大学物理(许瑞珍_贾谊明) 第13章答案-推荐下载

第十三章 电磁感应13-1 地球表面的磁感应强度约为5105-⨯T,若将一个电阻Ω5.0,半径为20cm 的金属圆环翻转︒180,则流过该圆环截面的电荷量的最大值为多少?若将该金属圆环放在中子星的表面作同样的翻转,流过圆环截面的最大电荷量又为多少 (中子星表面的磁感应强度为810T)?分析 由（13-4）式可知，金属环在翻转中要获得流穿过环截面的感应电量的最大值，应将翻转前金属环面的法线方向置于地磁场方向，则通过环面的磁通量有最大值，翻转后磁通量为最大负值，这样翻转才有最大的磁通量改变，才能产生最大的感应电量．解 在地球表面, 最大感应电荷量为RBSR R q 221)(1121==-=ΦΦΦ 5251051.2C 5.02.014.31052--⨯=⨯⨯⨯⨯= C在中子星表面, 最大感应电荷量为RBS R R q 221)(1121==-=ΦΦΦ81002.5⨯= C 13-2半径分别为R 和r 的金属圆环共轴放置，且R >>r ,在大圆环中有恒定电流,而小圆环则以恒定速度沿轴线方向运动,问当小圆环运动到什么位置时,其内部的感应电流为最大?分析 本题中载流大圆环半径远大于小圆环的半径，小圆环所围面积内的磁场可视为均匀，其中各点的磁感应强度均近似等于位于大圆环轴线上的小圆环圆心处的值．在真空中恒定电流的磁场一章（11-10）式给出，载流圆环轴线上某点的磁感应强度B 是该点到圆环圆心距离x 的函数，小圆环沿轴线远离大圆环运动时，所围面积的磁通量减小，小圆环中将产生感生电动势和感应电流．应用极值条件可以求出感应电流为最大时小圆环的位置.解 如图13-2所示，小圆环所围面积内的磁感应强度近似等于其圆心处的值，由（11-10）式得2/3222)(2x R IR B +=μ 小圆环以恒定的速度t xd d =v 运动到轴线上x 处，圆环中的感生电动势为 2/5222202/3222202/322220i )(3d d )(2d d )(2d d d d d d x R xI R r tx x R r IR x x R r IR t BS t t +=⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=-=-=2v πμπμπμΦE 圆环中感生电动势最大时感应电流也为最大值．令0d d i=xE ，得 02)(25)()(d d 227222/5222522=+-+=+--x x R x R x R x x解得2R x ±=，并取2Rx =．计算可得22i 2d d Rx x =E < 0，故小圆环运动到轴线上2R 处时，环中感应电流最大．13-3 一立方体在坐标系中的位置如图13-3所示，它的一边长为1m ，磁感应强度为0.2T 的均匀磁场沿y 轴方向，导体A 、C 和D 沿图中所示的方向以0.5m/s 的速度运动，试求每一导体内的感应电动势．分析 与用法拉第电磁感应定律比较，本题用动生电动势的定义式⎰⋅⨯=Li d )(l B v E 计算较简便．从该定义式可以看出，i E 的计算涉及到三个矢量的矢量积和标量积，因此必须先确定)(B ⨯v 的方向，以及导体棒上线元d l 的方向.解 对于导体A ，因)//(B v ，则0=⨯B v ， E i = 0对于导体C ，因v 与B 夹角为 45，且 //)(B ⨯v d l ，则⎰⋅︒=⋅⨯=ll B 0i 45sin d )(v l B v E V 1007.7V 1222.05.02-⨯=⨯⨯⨯= 对于导体D ，因B v ⊥，)(B ⨯v 方向与l d 夹角为︒45，︒⋅=⋅⨯=⎰45cos 2d )(20i l B lv l B v E V 1.0V 22122.05.0=⨯⨯⨯⨯= 13-4 一载流长直导线中电流为I ，一矩形线框置于同一平面中，线框以速度v 垂直于导体运动，如图13-4所示.当线框AB 边与导线的距离为d 时，试用如下两种方法求出此时线框内的感应电动势，并标明其方向.（1）用动生电动势定义式；（2）用法拉第电磁感应定律.分析 这是一道很典型的求动生电动势题．注意以下几点：长直导线的磁场具有轴对称性，因而矩形框沿垂直于轴线方向运动时，框内将产生动生电动势；线框内的感应电动势大小与运动中矩形框的位置有关；可以用动生电动势定义式和法拉第定律求解；用法拉第定律需先求穿过闭合回路的磁通量. 在线框平面内凡与长直导线距离相等处B 大小相等方向相同，而在垂直长直导线方向B 大小不等，于是计算穿过矩形框的磁通量时，应该取平行于长直导线的细长条面元，面元内各点磁感强度可视为大小相等方向相同，其磁通量等于磁感强度与面积的乘积，再积分计算整个矩形框的磁通量．解1 用动生电动势的定义式计算 对于AD 和BC 边，因)(B ⨯v 方向与l d 方向垂直，电动势为零．取AB 边上线元l d 方向从A 到B ，CD 边上线元l d 方向从C 到D ，动生电动势分别为d Ibl d I ABbAB πμππμ2d cos 2d )(000v v-=⋅=⋅⨯=⎰⎰l B v E )(2d )(2d )(000a d Ibl a d ICDbCD +=+=⋅⨯=⎰⎰πμπμv vl B v E)(2)11(200a d d I d a d b I ABCDA +-=-+=πμπμvab v E 其中负号表明电动势的方向为ADCBA ．解2 用法拉第定律计算如图13-4所示，以长直导线为坐标原点取x 轴向右．t 时刻AB 边距长直导线为x . 在框内取宽为x d 的面元x b S d d =，面元法线垂直纸面向里，穿过矩形框的磁通量为xax Ib x x Ib ax x+==⎰+ln2d 200πμπμΦ )(2d d ln d d 2d d 00i a x x aIb t x x a x x Ib t +=⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=-=πμπμΦv E 当d x =时矩形框上的电动势为0)(20i >+=a d d aIb πμv E即矩形框电动势i E 的方向为ADCBA ．也可以用楞次定律判定框内电动势的方向为ADCBA 方向.13-5 一长为L 的导体棒CD ，在与一均匀磁场垂直的平面内，绕位于L 处的轴O 以匀角速度ω沿反时针方向旋转，磁场方向如图13-5所示，磁感强度为B ，求导体棒内的感应电动势，并指出哪一端电势较高.分析 导体棒在磁场中转动，导体棒切割磁感线，棒中产生感应电动势．如果转轴位于2L 处，棒两端电势相等，与转轴间有电势差．假如用铜盘代替导体棒，盘心与盘边缘便有一定的电势差，分别用导线从盘心和盘边缘接出，就构成一个直流发电机．解 在棒上取线元l d 沿CD 方向，则导体棒内的感应电动势为⎰⎰⋅⨯+⋅⨯=+O CDOOD CO l B l B d )(d )(v v E E⎰⎰+=3320d cos d lll Bl l Bl πωω6)32(2)3(2222L B L B L B ωωω-=-= 即棒内感应电动势大小为62L B ω,方向从D 指向C ．CD 两端间的电势差为261L B V V ODCO C D ω-=+=-E E 表明C 点电势较高.13-6 如图13-6，一半径为R 的半圆形导线，保持与一载流长直导线共面，且直径CD 与长直电流垂直，C 端到直电流的距离为d .当半圆导线以匀速度v 平行于长直电流向上运动时,求半圆导线中的感应电动势大小，那一端电势较高？设cm 0.10=d ；.A 0.2;s m 0.2;m 0.15===I R v分析 连接直径CD ,与半圆弧导线构成闭合回路CDOC ，设回路顺时针绕行.由于回路匀速地平行长直导线运动，磁通量没有变化，回路中感应电动势为零，则沿回路绕行方向半圆弧导线与直线上的感应电动势大小相等，方向相反．因直径CD 上的感应电动势计算简单，可由此确定半圆弧导线上的感应电动势．解 如图13-6，在直径CD 上距长直导线为x 处取线元x d ，方向从D C →，CD 上的动生电动势为1.04.0ln 2d 2d )(04.01.00πμπμI x x I CD CD v v ==⋅⨯=⎰⎰x B v E 0V 1011.1V 4ln 22210467<⨯-=⨯⨯⨯⨯=--ππ故C 点电势高.半圆弧导线上感应电动势与直径CD 上的大小相等为V 1011.16-⨯.13-7如图13-7(a),在通有电流的无限长直导线附近，有一直角三角形线圈ABC 与其共面，并以速度v 垂直于导线运动，求当线圈的A 点距导线为d 时，线圈中的感应电动势的大小及方向．已知θ=∠=ACB b AB ,．分析 本题与13-4题相似.要注意的是AC 边与v 有一夹角，BA 边上l d 方向与)(B v ⨯方向垂直，0=AB E .解1 用动生电动势的定义如图13-7(a),取ACBA 为回路绕行方向．对于AC 段，)(B v ⨯方向竖直向上，平行长直导线，在AC 上与A 相距为l 处取线元l d ，方向C A →，动生电动势为⎰⋅+=CAAC l l d Id cos )sin (20θθπμvE⎰+=θθπθμsin 0sin d 2cos b l d l I v db d I +⋅=ln cot 20θπμv方向C A →.对于CB 段，)(B v ⨯方向竖直向上，得θπμοcot )(2b b d ICB⋅+⋅-=v E方向C B →．对于BA 段，)(B v ⨯方向与l d 垂直，则0=BA E ．所以直角三角形线框上电动势大小为)(ln cot 20i bd bd b d I BA CB AC +-+⋅=++=θπμv E E E E 因b d bd b d +>+ln，则0i >E ，表明感应电动势方向为ACBA ．解2 用法拉第定律如图13-7(b),在距直导线x 处取宽为x d 的面元x t x S d cot )(d θv -=，面元法线方向垂直纸面向里．设t 时刻A 点距离长直导线t v ，面元处磁感强度方向垂直纸面向里 ,大小为xIB x πμ20=穿过直角三角形的磁通量为⎰+-=b t t x x t I v v v d )1(cot 20θπμΦ)ln (cot 20tbt t b I v v v +-=θπμ当d t =v 时，应用法拉第电磁感应定律，直角三角形中的感应电动势为)(ln cot 2d d 0i bd bd b d I tdt +-+=-==θπμΦv v E >0 电动势的方向为ACBA .13-8 如图13-8，在水平放置的光滑平行导轨上，放置质量为m 的金属杆,其长度为l ab =,导轨一端由一电阻相连(其他电阻忽略),导轨又处于竖直向下的均匀磁场B 中,当杆以初速度为0v 运动时,求(1)金属杆能够移动的距离;(2)在此过程中电阻R 所放的焦耳热.分析 金属杆以0v 的初速度在磁场中向右运动,金属杆与导轨组成的回路中有感应电流,因而金属杆受到向左的安培力作用.在安培力作用下杆的运动速度渐慢,最后为0.速度的变化使安培力为变力.于是本题不能简单地用匀加速直线运动公式aS 22-=v -计算,而应从牛顿第二定律出发建立运动方程后求解．根据能量守恒定律，在此过程中杆的初动能全部转化电阻所发出的焦耳热．解 （1）取向右为x 正向，当杆的速度为v ，金属杆ba 上的感应电动势为⎰=⋅⨯=abBl v l B d )(v E感应电流为 RBl R I v==E 方向沿b 到a .在金属杆ba 上取电流元I l d 方向从b 到a ，I B l ⊥d ，安培力B l F ⨯=d d I ，所以作用于杆的安培力沿x 轴的负方向.Rl B B l I F F ab x v22 d -=⋅-==⎰负号表示F 与v 反向．应用牛顿第二定律，得mRl B m F t v v 22d d -== x mRl B t mR l B d d d 2222-=-=v v 设杆的移动距离为d ，由上式分离变量两边积分，有⎰⎰-=022d d v v dx mRl B得 d mRl B 220-=-v 即杆可移动的最大距离为 220l B mR d v =(2)由焦耳热公式, 电阻R 上释放的焦耳热为⎰⎰==t R Rl B t R I Q d d 22222v (1) 又 v v mRl B t 22d d -= 分离变量两边积分,t 时刻有⎰⎰-=t t mR l B 022d d vv 0vv t mRl B 22e0-=v v (2)(2)式代入(1)式,且当∞→t 时0→v ,得⎰⎰∞-=-==222022222221d ed 22v v v m t R l B t R R l B Q t mRl B 即杆从开始运动到停止,其间电阻所放的焦耳热在量值上等于2021v m ．13-9磁场沿x 方向,磁感强度大小为T )6(y -,在yOz 平面内有一矩形线框,在0=t 时刻的位置如图13-9所示,求在以下几种情况下,线框中的感应电动势与t 的函数关系:(1)线框以速度m 2=v 的速度平行于y 轴匀速运动;(2)线框从静止开始,以2s m 2=a 的加速度平行于y 轴运动;(3)线框在yOz 平面内平行于z 轴重复以上两种运动.分析 磁场沿x 轴方向，矩形线框沿y 轴运动，所以DC 、BA 边上的电动势为0. 磁感强度是y 的函数，AD 边上的各点B 相等，BC 边上的各点B 相等.此题可以用动生电动势定义式和法拉第定律两种方法求解．不过，对此类既有感生又有动生电动势的题，一般来说先求磁通量，再用法拉第定律求解较易．解1 （1）)(B v ⨯的方向为z 轴负向，DC 、BA 边的感应电动势为0，设AD 边感应电动势为1E ，BC 边的为2E ，方向分别为从D 到A 、从C 到B ，矩形框的总电动势为)]6()6[()(212121i y y l B B l ---=-=-=v v E E E lb v =2.0V 2.05.02=⨯⨯=V 方向为逆时针方向．（2） 矩形框作加速运动时，框上的动生电动势为lb y y l B B l v v v =---=-=-=)]6()6[()(212121i E E E其中 at =v 故 2.0i ==a t l bE t 解2 （1）以下均取逆时针方向为回路绕行方向，若0i >E ，则其沿回路绕行方向，反之亦然．穿过矩形框的磁通量为)2(26)2(26d )6(d b t lblb b y lb lb y l y by y +-=+-=-=⋅=⎰⎰+v s B Φ 其中y=vt ．矩形框中的电动势为2.0d d i ==-=bl tv ΦE V （2）取回路逆时针绕行，矩形框作加速运动时穿过框的磁通量为⎰⎰++-=-=⋅=by yb y lblb y l y )2(26d )6(d s B Φ其中 2202121at at t y =+=v即 22622lb labt lb --=Φ 矩形框上的电动势为 t l a b t t2.0d d i ==-=ΦE (3)线框沿z 轴方向运动时，Φ不变，则i E 均为0.13-10 如图13-10所示,在两无限长载流导线组成的平面内,有一固定不动的矩形导体回路.两电流方向相反,若有电流A t I )12(+=,求线圈中的感应电动势的大小和方向.分析 在本题中，应用法拉第电磁感应定律求感应电动势有两条途径：分别求出两个直电流在框上产生的感应电动势，再进行叠加；或者，先求出两直电流的合磁感强度，再求磁通量，应用法拉第定律．载流长直导线磁场是不均匀的，欲求磁通量，应该取平行于长直导线的细长条面元，面元内各点磁感强度可视为大小相等方向相同，其磁通量等于磁感强度与面积的乘积，再积分计算整个矩形框的磁通量．因两直电流方向相反，靠近线框的直电流在框上电动势大一些，它的贡献决定了线框上电动势的方向． 解 框内任一点磁感应强度为)(22120021d d x Ix I B B B -+-=-=πμπμ取逆时针方向为回路绕行方向,如图13-10,在线框上取面元d S ,且d S =h d x ,穿过框的磁通量为x d d x x Ih S B ld d d )11(2d 12011-+-==⎰⎰+πμΦ其中12+=t I ．矩形框上的电动势为)ln (ln 22d d 11220i d l d d l d ht +-+=-=πμΦE )()(ln 12120l d d d l d h ++=πμ 因(l +d 2)d 1<d 2(l +d 1)，得0i <E ，即i E沿顺时针方向. 13-11 如图13-11所示, 均匀磁场与半径为r 的圆线圈垂直 (图中l d 表示绕行回路的正方向).如果磁感强度随时间的变化的规律为τ-t/0e B B =,其中B 0和τ为常量, 试将线圈中的感应电动势表示为时间的函数,并标明方向.分析 本题用法拉第定律可方便求解.解 回路绕行方向为逆时针, 穿过圆线圈的磁通量为τππΦt B r B r -==e 022τττπτπΦ/02/02e e )1(d d t t B r B r t ---=-= 圆线圈上的电动势为ττπΦ/02ie d d t B r t -=-=E 方向沿回路正方向即逆时针方向.13-12 如图13-12所示，在与均匀磁场垂直的平面内有一折成α角的V 型导线框，其MN 边可以自由滑动，并保持与其它两边接触.今使ON MN ⊥，当t =0时，MN 由O 点出发，以匀速v 平行于ON 滑动，已知磁场随时间的变化规律为2)(2t t B =，求线框中的感应电动势与时间的关系.分析 导线在磁场中运动，磁感强度又随时间变化，因而线框中的电动势由动生电动势和感生电动势两部分组成，可以直接求出面积不断变化的回路MONM 任一时刻的磁通量，再应用法拉第电磁感应定律求解．也可以分别计算由于MN 边滑动产生的动生电动势和由于线框中磁感强度随时间变化引起磁通量变化产生的感生电动势．解1 取顺时针方向为回路绕行方向, t 时刻穿过V 型导线框的磁通量为B xl2=Φ 其中 t x v =，αtan x l =，22t B =，应用法拉第电磁感应定律，导线框上的感应电动势为)2(d d d d B xlt t -=-=ΦE ααt a n )t a n 4(d d 3242t t t v v -=-= 负号表明E 与回路绕行方向相反，即沿逆时针方向．解2 由于MN 边滑动产生的动生电动势为⎰==⋅⨯=MN t Bx ααtan 21tan d )(32v v l B v 动E 沿NM 方向．t 时刻回路面积xl S 21=，取逆时针方向为回路绕行方向，回路法向矢量n e 与B 相反，则())2(d d 2d d d d d d 2t t xl t B S BS t t ==--=-=Φ感E =αtan 2132t v总感应电动势为感动E E E +==αtan 32t v 沿逆时针方向．13-13 一导线弯成如图13-13的形状，在均匀磁场中绕轴O O '转动，角速度为1ω.若电路的总电阻为R ，当0=t 时从图示的位置开始转动.（1）当磁感强度B 为常量时；（2）当t B B 20sin ω=时，求导线中的感应电流和感应电动势.解 （1）B 为常量，t 时刻穿过线圈的磁通量为t l Bl 112cos ωΦ=，线圈上的感应电动势为t l Bl t1112i sin d d ωωΦ=-=E 线圈上的感应电流为t R l Bl R I 1112i i sin ωω==E(2)t B B 20sin ω=时,t 时刻穿过线圈的磁通量为t l l t B 11220cos sin ωωΦ⋅=线圈上的电动势为sin (d d 212211120i l l B tωωΦ=-=E线圈上的感应电流为)cos cos sin sin (212211120it t t t Rl l B R I i ωωωωωω-==E 13-14 均匀磁场B 被限制在如图13-14所示的圆柱型空间中, B 从0.5T 以0.1T/s 的速率减小,(1)确定涡旋电场电场线的形状和方向并示于图中；(2)求图中半径为r =10cm 的导体回路上各点的涡旋电场场强和回路中的感生电动势；(3)设回路的电阻为Ω2,求其中感应电流的大小；(4)回路中任意两点b a ,间的电势差为多大?(5)如果在回路某点将其切断,两端稍微分开,问此时两端的电势差为多大?分析 例题413-讨论了这种在圆柱形空间中随时间改变的均匀磁场所产生的涡旋电场，可以直接利用其结果计算该涡旋电场中的电场强度的大小和方向．解 (1)由例题413-的讨论知，该圆柱形空间中随时间改变的均匀磁场产生涡旋电场，其电场线是圆心在轴线上的一系列同心圆，又因0d d <t B ，该涡旋电场中的电场强度涡E 为同心圆上沿顺时针绕行的切线方向，如图13-14所示．(2)利用例题413-的结果，r = 10cm 的回路上涡旋电场强度大小为V/m 005.0V/m 1.021.0d d 2=⨯==t B r E 涡内 回路上的感生电动势为V 1014.3V 1.01.014.3d d d d 322i -⨯=⨯⨯=-=-=tBr t B SπE 方向为顺时针方向．(3)回路中感应电流为 A 1057.1A 21014.333ii --⨯=⨯==R I E (4)根据一段含源电路的欧姆定律，弧⋂b a 上的电势差等于该段导线上电阻引起的电势差减去该圆弧上的感应电动势⋂abE ，即0)(2)(2 2)2(i ii i=-⋅=-=⋅-⋅=-=-⋂⋂⋂⋂⋂⋂E E E E E R Rr ab IR r ab abrab r R I IR V V ab ab b a ππππ(5)断开一个缺口cd 后回路不再闭合，因此回路中无电流，则cd 两点间电势差为V 1014.303i -⨯-=-=-E d c V V由于d c V V <，表明d 点电势高．13-15 在半径为R 的圆柱形空间中,存在着变化的均匀磁场)(t B ,有一长为l 的导体棒放在磁场中,如图13-15(a)所示,设磁场的变化率为t B d d ,(1)用感生电动势定义⎰⋅=ba l E d i 涡E 求棒中的感生电动势；(2)用法拉第电磁感应定律求棒中的感生电动势；(3)若导体棒在图示位置时有一个方向与棒垂直指向O 点、大小为v 的速度，再求棒上的感应电动势．分析 这是与上题特征相同的磁场．利用例题413-的结果，涡旋电场线是一系列同心圆，涡E 在圆的切线方向，所以用感生电动势定义计算时应注意ab 棒上各点的涡E 与l d 有一夹角．如果应用电磁感应法拉第定律计算，将ab 棒连接半径Oa ,Ob 构成闭合回路OabO ,考虑到沿半径方向0d =⋅⎰l E 涡，则回路中的感应电动势就等于导体棒中的感应电动势．当导体棒运动时，闭合回路OabO 中的磁通量随时间变化，求出任一时刻t 回路OabO 所围面积的磁通量，便可求解． 解 (1)如图13-15(b)所示，在ab 棒上取线元l d ,方向从b a →.该处涡E 在切线方向，大小为tBr d d 2，涡E 与l d 的夹角为θ，且rlR 22)2(cos -=θ，得ab 棒上感应电动势ab E 的方向从b a →，大小为⎰⎰=⋅=b abaab l tBr d cos d d 2d θl E 涡E 0)2(2d d d d d 2)2(02222>-=-=⎰l l R l t B l t B l R(2)连接Ob Oa ,成闭合回路OabO ,设回路逆时针绕行，穿过回路的磁通量为4222l R Bl --=Φ闭合回路OabO 上的感应电动势为42d d d d 22l R l t B t oabo-=-=ΦE因沿半径方向0d =⋅⎰l E 涡，则回路中的感应电动势就等于导体棒中的感应电动势，即42d d 22l R l t B oabo ab -==E E方向从b a →.(3) 如图13-15(c),经t 时间棒向着O 点移动t v ,连接Oa 、Ob 成闭合回路OabO ,设回路逆时针绕行.穿过回路的磁通量为t l R Bl v ---=4222Φ导体棒中的感应电动势为v v 2Bl t l R l t B t oaboab 21)4(2d d d d 2---=-==ΦE E若0>oabo E ,则ab E 从b a →；若0<oabo E ,则ab E 从a b →.13-16 如图13-16(a),均匀磁场被限制在半径为R 的圆柱形空间，磁感强度对时间的变化率0d d >t B ，在圆柱形空间外与磁场垂直的平面内有一导体AB .（1）计算AB 上的感应电动势；（2）B A 、两点间的电势差有多高？（3）在图中表示出B A 、两点的涡旋电场强度.分析 磁场局限在圆柱形空间内部，连接OB OA 、，计算穿过三角形OAB ∆的磁通量时，只需计算该三角形所包围的圆柱形空间内扇形面积的磁通量．解1 (1) 如图13-16(a)，连接OB OA 、，穿过OAB ∆的磁通量与穿过扇形的磁通量相等为tBd b l a b R t dbl a b R B d d )arctan (arctan 21d d )arctan(arctan 212i 2-+-=-=-+⋅=ΦΦE（2） 0d d >tB，应用楞次定律判定电动势从B A →，所以B 点的电势高. tBd b l a b R U BA d d )arctan (arctan 212-+= （3）kB kA E E 、都在该点切线方向，且沿逆时针绕行的切线方向.解2 (1) 如图13-16(b),在AB 上取线元l d 方向从A 到B ，到圆心的距离为r ，据(13-7)式,有⎰⎰=⋅=BA BA l tB r R d cos d d 2d 2i θl E 涡E而θθcos d d r l =，AB 上的感生电动势为 )(21cos cos d d d 221202i 21θθθθθθθ+-=⋅-=⎰+R r t B r R E 其中d bl ab-==arctanarctan21θθ，得 tBd b l a b R d d )arctan (arctan 212i-+-=E 13-17截面为矩形的环形螺线管，平均半径为R ，截面边长为b 和c ，螺线管共有N 匝导线，管内充满磁导率为μ的均匀磁介质，如图13-17（a ）所示，试求其自感系数.分析 螺绕环的磁感线是以对称中心为圆心的一系列同心圆，每条磁感线都要穿过矩形截面，于是求自感系数的问题归结为求穿过矩形截面的磁通量．由于沿螺绕环半径方向的磁场分布不均匀，需在矩形截面上取面元S d ，算出ϕd ，再积分得ϕ.解 如图13-17(b)，在矩形截面上取面元r c S d d =，与螺绕环中心距离为r .由安培环路定理(11-15)式得S d 处的磁感应强度为rNIB πμ2=穿过螺绕环的磁通链为⎰⋅==sS N N d B ϕΦ22ln 2d 22222b a b a Ic N r r Ic N b a b a -+==⎰+-πμπμ 螺绕环的自感系数为22ln 22b a b a c N I L -+==πμΦ13-18 如图13-18, 两平行长直导线，其中心距离为d ，载有等大反向的电流（可以想象它们在相当远的地方汇成单一回路），每根导线的半径均为R ，如果不计导线内部磁通量的贡献，试求单位长度的自感系数.分析 两平行长直导线间的磁感应强度为两长直导线在该处磁感应强度之代数和.沿着以下思路解题：先求出两导线间的B ，再求两导线间的磁通量,再求自感系数.解 如图13-18,由磁场叠加原理，在两条导线间距左边一根为r 远（R r <）处磁感应强度为)11(20rd r I B -+=πμ取长为l 的一段导线，通过图中阴影部分的磁通量为⎰--+=R d Rr r d r Il d )11(20πμΦRR d Il -=ln 0πμ 长为l 的一段导线的自感系数为RRd l IL l -==ln 0πμΦ单位长导线的自感系数为RR d l L L l -==ln 0πμ 13-19 如图13-19,两圆形线圈共轴放置在一平面内，它们的半径分别为1R 和2R ，21R R >>，匝数分别为1N 和2N ，试求它们之间的互感系数.（大线圈中有电流时，小线圈所在处的磁场可看作是均匀的.）分析 题目给出条件21R R >>，2R 线圈与1R 线圈共轴，所以2R 线圈所在处的磁感应强度可视为均匀，且等于1R 线圈圆心处的磁感应强度. 解 因21R R >>,当大线圈中有电流1I 时，小线圈所在处各点的磁感应强度近似相等，且等于圆心处的磁感应强度，即1110212R N I B μ=穿过小线圈的磁通链为1221102212212R R N I N N πμϕΦ==互感系数为1222101212R R N N I M πμΦ==13-20 在如图13-20所示的电路中，线圈I 连线上有一长为l 的导线棒CD 可在垂直于均匀磁场B 的平面内左右滑动并保持与线圈I 连线接触，导体棒的速度与棒垂直.设线圈I 和线圈Ⅱ的互感系数为M ，电阻为1R 和2R .分别就以下两种情况求通过线圈I 和线圈Ⅱ的电流：（1）CD 以匀速v 运动；（2）CD 由静止开始以加速度a 运动.分析 CD 边运动，线圈I 中有感应电流. 由于互感,线圈I 中的电流变化将在线圈Ⅱ中产生感应电流.解（1）CD 匀速运动时,线圈I 中的感应电流是常量，为111R lB R I i v ==E 它在线圈Ⅱ中引起的磁通量的变化率为0 d d 21=tΦ 在线圈Ⅱ中引起的互感电动势021=E ，因此线圈Ⅱ中的感应电流为零．（2）CD 加速运动时, 线圈I 中的感应电流为11R BlatI =在线圈Ⅱ中引起的磁通量为at R BlMMI 1121==Φ在线圈Ⅱ中引起的互感电动势为12121 d d R BlMat -=-=ΦE因此线圈Ⅱ中的感应电流为212212R R BlMa R I -==E13-21 如图13-21所示的两个共轴圆形线圈，它们的间距为d ，半径为R 和r ,且r R >>，大线圈中有电流时，小线圈所在处的磁场可看作是均匀的，试求（1）大线圈中的电流t I I ωsin 0=时小线圈中的感应电动势；（2）两线圈的互感系数M ；（3）当小线圈偏转，使得两线圈平面法线的夹角分别为︒︒︒90 60 30、、时，再求M .解 (1)大线圈在小线圈处产生的磁感强度为2/3222021)(2d R R IB +=μ 大线圈电流产生的磁场穿过小线圈的磁通量为232222022121)(2d R r IR S B +==πμΦ大线圈电流变化, 在小线圈中产生的互感电动势为232222002121)(2cos d d d R t R r I t +-=-=ωωπμΦE (1) （2）两电流的互感电动势又可表示为 t MI tIM ωωcos d d 021-=-=E 将(1)式代入上式，得232222021)(2d d d R r R t I M +=-=πμE（3）两线圈平面法向夹角为 30时穿过小线圈的磁通量为2121212330cos ΦΦΦ==' 互感系数 2322220)(43d R r R M +='πμ 夹角为 60时，得 2121212160cos ΦΦΦ==' 2322220)(4d R r R M +='πμ夹角为 90时，得 021='Φ 0='M13-22 试求题13-10中二长直导线组成的回路与矩形框之间的互感系数. 分析 在本题中，显然求出长直导线在矩形框处的磁通量，然后求互感系数较容易.解 利用习题13-10的结果，两长直导线在矩形线圈处产生的磁通量为)ln (ln 222110d ld d l d Ih +-+=πμΦ 得互感系数为 )()(ln 2)ln (ln 22112022110l d d l d d h d ld d l d h IM ++=+-+==πμπμΦ13-23 两线圈的自感系数分别为1L 和2L ，它们的互感系数为M ，当两线圈串联时，试证它的等效自感系数为M L L L 221±+=，其中的正负号分别是对应图13-23中的两种连接情况．分析 两线圈串联后的等效自感系数，应该等于输入端与输出端间自感电动势与回路电流变化率之比．任一线圈两端的感应电动势应等于各自的自感电动势与另一线圈在其上产生的互感电动势的代数和．根据楞次定律，线路顺接如图13-23(a)时，互感电动势与自感电动势方向相同；反接如图13-23(b)时，互感电动势与自感电动势方向相反.假如再拓展考虑两线圈顺并联和反并联的情况.这时流经两线圈的电流分别为1I 和2I ,但互感系数M 不变，且并联后的总电动势12E E E ==.可解出顺并联时M L L M L L L 221221-+-+=,反并联时ML L M L L L 221221++-+=. 解 顺连接如图13-23（a ）,设左边的线圈为(1),右边的线圈为(2).根据楞次定律,线圈(1)上的总电动势1E ,应为其上的自感电动势11E 与线圈(2)在线圈(1)上产生的互感电动势12E 之和,有)d d d d (112111tIM t I L +-=+=E E E 同理 )d d d d (221222tI M t I L +-=+=E E E 输入端与输出端间的电动势为tIM L L d d )2(2121++-=+=E E E 两线圈串联顺接时的等效自感系数为M L L tI L 2d d 21++=-=E反连接如图13-23（b ）,根据楞次定律,线圈(1)上的总电动势E 1 ,应为其上的自感电动势E 11与线圈(2)在线圈(1)上产生的互感电动势E 12之差,有)d d d d (112111tIM t I L --=-=E E E同理 )d d d d (221222tI M t I L --=-=E E E 输入端与输出端间的电动势为tIM L L d d )2(2121-+-=+=E E E 两线圈串联反接时的等效自感系数为M L L tI L 2d d 21-+=-=E13-24 在一细线密绕螺线管内填满了某种磁导率为μ（常量）的均匀介质，若该介质的电阻率为ρ，在介质中存在感应电流的情况，由定义tI L d d E-=求该螺线管的自感系数．设螺线管半径为R 、长为l 、总匝数为N ，且R l >>，忽略边缘效应．分析 缠绕螺线管的传导电流I 变化时，传导电流要产生自感电动势1E .现螺线管内充满磁导率为μ的磁介质，变化的传导电流在介质中激发感应电流,变化的感应电流也要产生自感电动势2E .总的自感电动势为21E E E +=.由传导电流激发的螺线管内磁场，方向沿轴线，且分布均匀，所以由变化的传导电流激发的感应电流是以轴线为圆心的圆电流.考虑到介质有电阻，感应电流在介质的径向分布不均匀，因而感应电流产生的磁场方向沿轴线，为非均匀磁场，在计算感应电流产生的磁通量时要注意．。

第一章 质点的运动1-1 已知质点的运动方程为：，。

式中x 、y 的单位为m ，t 的单位为ｓ。

试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向。

23010t t x +-=22015t t y -=分析 由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为t t xx 6010d d +-==v t ty y 4015d d -==v当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==xy αv vα＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta xx v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==x ya a β β＝-33°41′(或326°19′)1-2 一石子从空中由静止下落，由于空气阻力，石子并非作自由落体运动。

现测得其加速度a ＝A-B v ，式中A 、B 为正恒量，求石子下落的速度和运动方程。

分析 本题亦属于运动学第二类问题,与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数,因此,需将式d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v后再两边积分． 解 选取石子下落方向为y 轴正向,下落起点为坐标原点．(1) 由题意知 v vB A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为t B A d d =-vv(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v vvvv得石子速度 )1(Bt e BA--=v 由此可知当,t →∞时,BA→v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度． (2) 再由)1(d d Bt e BAt y --==v 并考虑初始条件有 t e BA y t Bt y d )1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bt e BAt B A y1-3 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即a = - k v 2，k 为常数。

第13章电磁场与麦克斯韦方程组13-1如题图13-1所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面， 且导线框的一个边与长直导线平行，到两长直导线的距离分别为r ,，r 2。

已知两导线中电流都为 I l 0sin t ,其中I o 和 为常数，t 为时间。

导线框长为 a ,宽为b ,求导线框中的感应电动势。

分析：当导线中电流I 随时间变化时，穿过矩形线圈的磁通量也将随 时间发生变化，用法拉第电磁感应定律 jd ^m计算感应电动势，dt其中磁通量m B dS ， B为两导线产生的磁场的叠加。

s解：无限长直电流激发的磁感应强度为B 一必。

取坐标Ox 垂直于直2 r导线，坐标原点取在矩形导线框的左边框上，坐标正方向为水平向右。

取回路的绕行正方向为顺时针。

由场强的叠加原理可得 x 处的磁感应强度大小12 (A x)方向垂直纸面向里。

通过微分面积dS adx 的磁通量为d m通过矩形线圈的磁诵量为v v BdS BdSIadx2 (r 2 x)2 (A x) bmIIadx 0aln$ b , r 2 b ,.丄In I 0S1 n t 02(r 1 x)2(r 2 x)2r 1 r 2 感生电动势d mar-i bbilnInI 0 cos tdt2r 1「2o a | ln(r 1b)(r 2 b)2恥为逆时针。

0时，回路中感应电动势的实际方向为顺时针;i0时，回路中感应电动势的实际方向cos t题图13-1解图13-113-2 如题图13-2所示，有一半径为r=10cm的多匝圆形线圈，匝数vN=100，置于均匀磁场B中(B=)。

圆形线圈可绕通过圆心的轴O1O2转动，转速n 600r min 1。

求圆线圈自图示的初始位置转过/2时，(1)线圈中的瞬时电流值(线圈的电阻为R=100 ，不计自感)；(2)圆心处磁感应强度。

分析：应用法拉第电磁感应定律求解感应电动势。

应用载流圆环在其圆心处产生的磁场公式求出感应电流在圆心处产生的磁感应强度。

大学物理13章习题详细答案（供参考）习题1313-3．如习题13-3图所示，把一块原来不带电的金属板B 移近一块已带有正电荷Q 的金属板A ，平行放置。

设两板面积都是S ，板间距为d ，忽略边缘效应，求：(1)板B 不接地时，两板间的电势差。

(2)板B 接地时，两板间的电势差。

[解] (1)两带电平板导体相向面上电量大小相等符号相反，而相背面上电量大小相等符号相同，因此当板B 不接地，电荷分布为因而板间电场强度为SQ E 02ε=电势差为SQdEd U 0AB 2ε== (2) 板B 接地时，在B 板上感应出负电荷，电荷分布为故板间电场强度为 SQ E 0ε=电势差为 SQdEd U 0AB ε== 13-4 两块靠近的平行金属板间原为真空。

使两板分别带上面电荷密度为σ0的等量异号电荷，这时两板间电压为U 0=300V 。

保持两板上电量不变，将板间空间一半如图习题13-4图所示充以相对电容率为εr =5的电介质，试求（1）金属板间有电介质部分和无电介质部分的E,D 和板上的自由电荷密度σ；（2）金属板间电压变为多少？电介质上下表面束缚电荷面密度多大？13-5．如习题13-5图所示，三个无限长的同轴导体圆柱面A 、B和C ，半径分别为R A 、R B 、R C 。

圆柱面B 上带电荷，A 和C 都接地。

求B 的内表面上线电荷密度λ1和外表面上线电荷密度λ2之比值λ1/λ2。

[解] 由A 、C 接地 BC BA U U = 由高斯定理知r E 01I 2πελ-=rE 02II 2πελ= 因此 AB BC 21ln :ln:R R R R =λλ 13-6．如习题13-6图所示，一厚度为d 的无限大均匀带电导体板，单位面积上两表面带电量之和为σ。

试求离左表面的距离为a 的点与离右表面的距离为b 的点之间的电势差。

[解] 导体板内场强0=内E ，由高斯定理可得板外场强为故A 、B 两点间电势差为13-7．为了测量电介质材料的相对电容率，将一块厚为B A-Q/2Q/2Q/2Q/2A B -QQIII ⅠⅡⅢBA1.5cm 的平板材料慢慢地插进一电容器的距离为2.0cm 的两平行板中间。

第十三章 振动13－1 一质点按如下规律沿x 轴作简谐振动：x = 0.1 cos (8πt +2π/3 ) (SI)，求此振动的周期、振幅、初相、速度最大值和加速度最大值。

解：周期T = 2π/ ω= 0.25 s振幅A = 0.1m初相位φ= 2π/ 3V may = ωA = 0.8πm / s ( = 2.5 m / s )a may = ω2 A = 6.4π2m / s ( = 63 m / s 2)13－2 一质量为0.02kg 的质点作谐振动，其运动方程为：x = 0.60 cos( 5 t -π/2) (SI)。

求：（1）质点的初速度；（2）质点在正向最大位移一半处所受的力。

解：（1） )( )25sin(0.3 SI t dt dx v π--==0.3 20x m ma x ω-== （2） 2x m ma F ω-==5.13.052.0,2/ 2N F A x -=⨯⨯-==时13－3 如本题图所示，有一水平弹簧振子，弹簧的倔强系数k = 24N/m ，重物的质量m = 6kg ，重物静止在平衡位置上，设以一水平恒力F = 10 N 向左作用于物体（不计摩擦），使之由平衡位置向左运动了0.05m ，此时撤去力F ，当重物运动到左方最远位置时开始计时，求物体的运动方程。

解：设物体的运动方程为：x = A c o s (ωt +φ)恒外力所做的功即为弹簧振子的能量：F ⨯ 0.05 = 0.5 J当物体运动到左方最位置时，弹簧的最大弹性势能为0.5J ，即：1 /2 kA 2 = 0.5 J ∴A = 0.204 mA 即振幅ω2 = k / m = 4 ( r a d / s )2ω= 2 r a d / s按题目所述时刻计时，初相为φ= π∴ 物体运动方程为x = 0.204 c o s (2 t +π) ( SI ) 13－4 一水平放置的弹簧系一小球。

已知球经平衡位置向右运动时，v =100cm ⋅s -1，周期T =1.0s ，求再经过1/3秒时间，小球的动能是原来的多少倍？弹簧的质量不计。

第14章 稳恒电流的磁场 参考答案一、选择题1(B)，2(A)，3(D)，4(C)，5(B)，6(D)，7(B)，8(C)，9(D)，10(A) 二、填空题(1). 最大磁力矩，磁矩 ; (2). πR 2c ； (3). )4/(0a I μ； (4).RIπ40μ ；(5). μ0i ，沿轴线方向朝右. ； (6). )2/(210R rI πμ， 0 ; (7). 4 ; (8).B I R2，沿y 轴正向； (9). ωλB R 3π，在图面中向上； (10). 正，负.三 计算题1. 将通有电流I 的导线在同一平面内弯成如图所示的形状，求D 点的磁感强度B的大小．解：其中3/4圆环在D 处的场 )8/(301a I B μ=AB 段在D 处的磁感强度 )221()]4/([02⋅π=b I B μBC 段在D 处的磁感强度)221()]4/([03⋅π=b I B μ1B、2B 、3B 方向相同，可知D 处总的B 为)223(40baI B +ππ=μ2. 半径为R 的导体球壳表面流有沿同一绕向均匀分布的面电流，通过垂直于电流方向的每单位长度的电流为K ．求球心处的磁感强度大小．解：如图θd d d KR s K I ==2/32220])cos ()sin [(2)sin (d d θθθμR R R I B +=32302d sin R KR θθμ=θθμd sin 2120K =⎰π=020d sin 21θθμK B ⎰π-=00d )2cos 1(41θθμK π=K 041μ3. 如图两共轴线圈，半径分别为R 1、R 2，电流为I 1、I 2．电流的方向相反，求轴线上相距中点O 为x 处的P 点的磁感强度． 解：取x 轴向右，那么有2/322112101])([2x b R I R B ++=μ 沿x 轴正方向 2/322222202])([2x b R I R B -+=μ 沿x 轴负方向21B B B -=[2μ=2/32211210])([x b R I R ++μ]])([2/32222220x b R I R -+-μ若B > 0，则B方向为沿x 轴正方向．若B < 0，则B的方向为沿x 轴负方向．4．一无限长圆柱形铜导体(磁导率μ0)，半径为R ，通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m ，宽为2 R )，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量．解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小，由安培环路定 律可得： )(220R r rRIB ≤π=μ因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RI Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为)(20R r rIB >π=μ因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S Bd 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=I μ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+I μ5. 一半径为 4.0 cm 的圆环放在磁场中，磁场的方向对环而言是对称发散的，如图所示．圆环所在处的磁感强度的大小为0.10 T ，磁场的方向与环面法向成60°角．求当圆环中通有电流I =15.8 A 时，圆环所受磁力的大小和方向．1 m解：将电流元I d l 处的B分解为平行线圈平面的B 1和垂直线圈平面的B 2两分量，则 ︒=60sin 1B B ； ︒=60cos 2B B分别讨论线圈在B 1磁场和B 2磁场中所受的合力F 1与F 2．电流元受B 1的作用力l IB lB I F d 60sin 90sin d d 11︒=︒=方向平行圆环轴线．因为线圈上每一电流元受力方向相同，所以合力⎰=11d F F ⎰π︒=Rl IB 20d 60sin R IB π⋅︒=260sin = 0.34 N ，方向垂直环面向上．电流元受B 2的作用力l IB lB I F d 60cos 90sin d d 22︒=︒= 方向指向线圈平面中心． 由于轴对称，d F 2对整个线圈的合力为零，即02=F ． 所以圆环所受合力 34.01==F FN ， 方向垂直环面向上．6. 如图所示线框，铜线横截面积S = 2.0 mm 2，其中OA 和DO ＇两段保持水平不动，ABCD 段是边长为a 的正方形的三边，它可绕OO ＇轴无摩擦转动．整个导线放在匀强磁场B中，B 的方向竖直向上．已知铜的密度ρ = 8.9×103 kg/m 3，当铜线中的电流I =10 A 时，导线处于平衡状态，AB段和CD 段与竖直方向的夹角α =15°．求磁感强度B的大小．解：在平衡的情况下，必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对OO ＇轴而言)． 重力矩 αραρs i n s i n 2121gSa a a gS a M +⋅=αρsin 22g Sa =B 2d l磁力矩ααcos )21sin(222B Ia BIa M =-π=平衡时 21M M = 所以 αρsin 22g Sa αcos 2B Ia = 31035.9/tg 2-⨯≈=I g S B αρT7. 半径为R 的半圆线圈ACD 通有电流I 2，置于电流为I 1的无限长直线电流的磁场中，直线电流I 1恰过半圆的直径，两导线相互绝缘．求半圆线圈受到长直线电流I 1的磁力．解：长直导线在周围空间产生的磁场分布为 )2/(10r I B π=μ取xOy 坐标系如图，则在半圆线圈所在处各点产生的磁感强度大小为：θμsin 210R I B π=， 方向垂直纸面向里，式中θ 为场点至圆心的联线与y 轴的夹角．半圆线圈上d l 段线电流所受的力为：l B I B l I F d d d 22=⨯= θθμd sin 2210R R I I π=θsin d d F F y =． 根据对称性知： F y =0d =⎰y F θcos d d F F x = ，⎰π=0x x dF F ππ=2210I I μ2210I I μ=∴半圆线圈受I 1的磁力的大小为： 2210I I F μ=，方向：垂直I 1向右．I 2I 1A DC8. 如图所示．一块半导体样品的体积为a ×b ×c ．沿c 方向有电流I ，沿厚度a 边方向加有均匀外磁场B (B的方向和样品中电流密度方向垂直)．实验得出的数据为 a ＝0.10 cm 、b ＝0.35 cm 、c ＝1.0 cm 、I ＝1.0 mA 、B ＝3.0×10-1 T ，沿b 边两侧的电势差U ＝6.65 mV ，上表面电势高．(1) 问这半导体是p 型(正电荷导电)还是n 型(负电荷导电)？(2) 求载流子浓度n 0 (即单位体积内参加导电的带电粒子数)．解：(1) 根椐洛伦兹力公式：若为正电荷导电，则正电荷堆积在上表面，霍耳电场的方向由上指向下，故上表面电势高，可知是p 型半导体。

习 题 十 三13-1 求各图中点P 处磁感应强度的大小和方向。

[解] (a) 因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为：()210cos cos 4θθπμ-=aIB 对于导线1：01=θ，22πθ=，因此aI B πμ401=对于导线2：πθθ==21，因此02=BaIB B B πμ4021p =+= 方向垂直纸面向外。

(b) 因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为：()210cos cos 4θθπμ-=aIB对于导线1：01=θ，22πθ=，因此r I a I B πμπμ44001==，方向垂直纸面向内。

对于导线2：21πθ=，πθ=2，因此rI a I B πμπμ44002==，方向垂直纸面向内。

半圆形导线在P 点产生的磁场方向也是垂直纸面向内，大小为半径相同、电流相同的圆形导线在圆心处产生的磁感应强度的一半，即rIr I B 4221003μμ==，方向垂直纸面向内。

所以，rIr I r I r I r I B B B B 4244400000321p μπμμπμπμ+=++=++=(c) P 点到三角形每条边的距离都是a d 63=o 301=θ，o 1502=θ每条边上的电流在P 点产生的磁感应强度的方向都是垂直纸面向内，大小都是()a I d I B πμπμ23150cos 30cos 400000=-=故P 点总的磁感应强度大小为aIB B πμ29300==方向垂直纸面向内。

13-2 有一螺线管长L ＝20cm ，半径r =2.0cm ，导线中通有强度为I =5.0A 的电流，若在螺线管轴线中点处产生的磁感应强度B ＝310166-⨯.T 的磁场，问该螺线管每单位长度应多少匝?[解] 已知载流螺线管轴线上场强公式为()120cos cos 2θθμ-=nIB由图知： 10410cos 2=θ，10410cos 1-=θ，所以，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=10410220nI B μ， 所以，匝＝1000101040IBn μ=13-3 若输电线在地面上空25m 处，通以电流31081⨯.A 。