恒定电流与真空中的恒定磁场解读

1、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 ，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dq dt 2 Rndt所以 I dq 2 Rndt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大小B方向0I2R垂直圆面且与I右旋故环中心处的磁感应强度02 Rn0 n2R0若 0 ，则 B 与 同向，若0，则 B 与 反向 5 如图（ a）所示，半径为 R 的无限长半圆柱面上沿

2、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 x z 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B By j 在柱面上任取一窄条，它的位置用图中 角表征。设窄条对 柱面轴 线 即z轴 的张 角为 d ，则其 上电流强 度应 为I Rd I d 。这电流在 P 点处磁感应强度的大小 RI0 I d dB2R

3、方向如图所示。显然， dB在 y 轴上的投影应为0Id2 2R0 I cos d22 2 R将上式对整个半柱面电流积分得By2 0 I cos d0 I2 2 2R2 RdB y dBcos所以，轴上任一点 P 的磁感应强度为0I2r j6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 x, y无关，即B By z j 另外，在中心平面两侧，与平面

4、距离相同的各点，磁感应强 度大小相等，但方向相反，即By zBy z显然，在图示情况 中， z 0的场点 By 0;z 0的场 点 By 0 ，而在中心平面上各点 B 0。定理 B dS 0 I i 有L内Blzd2 0J l d z d 0 2 20 J lz所以0zJd20Jd z2d z根据上述对称性只须计算 z 0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2考虑到 B 的方向可得0Jzjd 0 J20z d2 z j z d27 在半径 R 5.0m 的无限长金属圆柱内部挖去一半径 r 1.5m的无限长圆柱体, 两柱体轴线平行, 轴

5、间距离 a 2.5m , 在此空心导体上通以电流 I 5.0A , 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JIJR 2 r 2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 B1 ，由安 培环路定理得B1 2 a 0 J aJa故B1 0Ja ，方向与 J 成右旋切向。12 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 B2 ， 则B2 0所以，导体空心部分轴线上任一点磁感应强度为B B1 B2 B1B10Ia2 R2 r 2

6、1.09 10 7T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） 与E同向；（2） 与E反向；（3） 与E 垂直。解: （1）由FL e B 0Fe eE再由牛顿第二定律得 a e Em电子沿 x 轴作匀减速直线运动。e（ 2）a e Em电子沿 x 轴反方向作匀加速直线运动。（3）高开始时 沿 y 轴方向，电子受力F FL Fe e B E 所以 a e B E m电子沿 x 方向作增螺

7、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 ， 受力 dF BIdl ，方向如图所示。于是dFxdF sin BIdl sin BIdy同理dFy dF cos BIdx载流导线 acb 受力F x0 BIdy 0Fyba BIdx BIab可见，载流导体 acb所受的合力与 ab 载同样电流受的作用 力相同。证法二: 由安培力公式 dF Idl B载流 I 的导线 acb 受磁场的作用力Facb

8、 Id l B考虑到 B 为恒矢量，则Facb Idl B Ia b B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 Idl ，它受到安

9、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 dF 2T sin d 02又由安培公式 dF Idl B ，可得dF IBdl IBRd又因电流元足够小，有 sin d d ，所以，线圈导线上的张力T IBR11一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 。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:

10、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m1 R2I sin i 1 R2 I cos k22又 B Bi 所以电流圈所受磁力矩为M m BR2IB cos j2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。

11、12 在无限长直电流 I 1的垂直平面内有一载流为 I 2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 R1 及 R2，圆心角为 2 。求：（1）线圈各边所受 的 I1 的磁场的作用力及这些作用力的合力； （ 2）线圈所受 I1 磁场的力矩。I 解: （ 1）无限长直电流 I1 建立的磁感应强度 B1 0I1 ，方 2r 向与 I1右旋，且沿圆弧切向。所以 ab、cd 上各段电流元都 与该处B1平行或反平行，根据安培定律 dF Idl B得到 ab、cd 两段受 I1 磁场的作用力为零。bc 受力：在距 I1为r 处取dr 小段于是dFbc I 2B1dr0 I

12、 1I 22rFbc 大小 :Fbc02I1I2方向 :RR21drr0I1I2 In R22R1同理Fda 大小 :Fda02I1I2 In RR12方向 :线圈各边受 I1 磁场的合力 F 0（ 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 I 1磁场的力对 Ox 轴 形成力偶0大小 : dM 2rsin dF0 I1I2 sin drdM 1 2方向 : 沿 Ox负向方法二 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 I2 ，且都为逆时针方向 这样从整体看，空间电流分布不变。dS面元的磁矩 dm I 2rd drenen 为载流线圈 dS的法向单位矢量（本图中指向读者） 。 dS面元处磁场可视为均匀，因而受磁力矩IdM dm B I2rd dr 0 1 r