楚雄师范学院：《电磁学》课程教学资源（习题解答）第五章 稳恒电流的磁场

前者在轴上的B管=0故，B =B +B,=Bh由于h<<R，可以看成无限长直截流导体线在在oo线上产生的场。ih: B,=4=B4元RB的方向垂直oo与h组成的平面指向纸内。（如图a所示）5.3.13上题中若割去半个管壁时，半个管壁上沿轴割去半个管壁时，半个管壁上沿轴向均匀的磁感应强度B为多大？解：如图所示，过o点，建立坐标系oxy。该载流无限长半圆柱形导体管壁可看做有许多平行的无限长直载流导线所组成。在其横截面上与y轴对称的取两个宽度相等udldl1,dl,2,，窄条，它们在0点产生的磁感应强度分别为dB，,dB,其大小为dB1=dB2=4元Rdl=/.dl.设电流方向垂直与纸面向dB，，dB，方向见图。二者y分量抵消，只有x分量且元R同fa直只有分量。dBx=L.dlcosa2元Ru!dlcose2(πR)2B=2 [dBxuT2cosoRde(元R)?1-4+.cos 010=4Jo2元R元R5.3.14.电流均匀地流过宽为2a的无限长平面导体薄板，电流强度为Io通过板的中线并与板面垂直的平面上有一点p，p到板的垂直距离为x（见图5.8.14(a)），设板厚度可略去不计求p点的磁感应强度>。解：建立坐标系oxyz如图所示，把薄板沿z方向.分成宽为dy的无限长细条，=六d的无限长直导线，根据场的选加原理，P点的磁感应强度等于所每根细条截流为dI=2a有这些截流细条在P所产生的磁感应强度的矢量和

前者在轴上的 B 管 =0 故， B = B管 + B h = Bh 由于 h<<R,可以看成无限长直截流导体线在在 o , o 线上产生的场。 Bh = R ih o   4 =B B 的方向垂直 o , o 与 h 组成的平面指向纸内。（如图 a 所示） 5.3.13 上题中若割去半个管壁时，半个管壁上沿轴割去半个管壁时，半个管壁 上沿轴向均匀的磁感应强度 B 为多大？ 解：如图所示，过 o 点，建立坐标系 oxy。该载流无限长半圆柱形导体管壁可 看做有许多平行的无限长直载流导线所组成。在其横截面上与 y 轴对称的取两个宽度相等 dl1,dl,2,，窄条，它们在 O 点产生的磁感应强度分别为 B1 d ,d B 2 其大小为 d B1=dB2= R dI o   4 dI  dl R I .  .设电流方向垂直与纸面向 dB1 , 2 dB 方向见图。二者 y 分量抵消，只有 x 分量且 同 fa 直只有分量。 dB x=    cos 2 R dI o =    cos 2( ) 2 dl R I o B=2  2 0  dB x =  2 0 2 * cos ( )      Rd R I o =   2 0 * cos 2      d R I o R I o 2   5.3.14.电流均匀地流过宽为 2a 的无限长平面导体薄板，电流强度为 Io 通过 板的中线并与板面垂直的平面上有一点 p，p 到板的垂直距离为 x（见图 5.8.14(a)）,设板 厚度可略去不计求 p 点的磁感应强度 B。 解：建立坐标系 oxyz 如图所示，把薄板沿 z 方向.分成宽为 dy 的无限长细条， 每根细条截流为 dy a I dI 2  的无限长直导线，根据场的迭加原理，p 点的磁感应强度等于所 有这些截流细条在 P 所产生的磁感应强度的矢量和

在y轴上o点两侧对称的取宽为dy的两直导体条，它们在p点产生的磁感应强度分别为的dB.dB，（如图a所示）。根据对称性分析，二者x分量相互抵消，只有y分量。udldBy=cose2元x=cosVx? + y?因此p点B的大小raolxdyB=2JBVJo4max+y2dy= 4olx ra--H0x 1g- 二181g2元aJox2+y22元xx=401g"g“"→沿y方向。2元a5.3.15.在半径为R的木球上紧密的绕由细导线，相邻线圈可视为互相平行，并以单层盖住半个球面（如图所示）。沿导线流过为I，总杂数为N。求次电流在球心处0产生的磁感应强度。解：设单位弧长电流线圈杂数为n，则N_2Nn=2元R元R沿弧长取dl，则dl内的总电流为dl=Indl。没一个小圆带相当于一个电流环，已知电流环在其轴线上任意一点产生的磁感应强度公式为：Ir2B圆= o-2(α2 +r2)3/2式中a为轴线上一点到圆的距离，r为圆环的半径。有图（a）所示，r=Rsina,dl=Rda。Dl宽的圆环上电流为nIdl。半径为r，宽为dl的圆环在球心o点产生的磁"感应强度dB环dB环="o。"·nldlR32

在 y 轴上 o 点两侧对称的取宽为 dy 的两直导体条，它们在 p 点产生的磁感应强 度分别为的 d B1 .d B2  （如图 a 所示）。 根据对称性分析，二者 x 分量相互抵消，只有 y 分量。 dB y=    cos 2 r dI o =cos  2 2 x y x  因此 p 点 B 的大小 B=2  a o dBy =2 2 2 0 0 . 4 x y dy a a Ix     = 2 2 0 0 2 x y dy a Ix a     = x y tg a x 0 Ix 1 1` . 2    a 0 1 = x a tg a I 0 1 . 2    B 沿 y 方向。 5.3.15.在半径为 R 的木球上紧密的绕由细导线，相邻线圈可视为互相平行， 并以单层盖住半个球面（如图所示）。沿导线流过为 I，总杂数为 N。求次电流在球心处 O 产 生的磁感应强度。 解：设单位弧长电流线圈杂数为 n,则 n= 4 2 R N  = R N  2 沿弧长取 dl ,则 dl 内的总电流为 dI  Indl 。没一个小圆带相当于一个电流 环，已知电流环在其轴线上任意一点产生的磁感应强度公式为： B 圆= ( )3 2 . 2 2 2 2 0 a r Ir   式中 a 为轴线上一点到圆的距离，r 为圆环的半径。有图（a）所示， r  Rsin a,dl  Rda 。Dl 宽的圆环上电流为 nIdl。半径为 r,宽为 dl 的圆环在球心 O 点产生 的磁 , 感应强度 dB 环 dB 环＝ 2  0  3 2 R r  nIdl

=HonI sin’ada23环=（表示垂直）sin'adα=onl,_loNI=HonlJo2244R5.3.16有一电介质薄盘，其表面均匀带电，总电量为Q，盘半径为a。盘绕垂直于盘面并通过圆心的轴转动，每秒n转，求盘中心处的磁感应强度B解：薄盘转动相当于一个载流圆盘，根据圆线圈在其圆心处产生的磁感应强度公Hol式:一。半径r、宽dr环在中心点产生的磁场为：2RdB= Hodldl =on2元 rdr2rQ9Ta?由送加原理 dB-I onm2md Hoonl.B=dr2rQHoQnna==μ元Ta?a一半径为R的非导体球面均匀带电，面密度为，若该球以通过球心的直径为轴用角速度の旋转，求在球心的磁感应强度B。解：利用圆形电流在轴线上产生的磁场公式：HordldB=42R3()图所台如示dl =α.ds:f()台ds=2元R2sinede()r=Rsino

= 2 sin2 0 nI d B=  2 0  dB 环=（表示垂直） =  2 0  nI    d  2 0 2 sin = 2 4 0   nI = R NI 4  0 5.3.16 有一电介质薄盘，其表面均匀带电，总电量为 Q ，盘半径为 a 。盘绕 垂直于盘面并通过圆心的轴转动，每秒 n 转，求盘中心处的磁感应强度 B 。 解：薄盘转动相当于一个载流圆盘，根据圆线圈在其圆心处产生的磁感应强度公 式： R I 2  0 。半径 r 、宽 dr 环在中心 点产生的磁场为： r dI dB 2 0  dI n2 rdr 2 a Q    由迭加原理 a Qn na a Q n dr r n rdr B dB a a a 0 0 2 0 0 0 0 0 2 2                  一半径为 R 的非导体球面均匀带电，面密度为  ，若该球 以通过球心的直径为轴用角速度  旋转，求在球心的磁感应强度 B 。 解：利用圆形电流在轴线上产生的磁场公式： 3 2 0 2 R r dI dB   （ ） 如 图 所 示 dI   ds 台  f （ ） ds 台 2R sind 2  （ ） r  Rsin

1=02元将（）式代入（）得：dl = als台·f =0·2zR sin ad02元dB=o"·owR” sin edeB=2 R3=Ho00Rsin'ede2. = 'gooR sin*0 cose27sinedeo233JoB= HoowR.2[-cos 0] 23= 2H000R3如图所示载流无限长直导线的电流为，试求通过矩形面积CDEF的磁通量。（CDEF与直线共面）解：已知无限长载流直导线的磁场公式：B=！2元B的方向垂直纸面向里。将矩形面积分成与CF平行的矩形小条且取其法向向里为正。dp = B·ds = Bds = Bidrbolldrμollbdr=d=2元2元J则：oll/nb2元a二无限长载流直导线与一长方形框架位于同一平面内（如图所示），已知α=b=c=10（厘米），1=10（米），1=100（安）。求通过框架的磁通量。解：取框架平面法线方向背离读者dg, = B,ldrHollolIna+bdrIn中2元2元ab+co1l同理虹In2元c

  2 f  将（ ）式代入（ ）得： dI ds 台       2 2 sin 2  f   R d  3 2 [ cos ]| 3 2 2 sin 3 2 | 3 sin cos [ 2 sin 2 sin 2 0 0 0 0 0 2 0 3 0 0 3 2 2 0 0 0 R R B d R d R R r R d B dB                                         如图所示载流无限长直导线的电流为 ，试求通过矩 形面积 CDEF 的磁通量。（ CDEF 与直线共面） 解：已知无限长载流直导线的磁场公式： r I B   2 0  B  的方向垂直纸面向里。将矩形面积分成与 CF 平行的矩形小条 且取其法向向里为正。 则： a Il b r Il dr r Ildr d d B ds Bds Bidr b a b a b a ln 2 2 2 0 0 0                      二无限长载流直导线与一长方形框架位于同一平面内（如 图所示），已知 a  b  c 10 （厘米）， l 10 （米）， I 100 （安）。求通过框架 的磁通量。 解：取框架平面法线方向背离读者 a Il a b dr r Il d B ldr a b       ln 2 2 0 0 0 1 1 1       同理 c Il b  c  ln 2 0 2   

鸟=# + =24"inα+b2元a_4元×10×10°×10n2=2.77×10(韦伯）元有一电子在垂直于一均匀磁场方向做一半径为厘米的圆周运动。电子的速度是10米秒。问此圆轨道内所包含的总磁通量是多少？my2解：evB=！电子质量m=9.1x10-31千克erB=myer9.1×10-31×1062=4.74×10-（特）1.6×10-19×1.2×10-2Φ=m2.B=元×(1.2)2×10-4×4.74×10-42.14×10-（韦伯）电缆由一导体圆柱和一同轴导体圆简构成。使用时，电流1从一导体流去，从另一导体流回，电流都是均匀的分布在横截面上。设圆柱的半径r，圆筒的半径分别为r，和r（见附图），r为到轴线的垂直距离。求r从0到的范围内，各处的磁感应强度B解：由于磁场的对称性分布，可用安培环路定理求解。(1) 0<r<r:j-元1I'=j,s=-2.元r元元fB·dl=u.I’取L的环绕方向与I'成右手螺旋关系。Ir2B.2mr=ul'=uo 72B=_uo, Ir2元(2) r<r<r2;B= Uo!f B.di = ul2m

ln 2 2.77 10 (韦伯） 4 10 10 10 ln 2 2 4 7 2 0 1 2                    a Il a b 有一电子在垂直于一均匀磁场方向做一半径为 厘米的圆周运动。电子的速度是 6 10 米 秒。问此圆轨道内所包含的总磁 通量是多少？ 解： er mv evB 2  电子质量 31 9.1 10 m   千克 （特） 4 1 9 2 3 1 6 4.74 10 1.6 10 1.2 10 9.1 10 10              er mv B 2 2 4 4 (1.2) 10 4.74 10     r  B       2.14 10 ( 7  韦伯） 电缆由一导体圆柱和一同轴导体圆筒构成。使用 时，电流 I 从一导体流去，从另一导体流回，电流都是 均匀的分布在横截面上。设圆柱的半径 r1 ,圆筒的半径分别为 r 2 和 r3 （见附 图），r 为到轴线的垂直距离。求 r 从 0 到  的范围内，各处的磁感应强度 B. 解：由于磁场的对称性分布，可用安培环路定理求解。 （1） 0 < r < r1 ; j 1 = r I 1  ' I = j s 1 = r I 2 1   r 2  L B  dl  u I 0   取 L 的环绕方向与 I 成右手螺旋关系。 B  2r =u0 I u0   2 2 r Ir B= Ir r u 2 1 0 2 （2） ; r1 r2  r  B dl I L   u0   B= r u I 2 0