大学物理第二十章题解.docx

第二十章稳恒电流的磁场20-1.如图所示，将一条无限长载流直导线在某处折成直角，P点在折线的延长线上，到 折线的距离为a。设导线所载电流为I，求P点的B . (2)当I = 20A , a = 0.05m, 求B .解 (1)根据毕萨定律，AB段直导线电流在P点产生的磁场B = 0； BC段是“半1 U I U I 、，一一 一无限长"直导线电流，它在P点产生的磁场为B =I = 1，方向垂直纸面向里.根据2 2冗a 4冗a叠加原理，P点的磁感应强度：1 u I u IB = = 0.J2 2冗a 4冗a'方向垂直纸面向里.(2)当 I = 20A，a = 0.05m时1 4冗 X107 X 202B = x = 4 x 10-5 (T) -2 2冗 x 0.0520-2.如图所示，将一条无限长直导线在某处弯成半径为R的半圆形，已知导线中的电 流为I,求圆心处的磁感应强度B.解 根据毕-萨定律,两直线段导线的电流在O点产生的磁感应强度B = 0，半圆环形导 线的电流在O点产生的磁感应强度B = 1与1 .由叠加原理，圆心O处的磁感应强度2 2 RB=%方向垂直纸面向里.(图中直线部分伸向无限远)，试求20-3.电流I若沿图中所示的三种形状的导线流过 各O点的磁感应强度B.(C)I解 (a)根据毕一萨定律和叠加原理,O点的磁感应强度等于两条半无限长直线电流的 磁感应强度和14个圆环形导线的电流的磁感应强度的叠加八 1 U I1 U I1 U IU I冗、，一一B =0 +0 +0- = 0(1+)，方向垂直纸面向外.2 2冗 R2 2冗 R4 2 R2 冗 R4(b)根据毕-萨定律和叠加原理，o点的磁感应强度等于下面一条半无限长直线电流的 磁感应强度和34个圆环形导线的电流的磁感应强度的叠加b = L-U匕+°_U = _Uj_(1+2冗)，方向垂直纸面向里.2 2冗 R 4 2 R 4 冗 R2(c)根据毕-萨定律和叠加原理,O点的磁感应强度等于两条半无限长直线电流的磁感应 强度和12个圆环形导线的电流的磁感应强度的叠加八 1 U I 1 U I 1 U I U IfB =0 +0 +0- = 0 V2 +冗)，方向垂直纸面向里2 2冗 R 2 2冗 R 2 2 R4 冗 R*204.如图所示，电流/均匀地流过宽为2a的无限长平面导体薄板.P点到薄板的 垂足O点正好在板的中线上，设距离PO = %，求证P点的磁感应强度B的大小为ii ii / aB = 0- arctan 2冗a%解把薄板等分成无限多条宽为dy的细长条，每根细长条的电流dI = kdy，可视为线电流；无限长 2a载流薄板可看成由无限多条无限长载流直导线构成.y处的细长条在P点产生的磁感应强度为dB+，-y处的细长条在p点产生的磁感应强度为dB，二者叠加为沿oy方向的dB .所以p点 >>的磁感应强度B沿Oy方向，B的大小J a2KIdy0 2a 2"%2 + y 2B = Ja 2 cos。% 2 + y 2dya Ia=0 arctan 2a冗%0 2丸（2 + y 2a I% 1 y a =arctan2a冗 %o*205.如图所示，半径为R的木球上绕有密集的细导线，线圈平面彼此平行，且以> 单层线圈盖住半个球面.设线圈的总匝数为N，通过线圈的电流为I，求球心O处的B .解 在14圆周的圆弧ab上,单位长度弧长的线圈匝数为N _ 2 N2丸两瑟I在如图。处，dO角对应弧长dl内通过的电流” 2 NI & 2 NI dI =dl =dO冗R 冗此电流可视为半径为尸的圆环形电流圈，参见教材p80，此圆环形电流圈在O处产生的dB =四=KR 2眼0 竺 dO =空 snuO dO2 R 32 R 3冗冗 R所以总磁感应强度B = J 2 dB = *0“1 J 2 sin2O dO =巳竺.0 冗 R 04 R206.如图所示，载流长直导线的电流为I，试求通过与直导线 共面的矩形面积CDEF的磁通量.解用平行于长直导线的直线把矩形CDEF分成无限多个无限 小的面元，距长直导线尸处的面元的面积为dS = ldr，设矩形CDEF 的方向为垂直纸面向里，则b a I 口a ii f bdr a ii bO= JJ B dS = Jbldr = Jb 一 =0ln Sa 2丸r2冗a r2冗 a20-7.无限长同轴电缆的横截面如图所示，内导线半径为a，载正向电流I，圆筒形外 导线的内外半径分别为b和。，载反向电流I，两导线内电流都均匀分布，求磁感应强度的 分布解 考虑毕-萨定律，又因同轴电缆无限长,电流分布具有轴对称性，所以磁感应线在与 电缆轴线垂直的平面内，为以轴线为圆心的同心圆；B沿圆周切向，在到轴线距离r相同处B的大小相等，B = B(r).沿磁感应线建立安培环路L (轴线为圆心、半径为r的圆)沿磁感应线方向积分.在r > c区域，由安培环路定理i B1. dl = 2丸 rB1 = %(/ -1) = 0可得B1= 0 .在c >r > b区域，由安培环路定理B dl = 2兀rB =p (I-兀r2-M21)=日/M220冗 c 2 冗 b 20 c 2 b 2c 口 I c 2 r 27可得B2 =会r Mb2 ,在b > r > a区域，由安培环路定理I B df = 2丸 rB =口 IL "八 R I 可得B = .在a > r区域，由安培环路定理32冗r冗 r 2r 2)B dl = 2冗 rB = R 1 = R I L 440 冗 a 20 a 2208.如图所示，厚度为2d的无限大导体平板，电流密度J沿Z方向均匀流过导体 板，求空间磁感应强度的分布.解 此无限大导体板可视为无限多个无限薄的无限大平板的叠加，参见习题204，可 知，V > 0区域B沿Ox负方向，y < 0区域B沿Ox正方向.长度为l，与Oxz面距选择如图矩形回路abcda，ab与cd与板面平行、沿Ox方向， 离为r .在r > d的板外区域，根据安培环路定理，有6 B dl = 2B l = r 2dlJL夕卜夕卜0所以B外=r0dJ . B外与到板面的距离无关，说明板外为匀强磁场.在r < 的板内区域，根据安培环路定理，有6 B dl = 2B l = r 2rlJL 内内 0所以B内=R0rJ .可表示为B内=R0yJi ( d < y < d ).209.矩形截面的螺绕环如图所示，螺绕环导线总匝数为N，导线内电流强度为I . (1)求螺绕环截面内磁感应强度的分布；(2)证明通过螺绕环截面的磁通量为=噤In D解 由于电流分布对过螺绕环中心的对称轴具有轴对称性，所以螺绕 环截面内磁感应线在与对称轴垂直的平面内，为以对称轴为圆心的同心 圆；B沿圆周切向,在到轴线距离r相同处B的大小相等，B = B(r).在D D由安培环路定理B dl = 2 兀 rB = R0 NI螺绕环截面内，沿磁感应线作安培环路(以r为半径的圆，-22 <r < 21)，所以B =岑通过螺绕环截面的磁通量为卜住页*蛭hdr =尝in DD 2 2冗r2冗D2220-10.如图所示，半径为5m的无限长金属圆柱内部挖出一半径为r = 1.5m的无限长 圆柱形空腔.两圆柱的轴线平行，轴间距离。=2.5m .今在此空心导体上通以5A的电流， 电流沿截面均匀分布.求此导体空心部分轴线上任一点的B .解 设空心导体上电流强度为I，则电流密度J =-./ 玲卜、_” (E")电流分布可视为由电流密度为7、半径为R的实心长圆柱，和填充满-挖空区域的、通有反向电流、电流密度为-J、半径为r的圆柱的叠加.-可用安培环路定理求出半径为R的实心长圆柱电流在O'处的磁感应强度为B = 目 冗a 2 =曜12冗a 0 冗(R2 - r2)2冗(R2 - r2)其方向与圆柱轴线以及OOf垂直，与电流I成右手螺旋关系.由反向电流的轴对称分布可知，反向电流在其轴线上的磁感应强度为B =0 .由叠加原理可得在空心圆柱轴线上的磁感应强度为B=B+B=B，B =叩。=性10-7 -5525 =1.1、10-7(t)1 2冗(R2 - r2)2冗(52 -1.52)20-11 .把一个2.0keV的正电子射入磁感应强度为0.10T的均匀磁场内，其速度v与 B成89o角，正电子的运动轨迹将是一条螺旋线.求此螺旋线运动的周期T、螺距h和半径 r .解周期速率为螺距为半径为2兀 m _ 253.14x9.11 x 10-31 qB - 1.6 x 10-19 x 0.10=3.57 x 10-10(s)2E2x 2x 103 x 1.6x 10-19V = 41k = 11 m 弋9.11x 10-31=2.65 x 107( m；s)h = vcos 89T = 2.65 x 107 x cos 89° x 3.57 x 10-10 = 1.65 x 10-4 (m)r = m面89 = 911 x 10-31 "65x107 x冬=1.51 x 10-3(m) qB1.6 x 10-19 x 0.120-12.速率选择器如图所示，在粒子穿过的区域有相互垂直的匀强电场和匀强磁场， 两侧有等高的窄缝s .现有一束具有不同速率的电子束a从左侧缝穿入，以垂直于E和B的 方向进入区域v .若u = 300V，d = 10cm，B = 3x 10-4T .试计算能从速率选择器右侧 的缝穿出的粒子的速率.带电粒子的带电符号及质量大小是否影响选择器对它们速率的选 择？解 能从速率选择器右侧的缝穿出的电子必作直线运动，这些电子在电场E中的受力 为-eE，方向竖直向上；在磁场B中的受力为-eVxB，方向竖直向下；且满足所以=107 (ms)+2L 一口 eE = evBE由于v =;与带电粒子的带电符号及质量大小无关，所以电粒子的B带电符号及质量大小不影响选择器对它们速率的选择.20-13. 一块半导体样品的体积为 a x b x c如图所示，a = 0.10cm , b = 0.35cm, c = 1.0cm cm .沿x轴方向有电流I，沿z轴方向加匀强磁场8 ,已测得I = 1.0mA ,B = 3310-1T，样品两侧的电势差七广6.55mV .（D问这半导体是p型还是n型,即该半导体的载流子是带正电还是带负电？（2）求载流子浓度n .解（1）由电流方向、磁场方向和A侧电势高于A'侧电势 可知，此半导体的载流子带负电,属于n型.(2)IB n =U qaAA7=2.86 x 1020 m-31.0x 10-3 x 0.36.55 X 10-3 X 1.6 X 10-19 x 10-32014.如图所示,一条长直导线载有电流I1 = 30A，矩形线圈载有电流、=20A， 试计算作用在线圈上的合力.已知：a = 0.01m, b = 0.08m, l = 0.12m .解线圈左侧边导线受力目IF= B11二11，方向向左.线圈右侧边导线受力 一 U I F = B I 1 i II，方向向右22 22兀（a + b） 2线圈上下两边导线所受的磁力大小相等、方向相反因此线圈所受 磁力的合力为刀日II 7 日II 日II lbFF1 一 F2责1 一 2)2 兀 a 缗+ b)1.28 x 10-3(N)4兀 x 10-7 x 30 x 20 x 0.12 x 0.082k x 0.01 x (0.08 + 0.01)-方向向左，垂直指向长直导线.2015.如图所示，无限长直导线通有电流I，半径为R的半圆形导线ABCDE通有 电流I .长直导线过圆心O且与半圆形导线共面（但不相交），AB DE a。求：（1）ABCDE导线中，AB、BCD、DE各段所受11产生的磁场的作用力的大小和方向，（2）2长直导线在圆心O处元段dl上所受I的磁场力的大小和方向. 2解（1）设直线电流I产生的磁感应强度为B .11求AB段受I的作用力时，令&-），贝ij1F - JI dl x B - J R+a 虬I d&. kAB 21 R 2 武 2=乂 in 堕. k2冗a日II , R + a厂a ln k2kaDE段受到I的作用力为户睥 J I d x B求BCD段受I1的作用力时取电流元12dl如图，dl - Rd° .由于O方向的分力会相 互抵消（参见图），只需计算Oy方向的分量，则F= 2j 丸2BI cosO Rd。 j = -2J 丸2-I RcosOdO j = Z jBCD 01 2o 2兀 RcosO 22（2）半圆形导线电流i在圆心。点处产生的磁场B =KI，所以 224RdF = I dl x B = IB dl j = - o 仁 j121 2 J 4R2016.有一匝数为10匝，长为0.25m，宽为0.10m的矩形线圈，放在B = 1.0x 10-3T的匀强磁场中，通以15A的电流，求它所受的最大力矩.解线圈在匀强磁场中所受的最大力偶矩为T = NIBS = 10 x 15 x 1.0 x 10-3 x 0.25 x 0.1 = 3.75 x 10-3（N m）（第二十章题解结束）