11大学物理答案

第十一章 恒定电流的磁场
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
24r
Q
E επ=
（1） 又
211d 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
22
d 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 。

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
12B B =
则磁感应强度B 在水平方向分量为
122sin452sin450x B B B ︒-︒==
图11–13
图11–
15
I
I I
3
4
I
图11–14
竖直方向为
122cos452cos45y B B B ︒+︒=14cos45B
=︒
=︒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。

11–22 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
1001111220d 4π4πl I l
I l B R R
μμ=
=⎰
方向垂直纸面向外。

2002222220d 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
12222111
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α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θ和2π-θ，则有
024πABD I
B R
μθ=
B
图11–18
图11–17
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
20
02(2π)2π04π4πABD ACD I I B B B R R
θ
μθμθθ---=
-== 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ω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
==
==
⎰⎰ 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
4230
πd πd 4
4
R
m m R QR p p r r σωωσω==
==
⎰⎰
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
2201
2221
()2π()I r R B R R r μ-=
-。

解：导体横截面上的电流密度为
ω
O
r d r
R
图11–21
图11–
24
2221
π()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
2201d 2π(ππ)B r j r R μ⋅==-⎰
B l 2222010
122222121()(ππ)π()()
I r R I
r R R R R R μμ-=-=-- 所以
2201
2221
()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
2
d 2πππI B r r R μ⋅==⎰
1 B l
012
()2πIr
B r R R μ=
<
当r R >时，
20d 2πB r I μ⋅==⎰2 B l
02()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 =1⋅d 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
图11–25
图11–26
200002
0d d ln22π4π2π
2πR
R R Ir
I
I I
r r r R μμμμ=
+
=+⎰⎰
=1.0⨯10–6+1.4⨯10–6=2.4⨯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 2π0B 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
21
002
1
d d ln 2π2πR R NI
NIh R h r r R μμΦΦ==
=⎰
⎰ 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0.20T ，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 --==⨯⨯⨯⨯=1.12⨯10–21kg ⋅
m/s
图11–
28
图11–27
2212
k 27
(1.1210)22 1.6710p E m --⨯==
⨯⨯J=3.76⨯10–16 J =2.35KeV 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
01
0121220
0d d 2π2πb
b I I I b
F BI l I l d d
μμ==
=⎰⎰
72
2
4π10201020102π110---⨯⨯⨯⨯⨯=
⨯⨯N=8⨯10–4 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----⨯⨯⨯⨯⨯=
=
+⨯⨯+⨯=8⨯10–5 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
2
4π102010110910ln
2π110----⨯⨯⨯⨯+⨯=⨯N=9.2⨯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=9.2⨯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=7.2⨯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
n 0m IS =⨯⨯T p B =e B =
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μ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
图11–36
2 图11–35
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
11
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
2222332222232322ππ()π()()
R r I
H r I r R I R R R R -=--=--
磁场强度为
223
32232
()2()I R r H r R R -=
π-
磁感应强度为
2203
3032232
()2π()I R r B H r R R μμ-==
-
图11–38
当3r R >时，有
42π0H r I I =-=
磁场强度为
40H =
磁感应强度为
40B =。