第十五章-稳恒磁场自测题答案第十五章 稳恒磁场一、选择题答案： 1-10 DABAB CCBBD 11-20DCABB BBDAB 二、填空题答案 1. 0 2. 3a x = 3. BIR2 4.2104.2-⨯ 5. 0 6.I02μ 7.2:1 8.απcos 2B R 9.不变 10. < 11.RI20μ 12. qBmv13. 2：1 14. = 15 kϖ13108.0-⨯ 164109-⨯ 17无源有旋 18. 1.4A 19. 2 20. I a 2 B/2三、计算题1. 如右图，在一平面上，有一载流导线通有恒定电流I ，电流从左边无穷远流来，流过半径为R 的半圆后，又沿切线方向流向无穷远，求半圆圆心O 处的磁感应强度的大小和方向。

O Ra b d解：如右图，将电流分为ab 、bc 、cd 三段，其中，a 、d 均在无穷远。

各段在O 点产生的磁感应强度分别为： ab段：B 1=0（1分）bc 段：大小：RIB 402μ= （2分） 方向：垂直纸面向里（1分）cd 段：大小：RIB πμ403= （2分） 方向：垂直纸面向里（1分）由磁场叠加原理，得总磁感应强度)1(40321+=++=ππμRIB B B B （2分） 方向：垂直纸面向里（1分）2. 一载有电流I 的长导线弯折成如图所示的形状，CD 为1/4 圆弧，半径为R ，圆心O 在AC 、EF 的延长线上。

求O 点处的磁感应强度。

解：各段电流在O 点产生的磁感应强度分别为： AC 段：B 1=0（1分） CD 段：大小：RIB 802μ=（2分） 方向：垂直纸面向外（1分）DE 段：大小：RI R IB πμπμ2)135cos 45(cos 224003=-⋅=οο （2分） 方向：垂直纸面向外 （1分） EF 段：B 4=0（1分）由磁场叠加原理，得总磁感应强度RI RIB B B B B πμμ28004321+=+++=R D R（1分） 方向：垂直纸面向外（1分）3. 如右图所示，一匝边长为a 的正方形线圈与一无限长直导线共面，置于真空中。

当二者之间的最近距离为b 时，求线圈所受合力Fϖ的大小？解：无限长载流直导线在空间的磁场rI πμ210 （2分）AD 段所受的安培力大小ba I I πμ2210（2分）IaCDA B Ib方向水平向左。

BC段所受的安培力大小)(2210b a a I I +πμ（2分） 方向水平向右。

AB 段和CD 段所受的安培力大小相等方向相反。

（2分） 线圈所受的合力)(22210b a b a I I +πμ（2分） 方向水平向左。

4. 一无限长的载流导线中部被弯成圆弧形，如图所示，圆弧形半径为cm R 3=，导线中的电流为AI 2=。

求圆弧形中心O点的磁感应强度。

（mH /10470-⨯=πμ）I OA B IR解：两根半无限长直电流在O 点的磁感应强度方向同为垂直图面向外，大小相等，以垂直图面向里为正向，叠加后得RIR I B πμπμ24201-=⋅-= （3分）圆弧形导线在O 点产生的磁感应强度方向垂直图面向里，大小为RIR I B 83432002μμ==（3分） 二者叠加后得 T RIR I B B B 500121081.1283-⨯=-=+=πμμ（3分） 方向垂直图面向里。

（1分）5. 两根直导线与铜环上B A ,两点连接，如图所示，并在很远处与电源相连接。

若圆环的粗细均匀，半径为r ，直导线中电流I 。

求圆环中心处的磁感应强度。

c IO A E II I d解：电流在A 点分为两支路为1I 和2I ，设R 为单位弧长电阻，AdB 弧长与AcB 并联，得 21IlR I l R AcB AdB =即 21I l I l AcB AdB =（1分）以垂直图面向里为正向，所以 rl IB AdB o AdBππμ221-=（2分）AcB支路在圆环中心O 点磁感应强度方向垂直图面向里，大小为rl I l l I B AdBAcB AcB ππμππμ22221020==（2分）两支路在O 点的磁感应强度叠加，得0=+AcB AdBB B（2分）半无限长直电流EA 延长线过圆心O ，0=EAB ，O 点的磁感应强度等于半无限长直电流BF 在O 点磁感应强度，得rIr I B B BF πμπμ4)180cos 90(cos 400=-==οο（2分） 方向垂直图面向里。

（1分）6. 如图所示，一根外径为R 2，内径为R 1的无限长载流圆柱壳，其中电流I 沿轴向流过，并均匀分布在横截面上。

试求导体中任意一点)(21R r R <<的磁感强度。

解：在导体内作一半径为r )(21R r R <<的同心圆。

则rB r d B Lπ2⋅=⋅⎰ϖϖ （3分）)()()()(21222122122212int R R R r I R R R r I I --=--=ππ （3分）由安培环路定理int0I r d B Lμ=⋅⎰ϖϖ，得（2分）)()(221222120R R R r r I B --=πμ（2分）ORR7. 电流为I 的长直截流导线，附近有一与导线共面的单匝矩形线圈，其一边与导线平行，求通过此平面的磁通量。

解：选择x 轴垂直于导线指向右边。

xIx B πμ2)(0=Θ，故通过x 处阴影面积dS 的磁通量为 dx xIa adx x B d mπμ2)(0==Φ 则通过此平面的磁通量为dbd Ia dx x Ia bd dm+==Φ⎰+ln220πμπμ8. 如图，一载流线半径为R ，载流为I ，置于均匀磁场Bϖ中，求： （1）线圈受到的安培力；（2）线圈受到的磁力矩（对Y 轴）b I a d bI a Odd Iϖ y O解：（1）取电流元l Id ϖ如图，其受力大小 ααααcos BIRd d BIRSin BIdlSin dF -=== 3分 方向：垂直向 1分积分可得整个圆电流的受力⎰⎰=-==πα200cos BIRd dF F 2分（2）由磁力矩的定义B S I B p M mϖϖϖϖϖ⨯=⨯=，得其大小 2分BR I ISBSinM 22ππ== 2分 方向：沿Y轴负向1分9. 如图，矩形线圈与长直导线共面，已知I 1=20A ，I 2=10A ，a=1.0cm ，b=9.0cm ，h=20cm 。

求：电流I 1产生的磁场作用在线圈上的合力。

IϖyOααd l Id ϖ解：由对称性，AD 、BC 受力大小相等、方向相反，二力抵消。

对AB 段F 1方向垂直AB 向左，大小为：⎰⎰===ABh a II dl I a I dl B I F πμπμ22210210121 4分对CD 段： 同理，有hb a I I F )(22102+=πμ 3分合力为N h ba a I I F F F 421021102.7)11(2-⨯=+-=-=πμ合 3分10. 半径为R=0.1m 的半圆形闭合线圈，载有电流I=10A ，放在均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，如图所示。

已知B=0.5T ，求（1）线圈所受力矩的大小和方向（以直径为转轴）；（2）若线圈受上述磁场作用转到线圈平面与磁场垂直的位置，则力矩作功为多少？解：（1）由线圈磁矩公式B p M m ϖϖϖ⨯=（2分） 得)(0785.05.01.0211021sin 22m N BR I B p M m ⋅=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯==ππθ（4分）方向沿直径向上。

（2）力矩的功为)(0785.05.01.021102122J BR I I A =⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=∆Φ=ππ（4分）IBR。