第11章 稳恒磁场 习题答案
如图所示为两根垂直于xy 平面放置的导线俯视图，它们各载有大小为I 但方向相反的电流.求：(1)x 轴上任意一点的磁感应强度；(2)x 为何值时，B 值最大，并给出最大值B max .
解：(1) 利用安培环路定理可求得1导线在P 点产生的磁感强度的大小为：
r
I
B π=
201μ2
/1220)(1
2x d I
+?
π=
μ
2导线在P 点产生的磁感强度的大小为：
r I
B π=
202μ2
/1220)(1
2x d I
+?
π=
μ
1B
、2B 的方向如图所示．
P 点总场
θθcos cos 2121B B B B B x x x +=+= 021=+=y y y B B B
)
()(220x d Id
x B +π=
μ，i x d Id
x B
)
()(220+π=
μ
(2) 当
0d )
(d =x x B ，0d )(d 2
2= 如图所示被折成钝角的长直载流导线中，通有电流I ＝20 A ，θ＝120°，a ＝2.0 mm ，求A 点的磁感应强度. 解：载流直导线的磁场 )sin (sin 4120ββπμ-= d I B A 点的磁感应强度 )))90sin(90(sin sin 40000θθ πμ--+ =a I B )5.01(2 /3100.220103 7+??? =--B =1.73?10-3 T 方向垂直纸面向外。 习题10-5图 y 习题10-6图 d 如图所示，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. 解：取离P 点为y 宽度为d y 的无限长载流细条 y a I i d d = 长载流细条在P 点产生的磁感应强度 y i B π= 2d d 0μy y I πα= 2d 0μ 所有载流长条在P 点产生的磁感强度的方向都相同，方向垂直纸面向外. 所以 ==? B B d y dy I x a x ?+πα20μx x a a I +π=ln 20μ 方向垂直纸面向外. 如图所示，半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷，面密度为＋σ，当这圆盘以角速度ω绕中心垂轴旋转时，求轴线上距圆盘中心O 为x 处的P 点的磁感应强度. 解：在圆盘上取一半径为r ，宽度为d r 的环带，此环带所带电荷 r r q d 2d π?=σ． 此环带转动相当于一圆电流，其电流大小为 π=2/d d q I ω 它在x 处产生的磁感强度为 2 /322 20) (2d d x r I r B += μr x r r d ) (22/32230+?= σω μ 故P 点处总的磁感强度大小为： ?+= R r x r r B 0 2/3223 0d )(2 σω μ)2)(2(22/122220x x R x R -++=σωμ 方向沿x 轴方向. 尺寸如图所示.电缆中的电流从中心导线流出，由外面导体圆筒流回.设电流均匀分布，内圆柱与外圆筒之间可作真空处理，求磁感应强度的分布. 解： ? ∑μ= ?L I l B 0d 习题10-8图 y (1)a r < 22 02R Ir r B μπ= 2 02R Ir B πμ= (2) b r a << I r B 02μπ= r I B πμ20= (3)c r b << I b c b r I r B 02 2 2 202μμπ+---= ) (2) (2 2220b c r r c I B --=πμ (4)c r > 02=r B π 0=B 题10-13图 习题10-14图 如图所示，一截面为长方形的闭合绕线环，通有电流I ＝1.7 A ，总匝数N ＝1000 匝，外直径与内直径之比为η＝1.6，高h ＝5.0 cm.求：(1)绕线环内的磁感应强度分布；(2)通过截面的磁通量. 解：(1) 环内取一同心积分回路 NI rB Bdl l d B 02μπ===??? r NI B πμ20= 方向为右螺旋 (2) 取面微元 h dr Bhdr S d B d m =?=Φ 通过截面的磁通量. ??=?=Φ2120 R R m hdr r NI S d B πμ ηπ μπμln 2ln 20120NIh R R NIh m == Φ=8.0?10-6Wb 如题10-16图所示，在长直导线AB 内通以电流1I =20A ，在矩形线圈CDEF 中通有 电流2I =10 A ，AB 与线圈共面，且CD ，EF 都与AB 平行．已知a =9.0cm,b =20.0cm,d =1.0 cm ，求： (1)导线AB 的磁场对矩形线圈每边所作用的力； (2)矩形线圈所受合力和合力矩． 解：(1)CD F 方向垂直CD 向左，大小 41 02100.82-?==d I b I F CD πμ N 同理FE F 方向垂直FE 向右，大小 51 02100.8) (2-?=+=a d I b I F FE πμ N CF F 方向垂直CF 向上，大小为 ? +-?=+πμ=πμ=a d d CF d a d I I r r I I F 5210210102.9ln 2d 2 N ED F 方向垂直ED 向下，大小为 5102.9-?==CF ED F F N (2)合力ED CF FE CD F F F F F +++=方向向左，大小为 4102.7-?=F N 合力矩B P M m ?= ∵ 线圈与导线共面 ∴ B P m // 0=M ． 一质子以v ＝(2.0×105i ＋3.0×105j ) m·s － 1的速度射入磁感应强度B ＝0.08i T 的均匀磁 场中，求这质子作螺线运动的半径和螺距(质子质量m p ＝1.67×10 －27 kg). 解：半径:qB m R ⊥=υ 08.0106.1100.31067.119 527?????=--=3.91?10-2m qB m v R T ππ22= = ⊥ 螺距:qB m v T v h π2////?== 08.0106.11067.114.32100.219275 ???????=--=0.164m 第12章 电磁感应 电磁场与电磁波 12－4 一导线ac 弯成如图所示形状，且ab ＝bc ＝10cm ，若使导线在磁感应强度B ＝ 21052－??T 的均匀磁场中，以速度5.1=v cm·s － 1向右运动。问ac 间电势差多大？哪一 端电势高？ 解： 030sin Bvbc =ε 2 11010105.110 5.2222 ? ?????=--- ≈ 1.88×10-5 （V ） C 端电势高。 12－5 如习题12－5图所示，平行导轨上放置一金属杆AB ，质量为m ，长为L 。在导轨一端接有电阻R 。匀强磁场B 垂直导轨平面向里．当AB 杆以初速度0v 水平向右运动时，求： （1）AB 杆能够移动的距离； （2）在移动过程中电阻R 上放出的焦耳热。 解：当杆运动时会产生动生电动势，在电路中形成电流；这时杆又变成通电导体，所受的安培力与速度方向相反， 所以杆将做减速运动．随着杆的速度变小，动生电动势也会变小，因而电流也会变小，所受的安培力也会变小，所以杆做加速度不断减小的减速运动，最后缓慢地停下来． （1）方法一 速度法：设杆运动时间t 时的速度为v ，则动生电动势为 ε = BLv 电流为 I = ε/R 所受的安培力的大小为 F = ILB = εLB/R = (BL )2v/R ， 方向与速度方向相反。 取速度的方向为正，根据牛顿第二定律F = ma 得速度的微分方程为 2()d d BL v v m R t -= B A 习题12－5图 习题12－4图 即： 2 d ()d v BL t v mR =- 积分得方程的通解为 21()ln BL v t C mR =-+ 根据初始条件，当t = 0时，v = v 0，可得常量C 1 = ln v 0。方程的特解为 2 0()exp[]BL v v t mR =- 由于v = d x /d t ，可得位移的微分方程 2 0()d exp[]d BL x v t t mR =- 方程的通解为 2 0()exp[]d BL x v t t mR =-? 2022 ()exp[]()mRv BL t C BL mR -=-+ 当t = 0时，x = 0，所以常量为0 22 ()mRv C BL = 方程的特解为 202 (){1exp[]}()mRv BL x t BL mR =-- 当时间t 趋于无穷大时，杆运动的距离为0 2 ()mRv x BL = 方法二 冲量法：由F = -(BL )2v/R ，得 2()d d BL x F t R -= 右边积分得 d 0t F t mv =-? 即：杆所受的冲量等于杆的动量的变化量。 左边积分后，可得02 () mv R x BL = （2）杆在移动过程中产生的焦耳热元为 22 2 ()d d d d BLv Q I R t t t R R ε=== 22 0()2()exp[]d BLv BL t t R mR =- 整个运动过程中产生的焦耳热为 22 00 ()2()exp[]d BLv BL Q t t R mR ∞ =-? 2 2 200 2()exp[] 22 mv mv BL t mR ∞ -=-= 即：焦耳热是杆的动能转化而来的。 12－6 如习题12－6图所示，直角三角形金属框ABC 放在匀强磁场中，B 平行ac ， 当框绕ac 边以角速度ω转动时，求框中各边的动生电动势及回路中的动生电动势。设l ab =，r bc =。 解Ⅰ：利用法拉第电磁感应定律 )cos (θεBS dt d dt d m -=Φ- = 由于磁场B 、线圈面积S 均不随时间变化，虽然，线圈绕ac 边 转动，但线圈平面法线与B 的夹角始终为2 π ，因此整个回路的 动生电动势是零。 解Ⅱ：先计算各边的动生电动势，然后相加。 由于ac 边不切割磁力线0=ac ε，对于cb 边有 l d b cb ??=? c )(B v ε 在cb 上取一小段l d ，它距c 点的距离为x ，这一小段运动速度为 ωx v =，B v ⊥且 )(B v ?的方向与l d 同向，有 02 12 0 >==?Br Bdx x r cb ωωε （b 点电势较c 点高） ab 边的电动势为 ???=b a ab d )(l B v ε 在ab 上取一小段l d ，它距转轴的距离为x ，其运动速度 为 ωx v =，仍有B v ⊥。 而)(B v ?的方向与l d 的夹角为?， ?cos l x =，有 ?cos dl dx =，因此 ??=?=b a b a ab Bdr x dl vB ω?εcos 20 21 Br xdx B r ωω? == （b 点电势较a 点高） 由于2 2 1Br ab ba ωεε-=-=， 整个回路的电动势 002 12122=+-=++=Br Br ac ba cb ωωεεεε 12－8 磁感应强度为B 的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在如习 题12－8图所示的位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内，另一半 在磁场外。当 0>dt dB 时，求杆两端的感应电动势的大小和方向。 解：根据磁场B 柱对称，当0d d ≠t B 时，可知i E 为一系列同心 圆，即i E 与半径正交，故沿半径方向不会产生感生电动势，即 0===oc ob oa εεε， 这样在回路oac 中的电动势为 ac bc ab ca bc ab oa oac εεεεεεεε=+=+++= ac ε为杆为ac 内的电动势，ab ε和bc ε分别为ab 和bc 部分内的电动 势。 由上面分析可知 t B S t B S obc bc oab ab d d d d 2 1====εεεε 1S 为三角形oab 的面积，据题设，22 1,4 3S R S = 为obc 回路内磁场复盖的区域c ob '扇形面积，据题设，图中6 π θ= ，故22212 21R R S πθ== 习题12－8图 t B R t B S S bc ab ac d d 1243d d ) (221??? ? ??+=+=+=∴πεεε 因为0d d >t B ，由楞次定律可判定c 端电位高。 12－11 长为1l ，宽为2l 的矩形线圈abcd 与无限长载流直导线共面，且线圈的长边平行于长直导线，线圈以速度v 水平向右平动，t 时刻ad 边距离长直导线为x ；且长直导线中的电流按I = I 0cos ωt 规律随时间变化，如图所示。求回路中的电动势ε。 解：电流I 在r 处产生的磁感应强度为 02I B r μπ= 穿过面积元d S = 1l d r 的磁通量为 dr r Il BdS d m πμ21 0= =Φ 穿过矩形线圈abcd 的磁通量为 )ln(21 2210102 x l x Il dr r Il l x x m +== Φ? +πμπ μ 回路中的电动势为 dt d m Φ- =ε ])11()[ln(22210dx dx x l x I dt dI x l x l -+++- =πμ ]) (cos sin )ln([2222100l x x t v l t x l x l I +++- =ωωωπμ 显然，第一项是由于磁场变化产生的感生电动势， 第二项是由于线圈运动产生的动生电动势。 12－15 一矩形截面螺绕环，高为h ，共有N 匝，如习题12－15图所示。求：(1)此螺绕环的自感系数； (2)若导线内通有电流I ，环内磁能。 解：如题12-15图示 (1)通过横截面的磁通为 习题12－11图 ? = = Φb a m a b NIh r h r NI ln π2d π 200μμ 磁链 a b Ih N N m ln π 220μ= Φ=ψ ∴ a b h N I L ln π220μψ = = (2)∵ 22 1LI W m = ∴ a b h I N W m ln π 4220μ= 习题12－15图
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