第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 s
I =??r r
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=r r
。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 r 相同。由于铜线和银层的电导率σ不同，根据j E σ=r r
知，它们中的电流
密度j r 不相同。电流强度d s
I =??r r j s ，铜线和银层的j r
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 I r
l ，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r
Β。
分析：根据毕奥-萨伐尔定律求解。
解：由毕奥-萨伐尔定律
原点O 处的电流元d I r l 在（a ，0，0）点产生的r
Β为： d I r l 在（0，a ，0）点产生的r
Β为： 0032
d d d ()0,4π4πI l I l a a a
μμ?==?=r r
r r r j j B j j d I r l 在（a ，a ，0）点产生的r
Β为： d I r l 在（a ，a ，a ）点产生的r Β为
11-7 用两根彼此平行的长直导线将半径为R
源上，如题11-7图所示，b 点为切点，求O 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
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： 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
则1I 在O 点产生的1B r 的大小为0112
,4πI l B R μ=
大
而2I 在O 点产生的2B r 的大小为02212
.4I l B B R μ==π小
1B r 和2B r 方向相反，大小相等.即120B B +=r r
。 直导线1L 在O 点产生的30B r
＝。
直导线2L 在O 点产生的R
I
B πμ404=，方向垂直纸面向外。 则O 点总的磁感强度大小为
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r
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。
题11-7图
CD 段：00,48CD I I B R R
μμπ
==π2g DE 段：0002(cos 45cos135).4242/2
DE I
I I
B a
R
R μμμ=
?-?=
=
πππ
O 点总磁感应强度为
000281
1.24DE CD I
I
B B B R
R
I 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。
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 r 。并将dB r
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
dI 在P 点处产生的磁感强度为：0d d ,2I
B x
μ=
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
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 r
。并将场强
矢量dB r
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 2πI
B R
μ=
，方向按右手螺旋法则确定，如解11-10图所示。
题11-8图
题11-10图 解11-10图
题图11-9
I I
dI dl Rd R R θππ=
=，002d d d .2π2πI I B R R
μμθ== 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
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 r 。并将矢量dB r
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
任取半径，宽为d 的电流环，该电流环共有电流为 该电流环在线圈中心产生的磁感强度大小为 圆心处总磁感强度大小 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 r 。并将矢量dB r
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，宽为d 的电流环的密绕线圈，其含有匝数为d N
R r
ρ-， 通电流为d d .NI
I
R r
ρ=
- 因为cot x ρθ=，cot dx d ρθ=。 半径为的一小匝电流在O 点产生的dB 大小为
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
题11-11图
题11-12图 解11-12图
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 r 。并将矢量dB r
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
线圈中通电流I 时，中心O 点处磁感强度为
2
02
23/2
d 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 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;2q
B R
μω=π
（2）圆盘的磁偶极矩为
2m 1
.4
p 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 r 。并将矢量dB r
再积分求解总的磁感应强度。
解：（1）在圆盘上取一个半径为r 、宽为dr 的细圆环，其所带电量为 圆盘转动后相当于圆电流
若干个圆电流在圆心产生的磁感强度为 （2）细圆环的磁矩为3
2
m 2
2
d d d d .qr
qr p S I r r r R
R
ωω==π=
πg
转动圆盘的总磁矩为3
2m 2
1
d 4
R
qr p r q R R ωω=
=
?
，方向沿轴向。 11-15 已知一均匀磁场的磁感应强度B =2T ，方向沿x 轴正方
向，如题
11-15图所示。试求（1）通过图中abcd 面的磁通量；（2）通过图中befc 面的磁通量；（3）通过图中aefd 面的磁通量。
分析：应用磁通量概念求解。
解：（1）取各面由内向外为法线正方向。则 （2）cos
0.befc
befc BS φπ
==2
（3）cos 0.24Wb,.aefd aefd abcd BS BS φθ===穿出
题11-13图
解11-13图
题11－15图
11-16 如题11-16图所示，在长直导线AB 内通有电流I ，有一与之共面的等边三角形CDE ，其高为h ，平行于直导线的一边CE 到直导线的距离为b 。求穿过此三角形线圈的磁通量。
分析：由于磁场不均匀，将三角形面积进行微分，应用磁通量概念求出穿过面元的磁通量，然后利用积分求出穿过三角形线圈的磁通量。
解：建立如解11-16图所示坐标，取距电流AB 为x 远处的宽为dx 且与AB 平行的狭条为面积元
d 2()tan30d .S b h x x =+-?
则通过等边三角形的磁通量为
11-17 一根很长的铜导线，载有电流10A ，在导线内部，通过中心线作一平面S ，如题图11-17所示。试计算通过导线内1m 长的S 平面的磁通量。
分析：先求出磁场的分布，由于磁场沿径向不均匀，将平面S 无穷分割，应用磁通量概念求出穿过面元的磁通量，再利用积分求总磁通量。
解：与铜导线轴线相距为r 的P 点处其磁感强度为
02
2Ir
B R
μ=
π （rR ，R 为导线半径）。
于是通过单位长铜导线内平面S 的磁通量为
别为a 和b ，导体11-18 如题11-18图所示的空心柱形导体，柱的内外半径分内载有电流I ，设电流I 均匀分布在导体的横截面上。求证导
体内部各点
（a r b <<）的磁感应强度B 由下式给出：22
022.2()I
r a B b a r
μ-=
π- 分析：应用安培环路定理求解。注意环路中电流的计算，应该是先求出载流导体内电流密度，再求出穿过环路的电流。
证明：载流导体内电流密度为22.()
I
b a δ=
π-
由对称性可知，取以轴为圆心，r 为半径的圆周为积分回路L ，则由安培环路定理
得:22
2
2
002
2
2(),r a B r r a I b a
μδμ-π=π-=- 题11-16图 解11-16图
题11-17图
从而有:22022()
.2()
I r a B r b a μ-=
π-g 如果实心圆柱0a =，此时02
2Ir B R μ=
π。
11-19 有一根很长的同轴电缆，由两个同轴圆筒状导体组成，这两个圆筒状导体的尺寸如题11-19图所向相反的电流I 示。在这两导体中，有大小相等而方流过。（1）求内圆筒导体内各点
（r a <）的磁（a r b <<）的
感应强度
B ；（2）求两导体之间
B ；（3）求外圆筒导体内（b r c <<）的B ；（4）求电缆外（r c >）各点的B 。
分析：应用安培环路定理求解。求外圆筒导体内（b r
c <<）的B 时，注意环路中电流的计算，应该是先
求出外圆导体内电流密度，再结合内圆筒的电流，求出穿过环路的电流。
解：在电缆的横截面，以截面的轴为圆心，将不同的半径r 作圆弧并取其为安培积分回路L ，然后，应用安培环路定理求解，可得离轴不同距离处的磁场分布。
(1)当r a <时，0d 0,L
I μ==∑?r
r g ?B l 20B r π?=，得B =0；
(2)当a r b <<时，同理可得0;2I
B r
μ=
π
(3)当b r c <<时，有22022()2,()I r b B r I c b μ??π-π=-??π-??g 得220221;2I r b B r c b μ?
?-=- ?π-??
(4)当r c >时，B =0。
11-20 题11-20图中所示为一根外半径为1R 的无限长圆柱形导体管，管中空心部分半径为2R ，并与圆柱不同轴.两轴间距离OO a '=。现有电流密度为δ的电流沿导体管流动，求空腔内任一点的磁感应强度B 。 分析：此题属于非对称分布磁场的问题，因而不能直接应用安培环路定理一次性求解，但可用补偿法求解。即将无限长载流圆柱形导体管看作是由半径为1R 的实心载流圆柱体和一根与圆柱轴平行并相距a 的半径为2R 的反向载流圆柱体叠加而成（它们的场都可以分别直接应用安培环路定理求解）。则空间任一点的场就可视作该两个载流导体产生场的矢量叠加。注意补偿电流的计算时，应该是先求出原来导体内电流密度，按照此电流密度进行补偿。
解：如解11-20图所示，设半径为1R 的载流圆柱其电流垂直纸面向外，电流密度为
题11-18图
题11-19图
22
12.()
I
R R δ=
π- 它在空腔中P 点产生的场为1r
B ，其方向如解11-20图所示，由安培环路定理可得
10112
B r μδ=?r r r ；式中1r r
为从O 点引向P 点的矢径。
同理可求得半径为2R 的反向载流的小圆柱在P 点产生磁场2B ρ，方向如解11-21图，即
20212
B r μδ=-?r r r
；式中2r r 为从O 点引向P 点的矢径。
则 12012011
()()22
μμ'=+=?-=?u u u u r r r r r r r r B B B r r OO δδ
式中'u u u u r
OO 为从O 指向'O 的矢量。
由于δ'⊥u u u u r r OO ，所以得r
B 的方向垂直'u u u u r OO ，而大小为
0022121
22()
Ia B OO R R μμδ'=
=π-g ,空腔内的磁场为均匀磁场。 11-21 一电子在-3
7.010B T =?的匀强磁场中作圆周运动，圆周半径 3.0r cm =，某时刻电子在A 点，速
度v r
向上，如题11-21图所示。（1）试画出电子运动的轨道；（2）求电子速度的大小；（3）求电子动能k E 。 分析：应用运动电荷在匀强磁场中所受洛伦兹力公式并结合牛顿第二定律求解。
解：（1）由洛伦兹力公式：
(),F e v B =-?r r
r 得电子的运动轨迹为由A 点出发刚开始向右转弯半径为r 的圆形轨道。
（2）由：2
,v F evB m r
==得： （3）2317216k 11
9.110(3.710)J =6.210J.22
E mv --==?????
题11-21图
题11-22图
题11-20图
解11-20图
11-22 把2.0keV 的一个正电子射入磁感应强度为2
0.10Wb m -?的均匀磁场内（题11-22图），其速度矢
量与B r 成89角，路径成螺旋线，其轴在B r
的方向.试求这螺旋线运动的周期T 、螺距p 和半径r 。
分析：应用洛伦兹力分析带电粒子在均匀磁场中的运动求解。注意分析在B r 的方向和垂直B r
的运动不同特点。
解：带电粒子在均匀磁场中运动时，当v r 与B r
成=89时，其轨迹为螺旋线。则
11-23 在霍耳效应实验中，宽1.0cm ，长4.0cm ，厚3
1.010
cm -?的导体，沿长度方向载有3.0A 的电流，
当磁感应强度B =1.5T 的磁场垂直地通过该薄导体时，产生5
1.010V -?的横向霍耳电压（在宽度两端），试
由这些数据求（1）载流子的漂移速度；（2）每立方厘米的载流子数目；（3）假设载流子是电子，试就一给定的电流和磁场方向在图上画出霍耳电压的极性。
分析：带电粒子在均匀电场和磁场中运动。利用霍耳效应相关公式求解。 解：（1）载流子的漂移速度 （2）每立方厘米的载流子数目 因为电流密度：,nev δ= 所以载流子密度 （3）略
11-24 某瞬间a 点有一质子A 以7
1
10a v m s -=g 沿题11-24图中所示方向运动。相距410r
cm -=远处的b
点有另一质子B 以3
1
210b v m s -=?g 沿图示方向运动。,,a b v v r 在同一平面内，求质子B 所受的洛伦兹力的大小和方向。
分析：当考察两运动电荷的相互作用时，可从运动电荷B 在运动电荷A 形成的磁场中运动着手，求得所受磁力的大小和方向。
解：质子A 以a v 运动经过a 点的瞬间在b 点产生的磁感强度为
02
sin 454a
ev B r
μπ=
?，方向垂直纸面向外。 质子B 以b v 运动，在经过b 的同一瞬间受洛伦兹力为
方向垂直b v r
和B r 组成的平面。
11-25 如题11-25图所示，在长直导线旁有一矩形线圈，导线中通有电流120I A =，线圈中通有电流
210I A =。求矩形线圈上受到的合力是多少？已知1,9,20a cm b cm l cm ===。
分析：应用安培力公式求解载流导线在磁场中所受的安培力。上下两边受力大小相等，方向相反，互相抵消。左右两边在不同大小的均匀磁场中。注意利用右手定则来判断安培力方向。 解：根据安培力公式:dF Idl B =?r r r
可知矩形线圈上下两边受力大小相等，方向相反，互相抵消，左右两边受力大小不等，方向相反，且左边受力较大。矩形线圈受合力为012221
12I I l F F
F I lB I lB a a
b μ??=-=-=
- ?π+??
∑左右左右
在长直电流1I 11-26 旁有
一等腰梯形载流线框ABCD ，通有
2I ，已知
电流
所示，AB 边与1I 平行，AB 距1I 为a ，梯形
BC ，AD 边的倾斜角为α。如题11-26图
高b ，上、下底分别为c ，d 长。试求此梯形线框所受1I 的作用力的大小和方向。
分析：本题求载流导线在磁场中所受安培力，BC 和AD 两边受力的大小随位置改变而改变，方向也不在同一直线上，通常采用力的正交分解再合成的办法求解。 解：由安培力公式得
0122AB I I c
F a
μ=
π,方向向左。0122()
CD I I d
F a b μ=
π+,方向向右。
而BC 和AD 各电流元受力的大小随位置在改变，方向也不相同。 同理得
分别将BC F r 和AD F r
分解成与AB 平行与垂直的分量；显然，二者平行于AB 的分量大小相等方向相反而互相抵
消，而垂直于AB 的分量其方向与AB F r
相同。故整个梯形载流线圈受力 11-27 载有电流20I
A =的长直导线A
B 旁有一同平面的导线ab ，ab 长为9cm ，通以电流120I A =。求当
ab 垂直AB ，a 与垂足O 点的距离为1cm 时，导线ab 所受的力，以及对O 点的力矩的大小。
分析：本题中各电流元受安培力方向相同，而大小随位置变化（B 随位置变化）而变化，故需通过积分求解合力。各电流元受磁力矩方向也相同,大小也随位置变化而变化，导线对O 点
的磁力矩也需通过积分求解。
解：电流ab 中任意电流元受力大小为1d f I Bdx =。 对O 点力矩为
题11-25图
题11-26图
题11-24图
11-28 截面积为S ，密度为ρ的铜导线，被弯成正方形的三边，可以绕水平轴转动，如题11-28图所示。导线放在方向为竖直向上的匀强磁场中，当导线中的电流为I 时，导线离开原来的竖直位置偏转一角度为
θ而平衡，求磁感应强度。如22,S mm =38.9,g cm ρ-=?
15,10I A θ=?=。磁感应强度B 应为多少？
分析：载流线框绕OO '转动，由于没有平动只有转动，仅需考虑线框对OO '轴力矩的平衡，而不需考虑力的平衡。即
0M =∑r 。磁力矩可用闭合线框受到磁力矩求解。
解：设正方形各边长度为l ，质量为m ，平衡时重力对OO '轴的力矩
载流线框受到磁力矩既可用整个线框受到磁力矩，也可用各导线段受力对轴的合力矩（因为此时以一条边为
转轴），即m =?r r
r M p B ，其大小为
2m sin cos .M p B Il B θθπ??
=-= ?2??
磁
平衡时有M M =重磁，即
11-29 与水平成θ角的斜面上放一木制圆柱，圆柱的质量m 为0.25kg ，半径为R ，长l 为0.1m.在这圆柱上，顺着圆柱缠绕10匝的导线，而这个圆柱体的轴磁场B r
中，磁感
线位于导线回路的平面内，如题11-29图所示.斜面处于均匀
应强度的大小为0.5T ，其方向沿竖直朝上.如果绕线的平面与斜面平行，问通过回路的电流至少要有多大，圆柱体才不致沿斜面向下滚动？
分析：本题属力电综合题。一方面，圆柱体受重力矩作用要沿斜面向下滚动；另一方面，处于圆柱体轴线平面内的载流线圈（线圈不产生重力矩）要受磁力矩作用而阻止圆柱体向下滚动。当M M =重磁时，圆柱体保持平衡不再滚动。
解：假设摩擦力足够大，圆柱体只有滚动无滑动。 圆柱体绕瞬时轴转动受到的重力矩sin M mgR θ=重。 线圈受到的磁力矩m sin sin M P B NBSI θθ==磁. 当M M =重磁时圆柱不下滚.
sin sin ,mgR NBSI θθ=得
11-30 一个绕有N 匝的圆线圈，半径为a ，载有电流I 。试问：为了把这个线圈在外磁场中由θ等于零的位置，旋转到θ等于90°的位置，需对线圈作多少功？θ是线圈的面法线与磁感应强度B r
之间的夹角。假设100,
N = 5.0,a cm =0.1,I A = 1.5B T =。
题11-28图
题11-29图
分析：此题为磁力作功公式的应用。 解：磁力作功为
所以：外力需对线圈作多少功0.12A J '=
11-31 一半圆形闭合线圈半径0.1,R m =通过电流10,I A =放在均匀磁场中，磁场方向与线圈面平行，如题11-31图所示，3
510
B =?GS 。
求（1）线圈所受力矩的大小和方向；（2）若此线圈受力矩的作用转到线圈平面与磁场垂直的位置，则力矩作功多少？
分析：闭合线圈所受的磁力矩可以运用磁力矩与磁矩关系表达式求出。运用磁力做功表达式求出磁力矩做功。
解：（1）线圈受磁力矩，m M P B =?r r r
所以m π
sin
2
M
P B ISB == （2）此时磁力作功
题11-31图