大学物理第10章稳恒磁场习题参考答案.pdf

98 第 10 章稳恒磁场10-1 由毕沙定律30d4rrlIBd可得),(ooa点，kalIijalIB20204d)(4dd),(oao点，0)(4dd20jjalIB),(aoo点，ialIkjalIB20204d)(4dd),(oaa点，)()2(4dd020ajalIBkalIjijaIdl202016d2)(228),(coa点，)(22)2(4dd20kijalIB)(16d220kialI10-2 在 X 轴上 P点的磁感应强度如图示，可得ixdIirrIiBB)(dd22cos22201101显然 x=0 处为 B 的最大值d0IBm10-3 解法（一）由直电流磁场公式)sin(sin4220rIB可得 A 点的磁感（见图示）)T(1073.110220310343310aIB的方向由右手定则知为垂直纸面向外习题 10-2 图习题 10-3 图23326sin2sin60sin400aIaIB99 解法（二）P 点的磁感应强度大小为)cos(cos4210bIBb 为场点 P到载流直导线的垂直距离第 1 段载流直导线在A 点产生的01B第 2 段载流直导线在A 点产生的B2。

aab2360sin180,6021则)180cos60(cos402bIB)T(1073.14323234300aIaI)T(1073.1321BBB10-4 2002104422RIlRIBBB4324)2(400RIRL)38(160RI方向垂直纸面向外10-5 （1）P点的磁感应强度为（利用课本P74（10-18）结论）21BBB2/3222/32220)2/(1)2/(12xaRxaRNIR（2）据题设Ra，则 P 点的 B 为2/3222/32220)2/(1)2/(12xRRxRRNIRB令222222)2/(,)2/(xRRvxRRu习题 10.3 图（ 2）习题 10.3 图（ 3）100 则3320112vuNIRBxvvxuuNIRxBdd1dd1)3(2dd44202/142/1420)2/(1)2/(123vxRvuxRudNIR当 x=0 时， u=v, 0dd0 xxB这表明 a=R, x=0 处的 o 点磁场最为均匀将上述条件代入B 中，可得o 点磁感RNIRRNIRB558)4/(12202/32220010-6 在薄金属板上距边界O 点为 l 处取一元电流dI，其宽度 dl，见图示，则laIIdd此元电流在 P 点产生的磁感为)(d2)(d2d00 xllIaxlIB故整个电流I 在 P 点产生的磁感为aaxaIxllaIBBaln2d2d000B的方向垂直平面向外。

10-7 在半球面上任意取一圆形元电流I d，如图所示，设此元电流半径为r，宽为ddRl，故d2d2dNIlRNIIdI 对球心 O 的半张角为，其中心与球心O 相距为 x，则cos,sinRxRr，则此元电流dI 在 O 点产生磁感为：dsin)(d2d202/32220RNIrxIrB由此可得 O 点的磁感应强度dsind2/00RNIBBRNIRNI4d)2cos1(202/00B的方向沿x轴线向右习题 10-6 图习题 10-7 图101 10-8 在半圆形金属薄片上取一直元电流dddIlRII，如图示，此元电流dI 在 P点产生的磁感d22dd200RIRIB由对称性分析知，半圆柱面上的电流在P 点产生的磁感为sindcosdBBBT1037. 6sin2520020RIdRIB的方向沿x轴向右10-9 在圆片上取一半径为r，宽为 dr 的细圆环，此圆环上的运流元电流为/2dddsTqIrrrrd2d2它在 x 轴上 P 点产生的磁感为2/32220)(d2dxrIrB2/32230)(d2xrrr在 P 点的磁感强度为RxrrrBB02/322220)(d4dxRxRxxRxxxRxxrrxxrrRR22222224)(d)(d422220222220002/322222/12220B的方向沿x 轴线向右。

10-10 （1）该圆环产生运流电流RRTqI/22，在轴线上距离环心x 处产生的磁感为2/322202/32220)(2)(2xRRRxRIRB2/32230)(xRRn习题 10-8 图习题 10-9 图102 的方向沿x轴正向2）此圆环的磁矩为3222RnRRISPmmP的方向沿x 轴正向10-11 带电粒子作圆周运动在轨道中心产生的磁感强度为T131052.0102.2106.1104202619720aevB其磁矩为22222aevvaeavaIaPm22461910mA102.92102 .2106.11052.010-12 （1）通过 abcd 面的磁通量Wb24.04.03.0211BS（2）通过 befc 面的磁通量02（3）通过 aefd 面的磁通量Wb24. 05. 04. 05 .03 .02cos23BS10-13 如图示， 取坐标轴 ox,在 x 处取一面元xlSdd1，直电流 I1产生的磁场穿过dS面的元磁通量为xxlISB2ddd110穿过该矩形面积的磁通量为0201101101ln2d2d200llllIxxlIlll由于21II，且矩形处于二电流的中心对称位置，故穿过此矩形面积的磁通量为0201101ln2llllIWb102 .21. 02. 01 .0ln25.02041067习题 10-13 图103 10-14 穿过 S面的磁通量为rRIB202)(Rr42d0020IlrdrRIlSBRWb10110106710-15 （1）ar，由安培环路定理可得201220122aIrBraIrB（2）brarIBIrB220202（3）crb)(2)()()(222220302222222203bcrrcIBIbcrcbcbrIIrB（4）0,4Bcr10-16 （1）如图示，过P 点作一半径为r 的圆形回路，圆心为O，由安培环路定律可得rNIBNIurB2,200故绕线环内磁感强度B 的大小与径向距离r 成反比。

2）通过矩形载面的磁通量为1200ln2d2dd21rrhNIrhrNISBrrWb1086 .1ln1057 .11000102ln26270NIh10-17 设有 1、2 无限大载流平面，各载有反向等值面电流K，如图，先计算载流平面1 产生的磁感强度1B根据对称性分析，P 点1B的方向应平行于平面，方向向上（沿Y 轴） ，与 P 点对应的另一侧1B应与1B等值反向，故过P 点作矩形回路L1，如图示，由安培环路定理可得习题 10-15 图习题 10-16 图104 101dLabKlB即abKabB012jKB201这表明：无限大载流平面产生均匀磁场，与距离无关1）二平面间P 点的磁感应强度载流平面（ 1）在 P 点产生1B方向平行平面向上，载流平面（2）在 P点产生2B方向也平行平面向上，故P点的合磁感应强度为jKBBB021（2）二平面之外空间的磁感应强度由分析可得021BBB10-18 内部具有空腔的载流柱体产生的磁场计算，通常采用挖补迭加法即假定空腔部分通有等值而反向的均匀电流，其电流密度与实体部分的相同这样取代的结果，其等价磁场分布即为均匀载流1I圆柱体（半径为R）和反向均匀载流2I的圆柱体（半径为r）二者磁场的迭加。

本题实体部分的电流密度为)(22rRIJ，故应假设空腔内通地J设载流1I的圆柱体产生的磁场为1B，载流2I的圆柱体产生的磁场为2B，则其在空间各点的磁场为21BBB（1）轴线 O 上的磁感强度由于在1I的轴线上，故01B，而 O 轴在2I之外相距O轴为 a，故得20202022rJaaIBB)(2)(222202220rRaIrrRarI0B的方向垂直O 轴向上（与I2方向形成右螺旋） 2）轴线O上的磁感强度因为02B，而O在2I的轴线上，且RaOO，故习题 10-17 图习题 10-18（a）图105 )(2)(2220220rRIarRIaOB的方向与1I构成右螺旋，故垂直O向上P点的磁感强度：21BBBP由于1I和2I方向相反， P 在OO、之左侧，故2B与1B反向，即)2(222021021aIRaIBBBP)(4)2(22222202220rRaraIarRRaJpB方向垂直OO联线向下3）证明空腔内的磁场是均匀的在空腔内任取一点A，如图示，则二反向电流21II 、在 A 点产生的磁场为21BBBA由于 A 点既在1I体内，又在2I体内，故220211012),(2rJBrJB且12JJ)(2)(222011021rJrJBBBA)(2)(2102110aJrrJ因为aJ1，故AB的大小为)(2222010rRIaaJBA为一恒量AB的方向由aJ1定，即垂直OO联线向上，这表明空腔内为均匀磁场。

习题10-18（b）106 10-19 （1）电流元所受磁力由按培定律BlIfdd可得2310120100.860sindd4211lBIfN41039.1, 1df方向垂直纸面向外2210120100 .8135sindd4222lBIfN41013.12df方向街纸面向里2）直线电流在均匀磁场中受磁力为sinIBlf，因此IBRRIBIBlfab2/2245sinN12102.32.0100.820abf方向垂直纸面向里，abcdff（3）如图示，在圆弧上任取一电流元lId，它所受到的磁力为KlIBBlIfdsindd由于 bc 弧上所有电流元的fd均指向KKlIBfbcdsinN100.32.010820sin122/0KKKIBRKdIRBbcf方向垂直纸面向外，bcdaff10-20 （1）导轨光滑，B垂直圈平面，故ab 杆上所受磁场力为N250.15.050IBlff的方向垂直ab 向右，故 ab 杆向右平移， 欲保持杆静止， 须加一等值反向的外力0ff 2 ） 导 轨 非 光 滑 时 ， 如 电 路 平 面 与B正 交 ， 则 杆ab受 到 摩 擦 力 为Nmgfr88.58 .916 .0，因为ffr，故不能保持杆静止。

欲要使杆静止，则B应与电路平面斜交，以减少ab 所受磁场力的水平分力f，当ffr时，即达到平衡，习题 10-19 图107 设此时B与电路平面法线n的交角为,见图示，ab 杆上所受磁力的水平分力为coscosIBlff欲保持平衡，则要求mgIBlNNffrsin)s i n(c o sI B lmgIBl)cossin(IlmgBB 是的函数，由于B 的分子为常数，欲使B 值为极小值，则必须满足极值条件0)cossin(1dd即tg,sincos316.011tgtg此时 B 的大小为T1 .0)31cos31sin6 .0(0.1508.90 .16.0minB故minB的方向必须向左倾斜3110-21 （1）DC 边所受磁力为01.02.020101022721012dbIIbBIFDCN1084DCF方向垂直DC 向左EF 边所受磁力为N108)09.001.0(2 .02010102)(25721012adbIIbBIFEFEFF的方向垂直EF 向右CE 边所受磁力为addCEllIIlBIFFd2dd2102习题 10-20 图108 N102.901.009.001.0ln2010102ln257210dadIICEF方向垂直 CE 向上。

DE 边所受磁力为CEDEFF（2）线圈所受合力为EFDCCEDEEFDCFFFFFFF合力的大小为N102 .7108108454EFDCFFF合力F的方向垂直DC 向左线圈所受磁力矩为BpdMm由于mPd与B方向一致故M=010-22 （1）abc中电流 I 为顺时针方向，其中ab 边所受磁力为N867.01 .0102360sinIBlFababF的方向垂直ab 指向纸外ac 边所受磁力abacFFacF垂直纸面向里cb 边电流与磁场平行，所以0cbF2）线圈的磁矩为mmPIl。