大学物理第二十章题解

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.（1）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“半无限长”直导线电流，它在P点产生的磁场为B?据叠加原理，P点的磁感应强度

?I1?0I?0，方向垂直纸面向里．根

22?a4?aB??I1?0I?0

22?a4?a方向垂直纸面向里．

（2）当I?20A，a?0.05m时

14??10?7?20B???4?10?5(T)

22??0.05

20-2．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?0I．由叠加原理，圆心O处的磁感应强度 22R

B??0I4R方向垂直纸面向里．

20-3．电流I若沿图中所示的三种形状的导线流过（图中直线部分伸向无限远）, 试求

?O各点的磁感应强度B．

解 （a）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14个圆环形导线的电流的磁感应强度的叠加

1?0I1?0I1?0I?0I????(1?) ，方向垂直纸面向外．

22?R22?R42R2?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

?I1?0I3?0I3B???0(1??) ，方向垂直纸面向里．

22?R42R4?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

?I1?0I1?0I1?0IB????0?2??? ，方向垂直纸面向里．

22?R22?R22R4?RB?

1

*20-4．如图所示，电流I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?x，求证P点的磁感应强度B的大小为

?IaB?0arctan

2?ax解 把薄板等分成无限多条宽为dy的细长条，每

Idy，可视为线电流；无限长根细长条的电流dI?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

B??a02?0dI2?x?y22cos???a2?0Idy2a?2?x?ya022?xx?y22

?0Ix1y?0I?0Ixadya?arctan?arctan?

x02a?x2a??0x2?y22a?x

*20-5．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

N2N ?2?R4?R在如图?处，d?角对应弧长dl内通过的电流

2NI2NIdI?dl?d?

?R?此电流可视为半径为r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

?0r2dI?0R2sin2?2NI?0NI2dB??d??sin?d? 332R2R??R??0NI??0NI222sin?d??所以总磁感应强度 B??dB?

0?R?04R

20-6．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r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

Φ=??B?dS??Sba?0I?Ilbdr?0Ilbldr?0??ln

a2?r2?r2?a

20-7．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c，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

2

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

?LB1?dl?2?rB1??0(I?I)?0

可得B1?0．在c?r?b区域，由安培环路定理

?r2??b2c2?r2?LB2?dl?2?rB2??0(I??c2??b2I)??0Ic2?b2

?0Ic2?r2可得B2?．在b?r?a区域，由安培环路定理 222?rc?b?B3?dl?2?rB3??0I

L?0I．在a?r区域，由安培环路定理 2?r?r2r2?LB4?dl?2?rB4??0?a2I??0Ia2

?Ir可得B4?02．

2?a可得B3?

20-8．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20-4，可知，y?0区域B沿Ox负方向，y?0区域B沿Ox正方向．

选择如图矩形回路abcda，ab与cd与板面平行、沿Ox方向，长度为l，与Oxz面距离为r．在r?d的板外区域，根据安培环路定理，有

?LB外?dl?2B外l??02dlJ

所以B外??0dJ．B外与到板面的距离无关，说明板外为匀强磁场．

在r?d的板内区域，根据安培环路定理，有

?LB内?dl?2B内l??02rlJ

所以B内??0rJ．可表示为B内???0yJi（?d?y?d）．

20-9．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Φ?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)．在螺绕环截面内，沿磁感应线作安培环路（以r为半径的圆，由安培环路定理

?0NIhD1． ln2?D2D2D?r?1），22?所以B?LB?dl?2?rB??0NI

?0NI． 2?r通过螺绕环截面的磁通量为

3

???B?dS??D12D2?0NI?NIhD1 hdr?0ln22?r2?D2

20-10．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a?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．

I解 设空心导体上电流强度为I，则电流密度J?． 22?(R?r)电流分布可视为由电流密度为J、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

?0IaI2?a?

2?a?(R2?r2)2?(R2?r2)其方向与圆柱轴线以及OO'垂直，与电流I成右手螺旋关系．

B1?1?0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B2?0． 由叠加原理可得在空心圆柱轴线上的磁感应强度为B?B1?B2?B1，

4??10?7?5?2.5?7B1???1.1?10(T) 22222?(R?r)2?(5?1.5)?0Ia??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Bo成89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．

2?m2?3.14?9.11?10?31?10解 周期 T???3.57?10(s) ?19qB1.6?10?0.10

2Ek2?2?103?1.6?10?19速率为 v???2.65?107(ms) ?31m9.11?1010螺距为 h?vcos 89T?.2?657?10c?os 8.?9?3?571.?0?41 6510(m)mvsin899.11?10?31?2.65?107?sin89?3半径为 r???1.51?10(m) ?19qB1.6?10?0.1

20-12．速率选择器如图所示，在粒子穿过的区域V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?3?10T．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?ev?B，方向竖直向下；且满足

eE?evB 所以 v?由于v?

?4EU3007???10(ms) ?4BdB0.1?3?10E

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．

4

?c?1.0cmcm．沿x轴方向有电流I，沿z轴方向加匀强磁场B，已测得I?1.0mA，B?3?10?1T，样品两侧的电势差UAA??6.55mV．（1）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）n?20-13．一块半导体样品的体积为a?b?c如图所示，a?0.10cm，b?0.35cm，

IB

UAA'qa1.0?10?3?0.320?3? ?2.86?10m?3?19?36.55?10?1.6?10?10

20-14．如图所示，一条长直导线载有电流I1?30A，矩形线圈载有电流I2?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

F1?B1I2l?线圈右侧边导线受力

?0I1I2l ，方向向左． 2?aF2?B2I2l?2??a?b??0I1I2l ，方向向右．

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

F?F1?F2??0I1I2?0I1I2?0I1I2lb l?l?2?a2??a?b?2?a?a?b?4??10?7?30?20?0.12?0.08??1.28?10?3(N)

2??0.01?(0.08?0.01)方向向左，垂直指向长直导线．

20-15．如图所示，无限长直导线通有电流I1，半径为R的半圆形导线ABCDE通有电流I2．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I1产生的磁场的作用力的大小和方向，（2）长直导线在圆心O处元段dl上所受I2的磁场力的大小和方向．

解 （1）设直线电流I1产生的磁感应强度为B1． 求AB段受I1的作用力时，令???y，则

R?aFAB??I2dl?B1???R?0I1I2d??k 2???0I1I2R?aln?k 2?aR?aDE段受到I1的作用力为

FDE??I2dl?B1??R?0I1?IIR?aI2dy?(?k)??012ln?k 2?y2?a求BCD段受I1的作用力时，取电流元I2dl如图，dl?Rd?．由于Oz方向的分力会相互抵消（参见图），只需计算Oy方向的分量，则

5

FBCD??2??20B1I2cos??Rd??j??2??2?0I12?Rcos?0I2Rcos?d??j???0I1I22j

（2）半圆形导线电流I2在圆心O点处产生的磁场B2??0I24R?IIdldF?I1dl?B2?I1B2dl?j?012j

4Ri，所以

?320-16．有一匝数为10匝，长为0.25m，宽为0.10m的矩形线圈，放在B?1.0?10T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

Tm?NIBS?10?15?1.0?10?3?0.25?0.1?3.75?10?3(N?m)

（第二十章题解结束）

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