稳恒磁场指导

1、稳恒电流的磁场内容提要1 .磁感应强度B的定义运动电荷在磁场中受到力的作用，由此，定义了磁感应强度BFmax=qv_其方向为小磁针N极在此处所指方向。2 .载流线圈的磁矩Pm=ISnn为载流线圈正法线方向的单位矢量。3-毕奥一一萨伐尔定律dB =% I dl r4 二 r3它表示真空中的电流元Idl,在与它相距为r处产生的磁感应强度，式中%=4冗MlO,Hm，根据磁场的迭加原理可以计算整个载流导线产生的磁场算的关键在于矢量性和叠加性。4.几种典型电流的磁场1）载流直导线的磁场LIB=(sin2-sin1)4二a式中a为场点与载流直导线的垂直距离,P1,P2分别为载流直导线始端和末端到场点P的连

2、3为正，否之为负。线与垂线OP成的夹角。当转向与电流方向相同,2）“无限长”载流直导线3）载流圆线圈轴线上任一点磁场B0R2i2(R2X2)3/2R为圆线圈的半径，x为轴上上场点到圆心的距离，B方向沿轴向圆心处B2R4)载流密绕直螺线管内部的磁场B=-0nI(cos1：-2-cos：1)2n为单位长度的线圈匝数。P2,身表示场点到螺线管两端的连线夹角对长直螺线管:-口0nI5)安培环路定理二Bdl70Vl-L0(1)正确完整理解安培环路定理，式中B是空间所有电流产生的，只是在L外的电流对B的环流无贡献。(2)安培环路定理对稳恒磁场普遍成立。具体用来计算B时，磁场必须具备对称性。选取合适的积分路

3、彳仝,以便将B从积分号内提出，进行计算，求出Bo6)安培定律-电流元Idl在磁感应强度为B的磁场中受到的磁力为dddF=IdlB注意矢量运算，B是外磁场，利用矢量迭加求FF=.dF因此要选择适当的坐标系，把矢量化成标量计算，求出合力。7)载流线圈在磁场中所受磁力矩41M=PmBPm为载流平面线圈的磁矩，B为外磁场。这个力矩的作用总是使&转向B,最后趋向与B方向一致效果，我们称稳定平衡状态。8)带电粒子在电磁场中的运动(1)带电粒子运动时，在磁场中受到力的作用，称为洛仑兹力f=qVB(2)带电粒子在均匀磁场中的运动当带电粒子以垂直于均匀磁场B方向进入磁场，粒子在垂直于磁场的平面内作圆周运动，半径

4、为mvqB周期2二mT二qB如果粒子运动速度与B成。角，粒子作沿磁场方向的螺旋运动。螺旋线半径为:mv_mvsinuRqBqB螺距,2二m2二mvcos1h二v二qBlqB9.磁介质中的安培环路定理:Hdl=I在磁介质中通过引入辅助物理量H,使得在磁介质中计算B变得简单，对于对称性的磁场,可用磁介质中安培环路定理来计算磁场分布。6.运动电荷的磁场计算%qvr4二r3对于运动电荷的磁场计算除了用上式计算外，也可以把运动电荷等效电流，再利用毕一奥定理计算。11.霍耳效应霍耳电压差Vm-Vn与薄片内通过的电流I及磁感应强度B成正比，与薄片厚度d成反比。即VM_VN=rh-7dRh1,一、一一,称为霍

5、耳系数，霍耳效应在许多领域有广泛应用。nq解题指导与示例本章习题涉及三个主要方面内容。一、子在磁场中运动，三、磁介质中的磁场计算。关于磁感应强度的计算，方法通常有三种: 磁场，同时注意其场的矢量性，然后积分）关于磁场的计算，二、电流在磁场中受力及带电粒用毕奥一萨伐尔定律直接求（先计算电流元的;用安培环路定理求，这种方法主要适用于电流分布具有对称性，使磁场具有对称性，使得可以选择适当的回路，使积分方程运算简约为代数方程，使计算变的十分简便，其关键是对称性的分析，积分回路的选取，使B可以从积分BB，dl中L提出来，建立关于B的代数方程；直接用载流导体的磁场公式，利用场强叠加原理计算。在计算磁场和电

6、流受力及带电粒子在磁场中的运动，所涉及的都是矢量问题。在解决这类问题，一般选好坐标系，把矢量化为标量处理。在磁介质中，磁场的计算，利用辅助物理量磁场强度H,进而利用关系B=nH计算磁感应强度。例7-1两根长直导线沿一铁环的半径方向从远处引于铁环a,b两点，方向如图示，求O点的B。解此题可用毕奥一萨伐尔定律和磁场的叠加原理来计算O点的Bo因两直线过。点，此上的电流对。点磁场无贡献。因此只需计算两弧上电流对。的贡献，设对应于两段弧的弧点分别为11和12,其上流过的电流分别为I1和12,由圆弧电流的磁场公式得。相应于11、l2弧在O点的场分别是B- 2R11B2 =-oI 22R例7-1图根据电流I

7、与B的关系知&与B2反向，所以口。Bo=B1-B2=2(1111-I2I2)4二R而两弧组成并联回路电压V=*,故有I1|1二12|2得B=0例7-2如图所示，电流I均匀地流过宽为2a的“无限长”薄金属板，试求通过板的中线并与板面垂直的平面上一点P的磁感应强度Bo解：如图所示，将薄板分成许多宽为dx的细长条，每根细长条电流为dI=I，由此“无限长”载流薄板可看2a成由许多相互平行，紧密相挨的“无限长”直流导线所构成，在板上x轴上方距中心x处取一宽为dx的细长条，它在P处磁感应强度dB,其大小为dBdB方向垂直于F和向长条的电流流向所构成的平面。又,由于对称性在薄板的另一对称处可有一对应的细长条

8、载流导线，在P处的磁感应强度dB,且dB、dB在y轴上的分量相互抵消，在x轴上的分量方向相同，沿x轴正向。因例7-2图此，从以上分析得 P点磁感应强度B的大小为B = dBx = dB cos=Ldly为1ydxTT=TZ-22二rr4二arb=A4 adxy sec2 二aarctant ayd _arctan_y,a arctan y讨论特殊情况：如果为“无限大”薄板,a一oo,但仍维持I不变0I4 二iIi = 为单位宽度上的电流。2a以上求电流连续分布的薄板的场，事实上仍然使用的是毕奥一一萨伐尔定律和场强叠加原理，只不过此种情况下，不是使用最初的原始定律的形式，而是利用了 “无限长”载

9、流导线产生场的公式结果，分析场分布的特征后，积分而求解的。在物理学的解题中，经常用到这种方法。例7-3 在半彳至为R的木质半球上单层均匀密绕细导数共N匝，线圈平面彼此平行，如图例 7-3图所示，设通 过的电流为I,求球心O处的磁感应强度B。解：将沿球面螺旋线电流看成为许多半径不同的圆电 流的集合，线圈沿圆弧上均匀分布，如图弧上取一弧 dl , 其上的线圈匝数由图知r2=y2sec9,x=ytgH,dx=ysec28d8dN 二2N2N2N,.dl=dl=Rdu=d-in2这dN匝圈电流在O处的场，根据圆电流在轴线上的磁场公式，有dB =-0Iy222x3/22 (x y )dN-0Iy222x

10、3/22 (x y )2N2N d1ji方向沿x轴负向。由于各圆电流在 O点的磁感应强度方向相同,因此可以直接积分。由几何关系图知,x2+y2=R2,y=Rcos8兀. dB = 02,22 .%NI R cos 1jir3JT02 cos2% 一JoNI例：7-4 长直电缆由导体圆柱和一同轴的导体圆筒构成。使用时电流4RI导体圆柱体流去,从另一导体流回。设电流都均匀地分布在模截面上。设圆柱的半径为筒的内外半径分别为r2和r3, r为到轴线的垂直距离。（i）求磁感应强度分布；（2）通过长度为 影区）的磁通量。解：（i）根据电流分布的特点知道，磁场分布有轴对称性，以轴为圆心，L的一段截面（图中阴

11、r为半径，作一圆形闭合回路L,由对称性知L回路上任一点磁感应强度大小相等，方向沿回路切线。根据安培环 路定理l B dl*：rIir v riii =-L1 二 r；二r22riBi%卜2 二 r；riv r v2B2r2V r r3B4i-Bi Ldr d iB2Ldr =0riIri理rdr2 二 ri2r2rir2 joIri4 二Li 2ln %riHdr（T。当盘以角速度3绕其中心例7-5如图所示。半径为R的均匀带电圆盘，面电荷密度为轴OO旋转时，求盘心。点的B值。例7-5图解方法一：当带电盘绕O轴转动时，电荷在运动，因而产生磁场。可将圆盘看成许多同心圆环的组合，而每一个带电圆环转动

12、时相当于一圆电流。以。为圆心，r为半径，宽为dr的圆环，此环上电量dq=：ds=二2二rdr此环转动时，其等效电流dI=dq=-rdr2二此电流在环心。处产生的磁感应强度大小-odl，二drdB=2r2其方向沿轴线，因此整个圆盘在盘心O处产生的磁感应强度大小是_R1,.1._B=idB%-二dr=一0二R022、，一一一，,0qvr，一一，.r,宽为dr方法二根据运动电荷的磁场公式B=0,求解，在圆盘上取一半径为4二r3的圆环，电量dq=；二2二rdr,v=dB0r dq二上4二 r24二r。2 rdr =dr2方向垂直于盘面向上，同样0， RdB 二20dr0 ；R q22二 R例7-6直长

13、直圆柱形导体内，挖一个无限长圆柱形空腔，轴线与导体轴线平行。设空腔和导体半径分别为a和b,两轴间距d（ba+d）,电流I在截面上均匀分布，求：（1）。和O处磁感应强度；（2）证明空腔内磁场是均匀的。解：本题宜采用“补偿法”解。若对导体细分割成许多细长导线组成，再用叠加方法求磁场，比较复杂。由题意知，电流密度i=一J一厂，圆柱形空洞中无电流可以理解为同时存在着两二(b2-a2)个等值反向的电流。因此空洞内同时存在电流密度为土j的电流。那么空间各点磁场就可看成是一个半径为b,电流密度+j的长圆柱体电流与一个半径为a电流密度为一j的长圆柱电流产生的磁场的迭加。(1)由安培环路定理，在腔内大圆柱电体在

14、O处产生磁场为0,只有小圆柱在。处场由安培环路定理，以0为心作一过0的圆环回路，则2,LBdl=Bo2二b=；0j二a20j2L01a2Boa二zz-2b2-：b(b2-a2)同理小圆柱电体在0.产生均为零，得od.oIdBo=-j=2r22二(b2-a2)(2)在空腔内任一点P,距0轴距为R,距0轴为r,大圆柱体电流在P处的B大小为Bioj同理，小圆柱体电流在P处大小均为据叠加原理B2;B12B22-2B1B2cos:%R2.2or2.22oRrj2R2r2d2Jod2.2二j二j二j4442Rr4口口od.%|dB二j二2T22二(b2-a2)B的方向确定。因B1二四二目Rrd所以PSQP

15、00又;PQP0PSLP01QS00因此空腔内为均匀磁场，大小为0_,方面与O处场方向一样，与OO两轴垂直。2二(b2-a2)例7-7如图7-7所示，一半圆形弧线电流I,在均匀磁场B的方向与圆弧确定的平面平行，如图示，半径R,求弧电流受磁力对y轴的力矩。解：取一电流之Id，则在磁场中受的磁力大小为dF=BIdlsin日=BIRsin6de方向为垂直低面向外，其对y轴的力矩为dM=dFRsin3-BIR2sinudu方向为沿y轴负向，而各电流之受到的磁力对y轴的力矩方向相同，整个圆弧电流所受的磁力对y轴的力矩大小为_22.-1_2_M=dM=BIRsin北二-二RIB02方向沿y轴负向。如果设想

16、一段长为2R的载流I的直导线与此半圆弧线连成闭合电流回路。因设想直导线电流对y轴无力矩，此闭合电流回路受磁力矩即是圆弧电流受的力矩。2. _M=PBB=一RInB22大小为M=R旧，方向为nB方向y轴负向，由此得结果相同，并且更为简单。2例7-8在一长直载流导线旁有一长为L导线ab,其上载电流分别为11和12,a端到直导线距离为d1 .当导线ab与长直导线垂直，求ab受力。2 .当导线ab与长直导线成一角度0,求ab受力。其方向垂直低面向里，电流之2x12dx受安培力大小为i II1d解：取如图例7-8所示坐标系直导线在距其为x处，产生的磁场-0I1I2df=12Bdx=dxdf方向如图示，且

17、各电流之受力方向相同，故，ab受力为2 二=Ldf口032.，I1I21dx二In(2)如图便7-8(b)示，电流之I2dl所受培力df大小为df=I2BdlJoIlI2dX2二xsin1df方向垂直于ab,且各电流之受力方向一致，故导线ab受力为Ii例7-9J0I1I2dLsin二2二sin二ddxJoIiI2x2二sin二:,dLsin二In“无限长”圆柱形直导线外包有一层相对磁导率为为R,磁介质外半径为R,若直导线中通以电流I,求磁介质内、解：在与直导线相垂直的平面上取一闭合圆形回路，其半径为安培环路定理有七的圆筒形磁介质，导线半径外磁场分布。r,由于磁场具有对称性，由当(RvrR),磁

18、场强度为H2,而在磁介质外N=1,可得B2=。1教材习题解答210-1解B=a+bj+ck(SI)通过半径的R,开口向Z轴正方向的半球壳面的磁通星的大小与通过半径为R的圆&的磁通星相同。&=:R2kBS=BS0-BK=(ai+bj+ck)(冗RK)2=nRc(wb)10-2解：过长为2a的等边三解形圈，通电流为I,在线圈中心。处的磁感应强度为Bo应为每一边在O处产生的磁感应强度B1的叠加，而每边在O产生的磁场相同，因此Bo=3B即Bo=3B1cIB1sln60-sin-604二r二2%I3=3%I3 24二a4 a3B-Wb4二a10-3解：根据场强叠加原理，选向里为正JIIIBO=上上一4R

19、14R24：R210-4解：设正方形边长为a,通电流为I,总磁感应强度B=4卮。B1为正方形一边在O点产生的磁感应强度。B1 =_ .2oIsin 三-sin 三a ,-42二 a；B=4B1 =2夜%1 代入数值得 B=5.56M106T10-5 解(1)两点线中的A点的BBA -O 1 1-O 1 2=二 d 二 d2二 d 2。=11T2 =40 10 T二 d(2)在正方形中距中心x处，取一窄条ds=ldx,则通过ds的磁通量 d m = BLldx1 % I1 .% I 2I , j-,12nx 2n (d -z二9 L - dx2二 x d -xldxm = d m =rl2二 x

20、 d -xol.d - r3. . d - r1I1ln I2 lnr1r3。12-,d -nInr1(I1+I2)olJId-r6I1Ind一1=2.210wbr110-6解：两条线在P点产生的B方向相同B=%I%I2二dx2二d-x_%Id1.22d-x10-7设圆导线在O处场为B,直导线在O处场为B2,根据磁场叠加原理B=BB2造垂直线面向里为正%I%i_Jq112R2rR_7r一二10-8解:(1)通过abcd面的磁通量mabcd=BLSabcd=2.00.40.3=0.24wb线掠过此面(2)通过ebfc面的磁通量，由于故mbdfc=0(3)通过aefd面的磁通量maefd=mabc

21、d=0.24wb10-9解：O点的磁感应强度由ab、bcd和de三段载流电流在O处产生场的叠加，它所在O处的磁感应强度方向垂直线面向里，由长直载流导成的磁感应强度公式JIB=sin：2-sin：14二a对ab段a=rcos60B1=冗/2,P2%I4二r cos60冗H )1 sin - -sin 23%I= 0.067bcd段载流圆弧导线，在其上取电流Idl ,它在O处产生的磁感应强度为dB =% Idl O Ird 口,OI4 二 r2广3 日4 二 r6rd。OI6rI= 0.209 TrO处的B的大小为%IBB2B3=20.067二r10-10解:(1)见10-4解答(2)过P点向AB

22、和AD作垂线分别交于E、FEPtan15AE故有ED= tan15A E= E DtCan 1 5而 AE ED =a1 ctan15EP =1 ctan15=0.21a 一 actan15EF a - ED = = 0.79a1 ctan15设AD、DC边与电流在P点产生的磁感应强度为B , AD、BC边与电流在P点产生的磁感应强度为B2 ,它们在P点的磁场方向一致。二 BP =2 B1B2由长直载流导线磁感应强度公式B1 = BAD%I4二 EPsin 45 -sin -75-+0.9659 =0.797 父 104 二 0.21a2B2 = BabI4 Ef sin15 -sin -:.

23、_45%I4 二 0.79aI 2 0.258826 I B = Bi B2 =1.84 10 一(3)设正方形轴线上与中心相距为x的任一点磁感应强度为Bx,每边在P处,%Isin :一sin - P )oI4二.x_ %Ia立2 二：:；4x2 a2 2x2 a2Br =4B sin ;_a=4 a1a,上 _i 22 二，：4x2 a2 2x2 a2x2 g_4%Ia21二4x2 a2 . 4x2 2a2设x轴正方向10-11解：根据题意设r=0.05m则d=2r(1)% I1 I24二 10，20 10工Ba =1.2 10 T2二 d/22 二 0.050(2)I12二 3 0.051

24、0/=0.13 10 T(3)设磁场为零的点距12为乂处I1令Bx-0得x=d=0.10m10-12见前解题指导与示例10-110-13见前解题指导与示例10-210-14同是10-15解：取俯视截面圆如图示，将导体管壁看作由许多平行的无限长直载流导线所组成，求出单根导线在轴线上P点的磁感应强度，磁场的叠加原理求得总场。考虑处于日角处的长直载流导线，其上电流dI=dl=rd-=-d-二R二R二用无限长载流导线感应强度公式，dI在P点激发向磁场为OdIdB=二22二R2二R方向如图示，见图示xoy坐标系由对轴性，备导线在P处的磁场的y分量互相抵消，仅有x分量dBx =dBxin1=2 二2Rsi

25、n 二B = Bx冗0 dBx =Osin 年=O2二2R%I2 _二 2r代入数值%I 4 二 10 5.0-2 = 2 TTZ2二 R 二 1.0 10一一 一 5 一= 6.37 10 T设x轴方向10-16解：在距I1导线x处矩形骨取一宽为dx窄条，其中通过的磁通量为d4m = Bddxb_aBI2)D -xd b.二 0ad b I1I 2= Badx =()dxd2 二 d x D - xL011a2 二代入数值Ii -10A a = 0.3md b 口0幅 D -d nd 2二 D -(d b)I2 -20Ad = 0.1mb=0.25m2 二(b2-a2)rm=2.9010wb

26、10-17r处的磁感解：由安培环路定理可求得在圆柱体内部与铜导线中心轴线相距为应强度B4(r R)-I2 rdr 二因此，穿过铜导线内部画斜线平面的磁通量售1为:HdRm1=.Bds=Bds=：010-18解：在距中心为r处（arb）以轴为心作一圆环，应用安培环路定理Qb de = BdeLI=B J de = B 2n r = NL22r -aI _ , 22、02r- (r a )二(b2 -a2)10-19参见解题指导与示例例10-410-20参见解题指示与示例10-610-21(1)在带电细环上取一长为de的带电,以角速度n绕轴转动时，等效电流为dI=nde线元在0处的磁场为总的磁场d

27、B总的磁场0R2dI0R3a-耍也0R3m一 (x2R2)3/2万(x2R2)3/2_2(x2R2)3/22二%R3nd-02(x2R2)3/2一(2)距轴线r处取一宽dr的环带，则等效电流dI = ndq = 2二n rdr此环带效电流dI的磁矩。d：m=二r2dI=2二2n1r3dr总的磁矩R_23_12_4=2二nrdr=一二nR10-22解:02在距盘心为r处取一环带，面积ds=2：rdr,其上电荷为dq-；：-.2二rdr等效电流为dI=dq=-w二.2二rdr=cwrdr2二2二它在中心轴线距离x处，产生的磁场的磁感应强度dBdIr2一 2(r2 x2)3/2R -0- wB= d

28、B = . 丁00 w r3drc/ 223/22(r x )r3 d r _ /w二(2 x(r2x2)3/12 ( Nx 210-23解：线框所受重力矩与其所受磁力矩大小相等方面相反(对0,0轴)b-2-重力矩=2bgsgsin上,bgsbsin：=sb;gsin：磁力矩=;?mBsin(-2)=Ib2Bcos:两者相等2sb2Pgsin：-Ib2Bcos:B=2s：gtan：/I9.3510*T10-24电子在磁场中作圆周运动，其周转半径R为6mvmv1020R=6666.210mqBeB1.06210,910-8当B=108Ti mvR =-eB104198=6.210m1.06210

29、10810-25长直导线Ii对ab作用力J I I业FAB - BI 2 t 2 - - -2二 f1.24二 1020 10 0.204=8.0/10 (N)向左2 二 0.01对ad边作用力。由于Ji在ab边各处产生的磁场变化，方向垂直低面向内，故LI-在ad边上取一电流 12 d定到I1的距离为x,所受作用力为：dF =BIdx=dx2二 xLLFad = dF = 0122 二1 dx J0I1I2Fn 71.0 9.0=2 1020 10 5 、1.0= 9.0 10/(N)同理可算得Fbe=Fad =9.2 101N)I I=o2)2 =8M10,(N)向右2二(h)10-26解:

30、在弧线形导线上取一电流Id受力dF = IdeBdFx =dF cos TBdecos? - -IBdy dFy =dFsin二 TBdesin 二-IBdxybFxdFx = - IBdy =0Fyyaxb_=dFy=IBdx=IBabxaF=Fy=旧独ab上式表明此弧形线电流受力与沿弦ab同方向电流受力一样。10-27解：（1）线圈的磁矩二2pm=2RI：2_32=0.1210=0.157(Am2)2磁力矩2_2M=RB=R2IB=7.8510(Nm)2,(2)线圈转过90时磁力矩的力，取转动后Pm方向民B一致A=I(m2-m1)=R2BI=0.120.510=7.8510(J)2210-

31、28,解：此与流线圈在水平处磁场B中，受到一力矩作用，其作用是使线圈流向n,也即点转向b,使角度减小，由转动定律有J-MJ-a2旧sind2u2.Jr=-2aIBsinidt当8很小时,sin知0d2u2.J5a2IBi-0dt2dt2J二.a2IBJ方程变为二W2-0Ja2旧出2因此线圈在平衡位置作简谐振动，振动周期T=生=2几w10-29解：(1)电子速度分解为沿轴向Vii分量，和垂直于轴向的分量VI,在轴向作匀速直线运动，垂直于轴向作为速率圆周运动。mVR=-CBeBRu_L=eB,2二meBhh-:/T-;-:/-/-eb2二m7reBh2-/2R一m4二代入数值6=7.5710ms的

32、方向与轴线夹角中tan=迄=2R=2.5=6817V11h(2)根据电子绕轴旋轴方向，磁场沿沿线，但与V分量V前方向相反。10-30解：离子通过E、B同时存在原域后速度近似为零，经过电压u加速后，速度为v,则12-mv=qu2进入磁场BO中,2qBO二mRlR=一2解得mqBOl28u10-31Um-Un=EHb=BvbVVm - VnV =Bb1.0 1031.5 0.01又a1 BI ng d1 BI.ne d1BIn二e(Vm-Vn)d=11.531.60210491.010*1.0104293-2.810(1/m3)dq =crds =o2nPd P ,10-32解：在盘上距中心来往为

33、P处取一窄环，ds=2npdP,其上也为荷为此环转动的等效电流，dI=，dq=wPdP2二此窄环带电流的磁矩dPm-二；2dI-w;?3d;?它所受磁力矩为dM=dpmB-：wb：3dDJT总的磁力矩为M=dMB0P3d=-.wbr4411-1作一图形环路由安培环路原理Hd=Hd=H*2：r=2NININI2二rL400200.40=2.0104(A/m)B-%=(hM)B1M=B-H=17-2.0104=7.7105(A/m)，4二10由M=xmH= 38.5M7.7105xm=4H2.0104r=1xm=39.511-2在导线内rR作一圆形回路LH *d = Hd =HLL2：r二 R2I

34、r22二rR2B ”1H 二通OH丁。12 二 R2在导线内，作raR的图形回路LH*d=Hd=H*2二r二ILL2二rBH=WH=卓2二r、选择题1.如图，边长为正方形以角速度自测题六a的正方形的四个角上固定有四个电荷均为q的点电荷.此绕AC轴旋转时，在中心O点产生的磁感强度大小为B；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点产生的磁感强度的大小为(A)B=R.-11r(C)B=B2.2民，则B与民间的关系为(B)B=2B2.(D)Bi=B2/4.2.边长为L的一个导体方框上通有电流I,则此框中心的磁感强度2(A)与L无关.(B)正比于L.(C)与L成正比.(D)与L成反

35、比.,2(E)与I有关.3.如图，流出纸面的电流为2I,述各式中哪一个是正确的？(A)寸Hdl=21.(B)L1(C)耳Hdl=I.(D)-Hdl=IL2川dl=-I.L4流进纸面的电流为I,则下4.无限长直圆柱体，半径为R沿轴向均匀流有电流.设圆柱体内(rR)的磁感强度为R,则有(A) B、B均与r成正比.(B) B、R均与r成反比.(C) B与r成反比，B与r成正比.(D) B与r成正比，R与r成反比.(D)5.一电荷为q的粒子在均匀磁场中运动，下列哪种说法是正确的？(A) 只要速度大小相同，粒子所受的洛伦兹力就相同.(B) 在速度不变的前提下，若电荷q变为-q,则粒子受力反向，数值不变.

36、(C) 粒子进入磁场后，其动能和动量都不变.(D) 洛伦兹力与速度方向垂直，所以带电粒子运动的轨迹必定是圆.：(B)6.如图所示，一半径为 内，圆心为O 一带正电荷为 电荷的粒子恰好通过6.有一半径为R的单匝圆线圈，通以电流I,若将该导线弯成匝数N=2的平面圆线圈，导线长度不变，并通以同样的电流，则线圈中心的磁感强度和线圈的磁矩分别是原来的(A)4倍和1/8,(B)4倍和1/2.(C)2倍和1/4.(D)2倍和1/2.二、填空一1 .一磁场的磁感强度为B=ai+bj+ck(si),则通过一半径为R,开口向z轴正方向的半球壳表面的磁通量的大小为Wb2 .真空中有一载有稳恒电流I的细线圈，则通过包

37、围该线圈的封闭曲面S的磁通量6=.若通过S面上某面元dS的元磁通为排，而线圈中的电流增加为2I时，通过同一面元的元磁通为d*,则d:Z丫=.2分3 .一质点带有电荷q=8.0x10-10C,以速度v=3.0x105ms-1在半彳至为R=6.00x10-3m的圆周上，作匀速圆周运动.该带电质点在轨道中心所产生的磁感强度B=,该带电质点轨道运动的磁矩pm=.(o=4x10-7hm1)4 .如图，在无限长直载流导线的右侧有面积为S和&的两个矩形回路.个回路与长直载流导线在同一平面，且矩形回路的一边与长直载流导线平行.通过面积为S的矩形回路的磁通量与通过面积为S2的矩形回路的磁通量之比为.5 .有一同

38、轴电缆，其尺寸如图所示，它的内外两导体中的电流均为且在横截面上均匀分布，但二者电流的流向正相反，则(1)在rR处磁感强度大小为.R通有电流为I型圆形回路，位于Oxy平面q的粒子，以速度v沿z轴向上运动，当带正O点时，作用于圆形回路上的力为,作用在带电粒子上的力为.7 .两个带电粒子，以相同的速度垂直磁感线飞入匀强磁场，它们的质量之比是1：4,电荷之比是1:2,它们所受的磁场力之比是,运动轨迹半径之比是.8 .一带电粒子平行磁感线射入匀强磁场，则它作运动.一带电粒子垂直磁感线射入匀强磁场，则它作运动.一带电粒子与磁感线成任意交角射入匀强磁场，则它作运动.角速度匀速转动(O1.均匀带电刚性细杆AB

39、线电荷密度为，绕垂直于直线的轴O以点在细杆AB延长线上).求：(1) O点的磁感强度B0;(2) 系统的磁矩pm;(3)若ab,求B及pm.2 .如图所示，一半径为R的均匀带电无限长直圆筒，面电荷密邛那一度为.该筒以角速度绕其轴线匀速旋转.试求圆筒内部的磁感强-度.3 .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1m,宽为2R),位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量.4 .如图所示，两根相互绝缘的无限长直导线1和2绞接于O点，两导线间夹角为，通有相同的电流I.试求单位长度的导线所受磁力对O点的力矩.5 .如图所示，有一密绕平面螺旋线

40、圈，其上通有电流I,总匝数为N,它被限制在半径为R和R的两个圆周之间.求此螺旋线中心O处的磁感强度.I自测题六参考答案一、选择题1C2c3D4H5R6B二、填空1 、R2c,2、0,1：2,3、6.67X10-7T,7.20X10-7Am,4、1：1,5、N0rI/(2nR2),06、0,0,7、1：2,1：2,8、匀速直线，匀速率圆周，等距螺旋线，垂直纸面向内，R0I/(4nR)三、计算题B0 = dB。drr-ln圣4 二 a2)九期(a+b)3a3/63)33b12Pm=ra=-qa6a22 .B=，Rbg,方向平行于轴线朝右.LILI3 .中=i1.中2=上1ln24 二2二4.5.。

41、I22二sin二0NIR2ln-2限火)Ri第7章习题解7-1解：单位正电荷在2q与2q电荷的对角线方向上受力为0,在q与-4q电荷的对角线方向上受力为lq4q5qF二-二_2_2_24二;0.2a24二;0.2a22；0a方向由单位正电荷指向-4q电荷.7-2解：考虑一个顶点上的-q电荷受力.在平行于顶点所对边白方向上受力为0,在垂直于顶点所对边方向上受力为2 .q0qQF=22sin6024二；0r4二；0r2cos300令F=0,得3 Q=q37-3解：由点电荷的场强叠加，有Ac42.05.01x0E=9.00X10-+2V/mx(x+1.0)八45.02.0.-0.1mx0E=9.00

42、402-:Vm“1.0xy42.05.011x-0.1mE=-9.00M10-+2V/m：x(x+1.0)7-4do o i 一一 -T LEE解：由点电荷的场强叠加公式nnE=、有第一种情况第二种情况第三种情况E=q/腌0a2方向水平向右第四种情况E| =q/2超0a2方向指向右下方-q电荷7-5证明：以细棒作为离棒中心为x轴，其中心作为坐标原点 。，过O点垂直细棒作y轴.P点位于棒的延长线上,a处；Q点位于棒的垂直平分线上，离棒为a处，并设k = Q/L,则(1)在P点处EPEp = .0 dEPL 2 dx!2二24二； a-x2. 2二 04a - L方向沿x轴正向;(2)在细棒任取一

43、电荷元 dq = 2dx ,其坐标为(x,0),该电荷元在 Q点的场强大小为1, dxdEQ =224 二；0 x a方向由电荷元指向 Q点.由对称性分析，知EQx=0；而dEQy4二;0 x2 a2 , x2 a2EQyEq =EQy=.0 dE,Qy.，24二；0 xq _1 Q,x2 a2 2二；0 a , L2 4a2方向沿y轴正向.证毕.7-6解：如图，在距球心 。为x处取一个细圆环，其上均匀带电，所带电量为dq = c 2二 rdl = ： 2 R2sin d根据均匀带电细圆环轴线上的场强公式，dq在O处的场强大小为dE =1xdq1 Rcos2二 R2 sin4二；。2 x2 3

44、24 二；0R3d =COs7-Sinddo2；0方向为X轴的负向.由于所有细圆环在 处的总场强为对dE的直接积分，即EE = dE,0。点处的场强方向均相同，都沿X轴的负向，故 。点CJcos - sin - d -= 2；04；0方向为x轴的负向.7-7解：(1)由均匀带电长直导线的场强公式，有E =ii2二 0x2- o a - xa i 2二；0 x a - xx为场点到带正电荷长直导线的垂直距离;(2)其中一均匀带电长直导线在另一均匀带电长直导线处的场强大小为E=2二；0a单位长度导线带电九，受离为九2/2n%a,方向为垂直两长直导线，相互吸引7-8解：圆心处的场强可看作是由电荷线密

45、度为-九,长度为&=2cm的带电小圆弧所产生.由于1远小于圆弧半径，对圆心处，可视为点电荷，所以lq1l1E22=0.72Vm-14二；0R24二;0R2方向由圆心指向缝隙.7-9解：通过圆形平面的电通量等于通过以该点电荷为顶点，r=Jr2+d2为半径的球面锥体的球冠面的电通量.2以点电何为球心，r为半径作一球面.该球面的面积为S0=4叮，球冠面积为S =2二 r r- d .通过球面S0的电通量为通过球冠面S的电通量为 由以上二式，有SS0=esl：S 二ES,_qS_qR2d2-d“SY2。7-10解：(1)只有通过与x轴垂直的左、右两个侧面&、$的电通量不为0.即有中：，1%=匕0E2S

46、2=E2-E1S=：b2d-bdd2=1.05Nm2C-1(2)由高斯定理q=；0中=9.27102cEdS 二 E S E. S =2E S解：由对称性分析可知，无限大的，厚度为D的，电荷体密度为p的均匀带电平板的电场具有平面对称性，对称面为板的中心面，即在中心面两侧，与其垂直距离相等的各点处的场强的大小是相等的，方向处处与带电平面垂直，并指向两侧（p0）.根据场强分布的特点，可将高斯面S取成圆筒面，圆筒面的侧面S与带电平面垂直，两底面S和S2与中心面平行且等距，令S和S2面的大小均为AS,距中心面白距离为d.则通过此高斯面S的电通量为：，e=EdSEdS=EdSe-SiS2Si此高斯面内所

47、包围的电荷为2dASPd|D/2由高斯定理f2dASP/=2EAS=4eD，SP。故NdP/跖|dD/2E=D/2考虑到方向-DP.2；od-D2E=dP/%-D/2dD/2d D/27-12解：设内、外球面半径分别为 r Y RRi、R2,曾由高斯定理知空间场强分别为:E=0E=r4二二0rE=qiq2二E3r4二；0r3由已知条件，有qi4二；0r3%；NC-i3N C33-i4二；0rr解之，有1-6qi =一IO C , q2510 C97-13解：作半径为r同心球面为高斯面S,由高斯定理有E dS = E4二 r2 = qi . ；0 MSS04 q34 q3二 r3 - 0.13 / 内JI0.23 -0.13 力0 r Y 0.1m0 . 1#r Y 0 . 2方向均沿径向.由上式，有E0.05=0； E0.15 =0.41V/m,沿径向向外;E0.5 =1.04沿径向向外7-14解：作半径为r同心球面为高斯面S,由高斯定理有1 r 24 f P4nr drE dS 二 E4二 r2 -，qi . 0SS内.代入=kr计算，有：4二；00r2drkr -E = r （r y r 4 ；oE -r关系曲线略kR4E 打r R4 0r7-15解：选长为1,半径为r与圆柱同轴的圆筒面作为高斯S,由高斯定理，有4