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大学物理第六章习题答案第6章 稳恒磁场 vv6-1 由毕沙定律dBv=m0Idl´r4pr3可得 (a,o,o)点，dBv=m0Idl(vj´vi)=-m0Idl4pa24pa2kv (o,a,o)点，dBv=m0Idl4pa2(vj´vj)=0 (o,o,a)点，dBv=m0Idl4pa2(vj´kv)=-m0Idlv4pa2i dBv(a,a,o)点，=m0Idl(v4(2aj´av0)2 =m0Idlvj´2vv-m02Idlv8pa22(i+j)=16pa2k dBv(a,o,c)点，=m0Idlv4p(2a)2j´2vr2(i+k) =m02Idl(iv16pa2-kv) 6-2 在X轴上P点的磁感应强度如图示，可得 Bv=2Bvm0Idvm0Idv1cosai=2´2pr´i=22i1r1p(d+x) 显然x=0处为B的最大值 习题6-2图 Bm0Im=pd6-3 解法由直电流磁场公式 B=m0I4pr(sina2+sina2) 可得A点的磁感 习题6-3图 98 B=m0Ippö3æsin+sin=×ç÷4pasin60°è26ø23pa2m0I =vBm04p3Ia=10-1´3´202´10-3=1.73´10-3(T) 的方向由右手定则知为垂直纸面向外。 解法 P点的磁感应强度大小为 B=m0I4pb(cosb1-cosb2) b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B1=0。 习题6.3图 第2段载流直导线在A点产生的B2。 则 B2=b1=60°,b=asin60°=b2=180°32am0I4pb(cos60°-cos180°) =m0I4p32a´32=m03I4pa习题6.3图 =1.73´10B=B1+B2=1.73´10-3-3(T)(T) 6-4 B0=2B1+B2=2´m0I4pR+m0Il4pR2 = =m0L4pR(2+a)=3öç2+p÷4pRè4øm0Iæm0I16pR(8+3p) 方向垂直纸面向外。 99 6-5 P点的磁感应强度为 B=B =1+B2 m0NIR22ì1ïí22ïîR+(a/2+x)3/2+1R2+(a/2-x)23/2üïý ïþ 据题设a=R，则P点的B为 B=m0NIR22ì1ïí22ïîR+(R/2+x)3/2+1R2+(R/2-x)223/2üïýïþ令 u2=R+(R/2+x),v222=R+(R/2-x)2则 B=dBdx=m0NIR2221öæ1ç3+3÷ vøèum0NIR21dvöæ1du(-3)ç4+4÷dxdxuvèø=-3m0NIR221(R/2-x)ùé1(R/2+x)dê4-1/241/2úuvvëuûdBdxx=0当x=0时，u=v, =0 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 B0=m0NIR22´2´1(R+R/4)223/2=8m0NI55R6-6 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dI=Iadl此元电流在P点产生的磁感为 100 dB=m0dI2p(l+x)=m0Idl2pa(l+x) 故整个电流I在P点产生的磁感为 B=习题6-6图 òdB=ò2pam0Iadll+x0=m0I2palnx+aavB的方向垂直平面向外。 6-7 在半球面上任意取一圆形元电流dI，如图所示，设此元电流半径为r，宽为 dl=Rdq，故dI=2NIpRdl=2NIpdq。dI对球心O的半张角为q，其中心与球心O相距为x，则r=Rsinq,x=Rcosq，则此元电流dI在O点产生磁感为： dB=m02rdI23/222(x+r)=m0NIpRsinqdq2由此可得O点的磁感应强度 B=òdB=m0NIpRòp/20sinqdq习题6-7图 =vBm0NI2pRòp/20(1-cos2q)dq=m0NI4R的方向沿x轴线向右。 =I6-8 在半圆形金属薄片上取一直元电流dI示，此元电流dI在P点产生的磁感 dB=pRdl=Ipdq，如图m0dI2pR=m0I2pR2dq由对称性分析知，半圆柱面上的电流在P点产生的磁感为 B=òdBcosa=òdBsinq 习题6-8图 101 =vBm0I2p2òRp0sinqdq=m0IpR2=6.37´10-5T的方向沿x轴向右。 6-9 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 dI=dqT=sds2p/ww2p=swrdr =s2prdr它在x轴上P点产生的磁感为 dB=m02rdI23/222(r+x)=m02(rswrdr23+x)23/2习题6-9图 在P点的磁感强度为 B=òdB=m0sw4òR2rdr2223/20(r+x)=m0swé4êò0221/2ë(r+x)22Rdr2-x2òR2dr223/20(r+x)x222ùúû=m0swæ4ç2x+Rçèççè-2x+2ö-2x÷÷øx+Rö-2x÷÷ø=m0swæ2x2+R22x+R22v B的方向沿x轴线向右。 =qT=6-10 该圆环产生运流电流I距离环心x处产生的磁感为 B=l2pR2p/w=lwR，在轴线上m02RI23/222(R+x)=m0RlwR223/222(R+x)33/2 =p0pnlR(R2+x)2 102 vB的方向沿x轴正向。 此圆环的磁矩为 Pm=IS=lwRpR2=2pnlR23vPm的方向沿x轴正向。 6-11 带电粒子作圆周运动在轨道中心产生的磁感强度为 B=m0ev4pa2=10-7´1.6´10-192´2.2´10-2060.52´10=13T其磁矩为 Pm=paI=pa×lv=pa222e2pa-10v=aev2-19 =0.52´10´1.6´1022´2.2´106=9.2´10-24A×m6-12 通过abcd面的磁通量 F1=BS1=2´0.3´0.4=0.24Wb 通过befc面的磁通量F 通过aefd面的磁通量 F3=BS2cosa=2´0.3´0.5´2=0 0.40.5=0.24Wb=l1dx6-13 如图示，取坐标轴ox,在x处取一面元dS流I1产生的磁场穿过dS面的元磁通量为 vm0I1l1dxvdF=B×dS=2px，直电习题6-13图 穿过该矩形面积的磁通量为 F1=òdF=òl0+l2m0I1l1dx2pxl0=m0I1l12plnl0+l2l0由于I1=I2，且矩形处于二电流的中心对称位置，故穿过此矩103 形面积的磁通量为 F=2F1=-7m0I1l1plnl0+l2l00.1+0.20.1=2.2´10-6 =10 ´4´20´0.25´lnWb6-14 穿过S面的磁通量为 B=m0I2pR2r (r<R) òRvvm0IlF=òB×dS=22pR0rdr=m0Il4p =10-7´10´1=10-6Wb6-15 r<a，由安培环路定理可得 B12pr=m0Ipa2pr2B1=m0Ir2pa2习题6-15图 a<r<b B22pr=m0IB2=m0I2pr b<r<c 2222éIp(r-b)ùc-rB32pr=m0êI-m0Iú=2222p(c-b)c-bëûB3=m0I(c-r)2pr(c-b)2222 r>c,B4=0 6-16 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 B2pr=uNI,0B=m0NI2pr104 习题6-16图 故绕线环内磁感强度B的大小与径向距离r成反比。 通过矩形载面的磁通量为 F=òdF=òvvB×dS=òr2m0NI2prr1hdr=m0NI2phlnr2r1-2=m0NIh2p-6lnh=2´10Wb-7´1000´1.7´5´10´ln1.6=8´106-17 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B。根据对称性分1v析，P点B的方向应平行于平面，方向向上，与P1v点对应的另一侧B¢应与B等值反向，故过P点作矩形回路L1，11vv如图示，由安培环路定理可得 òL1vvB1×dl=m0Kab 即 B12ab=m0Kabvm0vB1=Kj 2这表明：无限大载流平面产生均匀磁场，与距离无关。 二平面间P点的磁感应强度 载流平面在P点产生面 在P点产生B方向也平行平面向上，故P点的合磁感应2v习题6-17图 B1方向平行平面向上，载流平v强度为 vvvvB=B1+B2=m0K 二平面之外空间的磁感应强度由分析可得 vvvB=B1+B2=0 105 6-18 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I圆柱体和反向均匀载流I12的圆柱体二者磁场的迭加。本题实体部分的电流密度为J=Ip(R-r)22，故应假设空腔内通地±J。 v1 设载流I的圆柱体产生的磁场为B，载流I的圆柱体产12生的磁场为B，则其在空间各点的磁场为 2vvvvB=B1+B2 轴线O上的磁感强度 由于在I的轴线上，故B11而=0，O轴在I之外相距O¢轴为2a， 故得 B0=B2=习题6-18图 m0I22pa=m02paJpr222 =vB0m0Ipr22pap(R-r)=m0Ir2222pa(R-r)的方向垂直O轴向上。 轴线O¢上的磁感强度 因为B2=0，而O¢在I2的轴线上，且OO¢=a<RBO¢=B1=，故 m0I12pR2a=m0a2pR2JpR2=m02Jam0Ia22 =m0a2I22p(R-r)=2p(R-r) 106 rBO¢的方向与I1构成右螺旋，故垂直O¢向上。 P点的磁感强度： vvvBP=B1+B2由于I和I方向相反，P12vv¢在O、O之左侧，故B2与B1反向，即 BP=B1-B2=m0I1a2pR2-m0I22p(2a)-22prö=m0JæapR2ç22pçèR22=vBp方向垂直OO¢联线向下。 ÷2a÷øm0I(2a-r)4pa(R-r)2 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I、I在A12点产生的磁场为 B1vAvv=B1+B2由于A点既在I体内，又在I体内，故 2vvvm0vvvm0vvB1=(J1´r1),B2=J2´r2且J2=-J1 22习题6-18图 vvvm0rvm0vvB=B+B=(J´r)+(J´r) A12112222 因为Jv1=m0vvmvvvJ1´(r1-r2)=0(J1´a)22va，故B的大小为 Av BvBAA=m02J1a=m0Ia2p(R-r)22为一恒量 的方向由vvJ1´a定，即垂直OO¢联线向上，这表明空腔内为均匀磁场。 107 6-19 电流元所受磁力由按培定律dfdf1=BIdl1sin60°=8.0´10-2vvv=Idl´B可得 ´20´1´10-4´32 =1.39´10外。 -4N, df方向垂直纸面向1习题6-19图 df2=BIdl2sin135°=8.0´10-2´20´1´10-4´22 =1.13´10-4N df方向街纸面向里。 2 直线电流在均匀磁场中受磁力为f此 fab=IBlsin45°=IB2R´2/2=IBR-2=IBlsina，因-1 =20´8.0´10 f方向垂直纸面向里，ab´0.2=3.2´10Nfcd=-fab 如图示，在圆弧上任取一电流元Idl，它所受到的磁力为 vvvvdf=Idl´B=IBsinq×dlK由于bcv弧上所有电流元的dfvbcv均指向K。 f=vIBsinqdlKò=IRBp/2vvsinqdqK=IBRKò0 vv-2-1=20´8´10´0.2K=3.0´10KNvfbc方向垂直纸面向外， fda=-fbcv6-20 导轨光滑，B垂直圈平面，故ab杆上所受磁场力为 f=IBl=50´0.5´1.0=25N108 vf的方向垂直ab向右，故ab杆向右平移，欲保持杆静止，f¢=-f0。 须加一等值反向的外力 导轨非光滑时，如电路平面与B正交，则杆ab受到摩擦力为fr=mmg=0.6´1´9.8=5.88N，因为fr<f，故不能保持v杆静止。欲要使杆静止，则B应与电路平面斜交，以减少ab即达到平衡，设此时fr=f¢时，所受磁场力的水平分力f¢，当vBv与电路平面法线n的交角为q,见图示，ab杆上所受磁力的水平分力为 f¢=fcosq=IBlcosq欲保持平衡，则要求 ìf¢=fr=mNíîN+IBlsinq=mg IBlcosq=m(mg-IBlsinq) B=mmgIl(msinq+cosq)习题6-20图 B是q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 ddq(msinq+cosq)-1=0即 mcosq q此时B的大小为 =sinq,tgq=m=tg-1m=tg-10.6=31° 109 0.6´1.0´9.8Bmin=50´1.0´(0.6sin31°+cos31°)=0.1T故Bmin的方向必须向左倾斜31°。 6-21 DC边所受磁力为 Fm0I1I2bDC=I2B1b=2pd=2´10-7´10´20´0.20.01 =8´10-4NFvDC方向垂直DC向左。 EF边所受磁力为 F´20´0.25EF=I0I1I2b2B1b=m2p(d+a)=2´10-710(0.01+0.09)=8´10-NFvEF的方向垂直EF向右。 CE边所受磁力为 FadlCE=òdF=òI2Bdl=m0I1I22pòd+dl=m0I1I2d+a2plnd=2´10-7´10´20´ln0.01+0.090.01=9.2´10-5NFvCE方向垂直CE向上。 DE边所受磁力为Fv-FvDE=CE线圈所受合力为 Fv=Fvvvv=FvvDC+FEF+FDE+FCEDC+FEF 合力的大小为 F=FDC-FEF=8´10-4-8´10-5=7.2´10-4N110 合力F的方向垂直DC向左。 线圈所受磁力矩为 vM=rv由于dPm与Bvvvòdpm´B方向一致故M=0。 6-22 abc中电流I为顺时针方向，其中ab边所受磁力为 Fab=IBlsin60°=vFab32´10´0.1=0.867N的方向垂直ab指向纸外。 rv边所受磁力Fac=-Fabac F垂直纸面向里。 accb边电流与磁场平行，所以F 线圈的磁矩为 Pmcb=0。 =IS=Il22sin60°=34vIl,Pm2方向垂直线圈平面向外，故线圈所受磁力矩为 M=PmB=34IlB2-2 =v34´10´0.1´1=4.33´102N×m磁力矩M的方向沿OO¢轴向上。 线圈转过p角度过程中磁力矩作功 2 W=IDF=IBS=34IBl2-2 =34´10´0.1´1=4.33´102J111 6-23 在圆环左侧任取一电流元I所受电流I的磁场力为 2vdl，如图示，则该电流元1df=I1dlB2=m0I2I1dl2pRsina1根据对称性，左半载流圆环所受磁力应为df合力f左=dfsina的 òdf1=òdfsina方向水平向右。同理可分析 f右=右半环，其所受合力亦为故 F合=f左+f右=òdfsina方向亦水平向右， òdfsina=òm0I1I22pR=m0I1I2 习题6-23图 vF的方向垂直AB向右。 6-24 设边长为a，其侧视图如右图示，当处于平衡态时其磁力矩与重力矩平衡。三边电流可等效一闭合电流，其磁矩 Pm=IavPm2与B构成a角，故对水平轴的磁力矩为 M1=PmBsina=IaBcosq2v三个边的重力对水平轴的重力矩为 M2=2mga2sinq+mgasinq习题6-24图 =2amgsinqm为一个边的铜线质量，即m=rSa。由平衡条件MIaBcosq=2amgsinq21=M2，即 tgq=2SrgItgq B= 2mgIa112 =110´2´2´10-6´8.9´10´9.8´tg15°3-3 =9.3´10J 6-25 题设圆柱体半径为R，长为l，其侧视图如右图，欲使圆柱体静止，其所受磁力矩与重力矩等值反向。圆柱上的载流线圈的磁矩 Pm=NI2RL 方向如图示。 1故所受磁力矩为 M=PmBsinq=NI2RLBsinq此圆柱体的重力矩为 M平衡条件M12=mgRsinq习题6-25图 mg2NLB=M2，即 NI2RLBsinq=mgRsinq= I6-26 在圆环盘面上距圆心O为r处取一宽为dr的细圆环，如图示，当盘转动时，细圆环上形成圆形运流电流 dI=dqT=sdss2prdrw=swrdr2p2pwq又 p(R-a)22习题6-26图 dr dI=qwrp(R-a)22 环心O的磁感强度为 B0=òdB=òm0dI2r=òRm0qw2p(R-a)22adr=m0qw(R-a)2p(R-a)vB022 =盘面向外。 m0qw2p(R+a) 方向垂直 113 环盘受到的磁力矩为 MvPmvvv=Pm´B为环盘的等效磁矩，其大小为 Pm=òprdI=2qwR-a22òRardr=3qw4(R+a)22vPm的方向由右手定则判定垂直盘面向外。 M=PmBsinp2=qwB4(R2+a)2vM的方向过O点竖直向上。 6-27 如图示，电子束e由南向北运动，即其速度v指向N。地磁场垂直分量垂直纸面向里，故电子束受到的洛仑兹力vvvf=-eV´B,使电子作顺时针向的圆周运动，因此电子束向东漂移。 电子在洛仑兹力作用下作圆周运动，半径R=其向心加速度为 mVR2mVeB=eVBÞ半径R=mVeB2eBVm=eBpm2其向心加速度 a=p=mVVR=习题6-27图 为电子的动量，它与电子的动能KEK的关系为p=2mE a=eBm22mEK=eBm2EK1.6´10m14-19´5.5´10-31-52´1.22´10´1.6´109.1´10-314-199.1´10-2 =6.2´10ms 当电子沿管轴方向通过d=0.2m时，设此时电子114 偏转为x。电子作圆周运动的半径R为 R=mVeB=1eB2mEK=2´9.1´10-31´1.2´10´1.6´10-194-191.6´10´5.5´10-5=6.7m由图示可知d=Rsina x=R(1-cosa)=R(1-1-sina)22 6-28 由题设 =R1-=6.71-ë1-(d/R)2ûû=2.98´10-3ëm1-(0.2/6.7)vvvvF=eV´B=e(VxBy-VyBx)K=-1.6´10=6.24´10-19-14v(-2´0.15-3´0.03)´10KvK(N)66-29 由题设质子沿x,y轴的速度分量分别为Vx=2´10m×s,Vy=3´10m×sR=mVeBy6-16-1，故质子作螺旋运动的半径为 -27-19=1.67´10´3´10´0.0851.6´10=3.9´10-2m螺距为 h=VxT=2pmVeBx=2p´9.1´101.6´10-31´2´105-19´0.08 =0.164m 6-30 因为霍尔电压为 UH=1IBneb故待测磁场为 115 B=UHnebI=4.2´10-5´1024´1.6´1010-2-19´0.15´10-3 =0.101T 6-31 铁芯中的磁感强度为BH=B=FS，故磁场强度为 4.5´10-33-3-7m0mr=Fm0m1S=4p´10-1´5´10´1.2´10 =598A×m 6-32 当螺绕环中为空气时其内部磁场 B0=m0nI=m0NlI=4p´10NlI=2000.1-7´2000.1´0.1=2.5´10-1-4TH=nI=´0.1=200A×m 管内充满介质时 B=m0mrnI=mrB0=4200´2.5´10-4=1.05TH=nI=200A×m-1vB0v 介质内的磁场B为传导电流产生的磁场与分v子面电流产生的磁场B¢的叠加，即 vvvB=B0+B¢vv由于mr>>1，故该介质为铁磁质，即B¢与B0同方向 B=B其中 B00+B¢ =m0nI=2.5´10-4T»1.05T B¢=B-B0=1.05-2.5´10-46-33 磁性材料中的磁感强度和磁场强度分别为 B=FS=6´10-5-40.5´10=1.2T-1H=nI=2000.1´0.1=200A×m116 故该磁性材料的相对磁导率为 mr=Bm0H=1.24p´10-7´200=4.77´1036-34 在r和R区间的磁介质中，由安培环路定律可计算得出其磁场强度为H1=I2pa，故其磁感应强度为 m0mrI2paB1=m0mrH1= 在二圆柱面外，由于二圆柱面通有等值而相反电流，故由安培环路定律可得 H2=0,B2=0 =nI=NIL6-35 当螺线管内通有电流I时，其内磁场强度为H当H=-HC，可退磁，故退磁电流为 I=LHNC=4´10´0.12603=8.0A 117