湖南大学 物理 习题解答

第14章 稳恒电流的磁场

14.1 充满εr = 2.1电介质的平行板电容器，由于电介质漏电，在3min内漏失一半电量，求电介质的电阻率．

解：设电容器的面积为S，两板间的距离为l，则电介质的电阻为R??l．设t时刻电容S器带电量为q，则电荷面密度为ζ = q/S，两板间的场强为E = ζ/ε =q/εrε0S，电势差为 U = El =ql/εrε0S，介质中的电流强度为

q -q dqU1???q，负号表示电容器上的电荷减少．

S dtR?0?r?微分方程可变为

tdq1??dt，积分得 lnq???C，

?0?r?q?0?r?εr l 设t = 0时，q = qm，则得C = lnqm，因此电介质的电阻率的公式为

t． ???0?rln(qm/q) 当t = 180s时，q = qm/2，电阻率为??180 =1.4×1013(Ω·m)． ?128.842?10?2.1?ln2

14.2 有一导线电阻R = 6Ω，其中通有电流，在下列两种情况下，通过总电量都是30C，求导线所产生的热量．

（1）在24s内有稳恒电流通过导线； （2）在24s内电流均匀地减少到零．

解：（1）稳恒电流为 I = q/t = 1.25(A)，导线产生的热量为Q = I2Rt = 225(J)． （2）电流变化的方程为 i?2.5(1?1t)， 24i/A 2.5 I t/s 24 由于在相等的时间内通过的电量是相等的，在i-t图中，在0~24秒

1.25 内，变化电流和稳恒电流直线下的面积是相等的．

在dt时间内导线产生的热量元为dQ = i2Rdt，在24s内导线产生的o 热量为

111Q??iRdt??[2.5(1?t)]2Rdt??2.52?6?24??(1?t)324324002242424=300(J)．

0

14.3 已知铜的相对原子质量A = 63.75，质量密度ρ = 8.9×103kg·m-3． （1）技术上为了安全，铜线内电流密度不能超过6A·mm-2，求此时铜线内电子的漂移速度为多少？

（2）求T = 300K时，铜内电子热运动平均速度，它是漂移速度的多少倍？

解：（1）原子质量单位为u = 1.66×10-27(kg)，一个铜原子的质量为m = Au = 1.058×10-25(kg)， 铜的原子数密度为 n = ρ/m = 8.41×1028(个·m-3)，

如果一个铜原子有一个自由电子，n也是自由电子数密度，因此自由电子的电荷密度为ρe = ne = 1.34×1010(C·m-3)．铜线内电流密度为δ = 6×106(A·m-2)，根据公式δ = ρev，得电子的漂移速度为v = ρe/δ = 4.46×10-4(m·s-1)． （2）将导体中的电子当气体分子，称为“电子气”，电子做热运动的平均速度为v?8kT， ?me其中k为玻尔兹曼常数k = 1.38×10-23J·K-1，me是电子的质量me = 9.11×10-31kg，可得 v= 1.076×105(m·s-1)，对漂移速度的倍数为v/v = 2.437×108，

可见：电子的漂移速率远小于热运动的速度，其定向运动可认为是附加在热运动基础上的运动． C A I 14.4 通有电流I的导线形状如图所示，图中ACDO是边长为b的正方

b 形．求圆心O处的磁感应强度B = ？

解：电流在O点的产生的磁场的方向都是垂直纸面向里的．根据毕-萨

0?Idl?r0定律：dB?，圆弧上的电流元与到O点的矢径垂直，在O4?r2O a 图14.4 D ?0Idl，由于dl = adφ，积分得

4?a23?/2?Id?3?0I B1??dB1??0． ?L8a4?a0点产生的磁场大小为dB1?OA和OD方向的直线在O点产生的磁场为零．在AC段，电流元在O点产生的磁场为

dB2?由于l = bcot(π - θ) = -bcotθ，所以 dl = bdθ/sin2θ；

?Isin?d?又由于r = b/sin(π - θ) = b/sinθ，可得dB2?0，积分得

4?b?0Idlsin?，

4?r2A l Idl θ r O a Idl b C ?I3?/4?IB2??dB?0?sin?d??0(?cos?)4?b?/24?bL同理可得CD段在O点产生的磁场B3 = B2． O点总磁感应强度为B?B1?B2?B3?3?/4?/22?0I ?8?bD 3?0I2?0I． ?8a4?bZ R Y X 图14.5

14.5 如图所示的载流导线，图中半圆的的半径为R，直线部分伸向无限远处．求圆心O处的磁感应强度B = ？ 解：在直线磁场公式B??0I(cos?1?cos?2)中，令θ1 = 0、θ2 = 4?Ro I π/2，或者θ1 = π/2、θ2 = π，就得半无限长导线在端点半径为R的圆周上产生的磁感应强度B??0I．

4?R两无限长半直线在O点产生的磁场方向都向着-Z方向，大小为Bz = μ0I/2πR． 半圆在O处产生的磁场方向沿着-X方向，大小为Bx = μ0I/4R． O点的磁感应强度为B??Bxi?Bzk??场强大小为B?

2Bx?Bz2??0I4Ri??0Ik． 2?RB?0I24??2，与X轴的夹角为??arctanz?arctan．

4?RBx?14.6 如图所示的正方形线圈ABCD，每边长为a，通有电流I．求正方形中心O处的磁感应强度B = ？

A I O D 解：正方形每一边到O点的距离都是a/2，在O点产生的磁场大小相等、方向相同．以AD边为例，利用直线电流的磁场公式： B ?IB?0(cos?1?cos?2)，

4?R图14.6 C 令θ1 = π/4、θ2 = 3π/4、R = a/2，AD在O产生的场强为BAD?O点的磁感应强度为B?4BAD?2?0I， 2?a22?0I，方向垂直纸面向里． ?a

14.7 两个共轴圆线圈，每个线圈中的电流强度都是I，半径为R，两个圆心间距离O1O2 = R，试证：O1、O2中点O处附近为均匀磁场． 证：方法一：用二阶导数．一个半径为R的环电流在离圆心为x的轴线上产生的磁感应强度大小为：

2a I x O1RO O2R图14.7

I x ?0IR2． B?223/22(R?x)设两线圈相距为2a，以O点为原点建立坐标，两线圈在x点产生的场强分别为

2[R?(a?x)]2[R?(a?x)]方向相同，总场强为B = B1 + B2．

一个线圈产生的磁场的曲线是凸状，两边各有一个拐点．两个线圈的磁场叠加之后，如果它们相距太近，其曲线就是更高的凸状；如果它们相距太远，其曲线的中间部分就会下凹，与两边的峰之间各有一个拐点．当它们由远而近到最适当的位置时，两个拐点就会在中间重合，这时的磁场最均匀，而拐点处的二阶导数为零．

11设k = μ0IR2/2，则 B?k{2?} 23/2223/2[R?(a?x)][R?(a?x)]对x求一阶导数得

dBa?xa?x，??3k{2?}

dx[R?(a?x)2]5/2[R2?(a?x)2]5/2求二阶导数得

d2BR2?4(a?x)2R2?4(a?x)2??3k{2?2}， 227/227/2dx[R?(a?x)][R?(a?x)]2222

在x = 0处dB/dx = 0，得R = 4a，所以2a = R．

8?0I162x = 0处的场强为B?k2． ?k?23/23[R?(R/2)]55R55R方法二：用二项式展开．将B1展开得

?0IR2?0IR2． B1??2223/2223/22223/22[R?a?2ax?x]2(R?a)[1?(2ax?x)/(R?a)]设k?B1??0IR2223/2， B2??0IR2223/2．

?0IR22(R2?a2)3/22ax?x2?3/2?2ax?x2?3/2，则 B1?k(1?2)．同理，B2?k(1?)． 222R?aR?a1nx?当x很小时，二项式展开公式为 (1?x)??n将B1和B2按二项式展开，保留二次项，令R2 - 4a2 = 0，即a = R/2，得

n(n?1)2x?．... 1?2B?2k??0IR2(R2?a2)3/2?85?0I，可知：O点附近为均强磁场． 25Ro R

14.8 将半径为R的无限长导体圆柱面，沿轴向割去一宽为h(h<

i h o` 图14.8` ?I?ih B?0?0．

2?R2?R方法二：积分法．在导体的截面上建立坐标，x坐标轴平分角α，α = h/R． 电流垂直纸面向外，在圆弧上取一线元ds = Rdθ， 无限长直线电流为dI = ids = iRdθ，

?dI?i在轴线产生的磁感应强度大小为dB?0?0d?，

2?R2?两个分量分别为

y R θ dBx α o x dBy dB ds dBx?dBsin??积分得

?0i?isin?d?，dBy??dBcos???0cos?d?． 2?2?2???/2?0i2???/2?0iBx?sin?d???cos?2???2?/2???/2?0i[cos(2???/2)?cos(?/2)]?0； 2?2???/2?0i?0i2???/2?0i??[sin(2???/2)?sin(?/2)] By??cos?d???sin??2?2??/22??/2?i?ih??i?02sin?0??0． 2?22?2?RBy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

R I=5.0A，如图所示．求圆柱轴线上任一点的磁感应强度B = ？

解：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，在轴线上产生的磁感应强度为

?dI?Id?dB?0?02，方向与径向垂直．dB的两个分量为

2?R2?RdBx = dBcosφ，dBy = dBsinφ．积分得

??0I?0IBx??2cos?d??2sin??0，

2?R2?R00?I 图14.9 y φ R dBy dB odBx x ?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 a I 图14.10 解：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，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，在P点产生磁感应强度为

Px ?0dI?0?dl， dB??2?r2?(x?a?l)dl dI a I 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l o 为

????0ln(x?a?l)B??2?2?(x?a?l)0a?0?dla?l?0?0Ialn(1?)． 2?ax[讨论]当a趋于零时，薄板就变成直线，因此

?Iln(1?a/x)?IB?0?0，这就是直线电流产生的磁场强度的公式．

2?xa/x2?x

I 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，

R O 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 = ？

图14.11

解：四分之一圆的弧长为C = πR/2，单位弧长上线圈匝数为n = N/C = 2N/πR．

在四分之一圆上取一弧元dl = Rdθ，线圈匝数为dN = ndl = nRdθ，环电流大小为 dI = IdN = nIRdθ．环电流的半径为 y = Rsinθ，离O点的距离为 x = Rcosθ， y 在O点产生的磁感应强度为

2R32方向沿着x的反方向，积分得O点的磁感应强度为

dB??0y2dI??0nIsin2?d???0NIsin2?d?， ?RdB oR θ x ?0NI?/22?0NI?/2?0NI． B?sin?d??(1?cos2?)d????R?2?R4R00

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n1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，圆心处的磁感应强度为零．

R3 R1 R4 R2 解：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

图14.12 积为dS = 2πrdr，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)，

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