第11章稳恒电流与真空中的恒定磁场习题解答和分析

第十一章 电流与磁场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，q非F E =。

当然电源种类不同，非F 的起因也不同。

11-2静电场与恒定电场相同处和不同处？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 =⋅⎰j 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=。

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相同。

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

电流强度d sI =⋅⎰ j s ，铜线和银层的j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）若是电场和磁场在起作用，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。

可以改变质子的运动方向，通过质子观察运动轨迹来判断是电场还是磁场在起作用。

11-5 三个粒子，当它们通过磁场时沿着如题图11－5所示的路径运动，对每个粒子可作出什么判断？答：根据带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力规律，通过观察运动轨迹的不同可以判断三种粒子是否带电和带电种类。

11-6 一长直载流导线如题11-6图所示，沿Oy 轴正向放置，在原点O 处取一电流元d Il ，求该电流元在（a ，0，0），（0，a ，0），（a ，a ，0），（a ，a ，a ）各点处的磁感应强度Β。

分析：根据毕奥-萨伐尔定律求解。

解：由毕奥-萨伐尔定律03d d .4πI rμ⨯= l r Β 原点O 处的电流元d I l 在（a ，0，0）点产生的Β为：000332()444I Idl Idlj ai dB adlk k a a a μμμπππ⨯==-=-d I l 在（0，a ，0）点产生的Β为：0032d d d ()0,4π4πI l I l a a a μμ⨯==⨯=j j B j j d I l 在（a ，a ，0）点产生的Β为： 02.16Idl dB k a π==-d I l 在（a ，a ，a ）点产生的 Β为d ).==-B i k11-7 用两根彼此平行的长直导线将半径为R 的均匀导体圆环联到电源上，如题11-7图所示，b 点为切点，求O 点的磁感应强度。

分析：应用毕奥-萨伐尔定律分别求出载流直导线L 1和L 2以及导体圆环上并联的大圆弧 ab 大和小圆弧 ab 小在O 点产生的磁感应强度，再利用磁感应强度的矢量和叠加求解。

解：先看导体圆环，由于 ab 大和 ab 小并联，设大圆弧有电流1I ，小圆弧有电流2I ，必有： 12.I R I R =大小由于圆环材料相同，电阻率相同，截面积S 相同，实际电阻与圆环弧的弧长l 大和l 小有关，即：12,I l I l =大小题11-6图则1I 在O 点产生的1B 的大小为0112,4πI l B R μ=大而2I 在O 点产生的2B 的大小为02212.4I l B B R μ==π小1B和2B 方向相反，大小相等.即120B B += 。

直导线1L 在O 点产生的30B＝。

直导线2L 在O 点产生的RIB πμ404=，方向垂直纸面向外。

则O 点总的磁感强度大小为RIB B πμ4040== 11-8 一载有电流I 的长导线弯折成如题11-8图所示的形状，CD 为1/4圆弧，半径为R ，圆心O 在AC ，EF 的延长线上.求O 点处磁场的场强。

分析：O 点的磁感强度Β为各段载流导线在O 点产生磁感强度的矢量和。

解：因为O 点在AC 和EF 的延长线上，故AC 和EF 段对O 点的磁场没有贡献。

CD 段：00,48CD I I B R R μμπ==π2 DE段：00(cos 45cos135).42DE IIB aRμμ=︒-︒==ππO 点总磁感应强度为0002811.24DE CD IIB B B RRI R μμμ=+=+π⎛⎫=+ ⎪π⎝⎭方同垂直纸面向外.11-9 一无限长薄电流板均匀通有电流I ，电流板宽为a ，求在电流板同一平面内距板边为a 的P 点处的磁感应强度。

题11-7图题11-8图题图11-9分析：微分无限长薄电流板，对微分电流dI 应用无限长载流直导线产生的磁场公式求解dB。

并将dB再积分求解总的磁感应强度。

注意利用场的对称性。

解：在电流板上距P 点x 处取宽为d .x 并平行于电流I 的无限长窄条，狭条中的电流为d d .II x a =dI 在P 点处产生的磁感强度为：0d d ,2IB xμ=π方向垂直纸面向里。

整个电流板上各窄条电流在P 点处产生的dB 方向相同，故2000d d d ln 2.2π2π2πaaII IB B x xx a aμμμ⎛⎫==== ⎪⎝⎭⎰⎰⎰11-10 在半径1R cm =的“无限长”半圆柱形金属薄片中，有电流5I A =自下而上地通过，如题11-10图所示。

试求圆柱轴线上一点P 处的磁感应强度。

分析：微分半圆柱形金属薄片，对微分电流dI 应用无限长载流直导线产生的磁场公式求解dB 。

并将场强矢量dB分解后再积分求解总的磁感应强度。

注意利用场的对称性。

解：无限长载流半圆形金属薄片可看成由许多宽为d d l R θ=的无限长电流窄条所组成，每根导线上的电流在P 点产生的磁场d B 大小为0d d 2πIB Rμ=，方向按右手螺旋法则确定，如解11-10图所示。

I IdI dl Rd R R θππ==，002d d d .2π2πI I B R Rμμθ== 由于各电流窄条产生的磁场方向各不相同，P 点的总磁场应化矢量积分为标量积分，即0022d d d sin sin ,2x x I IB B B R Rμθμθθπ====ππ⎰⎰⎰020d d d cos cos 0.2y y I B B B Rμθθθπ====π⎰⎰⎰题11-10图 解11-10图502456.3710T,10x IB B x R μ-7-22-π⨯10⨯====⨯ππ⨯方向沿正向. 11-11 在半径为R 及r 的两圆周之间，有一总匝数为N 的均匀密绕平面线圈（如题11-11图）通有电流I ，求线圈中心（即两圆圆心）处的磁感应强度。

分析：微分密绕平面线圈，计算出相应的微分电流dI ，利用载流圆环在其圆心处产生的磁场公式求解dB 。

并将矢量dB再积分求解总的磁感应强度。

解：由于载流螺旋线绕得很密，可以将它看成由许多同心的圆电流所组成，在沿径向r 到R 范围内，单位长度的线圈匝数为.Nn R r=- 任取半径ρ，宽为d ρ的电流环，该电流环共有电流为d d .INIn R rρρ=- 该电流环在线圈中心产生的磁感强度大小为00d d d .22()IN B In R r μμρρρρ==- 圆心处总磁感强度大小00d d ln ,2()2()RrIN IN RB B R r R r rμμρρ===--⎰⎰方向垂直纸面向外。

11-12 如题11-12图所示，在顶角为2θ的圆锥台上密绕以线圈，共N 匝，通以电流I ，绕有线圈部分的上下底半径分别为r 和R .求圆锥顶O 处的磁感应强度的大小.分析：微分密绕线圈，计算出相应的微分电流dI ，利用载流圆环在其轴线上产生的磁场公式求解dB 。

并将矢量dB再积分求解总的磁感应强度。

解：只要将题11-11中的均匀密绕平面线圈沿通过中心的轴垂直上提，便与本题条件相一致，故解题思路也相似。

如解11-12图建立坐标，取半径为ρ，宽为d ρ的电流环的密绕线圈，其含有匝数为d NR rρ-，通电流为d d .NII R rρ=- 因为cot x ρθ=，cot dx d ρθ=。

半径为ρ的一小匝电流在O 点产生的dB 大小为2200223/22223/2d d 2(+)2(+cot )()I NIdB x R r μρμρρρρρθ==-题11-11图3003sin d d .2csc ()2()NI NI R r R r μμθρρθρρ==-- 所有电流产生的磁场方向均沿x 轴，所以其磁感强度大小为3300sin sin d ln.2()2()RrNI NI RB R r R r rμθμθρρ==--⎰11-13 半径为R 的木球上绕有细导线，所绕线圈很紧密，相邻的线圈彼此平行地靠着，以单层盖住半个球面共有N 匝，如题11-13图所示。

设导线中通有电流I ，求在球心O 处的磁感应强度。

分析：考虑线圈沿圆弧均匀分布，微分密绕线圈，计算出相应的微分电流dI ，利用载流圆环在其轴线上产生的磁感应强度公式求解dB。

并将矢量dB再积分求解总的磁感应强度。

解：建立如解11-13图所示坐标，x 轴垂直线圈平面，考虑线圈沿圆弧均匀分布，故在x x dx -+内含有线圈的匝数为22d d d d ./2N N NN l R R R θθ===πππ线圈中通电流I 时，中心O点处磁感强度为 20223/2d d .2()Iy B N x y μ=+因为 sin ,cos ,x R y R θθ== 对整个半球积分求得O 点总磁感强度为20223/2d d 2()Iy B B N x y μ==+⎰⎰20cos d INRμθθπ20=π⎰0,4INx Rμ=方向沿轴正向。

题11-12图 解11-12图题11-13图解11-13图11-14 一个塑料圆盘，半径为R ，带电量q 均匀分布于表面，圆盘绕通过圆心垂直盘面的轴转动，角速度为ω.试证明（1）在圆盘中心处的磁感应强度为0;2qB Rμω=π（2）圆盘的磁偶极矩为2m 1.4p q R ω=分析：均匀带电圆盘以角速度ω旋转时相当于圆电流，微分带电圆盘，计算出相应的微分电流dI ，利用载流圆环在其圆心处产生的磁场公式求解dB 。