第十一章稳恒电流的磁场(一)作业答案

第十一章 稳恒电流的磁场（一）

一、利用毕奥—萨法尔定律计算磁感应强度

毕奥—萨法尔定律：304rrlIdBd

1.有限长载流直导线的磁场)cos(cos4210aIB,无限长载流直导线aIB20

半无限长载流直导线aIB40,直导线延长线上0B

2. 圆环电流的磁场232220)(2xRIRB，圆环中心RIB20，圆弧中心220RIB

电荷转动形成的电流：22qqTqI

【 】基础训练1、载流的圆形线圈(半径a1 )与正方形线圈(边长a通有相同电流I．如图若两个线圈的中心O1 、O2处的磁感强度大小相同，则半径a1与边长a2之比a1∶a2为

(A) 1∶1 (B) 2∶1 (C) 2∶4 (D) 2∶8

解法：

82,,22135cos45cos244,221200020102121aaBBaIaIBaIBoooo得由

【 】基础训练3、有一无限长通电流的扁平铜片，宽度为a，厚度不计，电流I在铜片上均匀分布，在铜片外与铜片共面，离铜片右边缘为b处的P点的磁感强度B的大小为

(A) )(20baI． (B) bbaaIln20．(C) bbabIln20． (D) )2(0baI．

解法：

bbaaIrdraIrrdIdBdraIdIabbln222dIBBB,BdB,2P,)(drrP0000的大小为：，的方向也垂直纸面向内据方向垂直纸面向内；根处产生的它在，电流为导线相当于一根无限长的直的电流元处选取一个宽度为点为在距离

【 】自测提高2、通有电流I的无限长直导线有如图三种形状，则P，Q，O各点磁感强度的大小BP，BQ，BO间的关系为

(A) BP > BQ > BO . (B) BQ > BP > BO．

BQ > BO > BP． (D) BO > BQ > BP．

解法： 2 根据直线电流的磁场公式)cos(cos4210aIB和圆弧电流产生磁场公式220aIB 可得 aIBP20、)221(2)221(4200aIaIBQ

)21(2442000aIaIaIBO

【 】自测提高7、边长为a的正方形的四个角上固定有四个电荷均为q的点电荷．此正方形以角速度绕AC轴旋转时，在中心O点产生的磁感强度大小为B1；此正方形同样以角速度绕过O点垂直于正方形平面的轴旋转时，在O点产生的磁感应强度的大小为B2，则B1与B2间的关系为

(A) B1 = B2． (B) B1 = 2B2． (C) B1 = 21B2． (D) B1 = B2 /4．

解法：

设正方形边长为a,)22(abbOCAO式中，

两种情况下正方形旋转时的角速度相同，所以每个点电荷随着正方形旋转时形成的等效电流相同， 为 2qI

当正方形绕AC轴旋转时，一个点电荷在O点产生的磁感应强度的大小为bIB20，实际上有两个点电荷同时绕AC旋转产生电流，在O点产生的总磁感应强度的大小为bIbIBB001222

同理，当正方形绕过O点垂直于正方形平面的轴旋转时，在O点产生的磁感应强度的大小为bIbIBB0022244

故有122BB

基础训练12、一长直载流导线，沿空间直角坐标Oy轴放置，电流沿y正向．在原点O处取一电流元lId，则该电流元在(a，0，0)点处的磁感强度的大小为

，方向为 。

解法：

根据毕奥-萨伐尔定律 kaIdlaijIdlrelIdBr202020444

自测提高19、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。

解法：

其中3/4圆环在D处的场 )8/(301aIB AB段在D处的磁感强度 )221()]4/([02bIB 编号 ____________姓名 __________ 《大学物理Ⅱ》答题纸 第十一章

3 BC段在D处的磁感强度 )221()]4/([03bIB

1B、2B、3B方向相同，可知D处总的B为

)223(40baIB

基础训练23如图所示，半径为R，线电荷密度为 (>0)的均匀带电的圆线圈，绕过圆心与圆平面垂直的轴以角速度转动，求轴线上任一点的B的大小及其方向．

解法：圆线圈的总电荷 Rq2 ,转动时等效的电流为

RRTqI/22，

代入环形电流在轴线上产生磁场的公式得

2/32230)(2yRRBBy

方向沿y轴正向。

二、利用安培环路定律求对称性分布的电流周围的磁场

安培环路定理：iIldB0

1.无限长载流圆柱导体Rr，rIB20。Rr202RIrB

2.长直载流螺线管外内00nIB

3.环形载流螺线管外内020rNIB

4.无限大载流导体薄板20nIB，两块无限大载流导体薄板两板之间两板外侧nIB00

【 】基础训练5、无限长载流空心圆柱导体的内外半径分别为a、b，电流在导体截面上均匀分布，则空间各处的B的大小与场点到圆柱中心轴线的距离r的关系定性地如图所示．正确的图是

解法：

根据安培环路定理：当 ar 时0B 当arb时 222202abarrIB

当br时 rIB20且ar时0B和arb时，曲线斜率随着r增大。 4 自测提高16、如图所示．电荷q (>0)均匀地分布在一个半径为R的薄球壳外表面上，若球壳以恒角速度0绕z轴转动，则沿着z轴从－∞到＋∞磁感强度的线积分等于____________________．

解法：

由安培环路定理 IlBlB0dd，而 20qI ，

故 π2d00qlB

基础训练18、将半径为R的无限长导体薄壁管(厚度忽略)沿轴向割去一宽度为h ( h << R)的无限长狭缝后，再沿轴向流有在管壁上均匀分布的电流，其面电流密度(垂直于电流的单位长度截线上的电流)为i，则管轴线磁感强度的大小是 （提示：填补法）

解法：

根据无限长直载流导线产生磁场的对称性，其产生磁场的磁感应线穿入侧面的根数（磁通量为负）与穿出的根数（磁通量为正）相同，代数和为零。

基础训练25、一无限长的电缆，由一半径为a的圆柱形导线和一共轴的半径分别为b、c的圆筒状导线组成，如图11-42所示。在两导线中有等值反向的电流I通过，求：

(1) 内导体中任一点(r

(2) 两导体间任一点(a

(3) 外导体中任一点(b

(4) 外导体外任一点(r>c)的磁感应强度。

解法：

用安培环路定理LLldB内求解I0。磁感应强度的方向与内导线的电流成右手螺旋关系。其大小满足：

内LrBI20 （r为场点到轴线的距离）

(1)202202,2 :aIrBraIrBar

(2)IrBbra02 :， rIB20

(3)IbcbrIrBcrb)()(2 :22220 222202bcrrcIB

(4)0B02 :，rBcr

三、磁通量的计算

Sd，SdBdm，mmd

高斯定理：0md 编号 ____________姓名 __________ 《大学物理Ⅱ》答题纸 第十一章

5 )(220RrrRIB)(20RrrIB2ln220202IldrlrISdBRR82ln200IlIl基础训练11、均匀磁场的磁感强度B与半径为r的圆形平面的法线n的夹角为，今以圆周为边界，作一个半球面S，S与圆形平面组成封闭面如图11-31．则通过S面的磁通量 = 。（提示：填补法）

解法：

根据磁场的高斯定理，通过S面的磁通量数值上等于通过圆平面的通量。当题中涉及的是封闭曲面时，面的法向方向指向凸的一面，因此通过S面的磁通量为负值。

自测提高13、一半径为a的无限长直载流导线，沿轴向均匀地流有电流I．若作一个半径为R = 5a、高为l的柱形曲面，已知此柱形曲面的轴与载流导线的轴平行且相距3a．则B在圆柱侧面S上的积分SSBd_______．

解法：

根据无限长直载流导线产生磁场的对称性，其产生磁场的磁感应线穿入侧面的根数（磁通量为负）与穿出的根数（磁通量为正）相同，代数和为零。

基础训练22.、一无限长圆柱形铜导体(磁导率0)，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)，位置如图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量．

解法：

根据安培环路定理，在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r处的磁感应强度的大小为：

因此，穿过导体内矩形截面的磁通量为

820304011IldrrRIldR（详见同步辅导与复习自测例题12-3）

在导体外

穿过导体外矩形截面的磁通量为

故总的磁通量为

附加题

自测提高26、 均匀带电刚性细杆AB，线电荷密度为，绕垂直于直线的轴O以角速度匀速转动(O点在细杆AB延长线上)．如图11-43所示，求：

(1) O点的磁感强度0B；

(2) 系统的磁矩mp； O

b a

A B 图11-43