This page is the ONELINE MIRROR VERSION of the answer to homework 15 of the course Electromagnetics.A, CourseID PHYS1004.09, 2026 Spring, 5401, USTC. Last update : 2026/6/1; Status: @ editing, updating, final
7.8
一环形螺线管有 $N$ 匝,环半径为 $R$ ,环的横截面为矩形. (1)求此螺线管的自感系数; (2)求这个环形螺线管和位于它的对称轴处的长直导线之间的互感系数.
解 (1)螺线管内磁场为 $B(r)=\mu_{0} N I /(2 \pi r)$ ,则通过它的全磁通为
\[ \Psi=N \iint B \cdot \mathrm{d}S=N \cdot \int_{R-a}^{R+a} \frac{\mu_{0} N I}{2 \pi r} h \mathrm{d}r=\frac{\mu_{0} N^{2} I h}{2 \pi} \ln \left(\frac{R+a}{R-a}\right) \]螺线管的自感系数等于
\[ L=\frac{\Psi}{I}=\frac{\mu_{0} N^{2} h}{2 \pi} \ln \left(\frac{R+a}{R-a}\right) \](2)长直导线产生的磁场为 $B=\mu_{0} I /(2 \pi r)$ ,它通过螺线管的全磁通为
\[ \Psi=N \iint_{S} B \mathrm{d}S=\frac{\mu_{0} N I h}{2 \pi} \ln \left(\frac{R+a}{R-a}\right) \]螺线管和长直导线之间的互感系数等于
\[ M=\frac{\Psi}{I}=\frac{\mu_{0} N h}{2 \pi} \ln \left(\frac{R+a}{R-a}\right) \]7.9
在一个半径为10cm、截面积为 $12 ~\mathrm{cm}^{2}$ 的铁环上均匀地绕有1200 匝绝缘导线,环上有一宽度为1mm 的气隙. 设铁的相对磁导率是700,它与磁场强度无关, 且忽略磁滞效应. (1)当有1A 的电流通过线圈时,求气隙中的磁场; (2)计算该线圈的自感系数.
解 (1)设铁环半径为 $r$ ,截面积为 $S$ ,相对磁导率为 $\mu_{r}$ ,则铁芯和气隙的磁阻分别为
\[ R_{m1}=\frac{2 \pi r}{\mu_{r} \mu_{0} S},\quad R_{m2}=\frac{d}{\mu_{0} S} \]对给定的磁动势 $N I$ ,可相继求得铁芯磁通和气隙的磁感应强度:
\[ \Phi_{B}=\frac{N I}{R_{m1}+R_{m2}}=\frac{\mu_{0} \mu_{r} S N I}{2 \pi r+\mu_{r} d} \]\[ B=\frac{\Phi_{B}}{S}=\frac{\mu_{0} \mu_{r} N I}{2 \pi r+\mu_{r} d}=\frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 700 \times 1200 \times 1}{2 \pi \times 0.1+700 \times 10^{-3}}=0.795\ (\mathrm{T}) \](2)线圈的自感系数等于
\[ L=\frac{N \Phi_{B}}{I}=\frac{\mu_{0} \mu_{r} S N^{2}}{2 \pi r+\mu_{r} d}=\frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 700 \times 12 \times 10^{-4} \times 1200^{2}}{2 \pi \times 0.1+700 \times 10^{-3}}=1.14\ (\mathrm{H}) \]7.10
一块铜片被弯成对应形状,已知 $R=2 ~\mathrm{cm}$ , $l=10 ~\mathrm{cm}$ , $a=2\mathrm{cm}$ , $d=0.4 ~\mathrm{cm}$ ,求 (1) A、B 间管状区的自感系数; (2)输入端 A 和输出端 B 铜片之间的电容; (3)整个构件的共振频率.
解 设自 A、B 进出铜片的电流为 $I$ ,则在以弯曲铜片为边界的圆柱管内的磁感应强度为 $B=\mu_{0} i=\mu_{0} I / l$ ,推得管状区自感系数等于
\[ L=\frac{\Phi}{I}=\frac{\mu_{0} \pi R^{2}}{l}=\frac{4 \pi \times 10^{-7} \times \pi \times(0.02)^{2}}{0.1}=1.58 \times 10^{-8}\ (\mathrm{H}) \]输入和输出端铜片之间的电容等于
\[ C=\frac{\varepsilon_{0} a l}{d}=\frac{8.85 \times 10^{-12} \times 0.02 \times 0.1}{0.004}=4.43 \times 10^{-12}\ (\mathrm{F}) \]从而求得构件的最低共振频率
\[ \omega_{0}=\frac{1}{\sqrt{L C}}=\frac{1}{\sqrt{1.58 \times 10^{-8} \times 4.43 \times 10^{-12}}}=3.78 \times 10^{9}\ (\mathrm{rad \cdot s^{-1}}) \]7.11
一个变压器,线圈 A、B、C 的匝数分别为500,1000,500,截面积分别是 $0.005 ~\mathrm{m}^{2}$ , $0.001 ~\mathrm{m}^{2}$ , $0.0005 ~\mathrm{m}^{2}$ ,铁芯的水平臂截面积是 $0.002 ~\mathrm{m}^{2}$ , 如果芯的相对磁导率 $\mu_{r}=10000$ ,求: (1)线圈 A 和 C 间的互感; (2)线圈 A 和 B 间的互感.
解 等效磁路中, $R$ 为单个水平臂的磁阻, $R_{A}$、$R_{B}$ 和 $R_{C}$ 分别为三个线圈所绕铁芯的磁阻,它们的数值为
\[ R=\frac{0.2}{4 \pi \times 10^{-7} \times 10^{4} \times 0.002}=7.958 \times 10^{3}\ (\mathrm{H^{-1}}) \]\[ R_{A}=\frac{0.1}{4 \pi \times 10^{-7} \times 10^{4} \times 0.005}=\frac{R}{5} \]\[ R_{B}=\frac{0.1}{4 \pi \times 10^{-7} \times 10^{4} \times 0.001}=R \]\[ R_{C}=\frac{0.1}{4 \pi \times 10^{-7} \times 10^{4} \times 0.0005}=2 R \]设在线圈 A 中通电流 $I_{A}$ ,相应磁动势等于 $N_{A} I_{A}$ . 磁路含3 个支路,它们的磁阻如下: 含线圈 A 的支路磁阻等于 $R_{1}=R_{A}+2 R=11 R / 5$ ;含线圈 B 的支路磁阻等于 $R_{2}=R_{B}=R$ ; 含线圈 C 的支路磁阻等于 $R_{3}=2 R+R_{C}=4 R$ . 支路2 和3 并联后的磁阻等于 $4 R \cdot R /(4 R+R)=4 R / 5$ ,于是流经支路1 的磁通为
\[ \Phi=\frac{N_{A} I_{A}}{R_{1}+4 R / 5}=\frac{N_{A} I_{A}}{11 R / 5+4 R / 5}=\frac{N_{A} I_{A}}{3 R} \]据此可求得流经线圈 B (支路2)和线圈 C (支路3)的磁通分别为
\[ \Phi_{B}=\frac{R_{3} \Phi}{R_{2}+R_{3}}=\frac{4 R}{R+4 R} \frac{N_{A} I_{A}}{3 R}=\frac{4 N_{A} I_{A}}{15 R}=\frac{4 \times 500 I_{A}}{15 \times 7.958 \times 10^{3}}=1.676 \times 10^{-2} I_{A}\ (\mathrm{Wb}) \]\[ \Phi_{C}=\frac{R_{2} \Phi}{R_{2}+R_{3}}=\frac{R}{R+4 R} \frac{N_{A} I_{A}}{3 R}=\frac{N_{A} I_{A}}{15 R}=\frac{500 I_{A}}{15 \times 7.958 \times 10^{3}}=4.189 \times 10^{-3} I_{A}\ (\mathrm{Wb}) \](1)线圈 A 和线圈 C 之间的互感: $M_{AC}=\Psi_{AC} / I_{A}=N_{C} \Phi_{C} / I_{A}=2.09\ \mathrm{H}$ (2)线圈 A 和线圈 B 之间的互感: $M_{AB}=\Psi_{AB} / I_{A}=N_{B} \Phi_{B} / I_{A}=16.8\ \mathrm{H}$
7.12
一电磁铁由 $N$ 匝线圈紧绕在环形轭铁上构成,从轭铁上切去一小段形成气隙. 轭铁环的半径为 $b$ ,环截面的半径为 $a$ ,气隙宽度为 $w$ , 铁的磁导率 $\mu$ 为常数. 线圈由半径为 $r$、电阻率为 $\rho$ 的导线构成,磁铁线圈两端加有 电压 $V$. 为简单起见,假设 $b / a \gg 1$ , $a / r \gg 1$ , $b / w \gg 1$ ,推导下列诸量的表达式: (1)气隙中的稳定磁场; (2)稳态时线圈损耗的功率; (3)当电压 $V$ 变化时线圈中电流变化的时间常数.
解 (1)磁路方程如下:
\[ N I=\frac{w \Phi}{\mu_{0} S}+\frac{2 \pi b \Phi}{\mu S}=\frac{w B}{\mu_{0}}+\frac{2 \pi b B}{\mu} \Rightarrow B=\frac{\mu \mu_{0} N I}{2 \pi \mu_{0} b+\mu w} \]线圈电流强度为
\[ I=\frac{V}{R}=\frac{V}{2 N \pi a \rho /\left(\pi r^{2}\right)}=\frac{V r^{2}}{2 a \rho N} \]于是求得气隙中的磁感应强度
\[ B=\frac{\mu \mu_{0} V r^{2}}{2 a \rho\left(2 \pi \mu_{0} b+\mu w\right)} \](2)线圈损耗的功率
\[ P=V I=\frac{V^{2} r^{2}}{2 a \rho N} \](3)线圈中电流变化的时间常数. 要计算线圈电流变化的时间常数,归结为计算线圈的自感系数. 通过线圈的全 磁通为
\[ \Psi=N \cdot B \cdot \pi a^{2}=\frac{\mu \mu_{0} N^{2} \pi a^{2}}{2 \pi \mu_{0} b+\mu w} I \]于是线圈的自感系数等于 $L=\mu \mu_{0} N^{2} \pi a^{2} /(2 \pi \mu_{0} b+\mu w)$ ,据此求得电流变化的时间常数
\[ \tau=\frac{L}{R}=\frac{\mu \mu_{0} N a \pi r^{2}}{2 \rho\left(2 \pi \mu_{0} b+\mu w\right)} \]7.13
一个边长分别为 $l$ 和 $w$ 的长方形线圈,在 $t=0$ 时刻正好从磁场为 $B$ 的区域上方由静止开始向下运动. 线圈的电阻为 $R$ ,自感为 $L$ , 质量为 $m$ ,它的上边处在零磁场区. (1)假定自感可以忽略而电阻不能忽略,求出线圈的作为时间函数的电流和 速度; (2)假定电阻可以忽略而电感不可以忽略,求出线圈的作为时间函数的电流和 速度.
解 (1)忽略线圈自感,考虑电阻,则电动势为 $E=B l v$ ,线圈电流为 $I=E / R=B l v / R$ ,线圈运动方程如下
\[ m \frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} t}=m g-I l B \Rightarrow \frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} t}=g-\frac{B^{2} l^{2}}{m R} v \]线圈初始速度为零,由上述方程解得速度,继而由速度得电流,结果如下:
\[ v=\frac{m g R}{l^{2} B^{2}}\left[1-\exp\left(-\frac{B^{2} l^{2} t}{m R}\right)\right],\quad I=\frac{m g}{B l}\left[1-\exp\left(-\frac{B^{2} l^{2} t}{m R}\right)\right] \](2)忽略线圈电阻,考虑自感,电动势仍为 $E=B l v$ ,线圈电流满足
\[ L \frac{\mathrm{d} I}{\mathrm{d} t}=B l v \]将上述方程代入线圈运动方程
\[ m \frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} t}=m g-I l B \]导出电流强度满足的二阶常微分方程如下
\[ \frac{\mathrm{d}^{2} I}{\mathrm{d} t^{2}}=\frac{B l g}{L}-\frac{B^{2} l^{2}}{m L} I \]利用线圈初始速度和初始电流为零的条件,可解得
\[ I=\frac{m g}{B l}(1-\cos \omega t),\quad v=\frac{g}{\omega} \sin \omega t,\quad \omega=\frac{B l}{\sqrt{m L}} \]7.14
空心螺线管长为0.5m,截面为 $1 ~\mathrm{cm}^{2}$ ,匝数为1000. 忽略边缘效应,它的 自感多大?一个100 匝的副线圈也绕在这个螺线管的中部,互感多大?现有1A 的 稳恒电流流入副线圈,螺线管连接着 $10^{3} \Omega$ 的负载. 如果上述稳恒电流突然停止,将 有多少电荷流过电阻?
解 当有电流 $I$ 流过螺线管,则螺线管中的磁场和全磁通为
\[ B=\mu_{0} n I=\frac{\mu_{0} N I}{l},\quad \Psi=N B S=\frac{\mu_{0} N^{2} I S}{l} \]于是求得螺线管的自感如下
\[ L=\frac{\Psi}{I}=\frac{\mu_{0} N^{2} S}{l}=\frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 1000^{2} \times 10^{-4}}{0.5}=2.51 \times 10^{-4}\ (\mathrm{H}) \]通过副线圈的全磁通为 $\Psi’=N’ B S=\mu_{0} N’ N I S / l$ ,相应原、副线圈之间的互感为
\[ M=\frac{\Psi'}{I}=\frac{\mu_{0} N' N S}{l}=\frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 100 \times 1000 \times 10^{-4}}{0.5}=2.51 \times 10^{-5}\ (\mathrm{H}) \]设副线圈电流为 $I’$ ,主线圈电流为 $I$ ,则主线圈回路的电路方程如下:
\[ I R+L \frac{\mathrm{d} I}{\mathrm{d} t}+M \frac{\mathrm{d} I'}{\mathrm{d} t}=0 \]将上式对时间积分得 $Q R+L \Delta I+M \Delta I’=0$ ,式中 $\Delta I$ 为主线圈电流变化,因 $I$ 开始的 初值为零,末态值也等于零,故有 $\Delta I=0$ ; $\Delta I’$ 为副线圈的电流变化,按题设, $I’$ 的 初值为1A,末态值显然等于零,以至 $\Delta I’=-1\ \mathrm{A}$ . 于是,流过电阻的电荷量为
\[ Q=-\frac{M \Delta I'}{R}=-\frac{2.51 \times 10^{-5} \times(-1)}{10^{3}}=2.51 \times 10^{-8}\ (\mathrm{C}) \]7.15
无电阻的电感器 $L$ 连接金属导轨 M 的一端,施一 恒力 $F$ ,向右拉动金属棒 N. 该棒长为 $l$ ,质量为 $m$ ,在导轨上无摩擦地滑动,并切割 磁力线. 设导轨 M 与金属棒 N 的电阻为零,棒 N 在水平方向上的初始位置是 $x(0)=0$ , 初始速度是 $v(0)=0$ ,那么, (1)电路中电流 $I$ 和坐标 $x$ 之间的关系如何? (2)滑动棒的运动方程是什么? (3)求 $x(t)$ . (4)试分析滑动棒运动过程中的能量转换过程.
解 (1)金属棒切割磁力线运动产生的感应电动势为 $E=B l v$ ,相应的电路方程为
\[ L \frac{\mathrm{d} I}{\mathrm{d} t}=B l v=B l \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} \]积分上式,利用初始条件 $x(0)=0$ 和 $I(0)=0$ ,得 $I=B l x / L$ .
(2)滑动棒的运动方程为
\[ m \frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} t}=F-I l B \Rightarrow m \frac{\mathrm{d}^{2} x}{\mathrm{d} t^{2}}=F-\frac{B^{2} l^{2}}{L} x \](3)解运动方程,利用初始条件 $x(0)=0$ 和 $v(0)=0$ ,得
\[ x(t)=\frac{F L}{B^{2} l^{2}}(1-\cos \omega t) \quad\left(\omega=\frac{B l}{\sqrt{m L}}\right) \](4)由 $x(t)$ 可求得金属棒的速度和流经电感器的电流:
\[ v(t)=\frac{F L \omega}{B^{2} l^{2}} \sin \omega t,\quad I(t)=\frac{F}{B l}(1-\cos \omega t) \]金属棒的动能为 $m v^{2} / 2$ ,电感的磁能为 $L I^{2} / 2$ . 依据上述结果,可分析金属棒运动 过程中的能量转换关系. 一开始,外力 $F$ 做正功,动能和磁能增加,在 $t=\pi /(2 \omega)$ 时, 动能达到最大值 $W_{\text{max }}=L F^{2} /(2 B^{2} l^{2})$ . 在这之后,外力继续做正功,磁能继续增加, 但动能减小. 至 $t=\pi / \omega$ 时,磁能达到最大值 $W_{\text{max }}$ ,动能降至零. 当 $t>\pi / \omega$ ,棒反 向运动,磁能减小,所消耗的磁能用来对外做功(外力 $F$ 做负功)和增加动能. 至 $t=3 \pi /(2 \omega)$ 时,动能达到最大值 $W_{\text{max }}$ . 此后直至 $t=2 \pi / \omega$ ,动能和磁能均减小到零, 所消耗的能量用来对外做功. 上述能量转换过程循环发生,周期为 $2 \pi / \omega$ .
7.16
由 $3 \times 10^{6} \Omega$ 的电阻、$1\mu\mathrm{F}$ 的电容和 $\mathcal{E}=4 ~\mathrm{V}$ 的电源连接成简单回路,试求在 电路接通后1s 的时刻,下列各量的变化率: (1)电容上电荷增加的速率; (2)电容器内储存能量的速率; (3)电阻上产生的热功率; (4)电源提供的功率.
解 (1)电路方程如下:
\[ R \frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} t}+\frac{1}{C} q=\mathcal{E} \]令 $\tau_{C}=R C=3 \times 10^{6} \times 10^{-6}=3\ (\mathrm{s})$ ,利用初始条件 $q(0)=0$ ,解得
\[ q(t)=C \mathcal{E}\left(1-\exp(-t / \tau_{C})\right) \]$t=1 ~\mathrm{s}$ 时,电容上电荷的量为
\[ q(1)=4 \times 10^{-6} \times\left(1-\exp(-1 / 3)\right)=1.13 \times 10^{-6}\ (\mathrm{C}) \]电容电荷的增加速率为
\[ \frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} t}=\frac{\mathcal{E}}{R} \exp(-t / \tau_{C})=\left(\frac{4}{3 \times 10^{6}}\right) \exp(-1 / 3)=9.55 \times 10^{-7}\ (\mathrm{C \cdot s^{-1}}) \](2)电容器的储能 $W=q^{2} /(2 C)$ , $t=1 ~\mathrm{s}$ 时的储能速率为
\[ \frac{\mathrm{d} W}{\mathrm{d} t}=\frac{q}{C} \frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} t}=\frac{1.13 \times 10^{-6}}{10^{-6}} \times 9.55 \times 10^{-7}=1.08 \times 10^{-6}\ (\mathrm{J \cdot s^{-1}}) \](3) $t=1 ~\mathrm{s}$ 时的电阻消耗的功率
\[ P=I^{2} R=\left(\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} t}\right)^{2} R=\left(9.55 \times 10^{-7}\right)^{2} \times 3 \times 10^{6}=2.74 \times 10^{-6}\ (\mathrm{W}) \](4) $t=1 ~\mathrm{s}$ 时的电源提供的功率
\[ P'=\mathcal{E} I=4 \times 9.55 \times 10^{-7}=3.82 \times 10^{-6}\ (\mathrm{W}) \]8.1
有一个平绕于圆筒上的螺旋线圈,长10cm,直径1cm,共1000 匝,用每 千米电阻为247Ω的漆包线绕制. 求线圈的自感系数和电阻. 如果把这线圈接到电动 势为2V 的蓄电池上,问: (1)线圈中通电开始时的电流增长率是多少? (2)线圈中的电流达到稳定后,稳定电流是多少? (3)这回路的时间常数是多少?经过多少时间电流达到稳定值的一半? (4)电流稳定后,线圈中所储存的磁能是多少?磁能密度是多少?
解 线圈的自感系数和电阻等于
\[ L=\frac{\mu_{0} N^{2} S}{l}=\frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 1000^{2} \times \pi \times 0.005^{2}}{0.1}=9.87 \times 10^{-4}\ (\mathrm{H}) \]\[ R=0.247 \times 1000 \times \pi \times 0.01=7.76\ (\Omega) \]设给线圈加上电压 $V$ ,则可写下电路方程如下:
\[ V=L \frac{\mathrm{d} I}{\mathrm{d} t}+I R \]满足上述方程和初始条件 $I(0)=0$ 的解为
\[ I=\frac{V}{R}\left(1-\exp\left(-\frac{R t}{L}\right)\right) \](1) $t=0$ 时的电流增长率:
\[ \left(\frac{\mathrm{d} I}{\mathrm{d} t}\right)_{t=0}=\frac{V}{L}=\frac{2}{9.87 \times 10^{-4}}=2.03 \times 10^{3}\ (\mathrm{A \cdot s^{-1}}) \](2)稳定电流:
\[ I_{0}=\frac{V}{R}=\frac{2}{7.76}=0.258\ (\mathrm{A}) \](3)时间常数:
\[ \tau=\frac{L}{R}=\frac{9.87 \times 10^{-4}}{7.76}=1.27 \times 10^{-4}\ (\mathrm{s}) \]电流降至初值一半所需的时间为
\[ t=\tau \ln 2=0.88 \times 10^{-4}\ (\mathrm{s}) \](4)电流稳定后储存磁能:
\[ W=\frac{1}{2} L I^{2}=\frac{1}{2} \times 9.87 \times 10^{-4} \times 0.258^{2}=3.28 \times 10^{-5}\ (\mathrm{J}) \]相应磁能密度为
\[ w=\frac{W}{V_{\text{体}}}=\frac{3.28 \times 10^{-5}}{\pi \times 0.005^{2} \times 0.1}=4.18\ (\mathrm{J \cdot m^{-3}}) \]8.2
(1)利用磁场能量方法计算两个同轴导体圆柱面组成 的传输线单位长度的自感系数 $L$. (2)如果电流为常数,而将外圆柱面半径加倍,那么磁能(单位长度)增加多少? (3)在上述过程中,磁场做了多少功?电池提供了多少能量?二者与磁能的增 加有何关系?
解 (1)取圆柱坐标 $(r, \phi, z)$ .在 $a<r<b$ 区,磁感应强度 $B(r)=\mu_{0} I /(2 \pi r)$ , 磁能密度 $w=B^{2} /(2 \mu_{0})=\mu_{0} I^{2} /(8 \pi^{2} r^{2})$ ,单位长度的磁能为
\[ W=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{d}\phi \int_{a}^{b} w r \mathrm{d}r=\frac{\mu_{0} I^{2}}{4 \pi} \int_{a}^{b} \frac{1}{r} \mathrm{d}r=\frac{\mu_{0} I^{2}}{4 \pi} \ln \frac{b}{a} \]由自感磁能(单位长度)公式 $W=L I^{2} / 2$ ,求得单位长度自感系数为
\[ L=\frac{2 W}{I^{2}}=\frac{\mu_{0}}{2 \pi} \ln \frac{b}{a} \](2)将外圆柱面半径加倍,磁能(单位长度)增加为
\[ \Delta W=\frac{\mu_{0} I^{2}}{4 \pi} \ln \frac{2 b}{a}-\frac{\mu_{0}}{4 \pi} I^{2} \ln \frac{b}{a}=\frac{\mu_{0} I^{2}}{4 \pi} \ln 2 \](3)能量分析. 外圆柱的面电流密度为 $i=I /(2 \pi r)$ , $r$ 为外圆柱半径. 面电流元 $i \mathrm{d}S=i r \mathrm{d}\phi \mathrm{d}z$ 受到 的磁力沿 $r$ 正向,其大小为 $i B \mathrm{d}S$ ,式中 $B$ 为总磁场减去面元的贡献,结果为
\[ B=\frac{\mu_{0} I}{2 \pi r}-\frac{\mu_{0} i}{2}=\frac{\mu_{0} I}{2 \pi r}-\frac{\mu_{0} I}{4 \pi r}=\frac{\mu_{0} I}{4 \pi r} \]在外圆柱半径增大的过程中,运动方向与磁力方向一致,磁场对面电流元做正功. 当 外圆柱半径加倍,则磁场所做的总功为
\[ A_{1}=\int_{b}^{2 b} \mathrm{d}r \iint i B \mathrm{d}S=\frac{\mu_{0} I^{2}}{8 \pi^{2}} \int_{b}^{2 b} \mathrm{d}r \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{d}\varphi \int_{0}^{1} \mathrm{d}z=\frac{\mu_{0} I^{2}}{4 \pi} \ln 2 \]它正好等于系统的磁能增加. 在上述过程中,电池供能等于
\[ A_{2}=-\int I \mathcal{E} \mathrm{d}t=\int I \mathrm{d}\Phi=I^{2} \int \mathrm{d}L=\frac{\mu_{0} I^{2}}{2 \pi}\left(\ln \frac{2 b}{a}-\ln \frac{b}{a}\right)=\frac{\mu_{0} I^{2}}{2 \pi} \ln 2 \]它等于磁场做功的2 倍;也就是说,电池供能等于磁场做功与磁能增加之和.
8.3
一个半径为 $R$ 的单匝圆线圈与长直导线共面,圆心与 直导线的距离为 $d$ ,且 $d>R$ . 设线圈和直导线的电流分别为 $I_{1}$、$I_{2}$ ,求相互作用能.
解 取圆柱坐标 $(\rho, \phi, z)$ ,原点位于圆线圈中心, $x$ 轴(对应 $\phi=0$ )与直导线 垂直, $z$ 轴与线圈平面垂直. 直线电流 $I_{2}$ 产生的磁场为 $B=\mu_{0} I_{2} /[2 \pi(d+\rho \cos \phi)]$ ,通 过线圈的全磁通为
\[ \begin{aligned} \Psi=\iint_{S} B \cdot \mathrm{d}S &= \frac{\mu_{0} I_{2}}{2 \pi} \int_{0}^{R} \int_{0}^{2 \pi} \frac{\rho \mathrm{d}\rho \mathrm{d}\phi}{d+\rho \cos \phi}=\frac{\mu_{0} I_{2}}{\pi} \int_{0}^{R} \rho \mathrm{d}\rho \int_{0}^{\pi} \frac{\mathrm{d}\phi}{d+\rho \cos \phi} \\ &= \frac{\mu_{0} I_{2}}{\pi} \int_{0}^{R} \rho \mathrm{d}\rho \cdot \frac{2}{\sqrt{d^{2}-\rho^{2}}}\left(\arctan \left(\sqrt{\frac{d-\rho}{d+\rho}} \tan \frac{\phi}{2}\right)\right)\bigg|_{\phi=0}^{\phi=\pi} \\ &= \mu_{0} I_{2} \int_{0}^{R} \frac{\rho \mathrm{d}\rho}{\sqrt{d^{2}-\rho^{2}}}=\mu_{0} I_{2}\left(d-\sqrt{d^{2}-R^{2}}\right) \end{aligned} \]两线圈之间的相互作用能为
\[ W=\Psi I_{1}=\mu_{0} I_{1} I_{2}\left[d-\left(d^{2}-R^{2}\right)^{\frac{1}{2}}\right] \]8.4
把一磁偶极子 $\boldsymbol{m}$ 从无穷远移到一个理想导电环(具有零电阻)轴上一点, 环半径为 $b$ ,自感为 $L$ . 在终了位置上 $\boldsymbol{m}$ 的方向沿圆环的轴,与环心相距为 $z$ .当磁 偶极子在无穷远处时,环上的电流为零. (1)在终了位置时,计算环上的电流; (2)计算此位置上的磁偶极子与环之间的相互作用能.
解 (1)取球坐标 $(r, \theta, \phi)$ ,以磁偶极子所在位置为原点, $z$ 轴指向圆环中心. 磁偶极子在导电环所在球面 $(r=r_{m}=\sqrt{b^{2}+z^{2}})$ 上的磁场的$r$ 分量为
\[ B_{mr}=\frac{\mu_{0} m \cos \theta}{2 \pi r_{m}^{3}} \]导电环位于 $\theta=\theta_{m}=\arcsin (b / r_{m})$ ,通过该环的磁通量为
\[ \Phi_{m}=\iint B_{mr} r_{m}^{2} \sin \theta \mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi=\frac{\mu_{0} m}{2 r_{m}} \sin ^{2} \theta_{m}=\frac{\mu_{0} m b^{2}}{2\left(b^{2}+z^{2}\right)^{\frac{3}{2}}} \]理想导电环内的电场及其环路积分等于零,由法拉第定律可知穿过它的磁通 $\Phi$ 不会 改变,磁偶极子在无穷远处时,环上电流为零, $\Phi=0$ ,以至往后任意时刻均有 $\Phi=0$ . 移近磁偶极子,环上有电流 $I$ ,产生磁通为 $L I$ ,它应当抵消上述磁通 $\Phi_{m}$ ,以至有
\[ I=\frac{\Phi_{m}}{L}=\frac{\mu_{0} m b^{2}}{2 L\left(b^{2}+z^{2}\right)^{3 / 2}} \]电流的方向沿着 $\phi$ 的负向;若沿磁矩 $\boldsymbol{m}$ 的方向看,电流沿逆时针方向.
(2)电流环在磁偶极子处的磁场仅有 $z$ 分量
\[ B_{z}=-\frac{\mu_{0} b^{2} I}{2\left(b^{2}+z^{2}\right)^{3 / 2}}=-\frac{\mu_{0}^{2} m b^{4}}{4 L\left(b^{2}+z^{2}\right)^{3}} \]它与磁偶极子之间的相互作用能为
\[ W=\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{B}=m B_{z}=-\frac{\mu_{0}^{2} m^{2} b^{4}}{4 L\left(b^{2}+z^{2}\right)^{3}} \]8.5
将题8.2 中的导体圆柱面换成实心圆柱体,并假定电流沿截面均匀分布, 求单位长度的自感系数.
解 取圆柱坐标 $(r, \phi, z)$ . 由对称性,可判断磁场只有 $\phi$ 分量,且仅与 $r$ 有关;由 安培环路定理,可求得各区磁场. 在 $a<r<b$ 区,结果与题8.2 相同:磁感应强度 $B(r)=\mu_{0} I /(2 \pi r)$ ,单位长度磁能 $W_{1}=\mu_{0} I^{2} \ln (b / a) /(4 \pi)$ .在 $r<a$ 区, $B=\mu_{0} I r /(2 \pi a^{2})$ ,相 应单位长度磁能为
\[ W_{2}=\int_{0}^{a} \frac{1}{2 \mu_{0}}\left(\frac{\mu_{0} I r}{2 \pi a^{2}}\right)^{2} 2 \pi r \mathrm{d}r=\frac{\mu_{0} I^{2}}{4 \pi a^{4}} \int_{0}^{a} r^{3} \mathrm{d}r=\frac{\mu_{0} I^{2}}{16 \pi} \]单位长度磁能为 $W=W_{1}+W_{2}$ ,相应单位长度自感系数为
\[ L=\frac{2 W}{I^{2}}=\frac{2\left(W_{1}+W_{2}\right)}{I^{2}}=\frac{\mu_{0}}{8 \pi}+\frac{\mu_{0}}{2 \pi} \ln \frac{b}{a} \]8.6
一同轴电缆的芯子和外壳有无限大的电导率,它们的半径分别为$r_1$ 和 $r_2$ . 该电缆被一个可移动的隔板短路. 当电流 $I$ 流过这个电缆时,求作用 到这个隔板上的力.
解 取圆柱坐标 $(r, \phi, z)$ ,原点位于电缆输入端, $z$ 轴沿电缆轴线,隔板位于 $z=z_{0}$ . 因隔板的短路作用,电流和磁场仅限于 $z<z_{0}$ 区. 由对称性及安培环路定理求得 $r_{1}<r<r_{2}$ , $z<z_{0}$ 区磁场 $B=\mu_{0} I /(2 \pi r)$ ,从而算得通电电缆内部的总磁能如下
\[ W_{m}=\iiint \frac{B^{2}}{2 \mu_{0}} \cdot \mathrm{d}V=\frac{z_{0}}{2 \mu_{0}} \int_{r_{1}}^{r_{2}}\left(\frac{\mu_{0} I}{2 \pi r}\right)^{2} 2 \pi r \mathrm{d}r=\frac{\mu_{0} I^{2} z_{0}}{4 \pi} \ln \frac{r_{2}}{r_{1}} \]\[ \boldsymbol{F}=\nabla W_{m}=\frac{\mathrm{d}W}{\mathrm{d}z_{0}} \boldsymbol{e}_{z}=\frac{\mu_{0} I^{2}}{4 \pi} \ln \frac{r_{2}}{r_{1}} \boldsymbol{e}_{z} \]
8.7
一电磁铁. 用虚功原理证明: 1)电磁铁吸引衔铁的起重力为 $F=S B^{2} /(2 \mu_{0})$ ,式中 $S$ 为两磁极与衔铁相接触 的总面积, $B$ 为电磁铁内的磁感应强度. 2)起重力与磁极、衔铁间的距离 $x$ 有无关系?
证 (1)设铁芯长度为 $l$ ,磁路方程为
\[ N I=\Phi R_{m}=B\left(\frac{l}{\mu}+\frac{2 x}{\mu_{0}}\right) \Rightarrow B=\frac{\mu \mu_{0} N I}{\mu_{0} l+2 \mu x} \]系统的磁能为
\[ W=\frac{1}{2} I \Psi=\frac{1}{2} I \cdot N B \cdot S=\frac{\mu \mu_{0} S N^{2} I^{2}}{4\left(\mu_{0} l+2 \mu x\right)} \]由虚功原理求得衔铁受力
\[ F=\left(\frac{\mathrm{d} W_{m}}{\mathrm{d} x}\right)_{I}=-\frac{\mu^{2} \mu_{0} S N^{2} I^{2}}{2\left(\mu_{0} l+2 \mu x\right)^{2}}=-\frac{S B^{2}}{2 \mu_{0}} \]为吸引力,证毕.
(2)在 $x$ 很小时,起重力与磁极、衔铁间的距离 $x$ 无关.