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1、第十一章 恒定电流的磁场（一） 作业答案 严非男 1 第一次 【 第十一章 恒定电流的磁场（一） 】 提示： 1、记住各个典型载流回路的 B 公式。 2、计算 B 分布有毕奥 -萨伐尔定律（叠加法）和安培环路定理法。 3、可以借助高斯定理简化磁通量的计算 一、选择题 D 1、 （基础训练 1） 载流的圆形线圈 (半径 a1 )与正方形线圈 (边长 a2 )通有相同电流 I若两个线圈的中心 O1 、 O2 处的磁感强度大小相同，则半径 a1 与边长 a2 之比 a1 a2 为 (A) 1 1 (B) 2 1 (C) 2 4 (D) 2 8 【答】 用圆电流和载流直导线的 B 公式，以及磁场叠加法
2、。 82,22135c o s45c o s244,221200020102121aaBBaIaIBaIBoooo得由 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 )的磁感强度 B 的大小为 (A) )(2 0 baI (B) b baaI ln2 0 (C) b babI ln2 0 (D) )2( 0 ba I 【答】 分割成许许多多的无限长载流直导线，然后用磁场叠加法。 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），其电流为 Id
3、I dra ，它在 P 处产生的磁感应强度为 02dIdB r ，方向垂直纸面朝内；根据B dB 得： B 的方向垂直纸面朝内， B 的 大小为0 0 0dIB l n2 2 2babIId r a br a r a b . B 3、 （基础训练 5） 如图， 无限长载流空心圆柱导体的内外半径分别为 a、 b，电流在导体截面上均匀分布，则空间各处的 B 的大小与场点到圆柱中心轴线的距离 r 的关系定性地如图所示正确的图是 【答】 根据 安培环路定理 计算 a r b 区间的 磁场分布： I O 1 O 2 a 1 a 2 I Ia bPr I a b P a O B b r ( A ) O B
4、 b r ( C ) a O B b r ( B ) a O B b r ( D ) a 第十一章 恒定电流的磁场（一） 作业答案 严非男 2 2 2 2 200 2222( ) ( )2 , 2I r a I r aB r B r b aba ， 0r a B ， 等 于时 ； 同时 ， 斜率 20 222 ( 1 )2Id B ad r rba 随 r 增加而减小 ，故【 B】正确。 C 4、（ 自测提高 1） 在半径为 R 的长直金属圆柱体内部挖去一个半径为 r 的长直圆柱体，两柱体轴线平行，其间距为 a，如图所示今在此导体上通以电流 I，电流在截面上均匀分布，则空心部分轴线上 O 点的
5、磁感强度的大小为 (A) 2202 RaaI (B) 22202 R raaI (C) 22202 rR aaI (D) )(222220 arRaaI 【答】 用填补法 +磁场矢量叠加原理。 该电流 可看成 一个半径为 R 的完整 大 圆柱体 和 一个半径为 r 的通以反向电流的 小圆柱体构成 ， B B B 反 向 的大 圆 柱 小 圆 柱； 根据安培环路定理， 202 ( )B a J a 大 圆 柱 ，其中，电流密度22()IJ Rr ， 得： 20222I aB a R r 大 圆 柱；另外， 0B 反 向 的 小 圆 柱 ，因此，答案为【 C】 C 5、（自测提高 7） 如图 11
6、-49，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 绕 AC 轴旋转时，在中心 O 点产生的磁感强度大小为 B1；此正方形同样以角速度 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 B2，则 B1 与 B2 间的关系为 (A) B1 = B2 (B) B1 = 2B2 (C) B1 = 21 B2 (D) B1 = B2 /4 【答】 等效为圆电流，用圆电流的 B 公式。 每一个点电荷旋转都可以 等效为圆电流。设 OD=r， 2Iq （ 1） 绕 AC 轴旋转： B 和 D 处的两个点电荷在转动， 所以 001 2 2 IIB
7、 rr ； （ 2）绕过 O 点垂直于平面的轴旋转：四个点电荷都在转动， 故 002 24 2 IIB rr ； 所以 B1 = 21 B2 二、填空题 6、 （基础训练 11） 一磁场的磁感强度为 kcjbiaB (SI)，则通过一半径为 R，开口向 z 轴正方向的半球壳表面的磁通量的大小为 2 Rc Wb 【答】 半球壳表面 S 和其底 部圆平面一起构成闭合曲面。 根据高斯定理， 0B d s B d s 半 球 面 S平 面圆， aRrOOIA C q q q q O B D 图 11-49 第十一章 恒定电流的磁场（一） 作业答案 严非男 3 22B d S B d S B S B R
8、 k R c 半 球 面 圆 平 面，大小 = 2Rc 7、 （基础训练 12） 如图所示， 两根无限长直导线互相垂直地放着，相距 d =2.0 102 m，其中一根导线与 z 轴重合，另一根导线与 x 轴平行且在 Oxy 平面内设两导线中皆通过 I =10 A 的电流，则在 y 轴上离两根导线等距的点 P 处的磁感强度的大小为 B = 2.82 10-8 T 【答 】 磁场满足矢量叠加。 两根无限长直导线在 P 点产生的磁感应强度大小0122 2IBB d，方向如图，所以， 22 012 2 IB B B d 8、（基础训练 13） 如图所示，在无限长直载流导线的右侧有面积为 S1 和 S2
9、 的两个矩形回路两个回路与长直载流导线在同一平面，且矩形回路的一边与长直载流导线平行则通过面积为 S1 的矩形回路的磁通量与通过面积为 S2 的矩形回路的磁通量之比为 1:1 【答】 用磁通量的定义式计算，注意上下限取值。 设矩形回路的高为 l ，则通过面积为 S1 的矩形回路的磁通量 12 001 l n 2 .22amSa I I lB d S l d rr 同理通过面积为 S2 的矩形回路的磁通量 4 00222 l n 2 .22amSa I I lB d S l d rr 9、 （基础训练 17） 一质点带有电荷 q =8.0 10-10 C，以速度 v =3.0 105 m s-1
10、 在半径为 R =6.00 10-3 m 的圆周上，作匀速圆周运动该带电质点在轨道中心所产生的磁感强度 B = 6.67 10-7（ T），该带电质点轨道运动的磁矩 pm =_7.2 10-7（ Am2） (0 =4 10-7 H m-1) 【答】 等效为圆电流 ， 2002,;2 2 4 2mI q vq q v q v RI B p I RT R R R . 10、 (自测提高 13)一半径为 a 的无限长直载流导线，沿轴向均匀地流有电流 I若作一个半径为 R = 5a、高为 l 的柱形曲面，已知此柱形曲面的轴与载流导线的轴平行且相距 3a (如图 11-52)则 B 在圆柱侧 面 S 上
11、的积分 S SB d _0_. 【答】 圆柱的侧面及圆柱的上底面和下底面构成一个闭合曲面，根据高 斯定理，穿过该闭合曲面的磁感应通量等于零，即 0B d s B d s B d s 面 上 底 面 下 底 面侧 ， 而 c o s 02B d s B d s 上 底 面 上 底 面； c o s 02B d s B d s 下 底 面 下 底 面， 所以 0B ds面侧. I 5a l 3a 2a 图 11-52 O x y I I z P 1B2BBS1 S2a a 2a第十一章 恒定电流的磁场（一） 作业答案 严非男 4 11、（自测提高 16） 如图 11-55 所示电荷 q (0)均匀
12、地分布在一个半径为 R 的薄球壳外表面上，若球壳以恒角速度 0 绕 z 轴转动，则沿着 z 轴从到磁感强度的线积分等于 002q 【答】 添加辅助线，构成闭合的安培环路，利用安培环路定理。 如图， 以 O 为圆心，以为半径作一个半圆周，此半圆周与 沿着 z 轴从到的直线构成一个环路，根据安培环路定理，有 0- LB d l B d l I 半 周 内圆； 其中 0B dl半 周圆（ 带电的旋转球壳在 无穷远处的 磁感应强度 B =0）； 所以0- LB dl I 内 ，而 0= 2L Iq内 12、（自测提高 17） 如图所示，在宽度为 d 的导体薄片上有电流 I 沿此导体长度方向流过，电流在
13、导体宽度方向均匀分布导体外在导体中线 附近处 P 点的磁感强度 B 的大小为 0 2Id 【答】 设 P 点到薄片的距离为 r， 因为 r R2 处的 B 值 解： (1) 在环内作半径为 r 的圆形回路 , 由安培环路定理得 NIrB 2 ， )2/( rNIB 在 r 处取微小截面 dS = bdr, 通过此小截面的磁通量 rbrNISB d2dd 穿过截面的磁通量 dS BS21d2RRNI brr 21ln2RNIb R (2) 同样在环外 ( r R2 )作圆形回路 , 由于 0iI 02 rB B = 0 15、 （基础训练 25） 一无限长的电缆，由一半径为 a 的圆柱形导线和一共轴的半径分别为 b、 c 的 圆筒状导线组成，如图所示。在两导线中有等值反向的电流 I 通过，求： (1)内导体中任一点 (rc)的磁感应强度。 解： 设 磁感应强度的方向与
