《大学物理》章节试题及答案(七)

《大学物理》章节试题及答案第七章恒定磁场7-1两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R和r的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R=2r,螺线管通过的电流相同为I,螺线管中的磁感强度大小BR、Br满足( )(A)B=2B (B)B=B(C)2B=B(D)B=4BRr Rr Rr Rr分析与解在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比nr1—R-=—=—nR2r因而正确答案为(C)。7-2一个半径为r的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量为()(A)2nr2B (B)nr2B(D)nr2Bcosa(C)2n(D)nr2Bcosa题7—2图分析与解作半径为r的圆S’与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S的磁通量等于穿出圆面S’的磁通量；①=B-S.因而正确答案为(D).m7-3下列说法正确的是()

（A）闭合回路上各点磁感强度都为零时回路内一定没有电流穿过（B）闭合回路上各点磁感强度都为零时回路内穿过电流的代数和必定为零（C）磁感强度沿闭合回路的积分为零时回路上各点的磁感强度必定为零（D）磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可（A）闭合回路上各点磁感强度都为零时回路内一定没有电流穿过（B）闭合回路上各点磁感强度都为零时回路内穿过电流的代数和必定为零（C）磁感强度沿闭合回路的积分为零时回路上各点的磁感强度必定为零（D）能为零分析与解由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零。因而正确答案为（B）.7—4在图（a）和（b）中各有一半径相同的圆形回路上、L2,圆周内有I3，P1、P2为两圆形回路上的对应点，则（）（A）L1L2（B）L1L2（C）L1L2（D），由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回分析与解L1L2BPI3，P1、P2为两圆形回路上的对应点，则（）（A）L1L2（B）L1L2（C）L1L2（D），由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回分析与解L1L2BP1JB-dlwJB-dlwBP2路的积分；*7－5路的积分；*7－5但同样会改变回路上各点的磁场分布.因而正确答案为（C）.半径为R的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中，若导体中流过的恒定电流为I,磁介质的相对磁导率为口 （口<1）,则磁介质内的磁化强度为（）(A)—G-1)I/2nr (B)Q-1l/2nrrr(C)-从I/2nr (D)112n乩rrr分析与解利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度，再由M=(口「一1)H求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为(B).7－6北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道，当环中电子流强度为8mA时，在整个环中有多少电子在运行？已知电子的速率接近光速。分析一个电子绕存储环近似以光速运动时，对电流的贡献为AI=J,因而由I/cI=N上，可解出环中的电子数。l解通过分析结果可得环中的电子数N=卫=4*1010ec7-7已知铜的摩尔质量M=63.75g-mol-i,密度P=8.9g•cm-3,在铜导线里，假设每一个铜原子贡献出一个自由电子，(1)为了技术上的安全，铜线内最大电流密度j=6.0A.mm-2,求此时铜线内电子的漂移速率v；(2)md在室温下电子热运动的平均速率是电子漂移速率vd的多少倍？分析一个铜原子的质量m=M/N，其中N为阿伏伽德罗常数，由铜的密度PAA可以推算出铜的原子数密度n-p/m根据假设，每个铜原子贡献出一个自由电子，其电荷为e,电流密度j-nev.从md而可解得电子的漂移速率vd.将电子气视为理想气体，根据气体动理论，电子热运动的平均速率8kTv-'—Ynmee其中k为玻耳兹曼常量，me为电子质量.从而可解得电子的平均速率与漂移速率的关系.解(1)铜导线单位体积的原子数为n=Np/MA电流密度为jm时铜线内电子的漂移速率v=j/ne=jM/Npe=4.46x10-4m-s-1dm m A(2)室温下(T=300K)电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为—二1-8kT-22.42x108vvn兀mdde室温下电子热运动的平均速率远大于电子在恒定电场中的定向漂移速电率子．实际的运动是无规热运动和沿电场相反方向的漂移运动的叠加考．虑到电子的漂移速率很小，电信号的信息载体显然不会是定向漂移的电子实．验证明电信号是通过电磁波以光速传递的．7-8有两个同轴导体圆柱面，它们的长度均为20m,内圆柱面的半径为3.0mm,外圆柱面的半径为9.0mm.若两圆柱面之间有10口A电流沿径向流过，求通过半径为6.0mm的圆柱面上的电流密度.题T-X图分析如图所示是同轴柱面的横截面，电流密度j对中心轴对称分布.根据恒定电流的连续性，在两个同轴导体之间的任意一个半径为r的同轴圆柱面上流过的电流I都相等，因此可得j=I/2nrl解由分析可知，在半径r=6.0mm的圆柱面上的电流密度j-I/2nrl=13.3mA-m-27-9如图所示，已知地球北极地磁场磁感强度B的大小为6.0X10-5T.如设想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的，此电流有多大？流向如何？题7—9图题7—9图解设赤道电流为I,则由教材第7—4节例2知，圆电流轴线上北极点的磁感强度UI

―0^-

4<2R因此赤道上的等效圆电流为T42RRBI=— =1.73x109A〃0由于在地球地磁场的N极在地理南极，根据右手螺旋法则可判断赤道圆电流应该是由东向西流，与地球自转方向相反．7—10如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的2、b两点，并与很远处的电源相接。求环心。的磁感强度.题7-1。佟分析根据叠加原理，点。的磁感强度可视作由ef、be、fa三段直线以及acb、

adb两段圆弧电流共同激发.由于电源距环较远，B—0.而be、fa两段直线的ef延长线通过点O,由于Idlxr=0，由毕一萨定律知B=B=0.流过圆弧的电befa流I1、其中I1流I1、其中I1p从11p从11B—011,B—022i 4nr2 2 4nr2、I2分别是圆弧acb、adb的弧长，由于导线电阻R与弧长l成正比，而圆弧acb、adb又构成并联电路，故有Il—Il

11 22将B1、B2叠加可得点。的磁感强度B.解由上述分析可知，点。的合磁感强度ppp从11四11B—B—B—011—022—0i2 4nr2 4nr27-11如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I,它们在点。的磁感强度各为多少？-11S-11S分析应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点。处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度B—2B0i解(a)长直电流对点。而言，有Idxr—0,因此它在点。产生的磁场为零，则点。处总的磁感强度为1/4圆弧电流所激发，故有R41B——0—0 8RB0的方向垂直纸面向外．(b)将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得〃1〃1B——0—――0—0 2R2nR

B0的方向垂直纸面向里．（c）将载流导线看作1/2圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得仇I优I优I优I优IB=-^-0-+-^―+^o-=0-^—+/

o4nR4nR4R2nR4RB0的方向垂直纸面向外．7－12载流导线形状如图所示（图中直线部分导线延伸到无穷远），求点O的磁感强度B.Jg7-12Jg7-12图分析由教材7—4节例题可知，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度B=8,4nR其中a为圆弧载流导线所张的圆心角，磁感强度的方向依照右手定则确定；半无限长载流导线在圆心点。激发的磁感强度B=旦,磁感强度的方向依照右手定4nR则确定。点。的磁感强度BO可以视为由圆弧载流导线、半无限长载流导线等激发的磁场在空间点。的叠加。解根据磁场的叠加在图（a）中，uI.uIuIuI.uI,B=——9—i——0—k——0—k=——9—i——0—k0 4R4nR4nR4R2nR在图（b）中，Q uI. uI- uI1 uI（1 八. uI1B=―i— i—0-^—k=—乙 +1i—k0 4nR 4R 4nR 4R（n ） 4nR在图（c）中，3uI uIuIB=———9—i—―9—j—―0—k0 8R 4nR4nR7—13如图所示，一个半径为R的无限长半圆柱面导体，沿长度方向的电流7—13如图所示，在柱面上均匀分布.求半圆柱面轴线OO'上的磁感强度.⑺ (b)典7—13图分析毕一萨定理只能用于求线电流的磁场分布，对于本题的半圆柱形面电流，可将半圆柱面分割成宽度dI=Rde的细电流，细电流与轴线OO平行，将细电流在轴线上产生的磁感强度叠加，即可求得半圆柱面轴线上的磁感强度．解根据分析，由于长直细线中的电流dI=Idl/nR，它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为dB=4dI2nR其方向在Oxy平面内，且与由dl引向点。的半径垂直，如图7—13(b)所示.由对称性可知，半圆柱面上细电流在轴线。。'上产生的磁感强度叠加后，得B=JdBsine=0yB=卜dBsine=卜4-Rde-sine="x0 02nRnR n2R则轴线上总的磁感强度大小B=B="xn2RB的方向指向Ox轴负向.7—14实验室中常用所谓的亥姆霍兹线圈在局部区域内获得一近似均匀的磁场，其装置简图如图(a)所示.一对完全相同、彼此平行的线圈，它们的半径均为区，通过的电流均为I,且两线圈中电流的流向相同.试证：当两线圈中心之间的距离d等于线圈的半径R时，在两线圈中心连线的中点附近区域，磁场可看成是均匀磁场.(提示：如以两线圈中心连线的中点为坐标原点。，两线圈中心连线为x轴，则中点附近的磁场可看成是均匀磁场的条件为竺=0；dxd-B二0)dx2分析设磁感强度在Ox分析设磁感强度在Ox轴线上的分布为B（x）（可由两个圆电流线圈在轴线上磁场的叠加而得），如在轴线上某点处dB=0，这表明在该点附近的磁感强度有dx三种可能，即有极大值（d2B<0）、极小值（d2B>0）或均匀（d2B=0）.据此可dx2 dx2 dx2得获得均匀磁场的条件①．从0IR2 12+从0IR2 12+(d；2+X4」/2B二「尸01R2]2R2+d/2-xJ，2则当dB(x)_〃0IR2J「3(d/2—x)]_「3(d/2+x)]

dx 2 R2+(d/2一x)」/2R2+(d/2+x)」/2dB2(x)_3〃0IR2J「4(d/2一x}]_p4(d/2+x--R

dx2 2 R2+(d/2一x1」/2R2+(d/2+x1」/2时，磁感强度在该点附近小区域内是均匀的，该小区域的磁场为均匀场．由 dB_0, 解得x=0dx由 d2B _0，解得d=Rdx2lx_0①将磁感强度B在两线圈中点附近用泰勒级数展开，则B(x)_B(0)+幽x+1®x2+...

dx 2 dx2

dB .口dB（0）若x<<1；且 =0；dx常量，场为均匀场．这表明在d=R时中点dB .口dB（0）若x<<1；且 =0；dx常量，场为均匀场．这表明在d=R时中点(x=0)附近区域的磁场可视为均匀磁场.7－15如图所示载流长直导线的电流为I,试求通过矩形面积的磁通量.分析由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量①力BS.为此，可在矩形平面上取一矩形面元dS=ldx[图(b)],载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为d①=B-dS="ldx2nx矩形平面的总磁通量①=Jd0解由上述分析可得矩形平面的总磁通量daluIl、d①=Jd2勺—ldx=乙In2

d2nx 2nd117－16已知10mm2裸铜线允许通过50A电流而不会使导线过热．电流在导线横截面上均匀分布．求：(1)导线内、外磁感强度的分布；(2)导线表面的磁感强度．题7-16图分析可将导线视作长直圆柱体，电流沿轴向均匀流过导体，故其磁场必然呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上的各点，B大小相等.方向与电流成右手螺旋关系．为此，可利用安培环路定理，求出导线表面的磁感强度．解（1）围绕轴线取同心圆为环路L，取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有[B-dl=B-2nr=a£I0在导线内r<R,£I=-I-nr2="，因而nR2 R2naIrB=-o——

2nR2在导线外r>R,£I=I,因而B=aL2nr磁感强度分布曲线如图所示．（2）在导线表面磁感强度连续，由I=50A,R=vS/n=1.78x10-3m，得B=a-=5.6x10-3T2nR7-17有一同轴电缆，其尺寸如图（a）所示.两导体中的电流均为I,但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑.试计算以下各处的磁感强度：（1）r<R1 ； (2) R1 <r <R2 ；(3) R2 <r <R3 ；(4)r >% .画出B -r 图线．

题7题7-17图分析同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r的同心圆为积分路径，JB•dl=B•2nr，利用安培环路定理JB•dl=a£I,可解得各区0域的磁感强度．解由上述分析得r<R11B•2nr=a nr21 0nR21a aIrB=-0——1 2nR21<r<R2aI—o—

<r<R2aI—o—

2nr<r<R3B•2nr=a30i 兀y2—R2nR2-R232aIR2一r2B=-0 3 3 2nrR2—R232>R3B-2nr=a（I一I）=040B=04

磁感强度B(r)的分布曲线如图(b).7-18如图所示，N匝线圈均匀密绕在截面为长方形的中空骨架上.求通入电流I后，环内外磁场的分布.分析根据右手螺旋法则，螺线管内磁感强度的方向与螺线管中心轴线构成同心圆，若取半径为r的圆周为积分环路，由于磁感强度在每一环路上为常量，因而1B-dl=B-2nr依照安培环路定理1B•dl=MEI，可以解得螺线管内磁感强度的分布.0解依照上述分析，有B-2nr=uEI0r<R1B•2nr=01B=01R>r>RB-2nr=uNI20uNI=—0—

2nrr〉R2B=0在螺线管内磁感强度B在螺线管内磁感强度B沿圆周，与电流成右手螺旋.若R-R«R和R，则21 1 2环内的磁场可以近似视作均匀分布,设螺线环的平均半径R二2（R2+R1）,则环内的磁感强度近似为〃NIB4—0——2nR7—19电流I均匀地流过半径为R的圆形长直导线，试计算单位长度导线内的磁场通过图中所示剖面的磁通量．题7-N图分析由题7—16可得导线内部距轴线为r处的磁感强度B（r）=92nR2在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义①=JB（r1S来求解.沿轴线方向在剖面上取面元dS=ldr,考虑到面元上各点B相同，故穿过面元的磁通量~中=8~5,通过积分，可得单位长度导线内的磁通量①=JBdrS解由分析可得单位长度导线内的磁通量uIr、uI①二JRA—dr二二02nR2 4n7—20设电流均匀流过无限大导电平面，其面电流密度为j求导电平面两侧的磁感强度．（提示：可参考本章问题7－11，并用安培环路定理求解．）

题7题7-20图分析依照右手螺旋定则，磁感强度B和电流j相互垂直，同时由对称性分析，无限大导电平面两侧的磁感强度大小相同，方向反向平行．如图所示，在垂直导电平面的平面上对称地取矩形回路abed,回路所在平面与导电平面相交于00’,且使ab〃cd〃。。，，ad±OO',cd±OO',ab=cd=L,根据磁场的面对称分布和安培环路定理可解得磁感强度B的分布.解在如图所示的矩形回路abed中，磁感强度沿回路的环路积分JB•dl=JB•dl+JB•dl+1B•dl+JB•dl

l ab cd bc da由于对称性B1=B2=B,B3、B4与积分路径正交，因而（1）（2）JB•dl=2Bl（1）（2）回路abed内包围的电泡=jL,根据安培环路定理，有JB•dl=2Bl=〃jL

i 0由式（1）和式（2）可得导电板两侧磁感强度的大小为磁感强度的方向由右手螺旋关系确定．7-21设有两无限大平行载流平面，它们的面电流密度均为j,电流流向相反．求：（1）两载流平面之间的磁感强度；（2）两面之外空间的磁感强度．Mb0®®®®Q题7-21图解由上题计算的结果，单块无限大载流平面在两侧的磁感强度大小为1从j,20方向如图所示，根据磁场的叠加原理可得（1）取垂直于纸面向里为x轴正向，合磁场为B=乩i+乩i=〃ji

2 2 0（2）两导体载流平面之外，合磁场的磁感强度〃j・〃j・B=^0-i-^-0-1=02 27—22已知地面上空某处地磁场的磁感强度B=0.4x10-4T，方向向北.若宇宙射线中有一速率v=5.0x107ms-1的质子，垂直地通过该处.求：（1）洛伦兹力的方向；（2）洛伦兹力的大小，并与该质子受到的万有引力相比较．解（1）依照F=qv-B可知洛伦兹力F的方向为v1B的方向，如图所示.LL（2）因v1B,质子所受的洛伦兹力F=qvB=3.2x10-16NL在地球表面质子所受的万有引力

G=mg=1.64x10-16N

p因而，有f/G=1.95x1010，即质子所受的洛伦兹力远大于重力.L7—23在一个显像管的电子束中，电子有1.2x104eV的动能，这个显像管安放的位置使电子水平地由南向北运动.地球磁场的垂直分量B=5.5x10-5T,并且1方向向下.求：（1）电子束偏转方向；（2）电子束在显像管内通过20cm到达屏面时光点的偏转间距．解（1）如图所示，由洛伦兹力达屏面时光点的偏转间距．解（1）如图所示，由洛伦兹力F=qvxB电子带负电，q<0,因而可以判断电子束将偏向东侧.（2）在如图所示的坐标中，电子在洛伦兹力作用下，沿圆周运动，其轨道半径R（参见教材第7—7节）为=6.71m=6.71meB由题知y=20cm，并由图中的几何关系可得电子束偏向东侧的距离Ax=R-、；R1不=2.98x10一3m即显示屏上的图像将整体向东平移近3mm.这种平移并不会影响整幅图像的质量．7—24试证明霍耳电场强度与稳恒电场强度之比E/E=B/nep，这里P为HC材料电阻率，n为载流子的数密度.分析在导体内部,稳恒电场推动导体中的载流子定向运动形成电流,由欧姆定律的微分形式，稳恒电场强度与电流密度应满足EC=Pj其中P是导体的电阻率.当电流流过位于稳恒磁场中的导体时，载流子受到洛伦兹力的作用，导体侧面出现电荷积累，形成霍耳电场，其电场强度为E=—vxBH其中v是载流子定向运动速率.根据导体内电流密度j=nev由上述关系可得要证明的结果．证由分析知，在导体内稳恒电场强度为E=pj=pnev由霍耳效应，霍耳电场强度E=—vxBH因载流子定向运动方向与磁感强度正交，故EH=vB,因而E/E=vB/p/=vB/p/pv=B/nepHC7－25霍尔效应可用来测量血流的速度，其原理如图所示．在动脉血管两侧分别安装电极并加以磁场.设血管直径为d=2.0mm,磁场为B=0.080T,毫伏表测出血管上下两端的电压为UH=0.10mV,血流的流速为多大？题7-25.分析血流稳定时，有qvB=qE

H由上式可以解得血流的速度．

解依照分析v=EH=UH=0.63m/s

BdB解依照分析7－26磁力可以用来输送导电液体，如液态金属、血液等而不需要机械活动组件.如图所示是输送液态钠的管道，在长为l的部分加一横向磁场B,同时沿垂直于磁场和管道方向加一电流，其电流密度为J.(1)证明在管内液体1段两端由磁力产生的压力差为Ap=JlB，此压力差将驱动液体沿管道流动．(2)要在1段两端产生1.00atm(1atm=101325Pa)的压力差，电流密度应多大？(1=2.00cm,B=1.50T)解(1)由题意电流垂直流过管内导电液体,磁场中的导电液体受到安培力的作用,在管道方向产生一压力差(2)J=竺=3.38义106Am2Bl7－27带电粒子在过饱和液体中运动,会留下一串气泡显示出粒子运动的径迹．设在气泡室有一质子垂直于磁场飞过,留下一个半径为3.5cm的圆弧径迹,测得磁感强度为0.20T,求此质子的动量和动能.解根据带电粒子回转半径与粒子运动速率的关系有E=巴=2.35keVk2mp=mv=ReB=1.12义10E=巴=2.35keVk2m7-28从太阳射来的速度为0.80X108m/s的电子进入地球赤道上空高层范艾伦辐射带中，该处磁场为4.0X10-7T,此电子回转轨道半径为多大？若电子沿地球磁场的磁感线旋进到地磁北极附近，地磁北极附近磁场为2.0X10-5T,其轨道半径又为多少？解由带电粒子在磁场中运动的回转半径高层范艾伦辐射带中的回转半径mvR=——=1.1义103m1eB1地磁北极附近的回转半径mv 二23meB27—29如图（a）所示，一根长直导线载有电流I1=30A,矩形回路载有电流I2=20A.试计算作用在回路上的合力.已知d=1.0cm,b=8.0cm,l=0.12m．分析矩形上、下两段导线受安培力^和F2的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零．而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力F3和^大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力．解由分析可知，线框所受总的安培力F为左、右两边安培力F3和t之矢量和，如图（b）所示，它们的大小分别为人I」」F=0123 2nd

故合力的大小为F=F故合力的大小为F=F—F=34f=〃o'，2、

42n\d+b)UIIlUIIl012— 012—\2nd2ndi+b)d■2=1.28义10-3N合力的方向朝左，指向直导线．7-30一直流变电站将电压为500kV的直流电，通过两条截面不计的平行输电线输向远方.已知两输电导线间单位长度的电容为3.0X10-iiF-m-i,若导线间的静电力与安培力正好抵消．求：（1）通过输电线的电流；（2）输送的功率．分析当平行输电线中的电流相反时，它们之间存在相互排斥的安培力，其大小可由安培定律确定.若两导线间距离为d,一导线在另一导线位置激发的磁感强度B=&，导线单位长度所受安培力的大小F=BI.将这两条导线看作带等量2nd b异号电荷的导体，因两导线间单位长度电容C和电压U已知，则单位长度导线所带电荷A=CU,一导线在另一导线位置所激发的电场强度E=--^-，两导线间2nsd0单位长度所受的静电吸引力F=EI.依照题意，导线间的静电力和安培力正好E抵消，即F+F=0BE从中可解得输电线中的电流．解（1）由分析知单位长度导线所受的安培力和静电力分别为口12F=BI=4一B 2ndC2U2F=Ea= E 2nsd0由f+f=0可得BEU12 C2U2—0——= 2nd 2nsd0解得

（2）输出功率（2）输出功率CU^4==4.5x103A上从00N=IU=2.25义109W7—31将一电流均匀分布的无限大载流平面放入磁感强度为B。的均匀磁场中，电流方向与磁场垂直.放入后，平面两侧磁场的磁感强度分别为B1和B2（如图所示），求该载流平面上单位面积所受磁场力的大小和方向．题7-31图分析依照题7—20的分析，无限大载流平面两侧为均匀磁场，磁感强度大小为B=B+-〃j 0 2B=B+-〃j 0 20TOC\o"1-5"\h\z20 0的均匀外磁场叠加，则有1B二B--〃j0 201B=B+~〃j0 20从而可解得原均匀磁场的磁感强度B和电流面密度j.载流平面在均匀外磁场中0受到安培力的作用，由于载流平面自身激发的磁场不会对自身的电流产生作用力，因此作用在dS面积上的安培力dF=Idl义B0由此可求得单位面积载流平面所受的安培力．解由分析可得（1）（2）1（1）（2）B=B--〃j1 0 20由式（1）、（2）解得B=1（B+B）021 2j=—（B-B）〃 2 10外磁场B作用在单位面积载流平面上的安培力0dFjdxdyB 1（D）=0=]B= B2-B2dS dxdy o2〃2 10依照右手定则可知磁场力的方向为水平指向左侧．7－32在直径为1.0cm的铜棒上，切割下一个圆盘，设想这个圆盘的厚度只有一个原子线度那么大，这样在圆盘上约有6.2X1014个铜原子.每个铜原子有27个电子，每个电子的自旋磁矩为〃=9.3x10-24A.m2.我们假设所有电子的e自旋磁矩方向都相同，且平行于铜棒的轴线．求：（1）圆盘的磁矩；（2）如这磁矩是由圆盘上的电流产生的，那么圆盘边缘上需要有多大的电流．解（1）因为所有电子的磁矩方向相同，则圆盘的磁矩m=N=1.56x10-7A-m2e（2）由磁矩的定义，可得圆盘边缘等效电流I=m/S=2.0x10-3A7—33在氢原子中，设电子以轨道角动量L=h/2n绕质子作圆周运动，其半径为a=5.29x10-11m.求质子所在处的磁感强度.h为普朗克常量，其值为06.63x10-34J-s分析根据电子绕核运动的角动量L=mva=h/2n

0可求得电子绕核运动的速率v.如认为电子绕核作圆周运动，其等效圆电流eei=—= T2na/v0在圆心处，即质子所在处的磁感强度为ai—o—2a0解由分析可得，电子绕核运动的速率v= 2nma0其等效圆电流ehei= = 2nma 4n2ma200该圆电流在圆心处产生的磁感强度aiaheB=-o—=0 =12.5T2a8n2ma2

007—34半径为R的圆片均匀带电，电荷面密度为。，令该圆片以角速度3绕通过其中心且垂直于圆平面的轴旋转.求轴线上距圆片中心为乂处的P点的磁感强度和旋转圆片的磁矩．题7-34图分析旋转的带电圆盘可等效为一组同心圆电流，在盘面上割取细圆环（如图所示），其等效圆电流=oardr此圆电流在轴线上点P处激发的磁感强度的大小为ar2dIdB=—0-/— ।—2V2+X2M2所有圆电流在轴线上激发的磁场均沿Ox轴，因而点P处的合磁场为B=JdB.由磁矩的定义，等效圆电流的磁矩dm=nr2dI，方向沿Ox轴正向，将不同半径的

等效圆电流磁矩叠加可以得到旋转圆片的磁矩m=Jnr2dI解由上述分析可知，轴线上X处的磁感强度大小为2Y22Y2+x2^3/2R2+2x2c. --2xvX2+R2f从 r303dr 从03R2+2x2B=JR3 =^o -2x02(r2+x2)3/2 2|_J-2+R2圆片的磁矩m的大小为R1m=JRnr3osdr=—a⑴nR4

0 4磁感强度B和磁矩m的方向都沿Ox轴正向.7—35—根长直同轴电缆，内、外导体之间充满磁介质[图(a)],磁介质的相对磁导率为ur(ur<1),导体的磁化可以忽略不计.沿轴向有恒定电流I通过电缆，内、外导体上电流的方向相反．求：(1)空间各区域内的磁感强度和磁化强度；*(2)磁介质表面的磁化电流．(a) (b) (a) (b) 11fB7-35图分析电流分布呈轴对称