第10章稳恒磁场 0!由毕一沙定律dB=x可得 (a,O,O)点,dB k (o,a,0)点,dB=∠0小(/=0 dl (O,O,a)点,dB (a,aO)点,dB=d1×a) 4(√2a)2 Hold 7×2(+=-4y2mk (a,O,c)点,dB 4r(√2a) 0√2ldl 16a 10-2在X轴上P点的磁感应强度如图示,可得 B=2B, cosa=2x Ao/ d 7=-40l 丌(d2+x2) 4 显然x0处为B的最大值 习题102图 d 10-3解法(一)由直电流磁场公式 /=8 (sin a, +sn a,) 可得A点的磁感(见图示) 习题10-3图 B 4msn60° 10√3/ =10- 173×10-(T) 2×10 B的方向由右手定则知为垂直纸面向外
98 第 10 章 稳恒磁场 10-1 由毕—沙定律 3 0 d 4 r I l r dB = 可得 (a,o,o) 点， k a I l j i a I l B 2 0 2 0 4 d ( ) 4 d d = = − (o,a,o) 点， ( ) 0 4 d d 2 0 = j j = a I l B (o,o, a) 点， i a I l j k a I l B 2 0 2 0 4 d ( ) 4 d d = = − (a, a,o) 点， ( ) 4( 2 ) d d 0 2 0 j a a I l B = k a I l j i j a Idl 2 0 2 0 16 2 d ( ) 2 2 8 − = + = (a,o, c) 点， ( ) 2 2 4 ( 2 ) d d 2 0 j i k a I l B = + ( ) 16 2 d 2 0 i k a I l = − 10-2 在 X 轴上 P 点的磁感应强度如图示，可得 i d x I i r r I B B i ( ) d d 2 2 cos 2 2 2 0 1 1 0 1 + = = = 显然 x=0 处为 B 的最大值 d 0 I Bm = 10-3 解法（一）由直电流磁场公式 (sin sin ) 4 2 2 0 = + r I B 可得 A 点的磁感（见图示） 1.73 10 (T) 2 10 3 20 10 3 4 3 3 0 1 − − − = = = a I B 的方向由右手定则知为垂直纸面向外。 习题 10-2 图 习题 10-3 图 2 3 6 2 3 sin 2 sin 4 sin 60 0 0 = + = a I a I B
解法(二)P点的磁感应强度大小为 B 47b (cos B,-cosB2) b为场点P到载流直导线的垂直距离 B 第1段载流直导线在A点产生的B1=0 第2段载流直导线在A点产生的B2 B1=60°,B2=180° 习题10.3图(2) b=asn60°=a B2 (cos60°-cos180°) 03 4 习题10.3图(3) B=B1+B2=1.73×10-(1) 104B=2B+B2=2x1+A 4zR 4R2 o 4TR +3r) 方向垂直纸面向外 16TR 10-5(1)P点的磁感应强度为(利用课本P4(10-18)结论) B=B,+B, HoNOR R2+(a/2+x)]2[R2+(a/2-x)]y (2)据题设a=R,则P点的B为 oNIR +(82181+R+(2-)y 令 2=R2+(R/2+x)2,v2=R2+(R/2-x)
99 解法（二） P 点的磁感应强度大小为 (cos cos ) 4 1 2 0 = − b I B b 为场点 P 到载流直导线的垂直距离。 第 1 段载流直导线在 A 点产生的 B1 = 0。 第 2 段载流直导线在 A 点产生的 B2。 b a a 2 3 sin 60 1 60 , 2 180 = = = = 则 (cos 60 cos180 ) 4 0 2 = − b I B 1.73 10 (T) 4 3 2 3 2 3 4 3 0 0 − = = = a I a I 1.73 10 (T) 3 1 2 − B = B + B = 10-4 2 0 0 0 1 2 4 4 2 2 R Il R I B B B = + = + = + = + 4 3 2 4 (2 ) 4 0 0 R I R L (8 3 ) 16 0 = + R I 方向垂直纸面向外。 10-5 （1）P 点的磁感应强度为（利用课本 P74（10-18）结论） B = B1 + B2 + − + + + = 3/ 2 2 2 3 / 2 2 2 2 0 ( / 2 ) 1 ( / 2 ) 1 2 R a x R a x NIR （2）据题设 a = R ，则 P 点的 B 为 + − + + + = 3/ 2 2 2 3 / 2 2 2 2 0 ( / 2 ) 1 ( / 2 ) 1 2 R R x R R x NIR B 令 2 2 2 2 2 2 u = R + (R/ 2 + x) ,v = R + (R/ 2 − x) 习题 10.3 图（2） 习题 10.3 图（3）
B NR2(1,1 2 dB 3NRd1(R/2+x)1(R/2 当x=0时,l=V,∴ 这表明a=R,x=0处的o点磁场最为均匀。将上述条件代入B中,可得o点磁感 Bo HoNOR 8HoN R2+R2/4)3255R 10-6在薄金属板上距边界O点为l处取一元电流d,其宽度dl,见图示,则dI=-dl此 元电流在P点产生的磁感为 P dB= uo ld/ 2r(+x)2m(+x) a dI 故整个电流I在P点产生的磁感为 b=dB= Ao ra d/ uol x 习题10-6图 +x B的方向垂直平面向外。 10-7在半球面上任意取一圆形元电流d,如图所示,设此元电流半径为r,宽为 d=Rde,故d 2N2N/ dO。d对球心O的半张角为b,其中心与球心O相距 为x,则r=Rsnb,x= Rose,则此元电流d/在O点产生磁感为: dB= node 由此可得O点的磁感应强度 B=dB 习题10-7图 HoN (-cos 20)d0=LoNI 4R B的方向沿x轴线向右
100 则 = +3 3 2 0 1 1 2 u v NIR B = − + x v x v u u NIR x B d 1 d d 1 d ( 3) d 2 d 4 4 2 0 − − + = − 4 1/ 2 4 1/ 2 2 0 1 ( / 2 ) 1 ( / 2 ) 2 3 v R x u v R x u d NIR 当 x=0 时，u=v, ∴ 0 d d 0 = x= x B 这表明 a=R, x=0 处的 o 点磁场最为均匀。将上述条件代入 B 中，可得 o 点磁感 R NI R R NIR B 5 5 8 ( / 4) 1 2 2 0 2 2 3/ 2 2 0 0 = + = 10-6 在薄金属板上距边界 O 点为 l 处取一元电流 dI，其宽度 dl，见图示，则 l a I dI = d 此 元电流在 P 点产生的磁感为 ( ) d ( ) 2 d 2 d 0 0 l x I l l x a I B + = + = 故整个电流 I 在 P 点产生的磁感为 a x a a I l x l a I B B a + = + = = ln 2 d 2 d 0 0 0 B 的方向垂直平面向外。 10-7 在半球面上任意取一圆形元电流 dI ，如图所示，设此元电流半径为 r，宽为 dl = Rd ，故 d 2 d 2 d NI l R NI I = = 。dI 对球心 O 的半张角为 ，其中心与球心 O 相距 为 x，则 r = Rsin , x = Rcos ，则此元电流 dI 在 O 点产生磁感为： sin d ( ) d 2 d 0 2 2 2 3/ 2 2 0 R NI x r r I B = + = 由此可得 O 点的磁感应强度 = = d sin d / 2 0 0 R NI B B R NI R NI 4 (1 cos2 )d 2 0 / 2 0 0 = − = B 的方向沿 x 轴线向右。 习题 10-6 图 习题 10-7 图
108在半圆形金属薄片上取一直元电流d=1 z山=ndO,如图示,此元电流d在P 点产生的磁感 由对称性分析知,半圆柱面上的电流在P点产生的磁感为 b=dB c sIn 习题10-8图 a=n=6 2丌2R B的方向沿x轴向右 10-9在圆片上取一半径为r,宽为dr的细圆环,此圆环上的运流元电流为 dq∞u mrdr ordI 2丌 它在x轴上P点产生的磁感为 dB lo oor 在P点的磁感强度为 o Hoo +r oo( 2x+R2 x2+R2 B的方向沿x轴线向右 010(1)该圆环产生运流电流=9=2mR=AoR,在轴线上距离环心x处产生的 T2丌/O 磁感为 RI R-oR B 2(R2+x2 (R+x2)
101 10-8 在半圆形金属薄片上取一直元电流 d d d I l R I I = = ，如图示，此元电流 dI 在 P 点产生的磁感 d 2 2 d d 2 0 0 R I R I B = = 由对称性分析知，半圆柱面上的电流在 P 点产生的磁感为 B = dBcos = dBsin sin 6.37 10 T 2 5 2 0 0 2 0 − = = = R I d R I B 的方向沿 x 轴向右。 10-9 在圆片上取一半径为 r，宽为 dr 的细圆环，此圆环上的运流元电流为 2 / d d d s T q I = = r r rdr 2 2 d = = 它在 x 轴上 P 点产生的磁感为 2 2 3/ 2 2 0 ( ) d 2 d r x r I B + = 2 2 3 / 2 3 0 ( ) d 2 r x r r + = 在 P 点的磁感强度为 + = = R r x r r B B 0 2 2 3/ 2 2 2 0 ( ) d 4 d − + + = − + = + − + + − + = x x R x R x x R x x R x r x r x r x R r R 2 2 2 2 2 2 2 4 ( ) d ( ) d 4 2 2 2 2 0 2 2 2 0 2 2 0 0 2 2 3 / 2 2 2 2 2 1/ 2 2 0 B 的方向沿 x 轴线向右。 10-10 （1）该圆环产生运流电流 R R T q I = = = 2 / 2 ，在轴线上距离环心 x 处产生的 磁感为 2 2 3 / 2 2 0 2 2 3/ 2 2 0 2 ( ) 2 (R x ) R R R x R I B + = + = 2 2 3 / 2 3 0 (R x ) n R + = 习题 10-8 图 习题 10-9 图
B的方向沿x轴正向 (2)此圆环的磁矩为 P=/S= loRzR'=2r2nR3 P的方向沿x轴正向。 10-11带电粒子作圆周运动在轨道中心产生的磁感强度为 2.2×10 B= 4a2=101.6×10-9 Ho :13T 0.522×10 其磁矩为 e P.=m2I=ma2·v=m 0.52×10-0×16×10-19×2.2×10 92×10-24A.n 10-12(1)通过abcd面的磁通量 Φ1=BS1=2×0.3×0.4=0.24Wb (2)通过bef面的磁通量Φ,=0 (3)通过aefd面的磁通量 Φ3=BS2COsa=2×0.3×0.5×=024Wb 10-13如图示,取坐标轴ax,在x处取一面元dS=l1dx,直电流I1产生的磁场穿过dS面的 元磁通量为 -B ds= Ho/1l 穿过该矩形面积的磁通量为 b46 Φ,=|dΦ 4o,l, dx_olin 0+2 由于l1=12,且矩形处于二电流的中心对称位置,故穿过此矩形面积的磁通量为 Φ=2Φ, Hollo+l2 In l 10-7×4×20×0.25Xh20.11+0=2,2×106Wb 0.1
102 B 的方向沿 x 轴正向。 （2）此圆环的磁矩为 2 2 3 Pm = IS = RR = 2 nR Pm 的方向沿 x 轴正向。 10-11 带电粒子作圆周运动在轨道中心产生的磁感强度为 13T 0.52 10 1.6 10 2.2 10 10 4 2 20 19 6 7 2 0 = = = − − − a ev B 其磁矩为 2 2 2 2 2 aev v a e Pm = a I = a v = a = 24 2 10 19 6 9.2 10 A m 2 0.52 10 1.6 10 2.2 10 = = − − − 10-12 （1）通过 abcd 面的磁通量 1 = BS1 = 20.30.4 = 0.24Wb （2）通过 befc 面的磁通量 2 = 0 （3）通过 aefd 面的磁通量 0.24Wb 0.5 0.4 3 = BS2 cos = 2 0.3 0.5 = 10-13 如图示，取坐标轴 ox,在 x 处取一面元 dS l dx = 1 ，直电流 I1 产生的磁场穿过 dS 面的 元磁通量为 x I l x B S 2 d d d 0 1 1 = = 穿过该矩形面积的磁通量为 0 0 1 1 0 1 1 0 2 1 ln 2 d 2 d 0 2 0 l I l l l x l l I l x l + = = = + 由于 1 2 I = I ，且矩形处于二电流的中心对称位置，故穿过此矩形面积的磁通量为 0 0 1 1 0 2 1 2 ln l I l l + l = = 2.2 10 Wb 0.1 0.1 0.2 10 4 20 0.25 ln −7 −6 = + = 习题 10-13 图
10-14穿过S面的磁通量为 B= (rc,B4 10-16(1)如图示,过P点作一半径为r的圆形回路,圆心为O,由安培环路定律可得 B2=uNl B= doNI 故绕线环内磁感强度B的大小与径向距离r成反比 (2)通过矩形载面的磁通量为 d=「d=「B.ds=20hr=Nl-1n 习题10-16图 2 人Nmn=2×10-7×1000×1.7×5×102×h16 =8×10-6wb 10-17设有1、2无限大载流平面,各载有反向等值面电流K,如图,先计算载流平面1产 生的磁感强度B1。根据对称性分析,P点B1的方向应平行于平面,方向向上(沿Y轴), 与P点对应的另一侧B1应与B1等值反向,故过P点作矩形回路L1,如图示,由安培环路 定理可得
103 10-14 穿过 S 面的磁通量为 ∵ r R I B 2 0 2 = (r R) 2 4 d 0 0 2 0 Il rdr R Il B S R = = = 10 10 1 10 Wb −7 −6 = = 10-15 （1） r a ，由安培环路定理可得 2 0 1 2 2 0 1 2 2 a Ir r B a I B r = = （2） a r b r I B r I B 2 2 0 2 = 0 2 = （3） b r c 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 0 3 2 2 0 2 2 2 2 2 2 3 0 r c b I c r B I c b c r c b I r b B r I − − = − − = − − = − （4） r c,B4 = 0 10-16 （1）如图示，过 P 点作一半径为 r 的圆形回路，圆心为 O，由安培环路定律可得 r NI B r u NI B 2 2 , 0 = 0 = 故绕线环内磁感强度 B 的大小与径向距离 r 成反比。 （2）通过矩形载面的磁通量为 = = = = 1 0 0 2 ln 2 d 2 d d 2 1 r r h NI h r r NI B S r r 8 10 Wb ln 2 10 1000 1.7 5 10 ln 1.6 2 6 0 7 2 − − − = = = NIh 10-17 设有 1、2 无限大载流平面，各载有反向等值面电流 K，如图，先计算载流平面 1 产 生的磁感强度 B1 。根据对称性分析，P 点 B1 的方向应平行于平面，方向向上（沿 Y 轴）， 与 P 点对应的另一侧 B1 应与 B1 等值反向，故过 P 点作矩形回路 L1，如图示，由安培环路 定理可得 习题 10-15 图 习题 10-16 图
B1·dl=0kab即B12ab=0Kab B1=出 这表明:无限大载流平面产生均匀磁场,与距离无关。 K (1)二平面间P点的磁感应强度 载流平面(1)在P点产生B1方向平行平面向上,载流平面(2) 在P点产生B2方向也平行平面向上,故P点的合磁感应强度为 习题10-17图 B1+B2=0 (2)二平面之外空间的磁感应强度由分析可得 B=B1+B2=0 10-18内部具有空腔的载流柱体产生的磁场计算,通常采用挖补迭加法。即假定空腔部分 通有等值而反向的均匀电流,其电流密度与实体部分的相同。这样取代的结果,其等价磁场 分布即为均匀载流l圆柱体(半径为R)和反向均匀载流l2的圆柱体(半径为r)二者磁场 的迭加。本题实体部分的电流密度为J= 故应假设空腔内通地±J。 (R2 设载流l1的圆柱体产生的磁场为B1,载流l2的圆柱体产生的磁场为B2,则其在空 间各点的磁场为 B1+B2 (1)轴线O上的磁感强度 由于在I1的轴线上,故B1=0,而O轴在l2之外相距O轴为a 故得 Bo=B2 习题10-18(a)图 2mn(R2-r2)2m(R-r2) B0的方向垂直O轴向上(与2方向形成右螺旋)。 (2)轴线O′上的磁感强度 因为B2=0,而O在l2的轴线上,且OO=a<R,故
104 = 1 1 d 0 L B l Kab 即 B1 2ab = 0Kab B Kj 2 0 1 = 这表明：无限大载流平面产生均匀磁场，与距离无关。 （1）二平面间 P 点的磁感应强度 载流平面（1）在 P 点产生 B1 方向平行平面向上，载流平面（2） 在 P 点产生 B2 方向也平行平面向上，故 P 点的合磁感应强度为 B B B Kj = 1 + 2 = 0 （2）二平面之外空间的磁感应强度由分析可得 B = B1 + B2 = 0 10-18 内部具有空腔的载流柱体产生的磁场计算，通常采用挖补迭加法。即假定空腔部分 通有等值而反向的均匀电流，其电流密度与实体部分的相同。这样取代的结果，其等价磁场 分布即为均匀载流 1 I 圆柱体（半径为 R）和反向均匀载流 2 I 的圆柱体（半径为 r）二者磁场 的迭加。本题实体部分的电流密度为 ( ) 2 2 R r I J − = ，故应假设空腔内通地 J 。 设载流 1 I 的圆柱体产生的磁场为 B1 ，载流 2 I 的圆柱体产生的磁场为 B2 ，则其在空 间各点的磁场为 B B1 B2 = + （1）轴线 O 上的磁感强度 由于在 1 I 的轴线上，故 B1 = 0 ，而 O 轴在 2 I 之外相距 O 轴为 a， 故得 0 2 0 2 0 2 2 2 J r a a I B B = = = 2 ( ) 2 ( ) 2 2 2 0 2 2 2 0 a R r Ir a R r I r − = − = B0 的方向垂直 O 轴向上（与 I2 方向形成右螺旋）。 （2）轴线 O 上的磁感强度 因为 B2 = 0 ，而 O 在 2 I 的轴线上，且 OO = a R ，故 习题 10-17 图 习题 10-18（a）图
B=B=lolas Hoc jrr=Lo ja 2TR 丌(R Bo的方向与l1构成右螺旋,故垂直O向上 P点的磁感强度: 由于l1和L1方向相反,P在O、O′之左侧,故B,与B,反向,即 B,=B-B.-Ho41a 4oI2 2nR22x(2a) HoJ arR r 2丌(R _01(2a2-r2) Bn方向垂直OO联线向下。 (3)证明空腔内的磁场是均匀的 在空腔内任取一点A,如图示,则二反向电流/1、l2在A点产生的磁场为 B=B +B 由于A点既在1体内,又在l2体内,故 J B1=20(7×万)B2=2×且2 腔 习题10-18(b) B1+B2=(×)+20(2x2) J1×a) 因为J1⊥a,故B4的大小为 B1=22x(R2 为一恒量 B4的方向由Jxa定,即垂直OO联线向上,这表明空腔内为均匀磁场
105 J R Ja R a a R I BO B 2 2 2 2 0 2 0 2 0 1 1 = = = = 2 ( ) 2 ( ) 2 2 0 2 2 0 R r Ia R r a I − = − = BO 的方向与 1 I 构成右螺旋，故垂直 O 向上。 P 点的磁感强度： BP B1 B2 = + 由于 1 I 和 2 I 方向相反，P 在 O、O 之左侧，故 B2 与 B1 反向，即 2 2 (2 ) 0 2 2 0 1 1 2 a I R I a BP B B = − = − 4 ( ) (2 ) 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 0 a R r I a r a r R J a R − − = = − Bp 方向垂直 OO 联线向下。 （3）证明空腔内的磁场是均匀的。 在空腔内任取一点 A，如图示，则二反向电流 1 2 I 、I 在 A 点产生的磁场为 BA B1 B2 = + 由于 A 点既在 1 I 体内，又在 2 I 体内，故 2 2 0 1 1 2 0 1 2 ( ), 2 B J r B J r = = 且 2 1 J J = − ∴ ( ) 2 ( ) 2 2 2 0 1 1 0 1 2 B B B J r J r A = + = + ( ) 2 ( ) 2 1 0 1 1 2 0 J r r J a = − = 因为 J a 1 ⊥ ，故 BA 的大小为 2 2 ( ) 2 2 0 1 0 R r Ia BA J a − = = 为一恒量 BA 的方向由 J a 1 定，即垂直 OO 联线向上，这表明空腔内为均匀磁场。 习题 10-18（b） 图
0-19(1)电流元所受磁力由按培定律可f=Jd×B可得 d1=Bdsm60=80×102×20×1x10·x3 1.39×10N,d方向垂直纸面向外。 d2=Bldl2sn135°=8.0×10-2×20×1×10-4 习题10-19图 113×10+Nd2方向街纸面向里 (2)直线电流在均匀磁场中受磁力为f= IB sin a,因此 f=IBsn45°=B√2Rx√2/2=IBR =20×8.0×10-×0.2=3.2×10-N fa方向垂直纸面向里,fa=-fa (3)如图示,在圆弧上任取一电流元ldl,它所受到的磁力为 df=ll×B= Bsin e·dIK 由于bc弧上所有电流元的df均指向K Jbe=/ QuIK irB sin 0OK=IBRK =20×8×10-2×02K=30×10-KN J6方向垂直纸面向外,J=-fhe 10-20(1)导轨光滑,B垂直圈平面,故ab杆上所受磁场力为 f=lB=50×0.5×1.0=25N ∫的方向垂直ab向右,故ab杆向右平移,欲保持杆静止,须加一等值反向的外力∫"=-J6。 (2)导轨非光滑时,如电路平面与B正交,则杆ab受到摩擦力为 ∫=mg=0.6×1×98=5.88N,因为∫<∫,故不能保持杆静止。欲要使杆静止,则 B应与电路平面斜交,以减少ab所受磁场力的水平分力f'’,当∫=∫时,即达到平衡
106 10-19 （1）电流元所受磁力由按培定律 f I l B d = d 可得 2 3 d d sin 60 8.0 10 20 1 10 2 4 1 = 1 = − − f BI l N 4 1.39 10− = , 1 df 方向垂直纸面向外。 2 2 d d sin 135 8.0 10 20 1 10 2 4 2 = 2 = − − f BI l N 4 1.13 10− = 2 df 方向街纸面向里。 （2）直线电流在均匀磁场中受磁力为 f = IBl sin ，因此 f ab = IBl sin 45 = IB 2R 2 / 2 = IBR N 2 1 20 8.0 10 0.2 3.2 10 − − = = ab f 方向垂直纸面向里， cd ab f = − f （3）如图示，在圆弧上任取一电流元 Idl ，它所受到的磁力为 f I l B IB lK d = d = sin d 由于 bc 弧上所有电流元的 f d 均指向 K 。 ∴ f bc = IB lK sin d 20 8 10 0.2 3.0 10 N sin 2 1 / 2 0 K K IRB d K IBRK − − = = = = bc f 方向垂直纸面向外， da bc f = − f 10-20 （1）导轨光滑， B 垂直圈平面，故 ab 杆上所受磁场力为 f = IBl = 500.51.0 = 25N f 的方向垂直 ab 向右，故 ab 杆向右平移，欲保持杆静止，须加一等值反向的外力 0 f = − f 。 （ 2 ）导轨非光滑时，如电路平面与 B 正交，则杆 ab 受到摩擦力为 f r = mg = 0.619.8 = 5.88N ，因为 f f r ，故不能保持杆静止。欲要使杆静止，则 B 应与电路平面斜交，以减少 ab 所受磁场力的水平分力 f ，当 f f r = 时，即达到平衡， 习题 10-19 图
设此时B与电路平面法线的交角为6,见图示,ab杆上所受磁力的水平分力为 f=fcos6=IBl cos0 欲保持平衡,则要求 IN+1Blsin 0=mg ∴ IBl cose=;(mg- Bl sin e) B ll(usin 6+ B是O的函数,由于B的分子为常数,欲使B值为极小值,则必须 满足极值条件 习题10-20图 (μsinO+cos0)-=0 de ucos=sin 8, tg0=A 0=g-y=1g-06=31° 此时B的大小为 0.6×1.0×98 0. 0×1.0×(06sn31°+cos31°) 故B的方向必须向左倾斜31° 10-21(1)DC边所受磁力为 F=1Bb=1b=2×01×-001 10×20×0.2 8×10-N FDC方向垂直DC向左。 EF边所受磁力为 2z(d+a)=2×10710×20×02 ba=l2Bb=地1b 8×10-N (0.01+0.09) FEF的方向垂直EF向右。 CE边所受磁力为 Fc= dF= /2Bd/=Hol1l2rd+a dl 2丌
107 设此时 B 与电路平面法线 n 的交角为 ,见图示，ab 杆上所受磁力的水平分力为 f = f cos = IBl cos 欲保持平衡，则要求 + = = = N IBl mg f f r N sin ∴ IBl cos = (mg − IBl sin ) ( sin cos ) + = Il mg B B 是 的函数，由于 B 的分子为常数，欲使 B 值为极小值，则必须 满足极值条件 ( sin cos ) 0 1 + = − d d 即 cos = sin ,tg = ∴ = = = − − 0.6 31 1 1 tg tg 此时 B 的大小为 0.1T 50 1.0 (0.6sin 31 cos31 ) 0.6 1.0 9.8 min = + B = 故 Bmin 的方向必须向左倾斜 31°。 10-21 （1）DC 边所受磁力为 0.01 10 20 0.2 2 10 2 0 1 2 7 2 1 = = = − d I I b FDC I B b 8 10 N −4 = FDC 方向垂直 DC 向左。 EF 边所受磁力为 8 10 N (0.01 0.09) 10 20 0.2 2 10 2 ( ) 0 1 2 7 5 2 1 − − = + = + = = d a I I b FEF I B b FEF 的方向垂直 EF 向右。 CE 边所受磁力为 + = = = d a d CE l I I l F F I B l d 2 d d 0 1 2 2 习题 10-20 图