(湖南大学出版社)大学物理下册课后习题答案和全解 全册

??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

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