第十四章稳恒电流的磁场 P117 14.1通有电流/的导线形状如图所示,图中ACDO是边长 为b的正方形.求圆心O处的磁感应强度B=? [解答]电流在O点的产生的磁场的方向都是垂直纸面向里的根 据毕萨定律 圆弧上的电流元与到O点的矢径垂直,在O点产生的磁感应强度 大小为 图141 1B=地 4π 由于 d/=ado 积分得 dB 0q3 O4和OD方向的直线在O点产生的磁感应强度为零.在AC段, 电流元在O点产生的磁感应强度为 Ho ld/sin 0 dB2=4汇 由于 /=bcot(I-a=-bcotB, 所以 d/= basin 8. 又由于 bsin(π-O=bsin, 可得 dB=Ho /sin 0de 积分得 3a/4 2 46J sindo=Ho/ =dB=“m COs 同理可得CD段在O点产生的磁感应强度B=B2.O点总磁感应强度为 B=B+B+B=3Ho/ v2uo/ [讨论](1)假设圆弧张角为g,电流在半径为a的圆心处产生的磁感应强度为 B
1 第十四章 稳恒电流的磁场 P117． 14．1 通有电流 I 的导线形状如图所示，图中 ACDO 是边长 为 b 的正方形．求圆心 O 处的磁感应强度 B = ？ [解答]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-萨定律： ， 0 0 2 d d 4π I r µ × = l r B 圆弧上的电流元与到 O 点的矢径垂直，在 O 点产生的磁感应强度 大小为 1 0 2 ， d d 4π I l B a µ = 由于 dl = adφ， 积分得 1 1 d ． L B B = ∫ 3π / 2 0 0 d 4π I a µ ϕ = ∫ 0 3 8 I a µ = OA 和 OD 方向的直线在 O 点产生的磁感应强度为零．在 AC 段， 电流元在 O 点产生的磁感应强度为 2 0 2 ， d sin d 4π I l B r µ θ = 由于 l = bcot(π - θ) = -bcotθ， 所以 dl = bdθ/sin2θ； 又由于 r = b/sin(π - θ) = b/sinθ， 可得 2 0 ， sin d d 4π I B b µ θ θ = 积分得 3π/ 4 0 2 π/ 2 d sin d 4π L I B B b µ = = θ θ ∫ ∫ 3π/ 4 0 0 π/ 2 2 ( cos ) 4π 8π I I b b µ µ = − = θ 同理可得 CD 段在 O 点产生的磁感应强度 B3 = B2．O 点总磁感应强度为 1 2 3 0 0 ． 3 2 8 4π I I B B B B a b µ µ = + + = + [讨论]（1）假设圆弧张角为φ，电流在半径为 a 的圆心处产生的磁感应强度为 0 ， 4π I B a µ = ϕ I C O b a D A 图 14.1 l r θ Idl Idl C O b a D A
当q=:×2π时,可得 B (2)有限长直导线产生的磁感应大小为 B=r(cose-cos8) 对于我C段,B=π/2、B2=3m14;对于CD段,B1=m/4、B=2,都可得 B2=B3 8πb 如果不用毕-萨定律,可直接引用由毕-萨定律所得出的结果 14.2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=? [解答]在直线电流的磁感应强度公式中 B 4兀R 令=0、=m2,或者因=m、因=,就得半无限长导线∠7 在端点半径为R的圆心上产生的磁感应强度 图142 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B2=Am2R 半圆在O处产生的磁场方向沿着-方向,大小为 Br=0/4 O点的磁感应强度为 B=-BBk=-0/r-0 4R 场强大小为 +E=4 4πR 与轴的夹角为 arctan 14.3如图所示的正方形线圈ABCD,每边长为a,通有电流 1.求正方形中心O处的磁感应强度B=? 解答]正方形每一边到O点的距离都是a2,在O点产生的磁场大 小相等、方向相同.以AD边为例,利用直线电流的磁感应强度公式 4πR (cose, -cos0,) 图143 令B=丌4、B=3m14、R=m2,AD在O产生的场强为
2 当 时，可得 3 2π 4 ϕ = × 1 0 ． 3 8 I B a µ = （2）有限长直导线产生的磁感应大小为 0 (cos cos ) 1 2 ． 4π I B b µ = − θ θ 对于 AC 段，θ1 = π/2、θ2 = 3π/4；对于 CD 段，θ1 = π/4、θ2 = π/2，都可得 2 3 0 ． 2 8π I B B b µ = = 如果不用毕-萨定律，可直接引用由毕-萨定律所得出的结果． 14．2 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 = ？ [解答]在直线电流的磁感应强度公式中： 0 (cos cos ) 1 2 ， 4π I B R µ = − θ θ 令θ1 = 0、θ2 = π/2，或者θ1 = π/2、θ2 = π，就得半无限长导线 在端点半径为 R 的圆心上产生的磁感应强度 0 ． 4 π I B R µ = 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 0 0 ． 4 2π x z I I B B R R µ µ B i k i k B i k i k B i k i k B i k i k = − − = − − 场强大小为 2 2 2 0 4 π ， 4π x z I B B B R µ = + = + 与 X 轴的夹角为 ．2 arctan arctan π z x B B θ = = 14．3 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 = ？ [解答]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，利用直线电流的磁感应强度公式： 0 (cos cos ) 1 2 ， 4π I B R µ = − θ θ 令θ1 = π/4、θ2 = 3π/4、R = a/2，AD 在 O 产生的场强为 B I θ1 b θ2 X Y R I Z O 图 14.2 I O D B C A 图 14.3
O点的磁感应强度为 2√2un 4BAD=-πa 方向垂直纸面向里 14.7两个共轴圆线圈,每个线圈中的电流强度都是/,半径为R,两个圆心间距离 OO2=R,试证:O1、O中点O处附近为均匀磁场 [证明]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 2(F2+x)2 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 图14.7 生的场强分别为 B1 2[R2+(a+x)2 B 3个和 方向相同,总场强为B=B1+B2 个线圈产生的磁感应强度的曲线是凸状,两边各有一个2a=2B 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 a=R/2 设k=AR/2,则 [F2+(a+x)2]2[R+(a-x)]2 B对x求一阶导数得 dB 3 [R2+(a+x)]2[R2+(a-x)2]f 求二阶导数得 d=-3R2-4(a+x) d B R2-4(a-x) R2+(a+x)y(R+(a-x)2 在x=0处dBdx2=0,得R=4a2,所以 2a=R x=0处的场强为
3 0 ， 2 2π AD I B a µ = O 点的磁感应强度为 0 ， 2 2 4 π AD I B B a µ = = 方向垂直纸面向里． 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． [证明]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： ． 2 0 2 2 3/2 2( ) IR B R x µ = + 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 0 1 2 2 3 / 2 2[ ( ) ] IR B R a x µ = + + ． 2 0 2 2 2 3/ 2 2[ ( ) ] IR B R a x µ = + − 方向相同，总场强为 B = B1 + B2． 一个线圈产生的磁感应强度的曲线是凸状，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． 设 k = μ0IR2 /2，则 2 2 3/ 2 2 2 3/ 2 1 1 { } [ ( ) ] [ ( ) ] B k R a x R a x = + + + + − B 对 x 求一阶导数得 2 2 5 / 2 ， d 3 { d [ ( ) ] B a x k x R a x + = − + + 2 2 5 / 2 } [ ( ) ] a x R a x − − + − 求二阶导数得 ， 2 2 2 2 2 2 7 / 2 d 4( ) 3 { d [ ( ) ] B R a x k x R a x − + = − + + 2 2 2 2 7 / 2 4( ) } [ ( ) ] R a x R a x − − + + − 在 x = 0 处 d2B/dx2 = 0，得 R2 = 4a2，所以 2a = R． x = 0 处的场强为 x O2 C I O x R B O1 C 2a I R 图14.7 B
B=k [R2+(R/2)2 9V5R' 方法二:用二项式展开.将B展开得 B1 2[R2 2(R+a)[1+(2ax+x)/(R+a)] k B,=k(1+ 当x很小时,二项式展开公式为 (n-1) (1+x)=1+mr 将B和B按二项式展开,保留二次项,总场强为 B+B,=h 3.=5(-2ar 354a2x2 2A1 2H1 2(R2+a2) 令F 得 o √5山 25R 可知:O点附近为均强磁场 14.5将半径为R的无限长导体圆柱面,沿轴向割去一宽为从k<R 的无限长缝后,沿轴向均匀地通有电流,面密度为,求轴线上的磁感应 强度B=? 解答]方法一:补缺法.导体圆柱面可看作由很多无限长直导线组 成,如果补上长缝,由于对称的缘故,电流在轴线上产生的磁感应强度 为零.割去长缝,等效于同时加上两个大小相等,方向相反的电流,其 中,与相同的电流补上了长缝,与相反的电流大小为/= 在轴线上产生的磁感应强度为 图145
4 2 2 3/ 2 ． 2 [ ( / 2) ] B k R R = + 0 3 16 8 5 5 5 5 I k R R µ = = 方法二：用二项式展开．将 B1展开得 ． 2 0 1 2 2 2 3/ 2 2[ 2 ] IR B R a ax x µ = + + + 2 0 2 2 3/2 2 2 2 3/2 2( ) [1 (2 ) /( )] IR R a ax x R a µ = + + + + 设 ，则 2 0 2 2 3/ 2 2( ) IR k R a µ = + ． 2 3 / 2 1 2 2 2 (1 ) ax x B k R a + − = + + 同理可得 ． 2 3 / 2 2 2 2 2 (1 ) ax x B k R a − + − = + + 当 x 很小时，二项式展开公式为 ． 2 ( 1) (1 ) 1 ... 1 2 n n n x nx x − + = + + + ⋅ 将 B1和 B2按二项式展开，保留二次项，总场强为 2 1 2 2 2 3 2 [1 2 ax x B B B k R a − + = + = + ⋅ + + 2 2 2 2 1 3 5 2 ( ) ...] 1 2 2 2 ax x R a − − + ⋅ ⋅ + ⋅ + 2 2 2 3 2 [1 2 ax x k R a − − + + + ⋅ + + 2 2 2 2 1 3 5 2 ( ) ...] 1 2 2 2 ax x R a − − − + ⋅ ⋅ + ⋅ + 2 2 2 3 2 [1 2 x k R a − = + ⋅ + + 2 2 2 2 2 3 5 4 ...] 2 4 ( ) a x R a − − ⋅ ⋅ + + 2 2 2 2 2 2 3 4 2 [1 ...] 2 ( ) R a k x R a − − = + ⋅ + + 令 R2 - 4a2 = 0，即 a = R/2，得 ， 2 0 0 2 2 3/ 2 8 5 2 ( ) 25 IR I B k R a R µ µ = = = + 可知：O 点附近为均强磁场． 14．5 将半径为 R 的无限长导体圆柱面，沿轴向割去一宽为 h(h<<R) 的无限长缝后，沿轴向均匀地通有电流，面密度为 i，求轴线上的磁感应 强度 B = ？ [解答]方法一：补缺法．导体圆柱面可看作由很多无限长直导线组 成，如果补上长缝，由于对称的缘故，电流在轴线上产生的磁感应强度 为零．割去长缝，等效于同时加上两个大小相等，方向相反的电流，其 中，与 i 相同的电流补上了长缝，与 i 相反的电流大小为 I = ih． 在轴线上产生的磁感应强度为 O' O R i h 图 14.5
B=1= 2ITR 2IR 方法二:积分法.在导体的截面上建立坐标,x坐标轴平分角a,a=hR. 电流垂直纸面向外,在圆弧上取一线元 ds rde, 无限长直线电流为 d/= dds= iRda 在轴线产生的磁感应强度大小为 dB μod/μ 2R2 两个分量分别为 db=dEsing=Lo'sinede db=-dBcos0=-Aolcosed0 积分得 2r-a/2 B sin ede cose Icos(2Ia/2)-cos(a/2)=0 B ° cased0=-ino|2xa12in(2π-a12)-sin(a/2) 2sina≈地a=H 22π B的方向沿着y方向.B,的大小和方向正是无限长直线电流历产生的磁感应强度 14.6在半径为R=10cm的无限长半圆柱形导体面中均匀地通 有电流上50A,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 面电流线密度为 i=l/C=hR 在半圆上取一线元d/=a代表无限长直导线的截面,电流元为 图146 在轴线上产生的磁感应强度为 od/μ0ld 2R2兀2 方向与径向垂直.dB的两个分量为 dB 积分得
5 0 0 ． 2π 2π I ih B R R µ µ = = 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， 在轴线产生的磁感应强度大小为 0 0 ， d d d 2π 2π I i B R µ µ = = θ 两个分量分别为 d d sin sin d 0 ， 2π x i B B µ = = θ θ θ d d cos cos d 0 ． 2π y i B B µ = − = − θ θ θ 积分得 ； 2π / 2 2π / 2 0 0 / 2 / 2 sin d cos 2π 2π x i i B α α α α µ µ θ θ θ − − = = − ∫ 0 [cos(2π / 2) cos( / 2)] 0 2π µ i = − − − = α α 2π /2 2π /2 0 0 /2 /2 cos d sin 2π 2π y i i B α α α α µ µ θ θ θ − − = − = − ∫ 0 [sin(2π / 2) sin( / 2)] 2π µ i = − − − α α 0 0 0 2 sin ． 2π 2 2π 2π i i ih R µ µ µ α = ≈ = α 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． 14．6 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， 面电流线密度为 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 d 0 0 d d 2 ， 2π 2π I I B R R µ µ ϕ = = 方向与径向垂直．dB 的两个分量为 dBx = dBcosφ，dBy = dBsinφ． 积分得 x dBy dBx dB y R O 1 φ x y O R θ ds α dB dBy dBx I R 图 14.6
B 2丌2R 22R B I2R 2兀2R I2R 由对称性也可知B2=0,所以磁感应强度 B=B=64×10°(T) 方向沿着y正向. 14.7如图所示,宽度为a的薄长金属板中通有电流,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 [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 图147 以板的下边缘为原点,在薄板上取一宽度为d/的通电导线,电流强度为 d/= dd7, 在P点产生磁感应强度为 dB- lod 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 sd/ 2r( 出l(x+a-0=4mx 讨论]当a趋于零时,薄板就变成直线,因此 B=on(1+a/x)、H ala 这就是直线电流产生的磁感应强度的公式 14.8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/总匝数为M,求球心 O处的磁感应强度B [解答]四分之一圆的弧长为 单位弧长上线圈匝数为 图148 NC=2N/R 在四分之一圆上取一弧元 线圈匝数为 dw=nd/=nRda 环电流大小为 d/=/d=n/Rde
6 ， π π 0 0 2 2 0 0 cos d sin 0 2π 2π x I I B R R µ µ = = = ϕ ϕ ϕ ∫ ． π 0 2 0 sin d 2π y I B R µ = ϕ ϕ ∫ π 0 0 2 2 0 ( cos ) 2π π I I R R µ µ = − = ϕ 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． 14．7 如图所示，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． [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， 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 0 0 ， d d d 2π 2π( ) I l B r x a l µ µ δ = = + − 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 0 ． 0 d 2π( ) a l B x a l µ δ = + − ∫ 0 0 ln( ) 2π a l x a l µ δ = = − + − 0 ln(1 ) 2π I a a x µ = + [讨论]当 a 趋于零时，薄板就变成直线，因此 0 0 ， ln(1 / ) 2π / 2π I I a x B x a x x µ µ + = → 这就是直线电流产生的磁感应强度的公式． 14．8 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 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． dB y x R O 1 θ P x a I 图 14.7 P x a I O dl l dI I R O 图 14.8
环电流的半径为 Asin b, 离O点的距离为 在O点产生的磁感应强度为 dB= Aovd/ sin20d0=loNI sin 0de, Rs 方向沿着x的反方向,积分得O点的磁感应强度为 TP Jsin- HoN/2/2 2IR J(-cos 20 )d0_H./ 9两个共面的平面带电圆环,其内外半径分别为R1、R 和R、RR<R<R<R),外面圆环以每秒钟m2转的转速顺时 针转动,里面圆环以每称n转逆时针转动,若两圆环电荷面密度 均为o,求n1和m的比值多大时,圆心处的磁感应强度为零 [解答]半径为r的圆电流在圆心处产生的磁感应强度为 B=4o/2r 在半径为R1和R2的环上取一半径为r、宽度为d的薄环, 其面积为 图149 ds= 2rd 所带的电量为 圆环转动的周期为 形成的电流元为 d/= da/li-2Imordr 薄环电流可以当作圆电流,在圆心产生的磁感应强度为 dB1=d∥2 圆环在圆心产生磁感应强度为 1O(R2-R1) 同理,半径为R和R的圆环在圆心处产生的磁感应强度为 B2=sohaR -R) 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 61O(R2-R1)=的hO(R4-R3), 解得比值为 m -R n,R2-R 14.10半径为R的无限长直圆柱导体,通以电流,电流在截面上分布不均匀,电流 密度d=,求:导体内磁感应强度? [解答]在圆柱体内取一半径为八宽度为dr的薄圆环,其面积为
7 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 ， 2 0 0 2 3d d sin d 2 2 y I nI B R µ µ = = θ θ 0 2 sin d π NI R µ = θ θ 方向沿着 x 的反方向，积分得 O 点的磁感应强度为 ． π / 2 0 2 0 sin d π NI B R µ = θ θ ∫ π / 2 0 0 0 (1 cos 2 )d 2π 4 NI NI R R µ µ = − = θ θ ∫ 14．9 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σ，求 n1和 n2的比值多大时，圆心处的磁感应强度为零． [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， 所带的电量为 dq = σdS = 2πσrdr， 圆环转动的周期为 T1 = 1/n1， 形成的电流元为 dI = dq/T1 = 2πn1σrdr． 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 = πμ0n1σdr， 圆环在圆心产生磁感应强度为 B1 = πμ0n1σ(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 = πμ0n2σ(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： πμ0n1σ(R2-R1) = πμ0n2σ(R4-R3)， 解得比值为 1 4 3 ． 2 2 1 = n R R n R R − − 14．10 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？ [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 R2 R4 R1 R3 图 14.9
dS=2πdr, 电流元为 dds= 2Thr-dr 从0到r积分得薄环包围的电流强度为 =2πb3/ 从0到R积分得全部电流强度 因此∥∥=P 根据安培环路定理可得导体内的磁感应强度 B 2兀r2兀/3 图14.10 11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o.求圆盘中心O的磁感应强度B=? [解答]圆盘面积为 面电荷密度为 在圆盘上取一半径为八、宽度为dr的薄环,其面积为 图1411 dS=2πdy, 所带的电量为 da ad= 2to/dr. 薄圆环转动的周期为 形成的电流元为 薄环电流可以当作圆电流,在圆心产生的磁感应强度为 dB=uod/2r=Moodn12 从0到a积分得圆盘在圆心产生磁感应强度为 如果圆盘带正电,则磁场方向向上 14.12二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,/=10m,h=h=100A,求通过线圈的 Idr 磁通量 [解答]电流和厶在线圈中产生的磁场方向都是垂直纸面向里 的,在坐标系中的x点,它们共同产生的磁感应强度大小为 B 2π(a+b/2+x)2π(c+b/2-x) 在矩形中取一面积元 图1412 ds= ldr, 通过面积元的磁通量为 通过线圈的磁通量为
8 dS = 2πrdr， 电流元为 dI = δdS = 2πkr 2dr， 从 0 到 r 积分得薄环包围的电流强度为 I r = 2πkr 3 /3； 从 0 到 R 积分得全部电流强度 I = 2πkR3 /3， 因此 I r/I = r 3 /R3． 根据安培环路定理可得导体内的磁感应强度 0 0 3 2 ． 2π 2π r I I B r r R µ µ = = 14．11 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 σ = 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， 所带的电量为 dq = σdS = 2πσrdr． 薄圆环转动的周期为 T = 2π/ω， 形成的电流元为 dI = dq/T = ωσrdr． 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 = μ0ωσdr/2， 从 0 到 a 积分得圆盘在圆心产生磁感应强度为 B = μ0ωσa/2 = μ0ωQ/2πa． 如果圆盘带正电，则磁场方向向上． 14．12 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，I 1 = I 2 = 100A，求通过线圈的 磁通量． [解答]电流 I 1和 I 2在线圈中产生的磁场方向都是垂直纸面向里 的，在坐标系中的 x 点，它们共同产生的磁感应强度大小为 0 1 0 2 ． 2π( / 2 ) 2π( / 2 ) I I B a b x c b x µ µ = + + + + − 在矩形中取一面积元 dS = ldx， 通过面积元的磁通量为 dΦ = BdS = Bldx， 通过线圈的磁通量为 R I 图14.10 a ω O 图 14.11 b dx c x a I 1 O 1 I 2 l 图 14.12 ω O r a
o +b/2 2( In 4+6 Ho/ 1l-C)=2×107×0×1002hm2=27710(Wb 14.13一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,电子速度 10ms1.求圆轨道内所包围的磁通量是多少? [解答]电子所带的电量为e=16×1019库仑,质量为m=9.1×1031千克 电子在磁场所受的洛伦兹力成为电子做圆周运动的向心力,即 f=evB=m/R, 所以 电子轨道所包围的面积为 磁通量为 图1413 中=BS=mBe=2.14×10(Wb) 14.14同轴电缆由导体圆柱和一同轴导体薄圆筒构成,电流/从一导体流入,从另 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R,圆筒半径为R2,如 图所示,求: (1)磁感应强度B的分布 (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 面电流密度为 8=//S=iAtR2 在圆柱以半径r作一圆形环路,其面积为 图1414 包围的电流是 l=BS=2R12. 根据安培环路定理 NBd=∑/= 由于B与环路方向相同,积分得 2/B=/ 所以磁感应强度为 B=hn2rR2,(0R2) (2)在圆柱和圆筒之间离轴线r处作一径向的长为/=1、宽为dr的矩形,其面积为
9 / 2 0 1 2 / 2 ( )d 2π / 2 / 2 b b l I I x a b x c b x µ Φ − = + + + + − ∫ =2×10-7×10×100×2ln2=2.77×10-4 0 ( ln ln ) 1 1 (Wb)． 2π l a b c I I a c b µ + = − + 14．13 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，电子速度 v = 104m·s -1．求圆轨道内所包围的磁通量是多少？ [解答]电子所带的电量为 e = 1.6×10-19库仑，质量为 m = 9.1×10-31千克． 电子在磁场所受的洛伦兹力成为电子做圆周运动的向心力，即： f = evB = mv2 /R， 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)． 14．14 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； （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 = πR1 2， 面电流密度为 δ = I/S = I/πR1 2． 在圆柱以半径 r 作一圆形环路，其面积为 Sr = πr 2， 包围的电流是 I r = δSr = Ir 2 /R1 2． 根据安培环路定理 d 0 0 r ， L ⋅ = = µ µ ∑I I ∫ÑB l 由于 B 与环路方向相同，积分得 2πrB = μ0I r， 所以磁感应强度为 B = μ0Ir/2πR1 2，(0 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 B O R v 图 14.13 l R2 R1 I I dr 图 14.14
ds=/dr=dr 方向与磁力线的方向一致,通过矩形的磁通量为 d④=BS=Bdr, 总磁通量为 / R 14.15如图所示,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 (1)证明空孔内的磁场为均匀场并求出磁感应强度B的 (2)若要获得与载流为/,单位长度匝数n的长螺线管内部 磁场相等的均匀磁场,a应满足什么条件? (1)[证明导体中的电流垂直纸面向外,电流密度为 图1415 π(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,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=π2, 包围的电流为 根据安培环路定理可得方程 2兀/B2=>1, 磁感应强度为 ∑1A B 2 方向与矢径r垂直 同理,密度为-的电流在P点产生的磁感应强度为 B Hoo 方向与矢径r垂直 设两个磁感应强度之间的夹角为,则合场强的平方为 B=B+B+2B.B, cos e F=(4)(x2 +/-+2r cos 根据余弦定理,如图可知 r-2rrce 由于p=π-b,所以
10 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， 总磁通量为 ． 2 1 0 0 2 1 1 d ln 2π 2π R R I I R r r R µ µ Φ = = ∫ 14．15 如图所示，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 磁场相等的均匀磁场，a 应满足什么条件？ （1）[证明]导体中的电流垂直纸面向外，电流密度为 2 2 ． π( ) I R a δ = − 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 = πr 2， 包围的电流为 ΣI = δS = πr 2δ， 根据安培环路定理可得方程 2πrBr = μ0ΣI， 磁感应强度为 0 0 ， 2π 2 r I B r r µ µ δ ∑ = = 方向与矢径 r 垂直． 同理，密度为-δ的电流在 P 点产生的磁感应强度为 0 ， 2 B r r µ δ ′ = ′ 方向与矢径 r'垂直． 设两个磁感应强度之间的夹角为θ，则合场强的平方为 2 2 2 2 cos B B B B B = + + r r r r ′ ′ θ 2 2 2 2 ( ) ( ` 2 cos ) 0 ． 2 B r r rr µ δ = + + ′ θ 根据余弦定理，如图可知： b r r rr 2 2 2 = + − ′ ′ 2 cosϕ ， 由于φ = π - θ，所以 b a R O 1 O' 1 图 14.15 b a R O 1 O' 1 r r' Br B Br' θ φ P