1、第章稳恒电流与真空中的恒定磁场习题解答和分析第 十 一 章 电 流 与 磁 场11-1电源中的非静电力与静电力有什么不同？答：在电路中，电源中非静电力的作用是，迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极 移动到高电位的电源正极，使两极间维持一电位差。而静电场的作用是在外电路中把正电 荷由高电位的地方移动到低电位的地方，起到推动电流的作用；在电源内部正好相反，静 电场起的是抵制电流的作用。电源中存在的电场有两种：1、非静电起源的场；2、稳恒场。把这两种场与静电场比较， 静电场由静止电荷所激发，它不随时间的变化而变化。非静电场不由静止电荷产生，它的一 F非大小决定于单位正电荷所受的非静电力， E=。
2、当然电源种类不同，F非的起因也不同。q11-2静电场与恒定电场相同处和不同处？为什么恒定电场中仍可应用电势概念？ 答：稳恒电场与静电场有相同之处，即是它们都不随时间的变化而变化，基本规律相同， 并且都是位场。但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生，电荷本身却在移动。正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化，因此静电场的两条基本定理，即高斯定理 和环路定理仍然适用，所以仍可引入电势的概念。11-3 一根铜导线表面涂以银层，当两端加上电压后，在铜线和银层中，电场强度是否相同？ 电流密度是否相同？电流强度是否相同？为什么？答：此题涉及知识点：电流强度I = .j ds，电流密度概念，电场强度概念，欧
3、姆定律的s微分形式7 -E。设铜线材料横截面均匀，银层的材料和厚度也均匀。由于加在两者上的电压相同，两者的长度又相等，故铜线和银层的场强E相同。由于铜线和银层的电导率匚不 同，根据7 =；E知，它们中的电流密度7不相同。电流强度I二.jdS，铜线和银层的1不S同但相差不太大，而它们的横截面积一般相差较大，所以通过两者的电流强度，一般说来 是不相同的。11-4 一束质子发生侧向偏转，造成这个偏转的原因可否是： （1）电场？ （ 2）磁场？ （ 3）若是电场和磁场在起作用，如何判断是哪一种场？答：造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。可以改变质子的运动方向，通过质子观察运 动轨迹来判断是电场还是磁场
4、在起作用。11-5三个粒子，当它们通过磁场时沿着如题图11-5所示的路径运动，对每个粒子可作出 什么判断？答：根据带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力规律，通过观察运动轨迹的不同可以判断三种 粒子是否带电和带电种类。i11-6 一长直载流导线如题11-6图所示，沿Oy轴正向放置，在原点0处取一电流元Idl，分析：应用毕奥-萨伐尔定律分别求出载流直导线 Li和L2以及导体圆环上并联的大圆弧ab大和小圆弧ab小在O点产生的磁感应强度，再利用磁感应强度的矢量和叠加求解解：先看导体圆环，由于ab大和ab小并联，设大圆弧有电流h，小圆弧有电流D，必有：由于圆环材料相同，电阻率相同，截面积 S相同，实际电阻与圆
5、环弧的弧长I大和I小有关,即：I1I大=1小B和B2方向相反，大小相等.即B B2 =0 直导线L1在O点产生的Bs=0巴I直导线L2在。点产生的B4击，方向垂直纸面向外。则O点总的磁感强度大小为11-8 一载有电流I的长导线弯折成如题11-8图所示的形状，CD为1/4圆弧，半径为R, 圆心0在AC EF的延长线上.求0点处磁场的场强。分析：0点的磁感强度B为各段载流导线在0点产生磁感强度的矢量和 解：因为0点在AC和 EF的延长线上，故AC和EF段对0点的磁场没有贡献。CD段:BCD窪一若DE段：Bde (cos45 cos135)： 空ol 必 W2R/2 2jtR0点总磁感应强度为B 二
6、 Bde Bcd 二出屯2 二R 8R分析：微分无限长薄电流板，对微分电流dl应用无限长载流直导线产生的磁场公式求解 dB o并将dB再积分求解总的磁感应强度。注意利用场的对称性。解：在电流板上距P点X处取宽为dx.并平行于电流I的无限长窄条，狭条中的电流为 dl在P点处产生的磁感强度为：dB 赳，方向垂直纸面向里。2兀x整个电流板上各窄条电流在 P点处产生的dB方向相同，故11-10 在半径R=1cm的“无限长”半圆柱形金属薄片中，有电流I =5A自下而上地通过, 如题11-10图所示。试求圆柱轴线上一点 P处的磁感应强度。分析：微分半圆柱形金属薄片，对微分电流 dI应用无限长载流直导线产生
7、的磁场公式求解 dB o并将场强矢量dB分解后再积分求解总的磁感应强度。注意利用场的对称性。解：无限长载流半圆形金属薄片可看成由许多宽为 dl =Rdr的无限长电流窄条所组成，每 根导线上的电流在P点产生的磁场dB大小为dB 迥1，方向按右手螺旋法则确定，如解2nR11-10图所示。解 11-10 图题11-10图由于各电流窄条产生的磁场方向各不相同， P点的总磁场应化矢量积分为标量积分，即11-11 在半径为R及r的两圆周之间，有一总匝数为 N的均匀密绕平面线圈（如题11-11 图）通有电流I，求线圈中心（即两圆圆心）处的磁感应强度。分析：微分密绕平面线圈，计算出相应的微分电流 dl，利用载
8、流圆环在其圆心处产生的磁I场公式求解dB。并将矢量dB再积分求解总的磁感应强度。解：由于载流螺旋线绕得很密，可以将它看成由许多同心的圆电流所组成，在沿径向 r到R范围内，单位长度的线圈匝数为任取半径：，宽为d :的电流环，该电流环共有电流为该电流环在线圈中心产生的磁感强度大小为圆心处总磁感强度大小 题11-11图方向垂直纸面向外。11-12 如题11-12图所示，在顶角为2二的圆锥台上 密绕以线圈，共N匝,通以电流I ,绕有线圈部分的上下底半径分别为r 和R.求圆锥顶O处的磁感应强度的大小.分析：微分密绕线圈，计算出相应的微分电流 dl，利 用载流圆环在其轴线上产生的磁场公式求解dB。并将矢量
9、dB再积分求解总的磁感应强度。解：只要将题11-11中的均匀密绕平面线圈沿通过中心的轴垂直上提，便与本题条件相一致，故解题思路也相似。如解11-12图建立坐标，取半径为：，宽为d 的电流环的密绕线圈，其含有匝数为一丄茁，R rRr通电流为dl二上Ld.因为 x =cot 二,dx = d r cot 二。半径为：的一小匝电流在0点产生的dB大小为所有电流产生的磁场方向均沿 x轴，所以其磁感强度大小为题 11-12 图 解 11-12 图11-13 半径为R的木球上绕有细导线，所绕线圈很紧密，相邻的线圈彼此平行地靠着，以 单层盖住半个球面共有 N匝，如题11-13图所示。设导线中通有电流I，求在
10、球心0处的 磁感应强度。分析：考虑线圈沿圆弧均匀分布，微分密绕线圈，计算出相应的微分电流 dl，利用载流圆I环在其轴线上产生的磁感应强度公式求解 dB。并将矢量dB再积分求解总的磁感应强度。解：建立如解11-13图所示坐标，x轴垂直线圈平面，考虑线圈沿圆弧均匀分布，故在 x-x，dx内含有线圈的匝数为 解11-13图线圈中通电流I时，中心0点处磁感强度为dB ：ly2 3/2dN.2（x + y ） 题 11-13 图因为 x = Rs in 6y = Rcosv,对整个半球积分求得0点总磁感强度为11-14 一个塑料圆盘，半径为R,带电量 q均匀分布于表面，圆盘绕通过圆心垂直盘面的轴转动，
11、角速度 为.试证明（1） 在圆盘中心处的磁感应强度为 B二亠R（2） 圆盘的磁偶极矩为pm =1q 14分析：均匀带电圆盘以角速度旋转时相当于圆电流，微分带电圆盘，计算出相应的微分 电流dI，利用载流圆环在其圆心处产生的磁场公式求解 dB。并将矢量dB再积分求解总的 磁感应强度。解：（1）在圆盘上取一个半径为r、宽为dr的细圆环，其所带电量为题11 - 15图圆盘转动后相当于圆电流若干个圆电流在圆心产生的磁感强度为(2)细圆环的磁矩为3dpm=Sdl代卡dr=誥dr.3转动圆盘的总磁矩为pm q2d-q R2，方向沿 轴向。11-15 已知一均匀磁场的磁感应强度 B=2T,方向沿x轴正方向，如
12、题11-15图所示。试 求(1)通过图中abed面的磁通量；(2)通过图中befc面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量。分析：应用磁通量概念求解。解：(1)取各面由内向外为法线正方向。则(2) befc = BSbefc COS 0.(3) ；efd 二 BSaefd cOS)_ BSabcd = 0.24Wb,穿出.11-16 如题11-16图所示，在长直导线AB内通有电流I，有一与之共面的等边三角形 CDE 其高为h，平行于直导线的一边 CE到直导线的距离为b。求穿过此三角形线圈的磁通量。 分析：由于磁场不均匀，将三角形面积进行微分，应用磁通量概念求出穿过面元的磁通量， 然后利用
13、积分求出穿过三角形线圈的磁通量。解：建立如解11-16图所示坐标，取距电流 AB为x远处的宽为dx且与AB平行的狭条为面积元 dS =2(b h -x)tan30 dx.题11-16图 解11-16图则通过等边三角形的磁通量为11-17 一根很长的铜导线，载有电流10A,在导线内部，通过中心线作一平面 S,如题图 11-17所示。试计算通过导线内1m长的S平面的磁通量。分析：先求出磁场的分布，由于磁场沿径向不均匀，将平面 S无穷分割，应用磁通量概念求出穿过面元的磁通量，再利用积分求总磁通量。解：与铜导线轴线相距为r的P点处其磁感强度为B oIr2 （r ：R, R为导线半径）。2 二R题11-
14、17图外半径分别为a的横截面上。求于是通过单位长铜导线内平面 S的磁通量为11-18 如题11-18图所示的空心柱形导体，柱的内 和b，导体内载有电流I，设电流I均匀分布在导体证导体内部各点（a : r : b）的磁感应强度B由下式 给出:B %l r2_a2 d(b2-a2) r分析：应用安培环路定理求解。注意环路中电流的计算，应该是先求出载流导体内电流密 度，再求出穿过环路的电流。从而有:B喘詐（2）求两导体之间（a ： r : b ）的B；（ 3）求外圆筒导体内（b ： r ： c）的B；（4）求电缆 外（r c ）各点的Bo分析：应用安培环路定理求解。求外圆筒导体内（b r : c）的
15、B时，注意环路中电流的计 算，应该是先求出外圆导体内电流密度，再结合内圆筒的电流，求出穿过环路的电流。解：在电缆的横截面，以截面的轴为圆心，将不同的半径r作圆弧并取其为安培积分回路L， 然后，应用安培环路定理求解，可得离轴不同距离处的磁场分布。（1）当 rca 时，忆 Bd =叫迟 I =0, BMr=0,得 B=0;当b . r : : c时，有电2二rJI1 b21 2 r2c -b J当r c时，B=0O11-20 题11-20图中所示为一根外半径为 R的无限长圆柱形导体管，管中空心部分半径为R2，并与圆柱不同轴两轴间距离OOa。现有电流密度为的电流沿导体管流动，求空腔内任一点的磁感应强
16、度 Bo分析：此题属于非对称分布磁场的问题，因而不能直接应用安培环路定理一次性求解，但可用补偿法求解。即将无限长载流圆柱形导体管看作是由半径为 R1的实心载流圆柱体和一根与圆柱轴平行并相距a的半径为R2的反向载流圆柱体叠加而成(它们的场都可以分别直 接应用安培环路定理求解)。则空间任一点的场就可视作该两个载流导体产生场的矢量叠 加。注意补偿电流的计算时，应该是先求出原来导体内电流密度，按照此电流密度进行补 偿。解：如解11-20图所示，设半径为R的载流圆柱其电流垂直纸面向外，电流密度为 呻它在空腔中P点产生的场为B1，其方向如解11-20图所示，由安培环路定理可得1r,;式中r1为从0点引向P
17、点的矢径。同理可求得半径为R2的反向载流的小圆柱在P点产生磁场B2，方向如解11-21图，即1B2 一匸2 ；式中D为从0点引向P点的矢径。21 1则 B =B B2 、： (r1 -r2) 00 )2 2式中oO为从o指向o的矢量。由于* _OO，所以得B的方向垂直OO，而大小为b =1 J3Oo 0Ia厂，空腔内的磁场为均匀磁场2 2 二（R2_R；）11-21 一电子在B=7.0 10-3T的匀强磁场中作圆周运动，圆周半径 3.0cm，某时刻电子在A点，速度V向上，如题11-21图所示。（1）试画出电子运动的轨道；（2）求电子速 度的大小；（3）求电子动能Ek。分析：应用运动电荷在匀强磁
18、场中所受洛伦兹力公式并结合牛顿第二定律求解。 解：（1）由洛伦兹力公式：F = （_e）V B,得电子的运动轨迹为由A点出发刚开始向右转弯半径为r的圆形轨道。2(2)由:F = evB = m ,得: r(3)Ek”1 9.1 E (3.7 107)2J = 6.2 1宀分析：应用洛伦兹力分析带电粒子在均匀磁场中的运动求解。 注意分析在B的方向和垂直B 的运动不同特点。解：带电粒子在均匀磁场中运动时，当 V与B成：=89 :时，其轨迹为螺旋线。则 11-23 在霍耳效应实验中，宽1.0cm，长4.0cm,厚1.0 10；cm的导体，沿长度方向载有3.0A的电流，当磁感应强度B=1.5T的磁场垂
19、直地通过该薄导体时，产生1.0 10_5V的横向 霍耳电压（在宽度两端），试由这些数据求（1）载流子的漂移速度；（2）每立方厘米的载 流子数目；（3）假设载流子是电子，试就一给定的电流和磁场方向在图上画出霍耳电压的 极性。分析：带电粒子在均匀电场和磁场中运动。利用霍耳效应相关公式求解。解：（1）载流子的漂移速度（2） 每立方厘米的载流子数目因为电流密度：二neV,所以载流子密度（3） 略11-24 某瞬间a点有一质子A以Va =107ms沿题11-24图中所示方向运动。相距r =10 cm远处的b点有另一质子B以v 2 10 m_s_沿图示方向运动。Va,vb,r在同一平面 内，求质子B所受的
20、洛伦兹力的大小和方向。分析：当考察两运动电荷的相互作用时，可从运动电荷 B在运动电荷A形成的磁场中运动着手，求得所受磁力的大小和方向。解：质子A以va运动经过a点的瞬间在b点产生的磁感强度为B 豎sin45，方向垂直纸面向外。质子B以vb运动，在经过b的同一瞬间受洛伦兹力为方向垂直：和B组成的平面。11-25 如题11-25图所示，在长直导线旁有一矩形线圈，导线中通有电流 I 20A，线圈中通有电流l2=10A。求矩形线圈上受到的合力是多少？已知 a = 1cm,b = 9cm,20cm。分析：应用安培力公式求解载流导线在磁场中所受的安培力。上下两边受力大小相等，方 向相反，互相抵消。左右两边
21、在不同大小的均匀磁场中。注意利用右手定则来判断安培力 方向。解：根据安培力公式：dF =ldB可知矩形线圈上下两边受力大小相等，方向相反，互相抵消，左右两边受力大小不等，方 向相反，且左边受力较大。矩形线圈受合力为、F二F左-F右=丨2旧左- lB右二乩以丄 2兀la a+b丿题11-26图题11-25图线框ABCD通有电流I2，已知BC, AD边的倾斜角为a。如题11-26图所示，AB边与I,平 行，AB距I,为a，梯形高b,上、下底分别为c，d长。试求此梯形线框所受Ii的作用力的 大小和方向。分析：本题求载流导线在磁场中所受安培力， BC和AD两边受力的大小随位置改变而改变,方向也不在同一
22、直线上，通常采用力的正交分解再合成的办法求解。解：由安培力公式得Fab二如方向向左。Fcd 业,方向向右。2na 2ir（a+b）而BC和 AD各电流元受力的大小随位置在改变，方向也不相同。同理得分别将Fbc和Fad分解成与AB平行与垂直的分量；显然，二者平行于 AB的分量大小相等方 向相反而互相抵消，而垂直于 AB的分量其方向与Fab相同。故整个梯形载流线圈受力 11-27 载有电流I =20A的长直导线AB旁有一同平面的导线ab，ab长为9cm,通以电流 I, =20A。求当ab垂直AB, a与垂足O点的距离为1cm时，导线ab所受的力，以及对 O 点的力矩的大小。分析：本题中各电流元受安
23、培力方向相同，而大小随位置变化（ B随位置变化）而变化，故需通过积分求解合力。各电流元受磁力矩方向也相同，大小也随位置变化而变化，导线对 O点的磁力矩也需通过积分求解。A解：电流ab中任意电流元受力大小为df fBdx。对O点力矩为11-28 截面积为S,密度为的铜导线，被弯成正方以绕水平轴转动，如题11-28图所示。导线放在方向 匀强磁场中，当导线中的电流为I时，导线离开原来 转一角度为二而平衡，求磁感应强度。如2 3S 二 2mm， 二 8.9g cm ,-15 , I =10A。磁感应强度B应为多少？分析：载流线框绕OO 转动，由于没有平动只有转动，仅需考虑线框对 OO 轴力矩的平衡,
24、而不需考虑力的平衡。即M =0。磁力矩可用闭合线框受到磁力矩求解。解：设正方形各边长度为I，质量为m，平衡时重力对OO,轴的力矩载流线框受到磁力矩既可用整个线框受到磁力矩，也可用各导线段受力对轴的合力矩（因为此时以一条边为转轴），即h二pm b，其大小为题11-28图平衡时有M重二M磁，即11-29 与水平成，角的斜面上放一木制圆柱，圆柱 的质量m为0.25kg，半径为R长I为0.1m.在这圆柱上，顺着 圆柱缠绕10匝的导线，而这个圆柱体的轴线位于导线回路的平面 内，如题11-29图所示.斜面处于均匀磁场B中，磁感应强度的大小为0.5T，其方向沿竖直朝上.如果绕线 的平面与斜面平行，问通过回路
25、的电流至少要有多大，圆柱体才不致沿斜面向下滚动？ 分析：本题属力电综合题。一方面，圆柱体受重力矩作用要沿斜面向下滚动；另一方面， 处于圆柱体轴线平面内的载流线圈（线圈不产生重力矩）要受磁力矩作用而阻止圆柱体向 下滚动。当M重二M磁时，圆柱体保持平衡不再滚动。题11-29图解：假设摩擦力足够大，圆柱体只有滚动无滑动。圆柱体绕瞬时轴转动受到的重力矩 M重二mgRsinv。线圈受到的磁力矩 M磁=PmBsinv - NBSIsin r .当M重二M磁时圆柱不下滚.mgRsin 二-NBSI sin 亠得11-30 一个绕有N匝的圆线圈，半径为a，载有电流I。试问：为了把这个线圈在外磁场 中由B等于零
26、的位置，旋转到B等于90。的位置，需对线圈作多少功？ B是线圈的面法线与磁感应强度B之间的夹角。假设N =100, a=5.0cm, I =0.1A, B=1.5T。分析：此题为磁力作功公式的应用。解：磁力作功为所以：外力需对线圈作多少功 A0.12J11-31 一半圆形闭合线圈半径R=0.1m,通过电流I =10A,放在均匀磁场中，磁场方向与线圈面平行，如题11-31图所示，B =5 103GS求（1）线圈所受力矩的大小和方向；（2）若此线圈受力矩的作用转到线圈平面与磁场垂直的位置，则力矩作功多少？分析：闭合线圈所受的磁力矩可以运用磁力矩与磁矩关系表达式求出。运用磁力做功表达 式求出磁力矩做功。一 T * 屮解：（1）线圈受磁力矩，M =Pm B所以 M 二 RBsinn ISB题11-31图(2)此时磁力作功
