恒定電流的磁場(chǎng)習(xí)題解

1、2122第章恒定電流的磁場(chǎng)11-如圖 11-1 所示，幾種載流導(dǎo)線在平面內(nèi)分布，電流均為I，求它們?cè)?0 點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B。(1 )高為 h 的等邊三角形載流回路在三角形的中心 0 處的磁感應(yīng)強(qiáng)度 大小為_ ，方向_ 。(2)一根無限長的直導(dǎo)線中間彎成圓心角為120半徑為 R 的圓弧形，圓心 0 點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為_，方向_。CAE(b)圖 11 -解：(1)如圖 11-2 所示，中心 0 點(diǎn)到每一邊的距離1為 OPh , BC 邊上的電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)在 0 處的磁感應(yīng)3強(qiáng)度的大小為BBC嗚曲2)01(cos30 cos150 ) =3卩。14n/34nh方向垂直于紙面向外。另外兩條邊上的

2、電流的磁場(chǎng)在 大小和方向都與 BBC相同。因此 邊電流產(chǎn)生的同向磁場(chǎng)的疊加，即圖 11 -0處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的0處的磁感應(yīng)強(qiáng)度是三W 廠 334爭(zhēng)4 Th_9.“014 Th方向垂直于紙面向外。(2)圖 11-1 (b)中點(diǎn) 0 的磁感強(qiáng)度是由 ab,感強(qiáng)度 Bi, B2和 B3的矢量疊加。由載流直導(dǎo)線的磁感強(qiáng)度一般公式B也(cos-cos：2)4n0 處產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度 Bi, B3的大小分別為JQI可得載流直線段 ab, de 在圓心B1二bed, de 三段載流導(dǎo)線在 0 點(diǎn)產(chǎn)生的磁(cos0 - cos30 ) 也(13)2nR24 Rcos60 )B3=Bi01(cos150 -cos1

3、80 )01(14nR cos602nR()2123124方向垂直紙面向里。半徑為 R，圓心角:.的載流圓弧在圓心處產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度的大小為B業(yè)4TR圓弧 bcd 占圓的1，所以它在圓心 0 處產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度 B2的大小為3同樣的方法可得%IB24TR4TR6R方向垂直紙面向里。因此整個(gè)導(dǎo)線在 0 處產(chǎn)生的總磁感強(qiáng)度大小為B 二耳 B2B30I（1 _3）1232R22TR2切（13） 切=o.21 九 12 6RR方向垂直紙面向里。112 載流導(dǎo)線形狀如圖所示 （圖中直線部分導(dǎo)線延伸到無窮遠(yuǎn)）圖（a） 圖（b） 圖（c），求點(diǎn) 0 的磁感強(qiáng)度 B。中,中,中,圖 11-30 處激發(fā)的磁感強(qiáng)度大

4、小為B二也，式中：為載流圓弧導(dǎo)線所4nR張的圓心角，R 為圓弧的半徑，I 為所載電流強(qiáng)度。半無限長載流導(dǎo)線在圓心出I解：載流圓弧導(dǎo)線在圓心0 處激發(fā)的磁感強(qiáng)度大小為B匕，磁感強(qiáng)度的方向依照右手定則確定。圖11 43（a）4TR強(qiáng)度 B?？梢暈橛蓛啥伟霟o限長載流導(dǎo)線及載流半圓弧激發(fā)的磁場(chǎng)在空間點(diǎn) 磁場(chǎng)的疊加原理，對(duì)于在圖（a），有旳.01也.1吃1 .j-k-j= _k一j4TR4R4TR4R2TR中 0 處的磁感應(yīng)0 的疊加，根據(jù)125對(duì)于圖（b），有山j(luò) Jo!一出k （1）k-D j4nR4R 4n4Rn4 R對(duì)于圖（c）,有BoVj普-著iBo12611 43 已知磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=2.0

5、Wb/m2的均勻磁場(chǎng)， 方向沿 x 軸正向， 如圖 11-4 所示， 則 通過 abed面的磁通量為 _ ，通過 befc 面的磁通量為 _ ，通過 aefd 面的磁通量為_ 。解：勻強(qiáng)磁場(chǎng) B 對(duì) S 的磁通量為尬:I , B dS BS c os 設(shè)各平面 S 的法線向外，則 S通過 abed 面的磁通量為abed=BScos 冗-BS - -2.0 0.4 0.3Wb=-0.24Wb通過 befc 面的磁通量為不nbefc= BS cos 0通過 aefd 面的磁通量為J-aefd= BS cos =2.0 0.5 0.3Wb= 0.24Wb11-4磁場(chǎng)中某點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=0.40

6、i 0.20j ( T ), 一電子以速度6 6 .v=0.50 10 i+1.0X0j ( m/s)通過該點(diǎn)，則作用于該電子上的磁場(chǎng)力F =_。解：電子所受的磁場(chǎng)力為-9,66,、F = -e(vXB)=1.6 為 0 x(0.50 10 i+1.0 10 j) 1(0.40 i0.20 j )=8 10 k(N)11 -5 如圖 11-5 所示，真空中有兩圓形電流 I1和 12以及三個(gè)環(huán)路L1L2L3，則安培環(huán)路定理的表達(dá)式為Bdl=_ ,Bdl=_L1L2Bdl=_。由安培環(huán)路定理可dI 二-oh圖 11 -5dl= 7(11I2)；DL3Bd l=0。11 -6 一通有電流 I 的導(dǎo)線

7、，彎成如圖 11-6 所示的形狀，放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的均勻磁場(chǎng)中，B 的方向垂直紙面向里，則此導(dǎo)線受到的安培力大小為_，方向?yàn)開圖 11 -7127解：建立如圖 11-7 所示坐標(biāo)系，導(dǎo)線可看成兩段直導(dǎo)線和一段圓弧三部分組成，兩段直導(dǎo)線所受安培力大小相等，方向相反，兩力的矢量和疊加后為零。在半圓弧導(dǎo)線上任取一128電流元 Idl，所受安培力大小 dF = Idl B =ldlBsin90 dF 分解為 dF _ （垂直于 x 軸）和 dF（平行于 x 軸）, 力的水平分量相互抵消為零，即F/二 dF=0其垂直分量nF_= dF_ = dF s inr 二 IBdls inBIRsi nvd

8、d=2BIR方向沿 y 軸正方向。因此，整段導(dǎo)線所受安培力F= F_=2BIR。方向沿 y 軸正方向。11 -7 圖 11-8 中為三種不同的磁介質(zhì)的BH 關(guān)系曲線，其中虛線表示的是 B=0H 的關(guān)系，說明 a、b、c 各代表哪一類磁介質(zhì)的 BH 關(guān)系曲線：a 代表_ 的 BH 關(guān)系曲線；b 代表_ 的 BH 關(guān)系曲線；c 代表_ 的 BH 關(guān)系曲線。答：對(duì)各向同性的均勻磁介質(zhì)，順磁質(zhì)或抗磁質(zhì)有，B = 0 4H , B 與 H 成正比關(guān)系，片為常數(shù)，因此曲線 bc 代表 順磁質(zhì)或抗磁質(zhì)。 又因?yàn)轫槾刨|(zhì)的 片1，抗磁質(zhì)的山1,所以 順磁質(zhì)的曲線斜率較大，故可進(jìn)一步判斷曲線b 代表順磁質(zhì)，曲線

9、c 代表抗磁質(zhì)，曲線 a 中 B 與 H 成非線性關(guān)系，表明該 磁介質(zhì)的叫隨 H 發(fā)生變化，不是常數(shù)，這是鐵磁質(zhì)的性質(zhì)，所以曲線11 -8 一無限長圓柱體均勻通有電流I,圓柱體周圍充滿均勻抗磁質(zhì)，的介質(zhì)表面上的磁化電流大小為I,方向與 I 的方向相反。沿圖 11-9 中所示閉合回路，則三個(gè)線積分的值分別為口 H dl =解：由 H 的安培環(huán)路定理，得 Q H dl 二 I。 由 B 的安培環(huán)路定理，得 Q B dl= %（l -1 ）。B_由關(guān)系式 H 二丁 -M 及上述二式，得 口 M dl =I11 -9 半徑為 Ri的圓形載流線圈與邊長為R2的正方形載流線圈，通有相同的電流I，若兩線圈中

10、心 01與 O2的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，則半徑 R1與邊長 R2之比為A.邁n：8B.42.n：4C .運(yùn)n：2 D.1:1解：設(shè)兩載流線圈中電流I 的方向均為順時(shí)針方向，半徑為R1的圓形載流線圈在中心01點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為方向垂直紙面向里邊長為 R2的正方形載流線圈在中心 02點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度是各邊在該點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng) 強(qiáng)度的疊加，由于各段導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同，均為垂直紙面向里，所以02點(diǎn)的HBdl，方向沿半圓的半徑向外。將由對(duì)稱性可知，半圓弧導(dǎo)線所受安培與圓柱體表面相鄰a 代表鐵磁質(zhì)。129磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是各邊在該點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的代數(shù)和，有由于 B1= B2,即01 _

11、 2201 2 冃TR?因此片_ 2n8-因此，正確答案為（A ）。11-0 如圖 11-10 所示，在一磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的均勻磁場(chǎng)中，有一與 B 垂直的半徑為 R 的圓環(huán)，則穿過以該圓環(huán)為邊界的任意兩曲面S, $的磁通量： ，： S 為。2 2 2 2 2 2 2 2A.YRB，-二 RBB.YRB,二 RBC.二 R B，-二 R BD .二 R B，二 R B解：半徑為 R 的圓分別與曲面 S1, S 構(gòu)成一閉合曲面 1, 2，規(guī)定曲面外法向?yàn)榍婷?元的正方向，根據(jù)磁場(chǎng)的高斯定理，磁感線是閉合曲線，閉合曲面的磁通量為零，則對(duì)閉合 曲面 1 有 二 B dSR亠 11 B d =TIR

12、2B 亠 I |B dS =0同理，對(duì)閉合曲面 2 有口 $B dS = B dSR亠1|B dS2=TR2B 亠11B dS2=0由此可得2 二B dS2= -TR2B因此，正確答案為（C）。11-1 如圖 11-11 所示，有兩根無限長直載流導(dǎo)線平行放置, 空間一閉曲線，示穿過回路的電流的代數(shù)和， 積分回路外的電流會(huì)改變回路上各點(diǎn)的磁場(chǎng)分布，則BP改變。因而（C）正確。11-2 對(duì)于介質(zhì)中的安培環(huán)路定理H dI =Z I，在下面說法中正確的是 。B2 二014KR2 / 2SB d S由此可得電流分別為11在 L 內(nèi)，12在 L 夕卜，P 是 L 上的一點(diǎn)，今將 12在11和 I2, L

13、是L 外向 I1移近時(shí)，則有B d I 與 BP同時(shí)改變B.-B dl與 Bp都不改變C.：B dl不變，BP改變LBL解：由真空中的安培環(huán)路定理,I B dI 二 I，、I表圖 11 -1(cos45 -COS135) 4S2圖 11-0變不PB130A H只是穿過閉合環(huán)路的電流所激發(fā)，與環(huán)路外的電流無關(guān)B vI 是環(huán)路內(nèi)、外電流的代數(shù)和C.安培環(huán)路定律只在具有高度對(duì)稱的磁場(chǎng)中才成立D 只有磁場(chǎng)分布具有高度對(duì)稱性時(shí)，才能用它直接計(jì)算磁場(chǎng)強(qiáng)度的大小解：介質(zhì)中的安培環(huán)路定理LH dI =扛 I 在恒定磁場(chǎng)的任何介質(zhì)中都是成立的，無論磁場(chǎng)是否具有高度的對(duì)稱性，只是在磁場(chǎng)有高度對(duì)稱性時(shí)，我們可以選擇

14、適當(dāng)?shù)幕芈?，使得待求?chǎng)點(diǎn)的磁場(chǎng)強(qiáng)度與回路積分無關(guān)，其它的線積分為零或與待求場(chǎng)點(diǎn)相同，被積函數(shù)H可從積分號(hào)內(nèi)提出到積分號(hào)外，從而可計(jì)算出待求場(chǎng)點(diǎn)的磁場(chǎng)強(qiáng)度。因此LHdI I 用于求解磁場(chǎng)強(qiáng)度具有高度對(duì)稱性時(shí)的磁場(chǎng)強(qiáng)度，其它情況不能用它來求磁場(chǎng)，但并不表示它不成立。要注意的是，磁場(chǎng)強(qiáng)度和磁場(chǎng)強(qiáng)度環(huán)量是兩個(gè)不同的物理量，式中7 I 是環(huán)路內(nèi)電流的代數(shù)。定理表示磁場(chǎng)強(qiáng)度的環(huán)量等于穿過環(huán)路的電流的代數(shù)和，即磁場(chǎng)強(qiáng)度的環(huán)量只與穿過環(huán)路的電流有關(guān)， 與環(huán)外電流無關(guān)，并不是磁場(chǎng)強(qiáng)度只與穿過環(huán)路的電流有關(guān)，空間任一點(diǎn)的磁場(chǎng)是環(huán)內(nèi)和環(huán)外電流共同激發(fā)的。因此（A）、（ B）和（C）都是錯(cuò)誤的。答案應(yīng)選（D）。11-

15、3 質(zhì)量為 m,帶電量為 q 的粒子在均勻磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)， 下列說法正確的是：A速度相同，電量分別為 +q, -q 的兩個(gè)粒子，它們所受磁場(chǎng)力的方向相反，大小相 等B. 只要速率相同，所受的洛倫茲力就一定相同C. 該帶電粒子，受洛倫茲力的作用，其動(dòng)能和動(dòng)量都不變D. 洛倫茲力總是垂直于速度方向，因此帶電粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡必定為一圓形解：（1）正確。因?yàn)閹д娏Ｗ铀苈鍌惼澚 =qvB，帶負(fù)電粒子所受洛倫茲力F =-qv XB,所以 F = F 。（2） 錯(cuò)誤。帶電粒子所受洛倫茲力的大小F=qvBsi nr，它不僅與速度的大小有關(guān)，還 與速度方向有關(guān)；（3）錯(cuò)誤。帶電粒子受洛倫茲力的作用，速度的大小不

16、改變，但速度方向要改變，所 以其動(dòng)能不變，但動(dòng)量要改變。（4） 錯(cuò)誤。在均勻磁場(chǎng)中，帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡取決于粒子初速度vo和 B 的夾角二當(dāng) T=0 或卞二時(shí)，帶電粒子不受洛倫茲力，其軌跡是直線，當(dāng)V -上時(shí)，帶電粒子作圓周運(yùn)2動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡是圓形，當(dāng)v0和 B 的夾角 姙意時(shí)，帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是螺旋線。綜上所述，正確答案應(yīng)選（A ）。11-4 通有電流 I 的正方形線圈 MNOP，邊長為 a （如圖 11-12）,放置在均勻磁場(chǎng)中，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B 沿 z 軸方向，則線圈所受的磁力矩 T 為。A. I a2B，沿 y 負(fù)方向B . I a2B/2，沿 z 方向C. I a2B，沿 y 方向

17、D. I a2B/2，沿 y 方向解：線圈所受的磁力矩為 T = NISenB ,其大小為131T =NISBsin30 二1Ia2B，方向沿 y 方向。故選（D）。211-5半徑為R的圓柱形無限長載流直導(dǎo)體置于均勻無限大磁介質(zhì)中, 恒定電流為 I，磁介質(zhì)的相對(duì)磁導(dǎo)率為A也 B.（7一 1）丄2n2n解：在圓柱形無限長載流直導(dǎo)體外，取半徑為 的安培環(huán)路定理先求出磁介質(zhì)中的磁場(chǎng)強(qiáng)度H,(r R)則磁介質(zhì)內(nèi)的磁化強(qiáng)度為M十G因此，正確答案為（B ）。11-6 北京正負(fù)電子對(duì)撞機(jī)的儲(chǔ)存環(huán)是周長為240m 的近似圓形軌道。當(dāng)環(huán)中電子流強(qiáng)度為8mA時(shí)， 在整個(gè)環(huán)中有多少電子在運(yùn)行？已知電子的速率接近光速

18、。解：一個(gè)電子繞存儲(chǔ)環(huán)近似以光速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)電流的貢獻(xiàn)為 的貢獻(xiàn)為 I =比，由此可得l/c8 1024010/人、4 1010（個(gè)）1.6 10-193 108導(dǎo)電電子數(shù)等于原子數(shù)。當(dāng) 1mm 直徑的銀線中通過30A20OC，按經(jīng)典電子氣模型，其中自由電M=0.1kg/mol，密度：=104kg/m3。NA 亍nAM電流強(qiáng)度為 30A 時(shí)，銀線內(nèi)電子的漂移速率II4IM4X300.1vd 一SnenD)2NA：enD2NA?en(1 10)26 10231041.6 10_192 M=4 X103m/s按經(jīng)典電子氣模型，自由電子的平均速率是1.38 10 一2329351.1 105m/s 9

19、.1 漢 10 創(chuàng)11 -8 已知導(dǎo)線中的電流按 I=t2-5t+6 的規(guī)律隨時(shí)間 t 變化，計(jì)算在 t=1 到 t=3 的時(shí)間內(nèi) 通過導(dǎo)線截面的電荷量。解：由于電流 I 隨時(shí)間 t 發(fā)生變化，在 dt 時(shí)間內(nèi)通過導(dǎo)線截面的電荷量dq=ldt，在 t1=1到 t2=3 內(nèi)通過的電荷量為若導(dǎo)體中流過的Pr （片R）的同心圓周回路，禾 U 用磁介質(zhì)e：Ie, N 個(gè)電子對(duì)電流l/cIIN =ec11-7 設(shè)想在銀這樣的金屬中，的電流時(shí)，電子的漂移速率是多大？若銀線溫度是子的平均速率是多大？銀的摩爾質(zhì)量取解：銀線單位體積的原子數(shù)為0 =1.60 丿比=1.60 x2132q 二t2Idt 二3(t2

20、_5t 6)dt =18.7C11-9 已知兩同心薄金屬球殼， 內(nèi)外球殼半徑分別為 a, b (ab),中間充滿 電容率為 的材料，材料的電導(dǎo)率；隨外電場(chǎng)變化，且;一-=kE,其中 k 是常數(shù)， 壓 V,求兩球殼間的電流強(qiáng)度和電場(chǎng)強(qiáng)度。解：設(shè)內(nèi)球帶電+Q, 的同心球面高斯面，如圖現(xiàn)將兩球殼維持恒定電bV = i EJa所以將(3)式代入(1)式得外球帶電-Q,由于電場(chǎng)分布具有球?qū)ΨQ性,11-13 所示。由高斯定理可得QE24nrbQQ 1d r2dr4n丁24n；a可作半徑為 r (arb)(1)-Q圖 11 -3O+ Q4nVTTa babV(b -a)r2I.sJdS=J4/詐4興-kE?

21、4(4)a2b2V2(b _ a)2r2沿徑向電流強(qiáng)度減小，沿徑向有漏電。1120 四條平行的載流無限長直導(dǎo)線，垂直地通過一連長為 a中的電流都是 I，方向如圖 11-14 所示，求正方形中心的磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方形頂點(diǎn)，每根導(dǎo)線B。1 - 捧IaIaIa11aI圖 1114弋B1B3B4-.I4圖 11 -15解：正方形中心的磁感應(yīng)強(qiáng)度手螺旋定則知，中心處磁場(chǎng)強(qiáng)度為Bi, B2的大小為B 就是各導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加，又由右B=BB2+B3+ B4=2Bi+2B2,方向如圖 11-15 所示。其中日=B2二0=c “2 2na則磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 在水平方向分量為2133134Bx= 2B

22、isin 45 2B?sin 45 = 0By= 2Bi cos45 ：亠 2B2cos45 = 4 場(chǎng) cos45向如圖 11-17 所示，鐵環(huán)半徑為 R,求環(huán)中心 O 處的磁感應(yīng)強(qiáng)度。解：根據(jù)疊加原理，點(diǎn) o 的磁感應(yīng)強(qiáng)度可視作由 FA,DE,EF三段直線以及 ABD , ACD 日2兩段圓弧電流共同激發(fā)。 由于 電源距環(huán)較遠(yuǎn)，BEF=0。而 FA, DE 兩段直線的延長線通過點(diǎn) O,則 Idl r = 0，由畢奧薩伐爾定律知，導(dǎo)線 FA , DE 在 O 點(diǎn) 的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，即BFA=BDE=0。流過圓弧的電流 11,丨2的方向如圖 11-18 所示，它們?cè)?O 點(diǎn)激發(fā)的磁感應(yīng)強(qiáng)度即為

23、所求。方法一：根據(jù)畢奧薩伐爾定律，圓弧 ABD , ACD =12在 O 點(diǎn)激發(fā)的磁場(chǎng)分別為 Bi, B2,有I1dlJ0I1l1_ 204nR24TR2方向垂直紙面向外。B = -l20I2d-0I2l22 04nR24TR2方向垂直紙面向里。由于圓弧 ABD , ACD 構(gòu)成并聯(lián)電路，因而有 1 屆=I2R2, 又由于圓弧 ABD , ACD 的電阻與其長度成正比，則豎直方向?yàn)橐虼?，正方形中心的磁感?yīng)強(qiáng)度%1cos45 F。1n2B 的大小B= By =20ln方向豎直向上。11 -21 如圖 11-16 所示，已知地球北極地磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度 的大小為 6.0 10，如設(shè)想此地磁場(chǎng)是由地球赤

24、道上一圓電流所激發(fā)的，此電流有多大？流向如何？解：地球赤道圓電流在北極激發(fā)的磁感強(qiáng)度為IR2(R2X2嚴(yán)%IR22 (R2R2)3/24.2R因此赤道上的等效圓電流為I=4 2RB/26.3781066.010A=1.72 川A01.26 10由右手螺旋法則可判斷赤道圓電流流向由東向西。11 -22 兩根導(dǎo)線沿半徑方向被引到鐵環(huán)上A, D 兩點(diǎn)，并與很遠(yuǎn)處的電源相接，電流方圖 11-7圖 11-8135叩1二吐由右手螺旋法則可判斷出Bi, B2方向相反，故點(diǎn) O 的總磁感應(yīng)強(qiáng)度為B = B_B20l124nR_時(shí)222=04n方法二：一載流圓弧在圓心處產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度B=薯，式中：為圓弧載流導(dǎo)線

25、所張的圓心角，設(shè)兩段圓弧 ABD ,ACD，對(duì)圓心的張角分別為 7 和 2二則有由右手螺旋法則可判斷出B=畑2BABD=4TJRBACD=毛(2冗-力4TRBABD, BACD方向相反，故點(diǎn) O 的總磁感應(yīng)強(qiáng)度為5(2十)4nRB= BABD- BACD =畑2二一4TR(1)與方法一相同的步驟得出I*1 = I 2211上=I2l1將上式代入(1)式得點(diǎn) O 的總磁感應(yīng)強(qiáng)度冷 2(2 n-6)2 % - _B = BABD-BACD _4nR血=04nR1123 無限長半徑為 R 的半圓柱金屬薄片中， 自下而上均勻地有電流 11-19所示。試求半圓柱軸線上任一點(diǎn)P 的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B。解：載流

26、無限長半圓柱金屬薄片可視為許多沿軸線方向無限長 載流直導(dǎo)線組成(如圖11-20 (a)。其俯視圖如圖 11-20 (b)所示，金屬薄片在 P 點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度就是這些無限長載流直導(dǎo)線在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加。過軸線上所求場(chǎng)點(diǎn)P 做一截面垂直于軸，此截面為半圓，如圖 11-20 (b)所示，截面上長為 dl =Rdr 范圍內(nèi)的長直載流導(dǎo)線電流dI 為I 通過，如圖dl =1dlnR它在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為dB 占12nR 2nRI Rd：nR圖 11-19方向由右手螺旋關(guān)系確定，如圖由于各無限長載流直導(dǎo)線在=2 ,R11-20 ( b)所示。P 點(diǎn)產(chǎn)生的 dB 方向各不相同，于是將R

27、drdB 分解成兩個(gè)分量136137方向沿 x 軸正方向。11 -24 一個(gè)半徑為 R 的塑料圓盤，表面均勻帶電 +Q , 面的軸線以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，求：解：(1)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，其上電荷繞軸轉(zhuǎn)動(dòng)形成電流，在空 間激發(fā)磁場(chǎng)。圓盤電荷面密度為Q 一n2如圖 11-21 所示，在轉(zhuǎn)動(dòng)圓盤面內(nèi)取半徑為r，寬度為的細(xì)圓環(huán)，環(huán)上電流為dI 二丸2 ndrrdrT 2n - 細(xì)圓環(huán)在圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小忙，dr，RoQ 2TR方向垂直于盤面向外。(2)細(xì)圓環(huán)的磁矩為dpm-SdI因此，整個(gè)圓盤的磁矩為二 dp 十Rnr3dr =1 二雖m04411 -25 如圖 11-22 所示，長為 0.1m 的均勻

28、帶電細(xì)桿，帶電量為1.0D0-C，以速率 1.0m/s 沿 x 軸正方向運(yùn)動(dòng)。當(dāng)細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到與 y 軸重合的位置進(jìn)，細(xì)桿的下端到坐標(biāo)原點(diǎn)O 的距離為 l=0.1m，試求此時(shí)桿在原點(diǎn) O 處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度解：均勻帶電細(xì)桿可看成由許多電荷元dq 組成。當(dāng)均勻帶電細(xì)桿運(yùn)動(dòng)時(shí)，相當(dāng)于許多dBx,dBy所以Bn2RdBx=dBsinsin rd r2n2RdBx=dB sin =2n2RdBy - -dBcos v -四 cos rd vdBBx-dBcos 71 -2,Rcos rd vbl02TI2Rsin P rn2Rn唏二 dBy0y02n2R所以該半圓柱在軸線上任一P 點(diǎn)的磁感強(qiáng)度 B 的大小

29、為Bycos rd v - 0dB32r由于所有細(xì)圓環(huán)在圓心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度甘rdrdr2r2dB的方向都向相同, 因此,如果圓盤繞通過圓心并垂直于盤(1)圓心 0 處的磁感應(yīng)強(qiáng)度；(2)圓盤的磁矩。pm138電荷元運(yùn)動(dòng)，每一運(yùn)動(dòng)電荷元在空間產(chǎn)生磁場(chǎng)dB，則空間場(chǎng)點(diǎn)的總磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 是所有電荷元產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量疊加。建立如圖所示坐標(biāo)系，在均勻帶電細(xì)桿上取電荷元dq =9 dy，如a圖 11-23 所示。利用運(yùn)動(dòng)電荷的磁場(chǎng)公式B =勺qvr可求得 dq 在點(diǎn)4nr2O 產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0dqvsin90qvdydB 二-4ny24nay2O圖1122方向垂直于紙面向里因此帶電細(xì)桿在點(diǎn)

30、 O 產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0dqvsin90J0qvdydB 二4nB= dB 二y24nay21 a J0qvdyJ0qv 114nay24 歸 I l a4n10 1.0 10_101.011麗 一 0.1 +0.1 丿=51016T11 -26 空心長圓柱形導(dǎo)體的內(nèi)、外半徑分別為R1, R2均勻流過電流點(diǎn)（R1rmg, mg 可忽略）iBIdt - mgdt： ：! iBIdt = Bl idt =Blq = .：p =mv則X XX XX XX XXii XX XX XXIXBX!可得導(dǎo)線跳起來后，最高達(dá) h, ImvQBIqmmvQBI=mgh 得圖 11 -34(1)q = i

31、dt =m 2ghBIq JO滬2 9.8 31QJQ.38CQ.1Q 20 1Q2148線圈中通有電流 l2=1QA。已知 d=1cm , a=9cm, b=2Qcm,求（1）導(dǎo)線 AB 的磁場(chǎng)對(duì)矩形線圈每邊的作用力；（2）矩形線圈所受合力及合力矩。解：長直導(dǎo)線AB 在空間產(chǎn)生的磁場(chǎng)為方向垂直紙面向內(nèi)。B山2nCF 邊受到的安培力為bbkQ|1%11 妙2nd! B圖 11 -351494n10 20 10 1 10 一29 10 一2-5In2N=9.2 10 N2n1 10方向垂直于FE 邊向下，如圖 11-36 所示。CD 邊受到的安培力-5F4=F3=9.2 10 N方向垂直于 CD

32、 邊向上，如圖 11-36 所示。由此可見，F(xiàn)E 邊受到的安培力與 CD 邊受到的安培力大小相等，方向相反，此二合力 為零。(2)矩形圈所受合力大小為-4-5-4一刊十 2=(8 10-8 10) N=7.2 10 N由于 F0,可知合力方向向左。矩形線圈所受合力矩為T = pmB = ISenB = 011 436 一半徑為 R=0.1m 的半圓形閉合線圈，載有電流方向與線圈面平行，如圖11-37 所示，已知 B=0.5T。求：(1)在圖示位置時(shí)線圈的磁矩；(2) 以線圈的直徑為轉(zhuǎn)軸，線圈受到的力矩；(3) 當(dāng)線圈平面從圖示位置轉(zhuǎn)到與磁場(chǎng)垂直的位置時(shí)，磁力矩所做的功。解：(1 )由線圈的磁矩

33、 Pm=IS en,得磁矩大小為,職23.14 漢 0.1222pm=IS =1 =10- A m =0.157 A mPm的方向與電流流向符合右手螺旋法則，其方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?，與磁場(chǎng)B 成 90 角。(2)由線圈受到的力矩公式T=PmB， 得磁力矩的大小和方向分別為 -T = pmBsin90=0.157 0.5N m=7.85 10 N m方向向上。(3)當(dāng)線圈處于圖示位置時(shí)，磁通量：1：/:1=0 ；當(dāng)線圈平面與磁場(chǎng)垂直時(shí)，處 2=BS，因此,7_24n1020 10 20 10_22n1 104N=8 10 N由右手定則可知，力的方向垂直于 CF 邊向左，如圖 11-36 所示。 同

34、理，DE 邊受到的安培力為!ACbF2Bl2dl202bJ0I102nd a)l2dl NM0I1I2b4n10 X20 X10 況 20 X10，-匕丄上-=8 10 N2 訛 a) 2n(1 10，9 10，)方向垂直于 DE 邊向右，如圖 11-36 所示。圖 11 -36由于 FE 邊上各點(diǎn) B 不同，所以在其上取電流元I2dl，則 FE 邊受到的安培力為d aohI2dr5I1I2lnd a2ndI=10A，放在均勻磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)I1F1F2F 4DF3圖 11 -37150轉(zhuǎn)動(dòng)過程中磁力矩所做的功為15111 437 螺繞環(huán)中心周長l=10cm，環(huán)上均勻密繞線圈N=200 匝，線圈中通有電流I=100mA。