第章稳恒电流与真空中的恒定磁场习题解答和分析doc.docx
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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。
当然电源种类不同，F非的起因也不同。
q
11-2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Ijds，电流密度概念，电场强度概念，欧姆定律的微分形式
s
jE。
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jE知，它们
中的电流密度j不相同。
电流强度d
Ijs，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。
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Β。
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Idl在（a，0，0）点产生的Β为：
Idl在（0，a，0）点产生的Β为：
IdljajIdl
00
dB（jj）0,
32
4πa4πa
题11-5图
题11-6图
Idl在（a，a，0）点产生的Β为：
Idl在（a，a，a）点产生的Β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L
2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I2，必有：
由于圆环材料相同，电阻率相同，截面积S相同，实际电阻与圆环弧的弧长l大和l
小有关，即：
I1lI2l,
大小
则I1在O点产生的B1的大小为
Il
01
大
B
12,
4πR
题11-7图
而I2在O点产生的
B的大小为
2
Il
02
小
B22B1.
4R
B和B2方向相反，大小相等.即B1B20。
1
直导线
L在O点产生的B3＝0。
1
直导线L2在O点产生的
I
0
B
4，方向垂直纸面向外。
4R
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点处磁场的场强。
分析：
O点的磁感强度Β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。
II
CD段：
00,
B
CD
4R8R
DE段：
0I（cos45cos135）20I0I.
B
DE
4a42R/22R
O点总磁感应强度为
BBB
DECD
II
00
2R8R
I
11
0
2R4
.
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：
0dI
dB,
2x
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R1cm的“无限长”半圆柱形金属薄片中，有电流I5A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dlRd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0
dB
2πR
，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
II
dIdlRd
RR
，
dIId
00
dB.
2
2πR2πR
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：
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d
Rr
，
NI
通电流为dd.
I
Rr
因为xcot，dxdcot。
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，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xxdx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
2
Iy
0
dBdN.
223/2
2（xy）
题11-13图
因为xRsin,yRcos,
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;
B
2R
（2）圆盘的磁偶极矩为
1
2
pqR.
m
4
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11－15图
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
3
qrqr
2
dpSdIrdrdr.
m22
RR
转动圆盘的总磁矩为
3
Rqr1
2
pdrqR
m02
R4
，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）cos0.
befcBSbefc
（3）aefdBSaefdcosBSabcd0.24Wb,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
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
dS2（bhx）tan30dx.
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
2
0
Ir
2
R
（rR，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
（arb）的磁感应强度B由下式给出：
B
22
Ira
0
22.
2（ba）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。
I
证明：
载流导体内电流密度为22.
（ba）
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:
22
ra
22
B2r（ra）I,
0022
ba
从而有:
B
22
I（ra）
0
22
2r（ba）
.
Ir0
如果实心圆柱a0，此时
B
。
2
2R
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流过。
（1）求内圆筒
向相反的电导体内各点
（ra）的
磁感应强度B；
（2）求两导体之间
（arb）的B；（3）求外圆筒导体内（brc）的B；（4）求电缆外（rc）各点的B。
分析：
应用安培环路定理求解。
求外圆筒导体内（brc）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ra时，
L
BdlI0,B2r0，得B=0；
0
（2）当arb时，同理可得
B
2
I
0;
r
（3）当brc时，有
22
I（rb）
B2rI,
022
（cb）
得
B
2
22
Irb
0
1;
22
rcb
（4）当rc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距
1
a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
1
I
22
（RR）
12
.
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
1
1
Br；式中r1为从O点引向P点的矢径。
101
2
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
1
Br；式中r2为从O点引向P点的矢径。
202
2
11
则BB1B20（r1r2）0（OO）
22
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
1Ia
0
BOO
022
22（RR）
12
空腔内的磁场为均匀磁场。
11-21一电子在
-3
B7.010T的匀强磁场中作圆周运动，圆周半径r3.0cm，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）vB,
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：
FevBm
2
v
r
得：
（3）
11
2317216
Emv9.110（3.710）J=6.210J.
k
22
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
2
0.10Wbm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：
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
3
1.010cm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
5
1.010V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：
nev,
所以载流子密度
（3）略
11-24某瞬间a点有一质子A以
71
v10ms沿题11-24图中所示方向运动。
相距
a
4
r10cm远处的
b点有另一质子B以
31
v210ms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
a
B
ev
0a
2sin45
4r
，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。
b
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I120A，线圈中通有电流
I210A。
求矩形线圈上受到的合力是多少？
已知a1cm,b9cm,l20cm。
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:
dFIdlB
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
FFFIlBIlB
左右2左2右
IIl
012
2
11
aab
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I2，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AD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，通常采用力的正交分解再合成的办法求解。
解：
由安培力公式得
F
AB
IIc
012
2a
IId
方向向左。
012
F
CD
2（ab）
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
F相同。
故整个梯形载流线圈受力
AB
11-27载有电流I20A的长直导线AB旁有一同平面的导线ab，ab长为9cm，通以电流I120A。
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dfI1Bdx。
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ab
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
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