第11章 电流和恒磁场-1

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川师大学物理第十一章-恒定电流的磁场习题解

川师大学物理第十一章-恒定电流的磁场习题解

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13OP 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 dμββ=-^IB21图11–2图11–1…B(a )AE(b )0(cos30cos150)4π/3Ih 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 )4πIB dμββ=- 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)IB R μ︒=︒-︒π(0(12πI R μ=-031(cos150cos180)4πcos60IB B R μ︒==︒-︒0(12πI R μ=-】方向垂直纸面向里。

半径为R ,圆心角α的载流圆弧在圆心处产生的磁感强度的大小为04πI B Rμα=圆弧bcd 占圆的13,所以它在圆心O 处产生的磁感强度B 2的大小为00022π34π4π6II I B R R Rμμαμ===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000012333(1)(1)0.212π22π26I I I I B B B B R R R Rμμμμ=++=-+-+=方向垂直纸面向里。

第十一章稳恒电流的磁场(一)作业解答

第十一章稳恒电流的磁场(一)作业解答

一、利用毕奥—萨法尔定律计算磁感应强度毕奥—萨法尔定律:304r rl Id B d⨯=πμ1.有限长载流直导线的磁场)cos (cos 4210ααπμ-=a I B ,无限长载流直导线a IB πμ20=半无限长载流直导线a IB πμ40=,直导线延长线上0=B2. 圆环电流的磁场232220)(2x R IR B +=μ,圆环中心R I B 20μ=,圆弧中心πθμ220∙=R I B电荷转动形成的电流:πωωπ22q q T q I === 【 】基础训练1、载流的圆形线圈(半径a 1 )与正方形线圈(边长a 通有相同电流I .如图若两个线圈的中心O 1 、O 2处的磁感强度大小相同,则半径a 1与边长a 2之比a 1∶a 2为 (A) 1∶1 (B) π2∶1 (C) π2∶4 (D) π2∶8【 】基础训练3、有一无限长通电流的扁平铜片,宽度为a ,厚度不计,电流I 在铜片上均匀分布,在铜片外与铜片共面,离铜片右边缘为b 处的P 点的磁感强度B的大小为(A))(20b a I+πμ. (B)b b a aI +πln20μ.(C) b b a b I +πln 20μ. (D) )2(0b a I+πμ. 解法:【 】自测提高2、通有电流I 的无限长直导线有如图三种形状,则P ,Q ,O 各点磁感强度的大小B P ,B Q ,B O 间的关系为 (A) B P > B Q > B O . (B) B Q > B P > B O . B Q > B O > B P . (D) B O > B Q > B P . 解法:根据直线电流的磁场公式和圆弧电流产生磁场公式可得【 】自测提高7、边长为a 的正方形的四个角上固定有四个电荷均为q 的点电荷.此正方形以角速度ω 绕AC 轴旋转时,在中心O 点产生的磁感强度大小为B 1;此正方形同样以角速度ω 绕过O 点垂直于正方形平面的轴旋转时,在O 点产生的磁感应强度的大小为B 2,则B 1与B 2间的关系为 (A) B 1 = B 2. (B) B 1 = 2B 2. (C) B 1 = 21B 2. (D) B 1 = B 2 /4. 解法:设正方形边长为a ω 相同,所以每个点电荷随着正方形旋转时形成的等效电流相同, 为当正方形绕AC 轴旋转时,一个点电荷在O 旋转产生电流,在O 点产生的总磁感小为O 点产生的磁感应强度的大小为基础训练12、一长直载流导线,沿空间直角坐标Oy 轴放置,电流沿y 正向.在原点O 处取一电流元l Id ,则该电流元在(a ,0,0)点处的磁感强度的大小为 ,方向为 。

第十一章 电磁学 恒定磁场 Ma 2016

第十一章 电磁学 恒定磁场 Ma 2016

0 qnS d lv er dB 4 r2
d B 0 qv er B d N 4 r 2 方向根据右手螺旋法则, B 垂直 v 、 正, B 为 v r 的方向;q为负, B 与
q
+
r B
v
q-
q为 r组成的平面。 v r 相反。
μ0 I B (cos θ1 cos θ 2 ) 4πr0
0 π
2
I
无限长载流长直导线的磁场
θ1 θ2
μ0 I B 2πr0
注意用右手螺旋关系判断方向。 半无限长载流长直导线的磁场
1
r0
P
θ1 θ2

2 π

μ0 I B 4πr0
I
r0
P
大学物理 电磁学
2、载流圆线圈轴线上的磁场 真空中,半径为R的载流导线,通有电流I,称圆电流。求其 轴线上一点 P的磁感强度的方向和大小
1、5 点 : dB 0
7

6 5
Idl
R
×
× 3
3、7点 : dB
0 Idl 4 π R2
4
2、4、6、8 点 :
dB
0 Idl
4π R
2
sin 45
0
大学物理 电磁学
3. 毕—萨定律应用举例
dB 的方向均
沿x 轴负方向
(1) 载流长直导线的磁场
z
dz

2

dB
大学物理 电磁学
磁现象与电现象有没有联系?
静电场 ?
静止的电荷 运动的电荷
1820年奥斯特:发现电流的磁效应
N

1第十一章 恒定电流的磁场(一)作业答案

1第十一章  恒定电流的磁场(一)作业答案

2 ∶4
2 ∶1 2 ∶8
a2 a1 O1 O2 I
2 2 0 I Bo1 , Bo2 4 cos 450 cos1350 , a2 2a1 a 2 4 2 a 2 由Bo1 Bo2 , 得 1 a2 8
0 I
0 I


I
[ B ] 2、 (基础训练 3)有一无限长通电流的扁平铜片,宽度为 a,厚度不计,电 流 I 在铜片上均匀分布,在铜片外与铜片共面,离铜片右边缘为 b 处的 P 点(如图)的
B B
0 Ir 2 a 2
0 I 2 r
, B
I B 2 r 0 I (r 2 b 2 ) 2 2 (c b )
B 2 r 0 0 0, B 0
2 r c 2 b 2
0 I c 2 r 2
I a b
磁感强度 B 的大小为 0 I (A) . 2(a b) 0 I a b (C) . ln 2b b
其电流为 dI
P
(B) (D)
0 I
2a
ln
ab . b

0 I
(a 2b)
【答】在距离 P 点为 r 处选取一个宽度为 dr 的电流(相当于一根无限长的直导线) ,
dI I dr ,它在 P 处产生的磁感应强度为 dB 0 ,方向垂直纸面朝内; a 2 r 根据 B dB 得: B 的方向垂直纸面朝内, B 的大小为
B
0 dI 0 I b a dr 0 I a b . ln 2 r 2 a r 2 a b b
b b a
图 11-51
5、 (自测提高 11)在一根通有电流 I 的长直导线旁,与之共面地放着一个长、 宽各为 a 和 b 的矩形线框,线框的长边与载流长直导线平行,且二者相距为 b, 如图 11-51 所示.在此情形中,线框内的磁通量 =

大学物理——第11章-恒定电流的磁场

大学物理——第11章-恒定电流的磁场


单 位:特斯拉(T) 1 T = 1 N· -1· -1 A m 1 特斯拉 ( T ) = 104 高斯( G )
3
★ 洛仑兹力 运动的带电粒子,在磁场中受到的作用力称为洛仑兹力。
Fm q B
的方向一致; 粒子带正电,F 的指向与矢积 B m 粒子带负电,Fm的指向与矢积 B的方向相反。
L
dB
具体表达式
?
5
★ 毕-萨定律
要解决的问题是:已知任一电流分布 其磁感强度的计算
方法:将电流分割成许多电流元 Idl
毕-萨定律:每个电流元在场点的磁感强度为:
0 Idl r ˆ dB 4 πr 2
大 小: dB
0 Idl sin
4 πr
2
方 向:与 dl r 一致 ˆ
整段电流产生的磁场:
r 相对磁导率
L
B dB
8
试判断下列各点磁感强度的方向和大小?
8
7

6

R
1
1、5 点 :
dB 0
0 Idl
4π R 2
Idl

2
3、7 点 : dB 2、4、6、8 点 :
3 4
5
dB
0 Idl
4π R
sin 450 2
9
★ 直线电流的磁场
29
★ 磁聚焦 洛仑兹力
Fm q B (洛仑兹力不做功)
与 B不垂直

//
// cosθ
sin θ
m 2π m R T qB qB
2πm 螺距 d // T cos qB

第十一章稳恒电流的磁场(一)作业答案

第十一章稳恒电流的磁场(一)作业答案

一、利用毕奥—萨法尔定律计算磁感应强度毕奥—萨法尔定律:304r rl Id B d⨯=πμ1.有限长载流直导线的磁场)cos (cos 4210ααπμ-=a I B ,无限长载流直导线a IB πμ20=半无限长载流直导线aIB πμ40=,直导线延长线上0=B2. 圆环电流的磁场232220)(2x R IR B +=μ,圆环中心R I B 20μ=,圆弧中心πθμ220∙=R I B电荷转动形成的电流:πωωπ22q q T q I === 【 】基础训练1、载流的圆形线圈(半径a 1 )与正方形线圈(边长a 通有相同电流I .如图若两个线圈的中心O 1 、O 2处的磁感强度大小相同,则半径a 1与边长a 2之比a 1∶a 2为 (A) 1∶1 (B) π2∶1 (C) π2∶4 (D) π2∶8【 】基础训练3、有一无限长通电流的扁平铜片,宽度为a ,厚度不计,电流I 在铜片上均匀分布,在铜片外与铜片共面,离铜片右边缘为b 处的P 点的磁感强度B的大小为(A))(20b a I+πμ. (B)b ba aI+πln20μ.(C) b b a b I +πln 20μ. (D) )2(0b a I +πμ. 解法:【 】自测提高2、通有电流I 的无限长直导线有如图三种形状,则P ,Q ,O 各点磁感强度的大小B P ,B Q ,B O 间的关系为 (A) B P > B Q > B O . (B) B Q > B P > B O . B Q > B O > B P . (D) B O > B Q > B P . 解法:根据直线电流的磁场公式和圆弧电流产生磁场公式可得【 】自测提高7、边长为a 的正方形的四个角上固定有四个电荷均为q 的点电荷.此正方形以角速度ω 绕AC 轴旋转时,在中心O 点产生的磁感强度大小为B 1;此正方形同样以角速度ω 绕过O 点垂直于正方形平面的轴旋转时,在O 点产生的磁感应强度的大小为B 2,则B 1与B 2间的关系为 (A) B 1 = B 2. (B) B 1 = 2B 2. (C) B 1 = 21B 2. (D) B 1 = B 2 /4. 解法:设正方形边长为a ω 相同,所以每个点电荷随着正方形旋转时形成的等效电流相同, 为当正方形绕AC 轴旋转时,一个点电荷在O 旋转产生电流,在O 点产生的总磁感小为O 点产生的磁感应强度的大小为基础训练12、一长直载流导线,沿空间直角坐标Oy 轴放置,电流沿y 正向.在原点O 处取一电流元l Id ,则该电流元在(a ,0,0)点处的磁感强度的大小为 ,方向为 。

大学物理学下册答案第11章-大学物理11章答案

大学物理学下册答案第11章-大学物理11章答案

第11章稳恒磁场习 题一 选择题11-1 边长为l 的正方形线圈,分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I 〔其中ab 、cd 与正方形共面〕,在这两种情况下,线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为:[ ]〔A 〕10B =,20B = 〔B 〕10B =,02IB lπ= 〔C〕01IB lπ=,20B = 〔D〕01I B l π=,02IB lπ=答案:C解析:有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4IB dμθθπ=-,并结合右手螺旋定那么判断磁感应强度方向,按照磁场的叠加原理,可计算01IB lπ=,20B =。

故正确答案为〔C 〕。

11-2 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,如图11-2所示,那么在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ]〔A 〕0 〔B 〕R I 2/0μ〔C 〕R I 2/20μ〔D 〕R I /0μ 答案:C解析:圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==,按照右手螺旋定习题11-1图习题11-2图那么判断知1B 和2B 的方向相互垂直,依照磁场的矢量叠加原理,计算可得圆心O处的磁感应强度大小为0/2B I R =。

11-3 如图11-3所示,在均匀磁场B 中,有一个半径为R 的半球面S ,S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α,那么通过该半球面的磁通量的大小为[ ]〔A 〕B R 2π〔B 〕B R 22π〔C 〕2cos R B πα〔D 〕2sin R B πα 答案:C解析:通过半球面的磁感应线线必通过底面,因此2cos m B S R B παΦ=⋅=。

故正确答案为〔C 〕。

11-4 如图11-4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ΦB 将如何变化?[]〔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 答案:D解析:根据磁场的高斯定理0SBdS Φ==⎰,通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0,保持不变。

第十一章真空中的恒定磁场(1)讲述

第十一章真空中的恒定磁场(1)讲述

(3)当带电粒子沿与上述
特定方向垂直的方向运动时所
即: Fmax qv 受到的磁力最大(记为Fm ),
并且Fm与q v的比值是与q、v
Fmax qv
无关的确定值。
大小与 q,无v关
第十一章 真空中的恒定磁场

磁感应强度
B
:
反映空间某点的磁场大小和方向
义 大小: B Fmax qv
方向:小磁针平衡时N 极 的指向
第十一章 真空中的恒定磁场
例1 长直电流的磁场.
dB 方向均垂
直指向里
q2
Idl q r
Il
od
q1

dB
0

Idl sinq
r2
B
dB
0I

dl sinq
r2
l d cotq, r d / sinq
*P dB
dl d dq / sin2 q
B 0I q2 sinq dq 4 π d q1
第十一章 真空中的恒定磁场
第十一章 真空中的恒定磁场
静电荷 静电场
运动电荷 电场 磁场
稳恒电流 稳恒磁场
学习方法: 类比法
第十一章 真空中的恒定磁场
§11-1 磁感应强度 磁场的高斯定理
一、基本磁现象 (1) 天然磁铁吸引铁、钴、镍等物质。 (2) 条形磁铁两端磁性最强,称为磁极。
一只能够在水平面内自由转动的条形磁铁,平衡时总是顺
第十一章 真空中的恒定磁场
规定:通过垂直于磁感应线方向的单位面积的 磁感应线条数等于该点磁感应强度的大小。即
B dN
dN
dS
B
dN是穿过
dS
面的磁感应线条数。

物理学教程-第十一章 恒定磁场

物理学教程-第十一章 恒定磁场
Shanghai Institute of Technology
Chapter 11
恒定磁场
上海应用技术学院
理学院
谭默言
§11-1、§11-2 、 §11-3 教学基本要求
了解电流、电流密度的基本概念;
了解电源作用和电源电动势的定义;
掌握磁场及磁感强度的概念及特点。
·2 ·
§ 11-1 恒定电流
8 2
d 1、5 点 : B 0
3、7点 :dB +3
+
7
Idl
R
6
0 Idl
4π R
2
2、4、6、8 点 :
+4
5
dB
0 Idl
4π R
sin 45 0 2
·13 ·

毕奥---萨伐尔定律应用举例
解 dB
例1 载流长直导线的磁场.
0 Idz sin
4π r
2
z
0 I B1 dl1 B2 dl2 d 2π
d
B1
B1 dl1 B2 dl2 0
B d l 0
l
I
B2 dl 2 dl
1
r1
r2
l
·31 ·
证明:
多电流情况
B B1 B2 B3 I 1 B d l ( B1 B2 B3 ) d l l l B1 d l B2 d l B3 d l
dB
P *
r

Idl
I
0 I dl er B dB 4 π r2

大学物理答案第11章

大学物理答案第11章

第十一章 恒定磁场11-1 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r R B B 、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21==R r n n r R 因而正确答案为(C ).11-2 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 2π(C )αB r cos π22(D ) αB r cos π2题 11-2 图分析与解 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 ).11-3 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 ).11-4 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 ) ⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ,21P P B B≠题 11-4 图分析与解 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 ).11-5 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 ).11-6 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lNec 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⨯==ecIlN 11-7 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26.0A 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 ne 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em kTπ8=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14A s m 1046.4--⋅⨯===eN M j ne j m m d ρv (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⨯≈=edd m kTv 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. 11-8 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.题 11-8 图分析 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rlI 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 A μ3.13π2-⋅==rlIj 11-9 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11-4节例2 知,圆电流轴线上北极点的磁感强度()RIRR IR B 24202/32220μμ=+=因此赤道上的等效圆电流为A 1073.12490⨯==μRBI 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.题 11-9 图11-10 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.题 11-10 图分析 根据叠加原理,点O 的磁感强度可视作由ef 、be 、fa 三段直线以及acb 、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be 、fa 两段直线的延长线通过点O ,由于0Idl r ⨯=,由毕奥-萨伐尔定律知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l 1 、l 2 分别是圆弧acb 、a d b 的弧长,由于导线电阻R 与弧长l 成正比,而圆弧acb 、a d b又构成并联电路,故有2211l I l I =将21B B 、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 11-11 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?题 11-11 图分析 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∑=iB B 0.解 (a) 长直电流对点O 而言,有0d =⨯rl I ,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RIμB 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RIμR 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RIμR I μR I μR I μR I μB 4π24π4π4000000+=++=B 0 的方向垂直纸面向外.11-12 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 .题 11-12 图分析 由教材11-4 节例题2的结果不难导出,圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度RαI 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 IμB π40=,磁感强度的方向依照右手定则确定.点O 的磁感强度O B 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 RI μR I μR I μR I μR I μπ24π4π44000000--=---= 在图(b)中,k i k i i B RI μR I μR I μR I μR I μπ41π14π44π4000000-⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=---= 在图(c )中,k j i B RIμR I μR I μπ4π4830000---= 11-13 如图(a)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.题 11-13 图分析 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 ,如图(b)所示,载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为x l xId π2d d 0μ=⋅=ΦS 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⎰==Φ211200lnπ2d π2d dd d Ilx l xIμμ 11-14 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.求导线内、外磁感强度的分布.题 11-14 图分析 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 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 0πr 2d l B在导线内r <R , 2222ππRIr r R I I ==∑,因而 202πR IrμB =在导线外r >R ,I I =∑,因而rIμB 2π0=磁感强度分布曲线如图所示.11-15 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.题 11-15 图分析 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 122101ππ12πr R μr B =⋅ 21012πR Ir μB =R 1 <r <R 2I μr B 022π=⋅rI μB 2π02=R 2 <r <R 3()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=⋅I R R R r I μr B 22232203ππ2π 2223223032πR R r R r I μB --= r >R 3()02π04=-=⋅I I μr B04=B磁感强度B (r )的分布曲线如图(b).11-16 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.题 11-16 图分析 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 μ0d 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 02πr <R 102π1=⋅r B01=BR 2 >r >R 1NI μr B 022π=⋅rNI μB 2π02=r >R 202π3=⋅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()1221R R R +=,则环内的磁感强度近似为 RNIμB 2π0≈11-17 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.题 11-17 图分析 由题11-14 可得导线内部距轴线为r 处的磁感强度()202πR Irμr 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⎰=Sr B Φd解 由分析可得单位长度导线内的磁通量4πd 2π0020Iμr R Ir μΦR==⎰11-18 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715.010m 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.题 11-18 图解 (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 1064.126p -⨯==g m G因而,有101095.1/⨯=G F L ,即质子所受的洛伦兹力远大于重力.11-19 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?题 11-19 图分析 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===dBU B E HH v 11-20 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3.5 cm 的圆弧径迹,测得磁感强度为0.20 T,求此质子的动量和动能.解 根据带电粒子回转半径与粒子运动速率的关系有m /s kg 1012.121⋅⨯===-ReB m p vkeV 35.222==mp E k11-21 从太阳射来的速度为0.80×108m/s 的电子进入地球赤道上空高层范艾伦辐射带中,该处磁场为4.0 ×10-7T,此电子回转轨道半径为多大? 若电子沿地球磁场的磁感线旋进到地磁北极附近,地磁北极附近磁场为2.0 ×10-5T,其轨道半径又为多少? 解 由带电粒子在磁场中运动的回转半径高层范艾伦辐射带中的回转半径m 101.1311⨯==eB m R v地磁北极附近的回转半径m 2322==eB m R v11-22 如图(a)所示,一根长直导线载有电流I 1 =30 A ,矩形回路载有电流I 2 =20 A .试计算作用在回路上的合力.已知d =1.0 cm ,b =8.0 cm ,l =0.12 m .题 11-22图分析 矩形上、下两段导线受安培力F 1 和F 2 的大小相等,方向相反,对不变形的矩形回路来说,两力的矢量和为零.而矩形的左右两段导线,由于载流导线所在处磁感强度不等,所受安培力F 3 和F 4 大小不同,且方向相反,因此线框所受的力为这两个力的合力.解 由分析可知,线框所受总的安培力F 为左、右两边安培力F 3 和F 4 之矢量和,如图(b)所示,它们的大小分别为d lI I μF π22103=()b d l I I μF +=π22104故合力的大小为()N 1028.1π2π2321021043-⨯=+-=-=b d lI I μd l I I μF F F 合力的方向朝左,指向直导线.11-23 一直流变电站将电压为500kV 的直流电,通过两条截面不计的平行输电线输向远方.已知两输电导线间单位长度的电容为3.0×10-11F ·m -1,若导线间的静电力与安培力正好抵消.求:(1) 通过输电线的电流;(2) 输送的功率.分析 当平行输电线中的电流相反时,它们之间存在相互排斥的安培力,其大小可由安培定律确定.若两导线间距离为d ,一导线在另一导线位置激发的磁感强度dIμB π20=,导线单位长度所受安培力的大小BI F B =.将这两条导线看作带等量异号电荷的导体,因两导线间单位长度电容C 和电压U 已知,则单位长度导线所带电荷λ=CU ,一导线在另一导线位置所激发的电场强度dελE 0π2=,两导线间单位长度所受的静电吸引力λE F E =.依照题意,导线间的静电力和安培力正好抵消,即0=+E B F F从中可解得输电线中的电流.解 (1) 由分析知单位长度导线所受的安培力和静电力分别为d I μBI F B π220==dεU C λE F E 022π2== 由0=+E BF F 可得dεU C d I μ02220π2π2=解得A 105.4300⨯==μεCUI (2) 输出功率W 1025.29⨯==IU N11-24 在氢原子中,设电子以轨道角动量π2/h L =绕质子作圆周运动,其半径为m 1029.5110-⨯=a .求质子所在处的磁感强度.h 为普朗克常量,其值为s J 1063.634⋅⨯-分析 根据电子绕核运动的角动量π20h a m L ==v 可求得电子绕核运动的速率v .如认为电子绕核作圆周运动,其等效圆电流v/π20a e T e i ==在圆心处,即质子所在处的磁感强度为02a i μB =解 由分析可得,电子绕核运动的速率π2ma h=v其等效圆电流2020π4/π2ma he v a e i ==该圆电流在圆心处产生的磁感强度T 5.12π82202000===ma heμa i μB 11-25 如图[a]所示,一根长直同轴电缆,内、外导体之间充满磁介质,磁介质的相对磁导率为μr (μr <1),导体的磁化可以忽略不计.沿轴向有恒定电流I 通过电缆,内、外导体上电流的方向相反.求:(1) 空间各区域内的磁感强度和磁化强度;*(2) 磁介质表面的磁化电流.题 11-25 图分析 电流分布呈轴对称,依照右手定则,磁感线是以电缆对称轴线为中心的一组同心圆.选取任一同心圆为积分路径,应有⎰⋅=⋅r H d π2l H ,利用安培环路定理⎰∑=⋅fI d l H求出环路内的传导电流,并由H μB =,()H μM r 1-=,可求出磁感强度和磁化强度.再由磁化电流的电流面密度与磁化强度的关系求出磁化电流.解 (1) 取与电缆轴同心的圆为积分路径,根据磁介质中的安培环路定理,有∑=fπ2I r H对r <R 1221f ππrR I I =∑ 得2112πR IrH =忽略导体的磁化(即导体相对磁导率μr =1),有01=M ,21012πR IrμB =对R 2 >r >R 1I I=∑f得rI H 2π2=填充的磁介质相对磁导率为μr ,有()r I μM r 2π12-=,rI μμB r 2π02= 对R 3 >r >R 2()()2223223ππR r R R I I I f -⋅--=∑ 得()()222322332πR R r r R I H --= 同样忽略导体的磁化,有03=M ,()()2223223032πR R r r R I μB --= 对r >R 30=-=∑I I If得04=H ,04=M ,04=B(2) 由r M I s 2π⋅=,磁介质内、外表面磁化电流的大小为()()I μR R M I r si 12π112-=⋅= ()()I μR R M I r se 12π222-=⋅=对抗磁质(1r μ<),在磁介质内表面(r =R 1 ),磁化电流与内导体传导电流方向相反;在磁介质外表面(r =R 2 ),磁化电流与外导体传导电流方向相反.顺磁质的情况与抗磁质相反.H (r )和B (r )分布曲线分别如图(b)和(c )所示.。

大学普通物理学习题答案-第十一章-恒定电流与恒定磁场

大学普通物理学习题答案-第十一章-恒定电流与恒定磁场

第十一章恒定电流与恒定磁场一、选择题1.如图11-1所示,有两根载有相同电流的无限长直导线,分别通过x1=1m、x2=3m的点,且平行于y轴,则磁感应强度B等于零的地方是()。

A.x=2m的直线上B.在x>2m的区域C.在x<1m的区域D.不在x、y平面上图11-11.【答案】A。

解析:根据对称性可得,两条载流导线在x=2m的直线上产生的磁感应强度大小相等;用右手螺旋定则可判断两磁感应强度的方向相反,相互抵消,合磁感应强度为零,故选A。

2.图11-2中6根无限长导线互相绝缘,通过电流均为I,区域Ⅰ、Ⅰ、Ⅰ、Ⅰ均为全等的正方形,哪一个区域指向纸内的磁通量最大()。

A. Ⅰ区域B. Ⅰ区域C. Ⅰ区域D. Ⅰ区域2.【答案】B。

解析:通过Ⅰ区域的磁通量为0,通过Ⅰ区城的磁通量最大且指向纸内,通过Ⅰ区域的磁通量最大但指向纸外,通过IV区域的磁通量为0。

故选B。

3.如图11-3所示,在一圆形电流I所在的平面内,选取一个同心圆形闭合回路L,则由安培环路定理可知()。

A.d 0LB l ⋅=⎰,且环路上任意一点B =0 B.d 0LB l ⋅=⎰,且环路上任意一点B ≠0 C.d 0LB l ⋅≠⎰,且环路上任意一点B ≠0 D.d 0LB l ⋅≠⎰,且环路上任意一点B =常量3.【答案】B 。

解析:根据安培环路定理,闭合回路内没有电流穿过,所以环路积分等于0.但是由于圆形电流的存在,环路上任意一点的磁感应强度都不等于0。

故选B 。

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(r <R )的磁感应强度为B i ,圆柱体外(r>R )的磁感应强度为B e ,则有:()。

A.B i 、B e 均与r 成正比B.B i 、B e 均与r 成反比C.B i 与r 成反比,B e 与r 成正比D.B i 与r 成正比,B e 与r 成反比4.【答案】B 。

解析:导体横截面上的电流密度2πR I J =,以圆柱体轴线为圆心,半径为r 的同心圆作为安培环路,当r <R ,20ππ2r J r B i ⋅=⋅μ,20π2R IrB i μ=;当r <R ,I r B e ⋅=⋅0π2μ,rIB e π20μ=;所以选D 。

大学物理电磁学 第11章 恒定磁场

大学物理电磁学 第11章 恒定磁场

四、毕-萨定律的应用
dB
0 4
Idl r r2
方法:
(1)将电流分解为无数个电流元
(2)由电流元求dB (据毕—萨定律)
(3)对dB积分求B = dB 矢量积分须化作分量积分去做
Bx dBx , By dBy , Bz dBz
例题1 直线电流在P点的磁场
2
解:
任取电流元 I dl
所有磁现象可归纳为:
运动电荷
运动电荷
载流导体
磁场
载流导体
磁体
磁体
磁场的宏观性质:对运动电荷(或电流)有力的 作用,磁场有能量
二、磁感应强度
B 1、磁场的描述:磁感应强度
方向: 磁针静止时,N极指向即B的正方向
S
N
2、B的大小:
以磁场对载流导线的作用为例
电流元所受到的磁场力
dF Idl sin
l
r
B
3)说明磁场为非保守场称为涡旋场
静电场是保守场、无旋场
二、简证(用特例说明安培环路定理的正确性)
(1)闭合路径L环绕电流
L在垂直于导线的平面内
B 0I 2 r
L
I d
o
B
r
dl
磁感线
(2)闭合路径L不包围电流
B dl1 dl2 L
P
·
I
d
o
dl2
dl1
L2
L1
磁感线
·
Q
三、运用安培环路定理求磁场 安培环路定理适用于任何形状恒定电流的载流体

Idl r
B
dB
0 4
Idl r r2
B
dB
0 4
Idl r r2

第11章 恒定电流的磁场

第11章 恒定电流的磁场

第十一章 恒定电流的磁场11.1 选择题(1) 有两条长直导线各载有5A 的电流, 分别沿x 、y 轴正向流动. 在(40, 20, 0)(cm)处的B 是(真空磁导率μ0 = 4π × 10-7N/A 2) [C] (A) 2.5×10-6 T 且沿z 轴负向 (B) 3.5×10-6 T 且沿z 轴负向 (C) 2.5×10-6 T 且沿z 轴正向 (D) 3.5×10-6 T 且沿z 轴正向k y I B πμ2101=,k xI B πμ2202-=k T k x y I k x I k y I B B B 6020*******.211222-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=+=πμπμπμ (2) 半径为1a 的圆形载流线圈与边长为2a 的方形载流线圈, 通有相同的电流, 若两线圈中心1O 和2O 的磁感应强度大小相同, 则半径与边长之比21:a a 为[D] (A) 1:1 (B) π212:1 (C) π212:4 (D) π212:81012a IB μ=;()2102cos cos 44θθπμ-⨯=a IB 20202243cos 4cos 2144a I a I πμπππμ=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯= 21B B =,2010222a I a Iπμμ=, 8221π=a a(3) 无限长空心圆柱导体的内、外半径分别为a 和b , 电流在导体截面上均匀分布, 则在空间各处B 的大小与场点到圆柱中心轴线的距离r 的关系, 定性地分析如图[B](A) (B) (C) (D)解析:∑⎰=⋅内0i LI l d B μ(4) 氢原子处于基态(正常状态)时, 它的电子(e = 1.6×10-19C)可看做是在半径为a = 0.53 × 10-8cm 的轨道做匀速圆周运动, 速率为2.2 × 108cm/s, 那么在轨道中心B 的大小为(真空磁导率μ0 = 4π×10-7N/A 2)[B] (A)8.5×10-8T (B)13T (C)8.5×10-4TRIB 20μ=,a R =,T e I =,v aT π2=,可得204aev B πμ=, 数据带入即可.(6) 载流i 的方形线框, 处在匀强磁场B 中, 如图所示, 线框受到的磁力矩是 (A) 向上 (B) 向下 (C) 由纸面向外 (D) 由纸面向内B p M m ⨯=;n IS p m =m p 的方向与n 的方向相同, n的方向是载流线圈的正法线方向(由右手螺旋法则确定), 正法线方向垂直向外, 磁场的方向水平向右, 那么磁力矩M的方向竖直向上.iB题11.1(6)图a eO题11.1(4)图11.2 填空题(1) 一平面内有互相垂直的导线L 1和L 2, L 1为无限长直导线, L 2为长为2a 的载流直导线, 位置如图所示. 若L 1和L 2同时通以电流I ,那么作用在L 2上的力对于O 点的磁力矩为 .()13ln 220-πμaI建立如图坐标系, 距直导线L 1为x 远处取电流元l Id, 其在产生的磁场中受到的安培力为d d F I l B =⨯,方向向上.2300=d d ln 322aaI I F F I x x xμμππ==⎰⎰ 该力对O 点的磁力矩为d d M r F =⨯()2004d d 4d 1d 22I I a M rIB x a x I x x x x μμππ⎛⎫==-=-⎪⎝⎭2304=d 1d 2a aI a M M x x μπ⎛⎫=-⎪⎝⎭⎰⎰()()222330004=d d 2ln 32ln 312a a a a I II a a x x a a x μμμπππ⎛⎫-=-=- ⎪⎝⎭⎰⎰(2) 矩形截面的螺绕环尺寸见图, 则在截面中点处的磁感应强度为 ; 通过截面S 的磁通量为 .rNI πμ20;210ln 2D D NIh πμ L 2 L 1a2aaI I O题11.2(1)图沿以环心为圆心, 以r 为半径的圆周为积分路径, 应用安培环路定理 NI r B l d B L02μπ=⋅=⋅⎰ ; rNIB πμ20=; 对于截面中点处, ()1214r D D =+通过截面S 的磁通量为⎰⎰⋅=ΦS m S B ⎰⎰⎰⋅==2200121212D D S hdr rNI dS r NIπμπμ2100ln 2ln 212D D NIh r NIh DD πμπμ== (3)每单位长度的质量为0.009kg/m 的导线, 取东西走向放置在赤道的正上方, 如图. 在导线所在的地点的地磁是水平朝北, 大小为5310T -⨯, 问要使磁力正好支撑导线的重量, 导线中的电流应为 .2940A(5)0d LB l I μ⋅=∑⎰内; ∑⎰=⋅insi LI l d H;NI l d H L=⋅⎰; A I 3=;11.4 将一无限长直导线弯成图示的形状, 其上载有电流I , 计算圆心O 点处B 的大小.解:可分为三部分电流, 两侧的半无限长直导线和中间的圆弧, 在O 点产生的磁感应强度均为垂直向里.半无限长导线, 由P53已知结果可知()210cos cos 4θθπμ-=aIB 左侧:3cosπr a =, 01=θ, 62πθ=右侧:3cos πr a =, 651πθ=,πθ=2 圆弧部分导线, 由P54已知结果可知R I B πϕμ40=, 式中r R =, 32πϕ=以上三部分求和, 可得总磁感应强度r Ir I B 623100μπμ+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=, 垂直向里.11.9电缆由导体圆柱和一同轴的导体圆筒构成, 使用时电流I 从导体流出, 从另一导体流回, 电流均匀分布在横截面上, 如图所示. 设圆柱体的半径为r 1, 圆筒的内、外半径分别为r 2和r 3, 若场点到轴线的距离为r , 求r 从0→∞范围内各处磁感应强度的大小.解:0d 2LB l rB I πμ⋅==∑⎰内当1r r <时, 2021d 2r B l rB I r ππμπ⋅==⎰,2102r Ir B πμ=当21r r r <<时,0d 2B l rB I πμ⋅==⎰, 02I B rμπ=当32r r r <<时, ()()22202232d 21r r B l rB I r r ππμπ⎡⎤-⎢⎥⋅==--⎢⎥⎣⎦⎰,()()222322302r r r r r I B --=πμ当3r r >时,d 0B l I I ⋅=-=⎰, 0=B11.10如图所示, 一根半无限长的圆柱形导体, 半径为R 1, 其内有一半径为R 2的无限长圆柱形空腔, 它们的轴线相互平行, 距离为a (R 2 < a < R 1-R 2), I 沿导体轴线方向流动, 且均匀地分布在横截面积上. 求: (1) 圆柱体轴线上B 的大小; (2) 空腔部分轴线上B 的大小;(3) 设R 1 = 10mm, R 2 = 0.5mm, a = 5.0mm, I = 20A, 分别计算上述两处B 的大小.()()2122212122211R R R I R R R I I -=-=ππ,()()2222212222212R R R I R R R I I -=-=ππ 21R R o B B B +=()222122022R R a IR B B R o -==πμT 6102-⨯=21o o o B B B '''+=()2221012R R a IaB o -='πμT 4102-⨯=11.13如图所示, 一半径为R 的无限长半圆柱面导体, 其上电流与其轴线上一无限长直导线的电流等值、反向, 电流I 在半圆柱面上均匀分布. 求: (1) 轴线上导线单位长度所受的力;(2) 若将另一无限长直导线(通有方向与半圆柱面相同的电流I )代替圆柱面, 产生同样的作用力, 该导线放在何处?题11.13图(1)R Ii π=, 0000d d d d d 2222I i l iR i B R R R μμμθμθππππ====,0d d cos 22x i B μθπθπ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 00d =d cos 22x x i B B πμθπθπ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰⎰()000020cos 222i i i I R πμμμμθππππ=-=== 0d d sin 22y i B μθπθπ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,00d =d sin 22y y i B B πμθπθπ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰⎰, 0=y B (由对成性可知)22yx B B B +=R I 20πμ=,BIl F =RI220πμ=(j R I F 220πμ=亦可)(2)dI R I πμπμ220220=; 2R d π=; 2R y π-=11.14载有电流I 1的长直导线, 旁边有一个正三角形线圈, 边长为a , 电流为I 2, 它们共面, 如图所示. 三角形一边与长直导线平行, 三角形中心O 到直导线的距离为b, 求I 1对该三角形的作用力.解:AB 段:⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=a b I B 632101πμ, ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==a b aI I a B I F 632210121πμ, 方向沿x 负向;BC 段:选择电流元dl xI I dl B I dF πμ2210222==;6cos πdxdl =I 1I 1⎰⎰+-==3333210226cos2b b x dx I I dF F ππμ⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+=323ln 3210a b a b II πμ ⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+==323ln 323cos 21022a b a b I I F F x πμπ; ⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+==323ln 23sin 21022a b a b I I F F y πμπ 同理可得AC 段受力⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+=323ln 32103a b a b I I F πμ ⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+==323ln 323cos 21033ab a b I I F F x πμπ; ⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+==323ln 23sin 21033a b a b I I F F y πμπ y y F F 23=, 方向相反, 抵消.合力, 方向沿x 正向,x x F F F F 321++-=11.18盘面与均匀磁场B 成φ角的带正电圆盘, 半径为R, 电荷量Q 均匀分布在表面上. 圆盘已角速度ω绕通过盘心, 与盘面垂直的轴转动. 求此带电旋转圆盘在磁场中所受的磁力矩.解:dS dq σ=()rdr πσ2=, 由于圆盘以ω旋转, 故圆环中电流T dq dI =πω2dq =rdr σω=, 式中2RQ πσ= dr r dIS dp m 3σπω==⎰⎰==R m m dr r dp p 03σπω2244141QR R ωσπω==⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ϕπ2sin B p M m ϕωcos 412B QR =方向满足B p M m⨯=11.25螺绕环平均周长l =10cm, 环上线圈N=200, 线圈中电流I =100mA. 试求: (1)管内B 和H 的大小;(2)若管内充满相对磁导率μr =4200的磁介质, 管内B 的大小. 解:(1)∑⎰=⋅0I l d H; 02NI r H =πrNI H π20=, 000nI B μ=, 可知H =200A/m, B 0=2.5×10-4T (2)H H B r μμμ0==, 可知B =1.05T常见载流体的磁感应强度无限长载流直导线外距离导线r 处,0=2IB rμπ,圆电流轴上距离圆心x 处,()203222=2R INB xRμ+ (N 是线圈匝数)无限长密绕直螺线管内部,0=B nI μ (n 是单位长度上的线圈匝数)圆电流圆心处,0=2IB Rμ无限大均匀载流平面外,01=2B i μ(i 是流过单位长度的电流)一段载流圆弧导线在圆心处,0=4I B Rμϕ(φ以弧度为单位)OIBI11 / 11安徽信息工程学院 大学物理(2) 韩玉龙 0B =;00=224I I B R R μμππ=⋅;000121211+=+444I I I B R R R R μμμ⎛⎫= ⎪⎝⎭;002=228I I B R R μμππ=⋅OI。

大学物理 恒定磁场

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11-1 恒定电流电流密度磁现象:我国是世界上最早发现和应用磁现象的国家之一,早在公元前300年久发现了磁铁矿石吸引铁的现象。

在11世纪,我国已制造出航海用的指南。

在1820年之前,人们对磁现象的研究仅局限于铁磁极间的相吸和排斥,而对磁与电两种现象的研究彼此独立,毫无关联。

1820年7月丹麦物理学家奥斯特发表了《电流对磁针作用的实验》,公布了他观察到的电流对磁针的作用,从此开创了磁电统一的新时代。

奥斯特的发现立即引起了法国数学家和物理学家安培的注意,他在短短的几个星期内对电流的磁效应作出了系列研究,发现不仅电流对磁针有作用,而且两个电流之间彼此也有作用,如图所示;位于磁铁附近的载流线圈也会受到力或力矩的作用而运动。

此外,他还发现若用铜线制成一个线圈,通电时其行为类似于一块磁铁。

这使他得出这样一个结论:天然磁性的产生也是由于磁体内部有电流流动。

每个磁性物质分子内部,都自然地包含一环形电流,称为分子电流,每个分子电流相当于一个极小的磁体,称为分子磁矩。

一般物体未被磁化时,单个分子磁矩取向杂乱无章,因而对外不显磁性;而在磁性物体内部,分子磁矩的取向至少未被完全抵消,因而导致磁铁之间有“磁力”相互作用。

1820年是人们对电磁现象的研究取得重大成果的一年。

人们发现,电荷的运动是一切磁现象的根源。

一方面,运动电荷在其周围空间激发磁场;另一方面,运动电荷在空间除受电场力作用之外,还受磁场力作用。

电磁现象是一个统一的整体,电学和磁学不再是两个分立的学科。

11-1 恒定电流电流密度如前所述,电荷的运动是一切磁现象的根源。

电荷的定向运动形成电流,称为传导电流;若电荷或宏观带电物体在空间作机械运动,形成的电流称为运流电流。

常见的电流是沿着一根导线流动的电流,其强弱用电流强度来描述,它等于单位时间通过某一截面的电量,方向与正电荷流动的方向相同,其数学表达式为dtdq I ,虽然我们规定了电流强度的方向,但电流强度I 是标量而不是矢量,因为电流的叠加服从代数加减法则,而不服从矢量叠加的平行四边形法则。

稳恒磁场11如图11所示两根长直导线互相平行地放置

稳恒磁场11如图11所示两根长直导线互相平行地放置

第十一章 稳恒磁场11-1 如图11-1 所示,两根长直导线互相平行地放置,导线中的电流大小相等,均为A I 10=方向相同,求图中M 、N 两点的磁感应强度B 的大小和方向(图中m r 020.00=)。

解:两导线在M 、N 点产生的磁感应强度如图11-1(a )所示。

在M 点,1B 和2B 大小相等方向相反,由场强叠加原理可知0B B B 21m =-=在N 点,两导线产生的磁感应强度大小为:002122''r IB B πμ==且21''B B ⊥,由场强叠加原理可得T r IB B N 4001100.12'2-⨯===πμ,方向水平向左。

11-2 已知地球北极磁场强度为B 的大小为T 5100.6-⨯。

如果想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的,此电流大小为多少?流向如何?解:设所求电流为I ,方向如图所示,因为圆形电流在距轴体上的磁感应强度为:232220)(2x R IR B +=μ对于北极点,R x =于是有:RIR R IR B 24)(20232220μμ=+=赤道上的电流强度为:A RBI 901073.124-⨯==μ11-3 如图11-3所示,有两根导线沿半径方向接触铁环的a 、b 两点,并与很远处的电源图11-1图11-2相接。

求环心O 的磁感应强度。

解:设圆环以acb 弧长1l ,其电流为1I ,而adb 弧长为2l ,电流为2I 。

因这两段弧可形成并联电路所以两端电压相等,于是有:2211R I R I =考虑环的截面积和电阻率是一样的,电阻与弧长成正比,所以上式改写为:2211L I L I =1l 弧:一电流在O 点产生的磁感应强度为:dl RI dB 21014πμ=,方向垂直纸面向里。

整个弧在O 点产生的磁感应强度为:210021011441R I dl R I dB B l πμπμ===⎰⎰,方向垂直纸面向里。

第十一章稳恒磁场

第十一章稳恒磁场
于π)的正弦成正比,即: 结论
式的中 单K位为有比关例。系数,其值与介质的种dB类和选用
14
在国际单位制中, μ0称为真空磁导率,
K
0
0
4
/ 4P
10r7 Tθ
mId lA
I
1
故有:
dB的方向用右手螺旋法则确定:
右手弯曲的四指由Idl的方
向沿小于180°的θ角转向 r的方向,则伸直拇指的指 向就是dB 的方向。
5
一、磁感应强度
为了描述磁场中各点的磁场强弱和方向,引入磁 感应强度。用B表示,
定义
B Fm q0v
单位:特斯拉(T)。
比值B是一个与运动电荷的性质无关、仅与该点 磁场的性质有关的常量。
B为矢量,其方向用右手螺旋法则确定:
6
特斯拉
右手螺旋法则:
将右手拇指与其余四指垂直,先将四指的指向与 7 Fm方向相同,再使其向的v方向弯曲,这时拇指
大多数生物大分子是抗磁质,少数是顺磁质,极少呈铁磁质
43
三、超导体及其磁学特性
1、超导体 超导现象:当物质的温度下降到某一定值时, 该物质的电阻完全消失的现象称为超导现象。 超导性:物质失去电阻的性质叫超导性。 超导体:具有超导性的物质叫超导体。 超导体失去电阻的温度称为临界温度Tc, 可能成为超导体的物质是:①位于元素周期表 中部的金属元素(除一价金属、铁磁质、和抗 磁质)②许多化合物或合金。
磁感应线的特点:
I
I
通电螺线管的磁感应线
磁感应线是闭合的曲线,密集的地方磁场较
强,稀疏的地方磁场较弱。
9
1、磁通量
通过某曲面磁感应线的总数 称为通过该曲面的磁通量。
用Φ表示。
通过面积元dS的磁通量为:

大学物理 第十一章 电流与磁场

大学物理 第十一章 电流与磁场
2) 提供非静电力的装置。
A
E
B
Ek
凡电源内部都有非静电力,
U
非静电力使正电荷由负极经电源内部到达正极。
A
UB
引入:非静电场强
Ek
=
单位正电荷所受的非静电力。
Ek E
Fk qEk
2 电动势ε
A非
L qEk
dl

qEk
dl
qEk 外
dl
内 qEk
dl
★ 结论:当电荷在闭合电路中运动一周时,只有非静电力做功
右手法则,dB (
Idl
r
)
(11-29)
2. 载流导线的磁场
B
l
0 4
Idl r0
r2
(矢量积分) (11-30)
方向判断练习
• dB
r
Idl
dB
r
Idl
r
Idl
dB
dB
r
Idl

二、毕 - 沙 定律 的应用(重点 计算B的方法之一)
1. 一段直电流的磁场
I
讲义 P.324 例 11-1
一 磁现象 磁场 — 运动电荷周围存在的一种物质。
1. 运动电荷 电流
磁场;
2. 磁场可脱离产生它的“源”独立存在于空间;
3. 磁力通过磁场传递,作用于运动电荷或载流导线;
4. 磁场可对载流导线做功,所以具有能量。
演示磁场电流相互作用
I
SN
二、磁感应强度 B
1. 实验结果
z
F
B
F q, v, B, sin
五、欧姆定律 (Ohm’s law)
R是与U 和I 无关的常量。
I U R

第十一章恒定电流的磁场作业磁介质磁介质中的安培环路定理小结

第十一章恒定电流的磁场作业磁介质磁介质中的安培环路定理小结

作业11.1、11.211.4、11.8、11.9、11.15、11.1787磁介质90顺磁质B B >(铝、氧、锰等)弱磁质B B >>铁磁质(铁、钴、镍等)强磁性物质B B <抗磁质(铜、铋、氢等)弱磁质抗磁质顺磁质SI SI B L宏观上构成沿介质表面的等效环形电流, 称为表面束缚电流或磁化电流。

B AI 0I cbad.l113五、磁场对载流导线和运动电荷的作用(1)磁场对载流导线的作用力—安培力微分形式积分形式B l I F ⨯=d d Bl I F l⨯=⎰d 其中,是载流导线上的电流元,是所在处的磁感应强度。

l Id l I d B(2)均匀磁场对平面载流线圈的作用合力=∑F 磁力矩B p M m ⨯=式中,是载流线圈的磁矩,,其中N 是线圈匝数,I 是线圈中的电流,S 是线圈的面积,且S 的方向与电流环绕方向满足右螺旋法则。

m p S NI p m=114(3)磁力的功⎰=m1m2m d ΦΦΦI A mm1m2)(ΦI ΦΦI ∆=-=磁力的功等于电流强度I 乘以通过回路磁通量的增量∆Φm 。

(4)磁场对运动电荷的作用Bq F⨯=v 洛仑兹力:116六、磁介质(1)磁介质的分类抗磁质1<r μ顺磁质1>r μ铁磁质1>>r μ(2)磁介质的磁化在外磁场中固有磁矩沿外磁场的取向或感应磁矩的产生使磁介质的表面(或内部)出现束缚电流。

第十一章 恒定磁场

第十一章 恒定磁场

S1 ( B R2 ) 0
S1 BR 2
(3i 2 j ) Si 3S
例3、两平行载流直导线
求 1.两线中点 B A
I1
2.过图中矩形的磁通量 解:1.I1、I2在A点的磁场
BA
r2
A
I2
l
r3
0 I1 B1 B2 2 d 2
r1
2.0 10 T
第十一章 恒定磁场 静止的电荷产生静电场,静电场 是一种物质。运动电荷周围既有电场 又有磁场,磁场也是一种物质。恒定 电流(运动电荷)的磁场在研究方法 上与静电场有许多相似之处,因此要 与静电场部分类比学习。
电流密度(矢量)
用来细致刻画电流在截面上分布的物理量。
垂直通过单位截面的电流强度,称为此处的电流 密度。
0 I sin dy B 2 4 r 2 0 I sin d 1 4a
0 I B (cos 1 cos 2 ) 4a
I
2
dy

1 r0
r
y
O
dB
P
a
X
0 I B (cos 1 cos 2 ) 4a
无限长载流直导线
I 2
Ek dl Ek dl
L
单位正电荷绕闭合回路一周时,电源中非静电力所 做的功。 电动势描述电路中非静电力做功本领 电势差描述电路中静电力做功本领 注意:电动势 是标量
基本的磁现象
天然磁石 同极相斥 异极相吸
S
N
S
N
电流的磁效应 1820年 奥斯特
S
N
I
F
I
F
电子束
E dl

新编基础物理学答案_第11章

新编基础物理学答案_第11章

第11章 恒定电流与真空中的恒定磁场11-1 电源中的非静电力与静电力有什么不同答:在电路中,电源中非静电力的作用是,迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极移动到高电位的电源正极,使两极间维持一定的电位差。

而静电场的作用是在外电路中把正电荷由高电位的地方移动到低电位的地方,起到推动电流的作用;在电源内部正好相反,静电场起的是抵制电流的作用。

电源中存在的电场有两种:1、非静电起源的场;2、稳恒场。

把这两种电场与静电场比较,静电场由静止电荷所激发,它不随时间的变化而变化。

非静电场不由静止电荷产生,它的大小决定于单位正电荷所受的非静电力,k F E q=vv 。

当然电源种类不同,k F v的起因也不同。

11-2静电场与恒定电场有什么相同处和不同处为什么恒定电场中仍可应用电势概念 答:稳恒电场与静电场有相同之处,即是它们都不随时间的变化而变化,基本规律相同,并且都是位场。

但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生,电荷本身却在移动。

正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化,因此静电场的两条基本定理,即高斯定理和环路定理仍然适用,所以仍可引入电势的概念。

11-3一根铜导线表面涂以银层,当两端加上电压后,在铜线和银层中,电场强度是否相同电流密度是否相同电流强度是否相同为什么答:此题涉及知识点:电流强度d sI =⋅⎰r rj s ,电流密度概念,电场强度概念,欧姆定律的微分形式j E σ=rr 。

设铜线材料横截面均匀,银层的材料和厚度也均匀。

由于加在两者上的电压相同,两者的长度又相等,故铜线和银层的场强E r相同。

由于铜线和银层的电导率σ不同,根据j E σ=r r 知,它们中的电流密度j r 不相同。

电流强度d sI =⋅⎰r r j s ,铜线和银层的j r不同但相差不太大,而它们的横截面积一般相差较大,所以通过两者的电流强度,一般说来是不相同的。

11-4一束质子发生侧向偏转,造成这个偏转的原因可否是: (1)电场 (2)磁场(3)若是电场或者是磁场在起作用,如何判断是哪一种场答:造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。

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六、电功率(electric power)和焦耳定律(Joule’s law) 在电路中电场力作的功称为电流的功或电功。 电流作功为dA=dqU=IUdt,U从A到点B电势降落。
dA IU 电流作的总功 A=IUt ,电功率为 P dt
如果电势能的降低全部转变为热能,则 Q=A=I2R t , P=I2R,焦耳定律的数学表达式。 在电流场中一细电流管运用焦耳定律,得 P=I2R=(jS)2 (l /S)=j2(lS)=j2 单位导体体积的热功率为热功率密度p= E 2 ,
恒定电流条件的微分形式 j = 0
S
恒定电流场中过任意闭合曲面的电流必等于零。 电流线从某处穿入必从另一处穿出。恒定电流场的 电流线必定是头尾相接的闭合曲线。
恒定电场由运动的而分布不随时间变化的电荷所 激发。在遵从高斯定理和环路定理方面,恒定电场
与静电场具有相同性质,通称为库仑电场。
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反映了金属导体导电的基本特性, U1 电阻是常量,电流与电势差成正比。
适用于金属导体,电解液和熔融盐。
E
U2
I
S
l
取长l 截面积S的细电流管,根据欧姆定律 I=U/R,其中I=jS,U=El,R=l/S,
欧姆定律的微分形式:j E
反映金属导体中任意一点上 j与E之间的关系。
欧姆定律的 微分形式
1 j E E
表明任一点的电流密度 j 与电场强度 E 方向相同,
大小成正比
注意

一般金属或电解液,欧姆定律在相当大的电 压范围内是成立的, 但对于许多导体或半导体, 欧姆定律不成立,这种非欧姆导电特性有很大的 实际意义,在电子技术,电子计算机技术等现代 技术中有重要作用.
焦耳定律的微分形式 。
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适用范围:
讨论:
不论导体是否均匀,不论导体形状 导体中电流是否恒定,都成立
(1)电流是电荷流动,在j=0地方,电荷体密度是否为0? 不一定,静电场中,j=0, ρ≠0( ρ 单位体积净电荷) (2)两截面不同的铜棒接在一起,两端加有电压,问二棒 上j,E是否相同
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二、电流的连续性方程和恒定电流条件 导体内任取一闭合曲面S,根据电荷守恒定律, 单位时间由闭合曲面 S 内流出的电量,必定等于
在同一时间内闭合曲面 S 所包围的电量的减少,
dq S j dS dt 电流连续性方程的积分形式 d 以体电荷形式分布 S j dS = - d dt在曲面S所包围 的体积内 Nhomakorabea分
j d - d t
ρ 电流连续性方程的微分形式 j t
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恒定电流:电流场不随时间变化的电流。由分布 不随时间变化的电荷所激发的电场为恒定电场。 j dS 0 恒定电流条件的积分形式
TC称为超导转变温度,不同材料具有不同TC。 钛的TC为0.39K,铝为1.19K,铅为7.2K,Hg-BaCa-Cu-O系氧化物为134K等。
超导体还具有其它一些独特的物理性质。
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超导体 有些金属和化合物在降到接近绝对零度时,它 们的电阻率突然减小到零,这种现象叫超导. 汞在 4.2K 附近 电阻 突然 降为 零
R/ 0.10 0.05 * * *
*
超导的转 变温度 TC
4.10 4.20 4.30
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T/K
例1:一块扇形碳制电极厚为t,电流从半径为r1
的端面S1流向半径为r2 的端面S2 ,扇形张角为,
求:S1和S2之间的电阻。
dl dr 解: dR dS rt
dr 平行于电流方向, dS 垂直于电流方向。
S
I1 I2
恒定电流 恒定电场
s
j dS 0
S
dS
j
1)在恒定电流情况下,导体中电荷分布不随 时间变化形成恒定电场; 2)恒定电场与静电场具有相似性质(高斯定 理和环路定理),恒定电场可引入电势的概念; 3)恒定电场的存在伴随能量的转换.
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1.稳恒条件
J ds 0
维持静电场不需要 能量的转换
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稳恒电场的存在总要 伴随着能量的转换
三.稳恒电场 1.稳恒电场
对于稳恒电路 导体内存在电场
稳恒电场 由不随时间改变的电荷分布产生 2.和静电场比较 相同之处 电场不随时间改变 满足高斯定理 满足环路定理 是保守场
可引入电势概念
回路电压定律(基尔霍夫第二定律)
稳恒电流 单位时间内通过闭合曲面向外流出的电荷,等于此 时间内闭合曲面里电荷的减少量 .
dQ dQi s j dS dt dt
若闭合曲面 S 内的电荷不随时间 而变化,有
dS
j
恒定电流
I I1 I 2 0
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s
S dQi 0 dt j dS 0 I
由电流密度的定义知通过导体中任一曲面S的
电流I为 I

S
j dS 与电通量定义式相比较,
I 与 j 的关系也是一个通 Φe E dS S 量与其矢量场的关系。
在有电流的导体中,每一点都具有一定大小和方 向的电流密度矢量,构成了矢量场,称为电流场。 引入电流线形象描述电流场中电流的分布,规定 曲线上每点的切线方向都与该点的电流密度矢量的 方向相同。 由电流线围成的管状区域称为电流管。恒定条件 下,通过同一电流管任一横截面的电流相等。
A
r2
r1

B
dS tdr dG l r r2 tdr t r2 1 r1 G ln R ln r1 r r1 G t r2
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作业
11-4
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五、欧姆定律 (Ohm’s law)
U R是与U 和I 无关的常量。 I R
S
dq内 <0 dt
J
线
电流线发出于正电荷减少的地方
终止于正电荷增加的地方
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静电场
产生电场的电荷始终 固定不动 静电平衡时,导体内电 场为零,导体是等势体 电场有保守性,它是 保守场,或有势场
恒定电场
电荷分布不随时间改变 但伴随着电荷的定向移动 导体内电场不为零,导 体内任意两点不是等势 电场有保守性,它是 保守场,或有势场
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例3:长为a半径为R1、R2的金属圆筒内、外缘电
势差为U,电阻率为 ,求圆筒的径向电流。
R1
R2
r dr
j
a
解1:取半径r和r+dr作两个圆柱面
柱面面积为S=2pra,柱面间电阻为 径向总电阻为 R dR
R2 R1
dr dR 2πra
dr R2 ln 2πra 2πa R1
第十一章 电流和恒磁场
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第十一章 电流和恒磁场
§11-1 §11-2 §11-3 恒定电流条件和导电规律 磁场和磁感应强度 毕奥萨伐尔定律
§11-4
§11-5
磁场的高斯定理和安培环路定理
磁场对电流的作用
§11-6
*§11-7 *§11-8 *§11-9
带电粒子在磁场中的运动
磁介质的磁化 抗磁性 铁磁性
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三、导体的电阻(resistance of conductor)
电阻定义为两端电势差与电流之比 R U
I
伏安特性曲线以电势差U作横坐标电流I作纵坐标。 金属和电解液导体的伏安特性曲线是一条过原点 的直线。这种性质的电阻称为线性电阻或欧姆电阻, 具有这种性质的器件为线性器件。也有非线性器件。 电阻单位是(欧姆):1=1VA-1,电阻的倒数称 为电导,用G表示,单位是S(西门子):1S=1-1 。

S2
t
r1
S1
r2
dr R r1 rt r2 R ln t r1
r2
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例2: 碳膜电位器中的碳膜是由蒸敷在绝缘基片
上的厚为t ,内外半径分为r1、r2 的一层碳构成的。
A、B为引出端,环形碳膜总张角为,电流沿圆周
曲线流动。求:A、B 之间的电阻? 解: A、B 间电阻可视为由若 干不同长度而截面相同的电阻并 联而成。电导为:
求圆筒的电场分布为
E j
I
2 πra
I R2 dr 圆筒内外缘 I R2 U E dr R1 r 2πa ln R1 的电势差为 2πa
2πaU 径向电流为 I l nR2 / R1
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例1 一内、外半径分别为 R1和 R2 的金属圆筒, 长度 , 其电阻率 ,若筒内外电势差为 ,且筒 U l 内缘电势高,圆柱体中径向的电流强度为多少 ?
S
稳恒电流的电路必须闭合
2.由稳恒条件可得出几个结论
导体表面电流密度矢量无法向分量
对一段无分支的稳恒电路 其各横截面的电流 强度相等
在电路的任一节点处 流入的电流强度之和等 于流出节点的电流强度之和
--- 节点电流定律(基尔霍夫第一定律)
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电流连线性方程
dq内 SJ ds dt
适用于恒定电流的情形和变化的电流场。
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欧姆定律的微分形式
dU dI R
R
dl
dS
I
dI
U
dl
U dU dS
1 dU dI dS dl dI 1 dU 1 E E dS dl
欧姆定律的 微分形式
1 j E E
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