1、第章稳恒电流与真空中的恒定磁场习题解答和分析doc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，它的大小决定于单位正电荷所受的非静电力，F非E 。当
2、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，欧姆定律
3、的微分形式sj 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 不同，根据 j E 知，它们中的电流密度 j 不相同。电流强度 dI j s ，铜线和银层的 j 不同但相差不太大，而它们的横截面s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 115 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。11-6 一长直载流导线如题 11-6 图所示，沿 Oy轴正向放置，在原点 O处取一电流元 Idl ，求该电流元在（a，0，0），（ 0，a，0），（ a，a，0），（ a，a，a）各点处的磁感应强度 。分析：根据毕奥 - 萨伐尔定律求解。解：由毕奥 - 萨伐尔定律原点 O处的电流元 I dl 在（ a，0，0）点产生的 为：Idl 在（0，a，0）点产生的 为：I dlj aj Idl
5、0 0dB ( j j) 0,3 24 a 4a题 11-5 图题 11-6 图Idl 在（a，a，0）点产生的 为：Idl 在（a，a，a）点产生的 为11-7 用两根彼此平行的长直导线将半径为 R的均匀导体圆 环联到电源上，如题 11-7 图所示， b 点为切点，求 O点的磁感应 强度。分析：应用毕奥 - 萨伐尔定律分别求出载流直导线 L1 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 I1 ，小圆弧有电流 I 2 ，必有：由于圆环材料相同，电阻率相
6、同，截面积 S 相同，实际电阻与圆环弧的弧长 l大 和 l小 有关，即：I1l I 2l ,大 小则 I1 在 O点产生的 B1 的大小为I l0 1大B1 2 ,4R题 11-7 图而 I 2 在 O点产生的B 的大小为2I l0 2小B2 2 B1.4 RB 和 B2 方向相反，大小相等 . 即 B1 B2 0 。1直导线L 在 O点产生的 B30 。1直导线 L2 在 O点产生的I0B4 ，方向垂直纸面向外。4 R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 O在 AC，EF的延长线上 . 求 O
7、点处磁场的场强。分析： O点的磁感强度 为各段载流导线在 O点产生磁感强度的矢量和。解：因为 O点在 AC和 EF的延长线上，故 AC和 EF段对 O点的磁场没有贡献。I IC D段： 0 0 ,BCD4 R 8RDE段： 0I (cos45 cos135 ) 2 0I 0 I .BDE4 a 4 2R/ 2 2 RO点总磁感应强度为B B BDE CDI I0 02 R 8RI1 102R 4.方同垂直纸面向外 .题 11-8 图11-9 一无限长薄电 流板均匀通有电流 I ，电流板宽 为a ，求在电流板 同一平面内距 板边为 a 的 P点题图 11-9处的 磁感应强度。分析：微分无限长薄电
8、流板，对微分电流 dI 应用无限长载流直导线产生的磁场公式求解 dB 。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dI 在 P 点处产生的磁感强度为：0dIdB ,2 x方向垂直纸面向里。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的磁场公式求解 dB 。并
9、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 Rd 的无限长电流窄条所组成，每根导线上的dI电流在 P点产生的磁场 dB 大小为 0dB2R，方向按右手螺旋法则确定，如解 11-10 图所示。题 11-10 图解 11-10 图I IdI dl RdR R，dI Id0 0dB .22R 2R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
10、应强度。分析：微分密绕平面线圈，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：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题 11-11 图圆心处总磁感强度大小方向垂直纸面向外。11-12 如题 11-12 图所示，在顶角为 2 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
11、：微分密绕线圈，计算出相应的微分电流 dI ，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 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。N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 dR r，NI通电流为 d d . IR r因为 x cot ，dx d cot 。半径为 的一小匝电流在 O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，
12、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 ，求在球心 O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 dI ，利用载流圆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 O点处磁感强度为2Iy0dB dN .2 2 3/ 22( x y )题 11-13 图因为 x R sin
13、, y R cos ,对整个半球积分求得 O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，角速度为 . 试证明q（1）在圆盘中心处的磁感应强度为 0 ;B2 R（2）圆盘的磁偶极矩为12p q R .m4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，其所带电量为圆盘转动后相当于圆电流 题 1115 图若干个圆电流在圆心产生的磁感强度
14、为（2）细圆环的磁矩为3qr qr2dp Sd I r dr dr.m 2 2R R转动圆盘的总磁矩为3R qr 12p dr q Rm 0 2R 4，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， 如题11-15 图所示。试求（ 1）通过图中 abcd 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） cos 0.befc BSbefc（3） aefd BSaefd cos BSabcd 0.24Wb, 穿出.11-16 如题 11-16
15、 图所示，在长直导线 A B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
16、 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B20Ir2R（r R，R为导线半径）。题 11-17 图于是通过单位长铜导线内平面 S的磁通量为为 a 和b ，导 11-18 如题 11-18 图所示的空心柱形导体，柱的内外半径分别体内载有电流 I ，设电流 I 均匀分布在导体的横截面上。求证 导体内部各点（ a r b）的磁感应强度 B 由下式给出：B2 2I r a02 2 .2 (b a ) r分析：应用安培环
17、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。 I证明：载流导体内电流密度为 2 2 . (b a )由对称性可知，取以轴为圆心， r 为半径的圆周为积分回路 L ，则由安培环路定理得:2 2r a2 2B2 r (r a ) I ,0 0 2 2b a从而有 :B2 2I (r a )02 22 r (b a ).Ir 0如果实心圆柱 a 0 ，此时B。22 R题 11-18 图 题 11-19 图11-19 有一 根很长的同轴电缆，由两 个同轴圆筒状导体组 成，这两个圆筒状导体的 尺寸如题11-19 图所 示。在这两导体中，有大 小相等而方流 I
18、流过。（ 1）求内圆筒向相反的电 导体内各点（ r a ）的磁感应强度 B；（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 B。分析：应用安培环路定理求解。求外圆筒导体内（ b r c）的 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r a 时，LB dl I 0, B 2 r 0 ，得 B=0；0(2) 当
19、a r b 时，同理可得B2I0 ; r(3) 当b r c 时，有2 2I (r b )B 2 r I ,0 2 2(c b )得B22 2I r b01 ;2 2r c b(4) 当r c 时，B=0。11-20 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1柱不同轴 . 两轴间距离 OO a 。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度 B。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R 的实心载流圆柱体和一根与圆柱轴平行并相
20、距1a 的半径为R 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2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1I2 2(R R )1 2.解 11-20 图题 11-20 图它在空腔中 P点产生的场为B ，其方向如解 11-20 图所示，由安培环路定理可得11B r ；式中 r1 为从 O点引向 P 点的矢径。1 0 12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
21、如解 11-21 图，即1B r ；式中 r2 为从 O 点引向 P点的矢径。2 0 22 1 1则 B B1 B2 0 (r1 r2 ) 0 ( OO ) 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1 Ia0B OO0 2 22 2 (R R )1 2, 空腔内的磁场为均匀磁场。11-21 一电子在-3B 7.0 10 T 的匀强磁场中作圆周运动，圆周半径 r 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E 。k分析：应用运动电荷
22、在匀强磁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）由：F evB m2vr,得：（3）1 12 31 7 2 16E mv 9.1 10 (3.7 10 ) J = 6.2 10 J.k2 2题 11-22 图题 11-21 图11-22 把 2.0keV 的一 个正电子射入磁感应强度为20.10Wb m 的均匀磁场内（题 11-22图），其 成 89 角，路径成螺旋线，速度矢量与 B其轴在 B 的方向 . 试求这螺旋线运动的周期 T 、 螺距 p 和半径 r 。分析：
23、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31.0 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 的磁场垂直地通过该薄导体时，产生51.0 10 V 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
24、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： nev,所以载流子密度（3）略11-24 某瞬间 a 点有一质子 A以7 1v 10 m s 沿题 11-24 图中所示方向运动。相距a4r 10 cm 远处的b 点有另一质子 B以3 1v 2 10 m s 沿图示方向运动。 va,vb ,r 在同一平面内，求质子 B所受的洛伦b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v 运动经过 a 点的瞬间在 b 点产生的磁感强度为aBev0 a
25、2 sin 454 r，方向垂直纸面向外。质子 B以v 运动，在经过 b 的同一瞬间受洛伦兹力为b方向垂直v 和 B 组成的平面。b11-25 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 I1 20A ，线圈中通有电流I2 10A 。求矩形线圈上受到的合力是多少？已知 a 1cm, b 9cm, l 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 Idl B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
26、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 F F I lB I lB左 右 2 左 2 右I I l0 1 221 1a a b题 11-25 图 题 11-26 图11-26 在长直电流 I1 旁有一等腰梯 形载流线 题 11-24 图框 ABCD，通有电流 I 2，已知 BC，AD边的倾斜角为 。如题 11-26 图所示， AB边与 I1 平行，AB距 I1为 a ，梯形高 b，上、下底分别为 c，d 长。试求此梯形线框所受 I1 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 A D两边受力的大小随位置改变而改变，方向也不在同一直线上，通常采用
27、力的正交分解再合成的办法求解。解：由安培力公式得FABI I c0 1 22 aI I d, 方向向左。 0 1 2FCD2 (a b), 方向向右。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 A B平行与垂直的分量；显然，二者平行于 A B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F 相同。故整个梯形载流线圈受力AB11-27 载有电流 I 20A的长直导线 A B旁有一同平面的导线 ab，ab长为 9cm，通以电流 I1 20 A 。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。解：电流 ab中任意电流元受力大小为 df I1Bdx 。A对 O点力矩为11-28 截面积为 S，密度为 的铜导线，被弯成正方形的三边，可以绕水平 a b轴转动，如题 11-28 图所示。导线放在方向为竖直向上的匀强磁 场中，当导O线中的电流为 I 时，导线离开
