第06章稳恒磁场习题解答

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1、98第 6 章 稳恒磁场6-1 由毕沙定律 可得30d4rlIB点，),(oakalIijal20204d)(点， 4dI点，),( ilIkjlB2020)(点，,oa)(4d2ajlIkalIjijIl202016d)(8点，),(coa )()(4d20ijalIB1620kilI6-2 在 X 轴上 P 点的磁感应强度如图示，可得ixdIirIiB )(2cos220101 显然 x=0 处为 B 的最大值 0IBm6-3 解法（一）由直电流磁场公式 )sin(i4220rIB可得 A 点的磁感（见图示）)T(1073.210340 aI的方向由右手定则知为垂直纸面向外。B 习题 6-

2、2 图习题 6-3 图-3 图6sii60sin0IaI99解法（二） P 点的磁感应强度大小为 )cos(4210bIBb 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 。1第 2 段载流直导线在 A 点产生的 B2。aab360sin8,21则)180cos6(402 bIB)T(1073.43200aII)(.32B6-4 20210 4RIlB3)(400IRL方向垂直纸面向外。)38(160I6-5 （1）P 点的磁感应强度为21B2/32/3220 )/(1)/(1xaRxaRNI（2）据题设 ，则 P 点的 B 为a2/32/3220 )/(1)/(1

3、xxIB令 2 /,RvRu习题 6.3 图（2）习题 6.3 图（3）100则 3201vuNIRBxvuIxd)(2d4402/142/140 )()3vxRdNIR当 x=0 时，u=v, d0xB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RNIRNI 58)4/(120230 6-6 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 此laId元电流在 P 点产生的磁感为)(2)(d00xlIaxlIB故整个电流 I 在 P 点产生的磁感为 IxlIalnd00的方向垂直平面向外。B6-7 在半球面上任意取

4、一圆形元电流 ，如图所示，设此元电流半径为 r，宽为I，故 。dI 对球心 O 的半张角为 ，其中心与球心 O 相dRl2NlRI 距为 x，则 ，则此元电流 dI 在 O 点产生磁感为：cos,sinxrsin)(2d202/30RrIB由此可得 O 点的磁感应强度 dsi2/0NIRNIRI4)2co1(202/0的方向沿 x 轴线向右。B 习题 6-6 图习题 6-7 图1016-8 在半圆形金属薄片上取一直元电流 ，如图示，此元电流 dI 在 P 点ddIlRI产生的磁感 200IB由对称性分析知，半圆柱面上的电流在 P 点产生的磁感为sindcoT1037.6i25200 RIRI的

5、方向沿 x 轴向右。B6-9 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 /2dsTqIrr它在 x 轴上 P 点产生的磁感为 2/320)(ddxrIB2/320)(dxr在 P 点的磁感强度为 Rxr02/32)(4 xRxxRrR2224)(d)(d20 220 0/32/10的方向沿 x 轴线向右。B6-10 （1）该圆环产生运流电流 ，在轴线上距离环心 x 处产生的TqI/磁感为 2/3202/320 )()(xRxRI2/320)(n的方向沿 x 轴正向。B习题 6-8 图习题 6-9 图102（2）此圆环的磁矩为 32RnISPm的方向沿 x 轴正向。m

6、P6-11 带电粒子作圆周运动在轨道中心产生的磁感强度为 T13052.1604269720 aevB其磁矩为 22aevvIPm2461910A2.90.6.5.6-12 （1）通过 abcd 面的磁通量 Wb4.03.1BS（2）通过 befc 面的磁通量 2（3）通过 aefd 面的磁通量 b24.05.30cos23 S6-13 如图示，取坐标轴 ox,在 x 处取一面元 ，直电流 I1 产生的磁场穿过 dS 面的xlSd1元磁通量为 xlIB2d10穿过该矩形面积的磁通量为 0210101 ln2IxlIl 由于 ，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21I02

7、101lnIWb102.l5.467 6-14 穿过 S 面的磁通量为习题 6-13 图103 rRIB20)(R4d002IlrdIlSWb110676-15 （1） ，由安培环路定理可得ar201201 aIrBraIB（2） br rIIr0202（3） c)(2)(2030223bcrIBIbcr（4） ,4cr6-16 （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NIBIurB2,200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 1200lnd2d1 rhIrISWb108 6.l57.ln2627 NIh

8、6-17 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 。根据对称性分析，P 点 的方向应平行于平面，方向向上（沿 Y 轴） ，B1B与 P 点对应的另一侧 应与 等值反向，故过 P 点作矩形回路 L1，如图示，由安培环路11定理可得即 10dLabKlabK012习题 6-15 图习题 6-16 图104jKB201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 方向平行平面向上，载流平面（ 2）1在 P 点产生 方向也平行平面向上，故 P 点的合磁感应强度为2B jKB021

9、（2）二平面之外空间的磁感应强度由分析可得 216-18 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 圆柱体（半径为 R）和反向均匀载流 的圆柱体（半径为 r）二者1I 2I磁场的迭加。本题实体部分的电流密度为 ，故应假设空腔内通地 。)(2rJJ设载流 的圆柱体产生的磁场为 ，载流 的圆柱体产生的磁场为 ，则其在空1I1B2I2B间各点的磁场为 21（1）轴线 O 上的磁感强度由于在 的轴线上，故 ，而 O 轴在 之外相距 轴为 a，1I01B2I故得 20200 r

10、JaI)()(2020rRIrRaI的方向垂直 O 轴向上（与 I2 方向形成右螺旋） 。0B（2）轴线 上的磁感强度因为 ，而 在 的轴线上，且 ，故2IaOJRIBO220010习题 6-17 图习题 6-18（a）图105)(2)(2200 rRIarIa的方向与 构成右螺旋，故垂直 向上。OB1IOP 点的磁感强度： 21BP由于 和 方向相反，P 在 之左侧，故 与 反向，即1I2、 1)2(02021aIRIBP)(4200rRaIrJ方向垂直 联线向下。pBO（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 在 A 点产生的磁场为21I、21B由于 A

11、点既在 体内，又在 体内，故1I2I且202101),(rJrJB1J )()(201021 rA10210 aJrJ因为 ，故 的大小为aJ1AB为一恒量)(22010rRIaJ的方向由 定，即垂直 联线向上，这表明空腔内为均匀磁场。Aa1O6-19 （1）电流元所受磁力由按培定律 可得BlIfd习题 6-18（b）图1062310210.86sind411 lBIf, 方向垂直纸面向外。N4039.1df 21020.85sind422 lIf方向街纸面向里。4103.2df（2）直线电流在均匀磁场中受磁力为 ，因此sinIBlIRIBlfab /45sinN120.310.8方向垂直纸面

12、向里，abf abcdf（3）如图示，在圆弧上任取一电流元 ，它所受到的磁力为lIKlBf dsin由于 bc 弧上所有电流元的 均指向 。dK lIBfbcsinN10.32.0182/0 KIBRR方向垂直纸面向外， bcf bcdaf6-20 （1）导轨光滑， 垂直圈平面，故 ab 杆上所受磁场力为B250.15Ilf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f。0（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，因为 ，故不能保持杆静止。欲要使杆静止，Nmgfr 8.5916.fr则 应与电路平面斜交，以减少 ab 所受磁场力的

13、水平分力 ，当 时，即达到平B ffr衡，设此时 与电路平面法线 的交角为 ,见图示 ， ab 杆上所受磁力的水平分力为n习题 6-19 图107cossIBlf欲保持平衡，则要求 mgIlNfrsin )sin(cosIBlmgIBl)cosin(IlB 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)csi(1d即 tg,nos 316.011ttg此时 B 的大小为 T1.0)cossin.(158.9min 故 的方向必须向左倾斜 31。min6-21 （1）DC 边所受磁力为 01.21271012 dbIBIFDCN84方向垂直 DC 向左。DCFEF 边所受磁力为 N108)9.01(22)( 571012 adbIBIEF的方向垂直 EF 向右。EFCE 边所受磁力为adCE lIlBIF2d102习题 6-20 图108N102.9 01.9ln2102ln57 daI方向垂直 CE 向上。CEFDE 边所受磁力为 CEDF（2）线圈所受合力为 EFDCEDEF合力的大小为 N102.7810454EFDC合力 的方向垂直 DC 向左。F线圈所受磁力矩为 BpdMm由于 与 方向一致故 M=0。mPd