内容发布更新时间 : 2024/12/22 21:13:38星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

Bx=2B1sin45??2B2sin45??0

竖直方向为

By=2B1cos45??2B2cos45??4B1cos45?

2a2因此，正方形中心的磁感应强度B的大小

2π?4?0Icos45??2?0I πaB=B?2?0I B

yπa方向竖直向上。

11–21 如图11-16所示，已知地球北极地磁场磁感应强度B地球北极

的大小为6.0?10–5

T，如设想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的，此电流有多大？流向如何？

解：地球赤道圆电流在北极激发的磁感强度为

B??0IR2IR2?0IR

2(R2?x2)3/2??02I (R2?R2)3/2?42R 因此赤道上的等效圆电流为

B

I?42RB42?6.378?106?6.0?10?5??01.26?10?6A=1.72?109 A

图11–16

由右手螺旋法则可判断赤道圆电流流向由东向西。

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FA,DE,EFF 三段直线以及?ABD?l1，?ACD?l2两段圆弧电流共同激发。由于AR 电源距环较远，BEF?0。而FA，DE两段直线的延长线通过点O? ??O，则Idl?r=0，由毕奥–萨伐尔定律知，导线FA，DE在O点D 的磁感应强度为零，即BFA?BDE?0。流过圆弧的电流I1，I2E

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。

图11–17

方法一：根据毕奥–萨伐尔定律，圆弧?ABD?l1，?ACD?l2在

O点激发的磁场分别为B1，B2，有

F B?l1?1?0I1dl?0I1l104πR2?4πR2

RA 方向垂直纸面向外。

I1 O? I2 C ? B2??l2?0I2dl?0I2l4πD0 R2?24πR2 方向垂直纸面向里。

E

由于圆弧ABD?，?ACD构成并联电路，因而有I1R1?I2R2，图11–18

又由于圆弧ABD?，?ACD的电阻与其长度成正比，则 130

I1R2?l2Sl2??? I2R1?l1Sl1即

I1l1?I2l2

由右手螺旋法则可判断出B1，B2方向相反，故点O的总磁感应强度为

?Il?IlB=B1?B2?011?022?0

4πR24πR2?I?方法二：一载流圆弧在圆心处产生的磁感强度B?0，式中?为圆弧载流导线所张的

4πRABD，?ACD，对圆心的张角分别为?和2???，则有 圆心角，设两段圆弧??IBABD=02?

4πR?IBACD=01(2π??)

4πR由右手螺旋法则可判断出BABD，BACD方向相反，故点O的总磁感应强度为

?I(2π??)?0I2? （1） B=BABD?BACD?01?4πR4πR与方法一相同的步骤得出

I1l1?I2l2

则

I1l2R????? I2l1R(2π??)2π??将上式代入（1）式得点O的总磁感应强度

B=BABD?BACD??0I2?(2π??)?I?2π???02?0

4πR4πR11–23 一无限长半径为R的半圆柱金属薄片中，自下而上均匀地有电流I通过，如图11-19所示。试求半圆柱轴线上任一点P的磁感应强度B。

解：载流无限长半圆柱金属薄片可视为许多沿轴线方向无限长载流直导线组成（如图11-20（a））。其俯视图如图11-20（b）所示，金属薄片在P点产生的磁感应强度就是这些无限长载流直导线在P点产生的磁感应强度的矢量叠加。过轴线上所求场点P做一截面垂直于轴，此截面为半圆，如图11-20（b）所示，截面上长为dl?Rd?范围内的长直载流导线电流dI为

P R I dI?IIdl?Rd? πRπR它在P点产生的磁感应强度为

?dI?I?Id?dB?0?0Rd??0

2πR2πRπR2π2R方向由右手螺旋关系确定，如图11-20（b）所示。

图11–19

由于各无限长载流直导线在P点产生的dB方向各不相同，于是将dB分解成两个分量

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dBx，dBy

dBx?dBsin???0I2π2Rsin?d?

R y P I R dI d? dBx dBy （a）

图11–20

（b）

dB x dBy??dBcos????0I2π2Rcos?d?

所以

Bx?dBx?sin?d??

202π2RπR??π?0I?0IP ? By?dBy??cos?d??0

02π2R??π?0I所以该半圆柱在轴线上任一P点的磁感强度B的大小为

?IB?Bx?0

π2R方向沿x轴正方向。

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?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??QπR

O

r R

dr

如图11-21所示，在转动圆盘面内取半径为r，宽度为dr的细圆环，环上电流为

dI?dq?2πrdr????rdr T2π?图11–21

细圆环在圆心处产生的磁感应强度大小

?dI???rdr?0??dr dB?0?0?2r2r2由于所有细圆环在圆心处的磁感应强度dB的方向都向相同，因此，

B?dB?方向垂直于盘面向外。

（2）细圆环的磁矩为

??0R?0??dr2???R?0Q? ?0?22πRdpm?SdI?πr2??rdr?π??r3dr

因此，整个圆盘的磁矩为

π??R4?QR2pm?dpm?π??rdr??

044R??311–25 如图11-22所示，长为0.1m的均匀带电细杆，带电量为1.0?10–10C，以速率1.0m/s沿x轴正方向运动。当细杆运动到与y轴重合的位置进，细杆的下端到坐标原点O的距离为l=0.1m，试求此时杆在原点O处产生的磁感应强度B。

解：均匀带电细杆可看成由许多电荷元dq组成。当均匀带电细杆运动时，相当于许多

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电荷元运动，每一运动电荷元在空间产生磁场dB，则空间场点的总磁感应强度B是所有电荷元产生磁感应强度的矢量叠加。

建立如图所示坐标系，在均匀带电细杆上取电荷元dq?图11-23所示。利用运动电荷的磁场公式B?O产生的磁感应强度的大小为

dB?qdy，如aa y q v ?0qv?er4πr2可求得dq在点

?0dqvsin90?4πy2??0qvdy4πay2l

O

图11–22

x

方向垂直于纸面向里

因此带电细杆在点O产生的磁感应强度的大小为

y a ?dqvsin90??0qvdydB?0?

224π4πyayB=dB?q dq y v ??l?a?0qvdy?0qv?11????? l4πay24πa?ll?a?l O

4π?10?7?1.0?10?10?1.0?11?????

4π?0.1?0.10.1?0.1?x

?5?10?16T

2?0I(r2?R1)222π(R2?R1)r图11–23

11–26 空心长圆柱形导体的内、外半径分别为R1，R2均匀流过电流I。求证导体内部各点（R1

R2 R1 O B 解：导体横截面上的电流密度为

J?I22π(R2?R1)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

图11–24

??所以

2B?dl?B2πr??0j(πr?πR1)??022(πr?πR1)?22π(R2?R1)I22?0I(r2?R1)22(R2?R1)

B?2?0I(r2?R1)222πr(R2?R1)

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。

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