讨论题 求B 1.一无穷长载流直导 线,在某处弯成一个半 d i 径为R的半形,通以电 流,求垂直于0点的直 线上一点P(oo’=r)的 P 磁感应强度 解:分三段计算 1)半圆 OB≈oll×F 4丌 db = dbsin e dB = dB cos Osin R2+ IR B dBsin e P dB. dB cos osin (p cos e Sm e R B 4=1 101R R2丌 4z√(x2+R2
讨论题 一． 求 B 1. 一无穷 长载流 直导 线，在某处弯成一个半 径为 R 的半形，通以电 流，求垂直于 O 点的直 线上一点 P(oo’=r)的 磁感应强度 解：分三段计算 1） 半圆 3 0 4 r Idl r dB = cos sin sin , dB dB dB dB z x = = 2 2 2 r = R + x cos sin sin 0 dB dB B dB z x = = , r R r x cos = .sin = 2 2 3 2 0 3 0 0 4 4 (x R ) I R Rd r I R Bx + = =
uol xsin Rdo= Hold 4丌 4z√Vx2+!smw=2hR 4丌 R 2)∞→半圆代公式 B Ao (cos 6,-cos 8,) 47 61=0,cos61=1 vx2+R2B1÷4l R R cos 6, cosa,= (1 个 +R2 沿z方向 3)半圆→∞ R CoS,= cos a=CoS(I-B)= COs. cos =-1 √x2+R2 B,=61 (1 4. R ↑沿z方向 叠加,2少( R 十 4zV(x2+R2) x+r R2丌 B B.=0 4zV(x2+R2) 2.证明:当一对电流元对一平面成镜象对称时,它们在对称 面上产生的合磁感 应强度必沿平面的 ldl 法线方向
2 2 3 0 2 2 3 0 0 3 0 0 ( ) 2 4 sin ( ) 1 4 sin 4 x R IxR d x R IxR Rd r I x Bz + = + = = 2） → 半圆 代公式 (cos cos ) 4 1 2 0 = − r I B ， 1 = 0,cos1 = 1 + = − + = = (1 ) 4 cos cos , 2 2 0 1 2 2 2 1 x R R x I B x R R 沿 z 方向 3） 半圆 → ， cos cos cos( ) ,cos 2 cos 1 2 2 1 = = − + = = − = − x R R + = (1− ) 4 2 2 0 2 x R R x I B 沿 z 方向 叠加得 + + − + = ) 1 ( ) ( 4 2 2 2 3 2 2 0 x x R R R x x I x R Bz , 0 4 ( ) 2 2 3 2 0 = + x = By x R I R B 2.证明：当一对电流元对一平面成镜象对称时，它们在对称 面上产生的合磁感 应强度必沿平面的 法线方向
取dl1,l2所在平面为x-y平面,y-z平面为对称面 假设,l1=dxi+cy,AP=(-a,b、C)= 则有,l2=-di+dhyA2P=(a,b,c)=F2 dBn=l1×r1+dl, dx dy 0+I-dx dy 0=-2cdyi (axi+dy)×+(ahxi+d)×2 Cl X )+dy×(+n2) (F-n)=2a(7+2)=2b+2c代入 3010089 而电元 天准内区于两对的 开的 3如图电流I流过边长为a的等边三角形导线,求电 流在此三角形为底的正四面体的顶点处P的磁感应A C 强度B的大小和方向
取 1 2 dl ,dl 所在平面为 x－y 平面，y－z 平面为对称面。 假设， dl dxi dyj 1 = + ， 1 1 A P ( a,b, c) r = − = → 则有， dl dxi dyj 2 = − + 2 2 A P (a,b, c) r = = → 1 1 2 2 dB dl r dl r P = + cdyi a b c dx dy i j k a b c dx dy i j k 0 + − 0 = −2 − = 1 2 1 1 2 2 (dxi dyj) r ( dxi dyj) r dB dl r dl r P = + + − + = + ( ) ( ) 1 2 1 2 dxi r r dyj r r = − + + r r ai ( 1 − 2 ) = 2 r r bj ck ( 1 + 2 ) = 2 + 2 代入 3.如图电流 I 流过边长为 a 的等边三角形导线，求电 流在此三角形为底的正四面体的顶点处 P 的磁感应 强度 B 的大小和方向
解:一根有限长载流导线中线上的B B ab 4Tr cos61-C0s(丌-61 cOS 2n a cos.= cos 2 32 则等边三角形三根边在P点的磁感应强度为 B AB =Be=B=B 三者方向如图,∑B1=0, P Bi b.=3b.=3B. cos a cosa=oo PD 3 B=3 uo/ 1 10 2√3m323m6m ,方向向上同 4.如图取直角坐标系xyz,在-d≤x≤d的一 层无穷区域内有均匀的传导电流,电流密度的 方向为z轴的正方向,大小恒定为j。试求区 域内外各处的磁感应强度B的分布 图可以等效于一系列与Z轴平行的无线大电 流平板。磁感应强度只有y轴分量
解：一根有限长载流导线中线上的 B 1 0 1 1 0 cos 2 [cos cos( )] 4 r I r I BAB = − − = r a 2 3 = ， 2 1 3 cos cos 1 = = ， 则等边三角形三根边在 P 点的磁感应强度为 1 0 2 3 B B B a I BAB = = BC = CA = 三者方向如图， B|| = 0 ， 3 3 1 cos 3 1 BP = B⊥ = B⊥ = B 3 1 cos = = PD OD ， a I a I a I BP 6 3 3 2 3 1 2 3 3 0 0 0 = = = ，方向向上同 B⊥ 。 4．如图取直角坐标系 xyz，在− d x d 的一 层无穷区域内有均匀的传导电流，电流密度的 方向为 z 轴的正方向，大小恒定为 j。试求区 域内外各处的磁感应强度 B 的分布。 图可以等效于一系列与 Z 轴平行的无线大电 流平板。磁感应强度只有 y 轴分量
利用安培环路定理。 解:1)如图切一薄片,沿Z轴 分割成成对长直导线,叠加结果 的dB必平行或反平行于y轴; 或者从轴矢量角度分析 2)对一块板作安培环路如图 B·dl L 2B=1∥→B=4 2J,与距离无关 2)如图叠加结果:中垂面上B=0 作高斯面如图 y xd BL B·dl=1o.jdl B=lord 5如图(a)所示,半径为R、质量为m的匀质细圆环均匀带电, 总电量为Q(Q>0),放在光滑的水平面上.环内外有垂直环 面向上的均匀磁场B.若将圆环以角速度o绕着通过圆心的 竖直轴匀速旋转.试求环内因为这种转动而形成的附加张 力
利用安培环路定理。 解：1）如图切一薄片，沿 Z 轴 分割成成对长直导线，叠加结果 的 dB 必平行或反平行于 y 轴； 或者从轴矢量角度分析 2）对一块板作安培环路如图 = L B dl jl 0 lB jl 2 = 0 B j 2 0 = ，与距离无关 2）如图叠加结果：中垂面上 B=0 作高斯面如图 x d B dl jxl L = 0 B jx = 0 x d B dl jdl L = 0 B = 0 jd 5.如图(a)所示，半径为 R、质量为 m 的匀质细圆环均匀带电， 总电量为 Q(Q＞o)，放在光滑的水平面上．环内外有垂直环 面向上的均匀磁场 B．若将圆环以角速度 o 绕着通过圆心的 竖直轴匀速旋转．试求环内因为这种转动而形成的附加张 力。 0
解:环静止时,环中的每 段微弧受静电斥力,形成张 Q 力 本题所求为转动形成的附加张力。 在磁场中环旋转形成电流,因此对环的一个微元(如图 安培力与旋转形成的附加 张力的矢量和等于旋转的 离心力。 2n/o,Id段在磁场 B中受力dFm=MB=≌0koDB,方向向外微元所受附加张 力T,张力合力指向圆心:dF7=2Tssd0=7d 离心力:“(mh mdo R 220R dF=dFr -dF=Tao 令d=mo2R ROOB d 2 2丌 R (@B+mo) 2 上述线圈受到安培力属于扩张力: (如果电荷分布为严格的线密度分布,则每个相邻电荷之间 的间距趋于零,静电斥力(张力)必然发散。实际的环上的电 荷分布不是线分布,而是体分布。张力为有限值)
解：环静止时，环中的每一 段微弧受静电斥力，形成张 力。 本题所求为转动形成的附加张力。 在磁场中环旋转形成电流，因此对环的一个微元(如图)： 安培力与旋转形成的附加 张力的矢量和等于旋转的 离心力。 2 / Q I = ，I dl 段在磁场 B 中受力 Rd B Q dFm IdlB 2 = = ，方向向外,微元所受附加张 力 T , 张力合力指向圆心： Td d dFT = T = 2 2 sin 离心力： R md R dm v dFO 2 2 2 ( ) = = d m R d R QB dFO dFT dFm Td 2 2 2 = − = − = ( ) 2 QB m R T = + 上述线圈受到安培力属于扩张力： （如果电荷分布为严格的线密度分布，则每个相邻电荷之间 的间距趋于零，静电斥力(张力)必然发散。实际的环上的电 荷分布不是线分布，而是体分布。张力为有限值）
后果:形变,大电流——可能断裂 如超导线圈的焦耳热功率为零,超导线圈 不是“烧坏”的 而是扩张力挣坏线圈 散架” 又如磁约束:强磁场(大电流提供)~105A 对容器有很强的扩张力 6.设电子质量为m,带负电荷,以角速度O绕带正电的 质子作园周运动。当加上外磁场B,其方向垂直于电子轨道平 面,设电子轨道半径不因加上磁场而改变,试证明电子角速 度的改变量近似等于 eB △O=± 2m 证明:无磁场时,电子仅受库仑力,其角速度0满足 e moor=F= 4丌E.mr 加B以后,电子还受洛仑兹力,与库仓力同向(或反向), 轨道半径不变,角速度变为=+△,因为洛仑兹力 库仑力,所以m<<O Q所满足的方程为 ±cOrB=mo2r eOB 4丌Enr 丌Cn eo B 于是 ±=(+0(O-00)=△o(O+0) 又因为 △O<<O→+O≈20 eoB eB ≈20△0→△O≈±
后果：形变，大电流——可能断裂 如超导线圈的焦耳热功率为零，超导线圈 不是“烧坏”的 而是扩张力挣坏线圈——“散架” 又如磁约束：强磁场（大电流提供）I~105A 对容器有很强的扩张力. 6．设电子质量为 m ，带负电荷 e ，以角速度 0 绕带正电的 质子作圆周运动。当加上外磁场 B ,其方向垂直于电子轨道平 面，设电子轨道半径不因加上磁场而改变，试证明电子角速 度的改变量近似等于 m eB 2 = 证明：无磁场时，电子仅受库仑力，其角速度 0 满足 2 2 0 2 0 4 1 r e m r Fe = = 3 0 2 2 0 4 mr e = 加 B 以后，电子还受洛仑兹力，与库仑力同向（或反向）， 轨道半径不变，角速度变为 = 0 + ，因为洛仑兹力<< 库仑力 ， 所以 0 所满足的方程为 e rB m r r e 2 2 0 2 4 = m e B mr e = 3 0 2 2 4 于是 ( )( ) ( ) 0 0 0 2 0 2 − = = + − = + m e B 又因为 ， 0 +0 2 m eB m e B 2 2
或在条件2≈b+2△O下,上述方程展开为 e 得 土eOrB±e△orB=mor+2mO△or 兀E0 又由于e△oB<<emB,忽略DB,且有 =1oI 4兀Er B 则±eO0B=2m00△O→△O=土 2m 三.综合讨论 7.如何理解密绕无限长螺线管外部 B=0? 讨论书上p141思考题2-7、8、9 问2-7,利用圆形线圈轴线上磁场公 式算出 B·d=B Ao 2TR I 24丌(R2+z2)y d=Aol说明什么? 答:与环路定理给出的一样 2-8问证明无限长螺线管外部磁场为 零点成立条件是什么? 答:其实这个证明只证明了通过无限长 螺线管轴线平面内磁场分量为零,没有 涉及垂直于该平面的分量,而要求此分量为零则要求电流动 轴向分量为零,比密绕要求高,即忽略电流步进
或在条件 0 2 0 2 + 2 下，上述方程展开为 得 e rB e rB m r m r r e 0 2 2 0 0 0 2 2 4 = + 又由于 erB e0 rB ，忽略 m r r e e rB 2 2 0 0 2 4 , 且有 = 则 m eB e rB m r 2 2 0 = 0 = 三．综合讨论 7．如何理解密绕无限长螺线管外部 B=0？ 讨论书上 p141 思考题 2－7、8、9 问 2－7，利用圆形线圈轴线上磁场公 式算出 dz I R Z R I B dl Bdz 2 2 3 2 0 2 0 ( ) 2 4 = + = = − − − 说 明 什 么 ？ 答：与环路定理给出的一样。 2－8 问证明无限长螺线管外部磁场为 零点成立条件是什么？ 答：其实这个证明只证明了通过无限长 螺线管轴线平面内磁场分量为零，没有 涉及垂直于该平面的分量，而要求此分量为零则要求电流动 轴向分量为零，比密绕要求高，即忽略电流步进
严格的讨论: ●问题:忽略螺距,而电流又要旋进,否则无法通电? ●讨论:假如不忽略螺距,如何? 对称性分析:无限长——管外磁场对称, 在柱坐标里B(r,,Z)既不是的函数,不是的 函数,只可能是r的函数; 2.管外B(r)的径向分量B1=0 证明:作圆柱高斯面如 手B=』B4+∫B+园 侧面 右底面 侧面 左右对称, 通量抵消 B.=0 3.管外B(r)的z分量B=0 证明:如图作安培环路abcd 手Bd=JB1+-92+∫B 所在处轴向 垂直,=0 分量,=0
严格的讨论： ⚫ 问题：忽略螺距，而电流又要旋进，否则无法通电？ ⚫ 讨论：假如不忽略螺距，如何？ *对称性分析：无限长——管外磁场对称, 1． 在柱坐标里 B外（r,,Z） 既不是 z 的函数，不是 的 函数，只可能是 r 的函数； 2．管外 B(r) 的径向分量 Br = 0 证明：作圆柱高斯面如 3．管外 B(r) 的 z 分量 B z = 0 证明：如图作安培环路 abcd， = 1 + − 2 + = 0 cd d a z a b bc z abcd B dl B dl B dl B dl B dl 左右对称， 通量抵消 Br dS 侧面 所在处轴向 分量，=0 垂直，=0 = + + = 0 左底面 右底面 侧面 B dS B dS B dS B dS Br = 0
有JB1l-∫B2:l=0 B,=B.=B.=0 考虑螺距 土 千 纸底边绕圆筒一周时,螺旋线推进的距离d——螺距 1 cot a tana=-D,单位长度的圈数为n= d 2TR 用到无限长螺线管 *表面电流面密度j:垂直于单 位长度线段的电流强度 密排在螺线管上 的单位长度的电流强度,两者的关系:j=—nl cos a 1 cot a 把n=d=2nR代入上式 2Rsin a 如图再把J分解成丿轴向和/环向 /轴向/5na=2zR;/环向=JCO=m 轴向总电流 轴向一/轴向z =1与螺距大小无关 在管外产生的磁场管外2m 方向按右手环绕管
有 1 − 2 = 0 cd z ab Bz dl B dl B z1 = B z2 = B z = 0 *考虑螺距 纸底边绕圆筒一周时，螺旋线推进的距离 d——螺距 R d 2 tan = ，单位长度的圈数为 d R n 2 1 cot = = 用到无限长螺线管 *表面电流面密度 j：垂直于单 位长度线段的电流强度 * j' = nI ——密排在螺线管上 的单位长度的电流强度，两者的关系： j nI cos 1 = ； 把 d R n 2 1 cot = = 代入上式 2Rsin I j = 如图再把 j 分解成 j 轴向 和 j环向 R I j j 2 轴向 = sin = ； j环向 = j cos = nI ； 轴向总电流 I 轴向 = j 轴向2R = I 与螺距大小无关 在管外产生的磁场 r I B 2 0 管外 = 方向按右手环绕管