2020高中物理競賽習題專題八：恒定磁場(Word版含答案)

高中物理競賽習題專題八：恒定磁場1兩根長度相同的細導線分別多層密繞在半徑為R和r的兩個長直圓筒上形成兩個螺線管，兩個螺線管的長度相同，R=2r，螺線管通過的電流相同為I,螺線管中的磁感強度大小BR、Br滿足()(A)B=2B(B)B=B(C)2B=B(D)B=4BRrRrRrRr分析與解在兩根通過電流相同的螺線管中，磁感強度大小與螺線管線圈單位長度的匝數成正比．根據題意，用兩根長度相同的細導線繞成的線圈單位長度的匝數之比nr1R==—nR2r因而正確答案為(C)。2一個半徑為r的半球面如圖放在均勻磁場中，通過半球面的磁通量為()(A)2nr2B(B)nr2B(C)2nr2Bcosa(D)nr2Bcosa分析與解作半徑為r的圓S'與半球面構成一閉合曲面，根據磁場的髙斯定理，磁感線是閉合曲線，閉合曲面的磁通量為零，即穿進半球面S的磁通量等于穿出圓面S'的磁通量；①=B-S.因而正確答案為(D).m3下列說法正確的是()閉合回路上各點磁感強度都為零時，回路內一定沒有電流穿過閉合回路上各點磁感強度都為零時，回路內穿過電流的代數和必定為零磁感強度沿閉合回路的積分為零時，回路上各點的磁感強度必定為零

D）磁感強度沿閉合回路的積分不為零時，回路上任意一點的磁感強度都不可能為零分析與解由磁場中的安培環(huán)路定律，磁感強度沿閉合回路的積分為零時，回路上各點的磁感強度不一定為零；閉合回路上各點磁感強度為零時，穿過回路的電流代數和必定為零。因而正確答案為（B）.圓周內有電流II、12,，P1、P2為兩圓形回路圓周內有電流II、12,，P1、P2為兩圓形回路其分布相同，且均在真空中，但在（b）圖札2回路外有電流I3上的對應點，則()JB-dlB-dl,LLJB-dl邛上的對應點，則()JB-dlB-dl,LLJB-dl邛B-dl,LBP1二BP2B)BP1二BP2D)JB-dl-dl，LLJB-dlhJB-dl,B豐BB豐BL1P1P2分析與解由磁場中的安培環(huán)路定律，積分回路外的電流不會影響磁感強度沿回路的積分；分析與解但同樣會改變回路上各點的磁場分布?因而正確答案為（C）.5半徑為R的圓柱形無限長載流直導體置于均勻無限大磁介質之中，若導體中流過的恒定電流為I,磁介質的相對磁導率為卩（卩VI），則磁介質內的磁化強度為（）rr(A)-Q—1)I/2nrr（B）(A)-Q—1)I/2nrrr(C)(C)—“I/2nrr(D)I/2矽rr分析與解利用安培環(huán)路定理可先求出磁介質中的磁場強度，再由M=（卩一1）H求r得磁介質內的磁化強度，因而正確答案為（B）.6北京正負電子對撞機的儲存環(huán)是周長為240m的近似圓形軌道，當環(huán)中電子流強度為8mA

時，在整個環(huán)中有多少電子在運行？已知電子的速率接近光速。eNec分析一個電子繞存儲環(huán)近似以光速運動時，對電流的貢獻為AI二，因而由I二I/cl可解出環(huán)中的電子數。解通過分析結果可得環(huán)中的電子數N二丄二4x1010ec7已知銅的摩爾質量M=63.75g?mol-1，密度P=8.9g?cm-3，在銅導線里，假設每一個銅原子貢獻出一個自由電子，(1)為了技術上的安全，銅線內最大電流密度j=6.0A-mm-2，求此時銅線內電子的漂移速率v；(2)在室溫下電子熱運動的平均md速率是電子漂移速率v的多少倍？d分析一個銅原子的質量m=M/N，其中N為阿伏伽德羅常數，由銅的密度P可以推算AA出銅的原子數密度n=p/m根據假設，每個銅原子貢獻出一個自由電子，其電荷為e,電流密度j=nev?從而可解md得電子的漂移速率v.d將電子氣視為理想氣體，根據氣體動理論，電子熱運動的平均速率i8kTV二■-ynme其中k為玻耳茲曼常量，m為電子質量?從而可解得電子的平均速率與漂移速率的關系.e解(1)銅導線單位體積的原子數為n二Np/MA電流密度為j時銅線內電子的漂移速率mv=j/ne-jM/Npe-4.46x10-4m-s-1dmmA1;8kf(2)室溫下(T=300K)1;8kfu2.42x108vnmd'e室溫下電子熱運動的平均速率遠大于電子在恒定電場中的定向漂移速率.電子實際的運動是無規(guī)熱運動和沿電場相反方向的漂移運動的疊加.考慮到電子的漂移速率很小，電信號的信

息載體顯然不會是定向漂移的電子．實驗證明電信號是通過電磁波以光速傳遞的．8有兩個同軸導體圓柱面，它們的長度均為20m,內圓柱面的半徑為3.0mm,外圓柱面的半徑為9.0mm.若兩圓柱面之間有10uA電流沿徑向流過，求通過半徑為6.0mm的圓柱面上的電流密度．分析如圖所示是同軸柱面的橫截面，電流密度j對中心軸對稱分布?根據恒定電流的連續(xù)性，在兩個同軸導體之間的任意一個半徑為r的同軸圓柱面上流過的電流I都相等，因此可得j=I/2nrl解由分析可知，在半徑r=6.0mm的圓柱面上的電流密度j=I/2nrl=13.3mA-m-29如圖所示，已知地球北極地磁場磁感強度B的大小為6.0X10-5T?如設想此地磁場是由解設赤道電流為I,則由教材第7—4節(jié)例2知，圓電流軸線上北極點的磁感強度IR2IR2=IR2)/24逅R因此赤道上的等效圓電流為4、：2RBI==1.73x109A0由于在地球地磁場的N極在地理南極，根據右手螺旋法則可判斷赤道圓電流應該是由東向兩點，并與很遠處的電源相接。求西流，與地球自轉方向相反．兩點，并與很遠處的電源相接。求10如圖所示，有兩根導線沿半徑方向接觸鐵環(huán)的a、b環(huán)心O的磁感強度．分析根據疊加原理，點0的磁感強度可視作由ef、be、fa三段直線以及acb、adb兩段圓弧電流共同激發(fā)?由于電源距環(huán)較遠，Bef=0.而be、fa兩段直線的延長線通過點°，由于Idlxr=0，由畢一薩定律知B=B=0.流過圓弧的電流I、I的方向如圖所示，兩befa12圓弧在點0激發(fā)的磁場分別為B=,B=14nr224nr2其中I、|分別是圓弧acb、adb的弧長，由于導線電阻R與弧長l成正比，而圓弧acb、adb又構成并聯電路，故有Il二Il1122將Bl、B2疊加可得點0的磁感強度B.解由上述分析可知，點0的合磁感強度口口a卩II卩IInB—B—B=—o11—022=0

i24nr24nr211如圖所示，幾種載流導線在平面內分布，電流均為I,它們在點0的磁感強度各為多少？分析應用磁場疊加原理求解．將不同形狀的載流導線分解成長直部分和圓弧部分，它們各自在點0處所激發(fā)的磁感強度較容易求得，則總的磁感強度Bo-^a,解（a）長直電流對點0而言，有Idxr—0，因此它在點0產生的磁場為零，則點0處總的磁感強度為1/4圓弧電流所激發(fā)，故有8RB0的方向垂直紙面向外（b）將載流導線看作圓電流和長直電流，由疊加原理可得2nRB的方向垂直紙面向里．0（c）將載流導線看作1/2圓電流和兩段半無限長直電流，由疊加原理可得aIaIaIaIaIB—~^^+i+i—i+i04nR4nR4R2nR4RB0的方向垂直紙面向外7－12載流導線形狀如圖所示（圖中直線部分導線延伸到無窮遠），求點0的磁感強度B.題7-12題7-12圖ala分析由教材7—4節(jié)例題可知，圓弧載流導線在圓心激發(fā)的磁感強度B—0，其中a4nR為圓弧載流導線所張的圓心角，磁感強度的方向依照右手定則確定；半無限長載流導線在圓aI心點0激發(fā)的磁感強度B—o，磁感強度的方向依照右手定則確定。4nR點0的磁感強度B0可以視為由圓弧載流導線、半無限長載流導線等激發(fā)的磁場在空間點0的疊加。解根據磁場的疊加在圖（a）中,BoBo—恪'-摂-4nR*-叮i-伴k4R2nR在圖（b）中,丄i-丄i-密i-4nR4R4nRk—k4nR在圖（c）中,8R8Rj-OLk4nR4nR13如圖所示，一個半徑為R的無限長半圓柱面導體，沿長度方向的電流I在柱面上均勻分布.求半圓柱面軸線00’上的磁感強度.分析畢－薩定理只能用于求線電流的磁場分布，對于本題的半圓柱形面電流，可將半圓柱面分割成寬度dI=RdO的細電流，細電流與軸線00,平行，將細電流在軸線上產生的磁感強度疊加，即可求得半圓柱面軸線上的磁感強度．解根據分析，由于長直細線中的電流dI=Idl/nR，它在軸線上一點激發(fā)的磁感強度的大小為dB二厶dI2nR其方向在Oxy平面內，且與由dl引向點0的半徑垂直，如圖7—13（b）所示.由對稱性可知，半圓柱面上細電流在軸線00,上產生的磁感強度疊加后，得B-IdBsin3=0yB=JndBsin3=Jn厶—Rd3-sin3=出x0o2nRnRn2R則軸線上總的磁感強度大小n2RB的方向指向Ox軸負向.14實驗室中常用所謂的亥姆霍茲線圈在局部區(qū)域內獲得一近似均勻的磁場，其裝置簡圖如圖（a）所示?一對完全相同、彼此平行的線圈，它們的半徑均為R,通過的電流均為I，且兩線圈中電流的流向相同.試證：當兩線圈中心之間的距離d等于線圈的半徑R時，在兩線圈中心連線的中點附近區(qū)域，磁場可看成是均勻磁場.（提示：如以兩線圈中心連線的中點為坐標原點0,兩線圈中心連線為x軸，則中點附近的磁場可看成是均勻磁場的條件為dBd2B=0；-dxdx2

分析設磁感強度在Ox軸線上的分布為B（x）（可由兩個圓電流線圈在軸線上磁場的疊加dB而得），如在軸線上某點處丁二0，這表明在該點附近的磁感強度有三種可能，即有極大dxd2Bd2Bd2B值（<0）、極小值（>0）或均勻（=0）?據此可得獲得均勻磁場的條件①.dx2dx2dx2證取兩線圈中心連線的中點為坐標原點O,兩線圈中心軸線為x軸，在x軸上任一點的磁感強度r^r^0IR212R2+(d/2-x“IR22+(d/2+x丄」/2則當dB(x)dx3(dx)dB(x)dx3(dx)/2-/2-2+x3(d/2+x)/2+x2+dB2(x)dx23uIR20一24?/2一xdB2(x)dx23uIR20一22+(d/2-x》」/2R2+(d/2+x)2J/2時，磁感強度在該點附近小區(qū)域內是均勻的，該小區(qū)域的磁場為均勻場dBTOC\o"1-5"\h\z由=0,解得x=0dxd2B|由=0，解得d=Rdx2x=0①將磁感強度B在兩線圈中點附近用泰勒級數展開，則B（x）=B（0）+業(yè)x+1也x2+...dx2dx2dB（0）d2B（0）若xVV1；且二0；=0.則磁感強度B（x）在中點O附近近似為常量，場dxdx2為均勻場.

這表明在d=R時，中點（x=0）附近區(qū)域的磁場可視為均勻磁場.15如圖所示，載流長直導線的電流為I,試求通過矩形面積的磁通量.分析由于矩形平面上各點的磁感強度不同，故磁通量①MBS.為此，可在矩形平面上取一矩形面元dS=ldx［圖（b）］,載流長直導線的磁場穿過該面元的磁通量為d0二B-dS二如ldx2nx矩形平面的總磁通量解由上述分析可得矩形平面的總磁通量①=①=Id20-ldx=di2nxaIl、doIn22nd116已知10mm2裸銅線允許通過50A電流而不會使導線過熱.電流在導線橫截面上均勻分布.求：（1）導線內、外磁感強度的分布；（2）導線表面的磁感強度.

分析可將導線視作長直圓柱體，電流沿軸向均勻流過導體，故其磁場必然呈軸對稱分布即在與導線同軸的圓柱面上的各點，B大小相等.方向與電流成右手螺旋關系.為此，可利用安培環(huán)路定理，求出導線表面的磁感強度．解(1)圍繞軸線取同心圓為環(huán)路L,取其繞向與電流成右手螺旋關系，根據安培環(huán)路定理，有分析可將導線視作長直圓柱體，電流沿軸向均勻流過導體，故其磁場必然呈軸對稱分布即在與導線同軸的圓柱面上的各點，B大小相等.方向與電流成右手螺旋關系.為此，可利用安培環(huán)路定理，求出導線表面的磁感強度．解(1)圍繞軸線取同心圓為環(huán)路L,取其繞向與電流成右手螺旋關系，根據安培環(huán)路定理，有JBd二B-2心“°工1在導線內r<R,Inr2乙I=nr2=nR2B=吐2nR2在導線外r>R,B二佯2nr磁感強度分布曲線如圖所示.2)在導線表面磁感強度連續(xù)，由I=50A,R=fs/n=1.78x10-3m2)在導線表面磁感強度連續(xù)，B二密二5.6x10-3T2nR17有一同軸電纜，其尺寸如圖(a)所示?兩導體中的電流均為I,但電流的流向相反,導體的磁性可不考慮.試計算以下各處的磁感強度：(1)r<R；(2)RVr<R；(3)R<r<R；(4)r>R.畫出B—r圖線.23333(b)題7-17圖分析同軸電纜導體內的電流均勻分布，其磁場呈軸對稱，取半徑為r的同心圓為積分路徑,!B-dZ二B-2nr，利用安培環(huán)路定理IBd二工I,可解得各區(qū)域的磁感強度.解由上述分析得rVR1-2nr1-2nr二“nr20nR21aIro一2nR21RVrVR12B-2nr=aI20B=町22nrRVrVR23B-2B-2nr=a30n'R2—R2丿32aIR2—r2B=—03-32nrR2—R232r>RB-2nr=a(I—I)=040B=04磁感強度B(r)的分布曲線如圖(b).18如圖所示，N匝線圈均勻密繞在截面為長方形的中空骨架上.求通入電流I后，環(huán)內外磁場的分布．分析根據右手螺旋法則，螺線管內磁感強度的方向與螺線管中心軸線構成同心圓，若取半徑為r的圓周為積分環(huán)路，由于磁感強度在每一環(huán)路上為常量，因而JB-dl=B-2nr依照安培環(huán)路定理JB-dl二“°工I,可以解得螺線管內磁感強度的分布.解依照上述分析，有rVR1B-2nr二01B二01R>r>R21B-2nr=“NI20“NI=—0—2nrr>R2B-2nr=03B=03在螺線管內磁感強度B沿圓周，與電流成右手螺旋.若R2-R1?R1和R2，則環(huán)內的磁場可以近似視作均勻分布’設螺線環(huán)的平均半徑R=2（r2+R1）‘則環(huán)內的磁感強度近似為aNI02nR19電流I均勻地流過半徑為R的圓形長直導線,試計算單位長度導線內的磁場通過圖中所示剖面的磁通量．題7-19圖分析由題7—16可得導線內部距軸線為r處的磁感強度B（rL吐2nR2在剖面上磁感強度分布不均勻，因此，需從磁通量的定義0=JbChs來求解.沿軸線方向在剖面上取面元dS=ldr,考慮到面元上各點B相同，故穿過面元的磁通量dO=BdS,通過積分，可得單位長度導線內的磁通量①=JBdr解S由分析可得單位長度導線內的磁通量①=\R吐dr二0/02nR24n7—20設電流均勻流過無限大導電平面，其面電流密度為j.求導電平面兩側的磁感強度.（提示：可參考本章問題7—11，并用安培環(huán)路定理求解.）

分析依照右手螺旋定則，磁感強度B和電流j相互垂直，同時由對稱性分析，無限大導電平面兩側的磁感強度大小相同，方向反向平行．如圖所示，在垂直導電平面的平面上對稱地取矩形回路abed，回路所在平面與導電平面相交于OQZ,且使ab〃cd〃00‘，ad丄00，,cd丄0Q，,ab=cd=L，根據磁場的面對稱分布和安培環(huán)路定理可解得磁感強度B的分布.解在如圖所示的矩形回路abed中，磁感強度沿回路的環(huán)路積分[-B-dl二JB解在如圖所示的矩形回路abed中，磁感強度沿回路的環(huán)路積分[-B-dl二JB-dl+fB-dl+JB-dl+JB-dllabcdbcda由于對稱性B1=B2=B，B3、B4與積分路徑正交，因而JB-dl=2Bll1）回路abed內包圍的電流I=jL,根據安培環(huán)路定理，有JB-dl二2Bl=ujLi02）由式（1）和式（2）可得導電板兩側磁感強度的大小為R1.B二一uj20磁感強度的方向由右手螺旋關系確定.21設有兩無限大平行載流平面，它們的面電流密度均為j,電流流向相反?求：（1）兩載流平面之間的磁感強度；（2）兩面之外空間的磁感強度.題7-21圖

解由上題計算的結果，單塊無限大載流平面在兩側的磁感強度大小為20j，方向如圖所示，根據磁場的疊加原理可得（1）取垂直于紙面向里為x軸正向，合磁場為B—+丄I—卩ji2202）兩導體載流平面之外，合磁場的磁感強度B—-0-i-oi—0

2222已知地面上空某處地磁場的磁感強度B=0?4x10-4T，方向向北?若宇宙射線中有一速率v—5?0x107ms-1的質子，垂直地通過該處?求：（1）洛倫茲力的方向；（2）洛倫茲力的大小，并與該質子受到的萬有引力相比較.解（1）依照F—qv-B可知洛倫茲力F的方向為v丄B的方向，如圖所示.LL（2）因v丄B，質子所受的洛倫茲力F—qvB—3?2x10-16NL在地球表面質子所受的萬有引力G二mg=1.64x10-16Np因而，有F/G=1.95x10io，即質子所受的洛倫茲力遠大于重力.L23在一個顯像管的電子束中，電子有1.2xl04eV的動能，這個顯像管安放的位置使電子水平地由南向北運動.地球磁場的垂直分量B二5.5X10-5T，并且方向向下.求：（1）電

丄子束偏轉方向；（2）電子束在顯像管內通過20cm到達屏面時光點的偏轉間距.U?B題7題7-23圖解（1）如圖所示，由洛倫茲力F=qvxB電子帶負電，q<0,因而可以判斷電子束將偏向東側.（2）在如圖所示的坐標中，電子在洛倫茲力作用下，沿圓周運動，其軌道半徑R（參見教材第7－7節(jié)）為mvmv~eB至=6.71meB由題知y=20cm，并由圖中的幾何關系可得電子束偏向東側的距離Ax=R-、：R2-y2=2.98x10-3m即顯示屏上的圖像將整體向東平移近3mm.這種平移并不會影響整幅圖像的質量.24試證明霍耳電場強度與穩(wěn)恒電場強度之比E/E=B/nep，這里p為材料電阻率，nHC為載流子的數密度.分析在導體內部，穩(wěn)恒電場推動導體中的載流子定向運動形成電流，由歐姆定律的微分形式，穩(wěn)恒電場強度與電流密度應滿足E=p其中p是導體的電阻率.當電流流過位于穩(wěn)恒磁場中的導體時，載流子受到洛倫茲力的作用，導體側面出現電荷積累，形成霍耳電場，其電場強度為E=-vxBH其中V是載流子定向運動速率.根據導體內電流密度j=nev由上述關系可得要證明的結果.證由分析知，在導體內穩(wěn)恒電場強度為E=p=pnev由霍耳效應，霍耳電場強度E=-vxBH因載流子定向運動方向與磁感強度正交，故E=vB，因而HE/E=vB/p/=vB/p/pv=B/nepHC霍爾效應可用來測量血流的速度，其原理如圖所示.在動脈血管兩側分別安裝電極并加以磁場.設血管直徑為d=2.0mm，磁場為B=0.080T,毫伏表測出血分析血流穩(wěn)定時，有qvB=qEH由上式可以解得血流的速度.解依照分析v=你二UH二0.63m/sBdB磁力可以用來輸送導電液體，如液態(tài)金屬、血液等而不需要機械活動組件．如圖所示是輸送液態(tài)鈉的管道，在長為l的部分加一橫向磁場B,同時沿垂直于磁場和管道方向加一電流，其電流密度為J.(1)證明在管內液體l段兩端由磁力產生的壓力差為Ap二JlB，此壓力差將驅動液體沿管道流動．(2)要在l段兩端產生1.00atm(latm=101325Pa)的壓力差，電流密度應多大？(1=2.00cm，B=1.50T)解(1)由題意電流垂直流過管內導電液體，磁場中的導電液體受到安培力的作用，在管道方向產生一壓力差⑵八普二3.38%106A/m2帶電粒子在過飽和液體中運動，會留下一串氣泡顯示出粒子運動的徑跡．設在氣泡室有一質子垂直于磁場飛過，留下一個半徑為3.5cm的圓弧徑跡，測得磁感強度為0.20T,求此質子的動量和動能．解根據帶電粒子回轉半徑與粒子運動速率的關系有p=mv=ReB=1.12x10-21kg-m/sE=竺=2.35keV

k2m28從太陽射來的速度為0.80X108m/s的電子進入地球赤道上空髙層范艾倫輻射帶中,該處磁場為4.0X10-7T，此電子回轉軌道半徑為多大？若電子沿地球磁場的磁感線旋進

到地磁北極附近，地磁北極附近磁場為2.0X10-5T，其軌道半徑又為多少？解由帶電粒子在磁場中運動的回轉半徑高層范艾倫輻射帶中的回轉半徑mvR==1.1x103m1eB1地磁北極附近的回轉半徑,_m,_mv2eB2_23m29如圖（a）所示，一根長直導線載有電流I=30A,矩形回路載有電流I=20A.試計算作用在回路上的合力.已知d=1.0cm,b=8.0cm,l=0.12m.計算作用在回路上的合力.已知d=1.0cm,b=8.0cm,l=0.12m.AIIII(b)題7-29圖分析矩形上、下兩段導線受安培力f和F?的大小相等，方向相反，對不變形的矩形回路來說，兩力的矢量和為零.而矩形的左右兩段導線，由于載流導線所在處磁感強度不等，所受安培力F和F大小不同，且方向相反，因此線框所受的力為這兩個力的合力.34解由分析可知，線框所受總的安培力F為左、右兩邊安培力F和F之矢量和，如圖（b）34所示，它們的大小分別為口卩III32nduIIl42n\d+b丿故合力的大小為uIllaIllF_F—F_h012—0i2_1.28x10-3N342nd2nkd+b丿

合力的方向朝左，指向直導線．30一直流變電站將電壓為500kV的直流電，通過兩條截面不計的平行輸電線輸向遠方.已知兩輸電導線間單位長度的電容為3.0X10-HF?m-1，若導線間的靜電力與安培力正好抵消.求：（1）通過輸電線的電流；（2）輸送的功率.分析當平行輸電線中的電流相反時，它們之間存在相互排斥的安培力，其大小可由安培定aI律確定?若兩導線間距離為d,一導線在另一導線位置激發(fā)的磁感強度B二化，導線單位2nd長度所受安培力的大小F=BI.將這兩條導線看作帶等量異號電荷的導體，因兩導線間單B位長度電容C和電壓U已知，則單位長度導線所帶電荷入=CU,一導線在另一導線位置所激2發(fā)的電場強度E二，兩導線間單位長度所受的靜電吸引力F=E2?依照題意，導2nsdE0線間的靜電力和安培力正好抵消，即F+F=0BE從中可解得輸電線中的電流.解（1）由分析知單位長度導線所受的安培力和靜電力分別為BI2BI2ndC2U2

2nsd由fB+fE=0可得aI2C2U20—2nd2nsd0解得CUI——4.5x103A'saV002）輸出功率N—IU—2.25x109W31將一電流均勻分布的無限大載流平面放入磁感強度為b的均勻磁場中，電流方向與磁場垂直?放入后，平面兩側磁場的磁感強度分別為B和B?（如圖所示），求該載流平面上單位面積所受磁場力的大小和方向．通八31圖分析依照題7—20的分析，無限大載流平面兩側為均勻磁場，磁感強度大小為2卩j，20依照右手螺旋定則可知，它們的方向反向平行，并與原有磁感強度B的均勻外磁場疊加，則有從而可解得原均勻磁場的磁感強度B°和電流面密度j.載流平面在均勻外磁場中受到安培力的作用，由于載流平面自身激發(fā)的磁場不會對自身的電流產生作用力，因此作用在dS面積上的安培力dF=IdlxB0由此可求得單位面積載流平面所受的安培力.解由分析可得1B=B--%jo20-B=B+懇%j020由式(1)、(2)解得B=1(B+B)02-2j=—(B-B)%210外磁場B作用在單位面積載流平面上的安培力dF=jdxdyB0==1(b2-B2)dSdxdy02卩210依照右手定則可知磁場力的方向為水平指向左側．32在直徑為1.0cm的銅棒上，切割下一個圓盤，設想這個圓盤的厚度只有一個原子線度那么大，這樣在圓盤上約有6.2X1014個銅原子.每個銅原子有27個電子，每個電子的自旋磁矩為卩=9.3x10-24A?m2?我們假設所有電子的自旋磁矩方向都相同，且平行于銅e棒的軸線.求：（1）圓盤的磁矩；（2）如這磁矩是由圓盤上的電流產生的，那么圓盤邊緣上需要有多大的電流.解（1）因為所有電子的磁矩方向相同，則圓盤的磁矩m=Ny=1.56x10-7A-m2e（2）由磁矩的定義，可得圓盤邊緣等效電流I=m/S=2.0x10-3A33在氫原子中，設電子以軌道角動量L=h/2n繞質子作圓周運動，其半徑為a=5.29x10-11m.求質子所在處的磁感強度.h為普朗克常量，其值為6.63x10-34J-s0分析根據電子繞核運動的角動量L=mva=h/2n0可求得電子繞核運動的速率v.如認為電子繞核作圓周運動，其等效圓電流eei==T2na/v0在圓心處，即質子所在處的磁感強度為yi9—2a0解由分析可得，電子繞核運動的速率hv=2nma0其等效圓電流ehei==2nma4n2ma200

該圓電流在圓心處產生的磁感強度B二佯二屮=12.5T2a8n2ma20034半徑為R的圓片均勻帶電，電荷面密度為o，令該圓片以角速度3繞通過其中心且垂直于圓平面的軸旋轉.求軸線上距圓片中心為X處的P點的磁感強度和旋轉圓片的磁矩.通7通7-34圖分析旋轉的帶電圓盤可等效為一組同心圓電流，在盤面上割取細圓環(huán)（如圖所示），其等效圓電流g2nrdr7di二二mrdrT此圓電流在軸線上點P處激發(fā)的磁感強度的大小為所有圓電流在軸線上激發(fā)的磁場均沿Ox軸，因而點P處的合磁場為B二JdB?由磁矩的定義，等效圓電流的磁矩dm二nr2dI,方向沿Ox軸正向，將不同半徑的等效圓電流磁矩疊加可以得到旋轉圓片的磁矩m=Jnr2dI解由上述分析可知，軸線上x處的磁感強度大小為yo?R2+2x2—0—卩R2+2x卩R2+2x2—0—2R卩r3^?drB=JR亠-02(r2+x2)3/2圓片的磁矩m的大小為

1m=JRnr303dr=oenR404磁感強度B和磁矩m的方向都沿Ox軸正向.35一根長直同軸電纜，內、外導體之間充滿磁介質［圖（a）］,磁介質的相對磁導率為卩（卩VI），導體的磁化可以忽略不計.沿軸向有恒定電流I通過電纜，內、外導體上rr題7-35題7-35圖電流的方向相反.求：（1）空間各區(qū)域內的磁感強度和磁化強度；*（2）磁介質表面的磁化電流.分析電流分布呈軸對稱，依照右手定則，磁感線是以電纜對稱軸線為中心的一組同心圓.選取任一同心圓為積分路徑，應有JH-dl=H2nr，利用安培環(huán)路定理JH-dl二工If求出環(huán)路內的傳導電流，并由B二pH，M=Q-1）H，可求出磁感強度和磁化強度.再r由磁化電流的