第11章 恒定电流与真空中的恒定磁场
11-1 电源中的非静电力与静电力有什么不同
答：在电路中，电源中非静电力的作用是，迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极移动到高电位的电源正极，使两极间维持一定的电位差。而静电场的作用是在外电路中把正电荷由高电位的地方移动到低电位的地方，起到推动电流的作用；在电源内部正好相反，静电场起的是抵制电流的作用。
电源中存在的电场有两种：1、非静电起源的场；2、稳恒场。把这两种电场与静电场比较，静电场由静止电荷所激发，它不随时间的变化而变化。非静电场不由静止电荷产生，它的大小
决定于单位正电荷所受的非静电力，k F E q
=v
v 。当然电源种类不同，k F v 的起因也不同。
11-2静电场与恒定电场有什么相同处和不同处为什么恒定电场中仍可应用电势概念 答：稳恒电场与静电场有相同之处，即是它们都不随时间的变化而变化，基本规律相同，并且都是位场。但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生，电荷本身却在移动。
正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化，因此静电场的两条基本定理，即高斯定理和环路定理仍然适用，所以仍可引入电势的概念。
11-3一根铜导线表面涂以银层，当两端加上电压后，在铜线和银层中，电场强度是否相同电流密度是否相同电流强度是否相同为什么
答：此题涉及知识点：电流强度d s
I =??r r
j s ，电流密度概念，电场强度概念，欧姆定律的微
分形式j E σ=r r 。设铜线材料横截面均匀，银层的材料和厚度也均匀。由于加在两者上的电压
相同，两者的长度又相等，故铜线和银层的场强E r
相同。由于铜线和银层的电导率σ不同，
根据j E σ=r r
知，它们中的电流密度j r 不相同。电流强度d s
I =??r r j s ，铜线和银层的j r 不同但
相差不太大，而它们的横截面积一般相差较大，所以通过两者的电流强度，一般说来是不相同的。
11-4一束质子发生侧向偏转，造成这个偏转的原因可否是： （1）电场 （2）磁场
（3）若是电场或者是磁场在起作用，如何判断是哪一种场
答：造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。可以改变质子的运动方向，通过质子观察运动轨迹来判断是电场还是磁场在起作用。
11-5 3个粒子，当它们通过磁场时沿着如题图11-5所示的路径运动，对每个粒子可作出什么判断
答：根据带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力规律，通过观察运动轨迹的不同可以判断三种粒子是否带电和带电种类。
11-6 一长直载流导线如题图11-6所示，沿Oy 轴正向放置，在
原点O 处取一电流元d I r
l ，求该电流元在（a ，0，0），（0，a ，0），
（a ，a ，0），（a ，a ，a ）各点处的磁感应强度B v
。 分析：根据毕奥-萨伐尔定律求解。 解：由毕奥-萨伐尔定律
03
d d .4πI r
μ?=r r
r l r Β 原点O 处的电流元d I r l 在（a ，0，0）点产生的r
Β为：
000332
d d d (d )4π4π4πI I l I lj ai B a lk k a a a μμμ?==-=-r r
r r
r d I r l 在（0，a ，0）点产生的r
Β为：
0032
d d d ()0,4π4πI l I l a a a μμ?==?=r r
r r r j j B j j
d I r l 在（a ，a ，0）点产生的r
Β为：
题图11-5
题图11-6
0023
2d d .4π16π(2)
I l B k a a μ==-r r r
r r d I r l 在（a ，a ，a ）点产生的r
Β为
0023
3d d ().4π36π(3)
I l a a μ==-r r r r
r r r B i k
11-7 用两根彼此平行的长直导线将半径为R 的均匀导体圆环联到电源上，如题图11-7所示，b 点为切点，求O 点的磁感应强度。
分析：应用毕奥-萨伐尔定律分别求出载流直导线L 1和L 2以及导
体圆环上并联的大圆弧大ab 和小圆弧小ab 在O 点产生的磁感应强度，再利用磁感应强度的矢量叠加来求解。
解：先看导体圆环，由于大ab 和小ab 并联，设大圆弧有电流1I ，小圆弧有电流2I ，必有：
12I R I R =大小
由于圆环材料相同，电阻率相同，截面积S 相同，实际电阻与圆环弧的弧长l 大和l 小有关，即：
12,I l I l =大小
则1I 在O 点产生的1B r
的大小为
0112
,4πI l B R
μ=
大
而2I 在O 点产生的2B r
的大小为
02212
.4I l B B R μ=
=π小
1B r 和2B r
方向相反，大小相等.即
120B B +=r r
。
题图11-7
直导线1L 在O 点产生的
30B r
＝。
直导线2L 在O 点产生的
R
I
B πμ404=
，方向垂直纸面向外。 则O 点总的磁感强度大小为
R
I
B B πμ4040=
= 方向垂直纸面向外
11-8 一载有电流I 的长导线弯折成如题图11-8所示的形状，CD 为1/4圆弧，半径为R ，圆心O 在AC ，EF 的延长线上.求O 点处磁场的场强。
分析：O 点的磁感强度r
Β为各段载流导线在O 点产生磁感强度的矢量和。
解：因为O 点在AC 和EF 的延长线上，故AC 和EF 段对O 点的磁场没有贡献。
CD 段
00,48CD I I
B R R
μμπ
=
=
π2
DE 段
0002(cos 45cos135).4242/2
DE I
I I
B a
R
R μμμ=
?-?=
=
πππ
O 点总磁感应强度为
0001
12824DE CD I
I
I B B B R
R
R μμμ??=+=
+
=
+ ?ππ??
方同垂直纸面向外.
11-9. 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题图11-9所示．a ，
题图11-8
题图11-9
b 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求a ，b 两点处的磁感应
强度，以及磁感应强度为零的点的位置．
分析：先根据无限长载流直导线的磁感应强度公式，由矢量叠加即可求出空中某场点的合场强。
解：如题图9-8所示,a B v
方向垂直纸面向里
401
02
1.210(T)2π(0.10.05)
2π0.05
a I I B μμ-=
+
=?-?
b B v
方向垂直纸面向外
502
01
1.3310(T)2π0.05
2π(0.10.05)
b I I B μμ-=
-
=???+
设0=B ?
在2L 外侧距离2L 为r 处 则
01
02
02π(0.1)
2πI I r r
μμ-
=+
解得
0.1m r =
11-10如题图11-10所示．一无限长薄电流板均匀通有电流I ，电流板宽为a ，求在电流板同一平面内距板边为a 的P 点处的磁感应强度。 分析：将无限长薄电流板分割成许多无限长载流直导线，应用无限长载
流直导线产生的磁场d B r
公式，然后积分求解总的磁感应强度。注意利
用场的对称性。
解：在电流板上距P 点x 处取宽为d .x 并平行于电流I 的无限长窄条，窄条中的电流为
d d .I I x a
=
d I 在P 点处产生的磁感强度为
0d d ,2I
B x
μ=
π方向垂直纸面向里。
题图11-10
整个电流板上各窄条电流在P 点处产生的d B 方向相同，故
2000d d d ln 22π2π2πa
a
I
I I
B B x x
x a a
μμμ??==== ?????
?
方向垂直纸面向里。
11-11 在半径1cm R =的“无限长”半圆柱形金属薄片中，有电流5I A =自下而上地通过，如题图11-10所示。试求圆柱轴线上一点P 处的磁感应强度。
分析：将半圆柱形金属薄片分割成许多无限长载流直导线，应用无限长载流直导线产生的磁场d B r 公式，将d B r
按坐标轴分解
后再积分求解总的磁感应强度。注意利用场的对称性。 解：如解11-10图所示，无限长载流半圆形金属薄片可看成由许多宽为d d l R θ=的无限长电流窄条所组成，每根导线上的电流在P 点产生的磁场d B 大小为0d d 2πI
B R
μ=，方向按右手螺
旋法则确定。
d d d ππI I
I l R R R θ=
= 002d d d .2π2πI I B R R
μμθ==
由于各电流窄条产生的磁场方向各不相同，应按坐标轴分解将矢量积分化为标量积分，即
002
2
d d d sin sin ,2x x I I
B B B R R
μθ
μθθπ
====
ππ???
020d d d cos cos 0.2y y I B B B R
μθ
θθπ====π???
所以
502
45
6.3710(T)10
x I
B B R μ-7-22-π?10?====?ππ? 方向向右。
11-12 在半径为R 及r 的两圆周之间，有一总匝数为N 的均匀密绕平面线圈（如题图11-12）通有电流I ，求线圈中心（即两圆圆心）处的磁感应强度。
解图11-10
题图11-11
题图11-12
分析：将密绕平面线圈分割成许多同心的圆电流，利用载流圆环在其圆心处产生的磁场d B r
公式求解，然后再积分求解总的磁感应强度。
解：由于载流螺旋线绕得很密，可以将它看成由许多同心的圆电流所组成，在沿径向r 到R 范围内，单位长度的线圈匝数为
.N
n R r
=
- 任取半径，宽为d 的电流环，该电流环共有电流为
d d .IN
In R r
ρρ=
- 该电流环在线圈中心产生的磁感强度大小为
00d d d .22()IN B In R r μμρρρρ
=
=- 圆心处总磁感强度大小
00d d ln ,2()2()R
r
IN IN R
B B R r R r r
μμρρ===--??
方向垂直纸面向外。
11-13 如题图11-13所示，在顶角为2θ的圆锥台上密绕以线圈，共N 匝，通以电流I ，绕有线圈部分的上下底半径分别为r 和R .求圆锥顶O 处的磁感应强度的大小.
分析：将密绕线圈看成许多载流圆环，利用载流圆环在其轴线上产生的磁场
公式d B r
公式，再积分求解总的磁感应强度。
解：只要将题11-12中的均匀密绕平面线圈沿通过中心的轴垂直上提，便与本题条件相一致，故解题思路也相似。
如解图11-12建立坐标，取半径为，宽为d 的电流环的密绕线圈，其含有匝数为d N
R r
ρ-， 通电流为
d d .NI
I R r
ρ=
-
解图11-12
题图11-13
因为
cot x ρθ=，d d cot x ρθ=。
半径为的一小匝电流在O 点产生的d B 大小为
2200223/22223/2d d d 2(+)2(+cot )()I NI
B x R r μρμρρρρρθ==-
3003
sin d d .2csc ()2()NI NI R r R r μμθρρθρρ
==-- 所有电流产生的磁场方向均沿x 轴，所以其磁感强度大小为
3300sin sin d ln
.2()
2()
R
r
NI NI R
B R r R r r
μθ
μθ
ρ
ρ
=
=
--?
11-14 半径为R 的木球上绕有细导线，所绕线圈很紧密，相邻的线圈彼此平行地靠着，以单层盖住半个球面共有N 匝，如题图11-14所示。设导线中通有电流I ，求在球心O 处的磁感应强度。
分析：考虑线圈沿圆弧均匀分布，利用载流圆环在其轴线上产生的磁感应强度公式求解，再积分求解总的磁感应强度。
解：建立如解图11-14所示坐标，x 轴垂直线圈平面，考虑线圈沿圆弧均匀分布，故在d x x x -+内含有线圈的匝数为
22d d d d ./2N N N
N l R R R θθ=
==πππ
线圈中通电流I 时，中心O 点处磁感强度为
2
02
23/2
d d .2()
Iy B N x y μ=
+
因为
sin ,cos ,x R y R θθ==
对整个半球积分求得O 点总磁感强度为
2
02
23/2
d d 2()
Iy B B N x y μ==+??
解图11-13
题图11-14
20cos d IN
R
μθθπ20
=
π?
04IN
R
μ=
方向沿x 轴正向。
11-15 一个塑料圆盘，半径为R ，带电q 均匀分布于表面，圆盘绕通过圆心垂直盘面的轴转动，角速度为ω.试证明
（1）在圆盘中心处的磁感应强度为02q B R
μω=π
（2）圆盘的磁偶极矩为2m 1
4
p q R ω=
分析：均匀带电圆盘以角速度ω旋转时相当于圆电流，利用载流圆环在其圆心处产生的磁场公式求解，再积分求解总的磁感应强度。
解：（1）在圆盘上取一个半径为r 、宽为d r 的细圆环，其所带电量为
2
d 2d 2d q
q r r r r R
σ=π=
ππ 圆盘转动后相当于圆电流
2
2
d d d 2d πq
qr r
I n q r r R R ωω==
π=
2ππ
若干个圆电流在圆心产生的磁感强度为
0002
d d d 222R
I
q
qr r
B B r
r R
R
μμμωω====
ππ??
?
（2）细圆环的磁矩为
3
2
m 2
2
d d d d qr
qr p S I r
r r R R ωω==π=
π
转动圆盘的总磁矩为
3
2m 2
1
d 4
R
qr p r q R R ωω==
?
方向沿轴向。
11-16 已知一均匀磁场的磁感应强度B =2T ，方向沿x 轴正方向，如题图11-16所示。试求: （1）通过图中ABCD 面的磁通量； （2）通过图中BEFC 面的磁通量；
题图11-16
（3）通过图中AEFD 面的磁通量。 分析：应用磁通量概念求解。
解：（1）取各面由内向外为法线正方向。则
22cos 2401030100.24(Wb)ABCD ABCD BS Φ--=π=-????=- 穿入
（2）cos
0.BEFC BEFC BS Φπ
==2
（3）cos 0.24(Wb)AEFD AEFD AEFD BS BS Φθ=== 穿出
11-17 如题图11-17所示，在长直导线AB 内通有电流I ，有一与之共面的等边三角形CDE ，其高为h ，平行于直导线的一边CE 到直导线的距离为b 。求穿过此三角形线圈的磁通量。
分析：由于磁场不均匀，将三角形面积分割成许多平行于长直导线的狭条，应用磁通量概念求出穿过狭条面元的磁通量，然后利用积分求出穿过三角形线圈的磁通量。
解：建立如解图11-17所示坐标，取距电流AB 为x 远处的宽为d x 且与AB 平行的狭条为面积元
d 2()tan30d .S b h x x =+-?
则通过等边三角形的磁通量为
0d 2()tan 30d 2b h
S
b
I
B S b h x x x
μΦ+=?=+-?π??
v
v
0033d ()ln .33b h
b
I I
b h x b h x b h h x b μμ++-+?
?==
+-??ππ
??
?
11-18 一根很长的圆柱形实心铜导线半径为R ，均匀载流为I 。试计算：
（1）如题图11-18（a ）所示，导线内部通过单位长度导线剖面的磁通量；
解图11-17
题图11-18
题图11-17
（2）如题图11-18（a ）所示，导线外部通过单位长度导线剖面的磁通量.
分析 解此题需分以下两步走：先由安培环路定理求得导线内、外的磁感应强度分布情况；再
根据磁通量的定义式d B S Φ=??v
v 来求解。
解 由磁场的安培环路定理可求得磁感应强度分布情况为
020()2()2Ir B r R R I B r R r μπμπ?=
?=≥??
内外
然后求磁通量。沿轴线方向在剖面取面元d d S l r =，考虑到面元上各点B 相同，故穿过面元的磁通量d d B S Φ=，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量。 (1)导线内部通过单位长度导线剖面的磁通量
0020
d d 24R R
Ir I
B r r R μμΦππ
===
??
内内 (2)导线外部通过单位长度导线剖面的磁通量. 20d ln 22R
R
I
B r μΦπ
==
?
外外
11-19 如题图11-19所示的空心柱形导体，柱的内外半径分别为a 和b ，导体内载有电流I ，设电流I 均匀分布在导体的横截面上。求证导体内部
各点（a r b <<）的磁感应强度B 由下式给出：22
0222()I
r a B b a r
μ-=π-.
分析：应用安培环路定理求解。注意环路中电流的计算，应该是先求出载流导体内电流密度，再求出穿过环路的电流。 证明：载流导体内电流密度为
22
()
I
b a δ=
π- 由对称性可知，取以轴为圆心，r 为半径的圆周为积分回路L ，则由安培环路定理
?∑=?l
i
i I l B 0d μ?
?
题图11-19
得
22
2
2
0022
2()r a B r r a I b a μδμ-π=π-=-
从而有
22
0222()I
r a B b a r
μ-=π-
11-20 有一根很长的同轴电缆，由两个同轴圆筒状导体组成，这两个圆筒状导体的尺寸如题图11-19所示。在这两导体中，有大小相等而方向相反的电流I 流过。求:
（1）内圆筒导体内各点（r a <）的磁感应强度B ； （2）两导体之间（a r b <<）的B ； （3）外圆筒导体内（b r c <<）的B ； （4）电缆外（r c >）各点的B 。
分析：应用安培环路定理求解。求外圆筒导体内（b r c <<）的B 时，注意环路中电流的计算，应该是先求出外圆导体内电流密度，再结合内圆筒的电流，求出穿过环路的电流。 解：在电缆的横截面，以截面的轴为圆心，将不同的半径r 作圆弧并取其为安培积分回路L ，然后，应用安培环路定理求解，可得离轴不同距离处的磁场分布。
(1)当r a <时，0d 0==??∑l
i
i I l B μ?
? ， 20B r π?=，得
B =0
(2)当a r b <<时，同理可得
02I
B r
μ=
π
(3)当b r c <<时，有
22022()2()I r b B r I c b μ??
π-π=-??π-?
? 得
题图11-20
2202212I r b B r c b μ?
?
-=- ?π-??
(4)当r c >时， B =0
11-21 在半径为R 的长直圆柱形导体内部，与轴线平行地挖成一半径为r 的长直圆柱形空腔，两轴间距离为a ,且a ＞r ，横截面如题图11-21所示．现在电流I 沿导体管流动，电流均匀分布在管的横截面上，而电流方向与管的轴线平行．求： (1)圆柱轴线上的磁感应强度的大小； (2)空心部分轴线上的磁感应强度的大小．
分析 用填补法。空间各点磁场可看作半径为R ，电流为1I 均匀分布在横截面上的圆柱导体和半径为r 电流为2I -均匀分布在横截面上的圆柱导体磁场之和．两电流密度相同。 解：载流导体内电流密度为
22()
I
R r δ=
π-
(1) 圆柱轴线上的磁感应强度的大小
电流1I 产生的磁感应强度 01=B 电流2I -产生的磁感应强度
2
22
020222r R Ir a a I B -==πμπμ
合场强
2
00122
2
2()
Ir B B B a R r μπ=+=
-
(2)空心部分轴线上O '点B 的大小：
电流2I 产生的 02
='B 电流1I 产生的
题图11-21
201222Ia B a R r μπ'=-0222π()
Ia
R r μ=-
所以
00
12222()
Ia
B B B R r μπ'''=+=-
11-22 一电子在-3
7.010T B =?的匀强磁场中做圆周运动，圆周半径
3.0cm r =，某时刻电子在A 点，速度v
v 向上，如题图11-21所示。
（1）试画出电子运动的轨道； （2）求电子速度v
v 的大小； （3）求电子动能k E 。
分析：应用运动电荷在匀强磁场中所受洛伦兹力公式并结合牛顿第二定律求解。 解：（1）由洛伦兹力
(),F e B =-?r r
v v
得电子的运动轨迹为由A 点出发刚开始向右转弯半径为r 的圆形轨道。 （2）由
2
,F e B m r
==v v 得
1937131
1.6100.037.010 3.710(m s )9.110
erB m ----????===???v （3）2317216k 11
9.110(3.710)=6.210(J)22
E m --==?????v
11-23 把的一个正电子射入磁感应强度B 为2
0.10Wb m -?的均匀磁场内（题图11-22），其速度矢量v
v 与B r 成89角，路径成螺旋线，其轴在B r
的方向.试求这螺旋线运动的周期T 、螺距p 和半径r 。
题图11-22
分析：应用洛伦兹力分析带电粒子在均匀磁场中的运动求解。注意分析带电粒子在平行于B r
的
方向和垂直B r
的方向上运动的不同特点。
解：带电粒子在均匀磁场中运动时，当v v 与B r
成=89时，其轨迹为螺
旋线。则
31971
31
22 2.010 1.610 2.6510(m s )9.1110
k E m ---????===???v 3110
19
229.1110 3.6810(s)1.6100.10
m T eB ππ---??===??? 71042.6810cos89 3.5610 1.6610(m)p T --==?????=?v
731319
2.6810sin899.1110 1.5110(m)1.6100.10
m r eB --⊥-?????===???v 11-24 某瞬间在A 点有一质子a 以71
10m s a -=?v 沿题图11-24中所示方向运动。相距4
10cm r -=远处的B 点有另一质子b 以31210m s b -=??v 沿图示
方向运动。,,a b r v v 在同一平面内，求质子b 所受的洛伦兹力的大小和方向。
分析：当考察两运动电荷的相互作用时，可从运动电荷B 在运动电荷A 形成的磁场中运动着手，求得所受磁力的大小和方向。
解：质子A 以a v 运动经过a 点的瞬间在b 点产生的磁感强度为
02
sin 454a
e B r
μπ=
?v 方向垂直纸面向外。
质子B 以b v 运动，在经过b 的同一瞬间受洛伦兹力为
22302
sin 45 3.610N 4πa b
b e F e B r
μ-==
?=?v v v
方向垂直b v
v 和B r 组成的平面，满足右手螺旋。
11-25 如题图11-25所示，一根长直导线载有电流130A I =，矩形回路载有电流220A I =，已知 1.0cm a =，8.0cm,12cm.b l ==试计算：
题图11-23
题图11-24
（1）作用在回路各边上的安培力； （2）作用在回路上的合力.
分析 （1）对于矩形上、下两段导线由于所处磁场不均匀，所受安培力用定义式积分法求解，对于矩形左右两段竖直导线由于各自所处磁感应强度为定值，可直接由BIL F =来求解，各
自受力方向可用右手螺旋沿d I l B ?r v
的方向来判定；（2）由于上、下两段导线1F 和2F 的大小
相等，方向相反，对矩形回路来说，该两力的矢量和为零.而矩形的左右两段导线由于所处磁感强度不等，所受安培力3F 和4F 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：(1)由分析可知，上下导线所受安培力大小相等，方向相反。
01
012
1222d sin d ln
2π2π
a b
l
a
I I I a b
F F I lB I x x
a
μμθ++====
??
左右导线所受安培力大小分别为
01232πI I l
F a
μ=
()
01242πI I l
F a b μ=-
+
线框所受总的安培力F 为左、右两边安培力3F 和4F 之矢量和，故合力的大小为 ()
301201234 1.2810(N)2π2πI I l
I I l
F F F a
a b μμ-=+=
-
=?+
合力的方向朝左，指向直导线.
11-26 如题图11-26所示，长直电流1I 附近有一等腰直角三角形线框，通以电流
2I ，二者共面．求三角形线框各边所受的磁力．
分析：根据无限长载流导线所产生磁场的磁感应强度公式，B 与r 成反比。△ABC 三条边中：AB 边各点所处磁感应强度相同，可直接代入安培力公式中求解，无需积分；AC 和BC 边由于各点所处磁感应强度均不同，因此需建立坐标系、取电流元，根据安培力定义式用积分法求解。 解： AB 边所受的磁场力
题图11-25
题图11-26
??=A
B
AB B l I F ???d 2
01
01222π2πAB I I I a
F I a
d
d
μμ==
方向垂直AB 向左；
AC 边所受的磁场力
??=C
A
AC B l I F ???d 2
?
++πμ=πμ=a
d d
AC d
a
d I I r I r
I F ln
22d 210102 方向垂直AC 向下;
同理BC 边所受的磁场力的大小
01
2d 2πd a
BC d
I F I l
r
μ+=?
因为
?
=45cos d d r l
所以
?
++π
μ=?πμ=a
d a
BC d a
d I I r r I I F ln 245cos 2d 210120
方向垂直BC 向上.
11-27 载有电流20I A =的长直导线AB 旁有一同平面的导线ab ，ab 长为9cm ，通以电流
120A I =。求当ab 垂直AB ，a 与垂足O 点的距离为1cm 时，导线ab 所受的力，以及对O 点
力矩的大小。
分析：本题中各电流元受安培力方向相同，而大小随位置变化（B 随位置变化）而变化，故需通过积分求解合力。各电流元受磁力矩方向也相同,大小也随位置变化而变化，导线对O 点的磁力矩也需通过积分求解。
解：电流ab 中任意电流元受力大小为1d d f I B x =。
0.1
01
10.01
0.1
d d ln
220.01
II f f x II x
μμ===
ππ
??
744102020ln10 1.8410(N)2--π?=???=?π
对O 点力矩为
0.1
01
0.01
d d d 2II M M x f x x x
μ===π???
60
12(0.10.01)7.210(m N)2I I μ-=
-=??π
11-28 截面积为S ，密度为ρ的铜导线，被弯成正方形的三边，可以绕水平轴OO '转动，如题图11-28所示。导线放在方向为竖直向上的匀强磁场中，当导线中的电流为I 时，导线离开原来的竖直位置偏转一角度为θ而平衡，求磁感应强度。如2
2mm ,S =3
8.9g cm ,ρ-=?
15,10A I θ=?=。B 应为多少
分析：载流线框绕OO '转动，由于没有平动只有转动，仅需考虑线框对OO '轴力矩的平衡，而不需考虑力的平衡。即
0M =∑r 。磁力矩可用闭合线框受到磁力矩求解。
解：设正方形各边长度为l ，质量为m ，平衡时重力对OO '轴的力矩
22sin sin 2sin 2
l
M mg mgl l sg θθρθ=+=重
载流线框受到磁力矩既可用整个线框受到磁力矩，也可用各导线段受力对轴的合力矩（因为此时以一条边为转轴），即m =?r
r
r
M p B ，其大小为
2m sin cos M p B Il B θθπ??
=-= ?2??
磁
平衡时有M M =重磁，即
222sin cos l sg Il B ρθθ=
36
4228.910210tan tan15=9.5410(T)10
sg B I ρθ--????==??
题图11-28
11-29 与水平成θ角的斜面上放一木制圆柱，圆柱的质量m 为0.25kg ，半径为R ，长l 为0.1m.在这圆柱上，顺着圆柱缠绕10匝的导线，而这个圆柱体的轴线位于导线回路的平面内，如题
图11-29所示.斜面处于均匀磁场B r
中，磁感应强度的大小为，
其方向沿竖直朝上.如果绕线的平面与斜面平行，问通过回路的电流至少要有多大，圆柱体才不致沿斜面向下滚动
分析：本题属力电综合题。一方面，圆柱体受重力矩作用要沿斜面向下滚动；另一方面，处于圆柱体轴线平面内的载流线圈（线圈不产生重力矩）要受磁力矩作用而阻止圆柱体向下滚动。当M M =重磁时，圆柱体保持平衡不再滚动。 解：假设摩擦力足够大，圆柱体只有滚动无滑动。 圆柱体绕瞬时轴转动受到的重力矩
sin M mgR θ=重
线圈受到的磁力矩
m sin sin M P B NBSI θθ==磁
当M M =重磁时圆柱不下滚.
sin sin mgR NBSI θθ=
得
0.259.8
2.45(A)222100.10.5
mgR mgR mg I NBS NB Rl NBl ?=
====??? 11-30 一个绕有N 匝的圆线圈，半径为a ，载有电流I 。试问：为了把这个线圈在外磁场中由θ等于零的位置，旋转到θ等于90°的位置，需对线圈做多少功θ是线圈的面法线与磁
感应强度B r
之间的夹角。假设100,N = 5.0cm,a =0.1A,I = 1.5T B =。
分析：此题为磁力做功公式的应用。 解：磁力做功为
21()(0)A I I I NBS INBS ΦΦΦ=?=-=-=- 220.1100 1.5π(5.010)0.12(J)-=-????=-
题图11-29
所以：外力需对线圈作多少功0.12J A '=
11-31 一半圆形闭合线圈半径0.1m,R =通过电流10A,I =放在均匀磁场中，磁场方向与线圈面平行，如题图11-31所示，3
510B =?GS 。 （1）求线圈所受力矩的大小和方向；
（2）若此线圈受力矩的作用转到线圈平面与磁场垂直的位置，则力矩做功多少
分析：闭合线圈所受的磁力矩可以运用磁力矩与磁矩关系表达式求出。运用磁力做功表达式求出磁力矩做功。
解：（1）线圈受磁力矩，m M P B =?r r r
所以
m π
sin
2
M P B ISB == 2
342π0.110510107.8510(N m)2
--?=????=??
方向向上。 （2）此时磁力做功
2
342π0.1(0)10510107.8410(J)2
A I I BS Φ--?=?=-=????=?
题图11-31