第七章课后习题

7-11¶

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 \(O\) 的磁感应强度各为多少？

参考解答¶

圆弧导线在圆心处产生的磁感应强度

如图所示，圆心角为 \(\Theta\)，通以恒定电流 \(I\) 的圆弧形导线，其圆心 \(O\) 处的磁感应强度

\[ \vec{B} = \int_L \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{I \,\d{\vec{l}} \times \vec{e}_r}{r^2} \]

其中，\(\displaystyle \d{\vec{l}} = R \,\d{\theta} \,\vec{e}_\theta\)，\(\vec{e}_\theta\) 为沿电流的切线方向单位矢量，\(\vec{e}_r\) 为电流元指向圆心的单位矢量，\(\displaystyle r = R\)。因此

\[ \vec{B} = \int_0^{\Theta} \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{I R \,\d{\theta} \,\vec{e}_\theta \times \vec{e}_r}{R^2} = \frac{\mu_0 I \Theta}{4 \pi R} \vec{n} \tag{1}\label{eq:7-11-1} \]

其中，\(\vec{n}\) 为垂直于纸面向外的单位矢量，与 \(\vec{e}_\theta\) 和 \(\vec{e}_r\) 呈右手螺旋关系

半无限长指导线在点 \(P\) 处产生的磁感应强度

如图所示，半无限长直导线中的电流强度为 \(I\)，点 \(P\) 到导线的距离为 \(R\)，则点 \(P\) 处的磁感应强度

\[ \vec{B} = \int_L \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{I \,\d{\vec{l}} \times \vec{e}_r}{r^2} \]

其中，\(\displaystyle I \,\d{\vec{l}} = I \,\d{x}\)，考虑到 \(x = R \cot\theta\)，\(\displaystyle I \,\d{\vec{l}} = -{IR}/\rb{\sin^2 \theta} \,\d{\theta}\,\vec{i}\)；\(\vec{i} \times \vec{e}_r = \sin\theta \,\vec{n}\)，\(\vec{n}\) 为垂直纸面向外的单位矢量；\(\displaystyle r = R / \sin\theta\)。因此

\[ \vec{B} = \int_{\pi/2}^{0} -\frac{\mu_0 I \sin\theta}{4\pi R} \,\d{\theta} \,\vec{n} = \frac{\mu_0 I}{4\pi R} \,\vec{n} \tag{2}\label{eq:7-11-2} \]

根据上面的分析可知：

图 \((a)\) 中
- 长直载流导线对点 \(O\) 点，\(\displaystyle I \,\d{\vec{l}} \times \vec{r} = \vec{0}\)，因此，它们在点 \(O\) 处产生的磁感应强度为零
- 根据式 \(\eqref{eq:7-11-1}\)，\(1/4\) 圆弧在点 \(O\) 处产生的磁感应强度的大小 \(\displaystyle B = \frac{\mu_0 I}{8 R}\)
- 总的磁感应强度大小 \(\displaystyle B = \frac{\mu_0 I}{8 R}\)，方向为垂直纸面向外
图 \((b)\) 中
- 根据式 \(\eqref{eq:7-11-2}\)，两条半无限长直导线在点 \(O\) 处产生的磁感应强度的大小 \(\displaystyle B_1 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi R}\)，方向为垂直纸面向外
- 圆形导线产生的磁感应强度大小 \(\displaystyle B_2 = \frac{\mu_0 I}{2 R}\)，方向为垂直纸面向内
- 总的磁感应强度大小 \(\displaystyle B = \frac{\mu_0 I}{2 R} \rb{1 - \frac{1}{\pi}}\)，方向为垂直纸面向内
图 \((c)\) 中
- 根据式 \(\eqref{eq:7-11-2}\)，两条半无线长直载流导线在点 \(O\) 处产生的磁感应强度大小 \(\displaystyle B_3 = \frac{\mu_0 I}{2 \pi R}\)，方向为垂直纸面向外
- 根据式 \(\eqref{eq:7-11-1}\)，半圆导线在点 \(O\) 处产生的磁感应强度的大小 \(\displaystyle B_4 = \frac{\mu_0 I}{4 R}\)，方向为垂直纸面向外
- 总的磁感应强度大小 \(\displaystyle B = \frac{\mu_0 I}{4 R} \rb{1 + \frac{2}{\pi}}\)，方向为垂直纸面向外

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

参考解答¶

如图所示，建立直角坐标系，\(z\) 轴垂直纸面向外。在 \(x>0\) 的区域，无限长直导线产生的磁感应强度

\[ \vec{B} = - \frac{\mu_0 I}{2 \pi x} \,\vec{k} \]

在矩形导线框中取一个面积微元，其宽度为 \(\d{x}\)，高为 \(l\)，且取 \(-\vec{k}\) 的方向为正方向，则磁感应强度对该面积微元的通量

\[ \d{\Phi_\mr{b}} = \vec{B} \cdot \d{\vec{s}} = \frac{\mu_0 I l}{2 \pi x} \,\d{x} \]

总的磁感应强度

\[ \Phi_\mr{b} = \int_S \,\d{\Phi_\mr{b}} = \int_{d_1}^{d_2} \frac{\mu_0 I l}{2 \pi x} \,\d{x} = \left. \frac{\mu_0 I l}{2 \pi} \ln x \right|_{d_1}^{d_2} = \frac{\mu_0 I l}{2 \pi} \ln \rb{\frac{d_2}{d_1}} \]

\[ \begin{align} \Phi_\mr{b} & = \int_S \,\d{\Phi_\mr{b}} = \int_{d_1}^{d_2} \frac{\mu_0 I l}{2 \pi x} \,\d{x} \\ & = \left. \frac{\mu_0 I l}{2 \pi} \ln x \right|_{d_1}^{d_2} = \frac{\mu_0 I l}{2 \pi} \ln \rb{\frac{d_2}{d_1}} \end{align} \]

7-16¶

已知 \(10 \,\mr{{mm}^2}\) 裸铜线允许通过 \(50 \,\mr{A}\) 电流而不致导线过热，假设电流在导线横截面上均匀分布，求：

导线内、外磁感应强度的分布
导线表面的磁感应强度

参考解答¶

如图所示，在导线的横截面上作一个圆形安培环路 \(L\)，其圆心在导线的轴线上，并规定安培环路的方向与导线中的电流方向呈右手螺旋关系

根据安培环路定理

\[ \oint_L \vec{B} \cdot \d{\vec{l}} = \mu_0 \sum_i I_i^\mr{in} \tag{3}\label{eq:7-16-1} \]

根据题意可知，在安培环路 \(L\) 上，磁感应强度大小恒定，方向沿着切向，因此

\[ \oint_L \vec{B} \cdot \d{\vec{l}} = \oint_L B \,\d{l} = 2\pi r B \]

当 \(r \leq R\) 时，\(\displaystyle \sum_i I_i^\mr{in} = \frac{I \pi r^2}{\pi R^2} = \frac{I r^2}{R^2}\)，代入式 \(\eqref{eq:7-16-1}\) 中，有

\[ 2 \pi r B = \frac{I r^2}{R^2} \ \Rightarrow\ B = \frac{\mu_0 I r}{2 \pi R^2} \]

当 \(r > R\) 时，\(\displaystyle \sum_i I_i^\mr{in} = I\)，代入式 \(\eqref{eq:7-16-1}\) 中，有

\[ 2 \pi r B = I \ \Rightarrow\ B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r} \]
在导线的表面，安培环路 \(L\) 的半径

\[ r = R = \sqrt{\frac{S}{\pi}} = \sqrt{\frac{10 \times 10^{-6}}{\pi}} \approx 1.78 \times 10^{-3} \,\mr{(mm)} \]

\[ \begin{align} r & = R = \sqrt{\frac{S}{\pi}} = \sqrt{\frac{10 \times 10^{-6}}{\pi}} \\ & \approx 1.78 \times 10^{-3} \,\mr{(mm)} \end{align} \]

此处的磁感应强度

\[ B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi R} = \frac{4\pi \times 10^{-7} \times 50}{2 \pi \times 1.78 \times 10^{-3}} \approx 5.62 \times 10^{-3} \,\mr{(T)} \]

\[ \begin{align} B & = \frac{\mu_0 I}{2 \pi R} = \frac{4\pi \times 10^{-7} \times 50}{2 \pi \times 1.78 \times 10^{-3}} \\ & \approx 5.62 \times 10^{-3} \,\mr{(T)} \end{align} \]

7-17¶

有一同轴电缆，其尺寸如图所示，两导体中的电流均为 \(I\)，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑。试计算以下各处的磁感应强度：(1) \(r < R_1\)；(2) \(R_1 < r < R_2\)；(3) \(R_2 < r < R_3\)；(4) \(r > R_3\,\)。并画出 \(B \,\text{-}\, r\) 图线

参考解答¶

在同轴电缆的横截面上作半径为 \(r\) 的圆形安培环路 \(L\)，其圆心在电缆的轴线上，且 \(L\) 的正方向与内层导体中的电流方向呈右手螺旋关系

依题意可知，在 \(L\) 上，磁感应强度沿切线方向 \(\vec{e}_r\) 且大小处处相等，根据安培环路定理

\[ \oint_L \vec{B} \cdot \d{\vec{l}} = \mu_0 \sum_i I_i^\mr{in} \tag{4}\label{eq:7-17-1} \]

其中

\[ \oint_L \vec{B} \cdot \d{\vec{l}} = \oint_L B \,\d{l} = B \oint_L \d{l} = 2\pi r B \]

当 \(r < R_1\) 时，\(\displaystyle \sum_i I_i^\mr{in} = \frac{I \pi r^2}{\pi R_1^2} = \frac{I r^2}{R_1^2}\,\)。代入式 \(\eqref{eq:7-17-1}\)，得

\[ 2 \pi r B = \mu_0 \frac{I r^2}{R_1^2} \ \Rightarrow\ \vec{B} = \frac{\mu_0 I r}{2 \pi R_1^2} \vec{e}_r \]
当 \(R_1 < r < R_2\) 时，\(\displaystyle \sum_i I_i^\mr{in} = I\,\)。代入式 \(\eqref{eq:7-17-1}\)，得

\[ 2 \pi r B = \mu_0 I \ \Rightarrow\ \vec{B} = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r} \vec{e}_r \]
当 \(R_2 < r < R_3\) 时，\(\displaystyle \sum_i I_i^\mr{in} = I - \frac{I \rb{r^2 - R_2^2}}{R_3^2 - R_2^2}\,\)。代入式 \(\eqref{eq:7-17-1}\)，得

\[ 2 \pi r B = \mu_0 \frac{I \rb{R_3^2 - r^2}}{R_3^2 - R_2^2} \ \Rightarrow\ \vec{B} = \frac{\mu_0 I \rb{R_3^2 - r^2}}{2\pi r \rb{R_3^2 - R_2^2}} \vec{e}_r \]

\[ \begin{align} & 2 \pi r B = \mu_0 \frac{I \rb{R_3^2 - r^2}}{R_3^2 - R_2^2} \\ & \Rightarrow\ \vec{B} = \frac{\mu_0 I \rb{R_3^2 - r^2}}{2\pi r \rb{R_3^2 - R_2^2}} \vec{e}_r \end{align} \]
当 \(r > R_3\) 时，\(\displaystyle \sum_i I_i^\mr{in} = I - I = 0\,\)。代入安培环路定理，得

\[ 2 \pi r B = 0 \ \Rightarrow\ \vec{B} = \vec{0} \]

综合上述结果，可绘制出 \(B \,\text{-}\, r\) 的函数曲线图如下

7-18¶

如图所示，\(N\) 匝线圈均匀密绕在截面为长方形的中空环形骨架上，求通入电流 \(I\) 后，环内、外磁感应强度的分布

参考解答¶

如图所示，在螺线管的内部，对称轴的横截面上，作半径为 \(r\) 的圆形安培环路 \(L\)，其圆心在对称轴上，取 \(L\) 的正方向与螺绕环中电流方向呈右手螺旋关系，根据安培环路定理

\[ \oint_L \vec{B} \cdot \d{\vec{l}} = \mu_0 \sum_i I_i^\mr{in} \tag{5}\label{eq:7-18-1} \]

依题意可知，\(L\) 上各处的磁感应强度方向沿其切向 \(\vec{e}_\mr{t}\)，且大小处处相等。因此

\[ \oint_L \vec{B} \cdot \d{\vec{l}} = \oint_L B \,\d{l} = B \oint_L \d{l} = 2\pi r B \]

当 \(r < R_1\) 时，\(\displaystyle \sum_i I_i^\mr{in} = 0\)，代入式 \(\eqref{eq:7-18-1}\) 中，得：\(\displaystyle \vec{B} = \vec{0}\)
当 \(R_1 < r < R_2\) 时，\(\displaystyle \sum_i I_i^\mr{in} = N I\)，代入式 \(\eqref{eq:7-18-1}\) 中，得：\(\displaystyle \vec{B} = \frac{\mu_0 N I}{2 \pi r} \vec{e}_\mr{t}\)
当 \(r > R_2\) 时，\(\displaystyle \sum_i I_i^\mr{in} = N I - N I = 0\)，代入式 \(\eqref{eq:7-18-1}\) 中，得：\(\displaystyle \vec{B} = \vec{0}\)

7-37¶

如图所示，一根长直导线载有电流 \(I_1 = 30 \,\mr{A}\)，矩形回路载有电流 \(I_2 = 20 \,\mr{A}\)。试计算作用在回路上的合力。已知 \(d = 1.0 \,\mr{cm}\)，\(b = 8.0 \,\mr{cm}\)，\(l = 0.12 \,\mr{m}\)

参考解答¶

如图所示建立直角坐标系 \(O\,\text{-}\,xyz\)，长直导线在 \(x>0\) 的区域激发的磁感应强度

\[ \vec{B} = - \frac{\mu_0 I_1}{2 \pi x} \,\vec{k} \]

矩形回路的四段分别标记为 ①、②、③ 和 ④，它们受到的安培力分别为 \(\vec{F}_1\)、\(\vec{F}_2\)、\(\vec{F}_3\) 和 \(\vec{F}_4\)

每一段上的电流元受到的安培力 \(\displaystyle \d{\vec{F}} = I \,\d{\vec{l}} \times \vec{B}\)，因此

\[ \begin{gather} \d{\vec{F}_{1}} = - \frac{\mu_0 I_1 I_2 \,\d{y}}{2 \pi d} \,\vec{i},\ \d{\vec{F}_{3}} = - \frac{\mu_0 I_1 I_2 \,\d{y}}{2 \pi (d+b)} \,\vec{i},\ \d{\vec{F}_2} = \d{\vec{F}_4} = \frac{\mu_0 I_1 I_2 \,\d{x}}{2\pi x} \,\vec{j} \end{gather} \]

\[ \begin{gather} \d{\vec{F}_{1}} = - \frac{\mu_0 I_1 I_2 \,\d{y}}{2 \pi d} \,\vec{i},\ \d{\vec{F}_{3}} = - \frac{\mu_0 I_1 I_2 \,\d{y}}{2 \pi (d+b)} \,\vec{i} \\ \d{\vec{F}_2} = \d{\vec{F}_4} = \frac{\mu_0 I_1 I_2 \,\d{x}}{2\pi x} \,\vec{j} \end{gather} \]

每段导线受到的安培力（注意积分沿着电流的方向）

\[ \begin{align} &\vec{F}_1 = \int_L \d{\vec{F}_{1}} = \int_0^l - \frac{\mu_0 I_1 I_2 \,\d{y}}{2 \pi d} \,\vec{i} = - \frac{\mu_0 I_1 I_2 l}{2 \pi d} \,\vec{i} \\ &\vec{F}_3 = \int_L \d{\vec{F}_{3}} = \int_l^0 - \frac{\mu_0 I_1 I_2 \,\d{y}}{2 \pi (d+b)} \,\vec{i} = \frac{\mu_0 I_1 I_2 l}{2 \pi (d+b)} \,\vec{i} \\ &\vec{F}_2 = \int_L \d{\vec{F}_2} = \int_d^{d+b} \frac{\mu_0 I_1 I_2 \,\d{x}}{2\pi x} \,\vec{j} = \frac{\mu_0 I_1 I_2}{2\pi} \ln \rb{1 + \frac{b}{d}} \,\vec{j} \\ &\vec{F}_4 = \int_L \d{\vec{F}_4} = \int_{d+b}^{d} \frac{\mu_0 I_1 I_2 \,\d{x}}{2\pi x} \,\vec{j} = - \frac{\mu_0 I_1 I_2}{2\pi} \ln \rb{1 + \frac{b}{d}} \,\vec{j} \end{align} \]

\[ \begin{align} \vec{F}_1 & = \int_L \d{\vec{F}_{1}} = \int_0^l - \frac{\mu_0 I_1 I_2 \,\d{y}}{2 \pi d} \,\vec{i} \\ & = - \frac{\mu_0 I_1 I_2 l}{2 \pi d} \,\vec{i} \\ \vec{F}_3 & = \int_L \d{\vec{F}_{3}} = \int_l^0 - \frac{\mu_0 I_1 I_2 \,\d{y}}{2 \pi (d+b)} \,\vec{i} \\ & = \frac{\mu_0 I_1 I_2 l}{2 \pi (d+b)} \,\vec{i} \\ \vec{F}_2 & = \int_L \d{\vec{F}_2} = \int_d^{d+b} \frac{\mu_0 I_1 I_2 \,\d{x}}{2\pi x} \,\vec{j} \\ & = \frac{\mu_0 I_1 I_2}{2\pi} \ln \rb{1 + \frac{b}{d}} \,\vec{j} \\ \vec{F}_4 & = \int_L \d{\vec{F}_4} = \int_{d+b}^{d} \frac{\mu_0 I_1 I_2 \,\d{x}}{2\pi x} \,\vec{j} \\ & = - \frac{\mu_0 I_1 I_2}{2\pi} \ln \rb{1 + \frac{b}{d}} \,\vec{j} \end{align} \]

矩形回路受到的合力

\[ \vec{F} = \vec{F}_1 + \vec{F}_2 + \vec{F}_3 + \vec{F}_4 = \frac{\mu_0 I_1 I_2 l}{2\pi} \rb{- \frac{1}{d} + \frac{1}{d+b}} \,\vec{i} \]

\[ \begin{align} \vec{F} & = \vec{F}_1 + \vec{F}_2 + \vec{F}_3 + \vec{F}_4 \\ & = \frac{\mu_0 I_1 I_2 l}{2\pi} \rb{- \frac{1}{d} + \frac{1}{d+b}} \,\vec{i} \end{align} \]

将 \(\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7}\)，\(I_1 = 30\)，\(I_2 = 20\)，\(d = 0.01\)，\(b = 0.08\)，\(l = 0.12\)，代入上式，得：\(\displaystyle \vec{F} \approx -1.28 \times 10^{-3} \,\vec{i} \,\mr{(N)}\)

也就是说，回路上合力得大小为 \(1.28 \times 10^{-3} \,\mr{N}\)，方向为沿着 \(x\) 轴负方向