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1、.习题版权属西南交大物理学院物理系大学物理AI作业No10安培环路定律磁力磁介质班级 学号 姓名 成绩一、选择题：1.若空间存在两根无限长直载流导线，空间的磁场分布就不具有简单的对称性，则该磁场分布(A)不能用安培环路定理来计算(B)可以直接用安培环路定理求出(C)只能用毕奥一萨伐尔定律求出(D)可以用安培环路定理和磁感强度的叠加原理求出解：空间的磁场分布不具有简单的对称性，不能直接用安培环路定理求出空间的磁场分 布，但可以由安培环路定理分别求出每根长直载流导线的磁场分布，再由磁场叠加原理 求出空间总的磁场分布。 故选D2. 无限长载流空心圆柱导体的内外半径分别为a、b，电流在导体截面上均匀分
2、布，则空 间各处B的大小与场点到圆柱中心轴线距离r的关系定性地如图所示。正确的图是：解：由安培环路定理有/艮长载流空心圆柱导体各区域磁感应强度为: r a 时，J B - df = B x 2兀 r = 0LB = 0a r b 时，J B - df = B x 2兀 r = u I0LB =皂忧1故选B2兀r r3. 如图，一无限长直载流导线与正三角形载流线圈在同一平面内，若长直 导线固定不动，则载流三角形线圈将： (A)向着长直导线平移(C)转动(B)离开长直导线平移(D)不动解：建立如图所示的坐标轴，无限长直载流导线在x0处产生的磁 心、一，八旦I 感应强度为：B =；2兀x处三角形线圈
3、的三个边受力大小分别由安培定律可得不同位置为：F = *0i2 ABI/I1BCF ABBF = F =CBIdl=ja+lcos30R01112dx=R0112 ln(1 + 技-)AC BC A 2 a2k x cos 30t 3k2 a式中l为三角形边长，各力方向如图所示，则载流三角形线圈所受合力为： S F = FC sin 60。-FC sin 60 = 0Z F =- F + 2 FC cos 60xAB。- X2k2t33AB2兀 a=X (X 0)d(Z F )dXr 111(1) 02兀3 .1 + X-=-3 a2兀31 + X1 +22(无穷远处)，所以载流线圈所受合力始
4、终向着长直电流，可见载流三角 形线圈不可能转动，只能向着长直导线平动。故选A1 2k4.两个同心圆线圈，大圆半径为R，通有电流&小圆半径为r，通有电流I，方向如图。 若r 0时，粒子XX X在磁场中的路径与边界围成的平面区域的面积为S,那么qVO时，其路径与边界围成的平面区域的面积为 解：由带电粒子在磁场中受洛仑兹力F = qv x B作用的运动 一 ,mv .规律知：粒子在磁场中运动的半径为R =1I，从入射点A，qBq0和q 0轨迹q 1,其BH关系为斜率大于1的直线b。 抗磁质 1，其BH关系为斜率小于1的直线c。5. 绕铅直轴作匀角速度转动的圆锥摆，摆长为/，摆球所带电荷为q。 角速度
5、为 时，该带电摆球在轴上悬点为l处的O 点产生的磁感强度沿竖直方向的分量值最大。解：圆锥摆在0处产生的磁感强度沿竖直方向分量B相当于圆电流在其轴上一点产生的B,即H R 212( R 2 + X 2)3/2其中 I = ，R = l sin0，R2 = 12 sin20= 12(1 cos20)，x = l(1 一 cos0 ) 2兀T sin 0 = m 21 sin 0又由牛顿定律有八T为绳中张力，m为摆球质量T cos0 = mg所以cos 0 =焉代入，可得圆锥摆在。处产生的磁感强度沿竖直方向分量B =H0 q(1w2 + g)4 兀(212)3/2(13 2 g )1/2d B _H
6、 q (12 3 313g)d 34 兀(212)3/2(13 2 g )3/2。，得:亥6. 已知半径之比为2： 1的两载流圆线圈各自在其中心处产生的磁感强度相等，则当两线圈平行放在均匀外场中时，两圆线圈所受力矩大小之比 解：设两圆线圈半径分别为RR2，分别通以电流I，12。则其中心处磁感应强度分别为:B =A，B =2io 2R202 RIR因为B10 = B20 ,所以 广=R = 2:122、设外磁场磁感应强度为B，两线圈磁矩p和p与B夹角均为a，则两线圈所受磁 12力矩大小：M = p B sin a = kR 21 B sin a ； M = p B sin a = kR 21 B
7、 sin a 111 1222 2两圆线圈所受磁力矩大小之比：77 = ； =(亍)3 =8:1 M 2R21R三、计算题：1. 一线电荷密度为入的带电正方形闭合线框绕过其中心并垂直于其平面的轴以角速度3 旋转，试求正方形中心处的磁感强度的大小。d X:、积分公式=ln X + p x 2 + a2)v;x 2 + a 21 一解：设正方形边长为1，则旋转的正方形带电框等效于一个半径为51/、2的带有均匀面电流的圆带， 生的磁场为建立如图所示坐标系。则圆带中半径为r,宽度为dr的圆环在中心产d B =相 2r8栅其中d I =1 一(8为5111、2长度带电线个数)1r = ( l )2 +
8、X 21/2l/2件8栅h/ 2兀B = j 0 d xo2( l )2 + X 2 1/2 2机；* 0 ln(x + ;(：l)2 + X2) 2兀 202Xwu故正方形中心处的磁感强度的大小为B = 一上ln(1 +板2)兀2.如图，一半径为R的带电塑料圆盘，其中有一半径为r的阴影部分均匀带正电荷，面电荷密度为+。，其余部分均匀带负电荷，面电荷密度为-。，当圆盘以角速度旋转 时，测得圆盘中心O点的磁感应强度为零，问R与r满足什么关系?解：带电圆盘转动时，可看作无数圆电流的磁场在O点的叠加。取半径为&，宽为d&的圆环，如下图示，其上电流d i = b 2兀& d & - 2- = 06 d
9、 &口八 d i 1它在中心O产生的磁感应强度为：dB = 0= H00d&正电荷部分产生的磁场为：B =jr 1 H gtod& = 1 H gto r +0 2 02 0负电荷部分产生的磁场为：B =jR 1 H 0d& = 1 H咬(R - r)- r 2 02 0而题设B = B，故得 R=2 r3.一矩形线圈边长分别为a=10 cm和b=5 cm，导线中电流为I = 2 A， 此线圈可绕它的一边OO转动，如图。当加上正y方向的B=0.5 T、均匀外磁场B，且与线圈平面成30角时，线圈的角加速度为6 = 2 rad/s2，求：(1)线圈对OO轴的动转惯量J = ?(2)线圈平面由初始位置转到与B垂直时磁力所做的功？解：(1)矩形线圈面积为S = ab = 5x 10-3 (m2)矩形线圈电流磁矩为Pm = IS = 1 x 10-2 (A -m2)磁力矩为 M = p Bsin 60o = 4.33 x 10-2 (N - m)由转动定律M = JP有线圈对OO轴的动转惯量J = M / P = 2.16x 10-3 (kg - m2)、(2)令从B到p的夹角为0 ,.磁力矩M与角位移d0的正方向相反 m故磁力所做的功 A = J M d0 = J p Bsin0 d0= 2.5 x 10-3 (J) m60。、B60。
