7+恒定磁场+习题解答

第七章恒定磁场7－1两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R和r的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R＝2r，螺线管通过的电流相同为I，螺线管中的磁感强度大小BR、Br满足（）（A）rRBB2（B）rRBB（C）rRBB2（D）rRBB4分析与解在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比21RrnnrR因而正确答案为（C）。7－2一个半径为r的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量为（）（A）Br2π2（B）Br2π（C）αBrcosπ22（D）αBrcosπ2分析与解作半径为r的圆S′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S的磁通量等于穿出圆面S′的磁通量；SBmΦ．因而正确答案为（D）．7－3下列说法正确的是（）（A）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过（B）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零（C）磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零（D）磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零分析与解由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零。因而正确答案为（B）．7－4在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1、L2，圆周内有电流I1、I2，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2回路外有电流I3，P1、P2为两圆形回路上的对应点，则（）（A）21LLddlBlB，21PPBB（B）21LLddlBlB，21PPBB（C）21LLddlBlB，21PPBB（D）21LLddlBlB，21PPBB分析与解由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C）．*7－5半径为R的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中，若导体中流过的恒定电流为I，磁介质的相对磁导率为μｒ（μｒ＜1），则磁介质内的磁化强度为（）（A）rIμrπ2/1（B）rIμrπ2/1（C）rIμrπ2/（D）rμIrπ2/分析与解利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度，再由M＝（μｒ－1）H求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为（B）．7－6北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道，当环中电子流强度为8mA时，在整个环中有多少电子在运行？已知电子的速率接近光速。分析一个电子绕存储环近似以光速运动时，对电流的贡献为cIeI/Δ，因而由lNecI，可解出环中的电子数。解通过分析结果可得环中的电子数10104ecIlN7－7已知铜的摩尔质量M＝63.75ｇ·mol－1，密度ρ＝8.9g·cm－3，在铜导线里，假设每一个铜原子贡献出一个自由电子，（1）为了技术上的安全，铜线内最大电流密度26.0Ammmj，求此时铜线内电子的漂移速率vd；（2）在室温下电子热运动的平均速率是电子漂移速率vd的多少倍？分析一个铜原子的质量ANMm/,其中NA为阿伏伽德罗常数，由铜的密度ρ可以推算出铜的原子数密度mρn/根据假设，每个铜原子贡献出一个自由电子，其电荷为e，电流密度dmnejv．从而可解得电子的漂移速率vd．将电子气视为理想气体，根据气体动理论，电子热运动的平均速率emkTπ8v其中k为玻耳兹曼常量，me为电子质量．从而可解得电子的平均速率与漂移速率的关系．解（1）铜导线单位体积的原子数为MρNnA/电流密度为jm时铜线内电子的漂移速率14sm1046.4//eρNMjnejAmmdv（2）室温下（T＝300Ｋ）电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为81042.2π81eddmkTvvv室温下电子热运动的平均速率远大于电子在恒定电场中的定向漂移速率．电子实际的运动是无规热运动和沿电场相反方向的漂移运动的叠加．考虑到电子的漂移速率很小，电信号的信息载体显然不会是定向漂移的电子．实验证明电信号是通过电磁波以光速传递的．7－8有两个同轴导体圆柱面，它们的长度均为20m，内圆柱面的半径为3.0mm，外圆柱面的半径为9.0mm.若两圆柱面之间有10μA电流沿径向流过，求通过半径为6.0mm的圆柱面上的电流密度．分析如图所示是同轴柱面的横截面，电流密度j对中心轴对称分布．根据恒定电流的连续性，在两个同轴导体之间的任意一个半径为r的同轴圆柱面上流过的电流I都相等，因此可得rlIjπ2/解由分析可知，在半径r＝6.0mm的圆柱面上的电流密度2mmA3.13π2/rlIj7－9如图所示，已知地球北极地磁场磁感强度B的大小为6.0×10－5T．如设想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的，此电流有多大？流向如何？解设赤道电流为I，则由教材第7－4节例2知，圆电流轴线上北极点的磁感强度RIμRRIRμB24202/3220因此赤道上的等效圆电流为A1073.12490μRBI由于在地球地磁场的Ｎ极在地理南极，根据右手螺旋法则可判断赤道圆电流应该是由东向西流，与地球自转方向相反．7－10如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a、b两点，并与很远处的电源相接。求环心O的磁感强度．分析根据叠加原理，点O的磁感强度可视作由ef、be、fa三段直线以及acb、adb两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，0efB．而be、fa两段直线的延长线通过点O，由于0Idlr，由毕－萨定律知0befaBB．流过圆弧的电流I1、I2的方向如图所示，两圆弧在点O激发的磁场分别为21101π4rlIμB,22202π4rlIμB其中I1、I2分别是圆弧acb、adb的弧长，由于导线电阻R与弧长l成正比，而圆弧acb、adb又构成并联电路，故有2211lIlI将B1、B2叠加可得点O的磁感强度B．解由上述分析可知，点O的合磁感强度0π4π42220211021rlIμrlIμBBB7－11如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，它们在点O的磁感强度各为多少？分析应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度iBB0解（ａ）长直电流对点O而言，有0rlId，因此它在点O产生的磁场为零，则点O处总的磁感强度为1/4圆弧电流所激发，故有RIμB800B0的方向垂直纸面向外．（ｂ）将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得RIμRIμBπ22000B0的方向垂直纸面向里．（c）将载流导线看作1/2圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得RIμRIμRIμRIμRIμB4π24π4π4000000B0的方向垂直纸面向外．7－12载流导线形状如图所示（图中直线部分导线延伸到无穷远），求点O的磁感强度B．分析由教材7－4节例题可知，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度RαIμBπ40，其中α为圆弧载流导线所张的圆心角，磁感强度的方向依照右手定则确定；半无限长载流导线在圆心点O激发的磁感强度RIμBπ40，磁感强度的方向依照右手定则确定。点O的磁感强度BO可以视为由圆弧载流导线、半无限长载流导线等激发的磁场在空间点O的叠加。解根据磁场的叠加在图（ａ）中，kikkiBRIμRIμRIμRIμRIμπ24π4π44000000在图（ｂ）中，kikiiBRIμRIμRIμRIμRIμπ41π14π44π4000000在图（c）中，kjiBRIμRIμRIμπ4π48300007－13如图所示，一个半径为R的无限长半圆柱面导体，沿长度方向的电流I在柱面上均匀分布．求半圆柱面轴线OO′上的磁感强度．分析毕－萨定理只能用于求线电流的磁场分布，对于本题的半圆柱形面电流，可将半圆柱面分割成宽度θRIdd的细电流，细电流与轴线OO′平行，将细电流在轴线上产生的磁感强度叠加，即可求得半圆柱面轴线上的磁感强度．解根据分析，由于长直细线中的电流RlIIπ/dd，它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为IRμBd2πd0其方向在Oxy平面内，且与由ｄl引向点O的半径垂直，如图7－13（ｂ）所示．由对称性可知，半圆柱面上细电流在轴线OO′上产生的磁感强度叠加后，得0sindθBByRIμθθRRIRμθBBx20π00π0πsindπ2πsind则轴线上总的磁感强度大小RIμBBx20πB的方向指向Ox轴负向．7－14实验室中常用所谓的亥姆霍兹线圈在局部区域内获得一近似均匀的磁场，其装置简图如图（ａ）所示．一对完全相同、彼此平行的线圈，它们的半径均为R，通过的电流均为I，且两线圈中电流的流向相同．试证：当两线圈中心之间的距离d等于线圈的半径R时，在两线圈中心连线的中点附近区域，磁场可看成是均匀磁场．(提示：如以两线圈中心连线的中点为坐标原点O，两线圈中心连线为x轴，则中点附近的磁场可看成是均匀磁场的条件为0dxdB；022dxBd)分析设磁感强度在Ox轴线上的分布为B（x）（可由两个圆电流线圈在轴线上磁场的叠加而得），如在轴线上某点处0ddxB，这表明在该点附近的磁感强度有三种可能，即有极大值(0dd22xB)、极小值(0dd22xB)或均匀(0dd22xB)．据此可得获得均匀磁场的条件①．证取两线圈中心连线的中点为坐标原点O，两线圈中心轴线为x轴，在x轴上任一点的磁感强度2/322202/322202/2/2xdRIRμxdRIRμB则当02/2/32/2/32dd2/5222/52220xdRxdxdRxdIRμxxB02/2/42/2/423dd2/722222/72222022xdRRxdxdRxdIRμxxB时，磁感强度在该点附近小区域内是均匀的，该小区域的磁场为均匀场．由0ddxB，解得x＝0由0dd022xxB，解得d＝R①将磁感强度B在两线圈中点附近用泰勒级数展开，则...d0d21d0d0222xxBxxBBxB若x＜＜1；且0d0dxB；0d0d22xB．则磁感强度B（x）在中点O附近近似为常量，场为均匀场．这表明在d＝R时，中点（x＝0）附近区域的磁场可视为均匀磁场．7－15如图所示，载流长直导线的电流为I，试求通过矩形面积的磁通量．分析由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量Φ≠BS．为此，可在矩形平面上取一矩形面元dS＝ldx［图（ｂ）］，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为xlxlμΦdπ2dd0SB矩形平面的总磁通量ΦΦd解由上述分析可得矩形平面的总磁通量211200lnπ2dπ2ddddIlμxlxlμΦ7－16已知10mm2裸铜线允许通过50A电流而不会使导线过热．电流在导线横截面上均匀分布．求：（1）导线内、外磁感强度的分布；（2）导线表面的磁感强度．分析可将导线视作长直圆柱体，电流沿轴向均匀流过导体，故其磁场必然呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上的各点，B大小相等．方向与电流成右手螺旋关系．为此，可利用安培环路定理，求出导线表面的磁感强度．解（1）围绕轴线取同心圆为环路L，取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有IμB0πr2dlB在导线内r＜R，2222πππRrrRII，因而202πRIrμB在导线外r＞R，II，因而rIμB2π0磁感强度分布曲线如图所示．（2）在导线表面磁感强度连续，由I＝50A，m1078.1π/3