《大学物理AI》磁感应强度
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《大学物理AI 》作业No No.
.09磁感应强度班级________学号________姓名_________成绩_______
一、选择题
1．通有电流I 的无限长直导线有如图三种形状，则P ，Q ，O 各点磁感强度的大小B P ，B Q ，B O 间的关系为：[](A)B P >B Q >B O (B)B Q >B P >B O (C)B Q >B O >B P (D)B O >B Q >B P
解：由磁场叠加原理和无限长直导线及半圆形电流磁场公式知
a I B P 20µ=
a I a I a I B Q 2)
222()180cos 45(cos 4)135cos 0(cos 4000µππµπµ+=−+−=o o o o a
I
a I a I a I B O 2)22()180cos 90(cos 44)90cos 0(cos 40000µπππµππµπµ+=−+×+−=
o o o o 由以上三式知B O >B Q >B P
选D
2．有一个圆形回路1及一个正方形回路2，圆直径和正方形的边长相等，二者中通有大
小相等的电流，它们在各自中心产生的磁感强度的大小之比B 1/B 2为[](A)0.90(B)  1.00
(C)  1.11(D)  1.2解：圆电流在其中心产生的磁感应强度R
I
B 201µ=
正方形线圈在其中心产生的磁感应强度
R
I R I
B πµπµ0
022)135cos 45(cos 44=
−××=o o 磁感强度的大小之比为11.12222B  / B 0021===
ππµµR
I R I
选C
3．在磁感强度为B v
的均匀磁场中作一半径为r 的半球面S ，S 边线所在
平面的法线方向单位矢量n v 与B v
的夹角为α，则通过半球面S 的磁通量
(取弯面向外为正)为
[](A)πr 2B (B)无法确定的量(C)-πr 2B sin α(D)-πr 2
B cos α解：半球面S 与S 边线所在平面构成封闭高斯面，由磁场的高斯定理有通过半球面S 的
磁通量
α
παπcos cos 0d d d 2
2r B r B S B S B S B S −=−=⋅−⋅=
⋅∫∫∫∫平
v v v v v v
选D
4．一个电流元l i v
d 位于直角坐标系原点，电流沿y 轴方向，则空
间点P (x ，y ，z )的磁感应强度沿z 轴的分量是：[
]
(A)
(B)3
2220
)(d 4z y x l
iy ++⋅−
πµ(C)3
2220)(d 4z y x l
ix ++⋅−广州2a大学
πµ(D)2
22
0d 4z y x l iy ++⋅−
πµ解：由毕－沙定律，电流元在P 点产生的磁场为3
0d 4d r r
l i B v
v v ×⋅=πµ而k l xi i l zi z
y
x l i k
j i
r l i v v
v
v v v v d d 0d 0
d −==×所以，B v d 的z 分量为()
3
22
2
0304d d 4d z
y x
l
ix r l
xi B z ++−
=⋅−=π
µπµ选C
5．若要使半径为m 10
43
−×的裸铜线表面的磁感应强度为T 100.75−×，其铜线中需要
通过的电流为(17
0A m T 104−−⋅⋅×=πµ)
[
]
(A)0.14A (B)1.4A (C)14A
(D)2.8A
解：由圆形电流磁场分布有铜线表面磁感应强度大小为R
I
B πµ20=，所以铜线中需要通过的电流为
()
A 4.1104107104227
530=×××××=⋅=−−−ππµπB R I 选B
二、填空题1．半径为0.5cm 的无限长直圆柱形导体上，沿轴线方向均匀地流着I =3A 的电流。作一个半径r =5cm 、长l =5cm 且与电流
同轴的圆柱形闭合曲面S ，则该曲面上的磁感强度B v
沿曲面的积
分
=⋅∫∫S B v
v d ________________________。
y
解：由于无限长直圆柱形导体电流具有轴对称性，故由安培环路定理可求出磁场，场线分布以轴为中心的同心圆环，同轴圆柱形闭合曲面S 的上、下底面、侧面磁通量为零，因此B v
沿曲面的积分
d =⋅∫∫S B v v 2．如图所示，有两个半径相同的均匀带电绝缘体球面，O 1为左侧
球面的球心，带的是正电；O 2为右侧球面的球心，它带的是负电，两者的面电荷密度相等。当它们绕21O O 轴旋转时，两球面相切处
A 点的磁感强度
B A =____________________。
解：当均匀带电绝缘体球面绕21O O 轴旋转时形成电流强度不同的圆形电流
θ
θωσω
πθ
θπσd sin /2d sin 2d 2R R R I ==
由圆形电流轴线上一点磁感应强度公式和磁场叠加原理得两球面相切处A 点的磁感应强度大小相等方向相反，故A 点的磁感强度B A =0
3．一磁场的磁感应强度为(T)k c j b i a B r r
r r ++=，则通过一半径为R 、开口向z 正方向的
半球壳表面的磁通量大小为
Wb 。
解：如图所示，半径为R 的半球表面S 1和半径为R 的圆平面S 2组成封闭曲面S ，由磁场的高斯定理
0d =⋅∫∫S B s r r 得半球壳表面的磁通量∫∫∫∫∫∫⋅++−=⋅−=⋅=1
2
2
d )(d d S S S k
S k c j b i a S B S B Φr r r
r r r r r c S 2−=c
R 2π−=球壳表面的磁通量大小为c R 2
πWb 4．一质点带有电荷q =8.0×10
-10
C ，以速度v =3.0×105m ·s -
1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 =____________，该带电质点轨道运动的磁矩p m =___________________。(µ0=4π×10-7H ·m -
1)解：由圆形电流圆心处磁场公式有带电质点在轨道中心所产生的磁感强度
T 1067.6)
106.00(4 103.0108.01044222/272
3-5-10-720000−×=××××××××=====πππµπµµµR qv R qv R R T q R I B 轨道运动的磁矩
R
2
S 1
S z
m A 1020.72
106.00103.0108.02227-35-102
m ⋅×=×××××====−qvR R R qv IS p ππ5．一平面试验线圈的磁矩大小P m 为1×10-8A ⋅m -2，把它放入待测磁场中的A 处(试验线
圈是如此之小，以致可以认为它占据的空间内场是均匀的)。当此线圈的m P r
与z 轴平行时，
所受的力矩大小是M =5×10
-9
N ⋅m ，方向沿x 轴方向；当此线圈的m P r
与y 轴平行时，
所受的力矩为零。则空间A 点处的磁感应强度B r
的大小为
，方向
为
。
解：设磁场k B j B i B B z y x r r r r ++=，由放入均匀磁场中的线圈所受力矩B p M v
v v ×=m 有
情形1i
B B B k
j i M z
y x v
v v
v v 9810510100−−×=×=即i j B i B M x y v v v v 98105)(101−−×=−××−=①
情形20
010108=×=−z
y x B B B k j i M v v
v v
即0)(1018
=−××=−k B i B M x z v v v ②
联解方程①、②可得
=x B T
5.0−=y B 0
=z B 故空间A 点处的磁感应强度B r
的大小为T 5.0，方向为沿y 轴负向
三、计算题
1．已知空间各处的磁感强度B v
都沿x 轴正方向，而且磁场是均匀的，B =1T 。求下列三
种情形中，穿过一面积为2m 2的平面的磁通量。
(1)平面与yz 平面平行；(2)平面与xz 平面平行；
(3)平面与y 轴平行，又与x 轴成45°角。
解：(1)平面与yz 平面平行时，则其法线与x 轴平行，有磁通量
2±==⋅S B v
v ΦWb
(2)平面与xz 坐标面平行，则其法线与B v
垂直，有磁通量
==⋅S B v v Φ
(3)平面与y 轴平行，又与x 轴成45°角，其法线与B v
的夹角为45°或135°，故
有磁通量41.145cos =°==⋅BS S B v v ΦWb
或
41.1135cos −=°==⋅BS S B v v
ΦWb
2．如图所示，半径为R ，电荷线密度为λ(λ>0)的均匀带电的圆线圈，绕过圆心与圆平面垂直的轴以角速度ω转动，求轴线上
任一点的B r
的大小及其方向。
解：绕过圆心与圆平面垂直的轴以角速度ω转动均匀带电的圆线
圈电流为λωω
πλ
πR R T q I ===
/22由典型电流：通电圆环轴线上任一点磁感应强度
有轴线上任一点的B r
的大小2
/322302/32220)(2)(2x R R x R IR B B x +=
+==λω
µµB v
的方向与x 轴正向一致
3．一多层密绕螺线管的内半径为1R ，外半径为2R ，长为2L ，设总匝数为N ，导线很细，其中通过的电流为I ，求螺线管中心O 点的磁感应强度。
[积分公式：
)ln(d 222
2a x x a x x
++=+∫
]
解：利用单层螺线管内磁场公式
)
cos (cos 2
1
120ββµ−=nI B 如图示，在螺线管中取半径为r ，厚为d r 的绕线薄层，相当于一个单层螺线管，它在O 处产生的磁场为
)cos (cos )
(2d 21d 12120ββµ−−=
R R L r NI B 本题中)
/(2cos 2cos cos 22212r L L +==−βββ∴
2
2120)(2d d r L R R r
NI B +−=
µ∫
+−=
2
1
2
2120d )
(2R R r L r
R R NI B µ2
21122
22120ln
)(2L R R L R R R R NI
++++−=µ
d r
L
2o •

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