楚雄师范学院：《电磁学》课程教学资源（习题解答）第五章 稳恒电流的磁场

第五章。稳恒电流的磁场5.1.1如图所示，AB长度为0.1米，位于A点的电子具有大小为v.=1.0×107（米/秒)的速度。试问：（1）.磁感应强度的大小和方向应如何才能使电子沿图中半圆周从A运动到B；（2）.电子从A运动到B需要多长时间？解：（1）由公式F=qV×B要想使电子沿图示轨道作圆周运动B必须垂直纸面向里才行。由洛仑滋力公式F=qV×B(1)F洛=evoB2mVo(2)F简=Rmv.2由（1）（2）得：evB="R9.1x10-31×107B=mo_eR1.6×10-19×0.05=1.14×10- (特)T_2元R_元R_元×0.05(2)2%=107=1.57×10-8已知地面上空某处地磁场的磁感应强B=4×10-5（特），方向向北。若宇5.2.2宙射线中有一速率v=5×107（m）的质子竖直向上通过此处，试间：(1)洛仑滋力的方向；(2）洛仑滋力的大小，并与该质子受到的万有引力相比较。解：（1）由公式F=qv×B判断质子所受洛仑滋力方向向西。（2）F落=qvB=1.6×10-19×5×107×4×10-= 3.2×10-16NF量=mg=1.67×10-27×9.8= 1.64 ×10-26 N

第五章．稳恒电流的磁场 5.1.1 如图所示，AB 长度为 0.1 米，位于 A 点的电子具有大小为 0 v =1.0  7 10 (米 /秒)的速度。试问： （1）.磁感应强度的大小和方向应如何才能使电子沿图中半圆周从 A 运动到 B； （2）.电子从 A 运动到 B 需要多长时间？ 解：（1）由公式 F qv B      要想使电子沿图示轨道作圆周运动 B  必须垂直 纸面向里才行。 由洛仑滋力公式 F qv B     F洛 = 0 ev B （1） F向 R mv 2 0  （2） 由（1）（2）得： R mv ev B 0 2 0  1.6 10 0.05 9.1 10 10 19 31 7 0         eR mv B 3 1.14 10   (特) (2) 8 7 0 0 1.57 10 10 0.05 2 2 2            v R v T R t 5.2.2 已知地面上空某处地磁场的磁感应强 5 4 10 B   （特），方向向北。若宇 宙射线中有一速率 7 v  510 （ s m ）的 质子竖直向上通过此处，试问： （1） 洛仑滋力的方向； （2） 洛仑滋力的大小，并与该质子受到的万有引力相比较。 解：（1）由公式 F qv B      判断质子所受洛仑滋力方向向西。 （2） 19 7 5 1.6 10 5 10 4 10   F洛  qvB       16 3.2 10   N 1.67 10 9.8 27      F重 mg 26 1.64 10   N

F± =1.95×1010F蛋故重力影响可忽略不计。5.2.3带电粒子穿过饱和蒸汽时，在它走过的路径上，过饱和蒸汽使凝结成小液滴，从而可以显示出它的运动轨迹来，这就是云室的原理。今在云室中有B=1000（高斯）的均匀磁场，观测到一个质子的径迹是圆弧，半径20厘米，已知这粒子的电荷为1.6×10-19库仑，质量为1.67×10-27千克，求它的动能。解：r=myqBV=qrBm-m-.1EK=2mm2×1.67×10-27=3.06×10-13J=1.92Me5.2.4有一质子，质量是0.5克，带电荷2.5×10-0。此质点有一6×104m的水平速度，要使它维持在一水平方向运动，问应/s加最小磁场的大小与方向如何？解：要想使质点沿水平方向运动，必须有一力克服重力对它的影响。若使磁力F洛=qv×B与重力抵消，F落必向上才行。由上式知为得到一个向上的F洛，B必在水平方向，要使B的大小最小，B必须在水平方向且与垂直才行。其大小是：mg=qvB0.5×10-×9.8B= mg=--=3.27T2.5×10-8×6×104qv5. 3. 1如图所示实线为载有电流I的导线。导线1一圆周，圆心为由三部分组成。AB部分为X0，半径为a。导线其余部分为伸向无限远的直线。求0点的磁感应强度B。解：设B为两半无限长载流导线在0点产生的磁感应

10  1.9510 重 洛 F F 故重力影响可忽略不计。 5.2.3 带电粒子穿过饱和蒸汽时，在它走过的路径上，过饱和蒸汽使凝结成 小液滴，从而可以显示出它的运动轨迹来，这就是云室的原理。今在云室中有 B 1000 （高斯）的均匀磁场，观测到一个质子的径迹是圆弧，半径 20 厘米， 已知这粒子的电荷为 19 1.6 10  库仑，质量为 27 1.67 10  千克，求它的动能。 解： qB mv r  m qrB v  2 7 2 3 8 2 2 2 2 2 2 2 2 1.67 10 (1.6) 10 2 10 2 1 2 1            m q r B Ek mv m 13 3.06 10   J 1.92Me 5.2.4 有一质子，质量是 0.5 克，带电荷 Q 8 2.5 10  。此质点有一 4 610 s m 的水平速度，要使它维持在一水平方向运动，问应 加最小磁场的大小与方向如何？ 解：要想使质点沿水平方向运动，必须有一力克服重力对它的 影响。若使磁力 F qv B   洛   与重力抵消， F洛  必向上才行。由 上式知为得到一个向上的 F洛 ，B  必在水平方向，要使 B  的大小 最小， B  必须在水平方向且与 v  垂直才行。 其大小是： mg  qvB 3.27 2.5 10 6 10 0.5 10 9.8 8 4 3            qv mg B T 5.3.1 如图所示实线为载有电流 I 的导线。导线 由三部分组成。AB 部分为 4 1 圆周，圆心为 O，半径为 a。导线其余部分为伸向无限远 的直线。求 O 点的磁感应强度 B  。 解：设 B直 为两半无限长载流导线在 O 点产生的磁感应

强度，B是圆弧AB载流导线在0点产生的磁感应强度。由毕-沙定律判断可知此三部分载流导线在0点产生的磁感应强度均垂直纸面向外，故用送加原理求场强时把求矢量和变成求代数和。B的大小为：B=Bu+Bm=2岁-1(岁)-(+)-4元a42a）-2元m（1+45. 3.2电流I若沿图所示方向及导线形状流过时（直线部分伸向无限远）试求0点的磁感应强度。解：利用选加原理求B。已知圆形电流在其中心处的B="!2Ruol,(cosa, -cosa,)直长导线的磁场公式B直4元R3,uol则 (a)B=42R=μol=4o!已知B直的大小为B直="！方向向外。由毕一沙定律知B矩2元元α2元2的方向向量里，其大小为B=2B。+2B，由直长导线公式B==(coso-coso.）4元HolB。=_(cosa,-cosa,），B。为长为α的载流直导线在0点产生的磁感应强(b)4元2a度cosα,-cosα2Va? +b2bHo1olaa同理B,=40！x2，B,为长为b的载流直.. B =(b)元baa?+b?Va?+b?a?+b?4元(2)导线在0产生的磁感应强度

强度， 1 4圆 B 是圆弧 AB 载流导线在 O 点产生的磁感应强度。 由毕-沙定律判断可知此三部分载流导线在 O 点产生的磁 感应强度均垂直纸面向外，故用迭加原理求场强时把求矢 量和变成求代数和。 B  的大小为： ) 4 (1 2 ) 2 ( 4 1 4 2 0 0 0 4 1          a u I a u I a u I B B B 圆 直 5.3.2 电流 I 若沿图所示方向及导线形状流过时 （直线部分伸向无限远）试求 O 点的磁感 应强度。 解：利用迭加原理求 B  。 已知圆形电流在其中心处的 R u I B 2 0  直长导线的磁场公式 (cos cos ) 4 1 2 0      R u I B直 则（a） ) 2 ( 4 3 0 R u I B  已知 B 直的大小为 B 直= r I   2 0 =       2 2 0    I =   I 0 方向向外。由毕一沙定律知 B矩 的方向向量里，其大小为 B 矩 =2B a +2B b 由直长导线公式 B=   1 2 0 cos cos 4     r I   B 0 =       2 4 0 b I     1 2 cos  cos , B 0 为长为  的载流直导线在 O 点产生的磁感应强 度 cos 1 =   2 2 a b a -cos  2 同理 B 为长为b的载流直 a b b a I B a b a b I a b a b I B b b 2 , 2 4 2 2 0 2 2 0 2 2 0 0                      导线在 O 产生的磁感应强度

Bm=2(B + B,)=24l Ja +b3B=B-B=4(2 Va + b2 -元ab元aB的方向垂直纸面向里。5.3.7电流I=5(安)流过边长a=30(厘米)的正三角形导线。求电流在此三角形为底的正四面体的顶点处P的磁感应强度B。解：AB边流在P点产生的B垂直△ABP面。由称性知B。沿oP轴向上。2cosα;(a = 60°)=_olol0B总 =3B, cosα2a元V33a4元，V21.DCl=1.92×10-(特斯拉)3Bcosα3DP6元a5.3.8一密饶圆形线圈，直径是40厘米，导线通电流为2.5安，线圈中心处B。=1.26×10→（特)，问这线圈有多少匝？NμolN=3RB_ 2×20×10~×1.26×10-=16(匝)。解线圈绕N匝，则B。=2R4元×10-7×2.5Mol5.3.9有一螺线管长20厘米，半径2厘米，密度200匝导线，导线中的电流是5安培，计算螺线管轴线上中点处的磁感应强度B。解：已知载流螺线管轴线上的场强公式为B=≤nl(cosB,-cosβ)210. B= Honlcos B= 4n×10-7×200×5x=6.61×10-3(特斯拉）0.2102+225.3.10有一螺线管，半径5厘米，长是50厘米，导线通过的电流为10安要想在其中心产生0.1特斯拉磁感应强度，试问：（1）这螺线管每单位长度应有多少匝？（2）所需导线总长为多少？B0.1×25.495=8115（匝/米）解：（1）B=μonlcosβn=μg/c0sβ4元×10-7×10×25(2）总长L=2mn?/=2元×5×10-2×8115×0.5=1275(m)

B   2 0 2 2 2 a b ab I  Ba  Bb     矩 B=B-B=        1 0 2 2 2 a b a b I   B  的方向垂直纸面向里。 5  3  7 电流 I=5 安 流过边长 a  30厘米 的正三角形导线。求电流在此三角 形为底的正四面体的顶点处 P 的磁感应强度 B0  解： AB 边流在 P 点产生的 B  垂直  ABP 面。由称性知 B总  沿 oP 轴向上。 B   2 3 2cos 60 2 3 4 0 0 1 1 0 1       a I a I    B总  3B1 cos cos 3 3 1 1   DP DC  特斯拉 0 6 1.92 10 6 3     a I B   5  3  8 一密饶圆形线圈，直径是 40 厘米，导线通电流为 2.5 安，线圈中心处 B0 =1.26 4 10  特 ，问这线圈有多少匝？ 解线圈绕 N 匝，则 R N I B 2 0 0   N= 16匝。 4 10 2.5 3 2 20 10 1.26 10 7 2 4 0 0             I  RB 5  3  9 有一螺线管长 20 厘米，半径 2 厘米，密度 200 匝导线，导线中的电 流是 5 安培，计算螺线管轴线上中点处的磁感应强度 B。 解：已知载流螺线管轴线上的场强公式为 B= (cos cos ) 2 1 2 0    nI  特斯拉 3 2 2 7 0 1 6.61 10 10 2 10 5 0.2 200 cos 4 10     B   nI        5  3  10 有一螺线管，半径 5 厘米，长是 50 厘米，导线通过的电流为 10 安， 要想在其中心产生 0.1 特斯拉磁感应强度，试问： （1） 这螺线管每单位长度应有多少匝？ （2） 所需导线总长为多少？ 解：（1）B= 0nI cos  n= 8115匝/米 4 10 10 25 0.1 25.495 cos 7 0         I   B (2) 总长 L=2 2 5 10 8115 0.5 1275 . 2 r  n  l       m   

5.3.11两根导线沿半径方向被引到铁环上B.C两点。电流方向如图所示。求环中心0处的磁感应强度是多少？解：两载流直线部分的延长线都通过0点由毕一沙定律dB=。laix4元知本题di×=0故二直线在0点产生强度为0.B1C段电流在0点产生的磁感应强度B,方向垂直纸面向外。B2C段在0点产生的磁感应强度B,，方向垂直纸面向里。由迭加原理求B，求失量和变为求代数和。I,dlsinHolro2In 4olldo = 4oldB, =B, =dqer24元4元r4元4元Hol2B=B, - B, = (oll - -l)同理B,=4P4元4元1.2两条电路为并联1,R,=1,R1rpR1=ss1,prpR, =pSsI_R-P21RP..1,91=12P2将此给果带入B式，故B=05.3.12将半径为R的无限长导体管壁（厚度可忽略），沿轴向割去一宽度为h(h<<R）的无限长缝后，沿轴向均匀的通有电流，其面密度为i。求轴线上的磁感应强度B。解：根据场强的迭加原理，轴线上的磁感应强度B，等于截流面密度为i的整个管在轴上所产生的B与宽度为h的截流面电流密度为-i导线在轴上产生的B，的矢量和。但

5  3  11 两根导线沿半径方向被引到铁环上 B.C 两点。电流方向如图所示。 求环中心 O 处的磁感应强度是多少？ 解：两载流直线部分的延长线都通过 O 点由毕一沙定律 d , 4 3 0 r Idl r B         ， 知本题 dl  r  0   故二 直线在 O点产生强度为0.B1C段电流在 O点产生的磁感 应强度 B1  方向垂直纸面向外。B2C 段在 O 点产生的磁感应强度 B2  ，方向垂直纸 面向里。由迭加原理求 B  ，求矢量和变为求代数和。 dB       d r I r r I dl 2 0 1 2 1 0 1 4 2 sin 4   B1  1 0 1 0 0 1 4 4 1        r I d r I   同理 B 2 0 2 2 4    r I  B=   1 1 2 2 0 1 2 4 I I r B B        1  2 两条电路为并联 1 1 2 I R  I R2 R 1=  s r s l 1 1    s r s l R 2 2 2      1 2 1 2 2 1     R R I I 11 I = 22 I 将此给果带入 B 式，故 B=0 5.3.12 将半径为 R 的无限长导体 管壁（厚度可忽略），沿轴向割去一宽度为 h （h<<R）的无限长缝后，沿轴向均匀的通有电流，其面密度为 i 。求轴线上的磁感应强度 B 。 解：根据场强的迭加原理，轴线上的磁感应强度 B ,等于截流面密度为 i 的整个 管在轴上所产生的 B管 与宽度为 h 的截流面电流密度为-i 导线在轴上产生的 B h 的矢量和。但

前者在轴上的B管=0故，B =B +B,=Bh由于h。解：建立坐标系oxyz如图所示，把薄板沿z方向.分成宽为dy的无限长细条，=六d的无限长直导线，根据场的选加原理，P点的磁感应强度等于所每根细条截流为dI=2a有这些截流细条在P所产生的磁感应强度的矢量和

前者在轴上的 B 管 =0 故， B = B管 + B h = Bh 由于 h<<R,可以看成无限长直截流导体线在在 o , o 线上产生的场。 Bh = R ih o   4 =B B 的方向垂直 o , o 与 h 组成的平面指向纸内。（如图 a 所示） 5.3.13 上题中若割去半个管壁时，半个管壁上沿轴割去半个管壁时，半个管壁 上沿轴向均匀的磁感应强度 B 为多大？ 解：如图所示，过 o 点，建立坐标系 oxy。该载流无限长半圆柱形导体管壁可 看做有许多平行的无限长直载流导线所组成。在其横截面上与 y 轴对称的取两个宽度相等 dl1,dl,2,，窄条，它们在 O 点产生的磁感应强度分别为 B1 d ,d B 2 其大小为 d B1=dB2= R dI o   4 dI  dl R I .  .设电流方向垂直与纸面向 dB1 , 2 dB 方向见图。二者 y 分量抵消，只有 x 分量且 同 fa 直只有分量。 dB x=    cos 2 R dI o =    cos 2( ) 2 dl R I o B=2  2 0  dB x =  2 0 2 * cos ( )      Rd R I o =   2 0 * cos 2      d R I o R I o 2   5.3.14.电流均匀地流过宽为 2a 的无限长平面导体薄板，电流强度为 Io 通过 板的中线并与板面垂直的平面上有一点 p，p 到板的垂直距离为 x（见图 5.8.14(a)）,设板 厚度可略去不计求 p 点的磁感应强度 B。 解：建立坐标系 oxyz 如图所示，把薄板沿 z 方向.分成宽为 dy 的无限长细条， 每根细条截流为 dy a I dI 2  的无限长直导线，根据场的迭加原理，p 点的磁感应强度等于所 有这些截流细条在 P 所产生的磁感应强度的矢量和

在y轴上o点两侧对称的取宽为dy的两直导体条，它们在p点产生的磁感应强度分别为的dB.dB，（如图a所示）。根据对称性分析，二者x分量相互抵消，只有y分量。udldBy=cose2元x=cosVx? + y?因此p点B的大小raolxdyB=2JBVJo4max+y2dy= 4olx ra--H0x 1g- 二181g2元aJox2+y22元xx=401g"g“"→沿y方向。2元a5.3.15.在半径为R的木球上紧密的绕由细导线，相邻线圈可视为互相平行，并以单层盖住半个球面（如图所示）。沿导线流过为I，总杂数为N。求次电流在球心处0产生的磁感应强度。解：设单位弧长电流线圈杂数为n，则N_2Nn=2元R元R沿弧长取dl，则dl内的总电流为dl=Indl。没一个小圆带相当于一个电流环，已知电流环在其轴线上任意一点产生的磁感应强度公式为：Ir2B圆= o-2(α2 +r2)3/2式中a为轴线上一点到圆的距离，r为圆环的半径。有图（a）所示，r=Rsina,dl=Rda。Dl宽的圆环上电流为nIdl。半径为r，宽为dl的圆环在球心o点产生的磁"感应强度dB环dB环="o。"·nldlR32

在 y 轴上 o 点两侧对称的取宽为 dy 的两直导体条，它们在 p 点产生的磁感应强 度分别为的 d B1 .d B2  （如图 a 所示）。 根据对称性分析，二者 x 分量相互抵消，只有 y 分量。 dB y=    cos 2 r dI o =cos  2 2 x y x  因此 p 点 B 的大小 B=2  a o dBy =2 2 2 0 0 . 4 x y dy a a Ix     = 2 2 0 0 2 x y dy a Ix a     = x y tg a x 0 Ix 1 1` . 2    a 0 1 = x a tg a I 0 1 . 2    B 沿 y 方向。 5.3.15.在半径为 R 的木球上紧密的绕由细导线，相邻线圈可视为互相平行， 并以单层盖住半个球面（如图所示）。沿导线流过为 I，总杂数为 N。求次电流在球心处 O 产 生的磁感应强度。 解：设单位弧长电流线圈杂数为 n,则 n= 4 2 R N  = R N  2 沿弧长取 dl ,则 dl 内的总电流为 dI  Indl 。没一个小圆带相当于一个电流 环，已知电流环在其轴线上任意一点产生的磁感应强度公式为： B 圆= ( )3 2 . 2 2 2 2 0 a r Ir   式中 a 为轴线上一点到圆的距离，r 为圆环的半径。有图（a）所示， r  Rsin a,dl  Rda 。Dl 宽的圆环上电流为 nIdl。半径为 r,宽为 dl 的圆环在球心 O 点产生 的磁 , 感应强度 dB 环 dB 环＝ 2  0  3 2 R r  nIdl

=HonI sin’ada23环=（表示垂直）sin'adα=onl,_loNI=HonlJo2244R5.3.16有一电介质薄盘，其表面均匀带电，总电量为Q，盘半径为a。盘绕垂直于盘面并通过圆心的轴转动，每秒n转，求盘中心处的磁感应强度B解：薄盘转动相当于一个载流圆盘，根据圆线圈在其圆心处产生的磁感应强度公Hol式:一。半径r、宽dr环在中心点产生的磁场为：2RdB= Hodldl =on2元 rdr2rQ9Ta?由送加原理 dB-I onm2md Hoonl.B=dr2rQHoQnna==μ元Ta?a一半径为R的非导体球面均匀带电，面密度为，若该球以通过球心的直径为轴用角速度の旋转，求在球心的磁感应强度B。解：利用圆形电流在轴线上产生的磁场公式：HordldB=42R3()图所台如示dl =α.ds:f()台ds=2元R2sinede()r=Rsino

= 2 sin2 0 nI d B=  2 0  dB 环=（表示垂直） =  2 0  nI    d  2 0 2 sin = 2 4 0   nI = R NI 4  0 5.3.16 有一电介质薄盘，其表面均匀带电，总电量为 Q ，盘半径为 a 。盘绕 垂直于盘面并通过圆心的轴转动，每秒 n 转，求盘中心处的磁感应强度 B 。 解：薄盘转动相当于一个载流圆盘，根据圆线圈在其圆心处产生的磁感应强度公 式： R I 2  0 。半径 r 、宽 dr 环在中心 点产生的磁场为： r dI dB 2 0  dI n2 rdr 2 a Q    由迭加原理 a Qn na a Q n dr r n rdr B dB a a a 0 0 2 0 0 0 0 0 2 2                  一半径为 R 的非导体球面均匀带电，面密度为  ，若该球 以通过球心的直径为轴用角速度  旋转，求在球心的磁感应强度 B 。 解：利用圆形电流在轴线上产生的磁场公式： 3 2 0 2 R r dI dB   （ ） 如 图 所 示 dI   ds 台  f （ ） ds 台 2R sind 2  （ ） r  Rsin

1=02元将（）式代入（）得：dl = als台·f =0·2zR sin ad02元dB=o"·owR” sin edeB=2 R3=Ho00Rsin'ede2. = 'gooR sin*0 cose27sinedeo233JoB= HoowR.2[-cos 0] 23= 2H000R3如图所示载流无限长直导线的电流为，试求通过矩形面积CDEF的磁通量。（CDEF与直线共面）解：已知无限长载流直导线的磁场公式：B=！2元B的方向垂直纸面向里。将矩形面积分成与CF平行的矩形小条且取其法向向里为正。dp = B·ds = Bds = Bidrbolldrμollbdr=d=2元2元J则：oll/nb2元a二无限长载流直导线与一长方形框架位于同一平面内（如图所示），已知α=b=c=10（厘米），1=10（米），1=100（安）。求通过框架的磁通量。解：取框架平面法线方向背离读者dg, = B,ldrHollolIna+bdrIn中2元2元ab+co1l同理虹In2元c

  2 f  将（ ）式代入（ ）得： dI ds 台       2 2 sin 2  f   R d  3 2 [ cos ]| 3 2 2 sin 3 2 | 3 sin cos [ 2 sin 2 sin 2 0 0 0 0 0 2 0 3 0 0 3 2 2 0 0 0 R R B d R d R R r R d B dB                                         如图所示载流无限长直导线的电流为 ，试求通过矩 形面积 CDEF 的磁通量。（ CDEF 与直线共面） 解：已知无限长载流直导线的磁场公式： r I B   2 0  B  的方向垂直纸面向里。将矩形面积分成与 CF 平行的矩形小条 且取其法向向里为正。 则： a Il b r Il dr r Ildr d d B ds Bds Bidr b a b a b a ln 2 2 2 0 0 0                      二无限长载流直导线与一长方形框架位于同一平面内（如 图所示），已知 a  b  c 10 （厘米）， l 10 （米）， I 100 （安）。求通过框架 的磁通量。 解：取框架平面法线方向背离读者 a Il a b dr r Il d B ldr a b       ln 2 2 0 0 0 1 1 1       同理 c Il b  c  ln 2 0 2   

鸟=# + =24"inα+b2元a_4元×10×10°×10n2=2.77×10(韦伯）元有一电子在垂直于一均匀磁场方向做一半径为厘米的圆周运动。电子的速度是10米秒。问此圆轨道内所包含的总磁通量是多少？my2解：evB=！电子质量m=9.1x10-31千克erB=myer9.1×10-31×1062=4.74×10-（特）1.6×10-19×1.2×10-2Φ=m2.B=元×(1.2)2×10-4×4.74×10-42.14×10-（韦伯）电缆由一导体圆柱和一同轴导体圆简构成。使用时，电流1从一导体流去，从另一导体流回，电流都是均匀的分布在横截面上。设圆柱的半径r，圆筒的半径分别为r，和r（见附图），r为到轴线的垂直距离。求r从0到的范围内，各处的磁感应强度B解：由于磁场的对称性分布，可用安培环路定理求解。(1) 0<r<r:j-元1I'=j,s=-2.元r元元fB·dl=u.I’取L的环绕方向与I'成右手螺旋关系。Ir2B.2mr=ul'=uo 72B=_uo, Ir2元(2) r<r<r2;B= Uo!f B.di = ul2m

ln 2 2.77 10 (韦伯） 4 10 10 10 ln 2 2 4 7 2 0 1 2                    a Il a b 有一电子在垂直于一均匀磁场方向做一半径为 厘米的圆周运动。电子的速度是 6 10 米 秒。问此圆轨道内所包含的总磁 通量是多少？ 解： er mv evB 2  电子质量 31 9.1 10 m   千克 （特） 4 1 9 2 3 1 6 4.74 10 1.6 10 1.2 10 9.1 10 10              er mv B 2 2 4 4 (1.2) 10 4.74 10     r  B       2.14 10 ( 7  韦伯） 电缆由一导体圆柱和一同轴导体圆筒构成。使用 时，电流 I 从一导体流去，从另一导体流回，电流都是 均匀的分布在横截面上。设圆柱的半径 r1 ,圆筒的半径分别为 r 2 和 r3 （见附 图），r 为到轴线的垂直距离。求 r 从 0 到  的范围内，各处的磁感应强度 B. 解：由于磁场的对称性分布，可用安培环路定理求解。 （1） 0 < r < r1 ; j 1 = r I 1  ' I = j s 1 = r I 2 1   r 2  L B  dl  u I 0   取 L 的环绕方向与 I 成右手螺旋关系。 B  2r =u0 I u0   2 2 r Ir B= Ir r u 2 1 0 2 （2） ; r1 r2  r  B dl I L   u0   B= r u I 2 0