大学物理下册第十三章.docx

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大学物理下册第十三章

第十三章稳恒磁场

13—1求各图中点P处磁感应强度的大小和方向。

[解]（a）P点在水平导线的延长线上，水平导线在P点不产生磁场。

P点到竖直导线两端的连

1

线与电流方向的夹角分别为θ=0，θ=π。

因此，P点的磁感应强度的大小为

B=μ0

I⎛0π⎞

⎜cos0−cos⎟=

22

μ0I

4πa⎝

2⎠4πa

方向垂直纸面向外。

（b）两条半无限长直导线在P点产生的磁场方向相同，都是垂直于纸面向内，它们在P点产生的磁场的磁感应强度之和为

B=2

μ0I

=μ0I

14πr

2πr

半圆形导线在P点产生的磁场方向也是垂直纸面向内，大小为半径相同、电流相同的圆形导线在圆心处产生的磁感应强度的一半，即

B2=

1μ0I

=μ0I

22r4r

方向垂直纸面向内。

（c）P点到三角形每条边的距离都是

d=3a

6

每条边上的电流在P点产生的磁感应强度的方向都是垂直纸面向内，大小都是

μI3μI

B=0（cos300−cos1500）=0

04πd

2πa

故P点总的磁感应强度大小为

B=3B

=9μ0I

02πa

方向垂直纸面向内。

13—2有一螺线管长L＝20cm，半径r=2.0cm，导线中通有强度为I=5.0A的电流，若在螺线管轴线中点处产生的磁感应强度B＝6.16×10−3T的磁场，问该螺线管每单位长度应多少匝?

[解]已知载流螺线管轴线上场强公式为

μ0

B=nI（cosβ1−cosβ2）=μ0nIcosβ2

2

n=B

μ0Icosβ2

=B

L2

μ0I

2

=6.16×10

−3

4π×10−7×5.0×

202

2

=200匝

L+r2

4

20+22

4

13—3若输电线在地面上空25m处，通以电流1.8×103A。

求这电流在正下方地面处产生

的磁感应强度。

[解]已知直线电流的磁场公式

μ0I

B=

4πa

（cosθ1−cosθ2）

−7

=4π×10

×1.8×103

（cos0−cosπ）=3.6×10−6T

4π×25

13—4在汽船上，指南针装在距载流导线0.80m处，该导线中电流为20A。

（1）将此导线作

无限长直导线处理，它在指南针所在处产生的磁感应强度是多大?

（2）地磁场的水平分量（向北）

为0.18×10−4T。

由于电流磁场的影响，指南针的N极指向要偏离正北方向。

如果电流的磁

场是水平的，而且与地磁场垂直，指南针的指向将偏离多大?

求在最坏情况下，上述汽船中的指南针的N极将偏离北方多少度?

[解]

（1）电流在指南针所在处的磁感应强度的大小为

B=μ0I

2×10−7×20

=

T=5.0×10−6T

12πr

0.80

（2）如果电流的磁场是水平的而且与地磁场的水平分量B2垂直（如图a），指南针偏离正北方

向的角度为ϕ，则

tanϕ=B1=

5.0×10−6

=0.28

ϕ=15031′

2

B0.18×10−4

设指南针由于电流磁场偏离正北方向的角度为ϕ1，由图（b）可知

B2sinϕ1=B1sinϕ2

两边微分后可得

dϕ1

dϕ2

=B1cosϕ2

B2cosϕ1

为求ϕ1的最大值ϕm，令

dϕ1

dϕ2

=0，则有

cosϕ2=0

πϕ2=

m

2

因此sinϕm

=B1

B2

=0.28

ϕ=1608′

13—5在半径为R和r的两圆周之间，有一总匝数为N的均匀密绕平面线圈，通有电流I，

方向如图所示。

求中心O处的磁感应强度。

[解]取一半径为x厚度为dx的圆环,其等效电流为:

dI=

jdx=

NIdx

R−r

dB0

μdI

=0

2x

=μ0NIdx

2x（R−r）

∴B0=

R

∫dB0=∫

μ0NIdx=

μ0NI

lnR

NIr2x（R−r）

2（R−r）r

方向垂直纸面向外.

13—6电流均匀地流过一无限长薄壁半圆筒，设电流I=5.0A，圆筒半径R=1.0×102m如图所示。

求轴线上一点的磁感应强度。

[解]在金属片上对称地取两个宽为ds=ds1=ds2的窄条。

条上电流为dI=dsI

πR

每个窄条是一条无限长载流直导线，在中心轴线上P点产生的dB为

dB=dB

=μ0dI

122πR

dB1和dB2的方向已表示于图中，两者x分量相抵消，y分量相加，总场只有y分量。

由这

两条导线上电流共同贡献的磁感应强度是

dB=2⋅

μ0dI

cosθ=

μ0I

cosθds

2πR

∵ds=Rdθ

π2R2

μI

∴dB=0cosθdθ

π2R

μI

dB=0cosθdθ

π2R

13—7如图所示，长直导线通有电流I，求通过与长直导线共面的矩形面积CDEF的磁通

量。

μI

[解]长直导线形成的磁感应强度为:

B=0,取如图所示的微元,设顺时针方向为正,则

2πx

rrμI

dΦ=B⋅dS=0ldx

2πx

bμIlμIlb

Φ=∫dΦ=∫0dx=0ln

Sa2πx

2πa

13—8长直导线aa′与半径为R的均匀导体圆环相切于点a，另一直导线bb′沿半径方向与

圆环接于点b，如图所示。

现有稳恒电流I从端a流入而从端b流出。

（1）求圆环中心点O的B。

（2）B沿闭合路径L的环流∫B⋅dl等于什么?

L

rrrrr

[解]

（1）B0=B1+B2+B3+B4

其中:

B4=0

B1=

μ0I

4πR

B=2μ0I2,B

=1μ0I3,I2

=l3

232R

332R

I3l2

rr

故B2与B3大小相等,方向相反,所以B2+B3=0

因而Bo=B1=

μ0I

4πR

方向垂直纸面向外.

（2）由安培环路定理,有:

rr2I

∫B⋅dl

L

=μ0∑Ii=μ0（I−3I）=μ03

13—9矩形截面的螺绕环，尺寸如图所示，均匀密绕共N匝，通以电流I，试证明通过螺

绕环截面的磁通量为

Φ=μ0NIhlnD1

2πD2

[证明]以与螺绕环同心的圆周为环路，其半径为r，D2

22

∫B⋅dl=2πrB=μ0NI

B=μ0NI

2πr

∴Φ=∫dΦ=∫BdS=∫

D12μ0NI

hdr=

μ0hNIlnD1

D22

2πr

2πD2

13—10试证明在没有电流的空间区域内，如果磁感应线是一些同方向的平行线，则磁场一

定均匀。

[证明]在B线同方向平行的磁场中，作如图的矩形回路abcda，其ab边与B线平行。

由于回路中无电流，所以安培环路定理给出∫B⋅dL=0

L

bcda

又∫B⋅dL=∫aB1⋅dL+∫bB⋅dL+∫c

L

B2⋅dL+∫dB⋅dL

ca

其中∫bB⋅dL及∫dB⋅dL因B⊥dl，所以其值为零。

bd

故∫B⋅dL=∫aB1⋅dL+∫c

L

B2⋅dL=0

因为磁感应强度B是垂直于通过单位面积的磁通量即磁通密度，所以B线平行的磁场中，

ab线上B处处等于B1，cd线上B处处等于B2，因此有

B1ab−B2cd=0

又ab=cd

所以B1=B2

由于矩形回路的位置和宽度不限，此式均可成立。

所以，在没有电流的空间区域内，若B

线是同方向平行的直线，则磁场一定均匀。

13—11如图所示，空心圆柱无限长导体内外半径分别为a和b，导体内通有电流I，且电流在横截面上均匀分布，介质的影响可以忽略不计。

求证导体内部（a

=

Bμ0I

r2−a2

[解]作图示的安培环路,有

2π（b2−a2）r

rr

∫B⋅dl

L

=μ0∑Ii

即:

∫Bdl=μ

L

I

2

0π（b2−a2）

π（r2−a2）

∴B=

μ0I（r

−a2）

2π（b2−a2）r

13—12一电磁铁的长直引线构造如下：

中间是一直径为5.0cm的铝棒，周围同轴地套以内

直径为7.0cm，外直径为9.0cm的铝筒作为电流的回程（筒与棒间充以油类并使之流动以便散热）。

若通以电流I＝5.0×103A，且导体的截面上电流分布均匀。

试计算从轴心到圆筒外侧的磁场分布（铝和油本身对磁场分布无影响），并画出相应的关系曲线。

[解]取圆筒轴线上一点为圆心，以r为半径的圆周为积分回路L，圆面垂直于轴线。

则L上各点的磁感应强度B大小相等。

方向沿径向。

由安培环路定理得

∫B⋅dL=μ0I内

L

∴B⋅2πr=μ0I内

当0

Iπr2

=8×106r2

内π（0.025）2

∴B=

μ0I内

μ

=0×8×106r2=1.6r

2πr

2πr

当2.5cm

I内=I

μI

∴B=0

2πr

当3.5cm

Iπ（r2−0.0352）

I内=I−π（0.0452−0.0352）

=×I−

μ0I内μ0

Iπ（r2−0.0352）

∴B=

2πr

2πrπ（0.0452−0.0352）

当4.5cm

∴B=0

I内=I−I=0

13—13厚为2d的无限大导体平板，其内有均匀电流平行于表面流动，电流密度为j，求空

间磁感应强度的分布。

r

[解]建立如图所示的坐标系,对板内,取安培环路abcd，则:

∫B⋅dl

L

=2Bl=μ02xlj

∴B=μ0jx

对板外,取安培环路a′b′c′d′,则有:

r

∫B⋅dl

L

即:

2Bl′=μ0jl′2d

=μ0I

∴B=μ0jd

13—14一根半径为R的长直导体圆柱载有电流I，作一宽为R长为l的假想平面S，如图所示。

若假想平面S可在导体直径和轴OO′所确定的平面内离开OO′轴移动至远处，试求当通过面S的磁通量最大时平面S的位置（设直导线内电流分布是均匀的）。

[解]r≤R时：

∫B1

⋅dl=μ0

I′=μ

I

0πR2

πr2

0

r2μIr

B12πr=μ0I2

R

即B1=

2πR2

r≥R时：

∫B2⋅dl=μ0I

μ0I

B22πr=μ0I

即B2=

2πr

当假象平面的内边界离OO′轴x时

R

φ=∫

μ0I

R+xμI

⋅r⋅l⋅dr+∫0⋅l⋅dr=

μ0Il

1（R2−x2）+μ0IllnR+x

x2πR2

R2πr

2πR22

2πR

令φ′=0D

dφ=−

dx

μ0Il

4πR2

μIl

⋅2x+0⋅

2π

1=0

x+R

x1=

5−1R

2

x2=−

5+1R（舍）

2

对φ求二阶导数

d2φ

2

⎡μIl

2

=−⎢0+

μ0Il

⎤

2⎥<0

dx⎣2πR

2π（x+R）⎦

因此x1=

5−1R时，有最大值。

2

13—15电流为I2的等边三角形载流线圈与无限长直线电流I1共面，如图所示。

求：

（1）载流线圈所受到的总的磁场力；

（2）载流线圈所受到的磁力矩（通过点c并垂直于纸面方向的直线为轴）。

[解]ab边到长直导线的距离为d，电流I1在ab边上的磁场为

B=μ0I1

2πd

方向垂直纸面向内。

此磁场对ab边的作用力为

μ0I1I2l

FAB=I2Bl=

2πd

方向沿z轴方向。

在bc边上距b端x处取电流元I2dx，该处到长直导线的距离为

z=d+3x

2

I1在该处的磁场为

B′=

μ0I1

2πz

=μ0I1

π（2d+

3x）

方向垂直纸面向内。

该电流元受到的磁力

μ0I1I2dx

dF=I2B′dx=

（

π2d+

3x）

方向如图所示。

bc边上各电流元所受磁力方向相同，bc边所受磁力即为

lμ0I1I2dx

μ0I1I2⎡l1⎛

3l⎞⎤

Fbc=∫dF=∫0π（2d+

3x）=−π

⎢−

⎢⎣2d

ln⎜1+

⎜

3⎝

⎟⎥

⎠

2d⎟⎥⎦

（2）磁矩的方向与外磁场的方向相同，所以闭合载流线圈受磁力矩为零。

13—16试证明：

一个任意形状的闭合载流线圈在均匀磁场中所受的总的磁场力恒为零。

[证明]把闭合线圈分成无数个dl，则dF=Idl×B，因此F=∫dF=∫Idl×B=I∫dl×B=0

13—17在一个圆柱磁铁N极正上方，水平放置一半径为R的导线圆环，如图所示，其中

通有顺时针方向（俯视）的电流I。

在导线处的磁场B的方向都与竖直方向成α角。

求导线环

受的磁场力。

[解]圆环上每个电流元受力为dF=Idl×B

将B分解为z分量和径向分量：

B=Bz+Br

Bz=Bcosα，Br=Bsinα

z

z

∴dF=Idl×（B

+Br

）=Idl×B

+Idl×Br

dFz=Idl×Br

dFr=Idl×Bz

对于圆环：

∫dFr=0

圆环所受合力为

F=Fz=IBr∫dl=2πrIBsinα

13—18一圆线圈的半径为R，载有电流I，置于均匀磁场中，如图所示。

在不考虑载流线

圈本身激发的磁场的情况下，求线圈导线上的张力（已知线圈法线方向与B的方向相同）。

解:

取半个圆环为研究对象,受力如图所示,由平衡条件,有:

2T=F

∴T=F

2

=BIl=BIR

2

13—19将一均匀分布着面电流的无限大载流平面放入均匀磁场中，已知平面两侧的磁感应

强度分别为B1和B2（如图所示）。

求载流平面上单位面积所受磁力的大小和方向。

[解]由图可知，B2>B1，说明载流平面的磁场B0的方向与所放入的均匀磁场B的方向在平面右侧是一致的，在平面左侧是相反的，进而说明平面上电流方向是垂直于纸面向内。

设面

电流密度为j。

则

B1=B−B0=B−

B2=B+B0=B+

1

μ0j

2

1

μ0j

2

由此二式解得B=1（B

+B），

j=1（B

−B）

μ

2

1221

0

在载流平面上沿电流方向取长为h、宽为dl的条形面积，面积dS=hdl，面积上电流dI=jdl，

此电流受到的磁力大小为dF=BhdI=Bjhdl=BjdS载流平面单位面积所受磁力大小为

dF=Bj=

1（B

+B）（B

−B）=

1（B2−B2）

212121

dS2μ02μ0

方向为垂直于平面向左。

13-20磁场中某点处的磁感应强度B=0.40i−0.20j（T）

，一电子以速度

v=0.5×106i+1.0×106j（ms）通过该点。

求作用在该电子上的磁场力。

[解]由洛仑兹力公式,有:

rrs

ijk

rrr

F=qv×B=−1.6×10−190.5

0.4

1.0

−0.2

0×106

0

k

=8×10−14rˆ（N）

13—21质子和电子以相同的速度垂直飞入磁感应强度为B的均匀磁场中，试求质子轨道

半径R1电子轨道半径R2的比值。

[解]由粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径公式r=mvqB

Rmv

质=质

m电v=m质

=1.67×10

−27

=1.84×103

R电q质B

q电Bm电

0.91×10−30

13—22估算地磁场对电视机显像管中电子束的影响。

假设加速电压为2.0×104V，电子枪

到屏的距离为0.40m。

试计算电子束在0.50×10−4T的横向地磁场作用下，约偏转多少?

假定

没有其它偏转磁场，这偏转是否显著?

[解]电子动能

1mv2=eU

2

式中U为加速电势差。

电子的速度大小为

v=2eU=

2×1.6×10

−19

×2.0×104

ms=8.4×107ms

m9.1×10−31

在横向地磁场的作用下，电子沿弧形轨道运动，轨道半径为

R=mv=

9.1×10

−31

×8.4×107

m=9.6m

eB1.6×10−19×0.5×10−4

设电子枪到屏的距离为d，由图可知，电子到达屏时，它的偏转距离为

x=R−

R2d2

=（9.6−

9.62−0.22）m=2×10−3m=2mm

相对于电子枪到屏的距离，这偏转不算显著。

13—23一块半导体的体积为a×b×c，如图示。

沿x方向有电流I，在z方向有均匀磁场B。

这时实验得出的数据为a=0.10cm，b=0.35cm，c=1.0cm，I＝1.0mA，B=0.30T，半导体片两

侧的霍耳电势差UAA′6.55mV。

（1）问这块半导体是p型还是n型?

（2）求载流子浓度。

[解]

（1）因载流子所受磁力方向沿y轴反方向，侧面A′电势较低，故载流子是负电荷（即电子），这半导体是N型半导体。

（2）霍尔电压

UAA′

=IB

nea

由此可得载流子浓度

IB

1.0×10−3×0.30

n=

eaU

AA′

=

1.6×10−19×0.10×10−2×6.55×10−3

个m3=2.86×1020个m3

13—24掺砷的硅片是n型半导体，其中载流子浓度是2.0×1021个

m3，电阻率是

1.6×10−2Ω⋅m。

用这种硅做成霍耳探头以测量磁场。

硅片的尺寸相当小，是

0.50cm×0.20cm×0.0050cm。

将此片长度的两端接入电压为1V的电路中。

当探头放到磁场

某处并使其最大表面与磁场方向垂直时，测得0.20cm宽度两侧霍耳电压是1.05mV。

求磁场中该处的磁感应强度。

[解]设a=0.5cm，b=0.2cm，c=0.005cm。

硅片的电阻R=ρabc

因此电流

I=UR

=Ubc

ρa

硅片的霍尔电压

UH=

IB

nec

=BUbneρa

由此可得磁感应强度

neρaU

B=H

Ub

21

−19−2−2−3

=2×10

×1.6×10

×1.6×10

×0.5×10

×1.05×10

T=1.34×10−2T

1×0.2×10−2

13—25从经典观点看，氢原子可视为是一个电子绕核作高速旋转的体系。

已知电子和质子

的电量均为e，电子质量是m，氢原子圆轨道半径为r，电子作平面轨道运动。

试求电子的

轨道磁矩pm和它在圆心处产生的