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 ）
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 R
μα=
圆弧bcd 占圆的1
3
，所以它在圆心O 处产生的磁感强度B 2的大小为
00022π
34π4π6I
I I B R R R
μμαμ=== 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)0.212π2π6I I I
I B B B B R R R R
μμμμ=++=-+-+=
方向垂直纸面向里。

11–2 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 o = 。

图（b ）中，B o = 。

图（c ）中，B o = 。

…
解：载流圆弧导线在圆心O 处激发的磁感强度大小为04πI B R
μα
=，式中为载流圆弧导线所
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04πI
B R
μ=，磁感强度的方向依照右手定则确定。

图11–3（a ）中O 处的磁感应
强度B O 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
000004π44π42πo I I I I I B R R R R R
μμμμμ=---=--j k j k j
]
同样的方法可得
对于图（b ），有
000001
(1)4π44π4π4πo I I I I I B R R R R R
μμμμμ=---=-+-j k k k j
对于图（c ），有
图11–3
x
y
z
O
R I
…
I （a ）
x
y
z
O
R
I
I （b ） ￥
y
x
z
O
R I I （c ）
00034π84πo I I I B R R R
μμμ=---j k i
11–3 已知磁感应强度B =m 2的均匀磁场，方向沿x 轴正向，如图11-4所示，则通过abcd 面的磁通量为 ，通过befc 面的磁通量为 ，通过aefd 面的磁通量为 。

解：匀强磁场B 对S 的磁通量为
d cos BS Φθ=
⋅=⎰⎰S B S
，设各平面S 的法线向外，则
通过abcd 面的磁通量为
cos π 2.00.40.3abcd BS BS Φ==-=-⨯⨯Wb
=
通过befc 面的磁通量为
πcos 02
befc BS Φ==
通过aefd 面的磁通量为
4cos 2.00.50.35
aefd BS Φθ==⨯⨯⨯Wb=
11–4 磁场中某点处的磁感应强度B =－（T ），一电子以速度v =×106i +×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
F =
e (v ×B )=－×10–19×（×106i +×106j ）×－=810
14 k （N ）
11–5 如图11-5所示，真空中有两圆形电流I 1 和 I 2 以及三个环路L 1 L 2 L 3，则安培环路定理的表达式为
l B d 1
⋅⎰L = ，l B d 2
⋅⎰L = ，
l B d 3
⋅⎰L = 。

<
解：由安培环路定理可得
101d L I μ⋅-⎰B l =；
2012d ()L I I μ⋅+⎰B l =；3d 0L ⋅⎰B l =。

11–6 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 。

）
图11–5
I 1
I 2
L 1
L 2
L 3 L 2
图11–7
I
I
I y
x
B
·
d F 1d F x
d F 1y R
d
L
O
y
x
O
￥
B
z f b c
a d
30cm 30cm
40cm
…
50cm
e 图11–4
图11–6
》
O
B
I
I L
R
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I d l ，所受安培力大小d =d d sin90d I I lB IB l ⨯=︒=F l B ，方向沿半圆的半径向外。

将d F 分解为d F （垂直于x 轴）和d F //（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
////d 0F F ==⎰
其垂直分量
;
π
d d sin d sin sin d 2F F F IB l BIR BIR θθθθ⊥⊥=====⎰⎰⎰⎰
方向沿y 轴正方向。

因此，整段导线所受安培力2F =F BIR ⊥=。

方向沿y 轴正方向。

11–7 图11-8中为三种不同的磁介质的B ～H 关系曲线，其中虚线表示的是B =0H
的关
系，说明a 、b 、c 各代表哪一类磁介质的B ～H 关系曲线： |
a 代表 的B ～H 关系曲线；
b 代表 的B ～H 关系曲线；
c 代表 的B ～H 关系曲线。

答：对各向同性的均匀磁介质，顺磁质或抗磁质有，B =
r H ，B 与H 成正比关系，r 为常数，
因此曲线bc 代表
顺磁质或抗磁质。

又因为顺磁质的
r >1，抗磁质的
r <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
r 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。

11–8 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
d l ⋅=
⎰H l ，
d l
⋅=⎰B l ，
d l
⋅=⎰M l 。

￥
解：由H 的安培环路定理，得d l I ⋅=⎰H l 。

由B 的安培环路定理，得0d ()l I I μ'⋅=-⎰B l 。

由关系式0
μ=
-B
H M 及上述二式，得
d l I '⋅=-⎰M l 。

11–9 半径为R 1的圆形载流线圈与边长为R 2的正方形载流线圈，通有相同的电流I ，若两线圈中心O 1与O 2的磁感应强度大小相同，则半径R 1与边长R 2之比为[ ]。

A 2π:8
B ．
2π:4 C 2π:2 D ．1:1
解：设两载流线圈中电流I 的方向均为顺时针方向，半径为R 1的圆形载流线圈在中心O 1点产生的磁感应强度大小为
011
2I
B R μ=
I
I ´
I ´
l
图11–9
B O
a b c
题11–8图
方向垂直纸面向里
边长为R 2的正方形载流线圈在中心O 2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O 2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
00222
22(cos 45cos135)44π/2
πI
I
B R R μμ=
︒-︒⨯=
…
由于B 1= B 2，即
001
2
222πI
I
R R μμ=
因此
122πR R = 因此，正确答案为（A ）。

11–10 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S 1，S 2的磁通量
1，
2为[
]。

A ．
R 2B ，
R 2B B ．
R 2B ，R 2B C ．R 2B ，
R 2B D ．R 2B ，R 2B
解：半径为R 的圆分别与曲面S 1，S 2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
2
11d d d πd 0R S R
B ⋅=⋅+⋅=-+
⋅=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰B S B S B S B S
由此可得
211d πR B Φ=
⋅=⎰⎰
B S
同理，对闭合曲面2有
2
22d d d πd 0R S R
B ⋅=⋅+⋅=+
⋅=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰B S B S B S B S
由此可得
@
2
22d πR
B Φ=
⋅=-⎰⎰B S
因此，正确答案为（C ）。

11–11 如图11-11所示，有两根无限长直载流导线平行放置，电流分别为I 1和I 2，L 是空间一闭曲线，I 1在L 内，I 2在L 外，P 是L 上的一点，今将I 2 在L 外向I 1移近时，则有[ ]。

A ．l
B d ⋅⎰L
与B P 同时改变 B ．l B d ⋅⎰
L
与B P 都不改变
，
C ．l B d ⋅⎰
L 不变，B P 改变
D ．l B d ⋅⎰L
改变，B P
不变
P
I 2
I 1
L
图11–11
B
；
S 1 S 2
R
图11–10
解：由真空中的安培环路定理，⎰∑=⋅L
I 0
d μl B ，∑I 表示穿过回路的电流的代数和，
积分回路外的电流I 2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B P 改变。

因而（C ）正确。

11–12 对于介质中的安培环路定理
⎰∑=⋅L I l H d ，在下面说法中正确的是[ ]。

A ．H 只是穿过闭合环路的电流所激发，与环路外的电流无关
B ．
∑I 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：介质中的安培环路定理
⎰∑=⋅L I l H d 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
⎰∑=⋅L I l H d 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
∑I 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 ）。

11–13 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 v ×B ，带负电粒子所受洛伦兹力F ´= q v ×B ，所以F = F ´。

（2）错误。

带电粒子所受洛伦兹力的大小F =q v B sin ，它不仅与速度的大小有关，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。

（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0v 和B 的夹角，当=0或
=时，带电粒子不受洛伦兹力，其轨迹是直线，当π
2
θ=
时，带电粒子作圆周运动，其运动轨迹是圆形，当0v 和B 的夹角任意时，带电粒子的运动轨迹是螺旋线。

综上所述，正确答案应选（A ）。

…
>
x
y z
B O
M
N
P
30°
11–14 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[ ]。

A ．I a 2
B ，沿y 负方向 B ．I a 2B/2，沿z 方向
C ．I a 2 B ，沿y 方向
D ．I a 2 B/2，沿y 方向
解：线圈所受的磁力矩为n NIS =⨯T e B ，其大小为2
1sin302
T NISB Ia B =︒=，方向沿y 方向。

故选（D ）。

11–15 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
r （
r <1），则磁介质内的磁化强度为[ ]。

A ．r 2πI r μ
B ．r (1)2πI r μ-
C ．r (1)2πI
r
μ-- D ．r 2π(1)I r μ-
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
d 2πl H r I ⋅==⎰H l
,()2πI
H r R r
=
> 则磁介质内的磁化强度为
》
r r (1)(1)
2πI
H r
μμ=-=-M
因此，正确答案为（B ）。

11–16 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/e
I l c
∆=，N 个电子对电流的贡献为/Ne
I l c
=
，由此可得 310198
8102404101.610310Il N ec --⨯⨯===⨯⨯⨯⨯（个）
11–17 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=104kg/m 3。

解：银线单位体积的原子数为
A N n M
ρ
=
电流强度为30A 时，银线内电子的漂移速率 d 2
32
23
419
244300.1
ππ(110
)610
10 1.610
π()2A A I I IM N D Sne
D N e
e M
ρρ--⨯⨯=
==
=
⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯v
—
=4×10–3m/s
按经典电子气模型，自由电子的平均速率是
23531
1.3810293
1.60 1.60 1.1109.110kT m --⨯⨯==⨯=⨯⨯v m/s
11–18 已知导线中的电流按I =t 2–5t +6的规律随时间t 变化，计算在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d t 时间内通过导线截面的电荷量d q =I d t ，在t 1=1到t 2=3内通过的电荷量为
2
1
32
1
d (56)d 18.7t t q I t t t t =
=
-+=⎰⎰
C 11–19 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ε的材料，材料的电导率σ随外电场变化，且σ=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。

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
2
4r
Q E επ=
（1）
又
2
11d d 4π4πb
b
a a Q
Q V r a b r εε⎛⎫
=⋅==
- ⎪⎝⎭
⎰⎰
E r （2） 所以
4π11V
Q a b ε=
⎛⎫- ⎪⎝⎭
（3）
!
将（3）式代入（1）式得
2
()abV E b a r
=
- （4）
由
222
2
2
2
2
22d 4π4π4π4π()a b V I J r E r kE r k b a r
σ=⋅====-⎰⎰S J S 沿径向电流强度减小，沿径向有漏电。

11–20 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 。

（
a
b
】
r
O
+Q
图11–13
图11–15
a
a &
a
a I
I I
3
4
B 2 :
B 3
B 1 B 4
I
图11–14
I I a
a
>
a a
I
I
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 =B 1+B 2+B 3+B 4=2B 1+2B 2，方向如图11-15所示。

其中B 1，B 2的大小为
0122
2π
2
I
B B a μ==
则磁感应强度B 在水平方向分量为
122sin 452sin 450x B B B ︒-︒==
竖直方向为
122cos 452cos 45y B B B ︒+︒=14cos 45B =︒
04
cos 4522π
2
I
a μ=︒02πI
a
μ=
;
因此，正方形中心的磁感应强度B 的大小
02πy I
B =B a
μ=
方向竖直向上。

11–21 如图11-16所示，已知地球北极地磁场磁感应强度B 的大小为
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：地球赤道圆电流在北极激发的磁感强度为
.
2
2
0223/2
223/2
2242()()I
IR
IR
B R
R x R R μμμ=
=
=
++
因此赤道上的等效圆电流为
65
6
4242 6.37810 6.0101.2610
RB
I μ--⨯⨯⨯⨯=
=
⨯A=109 A
由右手螺旋法则可判断赤道圆电流流向由东向西。

11–22 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EF DE FA ,,三段直线以及1ABD l =，2ACD l =两段圆弧电流共同激发。

由于电源距环较远，0EF =B 。

而FA ，DE 两段直线的延长线通过点O ，则d 0I ⨯l r =，由毕奥–萨伐尔定律知，导线FA ，DE 在O 点的磁感应强度为零，即0FA DE ==B B 。

流过圆弧的电流I 1，I 2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。

方法一：根据毕奥–萨伐尔定律，圆弧1ABD l =，2ACD l =在O 点激发的磁场分别为B 1，B 2，有
E
I 1
`
I 2 R
A C
D
F
O
R I
B 地球北极
图11–16
R A
D
F
O
图11–17
10011
11220d 4π4πl I l I l B R R
μμ=
=
⎰
方向垂直纸面向外。

2
0022
222
2
d 4π4πl I l I l B R R μμ=
=
⎰ 方向垂直纸面向里。

由于圆弧ABD ，ACD 构成并联电路，因而有1122I R I R =，又由于圆弧ABD ，ACD 的电阻与其长度成正比，则
1222
2111
I R l S l I R l S l ρρ=== 即
1122I l I l =
由右手螺旋法则可判断出B 1，B 2方向相反，故点O 的总磁感应强度为
0110221222
04π4πI l I l
B B B R R μμ-=-==
*
方法二：一载流圆弧在圆心处产生的磁感强度04πI B R
μα
=，式中为圆弧载流导线所张
的圆心角，设两段圆弧ABD ，ACD ，对圆心的张角分别为和2
，则有
024πABD I
B R μθ=
01(2π)4πACD I
B R
μθ-=
由右手螺旋法则可判断出B ABD ，B ACD 方向相反，故点O 的总磁感应强度为
0102(2π)4π4πABD ACD I I B B B R R
μθμθ
--=-
= （1） 与方法一相同的步骤得出
1122I l I l =
则
1221(2π)2πI l R I l R θθ
θθ
===
-- 将上式代入（1）式得点O 的总磁感应强度。

2002(2π)2π04π4πABD ACD I I B B B R R
θ
μθμθθ---=-==
11–23 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 。

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
…
B
I
P
R
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d d l R θ=范围内的长直载流导线电流d I 为
d d d ππI I I l R R R
θ=
= 它在P 点产生的磁感应强度为
^
000
2d d d d 2π2ππ2πI I I B R R R R R
μμμθ
θ===
方向由右手螺旋关系确定，如图11-20（b ）所示。

由于各无限长载流直导线在P 点产生的d B 方向各不相同，于是将d B 分解成两个分量
d B x ，d B y
02
d d sin sin d 2πx I
B B R
μθθθ==
(
02d d cos cos d 2πy I
B B R
μθθθ
=-=-
所以
π
00220d sin d 2ππx x I I
B B R R
μμθθ===⎰⎰
π
020d cos d 02πy y I
B B R
μθθ==-=⎰⎰
所以该半圆柱在轴线上任一P 点的磁感强度B 的大小为
02πx I
B B R
μ==
方向沿x 轴正方向。

11–24 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匀速转动，求：（1）圆心O 处的磁感应强度；（2）圆盘的磁矩。

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
2
πQ R
σ=
如图11-21所示，在转动圆盘面内取半径为r ，宽度为d r 的细圆环，环上电流为
d 2πd d d 2πq r r
I r r T σσωω
=
== 细圆环在圆心处产生的磁感应强度大小
000d d d d 222
I r r r
B r r μμσωμσω===
—
由于所有细圆环在圆心处的磁感应强度d B 的方向都向相同，因此，
0000
d d 2
22πR r
R Q B B R
μσωμσωμω
==
==
⎰⎰ 图11–20
I
P R
（a ）
R
、
y
x
d d B
d B x
d B y
P d I （b ）
、
O
r d r
R
图11–21
方向垂直于盘面向外。

（2）细圆环的磁矩为
23d d πd πd m p S I r r r r r σωσω===
因此，整个圆盘的磁矩为
42
3
0πd πd 44
R
m m R QR p p r r σωωσω====
⎰⎰
11–25 如图11-22所示，长为0.1m 的均匀带电细杆，带电量为10–10C ，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d q 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d B ，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。

建立如图所示坐标系，在均匀带电细杆上取电荷元d d q
q y a
=
，如图11-23所示。

利用运动电荷的磁场公式02
4πr
q r μ⨯=e B v 可求得d q 在点
O 产生的磁感应强度的大小为
002
2
d sin 90d d 4π
4πq q y
B y
ay μμ︒
=
=
v v
：
方向垂直于纸面向里
因此带电细杆在点O 产生的磁感应强度的大小为
0022d sin 90d d 4π4πq q y B y ay
μμ︒==v v
002d 11d 4π4πl a l q q y B =B a l l a ay μμ+⎛⎫
=
=- ⎪+⎝⎭
⎰⎰
v v 7104π10 1.010 1.0114π0.10.10.10.1--⨯⨯⨯⨯⎛⎫=- ⎪⨯+⎝⎭
16105-⨯=T
11–26 空心长圆柱形导体的内、外半径分别为R 1，R 2均匀流过电流I 。

求证导体内部各点（R 1<r < R 2）的磁感应强度为22
012221()2π()I r R B R R r
μ-=
-。

解：导体横截面上的电流密度为
2221π()
I
J R R =
-
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
图11–24
B
O
}
R 1 R 2
r ）
v
a
q
图11–22
图11–23
v
a
d q
￥
q
y
2
2
01d 2π(ππ)B r j r R μ⋅==-⎰
B l 22
2
2
010
122222121()(ππ)π()
()
I r R I
r R R R R R μμ-=-=
--
所以
22
012221()2π()
I r R B r R R μ-=
-
11–27 一根很长的半径为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。

…
.
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r R <时，
210
2d 2πππI B r r R μ⋅==⎰
1B l
012
()2πIr
B r R R
μ=
<
当r R >时，
20d 2πB r I μ⋅==⎰2B l
2()2πI B r R r
μ=>
在平面S 上，距轴r 处，取宽为d r ，长为l =1m 的面积元d S =l d r =1d r =d r ，如图11-26所示，则穿过面积元的磁通量为
d d d d d B S Bl r B r Φ=⋅===B S
通过整个面积S 的磁通量为
d d d d in ex S S B S B S ΦΦ=
=⋅=+⎰⎰⎰⎰B S
：
2000020d d ln 22π4π2π
2πR R R Ir I I I r r r R μμμμ=+=+⎰⎰
1m
S 2R I
图11–25
·
图11–26
1m
S （
2R
I
d S r
d r
=10–6+10–6=10–6Wb
11–28 如图11-27所示，线圈均匀密绕在截面为矩形的整个木环上（木环的内外半径分别为R 1，R 2，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r 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1r R <时，有
11d 2π0B r ⋅==⎰B l
10B =
当12R r R <<时，有
220d 2B r NI μ⋅=π=⎰B l
022πNI
B r
μ=
当2r R >时，有
^
33d 2π0
B r ⋅==⎰B l
30B =
可见，在环外B =0，在环内，02πNI
B r
μ=。

（2）在任意半径r 处取宽为d r ，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
0d d d d d 2πNI
B S Bh r h r r
μΦ=⋅===
B S
则通过环管全部截面的总磁通量为
2
1
0021
d d ln 2π2πR R NI
NIh
R h r r
R μμΦΦ==
=
⎰
⎰ 11–29 一无限长直载流导线，通过有电流50A ，在离导线0.05m 处有一电子以速率107m/s 运动。

已知电子电荷的数值为10–19C ，求下列情况下作用在电子上的洛伦兹力： （1）设电子的速度v 平行于导线，如图11-29（a ）； （2）设v 垂直于导线并指向导线如图11-29（b ）；
·
（3）设v 垂直于导线和电子所构成的平面。

—
h
R R 2
r
d r O
O ´
I I
图11–28
h
R 1 R 2 O
O ´
I I
图11–27
>
图11–29
（a ）
I
v
（b ）
v
I
&
解：（1）电子所受的洛伦兹力()e =-⨯F B v 的大小为 sin 90F e B =v
719
7
04π1050
1.610
1.0102π2π0.05
I
=e B =e r
μ--⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯v v
N=10–16N
若v 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v 与电流反向时，F 的方向垂直导线并指向导线。

（2）sin 90F e B =v =
10–16N
F 的方向平行于导线，与电流同向，如图11-30（b ）。

（3）因为v 与B 夹角为0或，所以
sin00e B ==F v 或sin π0e B ==F v
(
11–30 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，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
m P
R eB eB
=
=
v 可得
2193.510 1.6100.20P ReB --==⨯⨯⨯⨯=
10–21kg m/s
2212k 27
(1.1210)22 1.6710p E m --⨯==⨯⨯J=
10–16 J =
11–31 一质子以107m/s 的速度射入磁感应强度B =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B 的方向的分量为
sin θ⊥=v v
】 图11–30
（a ）
I F
（b ）
v
F
I
质子速度在平行于B 的方向的分量为
//cos θ=v v
—
（1）质子作螺旋运动的半径为
27719sin 1.6710 1.010sin 301.610 1.5
m m R eB eB θ-︒⊥-⨯⨯⨯⨯===⨯⨯v v m=
10–2 m
（2）螺旋线的螺距为
277//192π2πcos 2 3.14 1.6710 1.010cos301.610 1.5
m m d eB eB θ-︒
-⨯⨯⨯⨯⨯⨯===⨯⨯v v m=0.38m
（3）旋转频率为
72sin 1.010sin 302π2π2 3.14 3.4810
f R R θ︒
⊥-⨯⨯===⨯⨯⨯v v m=
107 m
11–32 如图11-31所示，一铜片厚为d =1.0mm ，放在B =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1022个3cm ，每个电子的电荷为e =
10–19C ，
当铜片中有I =200A 的电流流通时，求：（1）铜片两侧的电势差V aa ´；（2）铜片宽度b 对V aa ´
有无影响为什么
解：（1）V aa ´即霍尔电势差 22619
3
200 1.5
8.41010( 1.610) 1.010aa IB V nqd '--⨯=
=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯V =
10–5V
负号表示a ´侧电势高。

（2）铜片宽度b 对V aa ´无影响。

这是因为
H H d aa V V E b Bb '===v
；
和铜片宽度b 成正比，而在电流I 一定的情况下，漂移速度d I
nqbd
=
v 又与宽度b 成反比，因此铜片宽度b 对V aa ´无影响。

11–33 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I d l ，该电流元在磁场中受力大小为d F =BI d l ，方向如图11-33所示，设d F 与竖直方向的夹角为，它在x ，y 轴上的分量分别为
d d sin d sin d x F F BI l BI y θθ=-=-=-
—
d d cos d cos d y F F BI l BI x θθ===
于是，整根载流导线AB 所受安培力的x 分量为
d d d 0B
A y x x y F F BI y BI y ==-=-=⎰⎰
⎰
安培力的y 分量为
I
)
B
a
a ´
b
d
图11–31
图11–33
O
x y
d F d F y
#
d F x
I d l
l
A B
I
图11–32
B
I
l
d d d B
A x l
y y x F F BI x BI x =BIl ===⎰⎰
⎰
因此，导线AB 所受安培力的大小为
—
y F F BIl ==
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I d l ，该电流元在磁场中所受安培力为
d d (d d )()(d d )I I x y B IB x y =⨯+⨯-=-F l B =i j k j i
整根载流导线在磁场中所受安培力为
00d (d d )d d B B l A A IB x y IB x IB y IBl =-=-=⎰⎰⎰⎰F =
F j i j i j
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B 长为l 的载流直导线所受的力相同，其大小为
， F BIl =
方向沿y 轴正方向。

11–34 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 =
d t i t ∆⎰通过导线，这导线就
会跳起来，假定电流脉冲的持续时间t 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 =，m =10×103kg ，l =0.2m ，h =0.3m 。

（提示：利用动量原理求冲量，并找出
d t i t ∆⎰与冲量d t F t ∆⎰的关系）
解：U 型导线受力F =F m +m g ，其中I =⨯m F l B 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F m >>m g ，m g 可忽略）
0d d d iBl t mg t iBl t Bl i t Blq p m -≈===∆=⎰⎰⎰⎰v d
则
0Blq
m
=
v 可得
m q Bl
=
v （1） 导线跳起来后，最高达h ，2
012
m mgh =v 得
02gh =v （2）
《
由（1）、（2）两式得通过导线的电量为
图11–34
× × × × × ×
× × × × × ×
× × × × × ×
× × × × × × ● ● {
● ●
l i B (
K
2m gh
q i t Bl
==
⎰
d （2）式代入数值，得
32
2
101029.83100.102010
q ---⨯⨯⨯⨯⨯=
⨯⨯=0.38C
11–35 如图11-35，在长直导线AB 旁有一矩形线圈CDEF ，导线中通有电流I 1=20A ，线圈中通有电流I 2=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
012πI B r
μ=
#
方向垂直纸面向内。

CF 边受到的安培力为
010*******d d 2π2πb
b I I I b
F BI l I l d d
μμ===
⎰⎰
72
2
4π10201020102π110
---⨯⨯⨯⨯⨯=
⨯⨯N=810–4 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
01
2220
0d d 2π()
b
b
I F BI l I l d a μ=
=
+⎰⎰N
·
72012224π10201020102π()
2π(110910)
I I b
d a μ----⨯⨯⨯⨯⨯=
=
+⨯⨯+⨯=810–5 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I 2d l ，则FE 边受到的安培力为
01
012322d d ln
2π2πd a
d a d
d
I I I d a
F BI l I r r d
μμ+++=
=
=⎰⎰ 722
24π102010110910ln 2π110
----⨯⨯⨯⨯+⨯=⨯N=
10–5 N
方向垂直于FE 边向下，如图11-36所示。

CD 边受到的安培力
F 4=F 3=
10–5 N
方向垂直于CD 边向上，如图11-36所示。

由此可见，FE 边受到的安培力与CD 边受到的安培力大小相等，方向相反，此二合力为零。

￥
（2）矩形圈所受合力大小为
4512(810810)F F F --=-=⨯-⨯N=
10–4 N
由于F >0，可知合力方向向左。

矩形线圈所受合力矩为
图11–36
B
A C
E
F I 1 -
I 2
F 4
F F 3
F 1
D
图11–35
I 1 I 2
d ；
a b B
A
C
E F
D
n 0m IS =⨯⨯T p B =e B =
11–36 一半径为R =0.1m 的半圆形闭合线圈，载有电流I =10A ，放在均匀磁场中，磁场方向与线圈面平行，如图11-37所示，已知B =。

求：
（1）在图示位置时线圈的磁矩；
（2）以线圈的直径为转轴，线圈受到的力矩；
（3）当线圈平面从图示位置转到与磁场垂直的位置时，磁力矩所做的功。

解：（1）由线圈的磁矩p m =IS e n ，得磁矩大小为 22
3.140.11022
m R p IS I π⨯===⨯
A m 2=0.157 A m 2
p m 的方向与电流流向符合右手螺旋法则，其方向为垂直纸面向外，与磁场B 成90角。

（2）由线圈受到的力矩公式T =p m
B ，得磁力矩的大小和方向分别为
sin 900.1570.5m T p B ︒==⨯N
m=10–2 N m
方向向上。

（3）当线圈处于图示位置时，磁通量1=0；当线圈平面与磁场垂直时，
2=BS ，因此，
转动过程中磁力矩所做的功为
2221ππ()(0)22R R IB W I I BS IB ΦΦ=-=-==23.140.1100.5
2
⨯⨯⨯=
J=10–2 J 11–37 螺绕环中心周长l =10cm ，环上均匀密绕线圈N =200匝，线圈中通有电流I =100mA 。

（1）求管内的磁感应强度B 0和磁场强度H 0；（2）若管内充满相对磁导率r =4200
的磁介质，
则管内的B 和H 是多少（3）磁介质内由导线中电流产生的B 0和由磁化电流产生的B ´各是
多少
解：（1）管内为真空时的磁场强度，由介质的安培环路定理
00d 2πl H r NI ⋅==⎰H l
3
022********π1010
NI NI H r l --⨯⨯===⨯A
m –1=200 A m –1
磁感应强度为
73
000002
4π10200100101010
NI
B H nI l
μμμ---⨯⨯⨯⨯===
=
⨯T=10–4 T
（2）管内充满磁介质时，仍由介质的安培环路定理
d 2πl H r NI ⋅==⎰H l
3
2200100102π1010
NI NI H r l --⨯⨯===⨯A
m –1=200 A m –1
磁感应强度为
70r 4π104200200B =H H μμμ-==⨯⨯⨯T= T
由于B >>B 0，管内的磁介质是铁磁质。

（3）B 0=10–4 T
40(1.05 2.510)B B B -'=-=-⨯T
T
B
I
R
O
图11–37
11–38如11-图，一根同轴线由半径为R 1的长导线和套在它外面的内半径为R 2、外半径为R 3的同轴导体圆筒组成。

中间充满磁导率为的各向同性均匀非铁磁绝缘材料。

传导电流I 沿导线向上流去，由圆筒向下流回，在它们的截面上电流都是均匀分布的。

求同轴线内外的磁感强度的分布。

解：电流分布和介质分布具有轴对称性，H 的方向沿环绕轴线的同心圆的切线方向，选择以圆柱轴线为圆心，半径为r 的圆周为积分回路l ，由磁介质中的磁场安培环路定理得
d 2πl H r I ⋅==∑⎰H l
当1r R <时，有
2121
2πππI
H r r R =
磁场强度为
121
2πIr
H R =
磁感应强度
010121
2πIr
B H R μμ==
当12R r R <<时，有
22πH r I =
磁场强度为
22πI H r
=
磁感应强度
222πI
B H r
μμ==
当23R r R <<时，有
222
2
332222232322ππ()π()()
R r I
H r I r R I R R R R -=--=--
磁场强度为
2
2332232()2()
I R r H r R R -=
π-
磁感应强度为
R 1
R 2 R 3
I
I
I
图11–38。