稳恒磁场一章习题解答教材

1、稳恒磁场一章习题解答习题9 1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：(r ： a)(a 乞 r 0和y0区间以匀速v经解：根据安培环路定理，容易求得无限长载流空心圆柱导体的内外的磁感应 强度分布为0B唏(2) 2兀r(b2 - a2)2 二r所以，应该选择答案（B）一个半圆周而从磁场出来，其圆周运动的半径为mv qB因此，它从磁场出来点的坐标为 X=0和y二，故应选择答案(B) qB直导线弯成如图三种形状，则P，Q，0各点磁感应强度的大小Bp，Bq，Bo间的关系为o(A)

2、Bp-Bq - bo。(B)BqBpBo。(C)Bq-Bo - - Bp。(D)BoBq Bp习题93通有电流I的无限长说明：本题得通过计算才能选出正确答案。对a习题93图P点，其磁感应强度的大小Bp对Q点，其磁感应强度的大小Bq必 CosO -cos135 丄 Cos45 - c4兀a4兀a对0点，其磁感应强度的大小Bo%14a%14-a显然有BoBqBp，所以选择答案(D)4 I注：对一段直电流的磁感应强度公式B= 0(COSV1COSV2)应当熟练掌握。4兀a习题94如图所示，一固定的载流大平板, 在其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 与线框中的电

3、流方向如图所示，则通电线框 的运动情况从大平板向外看是：(A) 顺时针转动(B) 靠近大平板AB(C) 逆时针转动BA(D)离开大平板向外运动题解9-4图解：根据大平板的电流方向可以判断其右侧磁感应强度的方向平行于大平 板、且垂直于li；小线框的磁矩方向向上，如图所示。由公式可以判断小线框受该力矩作用的转动方向如图所示，因此应该选择答案（C）习题9 5明L幅曲线图能确切描述载流圆线圈在其轴线上任意点所产生的B随x的变化关系？（X坐标轴垂直于圆线圈平面，圆点在圆线圈中心O）B *(D)习题95图解：由载流圆线圈（N匝）轴线上的磁感应强度公式B(x)二SNIR22(R2 x2)32可以判断只有曲线

4、图（C）是正确的。习题96两根无限长直导线互相垂 直地放着，相距d=2.0X102m,其中一 根导线与Z轴重合，另一根导线与X 轴平行且在XOY平面内。设两导线中 皆通过l=10A的电流，则在Y轴上离 两根导线等距的点P处的磁感应强度 的大小为B=。解：依题给坐标系，与Z轴重合的一根导线单独在 P点产生的磁感应强度为2- (d 2)4二 10 10.-：2.0 102 i=-2 10i(T)同理，另一根与X轴平行的导线单独在P点产生的磁感应强度为B2 二 k =2 10”k(T)2 二(d 2)由叠加原理，P点处的磁感应强度的大小为B =：B； B； =2 . 2 10 (T)习题9 7如图，

5、平行的无限长直载流导 线A和B,电流强度均为I,垂直纸面向外， 两根导线之间相距为a，则 AB中点(P点)的磁感应强度Bp =o(2)磁感应强度B沿图中环路I的线积分：1 B =o解：(1) A、B两载流导线在P点产生的磁感应强度等大而反向，叠加的结果 使P点最终的磁感应强度为零，因此， Bp =0 o(2)根据安培环路定理容易判断，磁感应强度 B沿图中环路I的线积分等于 I o习题9 8如图，半圆形线圈(半径为R)通有电流I，线圈处在与线圈平面平行向右的均匀磁场B中。则线圈所受磁力矩的大小为 ，方向为把线圈绕OO 转过角度时，磁力矩恰为零。1=Jt2解：半圆形线圈的磁矩大小为Pm 丄 12因

6、而线圈所受磁力矩的大小为1 2兀M = Pm B si nR IB sin一2 2根据磁力矩公式M =PmB可以判断出磁力矩M的方向向上。容易知道，当- k ， k=0， 1，2，时，磁力矩恰为零，这等价于把线圈绕OO 转过 =(2k 1) k ，k=0，1，2 22， 3，。习题99图习题9 9 在均匀磁场B中取一半径 为R的圆，圆面的法线n与B成60 角，如图所示，贝U通过以该圆为边线 的如右图所示的任意曲面 S的磁通量B dS 二。解：通过圆面的磁通量I212圆=B 二R2 cos60 二 B 二R22所以习题9 10图2adxIhln 2根据磁场的高斯定理，通过整个闭合曲面的磁通量等于

7、零，即$ :仁亠录圆工01 2：s _ 二圆B 二 R2习题910如图所示，均匀电场E沿X轴正方向，均匀磁场B沿Z轴正方向,今有一电子在YOZ平面沿着与丫轴正方向成135角的方向以恒定速度v运动, 则电场E和磁场B在数值上应满足的关系是。解：电子以恒定速度v运动，说明其所 受到的合外力为零，即有Fe Fm =0即(_e)E (_e)v B=0-eEi (-e)vBs in4 5(-i)=042E =2 vB2习题911如图，在无限长直载流导 线的右侧有面积为 S和S2两矩形回 路。两个回路与长直载流导线在同一 平面，且矩行回路的一边与长直导线 平行。则通过面积为S的矩形回路的 磁通量与通过面积

8、为S2的矩形回路的 磁通量之比为。解：建立如图所示的坐标轴 OX轴，并在矩形回路内距长直导线 x处取宽为dx的窄条面元dS=hdx (图中带阴影的面积)，则通过该面元的元磁通为卩I= BdS 0 hdx2兀x所以，通过回路S的磁通量为：22 :通过回路S2的磁通量为2 二4adx%lh2a xln 2故,：宀：宀=11习题912两根长直导线通头电流I, 如图所示有三种环路，在每种情况下，B *dl等于：（对环路a）（对环路b） （对环路c）解：根据安培环路定理，容易得到:习题9 12图对环路a，%Bd等于卩oI ；对环路b，LBdl等于0;对环路c，lBdl等于2%l习题913如图所示，在真空

9、中有一半圆形闭合线圈，半径为 a,流过的稳恒电流为I，则圆心O处的电流元Idl所受的安培力dF的大小为方向为。解：圆心O处的磁感应强度是由 半圆形闭合线圈产生的，其直径段的 电流在O处单独产生的磁场为零，其 半圆段在O处产生的磁场即为该点的 总磁场Bo%14aBO的方向垂直于图面向内。根据安培力公式Idl所受的安培力dF的大小为d Idl B可知圆心O处的电流元dF =ldlBJoI 2dl4a力dF的方向垂直于电流元向左。0 I 0习题9 14图习题914 一根半径为R的长直导线均 匀载有电流I，作一宽为R、长为l的假想 平面S,如图所示。若假想平面 S可在导 线直径与轴oo 所确定的平面内

10、离开OO 轴移动至远处。试求当通过 S面的磁通量 最大时S平面的位置。解：见图示，设假想平面 S靠近轴线的一边到轴线的距离为 a,易知长直导线内外的磁场分布为-IrB内二宀（0汀乞R）2nR2B 外（r R）2nr在假想平面S内、距轴为r处，沿导线直 径方向取一宽度为dr的窄条面元，通过它 的元磁通为二 Bldr题解9 14图只a a-dd E-BldroIr2l d ra 2iR%ll2 二 R2(R2-a2)In由最值条件，令即解得d 吗(_2a)卫da 4 R2:22a Ra - R = 0=0R a = ( 5 -1) =0.618R(其负根已舍去)2通过假想平面S的磁通量为dB%dl

11、 (Rsin)22R3仝n2廿2习题915半径为R的导体球壳表面 流有沿同一绕向均匀分布的面电流，通 垂直于电流方向的每单位长度的电流为 K。求球心处的磁感应强度大小。解：如图所示，取一直径方向为 OX 轴。并沿电流方向在球面上取一宽度为 dl的球带，该球带可以看成载流圆环， 其载有的电流为 dl=Kdl = KRd，其在球 心O处产生的元磁场为该元场的方向沿X轴的正方向。球面上所有电流在 O点产生的磁感应强度大小 为=22辿sin2dj - 1 %K二场的方向沿X轴的正方向。R的带电朔习题916如图，一半径为 料圆盘，其中有一半径为r的阴影部分 均匀带正电荷，面电荷密度为 飞，其余 部分均匀

12、带负电荷，面电荷密度为-匚， 当圆盘以角速度旋转时，测得圆盘中心 O点的磁感应强度为零，问 R与r满足 什么关系？解：取与圆盘同心、半径为r、宽度为dr的圆环, dq = ；:dS =二 2 二r d r习题916图其带量电量为二 2 二 rdrdl = dq T 二 一 二 rdr 2兀临其等效的圆电流为R 11odro= (2r - R)2I，总匝数为N，它 O处的磁感应强度。I习题9 17图其在中心0处产生的元场强为dB二魁丄dr2r 2因此，中心O点的磁感应强度为r 1I二 dB = ojo-dr _ .r 2令该磁感应强度为零可得习题917如图，有一密绕平面螺旋线圈，其上通有电流 被

13、限制在半径为R1和R2的两个圆周之间。求此螺旋线中心解：以O点为圆心、以r为半径，在 线圈平面内取宽度为dr的圆环面积，在此 环面积内含有dN= ndr=Ndr (R2 -RJ匝线 圈，其相应的元电流为dI=IdN。其在中心 O点产生的元磁场为dB4 二 NId2r2(R2-RJrO点最终的磁感应强度为%NI2R -尺)r2 drR e r%NI 泸2 (R2 _ R1)R1该磁感应强度的方向垂直于图面向外。厚度为2d的无限大导体平板，其内有均匀电流平行于表面流动, 求空间的磁感应强度分布习题918 电流密度为j,解：如图所示，在垂直于电流密度 方向取一矩形回路abcda,其绕行方向 与电流密

14、度方向成右手螺旋关系。对此 环路应用安培环路定理i在平板内部有2ab B 二 j2x|ab题解9 18图所以在平板外部有所以2ab B = j2d ab习题919均匀带电刚性细杆 AB，电荷线密 度为，绕垂直于直线的轴0以角速度匀速 转动（0点在细杆AB的延长线上），求：（1） 0 点的磁感应强度Bo ；磁矩Pm ；若ab, 求Bo及Pm。解：（1）在杆上距轴0为r处取线元dr， 其带电量为dq = dr，该线元相当于运动的点 电荷，其在O处产生的元磁场大小为习题9 19图dB。dqT4 ：4:元磁场的方向垂直于纸面向里。由于杆上各线元的元磁场的方向均一致，所以求 0点的总场可直接对上述元场积

15、分即可B。二 dBoV ln4:Bo的方向垂直于纸面向里。求0点磁场还可以用等效电流法作：在杆上距轴 0为r处取线元dr，其带电 量为dq = dr，该线元相当于运动的点电荷，它作圆周运动的等效环电流为, dq九 drcokdrdiT 2 町; r） 2其在O处产生的元磁场大小为dBo =%dl2r元磁场的方向垂直于纸面向里。对上述元场积分可得 O点最终的场Bo 二 dBo主.乜亠心4 二 a r4 二aBo的方向垂直于纸面向里。与前边作法得到的结果相同。线元dr的等效环电流为dq 灼九dldrT 2其元磁矩大小为dPm 二 dl 二r2 二 1r2dr21dPm =2 元磁矩的方向垂直于纸面

16、向里。带电细杆的总磁矩大小为33-ar 2dr = 1 ；-，（a b）3 6总磁矩Pm的方向垂直于纸面向里。 当ab时，带电细杆相当于点电荷。因此/.b 2PmaJba22习题920 一线圈的半径为R,载有电流I，置于均匀外磁场B中（如图示），在不考虑载流圆线圈本身所激发的磁场的情况下，求线圈导线上的张力。（已知载流圆线圈的法线方向与B的方向相同。）习题9 20图题解9 20图解：设想该载流圆线圈被截成相等的两半， 如图所示，我们取其中的一半(比 如右一半)并分析它的受力情况：安培力 F作用于中点、方向向右，上、下端点 受到的张力T均水平向左。由于该半线圈处于力学平衡状态，因此有F =2T即

17、IB(2R)=2T解得T = I B R在本题求解中，一是要搞清圆线圈中的“张力”的概念，二是须明确“闭合电流在均匀磁场中所受的合磁力等于零”这一结论。下一道习题我们将证明这个结 论。 习题9 21试证明任一闭合载流平面线圈在均匀磁场中所受的合磁力恒等于零0证明：由安培力公式，线圈任一线元Idl所受到的磁场力为题解921图dF 二 Idl B则整个闭合载流平面线圈在均匀磁场中所受的合磁 力应该为F = Ld Jdl B = I CLdl ) B = I 0 B = 0证毕。注意：这里dl的环积分：.dl =0，是考虑了矢量合成的多边形法则的结果。 习题922有一“无限大”平面导体薄板，自上而下

18、均匀通有电流，已知其电 流密度为i(即单位宽度上通有的电流强度)o (1)试求板外空间任一点磁感应强度 的大小和方向；(2)有一质量为m,带正电量为q的粒子，以速度v沿平板法线 方向向外运动(如图)，求：(a)带电粒子最初至少在距板什么位置处才不会与大平板碰撞?(b)须经多长时间，才能回到初始位置(不计粒子重力)?解：(1)分析求板外空间任一点磁 感应强度有两种方法：取电流元积分法和安 培环路定理法。由于均匀载流平板是“无限 大”，其左、右两侧的场是对称的，因此， 我们可以应用比较简单的一种安培环 路定理法求场。习题9 22图在垂直于电流流向的平面内取一矩形 环路abcda，如图所示，环路的a

19、b边与cd 边都与平板平行且等距并居于平板左、右两侧，be边和da边都与平板垂直。对此环路应用安培环路定理得Bdlhi即Bdl Bdl Bdl Bdl -0iababbeedda上式左端第二项和第四项由于 B与dl处处垂直，因而都等于零，因此有Bab Bed 二 Joiab2Bab 二 J0iab1所以B = -q2对题给图示，平板左、右两侧的磁场都是均匀的，大小都等于i 2，只不过方向相反：板右侧场垂直于纸面向里，板左侧场垂直于纸面向外。(2)带电粒子将在竖直平面内作圆周运动，其圆周运动的半径为 mv 2mvRqB jqi可见，欲使粒子不与平板相碰撞，粒子最初至少在距板为R的位置处。粒子从开

20、始运动到回到原处所需的最短时间刚好是一个周期，即2兀R 2兀m4兀mt 二 T 二v qBUqiB习题9 23图习题923半径为R的圆盘带有正电荷， 其电荷面密度厂-kr，k是常数，r为圆盘 上一点到圆心的距离，圆盘放在一均匀磁 场B中，其法线方向与B垂直。当圆盘以 角速度绕过圆心0点且垂直于圆盘平面 的轴作逆时针旋转时，求圆盘所受磁力矩 的大小和方向。解：在圆盘上取半径为r、宽度为dr的细圆环，环面积为dS = 2-：rdr，环的 带电量为dq -；dS =kr 2二rdr =2二kr2dr。其等效环电流为2dI=k r dr其元磁矩大小为24dPm = dI r = k r drdPm的方

21、向垂直于纸面向外。整个转动圆盘的磁矩为R 4i5Pm = dPm = k1 r drk二 R5Pm的方向垂直于纸面向外。根据线圈在磁场中所受磁力矩公式M =P B可得圆盘所受磁力矩的大小为11M = Pm Bs i vnk.：；：；R5Bs i -nk.：；：；R5B525M的方向垂直于B向上。习题924如图所示，载有电流Ii和I2的长直导线ab和cd相互平行，相距为 3r，今有载有电流Is的导线MN=r水平放置，且其两端 M、N分别与Ii、I2的距 离都是r，ab、cd和MN共面，求导线MN所受的磁力大小和方向。解：建立图示坐标系, 面向里为正）为Ii八12dF、dlI31Hilkilxx+

22、dxMN题解9 24图bd习题9 24图 IB（x）Mi2 x 2 二（3r_x）在Ii和I2之间任一点x处的磁感应强度（暂设垂直于纸2MN上电流元Isdx受到的力为dF 二 BI3dx，整个MN受到的力的大小为方向“rdF 二 dFfjIi 卩0I21r 2兀x 2兀（3r - x） 一Isdx3（Ii -丨2）1 n2，方向“r讨论：若1l .丨2，则F方向向上；反之，若1l ：:： 12，则F方向向下习题9 25空气中有一半径为r的无限长 直圆柱金属导体，竖直线OO 为其中心轴线， 在圆柱体内挖一个直径为r/2的圆柱空洞，空 洞侧面与OO 相切，在未挖洞部分通以均匀 分布的电流I，方向沿

23、OO 向下，如图所示。 在距轴线3r处有一电子(电量为-e)沿平行于 OO轴方向，在中心轴线OO 和空洞轴线所 决定的平面内，向下以速度V飞经P点，求电子经P时，所受的磁场力。分析：此题所给的载流圆柱体的内部被挖去一洞，属于“破缺型”问题，仿 照静电学中的类似问题采用的“反号电荷补偿法”，这里我们采用“反向电流补 偿法”进行处理。设想在空洞位置是一电流密度与未挖部分的电流密度相等而流向相反的电流，这样原来的载流体系就等价于电流密度为：的、向下均匀流动、半径为r的完整圆柱导体和一个电流密度也为、但向上均匀流动、半径为 r/4的完整较小的圆柱导体构建而成。因而，空间任一点的场应为这两个电流各自产

24、生的场的叠加。解：设流经导体截面的电流密度为1二込2 2 了 H(r 4) 15二r向上的电流在P点产生的场为B _ %、二(r4) 1 _ 2- (3r _ r 4)向下的电流在P点产生的场为丄22兀3rP点最终的场为Bp528495%I二 r根据洛仑兹力公式，此刻飞经 P点的电子所受力的大小为方向“J”82%1f 二 evBPev，495兀 r习题9 26长直导线aa 与半径为R的均匀导体圆环相切于点 a,另一直导线bb 沿半径方向与圆环接于点b,如图所示。现有稳恒电流I从端a流入而从端b 流出。(1)求圆环中点0的磁感应强度BO ;(2) B沿闭合环路L的环流B.dl等 于什么？L解：(

25、1)圆环中点0的磁感应强度可 以看成aa 段、三分之一圆周、三分之二 圆周和bb 段共四段电流产生的场的叠 加。因为aa 段电流单独产生的场为| iB!吐, 方向“。”4 二Ra习题926图Jo 2I2R 3JoI9R，三分之一圆周电流单独产生的场为三分之二圆周电流单独产生的场为B3 3I2R 3JoI9R，bb 段电流单独产生的场为因此，圆环中点0的磁感应强度为BO = Br _ B2B3 B4 = B!4R方向“O”rB沿闭合环路L的环流为- - 2 1LB，dJo(I -3H3JoI习题9 27 设右图中两导线中的电 流li、I2均为8A，对在它们磁场中的 三条闭合曲线a, b, c分别

26、写出安培环 路定理等式右边电流的代数和。并说 明：(1) 各条闭合曲线上，各点的磁感 应强度B的量值是否相等？(2) 在闭合曲线c上各点的B值是 否为零？为什么？解：对闭合曲线a为8A;对闭合曲线b亦为8A;对闭合曲线c为0 (1)在个条闭合曲线上，各点的磁感应强度的量值并不相等。(2)在闭合曲线c上各点的磁感应强度的量值不为零，因为该曲线上的场是由Ii和12共同产生的，场强叠加的结果习题928 一块半导体的体积为ax bx c, 如图所示，沿X轴方向通有电流I，在Z方 向有均匀磁场B。这时实验测得的数据为a=0.10cm，b=0.35cm，c=1.0cm，l=1.0mA，B=0.30T，半导体两侧的霍耳电势差UAA：=6.55mV。(1)问这块半导体是 P型还