湖南大学 物理习题解答.docx

本文格式为Word版，下载可任意编辑湖南大学 物理 习题解答 第14章 稳恒电流的磁场 14.1 弥漫εr = 2.1电介质的平行板电容器，由于电介质漏电，在3min内漏失一半电量，求电介质的电阻率． 解：设电容器的面积为S，两板间的距离为l，那么电介质的电阻为R??l．设t时刻电容S器带电量为q，那么电荷面密度为ζ = q/S，两板间的场强为E = ζ/ε =q/εrε0S，电势差为 U = El =ql/εrε0S，介质中的电流强度为 q -q dqU1???q，负号表示电容器上的电荷裁减． S dtR?0?r?微分方程可变为 tdq1??dt，积分得 lnq???C， ?0?r?q?0?r?εr l 设t = 0时，q = qm，那么得C = lnqm，因此电介质的电阻率的公式为 t． ???0?rln(qm/q) 当t = 180s时，q = qm/2，电阻率为??180 =1.4×1013(Ω·m)． ?128.842?10?2.1?ln2 14.2 有一导线电阻R = 6Ω，其中通有电流，在以下两种处境下，通过总电量都是30C，求导线所产生的热量． （1）在24s内有稳恒电流通过导线； （2）在24s内电流平匀地裁减到零． 解：（1）稳恒电流为 I = q/t = 1.25(A)，导线产生的热量为Q = I2Rt = 225(J)． （2）电流变化的方程为 i?2.5(1?1t)， 24i/A 2.5 I t/s 24 由于在相等的时间内通过的电量是相等的，在i-t图中，在0~24秒 1.25 内，变化电流和稳恒电流直线下的面积是相等的． 在dt时间内导线产生的热量元为dQ = i2Rdt，在24s内导线产生的o 热量为 111Q??iRdt??[2.5(1?t)]2Rdt??2.52?6?24??(1?t)324324002242424=300(J)． 0 14.3 已知铜的相对原子质量A = 63.75，质量密度ρ = 8.9×103kg·m-3． （1）技术上为了安好，铜线内电流密度不能超过6A·mm-2，求此时铜线内电子的漂移速度为多少？ （2）求T = 300K时，铜内电子热运动平均速度，它是漂移速度的多少倍？ 解：（1）原子质量单位为u = 1.66×10-27(kg)，一个铜原子的质量为m = Au = 1.058×10-25(kg)， 铜的原子数密度为 n = ρ/m = 8.41×1028(个·m-3)， 假设一个铜原子有一个自由电子，n也是自由电子数密度，因此自由电子的电荷密度为ρe = ne = 1.34×1010(C·m-3)．铜线内电流密度为δ = 6×106(A·m-2)，根据公式δ = ρev，得电子的漂移速度为v = ρe/δ = 4.46×10-4(m·s-1)． （2）将导体中的电子当气体分子，称为“电子气”，电子做热运动的平均速度为v?8kT， ?me其中k为玻尔兹曼常数k = 1.38×10-23J·K-1，me是电子的质量me = 9.11×10-31kg，可得 v= 1.076×105(m·s-1)，对漂移速度的倍数为v/v = 2.437×108， 可见：电子的漂移速率远小于热运动的速度，其定向运动可认为是附加在热运动根基上的运动． C A I 14.4 通有电流I的导线外形如下图，图中ACDO是边长为b的正方 b 形．求圆心O处的磁感应强度B = ？ 解：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 0?Idl?r0定律：dB?，圆弧上的电流元与到O点的矢径垂直，在O4?r2O a 图14.4 D ?0Idl，由于dl = adφ，积分得 4?a23?/2?Id?3?0I B1??dB1??0． ?L8a4?a0点产生的磁场大小为dB1?OA和OD方向的直线在O点产生的磁场为零．在AC段，电流元在O点产生的磁场为 dB2?由于l = bcot(π - θ) = -bcotθ，所以 dl = bdθ/sin2θ； ?Isin?d?又由于r = b/sin(π - θ) = b/sinθ，可得dB2?0，积分得 4?b?0Idlsin?， 4?r2A l Idl θ r O a Idl b C ?I3?/4?IB2??dB?0?sin?d??0(?cos?)4?b?/24?bL同理可得CD段在O点产生的磁场B3 = B2． O点总磁感应强度为B?B1?B2?B3?3?/4?/22?0I ?8?bD 3?0I2?0I． ?8a4?bZ R Y X 图14.5 14.5 如下图的载流导线，图中半圆的的半径为R，直线片面伸向无限远处．求圆心O处的磁感应强度B = ？ 解：在直线磁场公式B??0I(cos?1?cos?2)中，令θ1 = 0、θ2 = 4?Ro I π/2，或者θ1 = π/2、θ2 = π，就得半无限长导线在端点半径为R的圆周上产生的磁感应强度B??0I． 4?R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B??Bxi?Bzk??场强大小为B? 2Bx?Bz2??0I4Ri??0Ik． 2?RB?0I24??2，与X轴的夹角为??arctanz?arctan． 4?RBx?14.6 如下图的正方形线圈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 = ？ A I O D 解：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、方向一致．以AD边为例，利用直线电流的磁场公式： B ?IB?0(cos?1?cos?2)， 4?R图14.6 C 令θ1 = π/4、θ2 = 3π/4、R = a/2，AD在O产生的场强为BAD?O点的磁感应强度为B?4BAD?2?0I， 2?a22?0I，方向垂直纸面向里． ?a 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处邻近为平匀磁场． 证：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： 2a I x O1RO O2R图14.7 I x ?0IR2． B?223/22(R?x)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[R?(a?x)]2[R?(a?x)]方向一致，总场强为B = B1 + B2． 一个线圈产生的磁场的曲线是凸状，两边各有一个拐点．两个线圈的磁场叠加之后，假设它们相距太近，其曲线就是更高的凸状；假设它们相距太远，其曲线的中间片面就会下凹，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，这时的磁场最平匀，而拐点处的二阶导数为零． 11设k = μ0IR2/2，那么 B?k{2?} 23/2223/2[R?(a?x)][R?(a?x)]对x求一阶导数得 dBa?xa?x，??3k{2?} dx[R?(a?x)2]5/2[R2?(a?x)2]5/2求二阶导数得 d2BR2?4(a?x)2R2?4(a?x)2??3k{2?2}， 227/227/2dx[R?(a?x)][R?(a?x)]2222 在x = 0处dB/dx = 0，得R = 4a，所以2a = R． 8?0I162x = 0处的场强为B?k2． ?k?23/23[R?(R/2)]55R55R方法二：用二项式开展．将B1开展得 ?0IR2?0IR2． B1??2223/2223/22223/22[R?a?2ax?x]2(R?a)[1?(2ax?x)/(R?a)]设k?B1??0IR2223/2， B2??0IR2223/2． ?0IR22(R2?a2)3/22ax?x2?3/2?2ax?x2?3/2，那么 B1?k(1?2)．同理，B2?k(1?)． 222R?aR?a1nx?当x很小时，二项式开展公式为 (1?x)??n将B1和B2按二项式开展，留存二次项，令R2 - 4a2 = 0，即a = R/2，得 n(n?1)2x?．... 1?2B?2k??0IR2(R2?a2)3/2?85?0I，可知：O点邻近为均强磁场． 25Ro R 14.8 将半径为R的无限长导体圆柱面，沿轴向割去一宽为h(h<