延安大学：《大学物理》课程教学资源_复习指南（典型例题讲解）第十章 恒定电流和真空中恒定磁场

奥婴彻题剖 第十章恒定电流和真空中恒定磁场 基本思路 本章主要计算涉及恒定电流以及电流的磁场、磁场对电流的作用。在电流的磁场计算中分为两 种方法。一是用积分法或叠加法求电流的磁场,要学会由毕奥萨伐尔定律通过积分法求任意形状载 流导线的磁场,同时更应注意到利用已有的电流磁场的结论,如长直载流导线、圆形电流(包括圆 弧电流)等的磁场,通过叠加法或积分求出复杂载流导体的磁场。另一类是用安培环路定律求磁场 这类题有一定的要求,即磁场必须具有某些对称性,解此类题关键是找 到易于将B的环流展开计算的安培积分环路。在磁场对电流作用的计算 方面一类是磁场对载流导线的作用,其中又分磁场是均匀还是非均匀的, 均匀磁场对直导线作用力的计算较容易,而弯导线一般采用把两端连接 成直导线等效,非均匀磁场对载流导线作用的计算一般要用积分法。另 一类计算是求均匀磁场对载流线圈的力矩,可直接用公式求解。再一类 是磁场对运动电荷的作用力—洛仑兹力 2.例题剖析 例1求球形电极的接地地阻及跨步电压。如把地球看成是均匀导电物质,电导率G=10-2S/m, 现有一半径为a=20cm的球形电极,一半埋入大地中,电极本身电阻忽略,求电极的接地地阻。若 有雷电时,有104A的电流经过此电极流入大地,求离电极20m处的人的跨步电压。若人跨一步的 步长为08m 分析对柱形(横截面处处相等)的电阻可以用R=pS求其电阻,而对横截面不等的导电 物质如何求其电阻,这就需要借助于微积分的思想先对局部微分求其小体元对应电阻dR,然后对整 个导电物质积分求出总的电阻 解在大地内以球形电极球心为球心取一半径为r,厚度为dr的半球壳,此半球壳的电阻由公 式R=p/S可得

典型例题剖析 第十章 恒定电流和真空中恒定磁场 1．基本思路 本章主要计算涉及恒定电流以及电流的磁场、磁场对电流的作用。在电流的磁场计算中分为两 种方法。一是用积分法或叠加法求电流的磁场，要学会由毕奥-萨伐尔定律通过积分法求任意形状载 流导线的磁场，同时更应注意到利用已有的电流磁场的结论，如长直载流导线、圆形电流（包括圆 弧电流）等的磁场，通过叠加法或积分求出复杂载流导体的磁场。另一类是用安培环路定律求磁场， 这类题有一定的要求，即磁场必须具有某些对称性，解此类题关键是找 到易于将 B  的环流展开计算的安培积分环路。在磁场对电流作用的计算 方面一类是磁场对载流导线的作用，其中又分磁场是均匀还是非均匀的， 均匀磁场对直导线作用力的计算较容易，而弯导线一般采用把两端连接 成直导线等效，非均匀磁场对载流导线作用的计算一般要用积分法。另 一类计算是求均匀磁场对载流线圈的力矩，可直接用公式求解。再一类 是磁场对运动电荷的作用力——洛仑兹力。 2．例题剖析 例 1 求球形电极的接地地阻及跨步电压。如把地球看成是均匀导电物质，电导率 10 S /m 2   ， 现有一半径为 a=20cm 的球形电极，一半埋入大地中，电极本身电阻忽略，求电极的接地地阻。若 有雷电时，有 A 4 10 的电流经过此电极流入大地，求离电极 20m 处的人的跨步电压。若人跨一步的 步长为 0.8m。 分析 对柱形（横截面处处相等）的电阻可以用 R  l / S 求其电阻，而对横截面不等的导电 物质如何求其电阻，这就需要借助于微积分的思想先对局部微分求其小体元对应电阻 dR ，然后对整 个导电物质积分求出总的电阻。 解 在大地内以球形电极球心为球心取一半径为 r，厚度为 dr 的半球壳，此半球壳的电阻由公 式 R  l / S 可得 I dr O a r 图 4

dR o 2Tm 则球形电极接地地阻(即对此电极而言大地的地阻) 1 dr B 代入数据得 IR E2,R2 RQ 在距电极中心20m处,人跨一步,两脚间对应的电阻为 =△R 0.032g2, 22o 则人跨一步两脚间的电势差(跨步电压) R=10×0.032=320() 该电势差对人体是相当危险的。 例2在如图所示的电路中,已知E1=12,E2=9,E3=8V,R1=R2=R3=1 R1=R2=R3=R4=292,R5=39,求 (1)A,B两点间的电势差 (2C,D两点间的电势差 分析该题中C,D间断开,C,D支路上无电流,因此可用闭合回路的欧姆定律求其余部分的 电流,再利用一段含源电路的欧姆定律求任两点间的电势差。 解(1)C,D间断开,该支路上无电流,由A点、电源E1、B点、电源E2等组成了一闭合回 路,其电流以Ⅰ由闭合回路欧姆定律可得:(设图中方向为讨论问题设定的正方向) E1-E2 12-9 I ∑RR1+R+R2+R2+R+R1+2+2+1+2+2 0.3(A) 则-VB=R2-(-E2)+R2+R4=10.5(V)。 读者可自己从沿另一条支路求出V-VB,验证一下。 (2)沿C,A,E2,B,D方向求-1D V-VD=IR2-(-2)+IR2+R4-(E3)=25(V)

2 2 1 r dr dR    ， 则球形电极接地地阻（即对此电极而言大地的地阻） r a dr R dR a  2 1 2 1 2       ， 代入数据得 在距电极中心 20m 处，人跨一步，两脚间对应的电阻为       0.032 2 2 r  r R步 R ， 则人跨一步两脚间的电势差（跨步电压） 10 0.032 320( ) 4 U步  IR步    V 。 该电势差对人体是相当危险的。 例 2 在如图所示的电路中，已知  1  12V ， 2  9V ， 3  8V ， Ri1  Ri2  Ri3  1 ， R1  R2  R3  R4  2 ， R5  3 ，求： (1)A，B 两点间的电势差； (2)C，D 两点间的电势差。 分析 该题中 C，D 间断开，C，D 支路上无电流，因此可用闭合回路的欧姆定律求其余部分的 电流，再利用一段含源电路的欧姆定律求任两点间的电势差。 解 （1）C，D 间断开，该支路上无电流，由 A 点、电源 1  、B 点、电源 2  等组成了一闭合回 路，其电流以 I 由闭合回路欧姆定律可得：（设图中方向为讨论问题设定的正方向） 0.3( ) 1 2 2 1 2 2 12 9 1 1 2 2 4 3 1 2 A R R R R R R R I i i i i                     ， 则 ( ) 10.5( ) VA VB  IR2   2  IRi2  IR4  V 。 读者可自己从沿另一条支路求出 VA VB ，验证一下。 (2)沿 C，A， 2  ，B，D 方向求 VC VD ( ) ( ) 2.5( ) Vc VD  IR2   2  IRi2  IR4   3  V A B 1 1 ,Ri  3 3 ,Ri  2 2 ,Ri  C D R1 R3 R2 R4 图 5

例3如图6(1),由均匀导线组成的如图所示形状的电路中通有电流强度为I的电流,求环中 心处O点的磁感应强度B。 ao O RI D 图6(1) 图6(2) 图6(3) 分析这是一道典型的求由直导线和圆形电流等组成的复杂载流导线产生的磁场题目,此类题 可由毕奥-萨伐尔定律求解结果,但这样积分会非常繁琐。这类题可利用教材中已经求出的几种载流 导线(如有限长载流直导线,无限长载流直导线,圆形电流等)的磁场结论,利用磁场叠加性求出 总的磁感应强度。而应用上述结论时还要由磁场的叠加性找出题中载流导线和已知结论间的关系。 本题中先考虑通有电流为l0的一段圆弧(对应角度为6)在圆心处的磁场。如图,先把整个圆补 齐,设整个圆形导线上通过电流为l,由教材上结论可知,在圆心处的磁感应强度为B_s, 而该圆形电流的磁场是由其上每一小段电流产生的磁场的矢量,而每一小段在O点处的磁场方向均 相同(图中为垂直于纸面向里),计算时矢量和转化成标量和。由此可知,按正比关系对应于角的 圆弧段的磁感应强度B大小为 B1:B0=6:2丌, 即 B.= 4、010A1B 2丌2R4zR 方向垂直于纸面向里 本题中BD段导线产生的磁场可由有限长载流直导线磁场结论计算,但考虑到本题中A=2 也可用上述相同的思路求出此半无限长载流直导线的磁场,先把BD段左侧导线补全成无限长直导 线,而无限长直导线的磁场为Bn= 2P考虑到该直线上每一段电流元产生的磁场方向都相同(图 中为垂直于纸面向外),而左右两段如用毕奥一萨伐尔定律求数学积分,数值应相等,可得由BD段

例 3 如图 6（1），由均匀导线组成的如图所示形状的电路中通有电流强度为 I 的电流，求环中 心处 O 点的磁感应强度 B  。 分析 这是一道典型的求由直导线和圆形电流等组成的复杂载流导线产生的磁场题目，此类题 可由毕奥-萨伐尔定律求解结果，但这样积分会非常繁琐。这类题可利用教材中已经求出的几种载流 导线（如有限长载流直导线，无限长载流直导线，圆形电流等）的磁场结论，利用磁场叠加性求出 总的磁感应强度。而应用上述结论时还要由磁场的叠加性找出题中载流导线和已知结论间的关系。 本题中先考虑通有电流为 0 I 的一段圆弧(对应角度为  )在圆心处的磁场。如图，先把整个圆补 齐，设整个圆形导线上通过电流为 0 I ，由教材上结论可知，在圆心处的磁感应强度为 R I B 2 0 0 0   ， 而该圆形电流的磁场是由其上每一小段电流产生的磁场的矢量，而每一小段在 O 点处的磁场方向均 相同（图中为垂直于纸面向里），计算时矢量和转化成标量和。由此可知，按正比关系对应于  角的 圆弧段的磁感应强度 B1 大小为： B1 : B0   : 2 ， 即 R I R I B B         2 2 2 4 0 0 0 0 1  0    ， 方向垂直于纸面向里。 本题中 BD 段导线产生的磁场可由有限长载流直导线磁场结论计算，但考虑到本题中 2 1    ， 也可用上述相同的思路求出此半无限长载流直导线的磁场，先把 BD 段左侧导线补全成无限长直导 线，而无限长直导线的磁场为 R I B 2 0 0 0   ，考虑到该直线上每一段电流元产生的磁场方向都相同（图 中为垂直于纸面向外），而左右两段如用毕奥—萨伐尔定律求数学积分，数值应相等，可得由 BD 段 图 6(3) O 0 I R I0 B D O  0 I 0 I 图 6(2) F E C B O D  图 6(1)

产生的磁场为整个无限长直导线产生的磁场的一半。即 1B=14= 22 2TR 4TR 解由磁场的叠加性,全部导线产生的磁感应强度可看成由CA段、AB段、B段、BD段 导线产生的磁感应强度的矢量和,令分别为B2B2,B3B4° 由于CA段延长线经过O点,由毕奥一萨伐尔定律,l∥后,可得B1=0。设AEB段上流过 的电流为12,其电阻值为R=风S=pR/S,段流过的电流为1,其电阻值为 R3=P2/S=pR(2-q)/S,则有I=l2+l3,且l2·R2=l3R,即 12 pR/S=lpr(2T-)/S 129=13(2 由分析可知,AEB段产生的磁感应强度大小为 B, 0l29 4TR 方向垂直于纸面向外 同理,AFB段产生的磁感应强度大小为 B 方向垂直于纸面向里 B2-B3 2qpl(2x-q)1[l2-l(2x- 4R 4TR 则AEB段和AFB段在O点产生的磁感应强度两者刚好抵消。这个结论对任意的ρ角度都成立 BD段产生的磁感应强度为 B1=141=41 2 2TR 4TR 方向为垂直于纸面向外 由叠加性,总的磁感应强度为

产生的磁场为整个无限长直导线产生的磁场的一半。即 R I R I B B     2 2 4 1 2 1 0 0 0 0  0   解 由磁场的叠加性，全部导线产生的磁感应强度可看成由 CA 段、 段、 段、BD 段 导线产生的磁感应强度的矢量和，令分别为 1 2 3 4 B ,B ,B ,B     。 由于 CA 段延长线经过 O 点，由毕奥－萨伐尔定律， 0 Idl //r   ，可得 B1  0  。设 段上流过 的电流为 2 I ，其电阻值为 R2  l 1 / S  R/ S ， 段流过的电流为 3 I ，其电阻值为 R3  l 2 / S  R(2 )/ S ，则有 2 3 I  I  I ，且 2 2 3R3 I  R  I ，即 I2  R / S  I3R(2 )/ S ， (2 ) I2  I3   。 由分析可知， 段产生的磁感应强度大小为： R I B    4 0 2 2  ， 方向垂直于纸面向外。 同理， 段产生的磁感应强度大小为： R I B     4 (2 ) 0 3 3   ， 方向垂直于纸面向里。 0 4 [ (2 )] 4 (2 ) 4 0 2 0 3 0 2 3 2 3         R I I R I R I B B             。 则 段和 段在O点产生的磁感应强度两者刚好抵消。这个结论对任意的  角度都成立。 BD 段产生的磁感应强度为 R I R I B     2 2 4 1 0 0 4   ， 方向为垂直于纸面向外。 由叠加性，总的磁感应强度为 AEB AFB AFB AEB AFB AEB AEB AFBI 图 7(a)

B=B1+B2+B3+B4 大小为 B=B+B2-B+B1=B1=4 方向垂直于纸面向外。 例4在半径为R的“无限长”半圆柱形金属薄片中,在电流强度为的电流自下而上均匀地 通过。如图7(a)所示的坐标系。 分析对无限长载流直导线教材上己经用毕奥一萨伐尔定律求出其磁感应强度。本题中的电流并 不是沿某一根导线流过,而是沿一曲面流过,对此题可以利用微积分的思想先对圆柱面沿轴线方向 分成无数根无限长直导线,再对这些直导线的磁场利用磁场叠加性求积分。注意此题中积分是矢量 积分 解建立如图7(b)所示的坐标系 在半圆柱面上取一宽为d的无限长直导线,其上电流为d=-dl 则由d段直导线产生的磁场dB ,方向如图中所示 d 则半圆柱面产生的总磁感应强度为 B=ldB 图7(b) 由对称性分析,B=0,B=0。 b=B= dB.=aB cos a= dEsire 又d=Rdb,即 P B 2mk n6=[Ho. IRde/TR in e 2TR 图8 方向为x轴正方向。 例5如图8所示,半径为R的绝缘薄圆盘均匀带电,电荷的面密度为,若圆盘以O的角速度 绕过其中心且垂直一盘面的轴匀速转动,求其轴线上某点处的磁感应强度和该圆盘的磁矩。 分析圆盘转动起来,其上的每个电荷绕中心轴线作圆周运动,相当于一个圆形电流。因此可

B B1 B2 B3 B4          ， 大小为 R I B B B B B B   4 0  1  2  3  4  4  。 方向垂直于纸面向外。 例 4 在半径为 R 的“无限长”半圆柱形金属薄片中，在电流强度为 I 的电流自下而上均匀地 通过。如图 7（a）所示的坐标系。 分析 对无限长载流直导线教材上已经用毕奥－萨伐尔定律求出其磁感应强度。本题中的电流并 不是沿某一根导线流过，而是沿一曲面流过，对此题可以利用微积分的思想先对圆柱面沿轴线方向 分成无数根无限长直导线，再对这些直导线的磁场利用磁场叠加性求积分。注意此题中积分是矢量 积分。 解 建立如图 7（b）所示的坐标系。 在半圆柱面上取一宽为 dl 的无限长直导线，其上电流为 dl R I dI   。 则由 dl 段直导线产生的磁场 R dI dB   2 0  ，方向如图中所示。 则半圆柱面产生的总磁感应强度为  B  dB   ， 由对称性分析， By  0,Bz  0 。 则    B  Bx  dBx  dBcosa  dBsin ， 又 dl  Rd ，即                  0 2 0 0 0 sin 2 / sin 2 R I R IRd R R dI B ， 方向为 x 轴正方向。 例 5 如图 8 所示，半径为 R 的绝缘薄圆盘均匀带电，电荷的面密度为  ,若圆盘以  的角速度 绕过其中心且垂直一盘面的轴匀速转动，求其轴线上某点处的磁感应强度和该圆盘的磁矩。 分析 圆盘转动起来，其上的每个电荷绕中心轴线作圆周运动，相当于一个圆形电流。因此可 dB  dl  d x y 图 7(b) P  O x  r dr 图 8

以借助圆形电流的磁场结论解此题,由于同一半径的点电荷形成的圆电流半径相同,可以取盘上的 圆环为积分微元,利用积分求总的磁感应强度和磁矩 解(1)在圆盘上取一半径为r,宽度为d的圆环,该圆环带电量为 d q =2I=. modr= oordr 设轴线上一点P距离圆盘的圆中心为x。则圆电流d在P点产生的磁感应强度为 Logor al dB= 2(2+x2) 方向为x轴正向。 每一圆环产生的磁感应强度方向相同,则由圆盘产生的总磁感应强度B=「dB,即 Looor'dr Hooo, R+2x 2(r3+x)22√R2+x (2)由磁矩的定义,宽度为d的圆环产生的磁矩为: dp dIS= m2gordr= toor'dr 方向为沿轴线方向向上。 则圆盘总磁矩 P=dP= morar 方向沿轴线向上。 注意:本题解时采用设正法,即假设电荷为正电荷,如电荷为负电荷则磁感应强度为磁矩方向 均为题解中的相反方向。 例6现有一如图9所示(横向部面图)的同轴电缆,内芯为一半径为r的导体圆柱,外部为半 径分别为z2和7的导体圆筒。电流强度为l0的电流由内芯圆柱体均匀流入,再由外筒中均匀流出。 试求该无限长电缆产生的磁感应强度的空间分布 分析该同轴电缆产生的磁场具有对称性。首先若将该电缆沿轴向分割成无数根无限长直导线 其每一根载流直导线产生的磁感应强度都没有沿轴线方向分量,即该电缆产生的磁场方向应在与轴

以借助圆形电流的磁场结论解此题，由于同一半径的点电荷形成的圆电流半径相同，可以取盘上的 圆环为积分微元，利用积分求总的磁感应强度和磁矩。 解 （1）在圆盘上取一半径为 r，宽度为 dr 的圆环，该圆环带电量为 r dr rdr dq t q dI                2 1 2 2 。 设轴线上一点 P 距离圆盘的圆中心为 x。则圆电流 dI 在 P 点产生的磁感应强度为 2 2 3 / 2 3 0 2 2 3 / 2 2 0 2( ) 2(r x ) r dr r x r dI dB        ， 方向为 x 轴正向。 每一圆环产生的磁感应强度方向相同，则由圆盘产生的总磁感应强度  B  dB   ，即          R x R x R x r x r dr B dB 0 2 2 2 2 0 3 3 3 / 2 3 0 2 ) 2 ( 2( ) 2     (2)由磁矩的定义，宽度为 dr 的圆环产生的磁矩为： dP dIS r rdr r dr m 2 3       ， 方向为沿轴线方向向上。 则圆盘总磁矩      R Pm dPm r dr R 0 3 4 4 1   ， 方向沿轴线向上。 注意：本题解时采用设正法，即假设电荷为正电荷，如电荷为负电荷则磁感应强度为磁矩方向 均为题解中的相反方向。 例 6 现有一如图 9 所示（横向部面图）的同轴电缆，内芯为一半径为 1 r 的导体圆柱，外部为半 径分别为 2 3 r 和r 的导体圆筒。电流强度为 0 I 的电流由内芯圆柱体均匀流入，再由外筒中均匀流出。 试求该无限长电缆产生的磁感应强度的空间分布。 分析 该同轴电缆产生的磁场具有对称性。首先若将该电缆沿轴向分割成无数根无限长直导线， 其每一根载流直导线产生的磁感应强度都没有沿轴线方向分量，即该电缆产生的磁场方向应在与轴

垂直的平面内。又由于该电缆关于轴线是对称的,因此利用积分方法求所有与轴距离为r的点的磁 感应强度时其数学上的积分过程完全相同,即这些点的磁感应强度大小相等,而由对称性分析积分 后其磁感应强度的方向应为与半径垂直的方向,即以r为半径的圆的切线方向。该磁场磁感应线(B 矢量线)形状和无限长直导线的磁感应线形状相同,为圆形。由以上分析,该题结果具有特殊对称 性可以用安培环路定理求解。 解以电缆轴线上一点为圆心作一半径为r的圆,以该圆为积分回路(安培环路)。由安培环路 定理 (内) 当0≤r≤时,∑ 5B·d=B olo (a) B 当<r≤F时,∑/=0则 (内) Bd=B·2m=4lo B 2<r≤r时 dI=B 2mm=Hon2-r2 B2=地 () 2mv2-n2

垂直的平面内。又由于该电缆关于轴线是对称的，因此利用积分方法求所有与轴距离为 r 的点的磁 感应强度时其数学上的积分过程完全相同，即这些点的磁感应强度大小相等，而由对称性分析积分 后其磁感应强度的方向应为与半径垂直的方向，即以 r 为半径的圆的切线方向。该磁场磁感应线（ B  矢量线）形状和无限长直导线的磁感应线形状相同，为圆形。由以上分析，该题结果具有特殊对称 性可以用安培环路定理求解。 解 以电缆轴线上一点为圆心作一半径为 r 的圆，以该圆为积分回路（安培环路）。由安培环路 定理 L B dl  I (,内)    。 当 0  r  r1时，   ( ) 2 1 2 0 2 0 1 2 内 r I r I r r I   ， 则      L r I r B dl B r 2 1 2 0 0 2     ， 即 2 1 0 0 ( ) 2 r I r B r    。 当 r1  r  r2时，   ） I I (内 0 则      L 0 B dl B r I 2 0   ， 即 r I B r   2 0 0 ( )  。 当 2 3 r  r  r 时         ） I r r r r I r r r r I I (内 2 0 2 2 3 2 2 3 2 0 2 2 3 2 2 2 0     ， 则        2 0 2 2 3 2 2 3 2 0 I r r r r B dl B r    即     2 2 2 3 2 2 0 0 3 ( ) 2 r r r I r r B r      图 9 2 r 3 r 1r O I I  (a) 2 r 3 r 1r (b) O O

当r>时,∑/=0,则 dl=B 2Tr=0 B(r)=0 B的方向:由右手法则判定。 例7如图10所示,厚度为d的无限大导线平板上沿同一方向均匀通有电流,其电流密度为 求导线内外的磁感强度 分析若电流方向垂直于纸面向里。此题如果是薄形板可以借助于无限长载流直导线生产的磁 场通过积分求出结果。但积分过程相对较繁且本题为有厚度板,积分应为两重积分。故应先分析其 磁场的特点,特别是对称性。此类题若选用安培环路定理求解关键是根据对称性找到适合计算的安 培环路 本题中若在空间找任一点为讨论点,如用上述积分思想求解结果,距板同样距离的任意两点积 分时数学积分表达式应完全一样,即和板距离相同的点的磁感应强度的大小和方向应相等,且由于 左右两边电流分布对称,P点处的磁感应强度应没有垂直于板的分量,只有平行于板的分量,即B的 方向与板面平行,为图中标示的方向,鉴于以上两点可用安培环路定理求解本题。 解以板中心线上一点为原点,向上为x轴正向建立坐标系,如图过P点作一安培环路,环路 为一矩形,边长分别为1,2x,矩形面和板面垂直,且上下边关于板对称,左右边垂直于板面。 由分析,该板产生的磁感应强度在板上侧(x0时)其方向为水平向右,下侧(x<0时)为水平 向左,且矩形上、下边上各点的B大小相等,则由安培环路定理 P 5Bd=A∑1 b O·⑧⑧↑⑧⑧⑧Q f B d= B d+B d+ Bd+ Bdl B 图10 其中 E.d=0,「B,d=0因为B⊥d), 「Bd=「B:d=B1

当 3 r  r 时，   （ ） I 内 0 ，则  B dl  B 2r  0   即 B(r)  0 。 B 的方向：由右手法则判定。 例 7 如图 10 所示，厚度为 d 的无限大导线平板上沿同一方向均匀通有电流，其电流密度为  ， 求导线内外的磁感强度。 分析 若电流方向垂直于纸面向里。此题如果是薄形板可以借助于无限长载流直导线生产的磁 场通过积分求出结果。但积分过程相对较繁且本题为有厚度板，积分应为两重积分。故应先分析其 磁场的特点，特别是对称性。此类题若选用安培环路定理求解关键是根据对称性找到适合计算的安 培环路。 本题中若在空间找任一点为讨论点，如用上述积分思想求解结果，距板同样距离的任意两点积 分时数学积分表达式应完全一样，即和板距离相同的点的磁感应强度的大小和方向应相等，且由于 左右两边电流分布对称，P 点处的磁感应强度应没有垂直于板的分量，只有平行于板的分量，即 B  的 方向与板面平行，为图中标示的方向，鉴于以上两点可用安培环路定理求解本题。 解 以板中心线上一点为原点，向上为 x 轴正向建立坐标系，如图过 P 点作一安培环路，环路 为一矩形，边长分别为 1 l ， 2x ，矩形面和板面垂直，且上下边关于板对称，左右边垂直于板面。 由分析，该板产生的磁感应强度在板上侧（x>0 时）其方向为水平向右，下侧（x<0 时）为水平 向左，且矩形上、下边上各点的 B  大小相等，则由安培环路定理 L B dl  I ( ) 0 内    ，               L a b b c ce ea B dl B dl B dl B dl B dl           ， 其中        b c ea B dl 0, B dl 0( B dl )       因为 ， 而       ab ce B dl B dl Bl1     。 图 10 a B  O x B  P b e c 1 l 

当x≤一时;即P点和矩形在板内时, 2 I=2xl1δ, dl=2Bl1=1·2x1o=20x1o B= lords 2=r。 d 当x>时,即P点和矩形上下边在板外时 1=1d, 则 fB d/=2B=4od, 即B=d6,为均匀磁场。 例8如图11所示在半径为R的圆柱体内挖去一轴线和该圆柱体轴线平行,半径为r的一小圆 柱体,如图所示。两轴线相距为d,余下部分沿轴向均匀流有电流,电流密度为δ,求圆柱体空腔 中的磁感应强度 分析该题如用积分法即将圆柱体分割成无数根无限长直导线后积分,其计算非常艰难。故该 题可采用补偿法,或者讲从另一角度采用叠加法,即将现有导体产生的磁场看成通有电流密度为δ的 整个大圆柱体和通有反向电流的小圆柱两者产生的磁场的叠加。由叠加可知,小圆柱体处的电流刚 好反向,互相抵消,从而和题中情况一致。再利用安培环路定理分别求大、小圆柱体的磁场后叠加。 解把题中柱体的磁场看成是整个大圆柱和通有反向电流的小圆柱体 产生的磁场叠加而成。两者的电流密度分别为d,-d 先求大圆柱体在空腔中某一点的磁感应强度B,由安培环路定理 B1·2丌={l1=A4m1, 即B=凸⑧,方向和垂直,如图,B可表示为

当 2 d x  时；即 P 点和矩形在板内时，   ( ) 2 1 内 I xl  ，  B  dl  2Bl1  0  2xl1  20 xl1   ， 则 x l xl B     0 1 0 1 2 2   。 当 2 d x  时，即 P 点和矩形上下边在板外时    ( ) 1 内 I dl ， 则 B dl 2 l 1 0dl1 L     B   ， 即 B 0d 2 1  ，为均匀磁场。 例 8 如图 11 所示在半径为 R 的圆柱体内挖去一轴线和该圆柱体轴线平行，半径为 r 的一小圆 柱体，如图所示。两轴线相距为 d，余下部分沿轴向均匀流有电流，电流密度为  ，求圆柱体空腔 中的磁感应强度。 分析 该题如用积分法即将圆柱体分割成无数根无限长直导线后积分，其计算非常艰难。故该 题可采用补偿法，或者讲从另一角度采用叠加法，即将现有导体产生的磁场看成通有电流密度为  的 整个大圆柱体和通有反向电流的小圆柱两者产生的磁场的叠加。由叠加可知，小圆柱体处的电流刚 好反向，互相抵消，从而和题中情况一致。再利用安培环路定理分别求大、小圆柱体的磁场后叠加。 解 把题中柱体的磁场看成是整个大圆柱和通有反向电流的小圆柱体 产生的磁场叠加而成。两者的电流密度分别为  ，- 。 先求大圆柱体在空腔中某一点的磁感应强度 B1  ，由安培环路定理， 2 1 2 1 0 1 0 1 B  r   I   r ， 即 1 0 1 2 B r   ，方向和 1 r  垂直，如图， B1  可表示为： 图 11 O O B  B1  B2  2 r  1 r     

B=8×F 同理,小圆柱体在空腔中的磁场 则空腔柱体内磁场为 B=B1+B2=8×-“5×=8×(-) 而(-2)的大小为d,方向由O指向O,可用d表 则 B=8 大小为B=均c,方向与OO方向垂直,与电流成右手关系。 则结果可知,在空腔中磁场为一均匀磁场。 例9如图12所示,两平行长直导线相距为d,两根导线上载有电流分别l1,2,方向如图,求: (1)两导线所在平面内与两导线等距的一点A处的磁感应强度。 (2)通过图中长方形所围面积的磁通量。(n,F2,均为已知) 分析该题中磁场由两根载流导线产生,因此求某一点的磁场时应利用磁场的叠加性。而该磁 场是不均匀磁场,求磁通量时也要先求一面元ds上的磁通量,再积分求总磁通量 解(1)由磁场叠加性,B=B1+B2。 101 A A点处:B 2 22,d,方向垂直于纸面向外。 B 方向垂直于纸面向外 d B=B+Bs41462=(+2) 方向垂直于纸面向外

1 0 1 2 B r        。 同理，小圆柱体在空腔中的磁场 2 0 2 ( ) 2 B r        ， 则空腔柱体内磁场为 ( ) 2 2 2 1 2 0 1 2 0 1 2 B B B r r r r                          。 而 ( ) 1 2 r r    的大小为 d，方向由 O 指向 O ，可用 d  表示。 则 B d        2 0 ， 大小为 B d  2 0  ，方向与 OO 方向垂直，与电流成右手关系。 则结果可知，在空腔中磁场为一均匀磁场。 例 9 如图 12 所示，两平行长直导线相距为 d，两根导线上载有电流分别 1 2 I ,I ，方向如图，求： （1）两导线所在平面内与两导线等距的一点 A 处的磁感应强度。 （2）通过图中长方形所围面积的磁通量。（ r,r ,l 1 2 均为已知） 分析 该题中磁场由两根载流导线产生，因此求某一点的磁场时应利用磁场的叠加性。而该磁 场是不均匀磁场，求磁通量时也要先求一面元 ds 上的磁通量，再积分求总磁通量。 解 （1）由磁场叠加性， B B1 B2      。 A 点处： 2 2 0 1 1 d I B     ，方向垂直于纸面向外。 2 2 0 2 2 d I B     ，方向垂直于纸面向外。 则 d I I d I d I B B B       ( ) 0 1 0 2 0 0 2 1 2       ， 方向垂直于纸面向外。 A dr 1 I 2 I d l 1 r 2 r 图 12