大学物理磁场作业解答.pdf

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1、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。I0直线电流1在O点产生的磁感应强度，方向垂直纸2(a/2)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：0I0I2[sin(/2)sin(/2)]2[sin(/2)sin(/2)]4(a/2)4(b/2)20I20I20Ib20Iasin(/2)sin(/2)2222abaabbab20Iba()方向垂直纸面向内。22abab0I20Iba0I20I22O点的磁感应强度为：B()

2、aba22abaabab这里利用了载流直导线外的磁感应强度公式：0IB[sin2)sin1]4r电流b由两条直线电流，和一个圆弧组成：0I1350IB2(sin90sin0)2R3604R30I0I0I0.3516R2RR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0I1l10I2l2B2R2R2R2Rl1l2由于两端的电压相同有VI1I2带入上式得到B=0SS11-2．如图所示，一扇形薄片，半径为R，张角为，其上均匀分布正电荷，电荷密度为，薄片绕过角顶O点且垂直于薄片的轴转动，角速度为，求O点处的磁感应强

3、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：dqrdr转动时相当于园电流，对应的电流强度为：dqrdrdIrdrT2/20dI产生的磁场为dBdr02r4R圆心处的磁场为BdrR00440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dqdsrddr0dqv0rddrr0利用运动电荷产生磁场的公式dBddr224r4r4R000R对上式积分得：Bddrddr4400411-3在半径R1.0cm的无限长半圆柱形金属薄片中，自下而上地通有电流I5.0A，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

4、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），IId电流强度为：dIRdR产生的磁场方向如图，由此可见合磁场方向沿水平向右为：0dI0Id0IddBx2cos(/2)2sin2R2R2R磁感应强度为：0Id0I0I-5BBx2sin22=6.37×10T02R2R0R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O1,O2间的距离等于线圈半径R，载有同向平行电流J。以O1,O2连线中点为坐标原点，求轴线上在O1

5、和O2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B0、B01、B02进行比较。20IR解：由园电流在轴线上一点的磁感应强度公式：B223/22(Rx)20NIR用到上式线圈1产生的磁感应强度B1223/22(R(xR/2))20NIR线圈2产生的磁感应强度B2223/22(R(xR/2))20NIR0NI0NIB2B0.71501x0223/23/2(R(R/2))(5/4)RR20NI0NIR0NI110NIB01B02223/2(3/2)0.6782R2(RR)R22(2)R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

6、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0：0IRddB24r0IRd0IRdx轴分量为：dBx2cos(/2)2sin4r4r/220IRd0IR0IRBx2cos(/2)2sin3/24r4r4ry轴分量为：0IRd0IRd0IRdxdBsin(/2)coscoscoscosy2224r4r4rr/2/20IRdx0IRx0IRxBy2cos3cosd3/24rr4r/22r20IR0IRx22Bij这里rRx是圆环到轴线的距离。334r2r11-6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转动，

7、求球心处的磁感应强度。q由球面的电势表示式U40R得到球面电荷量q4RU0q0U电荷面密度24RR取求坐标系，将圆球分割成圆环，圆环带电量为dq2rRddq2rRd等效的电流为dIrRdT2/20IR利用园电流轴线上的磁感应强度公式B223/2这里R是圆环的半径，在本例中为2(Rx)r,可以得到20(rRd)rdB223/22(rx)x是圆环的圆心到轴线上一点的距离，在本例中为y.。则有rRsin;yRcos20(rRd)r0R3dBsind223/22(rx)20R30R30R2Bsindsind(1cos)dcos2220000R130R122(