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B R 、B r 满足（ ）
（A ） r R B B 2= （B ） r R B B = （C ） r R B B =2 （D ）r R B B 4= 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
2
1==R r n n r R 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 ）B r 2π2 （B ） B r 2
π
（C ）αB r cos π22 （D ） αB r cos π2
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；S B ?=m Φ．因而正确答案为（D ）． 7 －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L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P 1 、P 2 为两圆形回路上的对应点，则（ ）
（A ） ?
??=?21L L d d l B l B ，21P P B B = （B ） ???≠?21L L d d l B l B ，21P P B B
= （C ） ???=?21L L d d l B l B ，21P P B B
≠
（D ） ???≠?2
1L L d d l B l B ，21P P B B ≠
分析与解 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路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C ）． *7 －5 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μｒ （μｒ＜1），则磁介质内的磁化强度为（ ）
（A ）()r I μr π2/1-- （B ） ()r I μr π2/1-
（C ） r I μr π2/- （D ） r μI r π2/
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 ＝（μｒ－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240 m 的近似圆形轨道，当环中电子流强度为8 mA 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c I e I /Δ=
，因而由l
Nec I =，可解出环中的电子数。 解 通过分析结果可得环中的电子数 10104?==ec
Il N 7 －7 已知铜的摩尔质量M ＝63.75 ｇ·mol －1 ，密度ρ ＝8.9 g · 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26.0A mm m j -=? ，求此时铜线内电子的漂移
速率v d ；（2） 在室温下电子热运动的平均速率是电子漂移速率v d 的多少倍？
分析 一个铜原子的质量A N M m /=,其中N A 为阿伏伽德罗常数，由铜的密度ρ 可以推算出铜的原子数密度
m ρn /=
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
d m n
e j v = ．从而可解得电子的漂移速率v d ．
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
e
m kT π8=v
其中k 为玻耳兹曼常量，m e 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
M ρN n A /=
电流密度为j m 时铜线内电子的漂移速率
14s m 1046.4//--??===e ρN M j ne j A m m d v
（2） 室温下（T ＝300 Ｋ）电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为
81042.2π81?≈=e
d d m kT v v v 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率．电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20 m ，内圆柱面的半径为3.0 mm ，外圆柱面的半径为9.0 mm.若两圆柱面之间有10 μA 电流沿径向流过，求通过半径为6.0 mm 的圆柱面上的电流密度．
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
rl I j π2/=
解 由分析可知，在半径r ＝6.0 mm 的圆柱面上的电流密度
2m m A 3.13π2/-?==rl I j
7 －9 如图所示，已知地球北极地磁场磁感强度B 的大小为6.0×10－
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？
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
()R
I μR R IR μB 24202/322
0=+= 因此赤道上的等效圆电流为
A 1073.12490
?==μRB I 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a 、b 两点，并与很远处的电源相接。求环心O 的磁感强度．
分析 根据叠加原理，点O 的磁感强度可视作由ef 、b e 、fa 三段直线以及ac b 、a d b 两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，0=ef B ．而b e 、fa 两段直线的延长线通过点O ，由于0Idl r ?=，由毕－萨定律知
0be fa ==B B ．流过圆弧的电流I 1 、I 2的方向如图所示，两圆弧在点O 激发的磁场分别为
21101π4r l I μB =,22202π4r
l I μB = 其中I 1 、I 2 分别是圆弧ac b 、a d b 的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比，而圆弧ac b 、a d b 又构成并联电路，故有
2211l I l I =
将B1 、B2 叠加可得点O 的磁感强度B ．
解 由上述分析可知，点O 的合磁感强度
0π4π42220211021=-=
-=r l I μr l I μB B B 7 －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O 的
磁感强度各为多少？
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O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度∑=i
B B 0 解 （ａ） 长直电流对点O 而言，有0=?r l Id ，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有
R
I μB 800=
B 0 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
R
I μR I μB π22000-=
B 0 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
R
I μR I μR I μR I μR I μB 4π24π4π4000000+=++= B 0 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 ．
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
R
αI μB π40=
，其中α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O 激发的磁感强度R I μB π40=，磁感强度的方向依照右手定则确定。
点O 的磁感强度B O 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O 的叠加。
解 根据磁场的叠加
在图（ａ）中，
k i k k i B R
I μR I μR I μR I μR I μπ24π4π44000000--=---
= 在图（ｂ）中， k i k i i B R
I μR I μR I μR I μR I μπ41π14π44π4000000-??? ??+-=---
= 在图（c ）中， k j i B R
I μR I μR I μπ4π4830000---= 7 －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I 在柱面上均匀分布．求半圆柱面轴线OO ′上的磁感强度．
分析 毕－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θR I d d =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R l I I π/d d =，它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为
I R
μB d 2πd 0= 其方向在Oxy 平面内，且与由ｄl 引向点O 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OO ′上产生的磁感强度叠加后，得
?==0sin d θB B y
R
I μθθR R I R μθB B x 20π00π0πsin d π2πsin d =?==?? 则轴线上总的磁感强度大小 R I μB B x 20π=
= B 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R ，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O ，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0=dx
dB ；022=dx B d )
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
0d d =x
B ，这表明在该点附近的磁感强度有三种可能，即有极大值(0d d 22
B ) 或均匀(0d d 22=x B )．据此可得获得均匀磁场的条件①． 证 取两线圈中心连线的中点为坐标原点O ，两线圈中心轴线为x 轴，在x 轴上任一点的磁感强度
()[]()[]2/322202/322202/2/2x d R IR μx d R IR μB ++--+=
则当 ()()()[]()()
[]02/2/32/2/32d d 2/5222/52220=+++-?????-+-=x d R x d x d R x d IR μx x B ()()()[]()()[]
02/2/42/2/423d d 2/72222
2/72222022=++-+-?????-+-=x d R R x d x d R x d IR μx x B 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 0d d =x
B ， 解得 x ＝0
由 0d d 022==x x B ，解得 d ＝R
① 将磁感强度B 在两线圈中点附近用泰勒级数展开，则
()()()()...d 0d 21d 0d 0222+++=x x
B x x B B x B 若x ＜＜1；且()0d 0d =x
B ；()0d 0d 22=x B ．则磁感强度B （x ）在中点O 附近近似为常量，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Φ≠BS ．为此，可在矩形平面上取一矩形面元d S ＝l d x ［图（ｂ）］，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为
x l x
l μΦd π2d d 0=
?=S B 矩形平面的总磁通量 ΦΦ?=d
解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量
?
==211200ln π2d π2d d d d Il μx l x l μΦ 7 －16 已知10 mm 2 裸铜线允许通过50 A 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．
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
∑?=?=?I μB 0
πr 2d l B 在导线内r ＜R ， 2222πππR
r r R I I ==∑，因而 202πR
Ir μB =
在导线外r ＞R ，I I =∑，因而 r
I μB 2π0= 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 ＝50 A ，m 1078.1π/3-?==
s R ，得
T 106.52π30-?==R
I μB 7 －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 ＜R 1 ；（2） R 1 ＜r ＜R 2 ；（3） R 2 ＜r ＜R 3 ；（4） r ＞R 3 ．画出B －r 图线．
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， πr 2d ?=??B l B ，利用安培环路定理∑?=?I μ0d l B ，
可解得各区域的磁感强度．
解 由上述分析得
r ＜R 1 221
01ππ12πr R μr B =? 21
12πR Ir μB = R 1 ＜r ＜R 2
I μr B 022π=?
r
I μB 2π02= R 2 ＜r ＜R 3
()()??
????---=?I R R R r I μr B 22232203ππ2π 22
232
23032πR R r R r I μB --= r ＞R 3
()02π04=-=?I I μr B
04=B
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
πr 2d ?=??B l B 依照安培环路定理∑?=?I μ0
d l B ，可以解得螺线管内磁感强度的分布． 解 依照上述分析，有
∑=?I μr B 02π
r ＜R 1
02π1=?r B
01=B
R 2 ＞r ＞R 1
NI μr B 022π=?
r
NI μB 2π02= r ＞R 2
02π3=?r B
03=B
在螺线管内磁感强度B 沿圆周，与电流成右手螺旋．若112R R R <<- 和R 2 ，则环内的磁场可以近似视作均匀分布，设螺线环的平均半径
()122
1R R R +=，则环内的磁感强度近似为 R
NI μB 2π0≈ 7 －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．
分析 由题7 －16 可得导线内部距轴线为r 处的磁感强度
()2
02πR Ir μr B = 在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义()S B d ?
=r Φ来求解．沿轴线方向在剖面上取面元ｄS ＝l ｄr ，考虑到面元上各点B 相同，故穿过面元的磁通量ｄΦ＝B ｄS ，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量
?=S
r B Φd 解 由分析可得单位长度导线内的磁通量
4π
d 2π0020I μr R Ir μΦR
==? 7 －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．）
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a b c d ，回路所在平面与导电平面相交于OO ′，且使a b ∥c d ∥OO ′，a d ⊥OO ′，c d ⊥OO ′，a b ＝c d ＝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a b c d 中，磁感强度沿回路的环路积分
??????+?+?+?=?da
bc cd ab l l B l B l B l B l B d d d d d 由于对称性B 1 ＝B 2 ＝B ，B 3 、B 4 与积分路径正交，因而
Bl d l
2=??l B （1） 回路a b c d 内包围的电流I ＝jL ，根据安培环路定理，有
jL μBl l 02d ==??l B （2）
由式（1）和式（2）可得导电板两侧磁感强度的大小为
j μB 02
1= 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．
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012
j μ，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
i i i B 000j μj μj μ=+=2
2 （2） 两导体载流平面之外，合磁场的磁感强度
02
2==
i -i B 00j μj μ 7 －22 已知地面上空某处地磁场的磁感强度40.410T B -=?，方向向北．若宇宙射线中有一速率71
5.010m s -=?v 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B F ?=v q L 可知洛伦兹力L F 的方向为B ⊥v 的方向，如图所示．
（2） 因B ⊥v ，质子所受的洛伦兹力
N 102.316-?==B F v q L
在地球表面质子所受的万有引力
N 1064.116-?==g m G p
因而，有10
1095.1/?=G F L ，即质子所受的洛伦兹力远大于重力．
7 －23 在一个显像管的电子束中，电子有41.210eV ?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55.510T B -⊥=?，并且方向向下．求：（1） 电子束偏转方向；（2） 电子束在显像管内通过20 cm 到达屏面时光点的偏转间距．
解 （1） 如图所示，由洛伦兹力
B F ?=v q
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
m 71.62===eB
mE eB m R k v 由题知cm 20=y ，并由图中的几何关系可得电子束偏向东侧的距离m 1098.2Δ322-?=--=y R R x 即显示屏上的图像将整体向东平移近3 mm ．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nep B E E C H //=,这里ρ 为材料电阻率，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
j E ρC =
其中ρ 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
B E ?-=v H
其中v 是载流子定向运动速率．根据导体内电流密度
v ne =j
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
nev ρρC ==j E
由霍耳效应，霍耳电场强度
B E ?-=v H
因载流子定向运动方向与磁感强度正交，故E H ＝v B ，因而
B/ne ρB/ρ/ρB/ρ/E E C H ===v v v /
7 －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 ＝2.0 mm ，磁场为B ＝0.080 T ，毫伏表测出血管上下两端的电压为U H ＝0.10 mV ，血流的流速为多大？
分析 血流稳定时，有
H qE B q =v
由上式可以解得血流的速度．
解 依照分析
m/s 63.0===dB
U B E H H v 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l 段两端由磁力产生的压力差为p JlB ?=，此压力差将驱动液体沿管道流动．
（2） 要在l 段两端产生1.00 atm （1 atm ＝101 325 P a ）的压力差，电流密度应多大？ （l ＝2.00 cm ，B ＝1.50Ｔ）