大学物理第三版 张宋达 习题解答-11.pdf

第十一章 真空中恒定电流的磁场 11 1 在均匀磁场中有一运动的带电粒子 当粒子速度为v1i v 时 其所受到的磁场作用力分别为 j v 2 v jFF 1 iFF 2 带电粒子电荷量为 求磁感强度的大小和方向 N102m s 500C 105 68 Fqv 分析 实验指出 当电荷速度 v 的方向与磁感强度 B 的方向平行时 电荷所 受的磁场作用力为零 当速度 v 的方向与磁感强度 B 的方向垂直时 电荷所受 的磁场作用力最大 B 的方向为v max F的方向 本题希望仅根据实验规律和磁 感强度的定义求解 在本章后面给出运动电荷在磁场中所受洛伦兹力表达式后 更容易确定磁感强度的大小和方向 解 根据v1i v 时 jFF 1 和j v 2 v时 而且v和v相互垂直 z B y F v x 图 11 1 iFF 212 F 21 FF 可 以确定F为磁场作用力的最大值 则B的方向在 或的方向 即z轴正向 按照定义 B B 的大小为 11 v F 22 v F T 08 0T 500105 102 8 6 max vq F B 1 为了证明结果的正确性 按照速度的叠加原理和力的叠加原理 令该带电粒 子速度为 其大小为 21 vvv vv2 方向如图11 1所示 则所受到的磁场 作用力应为 其大小为 21 FFF F2 由于速度在Oxy平面内与 B 的方向 相互垂直 带电粒子所受到的也应该是最大磁场作用力 代入 1 式可得同样结 果 表明所确定的磁感强度的大小和方向是正确的 v 11 2 在均匀磁场中有一直电流 当电流沿x正方向时受力指向y正方向 当 电流沿y负方向时受力指向x正方向 若电流中电荷的定向运动速度为 单位电荷所受的磁场力为 求磁感强度大小和方向 m s107 4 N 108 2 4 分析 假设电流中载流子为正电荷 它的定向运动速度方向与电流方向相 同 则本题的解法与上一题类似 解 当正电荷速度v1iv 时 Fj和当jv 2 v时 FiF 1 F 2 而且和v 相互垂直 1 v 2 F 21 FF 可以确定F为磁场作用力的最大值 而且B的方向沿 或的方向 即z轴负向 按照定义 B B的大小为 11 v F 22 v F 180 课后答案网 w w w k h d a w c o m T4 0T 1071 108 2 4 4 max vq F B 11 3 均匀磁场方向与z轴的夹角为 有一圆台以z轴为轴线放置 如图 11 3所示 其上 下底面的半径分别为r和 若通过下底面的磁通量为 求 通过圆台侧面的磁通量 R 铡 铡 是否与 角和圆台的高有关 分析 由于磁场均匀分布 上下底面相互平行 穿过上下底面的磁感线数应 成比例 于是可以求出通过上底面的磁通量 应用磁场中的高斯定理 圆台上 下底与侧面构成的闭合曲面的磁通量为零 则可计算 出侧面的磁通量 解 根据对磁通量符号的规定 上 下底面的磁 通量符号相反 则上底面的磁通量为 2 2 2 2 R r R r 上 2 2 1 R r 上 0 上侧 表明穿过圆台侧面的磁通量与 角和圆台的高无关 11 4 地面上有一帐篷 如图11 4所示 帐篷口为半圆形 半径R 在地面 上覆盖的面积为帐篷口面积的三倍 若地磁场磁感强度 B 的方向与地面法线成 1 角 与帐篷口平面法线的夹角为 2 求 1 帐篷口全封闭 2 帐篷口全打 开 两种情况下帐篷篷布上的磁通量 分析 由于地磁南北极与地理北南极位置偏差不大 地磁场的大小和方向随 纬度变化 但在同一地点可视为均匀磁场 解 1 帐篷口全封闭时 得 帐顶 帐囗 帐底 1 2 cos 2 3 B R 2 帐篷口全打开时 得 帐顶 帐囗 帐底 BR2 2 1 12 cos3cos z B r R 图 11 3 B 1 2 图 11 4 11 5 从无限远来的直电流从 A 点流入正方形导线框 又从 B 点沿直线流向无 限远 若正方形边长为 且导线粗细均匀 流入的总电流强度为I 求正方形 中心O处的磁感强度 l 分析 利用载流直导线的磁感强度表示式 11 8 和叠加原理可以求解 但 必须注意表示式中的 1 2 是电流方向与导线两端点到所讨论的位置径矢的夹 角 电流I在A点分成两支和 导线ADCB与导线AB并联 1 I 2 I 181 课后答案网 w w w k h d a w c o m 解 电流I在A点分流为 因导线粗细均匀 正方形每一条边上的电 阻值相同 设为R AB点间电压恒定 则 1 I 2 I I2 C D I2 O I2 F E RIRI 12 3 在A点有 I1 I2 I 由以上两式可解得 4 2 I I 4 3 1 I I 利用载流直导线磁感强度表示式 11 8 计算O点的磁感强度 并以垂直图面向里为正向 O点与各段电流距离为 2 l d 对于半无限长电流EA 0 1 45 2 方向垂直图面向里 得 I B I1 A I 图 11 5 2 2 1 2 45cos0 cos 2 coscos 2 4 00 21 0 l I l I l I BEA 对于半无限长电流BF 135 1 90 2 方向垂直图面向里 得 1 2 2 2 cos cos 2 4 0 21 0 l I l I BBF 对导线AB 45 1 135 2 方向垂直图面向里 得 2 8 3 2 2 2 2 4 3 2 135cos45cos 2 4 0010 l II l l I BAB oo 对导线AD DC和CB 45 1 135 2 在O点产生的磁感强度大小相等 方向垂直图面向外 得 2 8 135cos45cos 2 4 010 l I l I BBB CBDCAD 应用叠加原理 O点的磁感强度为 2 2 1 0 l I BBBBBBB CBDCADABBFEA 方向垂直图面向里 11 6 一长直导线在C点被折成60角 其中电流强度为I 若用同样导线将 182 课后答案网 w w w k h d a w c o m A B两点连接 且AB BC l 求三角形中心点O的磁感强度 分析 思路与上题同 解 由图11 6可见 O点与各段电流距离相等 为l l a 6 3 30tan 2 电流在 A处分为两支路I1和I2 三角形每一条边上的电阻值相同 设为R 因A B两点间 电压恒定 得 F I B RIRI 21 2 在A点有 I1 I2 I 由以上两式可解得 I1 I2 a O a a C I1 A I E 图 11 6 3 1 I I I 3 2 2 I 利用载流直导线磁感强度表示式 11 8 设垂直图面向里为正向 导线AC和CB在O 点的磁感强度方向垂直图面向里 30 1 150 2 大小相等 为 l I l I l I l I BB CBAC 22 3 2 3 2 3 32 3 150cos30cos 6 3 4 01010 10 o 导线AB在O点的磁感强度方向垂直图面向外 大小为 l I l I l I B o AB 2 3 150cos30cos 32 3 2020oo 半无限长电流EA 0 1 30 2 方向垂直图面向里 得 2 3 1 32 3 30cos0cos 32 3 00 l I l I BEA o 半无限长电流BF 150 1 180 2 方向垂直图面向里 得 1 2 3 32 3 180cos150cos 32 3 00 l I l I BBF 应用叠加原理 O点的磁感强度为 2 3 1 3 0 l I BBBBBB CBACABBFEA 183 课后答案网 w w w k h d a w c o m 方向垂直图面向里 11 7 一闭合电流沿一立方体的棱边流动 如图11 7 a 所示 设立方体的 边长为 电流强度为I 求立方体中心点O的磁感强度 l 分析 立方体的棱边长度相同 有电流的棱边电流强度相同 中心点O到各 棱边的距离相同 因此各棱边电流在O点产生的磁感强度大小相等 但方向不 同 由于电流分布具有明显的对称性 通过分析可以确定各棱边电流磁感强度叠 加后的大小和方向 解 该立方体的俯视图如图11 7 b 所示 其中棱边ae的电流在O点产生的磁 感强度Bae与棱边cg的电流在O点产生的磁感强度Bcg等大而反向 相互抵消 棱 边bf的电流在O点产生的磁感强度Bbf与棱边dh的电流在O点产生的磁感强度Bdh 等大而反向 也相互抵消 d c d c d a a b Bae Bbf Bab Bdc O h g Bdh O Bcg Beh Bfg a b e f e f a b c 图 11 7 图11 7 c 中 上图为立方体的左视图 下图为正视图 其中棱边ab的电 流在O点产生的磁感强度Bab与棱边dc的电流在O点产生的磁感强度Bdc水平方向 分量等大而反向相互抵消 竖直方向相互加强 同样 棱边eh的电流在O点产生 的磁感强度Beh与棱边fg的电流在O点产生的磁感强度Bfg水平方向分量等大而反 向相互抵消 竖直方向相互加强 所以各棱边电流磁感强度叠加后的方向为竖直向上 大小为棱边ab的电流在 O点产生的磁感强度Bab竖直方向分量的 4 倍 对于棱边ab的电流 在O点 3 3 cos 1 3 3 cos 2 2 2l d 得 l I l I l I Bab 6 6 3 3 3 3 4 2 coscos 2 2 4 00 21 0 l I l I BB ab 3 32 2 26 445cos4 00 6 L I I R R x O1 O P O2 图 11 8 方向竖直向上 11 8 两个半径为R的线圈共轴放置 相距 为 通有相等的同向电流I 如图11 8所示 求在离它们中心O点为 l x远处的P点的磁感强 度 这种组合称为亥姆霍兹线圈 在O点附 近可产生均匀磁场 分析 两圆电流在P点产生的磁场方向相 184 课后答案网 w w w k h d a w c o m 同 利用已经导出的圆电流在轴线上的磁感强度表示式 11 10 叠加后可得其 解 所得结果为x的函数 可以证明在0 x处的一阶为零 当时二阶导数 也为零 即表明当时在O点附近的小区域内为均匀磁场 亥姆霍兹线圈在 科研和生产实际中应用比较广泛 Rl Rl 解 2 3 2 2 2 0 2 3 2 2 2 0 2 2 2 2 x l R IR x l R IR BP 2 5 2 2 2 5 2 2 2 0 2 2 2 2 2 3 d d x l R x l x l R x l IR x B 2 722 22 2 722 22 2 0 2 2 2 2 4 2 2 4 2 3 d d x l R Rx l x l R Rx l IR x B 令 得0 x0 d d 0 x x B 且令Rl 得0 d d 0 2 2 x x B 将在处展开为泰 勒级数 因前两项为零 只剩下高阶项 即磁感强度几乎不变 可视为均匀磁场 xB0 x 11 9 两根直导线与铜环上A B两点连接 如图11 9所示 并在很远处与 电源相连接 若圆环的粗细均匀 半径为R 直导线中电流为I 求圆环中心处 的磁感强度 分析 由于圆电流上等长的圆弧在圆心处的磁感强度方向相同 大小相等 利用圆电流圆心处的磁感强度表示式 11 10 可直接给出结果 此外 应注意 到延长线过圆心的半无限长直电流在圆环中心O点的磁感强度为 0 解 电流在A点分为两支路I1和I2 圆环 的粗细均匀 每一支路上的电阻值应与长度 成正比 因AdB支路的弧长是AcB支路的 3 倍 且A B两点间电压恒定 得 21 3ll I1 d O A I E RIRI3 21 即 I2 3I1 以垂直图面向里为正向 AdB支路在圆环中 心O点的磁感强度方向垂直图面向外 大小为 I2 c F I B 图 11 9 R lI BAdB 22 110 AcB支路在圆环中心O点的磁感强度方向垂直图面向里 大小为 185 课后答案网 w w w k h d a w c o m R lI R lI BAcB 2222 110220 两支路在O点的磁感强度叠加 得0 AcBAdB BB 半无限长直电流EA延长线过圆心O 0 EA B O点的磁感强度等于半无限 长直电流BF在O点磁感强度 得 R I R I BB BF 4 180cos90cos 4 00 方向垂直图面向里 11 10 一无限长的载流导线中部被弯成圆弧形 如图11 10 a 所示 圆弧形 半径为R 3cm 导线中的电流为I 2A 1 求圆弧形中心O点的磁感强度 2 若用同样的直导线将A B两点连接 再求O点的磁感强度 分析 这也是求半无限长直电流和圆弧电流在圆心处磁感强度的问题 解 1 两根半无限长直电流在O点的磁感强度方向同为垂直图面向外 大小相等 以垂直图面向里为正向 叠加后得 I I I2 A O A O d R c I1 B B I I a b 图 11 10 R I R I B 24 2 00 1 圆弧形导线在O点产生的磁感强度方向垂直图面向里 大小为 R I R I B 8 3 4 3 2 00 2 二者叠加后得 T 1081 1 28 3 500 12 R I R I BBB 方向垂直图面向里 2 若将AB连接如图11 10 b 所示 电流I在A点分为两支路I1和I2 每一支路 上的电阻值应与长度成正比 且A B两点间电压恒定 得 RIRI22 4 3 21 在A点有 I1 I2 I 186 课后答案网 w w w k h d a w c o m 由以上两式可解得 III23 0 322 22 1 III77 0 322 3 2 有 R I R I BAcB 8 69 0 24 3 010 方向垂直图面向里 R I R I R I BAdB 2 77 0 2 135cos45cos 2 2 4 02020 方向垂直图面向外 T 10631T 1 4 69 0 77 0 1032 2104 1 4 69 0 77 0 2 5 2 7 0 1 R I BBBB AcBAdB 方向垂直图面向外 11 11 一导线作成正边形 外接圆半径为R 导线中通有电流I 求证 1 在外接圆中心处的磁感强度 n nR nI B tan 2 0 2 当 n时 上式简化为圆电 流回路的结果 分析 容易想象 当 圆内接正n边形趋于外接圆 于是通电正n边 形在对称中心的磁感强度 趋近于通电外接圆环圆心处的磁感强度 n 解 如图11 11所示 正n边形的一条边在O点产生的磁感强度为 n O 图 11 11 cos cos cos4 0 n R I B 而 n sincos nR I n tan 2 sin2 0 n R I B cos4 0 正边形的条边在O点产生的磁感强度为 nn nR nI B tan 2 0 1 将 n tan作级数展开 当时 略去 n n 的高次项 得 187 课后答案网 w w w k h d a w c o m nnnn L 3 3 1 tan 代入 1 式 得 R I B 2 0 即近似为圆电流结果 11 12 如图11 12所示 宽为l的薄长金属板 处于xy平面内 设板上电流 强度为I 试求 1 x轴上P点的磁感强度的大小和方向 2 当时 结果 又如何 ld 分析 薄长金属板可以分割为一系列载流长直细导线条带 每一载流细导 线条带都可以视为无限长直电流 应用已经导出的载流长直导线的磁感强度表示 式 11 9 和磁感强度的叠加原理求解 解 1 取坐标如图11 12所示 在距原点O为x处取宽为 dx的细长直导线 条带 所载电流为x l I Idd 应用 11 9 式 作代换 则在 P点产生的磁感强度方向垂直图面向里 大小为 IId BBd y l dx x P O x d I 图 11 12 xld I d 0 B 2 d 整个薄长金属板在P点产生的磁感强度大小为 d l l I xld x l 1ln 2 d 0 0 l I BB l 2 d 0 方向垂直图面向里 2 将对数函数作幂级数展开 即 L 2 2 1 d l 1ln d l d l 当时略去高次项 得 ld d I d l l I B 22 00 结果表明在与薄长金属板距离足够远处的磁场近似于长直电流的磁场 11 13 有一圆环形导体 内外半径分别为和 如图11 13所示 在圆 环面内有稳定的电流沿半径方向均匀分布 总电流强度为I 求圆心O点处的磁 感强度 1 R 2 R 分析 圆环形导体可以沿径向分割为一系列载流细圆环 应用已经导出的 圆电流在圆心处的磁感强度表示式 11 11 和磁感强度的叠加原理求解 解 如图11 13所示 在圆环形导体上距O点为r处取宽为 dr的细圆环 所 载电流为 12 d RR I I 在圆心O点处的磁感强度方向垂直图面向里 大小为 188 课后答案网 w w w k h d a w c o m r I B 2 d d 0 整个圆环形导体在O点产生的磁感强度大小为 1 2 12 0 12 0 ln 2 d2 1R R RR I r r RR I R R 2 dBB 方向垂直图面向里 11 14 一均匀带电的半圆弧线 半径为R 所带 电荷量为Q 以匀角速度 绕转动 如图11 14所示 求O点的磁感强度 oo I R2 O R1 r dr 图 11 13 分析 导体中带电粒子有规则运动形成的电流称为传导电流 带电体作机械 运动所形成的电流称为运流电流 本题中带电的半圆弧线绕o o 轴旋转形成运流 电流 在oo轴两边对称位置的一对弧元将在垂直于轴的平面内同一个圆周 上转动 形成圆电流 单位时间通过任一截面的电荷量定义为通过该截面的电流 强度 所以该圆电流的电流强度等于这对弧元的电量乘以单位时间转过的圈数 即圆弧线的转动频率 oo 解 半圆弧的电荷线密度为 R Q 在半圆弧线上取 弧元 dd 所带的电量为Rl ddd Q l R Q q 如 图11 14所示 在轴另一边的对称位置取弧元 dl 当半圆弧以角速度 oo 旋转时 这一对弧元形成圆电 流 其电流强度为 O dl r r dl d R O 图 11 14 d 2 Q 2d 2 dqI 圆电流 dI的半径为r 到O点的距离为x 在O点产生的磁感应强度的大小为 d 2 sin d 2 d 32 2 0 23 22 2 0 R RQ I xr r B 其中应用了几何关系式 sinRr 和 O点总磁感应强度的大小为 222 Rxr R Q R Q BB 8 dsin 2 d 0 2 0 2 2 0 方向沿轴线向上 11 15 在顶角为 2的圆锥台上密绕着N匝线圈 其中通以电流I 设上下底 半径为r和R 求圆锥顶点处的磁感强度 分析 在圆锥台上绕线圈时 必定是沿圆锥母线密绕 不可能沿高线方向密 绕 也就是说沿圆锥母线方向单位长度上的线圈匝数相同 可以将该线圈沿圆锥 母线方向分割为一系列宽度足够小的圆线圈 视之为圆电流 应用已经导出的圆 189 课后答案网 w w w k h d a w c o m 电流在圆心处的磁感强度表示式 11 11 和磁感强度的叠加原理求解 解 N匝线圈分布在 sin rR 的长度上 则 沿圆锥母线方向线圈密度为 rR N rR N sin sin 沿母线在距顶点 处取宽为 dl的一小段圆线圈 半 径为 l 如图11 15所示 其中的线圈匝数为 l rR N nd sin d 电流强度为 l r dsin R NI nIIdd 根据圆电流轴线上磁感应强度的表示式 11 11 可得其在圆锥顶点处产生的磁 感应强度为 l l rR NI l rR NI l l l I B d 2 sin dsin 2 sin 2 d d 3 0 3 2 0 3 2 0 圆锥顶点处总磁感应强度的大小为 r R rR NI r r r NI BB R r ln 2 sindsin d 3 0 sin 3 0 R2 sin 若电流沿右手螺旋方向 则磁感应强度方向沿轴线向上 11 16 如图 11 16 a 所示 三棱柱面高h 1 0 m 底面各边长分别为 ab 0 6m bc 0 4m ca 0 3m 沿ad边有长直导线 导线中通有电流I 4A 求通 过面的磁通量 cbef 分析 载流长直导线周围的磁感线是一系列同心圆 通过矩形面的磁通 量即为通过高为 半径分别为和二同轴圆柱面间的磁通量 cbef hacab 解 在半径分别为和二同轴圆柱面间 平面上取高为 宽为 dr 的窄条 面积为 dS hdr 距长直导线的距离为r 如图 11 16 b 所示 通过 dS的磁通量为 acababedh O l r d l R O 图 11 15 a b c r dr I h a b c d e f a b 图 11 16 190 课后答案网 w w w k h d a w c o m rh r I d 2 dd 0 SB 通过面的磁通量为 cbef Wb1055 5 2ln 2 14104 3 0 6 0 ln 2 d 2 d 7 7 0 6 0 3 0 0 hI r r hI S 11 17两根平行长直导线载有电流A 20 21 II 试求 1 两导线所在平 面内与两导线等距的一点A处的磁感强度 2 通过图11 17中矩形面积的磁通 量 其中 cm 10 1 rcm 20 2 rcm 30 3 r cm 25 l 分析 载流长直导线的磁场是一典型的非均匀磁场 空间某点磁感强度的大 小与该点到长直导线距离成反比 所以计算本题矩形面的磁通量时 可以将矩形 面沿径向分割为一系列与长直导线平行的细长条 每一细长条中各点磁感强度的 大小和方向相同 容易确定其磁通量 然后用积分求矩形面的磁通量 解 1 A处的磁感强度为 x dx A l I1 I2 r1 r2 r3 图 11 17 T 102 67T 3 0 20104 2 2 5 7 3 0 r I BA 方向垂直纸面向外 2 在距矩形面左边线为x处取宽为 dx长 为 的细长条 面积为dS ldx 如图11 17所 示 其中各点磁感强度的大小为 l xrr I 32 20 2 xr I Bx 1 10 2 该细长条的磁通量为 x xrrxr Il xlBxd 11 2 dd 321 0 矩形面的磁通量为 2 0 321 0 d 11 2 d r x xrrxr Il ln ln 2 23 3 1 210 rr r r rrIl Wb1062 1 Wb 6 0ln3 ln 2 25 020104 6 7 11 18 一矩形截面的空心环形螺线管 尺寸如图11 18 a 所示 其上均匀绕 有N匝线圈 线圈中有电流I 试求 1 环内距轴线为r远处的磁感强度 2 通过螺线管截面的磁通量 191 课后答案网 w w w k h d a w c o m I I dr r d2 h d2 h d1 d1 a b 图 11 18 分析 一般情况下螺绕环内不能视为均匀磁场 应用安培环路定理可以计算 出螺绕环内的磁感强度是半径r的函数 因此 求穿过螺绕环截面的磁通量时 要在截面上取平行轴线的小面元 面元上各点磁感强度的大小和方向相同 容易 确定其磁通量 然后用积分求截面的磁通量 解 1 由对称性可知 在环内与螺绕环共轴的圆周上磁感应强度的大小相 等 方向沿圆周的切线方向 在环内取半径为r的环路 应用安培环路定理 得 IrB 0 2d lB 因 代入上式得 NII r NI B 2 0 2 如图11 18 b 所示 在半径r处取宽为dr高为h的面元 面积为dS hdr 通过此面元的磁通量为 rh r NI SBd 2 dd 0 通过矩形截面的磁通量为 2 10 2 2 0 ln 2 d 2 d 1 2d dNIh r rNIh d d 11 19 一对同轴的无限长空心导体直圆筒 内 外半径分别为和 筒壁 厚度可以忽略 电流I沿内筒流出去 沿外筒流回 如图11 19所示 1 计算 两圆筒间的磁感强度 2 求通过长度为l的一段截面 图中画斜线部分 的磁 通量 1 R 1 R 分析 由于电流分布和磁场分布的轴对称性 可以应用安培环路定理求磁感 强度 由于计算出的磁感强度是半径r的函数 因此 平行轴线的细窄面元上各 点磁感强度的大小和方向相同 容易确定其磁通量 然后积分求截面的磁通量 解 1 取与直圆筒共轴 半径为r的圆周为环路 根据安培环路定理 得 IrB 0 2d lB 所以距轴线为r远处的磁感应强度为 192 课后答案网 w w w k h d a w c o m r B I 0 2 l 2 如图11 19所示 在半径r处取 宽为 dr长为l的面元 面积为 dS ldr 通过此面元的磁通量为 rl r I sBd 2 dd 0 穿过截面的总磁通量为 1 20 ln 2 d R Rl I r r 0 2 d 2 1 l I R R 11 20 在与长直螺线管轴线垂直的平面上 有一半径为r的圆形安培环路 其圆心在轴线上 螺线管半径为R 导线中电流为I 1 问 上B矢量的环流 为多大 2 若螺线管用细线密绕 单位长度上的匝数为n 求环路 上的磁感 强度 l l l 分析 当计算细线密绕长直螺线管的磁场时 通常将其视为紧密排列的一系列圆电流 应用安培 环路定律可得到管内的磁感强度分布 但是 实际 上导线在管筒上是以螺绕线形式密绕而成的 如果 将每一电流元都分解为沿轴向的分量和垂直于轴 线方向的分量 则应用安培环路定律可以分别计算 出螺线管内外的磁感强度分布 这样处理的目的在 于对磁场的分析计算提出一个新的思路 dr r 图 11 19 lydly ldl ltdlt h I 图 11 20 解 1 作半径为r的圆形环路l 应用安培环路定律可得 管内 RrII l 00 d lB 2 如图 11 20 所示 在导线上取电流元 可以将它分解为沿轴向的分 量和垂直于轴线方向的分量 后者沿管筒的切线方向 并有 l d I yy lId ttdl I cosdd tt lIlI sindd lIlI yy 在密绕的情况下 很小 则有 R h 2 tansin 若 d为的圆心角 则 t dl lRlddd t 因此得 IIlIlIlI ttt dcosdd 1 t d 2 sinddlI R h lIlI yy 2 将 2 式沿螺绕线方向积分一周 即 193 课后答案网 w w w k h d a w c o m Rh yy lI R h lI 2 0 t 0 d 2 d 因切线方向旋转一周 螺绕线沿轴向前进一个螺距h 则得 IIRI R h hI yy 2 2 3 由 1 和 3 式可以看出 长直螺线管中的电流可视为强度为I在无限长圆柱面上 沿轴向流动的电流 以及强度为I垂直于轴线方向的一系列圆电流 且圆柱侧面 轴向单位长电流强度为nI 利用已经计算过的无限长柱面电流内部磁感强度为 零 外部磁感强度方向沿垂直于轴线的圆周切线方向 大小为 r I B 2 0 强度为I垂直于轴线方向的一系列圆电流外部磁感强度为零 内部磁感强度方向 沿轴线方向 大小为 nIB 0 上述结果就是整个长直螺线管内外磁感强度的分布 11 21 在内外半径分别为和长直圆柱筒形导体轴线上有一长直导 线 若长直导线上的电流与导体圆柱筒内的电流等大反向 电流强度为I 且电 流在圆柱筒截面上均匀分布 求圆柱筒导体内部区域中的磁感强度 1 R 2 R 分析 由于电流分布导致磁场分布的轴对称性 可以应用安培环路定理求磁 感强度 不过应该注意到 电流在圆柱筒截面上均匀分布 即电流具有体分布特 性 如果选取的回路在圆柱筒导体内部 则回路所包围的电流除了轴线上的电流 外 还有通过圆柱筒导体截面的电流 其量值与回路所包围的截面面积成正比 解 圆柱筒导体单位截面积通过的电流 即电流密度为 2 1 2 2 RR I 取半径 为r 的圆为安培回路 如图11 21所 示 其所包围的电流为 21 RrR a sin cos IL mg B 应用极值条件 对上式求导数并令等于零 得 tan 再代入上式 得 T106 72T 6 013 050 8 92 06 0 1 2 22 IL mg B 316 0arctanarctan 11 29 一直导线放在均匀磁场中 载有 10A沿y轴正方向的电流 磁场沿坐 200 课后答案网 w w w k h d a w c o m 标轴方向的分量为Bx 0 3 T By 1 2 T Bz 0 5 T 求 1 如图11 29中所 示的长为 0 5m的一段导线所受的磁场力沿坐标轴方向的分量 2 作用在这段 导线上的合力大小和方向 分析 如果分别用i j k表示三个坐标方向的单位矢量 长度为L的直导 线 电流方向在y轴正向 则电流可以表示为 磁感强度可以表示为 jLI y 0 50 m I O x 201 kj zy BB kij iB x B 根据安培定律可以求出该导线所受的安培力 解 根据矢量积的定义 有 0 jjikj 根据安培定律可得 ikkjijBjF zxzyx BBLIBBBLILI 5 03 05 010ik ik5 25 1 磁场力的分量为 N 5 2 x F0 y F N 5 1 z F 该力在xz平面内 大小为 N 92 2N 5 15 2 2222 zx FFF 其方向与x轴夹角为 31 5 2 5 1 arctanarctan x z F F 11 30 如图11 30所示 一直导线通以电流 其下有一矩形框与导线在同 一铅直面内 线框中通有电流 若要使线框不致下落 的方向应如何 线框 的最大重量是多少 1 I 2 I 2 I 分析 通电直导线产生磁场 载流矩形框处在它的磁场中 故受到磁场力作 用 当矩形框所受磁场力与重力大小相等 方向相反时 矩形框处于平衡状态 解 设电流为顺时针方向 根据安培定 律 线框各边所受磁场力如图11 30所示 其中 和等大反向 相互抵消 和的大小 分别为 2 I 3 F 4 F 1 F 2 F d bII F 2 210 1 d b 2 II F 22 10 2 线框所受合力为 z 图 11 29 I1 F1 d d I2 F3 F4 b F2 图 11 30 课后答案网 w w w k h d a w c o m d bII d bII F 42 210210 d bII 4 210 方向向上 与向下的重力平衡 因而假设取顺时针方向是正确的 线框的最大 重量即线框对直导线的最大作用力 其量值应等于线框所受的安培力 即 2 I d bII FG 4 210 11 31 一半径为R的无限长半圆柱面型导体 与轴线上的长直导线载有等 值相反的电流I 如图11 31 a 所示 求半无限长圆柱面电流单位长度上所受的力 分析 半圆柱面型载流导体可以沿轴向分割为一系列无限长载流细条带 每 一载流细条带都可以视为无限长直电流 它们处在位于轴线的长直导线的磁场中 应用已经导出的载流长直导线的磁感强度表示式 11 9 可知长直导线在各载 流细条带处的磁感强度大小相同 但方向不同 用安培定律 11 39 求出载流 细条带上单位长度所受安培力 应用力的叠加原理 注意对称性 计算出半圆柱 面型载流导体上单位长度所受的磁场力 也可先求出半圆柱面型载流导体对轴线 处单位长直导线作用力 根据牛顿第三定律 便得单位长半圆柱面型载流导体所 受磁场力 y R B F d Fd I I I I dl dl B O x a b 图 11 31 解 作俯视图图11 31 b 半圆柱面上的电流密度为 R I 在半圆柱面取宽度 为 ddRl 的细长条带 所载电流方向垂直纸面向里 大小为l R I d 轴线处的 长直导线在该处产生的磁感应强度B方向如图 大小为 R B 2 0 细长条带上单位长度所受磁场力dF方向如图11 31 b 所示 大小为 d 22 dd 2 2 00 R I R I l R I F 在半圆柱面型导体上对称位置取宽度为 l d的载流细条带 单位长度上所受 磁场力 dF 如图11 31 b 所示 显然dF和 dF 在x方向的分量等大而反向 相互 202 课后答案网 w w w k h d a w c o m 抵消 y方向的分量相互加强 且有 dsin 2 sindd 2 2 0 R I FFy 半圆柱面型导体上单位长度所受磁场力为 R I R I FFF yy 2 2 0 0 2 2 0 dsin 2 d 方向沿y轴正向 为排斥力 11 32 均匀磁场沿z轴正方向 在x y平面上有一半圆弧电流 如图11 32 所示 求 1 半圆弧电流所受的力 2 当该电流绕x轴向转动 角后 再求 该电流所受的力 设磁感强度为B 圆弧半径为R 分析 如果用导线连接半圆弧的两端点 使之构成一个闭合载流线圈 可以 证明平面载流线圈在均匀磁场中所受合力为 O 但磁力矩 BpM 可能不 为零 因此 作用在半圆弧电流上的磁场力与作用在直径载流导线上的磁场力等 大反向 由此得出结论 在均匀磁场中 弯曲载流导线所受磁场力与从起点到终 点载有同样电流的直导线所受磁场力大小相等 方向相同 解 1 作俯视图如图11 32 b 所示 在半圆弧上对称位置选取电流元 和 ldI ddRl l dI 所受磁场力和FdF d沿径向 由于对称性 它们的x方向 分量相互抵消 y方向分量相互加强 且 z y B FdF d I ldIl dI O y I O x x a b 图 11 32 dcosdcosdIBRlIBFy IBRIBRFFF yy 2dcos2d 2 0 方向为y轴正向 2 半圆弧电流绕x轴转 角后结果与 1 同 11 33 如图11 33 a 所示 在长直电流I1旁有一个载有电流I2的刚性矩形导 体框 1 求导体框所受的合力 2 求在I1的磁场中AD和BC边上所受的拉力 分析 当计算AD BC边在长直电流I1产生的磁场中所受拉力时 分别以AB 边和DC边为研究对象进行受力分析 在电流I1产生的磁场中 AB边所受的磁场 力方向向上 AD边和BC边的拉力和方向向下 AB边竖直方向无运 AB F ADT F BCT F 203 课后答案网 w w w k h d a w c o m 动 合力为零 即0 TT BCADAB FFF 又因为矩形框无转动 以任一点 例如 A点为转轴 作用于AB边的力矩平衡 可求出和 AD和BC边所受AB 边的拉力分别与和等大而反向 所受DC边的拉力分别与和等 大而同向 BCT F ADT F ADT F BCT F ADT F BCT F 解 1 矩形框处在电流I1产生的磁场中 AB CD边所受磁场力等大反向 相互抵消 AD边所受磁场力方向水平向左 大小为 d lII FAD 2 210 BC边所受磁场力方向水平向右 大小为 2 210 bd lII FBC 矩形框所受合力方向水平向左 大小为 bdd lII FFF BCAD 11 2 210 2 以AB边为研究对象 在电流I1产生的磁场中 AB边上的距直导线为 r处的电流元Idr所受到磁场力dF方向向上 如图11 33 a 所示 AB边所受到的磁 场力的大小为 AB F dF A B A I2dr B I1 I2 l d b I1 FTAD FTBC D C d b a b 图 11 33 d bdII r rII F bd d AB ln 2 d 2 210210 AB边在方向向上的磁场力 方向向下的AD边和BC边拉力和 作用下达到平衡 合力为零 即 AB F ADT F BCT F 0 TT BCADAB FFF 以A点为转轴 作用于AB边的力矩平衡 在AB边距直导线为r处的线元 dr所受到的磁场力dF对A点的力矩为Fdrd AB边所受到的磁场力力矩为 204 课后答案网 w w w k h d a w c o m d bd db II r r drII M bd d AB ln 2 d 2 210210 由AB边力矩平衡条件 有 bFM BCAB T 由以上各式得 d bd b dII b M F AB BC ln1 2 210 T 1ln1 2 210 TT d bd b dII FFF BCABAD 11 34 三条长直电流平行共面等间距放置 各电流方向和各电流受力方向如 图11 34所示 已知 4 3 3 2 F F 3 2 2 1 I I 求 1 3 I I 和 1 3 F F 分析 三条长直电流共面 每条长直电流都处在另外二条长直电流的磁场 中 所受合力为另外二条长直电流作用的磁场力的代数和 解 设三条长直电流间距为d 电流 1 受电流 2 作用力方向向左 大小为 1 2 3 I1 I2 I3 F 1 F 23 F d d 图 11 34 d II 2 120 F21 电流 1 受电流 3 作用力方向向右 大小为 d II F 4 130 31 合力方向向左 大小为 2 3 I 2 2 10 1 I d I F 电流 2 受电流 1 作用力方向向右 大小为 d II F 2 210 12 电流 2 受电流 3 作用力方向向左 大小为 d II F 2 230 32 合力方向向左 大小为 13 20 2 2 II d I F 同样可得电流 3 作用力受电流 1 和电流 2 的作用力大小分别为 205 课后答案网 w w w k h d a w c o m d II F 4 310 13 d II F 2 320 23 合力方向向右 大小为 22 1 2 30 3 I I d I F 由于 4 3 2 2 2 123 132 1 23 132 3 2 III III I II III F F 已知 3 2 2 1 I I 和 4 3 3 2 F F 代入上式 得 4 3 1 2 3 2 3 3 3 3 1 31 131 113 131 3 2 I I II III III III F F 解得 2 1 3 I I 42 2 2 2 2 1 3 321 123 3 21 1 23 1 3 I I III III I II I II F F 11 35 一矩形线圈载有电流 0 10A 线圈边长分别为d 0 05 m b 0 10 m 线圈平面与xy平面成角 30 线圈可绕y轴转动 如图11 35所示 今加上B 0 50 T的均匀磁场 磁场方向沿x轴 求线圈所受到的磁力矩 分析 载流线圈在磁场中受磁力矩作用 在磁力矩作用下线圈的法线转向磁 感强度方向 根据此原理 可制成磁电式电表 参阅习题 11 38 解 1 载流线圈在均匀磁场中所受磁力矩为 sinsinIBdbIBSM 其中 为线圈平面法线与磁感应强度B B之间的夹角 由题意可得 cossin 则 y d I b I O x z 图 11 35 mN 10165 2 05 0 50 0 1 0 sin 4 mN 30cos1 0 cos IBdbIBdbM 方向沿y轴负向 解 2 根据安培定律 与y轴平行的b边所受 的磁场力为 F IBb 此力对线圈产生力矩 线圈其它边所受磁力对力 矩无贡献 大小为 206 课后答案网 w w w k h d a w c o m mN 1017 2coscos 2 BIdbFdM 11 36 如图11 36所示的载流线圈中的电流强度为I 放在磁感强度为B的 均匀磁场中 磁场方向与线圈平面平行 求线圈的磁矩和所受到的磁力矩 解 载流线圈面积为 2 1 2 2 4 3 RRS 磁 矩方向垂直纸面向外 大小为 2 1 2 2 RR 4 3 m NISNISp 线圈所受到的磁力矩为BpM m 根据右手 螺旋法则可以确