第7章 稳恒磁场 习题答案

0I 4 a
(cos 1
cos2 )
a
B1

0I 4 a
[cos

4

cos
]
1
a
B2

0I 4 a
[cos
0

cos
3
4
]
2
B

B1

B2

0I 2 a
(1
2) 2
向里
27
4. 载有一定电流的圆线圈在周围空间产生的磁场与圆线
圈半径R有关，当圆线圈半径增大时，(1)圆线圈中心点
3. 环路的选择及形状是任意的，但是要尽量方便积分。
4
载流直导线
B

0 I 4 a
(cos1

无限长
cos2 )
半无限长
B 0I 2 a
B 0I
4 a
载流圆环
B

0 IR 2
2(R2 z2 )3
2
中心
B

0 I 4 R2
dl 0I
l
2R
无限远 B 0IR2 0 IS 2z3 2 z3
1 2
D
12
B
13
I1 2q 2
I2 4q 2
圆电流的半径一样 2 a
1
2
B1 2 B2
14
xR xR
B0
B 0I 2 r
15
5.如图，流出纸面的电流为 2I ，流进纸面的电 流为 I ，则下述各式中那一个是正确的?
(A) H L1 d l 2I (C) H L3 d l I
33
M mB

第7 章稳恒磁场及答
案
第七章稳恒电流
1、在磁感强度为B 的均匀磁场中作一半径为r 的半球面S , S 边线所在平面的法
线方向单位矢量n 与B 的夹角为
，则通过半球面 S 的磁通量(取弯面向外为正)
(C) o I /4 . (D) 2 o I/3 .
4、如图，在一固定的载流大平板附近有一载流小线框能自由转 动或平
动.线框平面与大平板垂直.大平板的电流与线框中电流 方向如图所示，
则通电线框的运动情况对着从大平板看是：
(A)靠近大平板.
(B)顺时针转动. (C)逆时针转动. (D)离开大平板向外运动.
(A) r 2B . . (B) 2 r 2B . 2 2
(C) - r Bsin . (D) - r Bcos . 2、磁场由沿空心长圆筒形导体的均匀分布的 \ B 电流产生，圆筒半径为 R , x 坐标轴垂直圆筒 轴线，原点在中心轴线上.图(A)〜(E)哪一条 曲线表示B -x 的关系？ AB (A) (D) 『(C) )R x O R x n 3、如图，两根直导线ab 和cd 沿半径方向被 接到一个截面处处相等的铁环上，稳恒电流
I 从a 端流入 而从d 端流出，则磁感强度 B 沿图中闭合路径L 的积分 B dl 等于 L
1 (A) 。

1 .
(B)-。

丨. 3 L。

K j
S
dl
运动电荷的磁场 K K K K d B μ0 qv ×r = B= 3 d N 4π r 适用条件 v << c
q+
K v Kθ K r ×B
−q
K r
θ
K v
K B
R
o
σ
ω
例 半径为 R 的带电薄圆盘的电荷 面密度为 σ , 并以角速 度ω 绕通过盘心垂直 于盘面的轴转动 ，求 圆盘中心的磁感强度.
l
B=
μ 0i
2
a
例、求载流无限长直螺线管内任一点的磁场
取L矩形回路, ab 边在轴上， 边cd与轴平行,另两个边垂直 于轴。
I
G ˆ B = Bz z
a b
K K ∫ B⋅dl = Bab ⋅ ab− Bcd ⋅ cd= 0
L
Bab = Bcd = B
d， P”
c，
同理可证，无限长直螺线管外任一点的磁场为零。 选矩形回路c’d’边在管外。
s
一般情况 K K Φ = ∫s B ⋅ d S
K B
K dS2
S
K dS1
θ1
θ2
K B2
K B1
K K dΦ1 = B1 ⋅ dS1 > 0 K K dΦ2 = B2 ⋅ dS2 < 0
∫ B cos θ d S = 0
S
磁场高斯定理
K K ∫S B ⋅ d S = 0
物理意义：通过任意闭合曲面的磁通 量必等于零（故磁场是无源的）.
ΔS ⊥
K 磁场中某点处垂直 B 矢量的单位面积上 K 通过的磁感线数目等于该点 B 的数值.
s⊥
θ
s
K B

习题7解答1.解：不是，在它的延长线上就不产生磁场。

2.解：如果一个电子在通过空间某一区域时不发生偏转，不能判断该区域无磁场，因为有可能存在与电子运动速度垂直的磁场，此时电子不受力，将维持惯性保持直线运动。

如果它发生偏转，也不能肯定那个区域存在着磁场，因为电场也可以使电子偏转．3解：此题利用场强叠加原理求解。

将无限长导线看作三部分组成：射线AB 、CD 和半圆弧BC ，三段导线在O 点产生的磁感应强度分别为（设垂直纸面向里为正方向）：R40πμIB AB =RIB BC 40μ=0=CD B （因为O 点在CD 延长线上）故所求为：)11(40+=++=πμR I B B B B CD BC AB O 。

4解：与上题类似，将整段导线分成四部分：两个半圆和两段直线，并取垂直纸面向里为正方向。

两个半圆在O 点产生的磁感应强度分别为a I 40μ和bI40μ，两段直线的延长线都过O 点，所以在O 点产生的磁感应强度均为零。

故所求为：)11(40ba I B +=μ。

5解：与上题类似，将整段导线看成两部分组成：圆和无限长直导线，并取垂直纸面向里为正方向。

圆环导线在O 点产生的磁感应强度为2R0Iμ，无限长直导线在O 点产生的磁感应强度为R20πμI -。

故所求为：)11(20πμ-=R I B 。

6.解：此题关键点在于对匝数密度n 的理解：一匝宽为d ，则单位宽度内有n 匝(dn 1=)。

故所求为：)(103.1430T nI B -⨯==μ，方向平行于管轴。

7.解：把电子绕核运动看作圆电流，则电流强度I 为：aev e T e I πωπ22===于是圆电流中心磁感应强度为：）（T rIB 12.420==μ8.解：如题8图，旋转的带电圆盘可以看作一组同心圆电流，所求可以理解为这组圆电流在盘心处产生的磁感应强度之和。

取一半径为r 、宽为dr 的细环，以ω旋转起来形成的电流dI 为：rdr rdr Tq dI σωωππσ==∑=22该环在盘心处激发的磁感应强度dB 为：dr r dI dB σωμμ00212==整个圆盘在盘心处激发的磁感应强度B 为：R dr dB B Rσωμσωμ0002121===⎰⎰9.解：如题9图选取坐标，在θ处取一宽为d l 的无限长直电流dI ：d d d d I I I I l R R R θθπππ===dI在轴上P 点产生的磁场dB 为：0002d d d d 222I I I B R R Rμμθπμθπππ===dB 的方向垂直于dl 所在的半径，且有RI B B x 202d cos cos d d πθθμ=θ=RI B B y 202d sin )2cos(d d πθθμ-=θ+π=题7图rd θx yd lθθdB xdB ydBR O题9图于是有502222cos d 6.3710T 2x I I B R Rππμμθθππ--===⨯⎰（） 0)2d sin (2220=πθθμ-=⎰ππ-RI B y所以)(1037.65T i B B B y x -⨯=+=10.解：同轴电缆导体内的电流均匀分布，产生的磁场呈轴对称分布，可利用安培环路定理求磁感。