第七章 恒定磁场
7 －1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R ＝2r ，螺线管通过的电流相同为I ，螺线管中的磁感强度大小B R 、B r 满足（ ）
（A ） r R B B 2= （B ） r R B B = （C ） r R B B =2 （D ）r R B B 4= 分析与解 在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比
2
1==R r n n r R 因而正确答案为（C ）。
7 －2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量 为（ ）
（A ）B r 2π2 （B ） B r 2
π
（C ）αB r cos π22 （D ） αB r cos π2
分析与解 作半径为r 的圆S ′与半球面构成一闭合曲面，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，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S ′的磁通量；S B ?=m Φ．因而正确答案为（D ）． 7 －3 下列说法正确的是（ ）
（A ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过
（B ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零
（C ） 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零
（D ） 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零
分析与解 由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零。因而正确答案为（B ）．
7 －4 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P 1 、P 2 为两圆形回路上的对应点，则（ ）
（A ） ?
??=?21L L d d l B l B ，21P P B B = （B ） ???≠?21L L d d l B l B ，21P P B B
= （C ） ???=?21L L d d l B l B ，21P P B B
≠
（D ） ???≠?2
1L L d d l B l B ，21P P B B ≠
分析与解 由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C ）． *7 －5 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之
中，若导体中流过的恒定电流为I ，磁介质的相对磁导率为μｒ （μｒ＜1），则磁介质内的磁化强度为（ ）
（A ）()r I μr π2/1-- （B ） ()r I μr π2/1-
（C ） r I μr π2/- （D ） r μI r π2/
分析与解 利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度，再由
M ＝（μｒ－1）H 求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为（B ）． 7 －6 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m 的近似圆形轨道，当环中电子流强度为8 mA 时，在整个环中有多少电子在运行？ 已知电子的速率接近光速。
分析 一个电子绕存储环近似以光速运动时，对电流的贡献为c I e I /Δ=
，因而由l
Nec I =，可解出环中的电子数。 解 通过分析结果可得环中的电子数 10104?==ec
Il N 7 －7 已知铜的摩尔质量M ＝63.75 ｇ·mol －1 ，密度ρ ＝8.9 g · cm －3 ，在
铜导线里，假设每一个铜原子贡献出一个自由电子，（1）为了技术上的安全，铜线内最大电流密度2
6.0A mm m j -=? ，求此时铜线内电子的漂移速率v d ；（2） 在室温下电子热运动的平均速率是电子漂移速率v d 的多少倍？ 分析 一个铜原子的质量A N M m /=,其中N A 为阿伏伽德罗常数，由铜的密度ρ 可以推算出铜的原子数密度 m ρn /=
根据假设，每个铜原子贡献出一个自由电子，其电荷为e ，电流密度
d m n
e j v = ．从而可解得电子的漂移速率v d ．
将电子气视为理想气体，根据气体动理论，电子热运动的平均速率
e
m kT π8=v 其中k 为玻耳兹曼常量，m e 为电子质量．从而可解得电子的平均速率与漂
移速率的关系．
解 （1） 铜导线单位体积的原子数为
M ρN n A /=
电流密度为j m 时铜线内电子的漂移速率
14s m 1046.4//--??===e ρN M j ne j A m m d v
（2） 室温下（T ＝300 Ｋ）电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为
81042.2π81?≈=e
d d m kT v v v 室温下电子热运动的平均速率远大于电子在恒定电场中的定向漂移速率．电子实际的运动是无规热运动和沿电场相反方向的漂移运动的叠加．考虑到电子的漂移速率很小，电信号的信息载体显然不会是定向漂移的电子．实验证明电信号是通过电磁波以光速传递的．
7 －8 有两个同轴导体圆柱面，它们的长度均为20 m ，内圆柱面的半径为3.0 mm ，外圆柱面的半径为9.0 mm.若两圆柱面之间有10 μA 电流沿径向流过，求通过半径为6.0 mm 的圆柱面上的电流密度．
分析 如图所示是同轴柱面的横截面，电流密度j 对中心轴对称分布．根据 恒定电流的连续性，在两个同轴导体之间的任意一个半径为r 的同轴圆柱面上流过的电流I 都相等，因此可得
rl I j π2/=
解 由分析可知，在半径r ＝6.0 mm 的圆柱面上的电流密度
2m mA 3.13π2/-?==rl I j
7 －9 如图所示，已知地球北极地磁场磁感强度B 的大小为6.0×10－
5T ．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 设赤道电流为I ，则由教材第7 －4 节例2 知，圆电流轴线上北极点的磁感强度
()R
I μR R IR μB 24202/322
0=+= 因此赤道上的等效圆电流为
A 1073.12490
?==μRB I 由于在地球地磁场的Ｎ 极在地理南极，根据右手螺旋法则可判断赤道圆电流应该是由东向西流，与地球自转方向相反．
7 －10 如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a 、b 两点，并与很远处的电源相接。求环心O 的磁感强度．
分析 根据叠加原理，点O 的磁感强度可视作由ef 、b e 、fa 三段直线以及ac b 、a d b 两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，0=ef B ．而b e 、fa 两段直线的延长线通过点O ，由于0Idl r ?=，由毕－萨定律知
0be fa ==B B ．流过圆弧的电流I 1 、I 2的方向如图所示，两圆弧在点O 激发的磁场分别为
21101π4r l I μB =,22202π4r
l I μB = 其中I 1 、I 2 分别是圆弧ac b 、a d b 的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比，而圆弧ac b 、a d b 又构成并联电路，故有
2211l I l I =
将B1 、B2 叠加可得点O 的磁感强度B ．
解 由上述分析可知，点O 的合磁感强度
0π4π42220211021=-=
-=r l I μr l I μB B B 7 －11 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，它们在点O 的
磁感强度各为多少？
分析 应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度∑=i
B B 0 解 （ａ） 长直电流对点O 而言，有0=?r l Id ，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有
R
I μB 800=
B 0 的方向垂直纸面向外． （ｂ） 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得
R
I μR I μB π22000-=
B 0 的方向垂直纸面向里． （c ） 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得
R
I μR I μR I μR I μR I μB 4π24π4π4000000+=++= B 0 的方向垂直纸面向外．
7 －12 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 ．
分析 由教材7 －4 节例题可知，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度
R
αI μB π40=
，其中α为圆弧载流导线所张的圆心角，磁感强度的方向依照右手定则确定；半无限长载流导线在圆心点O 激发的磁感强度R I μB π40=，磁感强度的方向依照右手定则确定。
点O 的磁感强度B O 可以视为由圆弧载流导线、半无限长载流导线等激发的磁场在空间点O 的叠加。
解 根据磁场的叠加
在图（ａ）中，
k i k k i B R
I μR I μR I μR I μR I μπ24π4π44000000--=---
= 在图（ｂ）中， k i k i i B R
I μR I μR I μR I μR I μπ41π14π44π4000000-??? ??+-=---
= 在图（c ）中， k j i B R
I μR I μR I μπ4π4830000---= 7 －13 如图所示，一个半径为R 的无限长半圆柱面导体，沿长度方向的电流I 在柱面上均匀分布．求半圆柱面轴线OO ′上的磁感强度．
分析 毕－萨定理只能用于求线电流的磁场分布，对于本题的半圆柱形面电流，可将半圆柱面分割成宽度θR I d d =的细电流，细电流与轴线OO ′平行，将细电流在轴线上产生的磁感强度叠加，即可求得半圆柱面轴线上的磁感强度．
解 根据分析，由于长直细线中的电流R l I I π/d d =，它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为
I R
μB d 2πd 0= 其方向在Oxy 平面内，且与由ｄl 引向点O 的半径垂直，如图7 －13（ｂ）所示．由对称性可知，半圆柱面上细电流在轴线OO ′上产生的磁感强度叠加后，得
?==0sin d θB B y
R
I μθθR R I R μθB B x 20π00π0πsin d π2πsin d =?==?? 则轴线上总的磁感强度大小 R I μB B x 20π=
= B 的方向指向Ox 轴负向．
7 －14 实验室中常用所谓的亥姆霍兹线圈在局部区域内获得一近似均匀的磁场，其装置简图如图（ａ）所示．一对完全相同、彼此平行的线圈，它
们的半径均为R ，通过的电流均为I ，且两线圈中电流的流向相同．试证：当两线圈中心之间的距离d 等于线圈的半径R 时，在两线圈中心连线的中点附近区域，磁场可看成是均匀磁场．(提示：如以两线圈中心连线的中点为坐标原点O ，两线圈中心连线为x 轴，则中点附近的磁场可看成是均匀磁场的条件为0=dx
dB ；022=dx B d )
分析 设磁感强度在Ox 轴线上的分布为B （x ）（可由两个圆电流线圈在轴线上磁场的叠加而得），如在轴线上某点处
0d d =x
B ，这表明在该点附近的磁感强度有三种可能，即有极大值(0d d 22
B ) 或均匀(0d d 22=x B )．据此可得获得均匀磁场的条件①． 证 取两线圈中心连线的中点为坐标原点O ，两线圈中心轴线为x 轴，在x 轴上任一点的磁感强度
()[]()[]2/322202/322202/2/2x d R IR μx d R IR μB ++--+=
则当 ()()()[]()()[]02/2/32/2/32d d 222220=+++-?????-+-=x d R x d x d R x d IR μx x B
()()()[]()()[]
02/2/42/2/423d d 22222222022=++-+-?????-+-=x d R R x d x d R x d IR μx x B 时，磁感强度在该点附近小区域内是均匀的，该小区域的磁场为均匀场． 由 0d d =x
B ， 解得 x ＝0
由 0d d 022==x x B ，解得 d ＝R
① 将磁感强度B 在两线圈中点附近用泰勒级数展开，则
()()()()...d 0d 21d 0d 0222+++=x x
B x x B B x B 若x ＜＜1；且()0d 0d =x
B ；()0d 0d 22=x B ．则磁感强度B （x ）在中点O 附近近似为常量，场为均匀场．
这表明在d ＝R 时，中点（x ＝0）附近区域的磁场可视为均匀磁场． 7 －15 如图所示，载流长直导线的电流为I ，试求通过矩形面积的磁通量．
分析 由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量Φ≠BS ．为此，可在矩形平面上取一矩形面元d S ＝l d x ［图（ｂ）］，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为
x l x
l μΦd π2d d 0=
?=S B 矩形平面的总磁通量 ΦΦ?=d
解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量
?
==211200ln π2d π2d d d d Il μx l x l μΦ 7 －16 已知10 mm 2 裸铜线允许通过50 A 电流而不会使导线过热．电流
在导线横截面上均匀分布．求：（1） 导线内、外磁感强度的分布；（2） 导线表面的磁感强度．
分析 可将导线视作长直圆柱体，电流沿轴向均匀流过导体，故其磁场必然呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上的各点，B 大小相等．方向与电流成右手螺旋关系．为此，可利用安培环路定理，求出导线表面的磁感强度． 解 （1） 围绕轴线取同心圆为环路L ，取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有
∑?=?=?I μB 0
πr 2d l B 在导线内r ＜R ， 2222πππR
r r R I I ==∑，因而 202πR
Ir μB =
在导线外r ＞R ，I I =∑，因而 r
I μB 2π0= 磁感强度分布曲线如图所示． （2） 在导线表面磁感强度连续，由I ＝50 A ，m 1078.1π/3-?==
s R ，得
T 106.52π30-?==R
I μB 7 －17 有一同轴电缆，其尺寸如图（ａ）所示．两导体中的电流均为I ，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑．试计算以下各处的磁感强度：（1） r ＜R 1 ；（2） R 1 ＜r ＜R 2 ；（3） R 2 ＜r ＜R 3 ；（4） r ＞R 3 ．画出B －r 图线．
分析 同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r 的同心圆为积分路径， πr 2d ?=??B l B ，利用安培环路定理∑?=?I μ0d l B ，
可解得各区域的磁感强度．
解 由上述分析得
r ＜R 1 221
01ππ12πr R μr B =? 21
12πR Ir μB = R 1 ＜r ＜R 2
I μr B 022π=?
r
I μB 2π02= R 2 ＜r ＜R 3
()()
??
????---=?I R R R r I μr B 22232203ππ2π 22
232
23032πR R r R r I μB --= r ＞R 3 ()02π04=-=?I I μr B
04=B
磁感强度B （r ）的分布曲线如图（ｂ）．
7 －18 如图所示，N 匝线圈均匀密绕在截面为长方形的中空骨架上．求通入电流I 后，环内外磁场的分布．
分析 根据右手螺旋法则，螺线管内磁感强度的方向与螺线管中心轴线构成同心圆，若取半径为r 的圆周为积分环路，由于磁感强度在每一环路上为常量，因而
πr 2d ?=??B l B 依照安培环路定理∑?=?I μ0
d l B ，可以解得螺线管内磁感强度的分布． 解 依照上述分析，有
∑=?I μr B 02π
r ＜R 1
02π1=?r B
01=B
R 2 ＞r ＞R 1
NI μr B 022π=?
r
NI μB 2π02= r ＞R 2
02π3=?r B
03=B
在螺线管内磁感强度B 沿圆周，与电流成右手螺旋．若112R R R <<- 和R 2 ，则环内的磁场可以近似视作均匀分布，设螺线环的平均半径
()122
1R R R +=，则环内的磁感强度近似为 R
NI μB 2π0≈ 7 －19 电流I 均匀地流过半径为R 的圆形长直导线，试计算单位长度导线内的磁场通过图中所示剖面的磁通量．
分析 由题7 －16 可得导线内部距轴线为r 处的磁感强度
()2
02πR Ir μr B = 在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义()S B d ?
=r Φ来求解．沿轴线方向在剖面上取面元ｄS ＝l ｄr ，考虑到面元上各点B 相同，故穿过面元的磁通量ｄΦ＝B ｄS ，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量
?=S
r B Φd 解 由分析可得单位长度导线内的磁通量
4π
d 2π0020I μr R Ir μΦR
==? 7 －20 设电流均匀流过无限大导电平面，其面电流密度为j ．求导电平面
两侧的磁感强度．（提示：可参考本章问题7 －11，并用安培环路定理求解．）
分析 依照右手螺旋定则，磁感强度B 和电流j 相互垂直，同时由对称性分析，无限大导电平面两侧的磁感强度大小相同，方向反向平行．如图所示，在垂直导电平面的平面上对称地取矩形回路a b c d ，回路所在平面与导电平面相交于OO ′，且使a b ∥c d ∥OO ′，a d ⊥OO ′，c d ⊥OO ′，a b ＝c d ＝L ，根据磁场的面对称分布和安培环路定理可解得磁感强度B 的分布． 解 在如图所示的矩形回路a b c d 中，磁感强度沿回路的环路积分
??????+?+?+?=?da
bc cd ab l l B l B l B l B l B d d d d d 由于对称性B 1 ＝B 2 ＝B ，B 3 、B 4 与积分路径正交，因而
Bl d l
2=??l B （1） 回路a b c d 内包围的电流I ＝jL ，根据安培环路定理，有
jL μBl l 02d ==??l B （2）
由式（1）和式（2）可得导电板两侧磁感强度的大小为
j μB 02
1= 磁感强度的方向由右手螺旋关系确定．
7 －21 设有两无限大平行载流平面，它们的面电流密度均为j ，电流流向相反．求：（1） 两载流平面之间的磁感强度；（2） 两面之外空间的磁感
强度．
解 由上题计算的结果，单块无限大载流平面在两侧的磁感强度大小为012
j μ，方向如图所示，根据磁场的叠加原理可得 （1） 取垂直于纸面向里为x 轴正向，合磁场为
i i i B 000j μj μj μ=+=2
2 （2） 两导体载流平面之外，合磁场的磁感强度
02
2==
i -i B 00j μj μ 7 －22 已知地面上空某处地磁场的磁感强度40.410T B -=?，方向向北．若宇宙射线中有一速率71
5.010m s -=? v 的质子，垂直地通过该处．求：（1）洛伦兹力的方向；（2） 洛伦兹力的大小，并与该质子受到的万有引力相比较．
解 （1） 依照B F ?=v q L 可知洛伦兹力L F 的方向为B ⊥v 的方向，如图所示．
（2） 因B ⊥v ，质子所受的洛伦兹力
N 102.316-?==B F v q L
在地球表面质子所受的万有引力
N 1064.116-?==g m G p
因而，有10
1095.1/?=G F L ，即质子所受的洛伦兹力远大于重力．
7 －23 在一个显像管的电子束中，电子有41.210eV ?的动能，这个显像管安放的位置使电子水平地由南向北运动．地球磁场的垂直分量55.510T B -⊥=?，并且方向向下．求：（1） 电子束偏转方向；（2） 电子束在显像管内通过20 cm 到达屏面时光点的偏转间距．
解 （1） 如图所示，由洛伦兹力
B F ?=v q
电子带负电，q ＜0，因而可以判断电子束将偏向东侧．
（2） 在如图所示的坐标中，电子在洛伦兹力作用下，沿圆周运动，其轨道半径R （参见教材第7 －7 节）为
m 71.62===eB
mE eB m R k v 由题知cm 20=y ，并由图中的几何关系可得电子束偏向东侧的距离m 1098.2Δ322-?=--=y R R x 即显示屏上的图像将整体向东平移近3 mm ．这种平移并不会影响整幅图像的质量．
7 －24 试证明霍耳电场强度与稳恒电场强度之比nep B E E C H //=,这里ρ 为材料电阻率，n 为载流子的数密度．
分析 在导体内部，稳恒电场推动导体中的载流子定向运动形成电流，由欧姆定律的微分形式，稳恒电场强度与电流密度应满足
j E ρC =
其中ρ 是导体的电阻率．当电流流过位于稳恒磁场中的导体时，载流子受到洛伦兹力的作用，导体侧面出现电荷积累，形成霍耳电场，其电场强度为
B E ?-=v H
其中v 是载流子定向运动速率．根据导体内电流密度
v ne =j
由上述关系可得要证明的结果．
证 由分析知，在导体内稳恒电场强度为
nev ρρC ==j E
由霍耳效应，霍耳电场强度
B E ?-=v H
因载流子定向运动方向与磁感强度正交，故E H ＝v B ，因而
B/ne ρB/ρ/ρB/ρ/E E C H ===v v v /
7 －25 霍尔效应可用来测量血流的速度，其原理如图所示．在动脉血管两 侧分别安装电极并加以磁场．设血管直径为d ＝2.0 mm ，磁场为B ＝0.080 T ，毫伏表测出血管上下两端的电压为U H ＝0.10 mV ，血流的流速为多大？
分析 血流稳定时，有
H qE B q =v
由上式可以解得血流的速度．
解 依照分析
m/s 63.0===dB
U B E H H v 7 －26 磁力可以用来输送导电液体，如液态金属、血液等而不需要机械活动组件．如图所示是输送液态钠的管道，在长为l 的部分加一横向磁场B ，同时沿垂直于磁场和管道方向加一电流，其电流密度为J ．
（1） 证明在管内液体l 段两端由磁力产生的压力差为p JlB ?=，此压力差将驱动液体沿管道流动．
（2） 要在l 段两端产生1.00 atm （1 atm ＝101 325 P a ）的压力差，电流密度应多大？ （l ＝2.00 cm ，B ＝1.50Ｔ）
第6章 恒定磁场 1． 空间某点的磁感应强度B 的方向，一般可以用下列几种办法来判断，其中哪个是错误的？ （ C ） （A ）小磁针北（N ）极在该点的指向； （B ）运动正电荷在该点所受最大的力与其速度的矢积的方向； （C ）电流元在该点不受力的方向； （D ）载流线圈稳定平衡时，磁矩在该点的指向。 2． 下列关于磁感应线的描述，哪个是正确的? （ D ） （A ）条形磁铁的磁感应线是从N 极到S 极的； （B ）条形磁铁的磁感应线是从S 极到N 极的； （C ）磁感应线是从N 极出发终止于S 极的曲线； （D ）磁感应线是无头无尾的闭合曲线。 3． 磁场的高斯定理 0S d B 说明了下面的哪些叙述是正确的？ （ A ） a 穿入闭合曲面的磁感应线条数必然等于穿出的磁感应线条数； b 穿入闭合曲面的磁感应线条数不等于穿出的磁感应线条数； c 一根磁感应线可以终止在闭合曲面内； d 一根磁感应线可以完全处于闭合曲面内。 （A ）ad ； （B ）ac ； （C ）cd ； （D ）ab 。 4． 如图所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量 和面上各点的磁感应强度B 将如何变化？ （ D ） （A ） 增大，B 也增大； （B ） 不变，B 也不变； （C ） 增大，B 不变； （D ） 不变，B 增大。 5． 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，则在圆心o 处的磁感应强度大小为多少? （ C ） （A ）0； （B ）R I 2/0 ； （C ）R I 2/20 ； （D ）R I /0 。 6、有一无限长直流导线在空间产生磁场，在此磁场中作一个以截流导线为轴线的同轴的圆柱形闭合高斯面，则通过此闭合面的磁感应通量（ A ） A 、等于零 B 、不一定等于零 C 、为μ0I D 、为 i n i q 1 1 7、一带电粒子垂直射入磁场B 后，作周期为T 的匀速率圆周运动，若要使运动周期变为T/2，磁感应强度应变为（B ） A 、 B /2 B 、2B C 、B D 、–B 8 竖直向下的匀强磁场中，用细线悬挂一条水平导线。若匀强磁场磁感应强度大小为B ，导线质量为m ， I
《大学物理学》恒定磁场部分自主学习材料 要掌握的典型习题： 1． 载流直导线的磁场：已知：真空中I 、1α、2α、x 。 建立坐标系Oxy ，任取电流元I dl v ，这里，dl dy = P 点磁感应强度大小：02 sin 4Idy dB r μα π= ； 方向：垂直纸面向里?。 统一积分变量：cot()cot y x x παα=-=-； 有：2 csc dy x d αα=；sin()r x πα=-。 则： 2022sin sin 4sin x d B I x μαααπα =?21 0sin 4I d x ααμααπ=?012(cos cos )4I x μααπ-=。 ①无限长载流直导线：παα==210，，02I B x μπ=；（也可用安培环路定理直接求出） ②半无限长载流直导线：παπα==212，，04I B x μπ=。 2．圆型电流轴线上的磁场：已知：R 、I ，求轴线上P 点的磁感应强度。 建立坐标系Oxy ：任取电流元Idl v ，P 点磁感应强度大小： 2 04r Idl dB πμ= ；方向如图。 分析对称性、写出分量式： 0B dB ⊥⊥==?r r ；??==20 sin 4r Idl dB B x x α πμ。 统一积分变量：r R =αsin ∴??==20sin 4r Idl dB B x x απμ?=dl r IR 304πμR r IR ππμ2430?=232220)(2x R IR +=μ。 结论：大小为2 022322032()24I R r IR B R x μμππ??= =+；方向满足右手螺旋法则。 ①当x R >>时，2 20033224IR I R B x x μμππ= =??； ②当0x =时，（即电流环环心处的磁感应强度）：00224I I B R R μμππ= = ?； ③对于载流圆弧，若圆心角为θ，则圆弧圆心处的磁感应强度为：04I R B μθπ=。 B v ? R I dl B v
17.恒定磁场单元练习（二）答案 1．B 2．C 3．A 4．C 5．398 6. 2/2 IB R π，垂直于磁场向上，0 90 7．解：电子在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动 22 ω==mR R v m evB 轨道半径：)(1069.57m eB mv R -?== 旋转频率：)(1080.22119-?=π== νS m eB T 8. 解：（1）055.6''>=-=mV U U U A A AA 根据洛仑兹力公式可判断：载流子为带负电的电子，因而半导体是n 型半导体 （2）由于nqa IB U AA = ' 201086.2' ?== ∴AA qaU IB n （个/m 3） 9. 解：经分析可知，同轴电缆内外磁场具有柱对称性，所以取 同心的圆为安培环路 ∑? =?内） l l I l d H ( A B v
:1R r < 22 1 2r R I r H ππ= π? 2 1 002R Ir H B πμ= μ= :21R r R < 02=π?r H 00=μ=H B *10. 半径为R 的均匀带电薄圆盘，总电荷为q ．圆盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线以角速度ω 匀速转动，求（1）盘心处的磁感强度；（2）圆盘的磁矩． 解：（1）均匀带电薄圆盘转动后在圆盘面上会形成许多半径不同的圆电流半径为 r ,厚度为dr 的圆环转动后形成的圆电流为： 2/22R qrdr rdr dt dq di πω=ωππσ== 此圆电流在盘心处产生的磁感应强度为：2 0022R qdr r di dB πωμ=μ= 盘心处的磁感应强度：R q R qdr dB B R S πωμ=πωμ== ? ?22002 0 （2）2 322R dr qr r R qrdr S di dm ω=ππω=?= 圆盘的磁矩：2 2 341qR R dr qr dm m R S ω=ω==?? 磁矩的方向：根据电流的方向用右手定则判断
磁场综合训练（一） 1.弹性挡板围成边长为L = 100cm 的正方形abcd ，固定在光滑的水平面上，匀强磁场竖直向 下，磁感应强度为B = 0.5T ，如图所示. 质量为m =2×10-4kg 、带电量为q =4×10-3C 的小 球，从cd 边中点的小孔P 处以某一速度v 垂直于cd 边和磁场方向射入，以后小球与挡板 的碰撞过程中没有能量损失. （1）为使小球在最短的时间内从P 点垂直于dc 射出来，小球入射的速度v 1是多少？ （2）若小球以v 2 = 1 m/s 的速度入射，则需经过多少时间才能由P 点出来？ 2. 如图所示, 在区域足够大空间中充满磁感应强度大小为B 的匀强磁场,其方向垂直于纸面 向里.在纸面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L 的等边三角形框架DEF , DE 中点S 处 有一粒子发射源,发射粒子的方向皆在图中截面内且垂直于DE 边向下，如图（a ）所示. 发射粒子的电量为+q ,质量为m ,但速度v 有各种不同的数值.若这些粒子与三角形框架碰撞 时均无能量损失,并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边.试求： （1）带电粒子的速度v 为多大时,能够打到E 点? （2）为使S 点发出的粒子最终又回到S 点,且运动时间最短,v 应为多大?最短时间为多少? （3）若磁场是半径为a 的圆柱形区域，如图（b ）所示(图中圆为其横截面)，圆柱的轴线 通过等边三角形的中心O ，且a = L .要使S 点发出的粒子最终又回到S 点， 带电粒子速度v 的大小应取哪些数值？ a b c d B P v L B v E S F D （a ） a O E S F D L v （b
一、位移电流 1. 求下列情况下的位移电流密度的大小： （1）某移动天线发射的电磁波的磁场强度 () 80.15cos 9.3610 3.12A/m x t y =?-H e ； （2）一大功率变压器在空气中产生的磁感应强度 ()260.8cos 3.7710 1.2610T y t x -=?-?B e ； （3）一大功率电容器在填充的油中产生的电场强度 () 260.9cos 3.7710 2.8110MV/m x t z -=?-?E e 设油的相对介电常数5r ε=； （4）工频()50Hz f =下的金属导体中，()2sin 377117.1MA/m x t z =?-J e ， 设金属导体的7 00,, 5.810S/m εεμμσ===?。 解 （1）由t ???= ?D H 得 ()()882 00.15cos 9.3610 3.120.468sin 9.3610 3.12A/m x y z x d z x z z H t x y z y H t y y t y ??? ?? = =??==-=?????? ??-?-= ? ??-?-e e e D J H e e e 故 20.468A/m d =J （2）由0,t μ???= =?D H B H 得 ()()000260262 1110 010.8cos 3.7710 1.26100.802sin 3.7710 1.2610A/m x y z y d z y z z B t x y z x B t x x t x μμμμ--?????==??= ==?????? ???-?= ? ???-?e e e D J B e e e 故 20.802A/m d =J （3） ()626 0050.910cos 3.7710 2.8110r x t z εεε-??==??-?=??D E e
恒定磁场（一）参考解答一、选择题 1、D 2、B 3、C 二、填空题 1 、大小： 00(1122I I R R μμπ+ 方向：? 2、2 cos B r πα- 3、 0ln 22Ia μπ 三、计算题 1.（1）解：金属薄片单位弧长上的电流为 I R π I dI Rd R θπ= θπμπμd R I R dI dB 20022== j dB i dB j dB i dB B d y x )cos (sin θθ-+=+= 00220020sin 2cos 0 2x x y y I I B dB d R R I B dB d R π πμμθθππμθθπ=== ==-=?? ?? ∴02I B i R μπ=r r 1.（2）解：金属薄片单位弧长上的电流为2I R π 2I dI Rd R θπ= 0022sin (cos )x y dI I dB d R R dB dB i dB j dB i dB j μμθ ππθθ===+=+-r r r r r 002 22000222 0sin cos x x y y I I B dB d R R I I B dB d R R π π μμθθππμμθθππ=====-=-???? ∴0022x y I I B B i B j i j R R μμππ=+=-r r r r r
2.解：（1）01 02 12 ()1 1222 2 I I B I I d d d μμμπππ= + = + 方向：⊙ （2）0102 22() I I B r d r μμππ= + - 121 010******* 1213 22()ln ln 22r r m m S S S r I I d B dS BdS ldx r d r I l I l r r r r r r μμππμμππ+?? Φ=Φ===+???-??++=+????r r g 四.讨论题 320032003210000 00440044O I I O R R I I O R R μμππμμππ====== =?=====101010、（1）圆环电流的B ；两直导线的B 、B ；点总磁感应强度B （2）圆环电流的B ；两直导线的B 、B ；点总磁感应强度B （3）圆环电流的B ；两直导线的B 、B ；点总磁感应强度B e e e 3232003200000114200 O I I O l l O ππ======?=?=+= +-?==== 101012102、（1）三角形电流的B ；两直导线的B 、B ；点总磁感应强度B （2）三角形电流的B ；两直导线的B 、 B ； 点总磁感应强度B B B （ （3）三角形电流的B ；两直导线的B 、B ； 点总磁感应强度B ；
磁场典型例题 类型题■ 分析求解磁感强度 磁感强度B 是磁场中的重要概念，求解磁感强度的方法一般有：定义式法、矢量叠加法等。 【例题1】如图中所示，电流从 A 点分两路通过对称的环形分路汇合于 B 点，在环形分路的中心 0处的 磁感强度（ ） A. 垂直环形分路所在平面，且指向“纸内”。 B. 垂直环形分路所在平面，且指向“纸外”。 C. 在环形分路所在平面内指向 B 。 D. 磁感强度为零。 【例题2】电视机显象管的偏转线圈示意图如图所示，某时刻电流方向如图所示。则环心 向为（ ） A .向下 B .向上 C.垂直纸面向里 D .垂直纸面向外 【例题3】安培秤如图所示，它的一臂下面挂有一个矩形线圈，线圈共有 N 匝，它的下部悬在均匀磁场 B 内，下边一段长为 L ,它与B 垂直。当线圈的导线中通有电流 I 时，调节砝码使两臂达到平衡；然后使电 流反向，这时需要在一臂上加质量为 m 的砝码，才能使两臂再达到平衡。求磁感强度 B 的大小。 专业、专心、成就学生梦想 个性化辅导学案 0处的磁场方
判别物体在安培力作用下的运动方向，常用方法有以下四种: 1、电流元受力分析法：即把整段电流等效为很多段直线电流元，先用左手定则判出每小段电流元受安 培力方向，从而判出整段电流所受合力方向，最后确定运动方向。 2、特殊值分析法：把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置 从而确定运动方向。 3、等效分析法：环形电流可以等效成条形磁铁、条形磁铁也可等效成环形电流、通电螺线管可等效成 很多的环形电流来分析。 4、推论分析法： ⑴ 两电流相互平行时无转动趋势，方向相同相互吸引，方向相反相互排斥； （2）两 电 流不平行时有转动到相互平行且方向相同的趋势。 【例题1】如图所示，把一通电直导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可 以自由移动，当导线通过电流 I 时，导线的运动情况是（ ）（从上往下看） （如转过90° ）后再判所受安培力方向 , A .顺时针方向转动，同时下降 B ?顺时针方向转动，同时上升 C.逆时针方向转动，同时下降 D .逆时针方向转动，同时上升 【例题2】如图所示，两平行光滑导轨相距为 L=20cm 金属棒MN 的质量为m=10g, 电阻R=8Q ，匀强磁场磁感应强度 B 方向竖直向下，大小为 B=0.8T ，电源电动势为 E=10V,内阻r=1 Q 。当电键S 闭合时，MN 处于平衡，求变阻器 R1的取值为多少?（设 0 =45°) 【例题3】长L=60cm 质量为m=6.0X 10-2 kg ，粗细均匀的金属棒，两端用完全相同的弹簧挂起，放在磁 感强度为B=0.4T ,方向垂直纸面向里的匀强磁场中， 如图8所示，若不计弹簧重力，问⑴ 要使弹簧不伸长, 金属棒中电流的大小和方向如何 ?（2）如在金属中通入自左向右、 大小为I=0.2A 的电流，金属棒下降X 1=1cm 若通入金属棒中的电流仍为 0.2A ，但方向相反，这时金属棒下降了多少 XS 分析导体在安培力作用下的运动 | N l S B
磁场专题 7．【东北师大附中2011届高三第三次模底】如图所示，MN 是一荧光屏，当带电粒子打到荧光屏上时，荧光屏能够发光。MN 的上方有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。P 为屏上的一小孔，PQ 与MN 垂直。一群质量为m 、带电荷量q 的粒子（不计重力），以相同的速率v ，从P 处沿垂直于磁场方向射入磁场区域，且分布在与PQ 夹角为θ的范围内，不计粒子间的相互作用。则以下说法正确的是（ ） A ．在荧光屏上将出现一个圆形亮斑，其半径为mv q B B ．在荧光屏上将出现一个条形亮线，其长度为 ()21cos mv qB θ- C ．在荧光屏上将出现一个半圆形亮斑，其半径为mv qB D ．在荧光屏上将出现一个条形亮线，其长度为()21sin mv qB θ- 10．【东北师大附中2011届高三第三次模底】如图，电源电 动势为E ，内阻为r ，滑动变阻器电阻为R ，开关闭合。 两平行极板间有匀强磁场，一带电粒子正好以速度v 匀速 穿过两板。以下说法正确的是（忽略带电粒子的重力）（ ） A ．保持开关闭合，将滑片P 向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出 B ．保持开关闭合，将滑片P 向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出 C ．保持开关闭合，将a 极板向下移动一点，粒子将继续沿直线穿出 D ．如果将开关断开，粒子将继续沿直线穿出 4．【辽宁省丹东市四校协作体2011届高三第二次联合考试】如图所示，一粒子源位于一边长为a 的正三角形ABC 的中点O 处，可以在三角形所在的平面内向各个方向发射出速度大小为v 、质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，整个三角形位于垂直于△ABC 的匀强磁场中，若使任意方向射出的带电粒子均不能射出三角形区域，则磁感应强度的最小值为 （ ） A ．mv qa B ．2mv qa Q
一. 选择题 [ B ]1. 一个动量为p 的电子，沿图示方向入射并能穿过一个宽 度为D 、磁感强度为B (方向垂直纸面向外)的均匀磁场区域，则该电子出射方向和入射方向间的夹角为 (A) p eBD 1 cos -=α． (B) p eBD 1sin -=α． (C) ep BD 1 sin -=α． (D) ep BD 1cos -=α． [ D ]2. A 、B 两个电子都垂直于磁场方向射入一均匀磁场而作圆周运动．A 电子的速率是B 电子速率的两倍．设R A ，R B 分别为A 电子与B 电子的轨道半径；T A ，T B 分别为它们各自的周期．则 (A) R A ∶R B =2，T A ∶T B =2． (B) R A ∶R B 2 1 =，T A ∶T B =1． (C) R A ∶R B =1，T A ∶T B 1 =． (D) R A ∶R B =2，T A ∶T B =1． [ C ]3. 三条无限长直导线等距地并排安放，导线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别载有1 A ，2 A ，3 A 同方向的电流．由于磁相互作用的结果，导线Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ单位长度上分别受力F 1、F 2和F 3，如图所示．则F 1与F 2的比值是： (A) 7/16． (B) 5/8． (C) 7/8． (D) 5/4． 提示： [ B ]4.如图，在一固定的载流大平板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电流方向如图所示，则通电线框的运动情况对着从大平板看是： (A) 靠近大平板． (B) 顺时针转动． (C) 逆时针转动． (D) 离开大平板向外运动． 提示：,B p M m ?= F 1 F 2F 3 1 A 2 A 3 A ⅠⅡⅢ I 1 I 2
磁场磁感线典型例题解析 【例1】在地球赤道上空有一小磁针处于水平静止状态，突然发现小磁针N极向东偏转，由此可知 [ ] A．一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的N极靠近小磁针 B．一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的S极靠近小磁针 C．可能是小磁针正上方有电子流自南向北通过 D．可能是小磁针正上方有电子流自北向南水平通过 解答：正确的应选C． 点拨：掌握小磁针的N极受力方向与磁场方向相同，S极受力方向与磁场方向相反是解决此类问题的关键． 【例2】下列关于磁感线的说法正确的是 [ ] A．磁感线上各点的切线方向就是该点的磁场方向 B．磁场中任意两条磁感线均不可相交 C．铁屑在磁场中的分布所形成的曲线就是磁感线 D．磁感线总是从磁体的N极出发指向磁体的S极 解答：正确的应选AB． 点拨：对磁感线概念的理解和磁感线特点的掌握是关键． 【例3】如图16－2所示为通电螺线管的纵剖面图，试画出a、b、c、d四个位置上小磁针静止时N极的指向． 点拨：通电螺线管周围的磁感线分布是小磁针静止时N极指向的根据．【例4】如图16－3所示，当铁心AB上绕有一定阻值的线圈后，在AB间的小磁针静止时N极水平向左，试在图中铁心上的A、B两侧绕上线圈，并与电源连接成正确的电路．
点拨：根据小磁针静止时N极指向确定铁心的N极、S极，再定绕线方向． 跟踪反馈 1．下列说法正确的是 [ ] A．磁感线从磁体的N极出发，终止于磁体的S极 B．磁感线可以表示磁场的方向和强弱 C．磁铁能产生磁场，电流也能产生磁场 D．放入通电螺线管内的小磁针，根据异名磁极相吸的原则，小磁针的N 极一定指向通电螺线管的S极 2．首先发现电流磁效应的科学家是 [ ] A．安培 B．奥斯特 C．库仑 D．麦克斯韦 3．如图16－4所示，若一束电子沿y轴正方向运动，则在z轴上某点A 的磁场方向应是 [ ] A．沿x轴的正向 B．沿x轴的负向 C．沿z轴的正向
习题课1 场论&静电场 1、真空中静电场的高斯定理的一种证明方法 定理内容：在真空电场中，穿出任意闭合面E 的通量恒等于闭合面内电荷的代数和除以真空的介电常数0ε，即 d s q ε?= ?E S 证明：设电场E 由点电荷q 产生，即 204πR q εR =E e ，则E 的闭合面通量 20d d 4πR s s q εR ?=???e E S S 又d cos d R θ?=e s s ，则上式被积函数为: 22 d cos d R S R R θ?=e S 以q 所在的r '点为圆心，R 为半径作一球面S '，S S '=d d cos θ是d S 在球面S ' 上的投影，如图所示。S 'd 对点电荷q 所在的r '点形成一个空间锥，称这个空间锥为立体角，用Ωd 表示。从图中可以看出，d S 和S 'd 对r '点所张的立体角是相等的。整个球面对r '点所张的立体角为4π，而Ωd 与整个球面的立体角之比应等于面元S 'd 与 整个球面面积之比，即 2 π4d 4d ΩR S '=π 因此立体角: 2 22d d cos d d R R S R S R S e ?=='=Ωθ 上式为空间任意面元矢量对空间任一点所张的立体角Ωd 。将它代入积分式得 ??Ω = ?s s εq d π4d 0 S E 分析任意形状的闭合面S 对r '点所张的立体角： E n e r '
① 当r '点位于S 内时，曲面S 与球面S '对r '点所张的立体角相等，为4π。 ② 当r '点在闭合面外。S 的一部分1S 对r '点所张的立体角为正，而另一部分2 S 对r '点所张的立体角为负，两部分的立体角等值异号互相抵消，于是曲面S 对 r '点所张的立体角为零。 由此可以更清楚的认识到：真空中电场强度E 的闭合面通量只与闭面内的电荷和0 有关，而与闭面外的电荷无关。结论可以推广到体电荷、面电荷、线电荷以及点电荷系产生的电场。证毕。 2、证明狄拉克函数的一个重要等式 ()2 1 4,,r r'R r r'r r'r r' R πδ?=--=-=-- 证明：先证积分形式 2 0,1 4,r r'r r' r r'v dV π≠??=? -=-?? 当r r'≠时 2 33110R R R R R R ?? ?=???=??-=-??= ??? 当 r r'=， 2 3 3111 4s r r'r r' r r' r r' R s s R r r' v v s s s s dV dV d d d d π ?=???= ? ?----?=-?=-=-Ω-=-? ?? ? ?? 与狄拉克函数的积分形式比较即可得证。 3、证明电位函数是泊松方程的解 推导静电场的泊松方程并证明1()d ()4πr r r -r V V ερ?''' =' ?是其解。 解：（1）对于各向同性线性介质区域，将?=-?E 和ε=D E 代入ρ??=D 中，可得 ()ε?ρ??-?= 2ε?ε?ρ ???+?=- 再考虑均匀介质条件，ε为常数，有 S r '
第11章 恒定电流与真空中的恒定磁场 习题课 磁场：只要有电流或运动电荷存在，在其周围空间就激发出一种特殊物质。 磁场的基本性质：对放入其中的其他电流或运动电荷有力的作用，即为磁场力。 电流(或运动电荷)?磁场?电流(或运动电荷) 稳恒磁场：稳恒电流产生的磁场。 磁感应强度定义：B F qv ⊥=，方向:小磁针N 极的指向；单位：特兹拉(T)。 一、毕奥-萨伐尔定律：024μπ?= ?r Idl e dB r ，真空磁导率710410μπ--=??N A 1、讨论：(1)Idl --电流元；r e --Idl 指向场点的单位矢量；r --Idl 到场点的距离； (2)大小02 sin 4μθπ= ?Idl dB r (θ是Idl 与r e 的夹角)，方向?r Idl e (如图1) 图1 图2 2、应用：(1)有限长载流直导线的磁感应强度B ：r 0是垂直距离(如图2) ()2 1 01200 sin cos cos 44θθ μμθ θθθπ π==-?I I B d r r 讨论：①无限长直导线：θ1=0，θ2=π，00 2μπ= I B r ； ②半无限长直导线端点处：θ1=π/2，θ2=π，00 4μπ=I B r ； ③延长线上的B =0； ④方向：右手螺旋法则。 (2)任一段圆弧在圆心处的磁场：04μθπ= I B R 讨论：①整个圆环：2θπ=，02μ=I B R ； ②半个圆环，θπ=，04μ=I B R ； Idl θ A
③1/4圆环：2θπ=，08μ= I B R 。 (3)圆电流轴线上任一点的磁场：() 2 032 2 22IR B R x μ=+ 讨论：①圆心处，x =0，002μ= I B R ； ②x R >>，2 003 3 22μμπ= = IR IS B x x ③方向：右手螺旋法则。 二、磁场的高斯定理： 磁通量ΦM ：磁感线的条数。 1、磁通量的计算：(1)匀强场，平面 cos θΦ=?=M B S BS (2)非匀强场，曲面Φ=??Φ=Φ=?????M M M S S d B dS d B dS ， 若闭合曲面M S B dS Φ=??? 2、磁场的高斯定理：0Φ=?=?? M S B dS ，磁场是无源场 三、安培环路定理：0μ?=∑?i l i B dl I ，磁场是有旋场 1、内容：真空中的稳恒磁场，磁感应强度B 延任意闭合路径线积分等于该路径 包围的所有电流的代数和乘以0μ。 说明：(1)电流正负的规定：与积分绕行方向满足右手螺旋法则的方向为正， 反之为负； (2)包围的含义：穿过以l 为边界的任意曲面； 2、讨论：(1)B 是线上的B ，是所有电流产生的，只是积分的是l 内的电流贡献； (2)I 是线内的I ; (3)稳恒磁场是有旋场。 3、应用(必须会求解)：
《大学物理A Ⅰ》恒定磁场习题、答案及解法 一．选择题。 1.边长为a 的一个导体边框上通有电流I ，则此边框中心的磁感应强度【C 】 （A ）正比于2a ； （B ）与a 成正比； （C ）与a 成反比 ； （D ）与2I 有关。 参考答案：()210cos cos 4ββπμ-= a I B a I a I B πμπππμ002243cos 4cos 2 44= ??? ??-?= 2.一弯成直角的载流导线在同一平面内，形状如图1所示，O 到两边无限长导线的距离均为a ，则O 点磁感线强度的大小【B 】 （A) 0 (B)a I π2u )221(0+ （C ）a I u π20 （D ）a I u o π42 参考答案：()210cos cos 4ββπμ-= a I B ??? ? ??+=??? ??-+??? ??-=+=2212cos 4cos 443cos 0cos 400021a I a I a I B B B πμπππμππμ 3．在磁感应强度为B 的均匀磁场中，沿半径为R 的圆周做一如图2所示的任意曲面S ，则通过曲面S 的磁通量为（已知圆面的法线n 与B 成α角）【D 】 （A ）B 2 r π （B ）θπcos r 2B I
（C ）θπsin r -2B （D ）θπcos r 2 B - 参考答案：?-=?=ΦS M B r S d B απcos 2 4.两根长直导线通有电流I ，如图3所示，有3个回路，则【D 】 （A ）I B 0a l d μ-=?? （B) I B 0b 2l d μ=?? （C) 0l d =?? c B （D) I B C 02l d μ=?? 参考答案： ?∑==?L n i i I l d B 1 0μ 5.在磁场空间分别取两个闭合回路，若两个回路各自包围载流导线的条数不同，但电流的代数和相同，则由安培环路定理可知【B 】 (A)B 沿闭合回路的线积分相同，回路上各点的磁场分布相同 (B)B 沿闭合回路的线积分相同，回路上各点的磁场分布不同 (C)B 沿闭合回路的线积分相同，回路上各点的磁场分布相同 (D)B 沿闭合回路的线积分不同，回路上各点的磁场分布不同 参考答案： 6.恒定磁场中有一载流圆线圈，若线圈的半径增大一倍，且其中电流减小为原来的一半，磁场强度变为原来的2倍，则该线圈所受的最大磁力矩与原来线圈的最大磁力矩之比为【 C 】 (A)1:1 (B)2:1 (C)4:1 (D)8:1 参考答案： S I m = B m M ?= ()()1 4 2420000000000 max max =??? ??==B S I B S I B S I ISB M M
第七章 恒定磁场 7 －1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R ＝2r ，螺线管通过的电流相同为I ，螺线管中的磁感强度大小B R 、B r 满足（ ） （A ） r R B B 2= （B ） r R B B = （C ） r R B B =2 （D ）r R B B 4= 分析与解 在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比 2 1==R r n n r R 因而正确答案为（C ）。 7 －2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量 为（ ） （A ）B r 2π2 （B ） B r 2 π （C ）αB r cos π22 （D ） αB r cos π2 分析与解 作半径为r 的圆S ′与半球面构成一闭合曲面，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，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S ′的磁通量；S B ?=m Φ．因而正确答案为（D ）． 7 －3 下列说法正确的是（ ） （A ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过
（B ） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 （C ） 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零 （D ） 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零 分析与解 由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零。因而正确答案为（B ）． 7 －4 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P 1 、P 2 为两圆形回路上的对应点，则（ ） （A ） ? ??=?21L L d d l B l B ，21P P B B = （B ） ???≠?21L L d d l B l B ，21P P B B = （C ） ???=?21L L d d l B l B ，21P P B B ≠ （D ） ???≠?2 1L L d d l B l B ，21P P B B ≠ 分析与解 由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C ）． *7 －5 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之
第十一章 恒定电流的磁场 11–1 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 。 … 解：（1）如图11-2所示，中心O 点到每一边的距离 为1 3OP h =，BC 边上的电流产生的磁场在O 处的磁感应 强度的大小为 012(cos cos )4πBC I B d μββ=- ^ 00(cos30cos150)4π/34πI I h h μ??=-= 方向垂直于纸面向外。 另外两条边上的电流的磁场在O 处的磁感应强度的 大小和方向都与BC B 相同。因此O 处的磁感应强度是三边电流产生的同向磁场的叠加，即 3BC B B === 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B 1，B 2和B 3的矢量叠加。由载流直导线的磁感强度一般公式 012(cos cos )4πI B d μββ=- 可得载流直线段ab ，de 在圆心O 处产生的磁感强度B 1，B 3的大小分别为 01(cos0cos30)4cos60) I B R μ?= ?-? π(0(12πI R μ= 031(cos150cos180)4πcos60 I B B R μ?== ?- ?0(12πI R μ= 】 I B 2 图11–2 图11–1 … B （a ） A E （b ）
第四章 恒定磁场 习题4.1 如图所示，真空中有一半径，通过电流的圆形载流线圈，m 01.0=a A 1=I 计算圆形载流线轴线上距离线圈圆心处的磁感应强度。 m 01.0=d I I d 图4.1.1 题4.1图 图4.1.2 解题用坐标系图 题意分析： 相对于圆环载流线圈来说，位于圆环线圈的中心轴线上场点，具有圆柱对称特性，应以圆环线圈的中心与场点P 的连线为Z 轴，建立圆柱坐标系。本题的计算思路是：直接采用磁感应强度的毕奥-沙伐定律，先写出场点、源点和元 电流段的表达式，再根据毕奥-沙伐定律，写出该元电流段产生的磁感应强 l I d 度，最后对进行积分，就可得到计算结果。 B d B d 解： 建立如图4.1.2所示圆柱坐标系，在圆形环路上取一元电流段，其表达式为： φ φe Ia l I d d =（4.1.1） 该微元段到场点P 的距离为： ρ e a e z r r R z -=-='（4.1.2）其模为 2 2a z R +=（4.1.3） 根据毕奥-沙伐定律，元电流段产生的磁感应强度为：
232202 322020)()(d 4)()(d 44)d (d a z e a e z Ia a z e a e z e Ia R e l I B z z r ++= +-?=?= ρρφφπμφπμπμ（4.1.4） 根据磁场分布的对称性，圆形载流线圈轴线上的磁感应强度只具有z 方向分量，所以： z z z e a z Ia e a z Ia B B 2 3222020232220 )(2)(d 4d +=+==? ?μφπ μπ （4.1.5） 将，，代入上式得到场点P 处的磁感应强度为： m 01.0=a m 01.0=z A 1=I （T ）52 322272 3222 01022.2) 01.001.0(201.01104)(2--?≈+???=+= z z p e e a z Ia B πμ 从本题的计算结果可以看出，磁感应强度的单位使用国际单位制，特斯拉（T ）是比较大的单位，有时也采用非标准制，以高斯（G ）作为单位，特斯拉和高斯的转换关系为：1T =104G 。所以本题若用高斯作为单位，结果为0.222G 。 习题4.2 如图4.2.1所示长直同轴电缆通以直流电流I ，求磁感应强度的分布。 （a ）长直同轴导线示意图 （b ）横截面图 图4.2.1 题意分析： 载流同轴电缆产生的磁感应强度相对于电缆轴心呈现轴对称特性。建立 B 圆柱坐标系，将坐标原点选择在同轴电缆内导体的轴心线上，并以内导线的轴 心线为z 轴。又由于是长直电缆，不考虑磁场分布的边缘效应，所以磁感应强度的分布与和z 轴坐标无关，即同轴电缆任意横截面上场量的分布均相同。 B ?故只需分析同轴电缆横截面上的磁感应强度分布即可。 解： 取横截面圆心在原点，半径为的圆周为积分路径，显然磁感应强度仅 ρB 有方向分量，应用安培环路定律可得： φe （1）当时： 10R <<ρ试卷电气系统接线等情况
第6章 恒定磁场 1． 空间某点的磁感应强度B 的方向，一般可以用下列几种办法来判断，其中哪个是错误的？ （ C ） （A ）小磁针北（N ）极在该点的指向； （B ）运动正电荷在该点所受最大的力与其速度的矢积的方向； （C ）电流元在该点不受力的方向； （D ）载流线圈稳定平衡时，磁矩在该点的指向。 2． 下列关于磁感应线的描述，哪个是正确的? （ D ） （A ）条形磁铁的磁感应线是从N 极到S 极的； （B ）条形磁铁的磁感应线是从S 极到N 极的； （C ）磁感应线是从N 极出发终止于S 极的曲线； （D ）磁感应线是无头无尾的闭合曲线。 3． 磁场的高斯定理 ??=?0S d B 说明了下面的哪些叙述是正确的？ （ A ） a 穿入闭合曲面的磁感应线条数必然等于穿出的磁感应线条数； b 穿入闭合曲面的磁感应线条数不等于穿出的磁感应线条数； c 一根磁感应线可以终止在闭合曲面内； d 一根磁感应线可以完全处于闭合曲面内。 （A ）ad ； （B ）ac ； （C ）cd ； （D ）ab 。 4． 如图所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ和面上各点的磁感应强度B 将如何变化？ （ D ） （A ）Φ增大，B 也增大； （B ）Φ不变，B 也不变； （C ）Φ增大，B 不变； （D ）Φ不变，B 增大。 5． 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，则在圆心o 处的磁感应强度大小为多少? （ C ） （A ）0； （B ）R I 2/0μ； （C ）R I 2/20μ； （D ）R I /0μ。 6、有一无限长直流导线在空间产生磁场，在此磁场中作一个以截流导线为轴线的同轴的圆柱形闭合高斯面，则通过此闭合面的磁感应通量（ A ） A 、等于零 B 、不一定等于零 C 、为μ0I D 、为 i n i q 1 1 =∑ε 7、一带电粒子垂直射入磁场B 后，作周期为T 的匀速率圆周运动，若要使运动周期变为T/2，磁感应强度应变为（B ） A 、 B /2 B 、2B C 、B D 、–B 8 竖直向下的匀强磁场中，用细线悬挂一条水平导线。若匀强磁场磁感应强度大小为B ，导线质量为m ， I
静电场习题课 1．如图示真空中有两个半径分别为R 1和R 2的同心导体球壳，设内、外导体球壳上分别带有 净电荷Q 1和Q 2，外球壳的厚度忽略不计，并以无穷远处为电位参考点，试求： (1）导体球壳内、外电场强度E 的表达式； (2）内导体球壳()r R =1的电位?。 2.真空中有一个半径为3cm 的无限长圆柱形区域内，有体密度 ρ=10 mC m 3 均匀分布的电荷。求：r r r ===234cm, cm, cm 处的电场强度E 。 3.内导体半径为2cm 和外导体的内半径为4cm 的球形电容器，其间充满介电常数ε= 2 r F m 的电介质。设外导体接地，而内导体带电，试求电容器介质内某点电位为内导体电位的一半时，该处的ε值。 4.一同轴线内圆柱导体半径为a ，外圆柱导体半径为b ，其间填充相对介电常数ερr = a 的介 质，当外加电压为U (外导体接地）时，试求： (1)介质中的电通密度（电位移）D 和电场强度E 的分布； (2)介质中电位?的分布； 5. 图示空气中一输电线距地面的高度3h m =，输电线的半径为5a m m =，输电线的 轴线与地面平行，旦对地的电压为3000U V =，试求地面上感应电荷分布的规律。(.)ε012 88510 =?-F m h 6. 已知半径为R 的无限长中空半圆柱面，均匀带电，电荷面密度为σ0，则在其轴线上产生的电场强度为00 y y E e σπε=- 。一个带有均匀分布的电荷体密度为ρ0的半圆柱，半径也为R ， 问它在轴线上产生的电场强度是多少？
7. 下图所示空气中一根长直细导线(截面可忽略不计），单位长度所带电荷量为τ，平行放置于一块无限大导体平板上方，并与一块半无限大瓷介质()εε204=相邻，且已知长直细导线到导体平板与瓷介质的距离均为d ，画出求解空气中电场时，所需镜像电荷的个数、大小和位置(不要求解出电场）。 8. 长直圆柱形电容器内外导体的半径分别为R 1、R 3，其间充满介电常数分别为ε1、ε2的两种介质,其分界面是半径为R 2的圆柱面，若内导体单位长度带电荷量+Q ，外导体内表面单位长度所带电荷量 -Q ，且外导体接地，如图所示，请写出两种介质区域内电位函数所满足的微分方程和边界条件。 9．图示真空中有一半径为a 的长直圆柱导体，其轴线离地面的高度为h ，圆柱导体与地面 之间接有恒定电压源U 0。若忽略端部的边缘效应，并以地面为电位参考点，试求： (1)圆柱导体与地面之间区域的电场强度E 和电位?的表达式； (2)系统的单位长度电容 C 0。 10. 内导体半径为2cm 和外导体的内半径为4cm 的球形电容器，其间充满介电常数 ε=2 r F m 的电介质。设外导体接地，而内导体带电，试求电容器介质内某点电位为内导体 电位的一半时，该处的ε值。 半 无o