第11章磁场作业解答磁场分解

11-1 求图中各种情况下O 点处的磁感应强度B 。

解：图a 的电流可以看成是由1、2两个电流合成的。

故合场强为 直线电流，和矩形电流产生的磁感应强度的矢量和。

直线电流1在O 点产生的磁感应强度)2/(20a Iπμ，方向垂直纸面向外。

矩形电流2由两条长度为a 、两条长度为b 的直线电流组成在O 点产生的磁感应强度为：)]2/sin()2/[sin()2/(42)]2/sin()2/[sin()2/(4200ααπμϕϕπμ--+--b Ia I2202200022)2/sin(2)2/sin(2ba a bI ba b a Ib I a I +++=+=πμπμαπμϕπμ)(2220b aa b b a I++=πμ方向垂直纸面向内。

O 点的磁感应强度为：220022002)(2b a abI a I b aa b b a I a I B +-=++-=πμπμπμπμ 这里利用了载流直导线外的磁感应强度公式：]sin )[sin 4120ββπμ-=rIB电流b 由两条直线电流，和一个圆弧组成：)0sin 90(sin 42360135200-︒+=RIR I B πμμ RIR I R I 00035.02163μπμμ=+=电流c 中两条直线电流的延长线都过圆心，由毕-萨定律知道在圆心处产生的磁感应强度为0，圆弧产生的磁感应强度为RlR I R l R I B πμπμ2222220110-=由于两端的电压相同有2211I SlI S l V ρρ==带入上式得到B=0 11-2．如图所示，一扇形薄片，半径为R ，张角为θ，其上均匀分布正电荷，电荷密度为σ，薄片绕过角顶O 点且垂直于薄片的轴转动，角速度为ω，求O 点处的磁感应强度。

解答1：将扇形薄片分割成半径为r 的圆弧形面积元，电荷量为：dr r dq θσ=转动时相当于园电流，对应的电流强度为： rdr dr r T dq dI σωπθωπθσ2/2===产生的磁场为 dr rdIdB σωμπθμ0042==圆心处的磁场为R dr B Rσωμπθσωμπθ00044==⎰ 解答2：以o 为圆心，采用极坐标系将扇形薄片分割成小的面积元 dr rd ds dq θσσ==利用运动电荷产生磁场的公式 dr d rdrr rd r dqv dB θσωπμωθσπμπμ44402020===对上式积分得：πσωθμθσωπμθσωπμθ44400000R dr d dr d B R===⎰⎰⎰⎰ 11-3 在半径cm 0.1=R 的无限长半圆柱形金属薄片中，自下而上地通有电流A I 0.5=，求圆柱轴线上任一点P 处的磁感应强度。

（这里把自上而下改为自下而上，求解时对应右图。

如不改时方向相反。

）解：从电流的顶上看是个半圆形，在其上取一段圆弧（对应于一无限长载流直导线）， 电流强度为：πθθπId Rd R I dI ==产生的磁场方向如图，由此可见合磁场方向沿水平向右为：θπθμθππθμπμsin 2)2/cos(2220200RId R Id R dI dB x =-==磁感应强度为：R I R I RId B B x 200200202sin 2πμπμθπθμππ=-===⎰=6.37×10-5T方向在x 轴正向。

11-4 图中所示为实验室中用来产生均匀磁场的亥姆霍兹圈。

它由两个完全相同的匝数为N 的共轴密绕短线圈组成（N 匝线圈可近似视为在同一平面内）。

两线圈中心12O O ,间的距离等于线圈半径R ，载有同向平行电流J 。

以12O O ,连线中点为坐标原点，求轴线上在1O 和2O 之间、坐标为x 的任一点P 处的磁感应强度B 的大小，并算出02010B B B 、、进行比较。

解：由园电流在轴线上一点的磁感应强度公式：2/32220)(2x R IR B +=μ用到上式 线圈1产生的磁感应强度2/322201))2/((2R x R NIR B ++=μ线圈2产生的磁感应强度2/322202))2/((2R x R NIR B -+=μRNIRNIR R NIR B B x 02/302/32220010715.0)4/5())2/((2μμμ==+===RNI R NI R R NIR RNIB B 02/302/3222000201678.0))2(2121()(22μμμμ=+=++== 两个圆环之间的磁场变化缓慢。

11-5 有一半径为R 的半圆形电流，求在过圆心O 垂直于圆面的轴线上离圆心距离为x 处P 点的磁感应强度。

解：如右图利用毕-萨定律分析可知z 方向的B 分量为0：204r IRd dB πθμ=x 轴分量为：απθμαππθμsin 4)2/cos(42020rIRd r IRd dB x =-=320202/2/204sin 4)2/cos(4r IR r IR rIRd B x μαμαππθμππ==-=⎰- y 轴分量为：θπθμθαπθμθαππθμcos 4cos cos 4cos )2/sin(4202020rxr IRd r IRd r IRd dB y ==-= 302/2/302/2/202cos 4cos 4r IRxd r IRx r x rIRd B y πμθθπμθπθμππππ===⎰⎰-- j rIRx i r IR B3032024πμμ+= 这里 22x R r +=是圆环到轴线的距离。

11-6 半径为R 的均匀带电球面的电势为U ，圆球绕其直径以角速度ω转动，求球心处的磁感应强度。

由球面的电势表示式Rq U 04πε=得到球面电荷量RU q 04πε= 电荷面密度 R U R q 024επσ==取求坐标系，将圆球分割成圆环，圆环带电量为ϕπσrRd dq 2=等效的电流为ϕσωωπϕπσrRd rRd T dq dI ===/22 利用园电流轴线上的磁感应强度公式2/32220)(2x R IR B +=μ这里R 是圆环的半径，在本例中为r ,可以得到2/32220)(2)(x r r rRd dB +=ϕσωμx 是圆环的圆心到轴线上一点的距离，在本例中为y.。

则有;sin ϕR r = ϕc o s R y = ϕϕσωμϕσωμd Rx r r rRd dB 302/32220sin 2)(2)(=+=⎰⎰⎰--===πππϕϕσωμϕϕσωμϕϕσωμ020030030cos )cos 1(2sin 2sin 2d R d R d RB U R R Rωεμσωμσωμϕϕσωμπ00000303232)311(22)cos 31(cos 2==-=--=11-7 地球上某处的磁感应强度水平分量为T 5107.1-⨯，试计算该处沿水平方向的磁场强度。

解：由m A HB /5.13104107.1750=⨯⨯==--πμ 11-8 螺线环中心周长cm l 10=，环上线圈匝数200=N 匝，线圈中通有电流mA I 100=。

（1）求管内的磁感应强度B ，及磁场强度H ；（2）若管内充满相对磁导率4200=r μ的铁磁质时，管内的磁感应强度和磁场强度为多大?（3）铁磁质内由传导电流I 产生的磁场B ，与由磁化电流产生的磁场'B 各为多大? 解：（1）由安培环路定律 ∑⎰=∙ii I l d H选择螺线环中心为环路路径：NI Hl l d H ==∙⎰得到磁场强度m A l NI H /2001.01.0200=⨯==磁感应强度 T lNIB 4700105.2200104--⨯=⨯⨯==πμ（2）管内充满相对磁导率4200=r μ的铁磁质时磁场强度不变，磁感应强度为T lNIB r 06.1105.2420040=⨯⨯==-μμ（3）传导电流I 产生的磁场0B 为：T lNIB 400105.2-⨯==μ磁化电流产生的磁场'B 为：T B B B 06.1'0≈-=11-9 在半径为R 的长圆柱导体内与轴线平行地挖去一个半径为r的圆柱形空腔．两圆柱形轴线之间的距离为)(r d d >。

电流I 在截面内均匀分布，方向平行于轴线。

求： （1）实心圆柱轴线上磁感应强度的大小；（2）空心部分中任一点的磁感应强度。

解：这个电流可以看成是：在空腔内补上同样电流密度的电流，在于同一位置再加上一条方向相反的电流，这时磁场是这两个电流各自产生的磁场的矢量和。

柱体的电流密度为)(22r R Ij -=π在实心圆柱轴线上大圆柱产生的磁感应强度为0，小园柱产生的磁感应强度由安培环路定律求解为：圆柱内的电流密度为：)(22r R Ij -=π202r j d B l d B πμπ=⨯=∙⎰可求得：)(22222020r R d Ir djr B -==πμμ空心部分的磁感应强度由大圆柱与小园柱各自产生的磁感应强度的矢量和 大圆柱产生的磁感应强度可以由安培环路定律求解为2101112r j r B l d B πμπ=⨯=∙⎰10121r j B μ=1r 是由大圆柱的圆心指向场点的位置适量的模，同样可得小园柱的磁感应强度20221r j B μ=下图表示的是小的那个圆柱的截面 合场强为：)cos (sin 21)cos (sin 21201021j i r j j i r j B B B ββμααμ+++=+=j jd j r x d i r y r j j r x i r y r j 022*******1)(21)(21μμμ=-+-++= j r R Id)(2220-=πμ方向在y 轴向上。

11-11 根据安培环路定理0B dl I μ=∑⎰， 求得磁感应强度为：020()2()2Irr R R B I r R rμπμπ⎧≤⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩ 方向垂直纸面向里，取矩形法线方向为垂直纸面向里2000020ln 22242RRRIr I I IB dS dr dr R r μμμμφππππ==+=+⎰⎰⎰ 11-12 把圆盘割成许多圆环，其中对单个小圆环，设它的半径为r ，宽为dr ，带电为dq ，则，32 dq rdrdqdI rdr dm r drdtσπσωπσω=∴=== 则整个圆盘的磁矩为5345R RRk r m dm r dr k r dr πωπσωπω====⎰⎰⎰ 垂直纸面向外， 所以55k r M B πω=平行于纸面且垂直于B 向上11-13 根据霍尔效应51928311200 1.52.5310()1.6107.410110HIB IB V R b qn bV ---==⨯==-⨯-⨯⨯⨯⨯电场强度53122.5310 1.2710(.)2.010V E N C a ----⨯===⨯⨯ 11-1436.6510()A A AA U U V -''=-=-⨯所以这块导体是n 型，又1,A A HA AIB IB IB U R n b qn b bqU ''==∴=， 带入数据，得2032.8210()n m =⨯11-15：由安培力公式可知，当两条导线电流方向相同时，两导线相互吸引，如下图，导线2对导线1单位长度的引力的大小为：2001212f 22I I I r aμμππ==，导线3对导线1单位长度的引力2013f 2I a μπ=，引力13f 和12f 正好在等边三角形的两条边上，它们之间的夹角为060，而且在数值上大小相等，所以合力的大小为204011312f f cos30f cos30cos30 3.4610/I N cm aμπ-=+==⨯ 方向如图11-16.在线圈的上下两段弧da 和bc 上，因长直电流1I 产生的磁场与和电流2I 方向平行，所以圆弧da 和bc 受力为零。