湖南大学 物理 习题解答

第14章 稳恒电流的磁场

14.1 充满εr = 2.1电介质的平行板电容器，由于电介质漏电，在3min内漏失一半电量，求电介质的电阻率．

解：设电容器的面积为S，两板间的距离为l，则电介质的电阻为R??l．设t时刻电容S器带电量为q，则电荷面密度为ζ = q/S，两板间的场强为E = ζ/ε =q/εrε0S，电势差为 U = El =ql/εrε0S，介质中的电流强度为

q -q dqU1???q，负号表示电容器上的电荷减少．

S dtR?0?r?微分方程可变为

tdq1??dt，积分得 lnq???C，

?0?r?q?0?r?εr l 设t = 0时，q = qm，则得C = lnqm，因此电介质的电阻率的公式为

t． ???0?rln(qm/q) 当t = 180s时，q = qm/2，电阻率为??180 =1.4×1013(Ω·m)． ?128.842?10?2.1?ln2

14.2 有一导线电阻R = 6Ω，其中通有电流，在下列两种情况下，通过总电量都是30C，求导线所产生的热量．

（1）在24s内有稳恒电流通过导线； （2）在24s内电流均匀地减少到零．

解：（1）稳恒电流为 I = q/t = 1.25(A)，导线产生的热量为Q = I2Rt = 225(J)． （2）电流变化的方程为 i?2.5(1?1t)， 24i/A 2.5 I t/s 24 由于在相等的时间内通过的电量是相等的，在i-t图中，在0~24秒

1.25 内，变化电流和稳恒电流直线下的面积是相等的．

在dt时间内导线产生的热量元为dQ = i2Rdt，在24s内导线产生的o 热量为

111Q??iRdt??[2.5(1?t)]2Rdt??2.52?6?24??(1?t)324324002242424=300(J)．

0

14.3 已知铜的相对原子质量A = 63.75，质量密度ρ = 8.9×103kg·m-3． （1）技术上为了安全，铜线内电流密度不能超过6A·mm-2，求此时铜线内电子的漂移速度为多少？

（2）求T = 300K时，铜内电子热运动平均速度，它是漂移速度的多少倍？

解：（1）原子质量单位为u = 1.66×10-27(kg)，一个铜原子的质量为m = Au = 1.058×10-25(kg)， 铜的原子数密度为 n = ρ/m = 8.41×1028(个·m-3)，

如果一个铜原子有一个自由电子，n也是自由电子数密度，因此自由电子的电荷密度为ρe = ne = 1.34×1010(C·m-3)．铜线内电流密度为δ = 6×106(A·m-2)，根据公式δ = ρev，得电子的漂移速度为v = ρe/δ = 4.46×10-4(m·s-1)． （2）将导体中的电子当气体分子，称为“电子气”，电子做热运动的平均速度为v?8kT， ?me其中k为玻尔兹曼常数k = 1.38×10-23J·K-1，me是电子的质量me = 9.11×10-31kg，可得 v= 1.076×105(m·s-1)，对漂移速度的倍数为v/v = 2.437×108，

可见：电子的漂移速率远小于热运动的速度，其定向运动可认为是附加在热运动基础上的运动． C A I 14.4 通有电流I的导线形状如图所示，图中ACDO是边长为b的正方

b 形．求圆心O处的磁感应强度B = ？

解：电流在O点的产生的磁场的方向都是垂直纸面向里的．根据毕-萨

0?Idl?r0定律：dB?，圆弧上的电流元与到O点的矢径垂直，在O4?r2O a 图14.4 D ?0Idl，由于dl = adφ，积分得

4?a23?/2?Id?3?0I B1??dB1??0． ?L8a4?a0点产生的磁场大小为dB1?OA和OD方向的直线在O点产生的磁场为零．在AC段，电流元在O点产生的磁场为

dB2?由于l = bcot(π - θ) = -bcotθ，所以 dl = bdθ/sin2θ；

?Isin?d?又由于r = b/sin(π - θ) = b/sinθ，可得dB2?0，积分得

4?b?0Idlsin?，

4?r2A l Idl θ r O a Idl b C ?I3?/4?IB2??dB?0?sin?d??0(?cos?)4?b?/24?bL同理可得CD段在O点产生的磁场B3 = B2． O点总磁感应强度为B?B1?B2?B3?3?/4?/22?0I ?8?bD 3?0I2?0I． ?8a4?bZ R Y X 图14.5

14.5 如图所示的载流导线，图中半圆的的半径为R，直线部分伸向无限远处．求圆心O处的磁感应强度B = ？ 解：在直线磁场公式B??0I(cos?1?cos?2)中，令θ1 = 0、θ2 = 4?Ro I π/2，或者θ1 = π/2、θ2 = π，就得半无限长导线在端点半径为R的圆周上产生的磁感应强度B??0I．

4?R两无限长半直线在O点产生的磁场方向都向着-Z方向，大小为Bz = μ0I/2πR． 半圆在O处产生的磁场方向沿着-X方向，大小为Bx = μ0I/4R． O点的磁感应强度为B??Bxi?Bzk??场强大小为B?

2Bx?Bz2??0I4Ri??0Ik． 2?RB?0I24??2，与X轴的夹角为??arctanz?arctan．

4?RBx?14.6 如图所示的正方形线圈ABCD，每边长为a，通有电流I．求正方形中心O处的磁感应强度B = ？

A I O D 解：正方形每一边到O点的距离都是a/2，在O点产生的磁场大小相等、方向相同．以AD边为例，利用直线电流的磁场公式： B ?IB?0(cos?1?cos?2)，

4?R图14.6 C 令θ1 = π/4、θ2 = 3π/4、R = a/2，AD在O产生的场强为BAD?O点的磁感应强度为B?4BAD?2?0I， 2?a22?0I，方向垂直纸面向里． ?a

14.7 两个共轴圆线圈，每个线圈中的电流强度都是I，半径为R，两个圆心间距离O1O2 = R，试证：O1、O2中点O处附近为均匀磁场． 证：方法一：用二阶导数．一个半径为R的环电流在离圆心为x的轴线上产生的磁感应强度大小为：

2a I x O1RO O2R图14.7

I x ?0IR2． B?223/22(R?x)设两线圈相距为2a，以O点为原点建立坐标，两线圈在x点产生的场强分别为

2[R?(a?x)]2[R?(a?x)]方向相同，总场强为B = B1 + B2．

一个线圈产生的磁场的曲线是凸状，两边各有一个拐点．两个线圈的磁场叠加之后，如果它们相距太近，其曲线就是更高的凸状；如果它们相距太远，其曲线的中间部分就会下凹，与两边的峰之间各有一个拐点．当它们由远而近到最适当的位置时，两个拐点就会在中间重合，这时的磁场最均匀，而拐点处的二阶导数为零．

11设k = μ0IR2/2，则 B?k{2?} 23/2223/2[R?(a?x)][R?(a?x)]对x求一阶导数得

dBa?xa?x，??3k{2?}

dx[R?(a?x)2]5/2[R2?(a?x)2]5/2求二阶导数得

d2BR2?4(a?x)2R2?4(a?x)2??3k{2?2}， 227/227/2dx[R?(a?x)][R?(a?x)]2222

在x = 0处dB/dx = 0，得R = 4a，所以2a = R．

8?0I162x = 0处的场强为B?k2． ?k?23/23[R?(R/2)]55R55R方法二：用二项式展开．将B1展开得

?0IR2?0IR2． B1??2223/2223/22223/22[R?a?2ax?x]2(R?a)[1?(2ax?x)/(R?a)]设k?B1??0IR2223/2， B2??0IR2223/2．

?0IR22(R2?a2)3/22ax?x2?3/2?2ax?x2?3/2，则 B1?k(1?2)．同理，B2?k(1?)． 222R?aR?a1nx?当x很小时，二项式展开公式为 (1?x)??n将B1和B2按二项式展开，保留二次项，令R2 - 4a2 = 0，即a = R/2，得

n(n?1)2x?．... 1?2B?2k??0IR2(R2?a2)3/2?85?0I，可知：O点附近为均强磁场． 25Ro R

14.8 将半径为R的无限长导体圆柱面，沿轴向割去一宽为h(h<

i h o` 图14.8` ?I?ih B?0?0．

2?R2?R方法二：积分法．在导体的截面上建立坐标，x坐标轴平分角α，α = h/R． 电流垂直纸面向外，在圆弧上取一线元ds = Rdθ， 无限长直线电流为dI = ids = iRdθ，

?dI?i在轴线产生的磁感应强度大小为dB?0?0d?，

2?R2?两个分量分别为

y R θ dBx α o x dBy dB ds dBx?dBsin??积分得

?0i?isin?d?，dBy??dBcos???0cos?d?． 2?2?2???/2?0i2???/2?0iBx?sin?d???cos?2???2?/2???/2?0i[cos(2???/2)?cos(?/2)]?0； 2?2???/2?0i?0i2???/2?0i??[sin(2???/2)?sin(?/2)] By??cos?d???sin??2?2??/22??/2?i?ih??i?02sin?0??0． 2?22?2?RBy的方向沿着y方向．By的大小和方向正是无限长直线电流ih产生的磁感应强度．

14.9在半径为R = 1.0cm的无限长半圆柱形导体面中均匀地通有电流

R I=5.0A，如图所示．求圆柱轴线上任一点的磁感应强度B = ？

解：取导体面的横截面，电流方向垂直纸面向外．半圆的周长为C = πR， 电流线密度为i = I/C = IπR．在半圆上取一线元dl = Rdφ代表无限长直导线的截面，电流元为dI = idl = Idφ/π，在轴线上产生的磁感应强度为

?dI?Id?dB?0?02，方向与径向垂直．dB的两个分量为

2?R2?RdBx = dBcosφ，dBy = dBsinφ．积分得

??0I?0IBx??2cos?d??2sin??0，

2?R2?R00?I 图14.9 y φ R dBy dB odBx x ?I?IBy??02sin?d??02(?cos?)2?R2?R0???0?0I．

?2R由对称性也可知Bx = 0，所以磁感应强度B = By = 6.4×10-5(T)，方向沿着y正向．

14.10 宽度为a的薄长金属板中通有电流I，电流沿薄板宽度方向均匀分布．求在薄板所在平面内距板的边缘为x的P点处的磁感应强度（如图所示）．

x P a I 图14.10 解：电流分布在薄板的表面上，单位长度上电流密度，即面电流的线

密度为δ = I/a，以板的下边缘为原点，在薄板上取一宽度为dl的通电导线，电流强度为 dI = δdl，在P点产生磁感应强度为

Px ?0dI?0?dl， dB??2?r2?(x?a?l)dl dI a I 磁场方向垂直纸面向外．由于每根电流产生的磁场方向相同，总磁场l o 为

????0ln(x?a?l)B??2?2?(x?a?l)0a?0?dla?l?0?0Ialn(1?)． 2?ax[讨论]当a趋于零时，薄板就变成直线，因此

?Iln(1?a/x)?IB?0?0，这就是直线电流产生的磁场强度的公式．

2?xa/x2?x

I 14.11 在半径为R的木球上紧密地绕有细导线，相邻线圈可视为相互平行，

R O 盖住半个球面，如图所示．设导线中电流为I，总匝数为N，求球心O处的磁感应强度B = ？

图14.11

解：四分之一圆的弧长为C = πR/2，单位弧长上线圈匝数为n = N/C = 2N/πR．

在四分之一圆上取一弧元dl = Rdθ，线圈匝数为dN = ndl = nRdθ，环电流大小为 dI = IdN = nIRdθ．环电流的半径为 y = Rsinθ，离O点的距离为 x = Rcosθ， y 在O点产生的磁感应强度为

2R32方向沿着x的反方向，积分得O点的磁感应强度为

dB??0y2dI??0nIsin2?d???0NIsin2?d?， ?RdB oR θ x ?0NI?/22?0NI?/2?0NI． B?sin?d??(1?cos2?)d????R?2?R4R00

14.12 两个共面的平面带电圆环，其内外半径分别为R1、R2和R3、R4(R1 < R2 < R3 < R4)，外面圆环以每秒钟n2转的转速顺时针转动，里面圆环以每称n1转逆时针转动，若两圆环电荷面密度均为ζ，求n1和n2的比值多大时，圆心处的磁感应强度为零．

R3 R1 R4 R2 解：半径为r的圆电流在圆心处产生的磁感应强度为B = μ0I/2r．

在半径为R1和R2的环上取一半径为r、宽度为dr的薄环，其面

图14.12 积为dS = 2πrdr，所带的电量为dq = ζdS = 2πζrdr，圆环转动的周期为T1 = 1/n1，形成的电流元为dI = dq/T1 = 2πn1ζrdr．

薄环电流可以当作圆电流，在圆心产生的磁感应强度为dB1 = μ0dI/2r = πμ0n1ζdr， 圆环在圆心产生磁感应强度为B1 = πμ0n1ζ(R2-R1)．

同理，半径为R3和R4的圆环在圆心处产生的磁感应强度为B2 = πμ0n2ζ(R4-R3)．

由于两环的转动方向相反，在圆心产生的磁感应强度也相反，当它们大小相同时，圆心处的磁感应强度为零，即：πμ0n1ζ(R2-R1) = πμ0n2ζ(R4-R3)，

解得比值为

R?R3n1． = 4n2R2?R1R I

14.13 半径为R的无限长直圆柱导体，通以电流I，电流在截面上分布不均匀，电流密度δ = kr，求：导体内磁感应强度？

解：在圆柱体内取一半径为r、宽度为dr的薄圆环，其面积为dS = 2πrdr， 电流元为dI = δdS = 2πkr2dr，

从0到r积分得薄环包围的电流强度为Ir = 2πkr3/3；

从0到R积分得全部电流强度I = 2πkR3/3，因此Ir/I = r3/R3． 根据安培环路定理可得导体内的磁感应强度：

图14.13

B??0Ir?I?03r2． 2?r2?Rω o a

14.14 有一电介质圆盘，其表面均匀带有电量Q，半径为a，可绕盘心且与盘面垂直的轴转动，设角速度为ω．求圆盘中心o的磁感应强度B = ？

解：圆盘面积为S = πa2，面电荷密度为ζ = Q/S = Q/πa2．在圆盘上取一

图14.14 半径为r、宽度为dr的薄环，其面积为dS = 2πrdr，所带的电量为dq = ζdS

= 2πζrdr．薄圆环转动的周期为 T = 2π/ω，

形成的电流元为dI = dq/T = ωζrdr．薄环电流可以当作圆电流，在圆心产生的磁感应强度为dB = μ0dI/2r = μ0ωζdr/2，从o到a积分得圆盘在圆心产生磁感应强度为B = μ0ωζa/2 = μ0ωQ/2πa．如果圆盘带正电，则磁场方向向上．

dx I2 I1 14.15 二条长直载流导线与一长方形线圈共面，如图所示．已知a = b =

l x c = 10cm，l = 10m，I1 = I2 = 100A，求通过线圈的磁通量．

解：电流I1和I2在线圈中产生的磁场方向都是垂直纸面向里的，在坐标系中的x点，它们共同产生的磁感应强度大小为

oB??0I12?(a?b/2?x)??0I22?(c?b/2?x)a b 图14.15 c ．

在矩形中取一面积元dS = ldx，通过面积元的磁通量为dΦ = BdS = Bldx， 通过线圈的磁通量为

?0lb/2I1I2??(?)dx ?2??b/2a?b/2?xc?b/2?x?la?bc?0(I1ln?I1ln)=2×10-7×10×100×2ln2=2.77×10-4(Wb)． 2?ac?b

14.16 一电子在垂直于均匀磁场的方向做半径为R = 1.2cm的圆周运动，电子速度v = 104m·s-1．求圆轨道内所包围的磁通量是多少？ 解：电子所带的电量为e = 1.6×10-19库仑，质量为m = 9.1×10-31千克．

电子在磁场所受的洛伦兹力成为电子做圆周运动的向心力， 即：f = evB = mv2/R，所以 B = mv/eR． 电子轨道所包围的面积为 S = πR2， 磁通量为 Φ = BS = πmvR/e =2.14×10-9(Wb)．

o R v 图14.16

B 14.17 同轴电缆由导体圆柱和一同轴导体薄圆筒构成，电流I从一导体流

R2 入，从另一导体流出，且导体上电流均匀分布在其横截面积上，设圆柱半径为R1，圆筒半径为R2，如图所示．求：

l （1）磁感应强度B的分布；

（2）在圆柱和圆筒之间单位长度截面的磁通量为多少？

解：（1）导体圆柱的面积为 S = πR12，面电流密度为δ = I/S = I/πR12．在圆柱以半径r作一圆形环路，其面积为Sr = πr2，包围的电流是Ir = δSr = Ir2/R12．

根据安培环路定理B?dl??0LR1 dr I I 图14.17 ??I??0rI,

由于B与环路方向相同，积分得2πrB = μ0Ir，所以磁感应强度为B = μ0Ir/2πR12，(0 < r < R1)． 在两导体之间作一半径为r的圆形环中，根据安培环中定理可得B = μ0I/2πr，(R1 < r < R2)．

在圆筒之外作一半径为r的圆形环中，由于圆柱和圆筒通过的电流相反，所包围的电流为零，根据安培环中定理可得B = 0，(r > R2)． （2）在圆柱和圆筒之间离轴线r处作一径向的长为l = 1、宽为dr的矩形，其面积为dS = ldr = dr，方向与磁力线的方向一致，通过矩形的磁通量为dΦ = BdS = Bdr，

?I总磁通量为??02?R2?0IR21dr?ln． ?r2?R1R1R O *

14.18 一长直载流导体，具有半径为R的圆形横截面，在其内部有与导体相切，半径为a的圆柱形长孔，其轴与导体轴平行，相距b = R – a，导体截有均匀分布的电流I．

（1）证明空孔内的磁场为均匀场并求出磁感应强度B的值；

（2）若要获得与载流为I，单位长度匝数n的长螺线管内部磁场相等的均匀磁场，a应满足什么条件？

（1）证：导体中的电流垂直纸面向外，电流密度为

I． ???(R2?a2)长孔中没有电流，可以当作通有相反电流的导体，两个电流密度的大小都为δ，这样，长孔中磁场是两个均匀分布的圆形电流产生的．

如果在圆形截面中过任意点P取一个半径为r的同心圆，其面积为 S = πr2，包围的电流为ΣI = δS = πr2δ，

根据安培环路定理可得方程2πrBr = μ0ΣI，磁感应强度为 Br?b a O图14.18 Br R B θ P r φ r` Br` Ob O`a ?0?I?0??r，方向与矢径r垂直． 2?r2?0?2 r`，方向与矢径r`垂直．

同理，密度为-δ的电流在P点产生的磁感应强度为Br`?设两个磁感应强度之间的夹角为θ，则合场强的平方为

??B2?Br2?Br2`?2BrBr`cos?，B2?(0)2(r2?r`2?2rr`cos?)．

2根据余弦定理，如图可知：b2?r2?r`2?2rr`cos?， 由于φ = π - θ，所以B??0?2b，由于b和δ都是常量，可见：长孔中是均匀磁场．

将δ和b代入公式得磁感应强度大小为B?，可以证明磁场的方向向上．

2?(R?a)（2）解：长螺线管内部的场为B =μ0nI，与上式联立得

1a??R，这就是a所满足的条件．

2?n

Y b 14.19 在XOY平面内有一载流线圈abcda，通有电流I = 20A，bc半径R = B -2I 20cm，电流方向如图所示．线圈处于磁感应强度B = 8.0×10T的均强磁R a α θ 场中，B沿着X轴正方向．求：直线段ab和cd以及圆弧段bc和da在外

c oX 磁场中所受安培力的大小和方向．

d 解：根据右手螺旋法则，bc弧和cd边受力方向垂直纸面向外，da弧和图14.19 ab边受力方向垂直纸面向里．由于对称的关系，ab边和cd边所受安培力的大小是相同的，bc弧和da弧所受安培力的大小也是相同的．

ab边与磁场方向的夹角是α = 45°，长度为l = R/sinα，所受安培力为 Fab = |Il×B| = IlBsinα= IRB = 0.32(N) = Fcd．

在圆弧上取一电流元Idl，其矢径R与X轴方向的夹角为θ，所受力的大小为 dFbc = |Idl×B| = IdlBsinθ，

由于线元为dl = Rdθ，所以 dFbc = IRBsinθdθ，因此安培力为

?0IFbc?IRB??/20sin?d??IRB(?cos?)?/20= IRB = 0.32(N) = Fda．

14.20 载有电流I1的无限长直导线旁有一正三角形线圈，边长为a，载y I1 有电流I2，一边与直导线平等且与直导线相距为b，直导线与线圈共面，如图所示，求I1作用在这三角形线圈上的力．

ob A I2 α C x 解：电流I1在右边产生磁场方向垂直纸面向里，在AB边处产生的磁感a B 应强度大小为B = μ0I1/2πb，作用力大小为FAB = I2aB = μ0I1I2a/2πb，方图14.20 向向左．

三角形的三个内角α = 60°，在AC边上的电流元I2dl所受磁场力为 dF = I2dlB， 两个分量分别为 dFx = dFcosα，dFy = dFsinα，

与BC边相比，两个x分量大小相等，方向相同；两个y分量大小相等，方向相反．

由于 dl = dr/sinα，所以 dFx = I2drBcotα，积分得

?0I1I2cot?b?asin??0I1I23b?a3/2?0I1I2cot?b?asin?1． ?ln?lnFx?dr?2?b6?b2?rb作用在三角形线圈上的力的大小为

F = FAB – 2Fx??0I1I2a23b?a3/2(?ln)，方向向左． 2?b3bI1 I2 r R θ

14.21 载有电流I1的无限长直导线，在它上面放置一个半径为R电流为I2的圆形电流线圈，长直导线沿其直径方向，且相互绝缘，如图所示．求I2在电流I1的磁场中所受到的力．

解：电流I1在右边产生磁场方向垂直纸面向里，右上1/4弧受力向右上方，右下1/4弧受力向右下方；电流I1在左边产生磁场方向垂直纸面向外，左上1/4弧受力向右下方，左下1/4弧受力向右上方．因此，合力方向向右，大小是右上1/4弧所受的向右的力的四倍．

o 图14.21 电流元所受的力的大小为dF = I2dlB，其中dl = Rdθ，B = μ0I1/2πr，而r = Rcosθ， 所以向右的分别为dFx = dFcosθ = μ0I1I2dθ/2π，积分得

?0I1I2?/2?IIFx?d?d??012，

2?40电流I2所受的合力大小为F = 4Fx = μ0I1I2，方向向右．

14.22 如图所示，斜面上放有一木制圆柱，质量m = 0.5kg，半径为R，长为 l = 0.10m，圆柱上绕有10匝导线，圆柱体的轴线位导线回路平面内．斜面倾角为θ，处于均匀磁场B = 0.5T中，B的方向竖直向上．如果线圈平面与斜面平行，求通过回路的电流I至少要多大时，圆柱才不致沿斜面向下滚动？

B θ o 解：线圈面积为 S = 2Rl，磁矩大小为pm = NIS，方向与B成θ角，所以磁力θ 矩大小为Mm = |pm×B| = pmBsinθ = NI2RlBsinθ，方向垂直纸面向外．重力大小G 图14.22

为 G = mg，

力臂为L = Rsinθ，重力矩为 Mg = GL = mgRsinθ，方向垂直纸面向里．圆柱不滚动时，两力矩平衡，即NI2RlBsinθ = mgRsinθ，解得电流强度为I = mg/2NlB = 5(A)．

14.23 均匀带电细直线AB，电荷线密度为λ，可绕垂直于直线的轴O以ω角速度均速转动，设直线长为b，其A端距转轴O距离为a，求： ω B （1）O点的磁感应强度B；

b （2）磁矩pm；

（3）若a>>b，求B0与pm．

解：（1）直线转动的周期为T = 2π/ω，在直线上距O为r处取一径向线元o dr，所带的电量为dq = λdr，形成的圆电流元为dI = dq/T = ωλdr/2π， 在圆心O点产生的磁感应强度为dB = μ0dI/2r = μ0ωλdr/4πr， 整个直线在O点产生磁感应强度为

a A 图15.23 ?0??a?b1?0??a?b，如果λ > 0，B的方向垂直纸面向外． B?dr?ln?4?ar4?a（2）圆电流元包含的面积为S = πr2，形成的磁矩为 dpm = SdI = ωλr2dr/2，积分得

pm???a?b2?ar2dr???6[(a?b)3?a3]．

如果λ > 0，pm的方向垂直纸面向外．

（3）当a>>b时，因为

B??0?????b???bb． ln(1?)?0(?...)， 所以B?04?a4?a4?a??a3b3??a3bb2b3??a2b． pm?[(1?)?1]?[3?3()?()]?6a6aaa2

14.24 一圆线圈直径为8cm，共12匝，通有电流5A，将此线圈置于磁感应强度为0.6T的均强磁场中，求：

（1）作用在线圈上的电大磁力矩为多少？

（2）线圈平面在什么位置时磁力矩为最大磁力矩的一半．

解：（1）线圈半径为R = 0.04m，面积为S = πR2，磁矩为pm = NIS = πR2NI，磁力矩为M = pmBsinθ．

当θ = π/2时，磁力矩最大

Mm = pmB = πR2NIB = 0.18(N·m)．

（2）由于M = Mmsinθ，当M = Mm/2时，可得sinθ = 0.5，θ = 30°或150°．

*14.25 在半径为R，通以电流I2的圆电流的圆周上，有一无限长通以电

R 流I1的直导线（I1，I2相互绝缘，且I1与圆电流I2所在平面垂直），如图

O 所示，求I2所受的力矩．若I1置于圆电流圆心处（仍垂直），I2所受力矩

I1 I2 又如何？

解：在x轴上方的圆周上取一电流元I2dl，其大小为I2dl = I2Rdθ， 所受的安培力为 dF = I2dl×B， 其大小为 dF = |I2dl×B| = I2RdθBsinφ，

其中φ = θ/2，B是电流I1在电流元I2dl处产生的磁感应强度

图15.25 φ B I2dl I1 r R O φ θ I2 x ?I?0I1， B?01?2?r4?Rcos?因此安培力的大小可化为

dF??0I1I2?tan?d，力的方向垂直纸面向里． 4?2如果在x轴下方取一电流元，其受力方向垂直纸面向外，因此，圆周所受的安培力使其

绕x轴旋转．

?0I1I2R2?sind? 2?22??IIR?IIR1电流所受的力矩为M?012?(1?cos?)d??012．

22?20电流元所受的力矩为dM?dF(Rsin?)? 如果电流I1置于圆电流圆心处，那么I2就与I1产生的磁力线重合，

所受的力为零，力矩也为零．

14.26 一个电子在B = 20×10-4T的磁场中，沿半径R = 2cm的螺旋线运动，螺距h = 5cm，如图所示，求： （1）电子的速度为多少？ （2）B的方向如何？

解：电子带负电，设速度v的方向与磁力线的负方向成θ角，则沿着磁力线方向的速度为v1 = vcosθ，垂直速度为v2 = vsinθ．

由 R = mv2/eB，得 v2 = eBR/m． 由 h = v1T，得 v1 = h/T = heB/2πm，

22因此速度为v?v1?v2?B R O I1 I2 R h 图15.26 eBh6

s-1)； R2?()2= 7.75×10(m·

m2?由 tan??v22?R= 2.51，得 θ = 68.3° = 68°18′． ?v1h

Y B 14.27 一银质条带，z1 = 2cm，y1 = 1mm．银条置于Y方向的均匀磁场中B = 1.5T，如图所示．设电流强度I = 200A，自由电子数n = 7.4×1028

o 个·m-3，试求：

y1 （1）电子的漂移速度；

Z 图15.27 （2）霍尔电压为多少？

X z1 I 解：（1）电流密度为 δ = ρv，其中电荷的体密度为ρ = ne.

电流通过的横截面为S = y1z1，电流强度为I =δS = neSv，得电子的漂移速度为

v?I1=8.45×10-4(m·s-1)． ?28?19neS7.4?10?1.6?10?0.001?0.02（2）霍尔系数为

RH?11= 8.44×10-11(m3·C-1)， ?28?19ne7.4?10?1.6?10霍尔电压为

IB200?1.5-5?11UH?RHy?8.44?1010.001= 2.53×10(V)．

解：（1）电流密度为 δ = ρv，其中电荷的体密度为ρ = ne.

电流通过的横截面为S = y1z1，电流强度为I =δS = neSv，得电子的漂移速度为

v?I1=8.45×10-4(m·s-1)． ?28?19neS7.4?10?1.6?10?0.001?0.02（2）霍尔系数为

RH?11= 8.44×10-11(m3·C-1)， ?28?19ne7.4?10?1.6?10霍尔电压为

IB200?1.5-5?11UH?RHy?8.44?1010.001= 2.53×10(V)．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/baz.html