川师大学物理第十一章-恒定电流的磁场习题解(共20页)

1、第十一章 恒定电流的磁场111 如图11-1所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，求它们在O点处的磁感应强度B。（1）高为h的等边三角形载流回路在三角形的中心O处的磁感应强度大小为 ，方向 。（2）一根无限长的直导线中间弯成圆心角为120°，半径为R的圆弧形，圆心O点的磁感应强度大小为 ，方向 。图111IAOBCII（a）AO120ºIIBCDER（b）IOPABCb2b1II图112解：（1）如图11-2所示，中心O点到每一边的距离为，BC边上的电流产生的磁场在O处的磁感应强度的大小为方向垂直于纸面向外。另外两条边上的电流的磁场在处的磁感应强度的大小和方向都与相同

2、。因此处的磁感应强度是三边电流产生的同向磁场的叠加，即方向垂直于纸面向外。（2）图11-1（b）中点O的磁感强度是由ab，bcd，de三段载流导线在O点产生的磁感强度B1，B2和B3的矢量叠加。由载流直导线的磁感强度一般公式可得载流直线段ab，de在圆心O处产生的磁感强度B1，B3的大小分别为方向垂直纸面向里。半径为R，圆心角的载流圆弧在圆心处产生的磁感强度的大小为圆弧bcd占圆的，所以它在圆心O处产生的磁感强度B2的大小为方向垂直纸面向里。因此整个导线在O处产生的总磁感强度大小为方向垂直纸面向里。112 载流导线形状如图所示（图中直线部分导线延伸到无穷远），求点O的磁感强度B。图（a）中，B

3、o= 。图（b）中，Bo= 。图113xyzORII（a）xyzORII（b）yxzORII（c）图（c）中，Bo= 。解：载流圆弧导线在圆心O处激发的磁感强度大小为，式中a为载流圆弧导线所张的圆心角，R为圆弧的半径，I为所载电流强度。半无限长载流导线在圆心O处激发的磁感强度大小为，磁感强度的方向依照右手定则确定。图113（a）中O处的磁感应强度BO可视为由两段半无限长载流导线及载流半圆弧激发的磁场在空间点O的叠加，根据磁场的叠加原理，对于在图（a），有同样的方法可得对于图（b），有对于图（c），有113 已知磁感应强度B=2.0Wb/m2的均匀磁场，方向沿x轴正向，如图11-4所示，则通过a

4、bcd面的磁通量为 ，通过befc面的磁通量为 ，通过aefd面的磁通量为 。yxOBzfbcad30cm30cm40cm50cme图114解：匀强磁场B对S的磁通量为，设各平面S的法线向外，则通过abcd面的磁通量为Wb= -0.24Wb通过befc面的磁通量为通过aefd面的磁通量为Wb= 0.24Wb114 磁场中某点处的磁感应强度B=0.40i0.20j（T），一电子以速度=0.50×106i+1.0×106j（m/s）通过该点，则作用于该电子上的磁场力F= 。解：电子所受的磁场力为图115I1I2L1L2L3L2F= -e(×B)=1.6×10

5、19×（0.50×106i+1.0×106j）×(0.40i0.20j)=8´10-14 k（N）115 如图11-5所示，真空中有两圆形电流I1 和 I2 以及三个环路L1 L2 L3，则安培环路定理的表达式为= ，= ，= 。解：由安培环路定理可得；。图117IIIyxBdF1dF1xdF1yRqdqLO图116OBIILRI116 一通有电流I的导线，弯成如图11-6所示的形状，放在磁感应强度为B的均匀磁场中，B的方向垂直纸面向里，则此导线受到的安培力大小为 ，方向为 。解：建立如图11-7所示坐标系，导线可看成两段直导线和一段圆弧三部分

6、组成，两段直导线所受安培力大小相等，方向相反，两力的矢量和叠加后为零。在半圆弧导线上任取一电流元Idl，所受安培力大小，方向沿半圆的半径向外。将dF分解为dF（垂直于x轴）和dF/（平行于x轴），由对称性可知，半圆弧导线所受安培力的水平分量相互抵消为零，即其垂直分量方向沿y轴正方向。因此，整段导线所受安培力。方向沿y轴正方向。BHOabc题118图117 图11-8中为三种不同的磁介质的BH关系曲线，其中虚线表示的是B=m0H的关系，说明a、b、c各代表哪一类磁介质的BH关系曲线：a 代表 的BH关系曲线；b代表 的BH关系曲线；c代表 的BH关系曲线。答：对各向同性的均匀磁介质，顺磁质或抗磁

7、质有，B=m0mrH，B与H成正比关系，mr为常数，因此曲线bc代表顺磁质或抗磁质。又因为顺磁质的mr >1，抗磁质的mr<1，所以顺磁质的曲线斜率较大，故可进一步判断曲线b代表顺磁质，曲线c代表抗磁质，曲线a中B与H成非线性关系，表明该磁介质的mr随H发生变化，不是常数，这是铁磁质的性质，所以曲线a代表铁磁质。II´I´l图119118 一无限长圆柱体均匀通有电流I，圆柱体周围充满均匀抗磁质，与圆柱体表面相邻的介质表面上的磁化电流大小为I´，方向与I的方向相反。沿图11-9中所示闭合回路，则三个线积分的值分别为 ， ， 。解：由H的安培环路定理，得。

8、由B的安培环路定理，得。由关系式及上述二式，得。119 半径为R1的圆形载流线圈与边长为R2的正方形载流线圈，通有相同的电流I，若两线圈中心O1与O2的磁感应强度大小相同，则半径R1与边长R2之比为 。A B C D1:1 解：设两载流线圈中电流I的方向均为顺时针方向，半径为R1的圆形载流线圈在中心O1点产生的磁感应强度大小为方向垂直纸面向里边长为R2的正方形载流线圈在中心O2点产生的磁感应强度是各边在该点产生的磁感应强度的叠加，由于各段导线产生的磁感应强度方向相同，均为垂直纸面向里，所以O2点的磁感应强度大小是各边在该点产生的磁感应强度大小的代数和，有由于B1= B2，即因此因此，正确答案为

9、（A）。1110 如图11-10所示，在一磁感应强度为B的均匀磁场中，有一与B垂直的半径为R的圆环，则穿过以该圆环为边界的任意两曲面S1，S2的磁通量F1，F2为 。A-pR2B，-pR2B B-pR2B，pR2B CpR2B，-pR2B DpR2B，pR2B解：半径为R的圆分别与曲面S1，S2构成一闭合曲面1，2，规定曲面外法向为曲面面元的正方向，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，则对闭合曲面1有BS1S2R图1110由此可得同理，对闭合曲面2有由此可得因此，正确答案为（C）。PI2I1L图11111111 如图11-11所示，有两根无限长直载流导线平行放置，电流分

10、别为I1和I2，L是空间一闭曲线，I1在L内，I2在L外，P是L上的一点，今将I2 在L外向I1移近时，则有 。A与BP同时改变B与BP都不改变C不变，BP改变D改变，BP不变解：由真空中的安培环路定理，表示穿过回路的电流的代数和，积分回路外的电流I2不会影响磁感应强度沿回路的积分，但会改变回路上各点的磁场分布，则BP改变。因而（C）正确。1112 对于介质中的安培环路定理，在下面说法中正确的是 。A只是穿过闭合环路的电流所激发，与环路外的电流无关B是环路内、外电流的代数和C安培环路定律只在具有高度对称的磁场中才成立D只有磁场分布具有高度对称性时, 才能用它直接计算磁场强度的大小解：介质中的安

11、培环路定理在恒定磁场的任何介质中都是成立的，无论磁场是否具有高度的对称性，只是在磁场有高度对称性时，我们可以选择适当的回路，使得待求场点的磁场强度与回路积分无关，其它的线积分为零或与待求场点相同，被积函数H可从积分号内提出到积分号外，从而可计算出待求场点的磁场强度。因此用于求解磁场强度具有高度对称性时的磁场强度，其它情况不能用它来求磁场，但并不表示它不成立。要注意的是，磁场强度和磁场强度环量是两个不同的物理量，式中是环路内电流的代数。定理表示磁场强度的环量等于穿过环路的电流的代数和，即磁场强度的环量只与穿过环路的电流有关，与环外电流无关，并不是磁场强度只与穿过环路的电流有关，空间任一点的磁场是

12、环内和环外电流共同激发的。因此（A）、（B）和（C）都是错误的。答案应选（D）。1113 一质量为m，带电量为q的粒子在均匀磁场中运动，下列说法正确的是： A速度相同，电量分别为+q，-q的两个粒子，它们所受磁场力的方向相反，大小相等B只要速率相同，所受的洛伦兹力就一定相同C该带电粒子，受洛伦兹力的作用，其动能和动量都不变D洛伦兹力总是垂直于速度方向，因此带电粒子运动的轨迹必定为一圆形解：（1）正确。因为带正电粒子所受洛伦兹力F=q×B，带负电粒子所受洛伦兹力F´= -q×B，所以F= F´。（2）错误。带电粒子所受洛伦兹力的大小F=qBsinq，它不仅

13、与速度的大小有关，还与速度方向有关；（3）错误。带电粒子受洛伦兹力的作用，速度的大小不改变，但速度方向要改变，所以其动能不变，但动量要改变。图1112xyzBOMNP30°（4）错误。在均匀磁场中，带电粒子的运动轨迹取决于粒子初速度和B的夹角q，当q=0或q=p时，带电粒子不受洛伦兹力，其轨迹是直线，当时，带电粒子作圆周运动，其运动轨迹是圆形，当和B的夹角q任意时，带电粒子的运动轨迹是螺旋线。综上所述，正确答案应选（A）。1114 通有电流I的正方形线圈MNOP，边长为a（如图11-12），放置在均匀磁场中，已知磁感应强度B沿z轴方向，则线圈所受的磁力矩T为 。AI a2B ，沿y负

14、方向 BI a2B/2，沿z方向CI a2 B，沿y方向 DI a2 B/2，沿y方向 解：线圈所受的磁力矩为，其大小为，方向沿y方向。故选（D）。1115 半径为R的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质中，若导体中流过的恒定电流为I，磁介质的相对磁导率为mr（mr<1），则磁介质内的磁化强度为 。A B C D解：在圆柱形无限长载流直导体外，取半径为r（r>R）的同心圆周回路，利用磁介质的安培环路定理先求出磁介质中的磁场强度则磁介质内的磁化强度为因此，正确答案为（B）。1116 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道。当环中电子流强度为8mA时，在整个环中

15、有多少电子在运行？已知电子的速率接近光速。解：一个电子绕存储环近似以光速运动时，对电流的贡献为，N个电子对电流的贡献为，由此可得（个）1117 设想在银这样的金属中，导电电子数等于原子数。当1mm直径的银线中通过30A的电流时，电子的漂移速率是多大？若银线温度是20ºC，按经典电子气模型，其中自由电子的平均速率是多大？银的摩尔质量取M=0.1kg/mol，密度r=104kg/m3。解：银线单位体积的原子数为电流强度为30A时，银线内电子的漂移速率=4×103m/s按经典电子气模型，自由电子的平均速率是m/s1118 已知导线中的电流按I=t25t+6的规律随时间t变化，计算

16、在t=1到t=3的时间内通过导线截面的电荷量。解：由于电流I随时间t发生变化，在dt时间内通过导线截面的电荷量dq=Idt，在t1=1到t2=3内通过的电荷量为C1119 已知两同心薄金属球壳，内外球壳半径分别为a，b（a<b），中间充满电容率为的材料，材料的电导率随外电场变化，且=kE，其中k是常数，现将两球壳维持恒定电压V，求两球壳间的电流强度和电场强度。abrO-Q+Q图1113解：设内球带电+Q，外球带电-Q，由于电场分布具有球对称性，可作半径为r（a<r<b）的同心球面高斯面，如图11-13所示。由高斯定理可得 （1）又 （2）所以 （3）将（3）式代入（1）式得

17、（4）由沿径向电流强度减小，沿径向有漏电。1120 四条平行的载流无限长直导线，垂直地通过一连长为a的正方形顶点，每根导线中的电流都是I，方向如图11-14所示，求正方形中心的磁感应强度B。图1115aaaaIII2134B2B3B1B4I图1114IIaaaaII解：正方形中心的磁感应强度B就是各导线所产生的磁感应强度的矢量叠加，又由右手螺旋定则知，中心处磁场强度为B=B1+B2+B3+B4=2B1+2B2，方向如图11-15所示。其中B1，B2的大小为则磁感应强度B在水平方向分量为竖直方向为因此，正方形中心的磁感应强度B的大小方向竖直向上。RIB地球北极图11161121 如图11-16所

18、示，已知地球北极地磁场磁感应强度B的大小为6.0´105T，如设想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的，此电流有多大？流向如何？解：地球赤道圆电流在北极激发的磁感强度为因此赤道上的等效圆电流为A=1.72´109 A由右手螺旋法则可判断赤道圆电流流向由东向西。EERADFOq图11171122 两根导线沿半径方向被引到铁环上A，D两点，并与很远处的电源相接，电流方向如图11-17所示，铁环半径为R，求环中心O处的磁感应强度。解：根据叠加原理，点O的磁感应强度可视作由三段直线以及，两段圆弧电流共同激发。由于电源距环较远，。而，两段直线的延长线通过点O，则，由毕奥萨伐尔定律知

19、，导线，在O点的磁感应强度为零，即。流过圆弧的电流I1，I2的方向如图11-18所示，它们在O点激发的磁感应强度即为所求。EeI1I2RACDFOq图1118方法一：根据毕奥萨伐尔定律，圆弧，在O点激发的磁场分别为B1，B2，有B方向垂直纸面向外。方向垂直纸面向里。由于圆弧，构成并联电路，因而有，又由于圆弧，的电阻与其长度成正比，则即由右手螺旋法则可判断出B1，B2方向相反，故点O的总磁感应强度为方法二：一载流圆弧在圆心处产生的磁感强度，式中a为圆弧载流导线所张的圆心角，设两段圆弧，对圆心的张角分别为q和2p-q，则有由右手螺旋法则可判断出BABD，BACD方向相反，故点O的总磁感应强度为 （

20、1）与方法一相同的步骤得出则将上式代入（1）式得点O的总磁感应强度1123 一无限长半径为R的半圆柱金属薄片中，自下而上均匀地有电流I通过，如图11-19所示。试求半圆柱轴线上任一点P的磁感应强度B。图1119IPR解：载流无限长半圆柱金属薄片可视为许多沿轴线方向无限长载流直导线组成（如图11-20（a）。其俯视图如图11-20（b）所示，金属薄片在P点产生的磁感应强度就是这些无限长载流直导线在P点产生的磁感应强度的矢量叠加。过轴线上所求场点P做一截面垂直于轴，此截面为半圆，如图11-20（b）所示，截面上长为范围内的长直载流导线电流dI为它在P点产生的磁感应强度为方向由右手螺旋关系确定，如图

21、11-20（b）所示。由于各无限长载流直导线在P点产生的dB方向各不相同，于是将dB分解成两个分量dBx，dBy图1120IPR（a）RyxqdqdBdBxdByPdI（b）所以所以该半圆柱在轴线上任一P点的磁感强度B的大小为方向沿x轴正方向。1124 一个半径为R的塑料圆盘，表面均匀带电+Q，如果圆盘绕通过圆心并垂直于盘面的轴线以角速度w匀速转动，求：（1）圆心O处的磁感应强度；（2）圆盘的磁矩。wOrdrR图1121解：（1）圆盘转动时，其上电荷绕轴转动形成电流，在空间激发磁场。圆盘电荷面密度为如图11-21所示，在转动圆盘面内取半径为r，宽度为dr的细圆环，环上电流为细圆环在圆心处产生的

22、磁感应强度大小由于所有细圆环在圆心处的磁感应强度的方向都向相同，因此，方向垂直于盘面向外。（2）细圆环的磁矩为因此，整个圆盘的磁矩为1125 如图11-22所示，长为0.1m的均匀带电细杆，带电量为1.0´1010C，以速率1.0m/s沿x轴正方向运动。当细杆运动到与y轴重合的位置进，细杆的下端到坐标原点O的距离为l=0.1m，试求此时杆在原点O处产生的磁感应强度B。解：均匀带电细杆可看成由许多电荷元dq组成。当均匀带电细杆运动时，相当于许多电荷元运动，每一运动电荷元在空间产生磁场dB，则空间场点的总磁感应强度B是所有电荷元产生磁感应强度的矢量叠加。vxyalOq图1122建立如图所

23、示坐标系，在均匀带电细杆上取电荷元，如图11-23所示。利用运动电荷的磁场公式可求得dq在点O产生的磁感应强度的大小为方向垂直于纸面向里图1123vxyadqlOqy因此带电细杆在点O产生的磁感应强度的大小为T图1124BOR1R2r1126 空心长圆柱形导体的内、外半径分别为R1，R2均匀流过电流I。求证导体内部各点（R1<r< R2）的磁感应强度为。解：导体横截面上的电流密度为由于电流和磁场分布具有轴对称性，B线是以轴线为圆心的同心圆，因此以半径r作同心圆，如图11-24所示，在圆上任一点B的量值都相等，方向与圆相切。以此圆为环路，由安培环路定理得所以1127 一根很长的半径为

24、R的铜导线载有电流10A，在导线内部通过中心线作一平面S（长为1m，宽为2R），如图11-25所示。试计算通过S平面内的磁通量。图11261mS2RIdSrdr1mS2RI图1125解：由安培环路定理，可求出圆柱体内、外区域与导体中心轴线相距为r处的磁感强度的大小当时，当时，在平面S上，距轴r处，取宽为dr，长为l=1m的面积元dS=ldr=1×dr=dr，如图11-26所示，则穿过面积元的磁通量为通过整个面积S的磁通量为hR1R2OO´II图1127=1.0´106+1.4´106=2.4´106Wb1128 如图11-27所示，线圈均匀密绕

25、在截面为矩形的整个木环上（木环的内外半径分别为R1，R2，厚度为h），共有N匝，求：（1）通入电流I后，环内外磁场的分布。（2）通过管截面的磁通量。解：（1）根据右手螺旋法则，环管内磁感强度的方向与环管中心轴线构成同心圆，取半径为的圆为积分环路，在环路上各点B的大小相等，方向沿环路切向。根据安培环路定理当时，有当时，有hR1R2rdrOO´II图1128当时，有可见，在环外B=0，在环内，。（2）在任意半径r处取宽为dr，高为h的条形面积元，如图11-28所示，穿过此面积元的磁能量为则通过环管全部截面的总磁通量为1129 一无限长直载流导线，通过有电流50A，在离导线0.05m处有一

26、电子以速率1.0´107m/s运动。已知电子电荷的数值为1.6´1019C，求下列情况下作用在电子上的洛伦兹力：（1）设电子的速度平行于导线，如图11-29（a）；（2）设垂直于导线并指向导线如图11-29（b）；（3）设垂直于导线和电子所构成的平面。图1129（a）Iv（b）vI解：（1）电子所受的洛伦兹力的大小为N=3.2´1016N若与电流同向时，F的方向垂直导线并背离导线，如图11-30（a）；若与电流反向时，F的方向垂直导线并指向导线。（2）=3.2´1016NF的方向平行于导线，与电流同向，如图11-30（b）。（3）因为与B夹角为0或p，所

27、以或图1130（a）IFv（b）vFI1130 带电粒子在过饱和液体中运动，会留下一串气泡显示出粒子运动的径迹。设在气泡室有一质子垂直于磁场飞过，留下一个半径为3.5cm的圆弧径迹，测得磁感强度为0.20T，求此质子的动量和动能。解：由带电粒子回转半径与粒子运动速率的关系可得=1.12´1021kg×m/sJ=3.76´1016 J =2.35KeV1131 一质子以1.0´107m/s的速度射入磁感应强度B=1.5T的均匀磁场中，其速度方向与磁场方向成30°角。计算：（1）质子作螺旋运动的半径；（2）螺距；（3）旋转频率。解：质子速度在垂直于

28、B的方向的分量为质子速度在平行于B的方向的分量为（1）质子作螺旋运动的半径为m=3.48´102 m（2）螺旋线的螺距为m=0.38m（3）旋转频率为m=2.28´107 m1132 如图11-31所示，一铜片厚为d=1.0mm，放在B=1.5T的磁场中，磁场方向与铜片表面垂直。已知铜片中自由电子密度为8.4´1022个，每个电子的电荷为-e= -1.6´1019C，当铜片中有I=200A的电流流通时，求：（1）铜片两侧的电势差Vaa´；（2）铜片宽度b对Vaa´有无影响？为什么？解：（1）Vaa´即霍尔电势差IBaa

29、80;bd图1131V= -2.23´105V负号表示a´侧电势高。（2）铜片宽度b对Vaa´无影响。这是因为和铜片宽度b成正比，而在电流I一定的情况下，漂移速度又与宽度b成反比，因此铜片宽度b对Vaa´无影响。图1132BAIl1133 如图11-32所示，任意形状的一段导线AB中通有从A到B的电流I，导线放在与均匀磁场B垂直的平面上，设A，B间直线距离为l，试证明导线AB所受的安培力等于从A到B载有同样电流的直导线（长为l）所受的安培力。证明：方法一：在载流导线上任取一电流元Idl，该电流元在磁场中受力大小为dF=BIdl，方向如图11-33所示，设

30、dF与竖直方向的夹角为q，它在x，y轴上的分量分别为于是，整根载流导线AB所受安培力的x分量为图1133OxydFdFydFxqqIdllABI安培力的y分量为因此，导线AB所受安培力的大小为方向沿y轴正方向。若在A，B间有一段直导线，同样的电流从A流到B，则该直线电流所受安培力F´的大小等于F´=BIl，方向也是沿y轴正方向。因此F= F´由此得证。方法二：建立如图11-33所示的坐标系，在载流导线上任取一电流元Idl，该电流元在磁场中所受安培力为整根载流导线在磁场中所受安培力为此结果说明，在均匀磁场B中，一段从A到B的任意形状载流导体所受的安培力，与一段从A到

31、B长为l的载流直导线所受的力相同，其大小为方向沿y轴正方向。图1134× × × × × ×× × × × × ×× × × × × ×× × × × × ×ìüìüliBEK1134 有一根质量为m的倒U形导线，两端浸没在水银槽中，导线的上段l处于均匀磁场B中，如图11-34所示，如果使一个电流脉冲，即电量q =通过

32、导线，这导线就会跳起来，假定电流脉冲的持续时间Dt同导线跳起来的时间t相比为非常小，试由导线所跳高度达h时，电流脉冲的大小。设B=0.1T，m=10×10-3kg，l=0.2m，h=0.3m。（提示：利用动量原理求冲量，并找出与冲量的关系）解：U型导线受力F=Fm+mg，其中为安培力，方向向上，于是有F=IBl-mg，方向向上，依冲量定理导线所受安培力的冲量等于其动量的增量（本题中Fm>>mg，mg可忽略）则可得 （1）导线跳起来后，最高达h，得 （2）由（1）、（2）两式得通过导线的电量为（2）式代入数值，得=0.38C图1135I1I2dabBACEFD1135 如图

33、11-35，在长直导线AB旁有一矩形线圈CDEF，导线中通有电流I1=20A，线圈中通有电流I2=10A。已知d=1cm，a=9cm，b=20cm，求（1）导线AB的磁场对矩形线圈每边的作用力；（2）矩形线圈所受合力及合力矩。解：长直导线AB在空间产生的磁场为方向垂直纸面向内。CF边受到的安培力为图1136BACEFI1I2F4F2F3F1DN=8´104 N由右手定则可知，力的方向垂直于CF边向左，如图11-36所示。同理，DE边受到的安培力为N=8´105 N方向垂直于DE边向右，如图11-36所示。由于FE边上各点B不同，所以在其上取电流元I2dl，则FE边受到的安培力为N=9.2´105 N方向垂直于FE边向下，如图11-36所示。CD边受到的安培力F4=F3=9.2´105 N方向垂直于CD边向上，如图11-36所示。由此可见，