬于“破缺型”問題，仿 照靜電學中的類似問題采用的“反號電荷補償法”，這里我們采用“反向電流補 償法”進行處理。設想在空洞位置是一電流密度與未挖部分的電流密度相等而流向相反的電流，這樣原來的載流體系就等價于電流密度為：的、向下均勻流動、半徑為r的完整圓柱導體和一個電流密度也為、但向上均勻流動、半徑為 r/4的完整較小的圓柱導體構建而成。因而，空間任一點的場應為這兩個電流各自產 生的場的疊加。解：設流經導體截面的電流密度為1二込2 2 了 H(

24、r 4) 15二r向上的電流在P點產生的場為B _ %、二(r4) 1 _ 2- (3r _ r 4)向下的電流在P點產生的場為丄22兀3rP點最終的場為Bp528495%Ir根據洛侖茲力公式，此刻飛經 P點的電子所受力的大小為方向“J”82%1f 二 evBPev，495兀 r習題9 26長直導線aa 與半徑為R的均勻導體圓環(huán)相切于點 a,另一直導線bb 沿半徑方向與圓環(huán)接于點b,如圖所示。現(xiàn)有穩(wěn)恒電流I從端a流入而從端b 流出。(1)求圓環(huán)中點0的磁感應強度BO ;(2) B沿閉合環(huán)路L的環(huán)流B.dl等 于什么？L解：(1)圓環(huán)中點0的磁感應強度可 以看成aa 段、三分之一圓周、三分之二

25、圓周和bb 段共四段電流產生的場的疊 加。因為aa 段電流單獨產生的場為| iB!吐, 方向“。”4 二R三分之一圓周電流單獨產生的場為a習題926圖9R，B3 3I2R 3JoI9R，三分之二圓周電流單獨產生的場為bb 段電流單獨產生的場為因此，圓環(huán)中點0的磁感應強度為BO = Br _ B2B3 B4 = B!4R方向“O”rB沿閉合環(huán)路L的環(huán)流為- - 2 1LB10（I 飛）%1習題9 27 設右圖中兩導線中的電 流li、I2均為8A，對在它們磁場中的 三條閉合曲線a, b, c分別寫出安培環(huán) 路定理等式右邊電流的代數和。并說 明：(1) 各條閉合曲線上，各點的磁感 應強度B的量值是否

26、相等？(2) 在閉合曲線c上各點的B值是 否為零？為什么？解：對閉合曲線a為8A;對閉合曲線b亦為8A;對閉合曲線c為0 (1)在個條閉合曲線上，各點的磁感應強度的量值并不相等。(2)在閉合曲線c上各點的磁感應強度的量值不為零，因為該曲線上的場是由Ii和12共同產生的，場強疊加的結果習題928 一塊半導體的體積為ax bx c, 如圖所示，沿X軸方向通有電流I，在Z方 向有均勻磁場B。這時實驗測得的數據為a=0.10cm，b=0.35cm，c=1.0cm，l=1.0mA，B=0.30T，半導體兩側的霍耳電勢差UAA：=6.55mV。(1)問這塊半導體是 P型還是N型？ (2)求載流子的濃度。

27、解：(1)根據題給圖示，可知U h = -U AA = -6.55mA 0因此，載流子是負的，對半導體則是電子，可以判斷出這是N型半導體。(2)由霍耳電勢差公式1 IBU h 口ne aIBaeU h可得載流子的濃度為= 2.86 1020m，1.0漢10漢0.303T931.0 101.60 106.55 10穩(wěn)恒磁場一章補充題I2dl習題97圖習題9 7在真空中同一平面內，有兩個 置于不同位置的電流元11dl和12dl，它們 之間的相互作用力大小相等，方向相反的條 件是。它們之間的相互作用力滿足牛頓第三運動定律的條件解：如圖所示的兩相互平行的電流元, 第二個電流元受到第一個電流元的作用力

28、的大小為F21 = % 14冒 nE I2dl4兀rF21的方向水平向左；第一個電流元受到第二個電流元的作用力的大小為0F124:耳的方向水平向右。由此可見，兩電流元之間的相互作用力大小相等，方向相 反的條件是：兩電流元平行放置。若使它們之間的相互作用力滿足牛頓第三運動 定律，除了相互作用力等大反向外，還需F12與F21在同一直線上，即r和F12、F21 的方向之夾角為零或 二，即二2=0 ：，=2。因此，兩電流元之間的相互作用力滿足牛頓第三運動定律的條件是：兩電流元平行放置，并且與它們之間的 連線垂直。習題919 一邊長為I的正方形線圈載有電流I,處在均勻外磁場B中，B垂直 于圖面向外，線圈可繞中心的豎直軸 OO 無摩擦地轉動（見圖），其轉動慣量為J， 求線圈在平衡位置附近作微小擺動的周期Ino