恒定电流与真空中的恒定磁场解读

真空中的恒定磁场4半径为R 的细圆环均匀带电，电荷线密度为λ，环以每秒n 转绕通过环心并与环面垂直的轴做匀速转动，求环心处的磁感应强度B。

解:转动的带电圆环构成圆形电流，其电流强度可用下法求出：设圆环被空间某一平面S 所截，如图所示，在dt 时间内通过截面的电量λπλυRndt dt dq 2==所以 λπRn dtdqI 2==又知，半径为R 、强度为I 的圆形电流在其圆心处所建立的磁感应强度可表示为⎪⎩⎪⎨⎧=右旋垂直圆面且与方向大小I ：RI：B B 20μ故环中心处的磁感应强度λπμλπμn Rn RB 0022==若0>λ，则B 与ω 同向，若0<λ，则B 与ω反向。

5如图（a ）所示，半径为R 的无限长半圆柱面上沿轴向均匀地通有电流，总电流强度为I ，求半圆柱面的轴线上的磁感应强度B。

解:场源电流可视作无数条平行的无限长的直电流的组合，轴线上任意P 点的磁感应强度就是无数长直电泫在该点处的磁感应强度的矢量和。

如图（b ）所示是俯视图。

如图建立坐标系，z 轴垂直于图面向外（与柱面上电流的流向一致）。

因为z x -平面是场源电流的对称面，P 点处B的方向只能有y 分量，即j B B y = 在柱面上任取一窄条，它的位置用图中θ角表征。

设窄条对柱面轴线()轴即z 的张角为θd ，则其上电流强度应为θπθπd IRd R I =。

这电流在P 点处磁感应强度的大小 RId R d I dB 20022πθμπθπμ=⎪⎭⎫ ⎝⎛=方向如图所示。

显然，B d在y 轴上的投影应为Rd I dB dB y 202cos cos πθθμθ==将上式对整个半柱面电流积分得⎰==-R IR d I B y 2020222cos πμπθθμππ所以，轴上任一点P 的磁感应强度为j rI B 20πμ=6厚度为d 的无限大平板层中均匀地通有恒定电流，如图所示，电流流向垂直于图面向外，电流密度大小为J ，求空间各点的磁感应强度。

解:选用如图所示的直角坐标系，x 轴垂直于图面向里，Oxy 平面即载流层的中心平面。

由场源电流分布情况，可知空间任一点的磁感应强度只有y 分量，且与坐标y x ,无关，即()j z B B y = 另外，在中心平面两侧，与平面距离相同的各点，磁感应强度大小相等，但方向相反，即()()z B z B y y --= 显然，在图示情况中，0>z 的场点0;0<>z B y 的场点<y B ，而在中心平面上各点0=B 。

根据上述对称性只须计算0>z 的各点的B 。

如图作矩阵形回路abcda ，设ab 边上磁感应强度大小为B ，由安培环路定理()∑⎰=⋅内L i LI S d B 0μ有⎪⎩⎪⎨⎧≥⋅≤⋅=22200d z dlJ dz lz J Bl μμ所以 ⎪⎩⎪⎨⎧≥≤=22200d z J d d z zJB μμ考虑到B的方向可得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≤=22200d z j z z Jd dz j Jz Bμμ7在半径m R 0.5=的无限长金属圆柱内部挖去一半径m r 5.1=的无限长圆柱体,两柱体轴线平行,轴间距离m a 5.2=,在此空心导体上通以电流A I 0.5=,电流沿截面均匀分布,求此导体空心部分轴线上任一点的磁度应强度B 。

解:用填补法，在空腔内补上正、反方向的电流，电流的密度大小均匀()22r R IJ -=π在导体空心部分轴线上任取一点Q '，如图所示。

设没有挖空腔的圆柱形导体在Q '产生的磁感应强度为1B，由安培环路定理得2012a J a B πμπ= 故 201JaB μ=，方向与J 成右旋切向。

对于被挖掉的那部分导体，其反向电流在Q '产生的磁感应强度为2B ，则 02=B所以，导体空心部分轴线上任一点磁感应强度为121B B B B =+=()T rR Ia B 722011009.12-⨯=-=πμ方向与J成右旋切向。

8如图所示,空间某一区域有电场强度为E的均匀电场和磁感应强度为B的均匀磁场,两者方向相同,一质量为m ,电量为e -的电子在其中运动。

分别求下列情况下电子的加速度，并讨论其运动轨迹。

开始时：（1）E 与υ同向；（2）E 与υ反向；（3）E 与υ垂直。

解:（1）由 0=⨯-=B e F LυE eF e -=再由牛顿第二定律得 E me a-=电子沿x 轴作匀减速直线运动。

（2） E me a-=电子沿x 轴反方向作匀加速直线运动。

（3）高开始时υ沿y 轴方向，电子受力()E B eF F F e L +⨯-=+=υ 所以 ()E B me a+⨯-=υ电子沿x -方向作增螺距的螺旋线运动。

9任意形状的一段导线abc 中通有电流I ，导线放在与均匀磁场B垂直的平面内，试证明导线acb 所受的合力等于由a 到b 载有同样电流的直导线所受的力。

证法一:如图所示选坐标，取电流元Idl ，它与x 轴夹角为θ，受力BIdl dF =，方向如图所示。

于是BIdy BIdl dF dF x -=-=-=θθsin sin 同理 BIdx dF dF y ==θcos载流导线acb 受力⎰=-=000BIdy F x⎰==b a BI BIdx F b a y可见，载流导体acb 所受的合力与b a 载同样电流受的作用力相同。

证法二:由安培力公式B l Id F d⨯=载流I 的导线acb 受磁场的作用力⎰⨯=B l Id F acb考虑到B 为恒矢量，则[]B b Ia B l Id F acb ⨯=⨯=⎰即在均匀磁场中，任意形状的载流导线所受磁场的作用的合力与由该导线的起端到导线的终端载有相同强度电流的直导线所受磁场的作用力相同。

10如图（a ）所示，一半径为R 、载有电流为I 的圆线圈，放在磁感应强度为B 的均匀外磁场中，求线圈导线上的张力。

解:将载流圆线圈分成无数相等的电流元（即Idl 值相等），由安培力公式可知，每个电流元受到安培力的大小相等，方向沿线圈半径向外。

由于对称性，线圈所受安培力的合力为零，合力矩也为零，故此线圈处于静止状态。

取如图（b ）所示的一电流元l Id ，它受到安培力dF 及切向拉力T 、T'（T 、T'分别为电流元截面另一侧的导线对电流元的作用力）。

由于线圈上每一部分都处于平衡状态，所以三力矢量和为零。

由切向方程可得T T ='，因而法向方程为02sin 2=-θd T dF又由安培公式B l Id F d⨯=，可得θIBRd IBdl dF ==又因电流元足够小，有22sin θθd d ≈，所以，线圈导线上的张力IBR T =11一导线弯成如图所示的形状，AB 和DE 为直线，BCD 是半径为R 的半圆。

该导线中通有电流I ，流向如图；均匀磁场B与AB 和DE 垂直，与半圆面夹角为θ。

以AB ，DE 所在直线为轴，求通电导线在均匀磁场中所受的力矩。

解:显然，两段直电流在磁场中所受磁力对轴无力矩，只需考虑半圆电流受的磁力矩。

半圆电流上各电流元方向不同，它们在均匀磁场中受力不同，电流元到轴的距离也不同，因此，叠加各电流元受力对轴的力矩将是相当麻烦的；这里用填补法，能很简单地得到所求结果。

沿DB （虚线）补上电流I ，补上的电流与原来的半圆电流一起形成一闭合电流圈，在如图所示的直角坐标系中，该电流圈的磁矩为k I R i I R m θπθπcos 21sin 2122+-=又 i B B=所以电流圈所受磁力矩为j IB R B m M θπcos 212=⨯=因为所补的直流在轴上，它虽受磁力但对轴无力矩。

所以上面求得的磁力矩，就是半圆电流所受的磁力矩。

12在无限长直电流1I 的垂直平面内有一载流为2I 的线圈，如图（a ）所示，线圈两边为直线，沿径向；另外两边为圆弧，半径为1R 及2R ，圆心角为θ2。

求：（1）线圈各边所受的1I 的磁场的作用力及这些作用力的合力；（2）线圈所受1I 磁场的力矩。

解:（1）无限长直电流1I 建立的磁感应强度rIB πμ2101=，方向与1I 右旋，且沿圆弧切向。

所以b a、d c 上各段电流元都与该处1B 平行或反平行，根据安培定律B l Id F d ⨯=得到b a、d c 两段受1I 磁场的作用力为零。

c b 受力：在距1I 为r 处取dr 小段dr rI I dr B I dF bc πμ221012== 于是⎪⎩⎪⎨⎧Θ==⎰:22:1221021021方向大小R R In I I r dr I I F F R R bc bc πμπμ同理 ⎪⎩⎪⎨⎧⊗=:2:12210方向大小R R In I I F F da da πμ线圈各边受1I 磁场的合力0=F（2）求力矩M解法有两种方法一 如图（a ）所示取对称轴Ox在bc 、da 边上对应取dr 小段，它们受1I 磁场的力对Ox 轴形成力偶⎪⎩⎪⎨⎧==负向沿方向大小Ox dr I I dF r dM M d :sin sin 2:210θπμθ方法二 将扇形分成许多小扇形面元，如图（b ）所示 调沿各小扇形边缘流动的电流都为2I ，且都为逆时针方向。

这样从整体看，空间电流分布不变。

S d 面元的磁矩n dre rd I m d α2=n e 为载流线圈S d的法向单位矢量（本图中指向读者）。

S d面元处磁场可视为均匀，因而受磁力矩()01022r rI dr rd I B m d M d -=⨯=πμα或 ααπμcos 2210dr d I I dM x -=ααπμsin 2210dr d I I dM y -=()θπμααπμθθsin cos 21221021021R R I I d dr I I M R R x --=-=⎰⎰-0sin 221210⎰⎰=-=-ααπμθθd dr I I M R R x于是 ()i R R I I i M M x 12210sin --==θπμ在应用方法二计算力矩M时，必须注意到各小扇形受的磁力矩M d的方向不尽相同。