恒定电流的磁场习题解

1、2122第章恒定电流的磁场11-如图 11-1 所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，求它们在 0 点处的磁感应强度 B。(1 )高为 h 的等边三角形载流回路在三角形的中心 0 处的磁感应强度 大小为_ ，方向_ 。(2)一根无限长的直导线中间弯成圆心角为120半径为 R 的圆弧形，圆心 0 点的磁感应强度大小为_，方向_。CAE(b)图 11 -解：(1)如图 11-2 所示，中心 0 点到每一边的距离1为 OPh , BC 边上的电流产生的磁场在 0 处的磁感应3强度的大小为BBC嗚曲2)01(cos30 cos150 ) =3卩。14n/34nh方向垂直于纸面向外。另外两条边上的

2、电流的磁场在 大小和方向都与 BBC相同。因此 边电流产生的同向磁场的叠加，即图 11 -0处的磁感应强度的0处的磁感应强度是三W 厂 334爭4 Th_9.“014 Th方向垂直于纸面向外。(2)图 11-1 (b)中点 0 的磁感强度是由 ab,感强度 Bi, B2和 B3的矢量叠加。由载流直导线的磁感强度一般公式B也(cos-cos：2)4n0 处产生的磁感强度 Bi, B3的大小分别为JQI可得载流直线段 ab, de 在圆心B1二bed, de 三段载流导线在 0 点产生的磁(cos0 - cos30 ) 也(13)2nR24 Rcos60 )B3=Bi01(cos150 -cos1

3、80 )01(14nR cos602nR()2123124方向垂直纸面向里。半径为 R，圆心角:.的载流圆弧在圆心处产生的磁感强度的大小为B业4TR圆弧 bcd 占圆的1，所以它在圆心 0 处产生的磁感强度 B2的大小为3同样的方法可得%IB24TR4TR6R方向垂直纸面向里。因此整个导线在 0 处产生的总磁感强度大小为B 二耳 B2B30I（1 _3）1232R22TR2切（13） 切=o.21 九 12 6RR方向垂直纸面向里。112 载流导线形状如图所示 （图中直线部分导线延伸到无穷远）图（a） 图（b） 图（c），求点 0 的磁感强度 B。中,中,中,图 11-30 处激发的磁感强度大

4、小为B二也，式中：为载流圆弧导线所4nR张的圆心角，R 为圆弧的半径，I 为所载电流强度。半无限长载流导线在圆心出I解：载流圆弧导线在圆心0 处激发的磁感强度大小为B匕，磁感强度的方向依照右手定则确定。图11 43（a）4TR强度 B。可视为由两段半无限长载流导线及载流半圆弧激发的磁场在空间点 磁场的叠加原理，对于在图（a），有旳.01也.1吃1 .j-k-j= _k一j4TR4R4TR4R2TR中 0 处的磁感应0 的叠加，根据125对于图（b），有山j Jo!一出k （1）k-D j4nR4R 4n4Rn4 R对于图（c）,有BoVj普-着iBo12611 43 已知磁感应强度 B=2.0

5、Wb/m2的均匀磁场， 方向沿 x 轴正向， 如图 11-4 所示， 则 通过 abed面的磁通量为 _ ，通过 befc 面的磁通量为 _ ，通过 aefd 面的磁通量为_ 。解：匀强磁场 B 对 S 的磁通量为尬:I , B dS BS c os 设各平面 S 的法线向外，则 S通过 abed 面的磁通量为abed=BScos 冗-BS - -2.0 0.4 0.3Wb=-0.24Wb通过 befc 面的磁通量为不nbefc= BS cos 0通过 aefd 面的磁通量为J-aefd= BS cos =2.0 0.5 0.3Wb= 0.24Wb11-4磁场中某点处的磁感应强度 B=0.40

6、i 0.20j ( T ), 一电子以速度6 6 .v=0.50 10 i+1.0X0j ( m/s)通过该点，则作用于该电子上的磁场力F =_。解：电子所受的磁场力为-9,66,、F = -e(vXB)=1.6 为 0 x(0.50 10 i+1.0 10 j) 1(0.40 i0.20 j )=8 10 k(N)11 -5 如图 11-5 所示，真空中有两圆形电流 I1和 12以及三个环路L1L2L3，则安培环路定理的表达式为Bdl=_ ,Bdl=_L1L2Bdl=_。由安培环路定理可dI 二-oh图 11 -5dl= 7(11I2)；DL3Bd l=0。11 -6 一通有电流 I 的导线

7、，弯成如图 11-6 所示的形状，放在磁感应强度为 B 的均匀磁场中，B 的方向垂直纸面向里，则此导线受到的安培力大小为_，方向为_图 11 -7127解：建立如图 11-7 所示坐标系，导线可看成两段直导线和一段圆弧三部分组成，两段直导线所受安培力大小相等，方向相反，两力的矢量和叠加后为零。在半圆弧导线上任取一128电流元 Idl，所受安培力大小 dF = Idl B =ldlBsin90 dF 分解为 dF _ （垂直于 x 轴）和 dF（平行于 x 轴）, 力的水平分量相互抵消为零，即F/二 dF=0其垂直分量nF_= dF_ = dF s inr 二 IBdls inBIRsi nvd

8、d=2BIR方向沿 y 轴正方向。因此，整段导线所受安培力F= F_=2BIR。方向沿 y 轴正方向。11 -7 图 11-8 中为三种不同的磁介质的BH 关系曲线，其中虚线表示的是 B=0H 的关系，说明 a、b、c 各代表哪一类磁介质的 BH 关系曲线：a 代表_ 的 BH 关系曲线；b 代表_ 的 BH 关系曲线；c 代表_ 的 BH 关系曲线。答：对各向同性的均匀磁介质，顺磁质或抗磁质有，B = 0 4H , B 与 H 成正比关系，片为常数，因此曲线 bc 代表 顺磁质或抗磁质。 又因为顺磁质的 片1，抗磁质的山1,所以 顺磁质的曲线斜率较大，故可进一步判断曲线b 代表顺磁质，曲线

9、c 代表抗磁质，曲线 a 中 B 与 H 成非线性关系，表明该 磁介质的叫随 H 发生变化，不是常数，这是铁磁质的性质，所以曲线11 -8 一无限长圆柱体均匀通有电流I,圆柱体周围充满均匀抗磁质，的介质表面上的磁化电流大小为I,方向与 I 的方向相反。沿图 11-9 中所示闭合回路，则三个线积分的值分别为口 H dl =解：由 H 的安培环路定理，得 Q H dl 二 I。 由 B 的安培环路定理，得 Q B dl= %（l -1 ）。B_由关系式 H 二丁 -M 及上述二式，得 口 M dl =I11 -9 半径为 Ri的圆形载流线圈与边长为R2的正方形载流线圈，通有相同的电流I，若两线圈中

10、心 01与 O2的磁感应强度大小相同，则半径 R1与边长 R2之比为A.迈n：8B.42.n：4C .运n：2 D.1:1解：设两载流线圈中电流I 的方向均为顺时针方向，半径为R1的圆形载流线圈在中心01点产生的磁感应强度大小为方向垂直纸面向里边长为 R2的正方形载流线圈在中心 02点产生的磁感应强度是各边在该点产生的磁感应 强度的叠加，由于各段导线产生的磁感应强度方向相同，均为垂直纸面向里，所以02点的HBdl，方向沿半圆的半径向外。将由对称性可知，半圆弧导线所受安培与圆柱体表面相邻a 代表铁磁质。129磁感应强度大小是各边在该点产生的磁感应强度大小的代数和，有由于 B1= B2,即01 _

11、 2201 2 冃TR?因此片_ 2n8-因此，正确答案为（A ）。11-0 如图 11-10 所示，在一磁感应强度为 B 的均匀磁场中，有一与 B 垂直的半径为 R 的圆环，则穿过以该圆环为边界的任意两曲面S, $的磁通量： ，： S 为。2 2 2 2 2 2 2 2A.YRB，-二 RBB.YRB,二 RBC.二 R B，-二 R BD .二 R B，二 R B解：半径为 R 的圆分别与曲面 S1, S 构成一闭合曲面 1, 2，规定曲面外法向为曲面面 元的正方向，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，则对闭合 曲面 1 有 二 B dSR亠 11 B d =TIR

12、2B 亠 I |B dS =0同理，对闭合曲面 2 有口 $B dS = B dSR亠1|B dS2=TR2B 亠11B dS2=0由此可得2 二B dS2= -TR2B因此，正确答案为（C）。11-1 如图 11-11 所示，有两根无限长直载流导线平行放置, 空间一闭曲线，示穿过回路的电流的代数和， 积分回路外的电流会改变回路上各点的磁场分布，则BP改变。因而（C）正确。11-2 对于介质中的安培环路定理H dI =Z I，在下面说法中正确的是 。B2 二014KR2 / 2SB d S由此可得电流分别为11在 L 内，12在 L 夕卜，P 是 L 上的一点，今将 12在11和 I2, L

13、是L 外向 I1移近时，则有B d I 与 BP同时改变B.-B dl与 Bp都不改变C.：B dl不变，BP改变LBL解：由真空中的安培环路定理,I B dI 二 I，、I表图 11 -1(cos45 -COS135) 4S2图 11-0变不PB130A H只是穿过闭合环路的电流所激发，与环路外的电流无关B vI 是环路内、外电流的代数和C.安培环路定律只在具有高度对称的磁场中才成立D 只有磁场分布具有高度对称性时，才能用它直接计算磁场强度的大小解：介质中的安培环路定理LH dI =扛 I 在恒定磁场的任何介质中都是成立的，无论磁场是否具有高度的对称性，只是在磁场有高度对称性时，我们可以选择

14、适当的回路，使得待求场点的磁场强度与回路积分无关，其它的线积分为零或与待求场点相同，被积函数H可从积分号内提出到积分号外，从而可计算出待求场点的磁场强度。因此LHdI I 用于求解磁场强度具有高度对称性时的磁场强度，其它情况不能用它来求磁场，但并不表示它不成立。要注意的是，磁场强度和磁场强度环量是两个不同的物理量，式中7 I 是环路内电流的代数。定理表示磁场强度的环量等于穿过环路的电流的代数和，即磁场强度的环量只与穿过环路的电流有关， 与环外电流无关，并不是磁场强度只与穿过环路的电流有关，空间任一点的磁场是环内和环外电流共同激发的。因此（A）、（ B）和（C）都是错误的。答案应选（D）。11-

15、3 质量为 m,带电量为 q 的粒子在均匀磁场中运动， 下列说法正确的是：A速度相同，电量分别为 +q, -q 的两个粒子，它们所受磁场力的方向相反，大小相 等B. 只要速率相同，所受的洛伦兹力就一定相同C. 该带电粒子，受洛伦兹力的作用，其动能和动量都不变D. 洛伦兹力总是垂直于速度方向，因此带电粒子运动的轨迹必定为一圆形解：（1）正确。因为带正电粒子所受洛伦兹力F =qvB，带负电粒子所受洛伦兹力F =-qv XB,所以 F = F 。（2） 错误。带电粒子所受洛伦兹力的大小F=qvBsi nr，它不仅与速度的大小有关，还 与速度方向有关；（3）错误。带电粒子受洛伦兹力的作用，速度的大小不

16、改变，但速度方向要改变，所 以其动能不变，但动量要改变。（4） 错误。在均匀磁场中，带电粒子的运动轨迹取决于粒子初速度vo和 B 的夹角二当 T=0 或卞二时，带电粒子不受洛伦兹力，其轨迹是直线，当V -上时，带电粒子作圆周运2动，其运动轨迹是圆形，当v0和 B 的夹角 姙意时，带电粒子的运动轨迹是螺旋线。综上所述，正确答案应选（A ）。11-4 通有电流 I 的正方形线圈 MNOP，边长为 a （如图 11-12）,放置在均匀磁场中，已知磁感应强度B 沿 z 轴方向，则线圈所受的磁力矩 T 为。A. I a2B，沿 y 负方向B . I a2B/2，沿 z 方向C. I a2B，沿 y 方向

17、D. I a2B/2，沿 y 方向解：线圈所受的磁力矩为 T = NISenB ,其大小为131T =NISBsin30 二1Ia2B，方向沿 y 方向。故选（D）。211-5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中, 恒定电流为 I，磁介质的相对磁导率为A也 B.（7一 1）丄2n2n解：在圆柱形无限长载流直导体外，取半径为 的安培环路定理先求出磁介质中的磁场强度H,(r R)则磁介质内的磁化强度为M十G因此，正确答案为（B ）。11-6 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m 的近似圆形轨道。当环中电子流强度为8mA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

18、。解：一个电子绕存储环近似以光速运动时，对电流的贡献为 的贡献为 I =比，由此可得l/c8 1024010/人、4 1010（个）1.6 10-193 108导电电子数等于原子数。当 1mm 直径的银线中通过30A20OC，按经典电子气模型，其中自由电M=0.1kg/mol，密度：=104kg/m3。NA 亍nAM电流强度为 30A 时，银线内电子的漂移速率II4IM4X300.1vd 一SnenD)2NA：enD2NA?en(1 10)26 10231041.6 10_192 M=4 X103m/s按经典电子气模型，自由电子的平均速率是1.38 10 一2329351.1 105m/s 9

19、.1 汉 10 创11 -8 已知导线中的电流按 I=t2-5t+6 的规律随时间 t 变化，计算在 t=1 到 t=3 的时间内 通过导线截面的电荷量。解：由于电流 I 随时间 t 发生变化，在 dt 时间内通过导线截面的电荷量dq=ldt，在 t1=1到 t2=3 内通过的电荷量为若导体中流过的Pr （片R）的同心圆周回路，禾 U 用磁介质e：Ie, N 个电子对电流l/cIIN =ec11-7 设想在银这样的金属中，的电流时，电子的漂移速率是多大？若银线温度是子的平均速率是多大？银的摩尔质量取解：银线单位体积的原子数为0 =1.60 丿比=1.60 x2132q 二t2Idt 二3(t2

20、_5t 6)dt =18.7C11-9 已知两同心薄金属球壳， 内外球壳半径分别为 a, b (ab),中间充满 电容率为 的材料，材料的电导率；随外电场变化，且;一-=kE,其中 k 是常数， 压 V,求两球壳间的电流强度和电场强度。解：设内球带电+Q, 的同心球面高斯面，如图现将两球壳维持恒定电bV = i EJa所以将(3)式代入(1)式得外球带电-Q,由于电场分布具有球对称性,11-13 所示。由高斯定理可得QE24nrbQQ 1d r2dr4n丁24n；a可作半径为 r (arb)(1)-Q图 11 -3O+ Q4nVTTa babV(b -a)r2I.sJdS=J4/诈4兴-kE?

21、4(4)a2b2V2(b _ a)2r2沿径向电流强度减小，沿径向有漏电。1120 四条平行的载流无限长直导线，垂直地通过一连长为 a中的电流都是 I，方向如图 11-14 所示，求正方形中心的磁感应强度的正方形顶点，每根导线B。1 - 捧IaIaIa11aI图 1114弋B1B3B4-.I4图 11 -15解：正方形中心的磁感应强度手螺旋定则知，中心处磁场强度为Bi, B2的大小为B 就是各导线所产生的磁感应强度的矢量叠加，又由右B=BB2+B3+ B4=2Bi+2B2,方向如图 11-15 所示。其中日=B2二0=c “2 2na则磁感应强度 B 在水平方向分量为2133134Bx= 2B

22、isin 45 2B?sin 45 = 0By= 2Bi cos45 ：亠 2B2cos45 = 4 场 cos45向如图 11-17 所示，铁环半径为 R,求环中心 O 处的磁感应强度。解：根据叠加原理，点 o 的磁感应强度可视作由 FA,DE,EF三段直线以及 ABD , ACD 日2两段圆弧电流共同激发。 由于 电源距环较远，BEF=0。而 FA, DE 两段直线的延长线通过点 O,则 Idl r = 0，由毕奥萨伐尔定律知，导线 FA , DE 在 O 点 的磁感应强度为零，即BFA=BDE=0。流过圆弧的电流 11,丨2的方向如图 11-18 所示，它们在 O 点激发的磁感应强度即为

23、所求。方法一：根据毕奥萨伐尔定律，圆弧 ABD , ACD =12在 O 点激发的磁场分别为 Bi, B2,有I1dlJ0I1l1_ 204nR24TR2方向垂直纸面向外。B = -l20I2d-0I2l22 04nR24TR2方向垂直纸面向里。由于圆弧 ABD , ACD 构成并联电路，因而有 1 届=I2R2, 又由于圆弧 ABD , ACD 的电阻与其长度成正比，则竖直方向为因此，正方形中心的磁感应强度%1cos45 F。1n2B 的大小B= By =20ln方向竖直向上。11 -21 如图 11-16 所示，已知地球北极地磁场磁感应强度 的大小为 6.0 10，如设想此地磁场是由地球赤

24、道上一圆电流所激发的，此电流有多大？流向如何？解：地球赤道圆电流在北极激发的磁感强度为IR2(R2X2严%IR22 (R2R2)3/24.2R因此赤道上的等效圆电流为I=4 2RB/26.3781066.010A=1.72 川A01.26 10由右手螺旋法则可判断赤道圆电流流向由东向西。11 -22 两根导线沿半径方向被引到铁环上A, D 两点，并与很远处的电源相接，电流方图 11-7图 11-8135叩1二吐由右手螺旋法则可判断出Bi, B2方向相反，故点 O 的总磁感应强度为B = B_B20l124nR_时222=04n方法二：一载流圆弧在圆心处产生的磁感强度B=薯，式中：为圆弧载流导线

25、所张的圆心角，设两段圆弧 ABD ,ACD，对圆心的张角分别为 7 和 2二则有由右手螺旋法则可判断出B=畑2BABD=4TJRBACD=毛(2冗-力4TRBABD, BACD方向相反，故点 O 的总磁感应强度为5(2十)4nRB= BABD- BACD =畑2二一4TR(1)与方法一相同的步骤得出I*1 = I 2211上=I2l1将上式代入(1)式得点 O 的总磁感应强度冷 2(2 n-6)2 % - _B = BABD-BACD _4nR血=04nR1123 无限长半径为 R 的半圆柱金属薄片中， 自下而上均匀地有电流 11-19所示。试求半圆柱轴线上任一点P 的磁感应强度 B。解：载流

26、无限长半圆柱金属薄片可视为许多沿轴线方向无限长 载流直导线组成(如图11-20 (a)。其俯视图如图 11-20 (b)所示，金属薄片在 P 点产生的磁感应强度就是这些无限长载流直导线在P点产生的磁感应强度的矢量叠加。过轴线上所求场点P 做一截面垂直于轴，此截面为半圆，如图 11-20 (b)所示，截面上长为 dl =Rdr 范围内的长直载流导线电流dI 为I 通过，如图dl =1dlnR它在P点产生的磁感应强度为dB 占12nR 2nRI Rd：nR图 11-19方向由右手螺旋关系确定，如图由于各无限长载流直导线在=2 ,R11-20 ( b)所示。P 点产生的 dB 方向各不相同，于是将R

27、drdB 分解成两个分量136137方向沿 x 轴正方向。11 -24 一个半径为 R 的塑料圆盘，表面均匀带电 +Q , 面的轴线以角速度匀速转动，求：解：(1)圆盘转动时，其上电荷绕轴转动形成电流，在空 间激发磁场。圆盘电荷面密度为Q 一n2如图 11-21 所示，在转动圆盘面内取半径为r，宽度为的细圆环，环上电流为dI 二丸2 ndrrdrT 2n - 细圆环在圆心处产生的磁感应强度大小忙，dr，RoQ 2TR方向垂直于盘面向外。(2)细圆环的磁矩为dpm-SdI因此，整个圆盘的磁矩为二 dp 十Rnr3dr =1 二虽m04411 -25 如图 11-22 所示，长为 0.1m 的均匀

28、带电细杆，带电量为1.0D0-C，以速率 1.0m/s 沿 x 轴正方向运动。当细杆运动到与 y 轴重合的位置进，细杆的下端到坐标原点O 的距离为 l=0.1m，试求此时杆在原点 O 处产生的磁感应强度解：均匀带电细杆可看成由许多电荷元dq 组成。当均匀带电细杆运动时，相当于许多dBx,dBy所以Bn2RdBx=dBsinsin rd r2n2RdBx=dB sin =2n2RdBy - -dBcos v -四 cos rd vdBBx-dBcos 71 -2,Rcos rd vbl02TI2Rsin P rn2Rn唏二 dBy0y02n2R所以该半圆柱在轴线上任一P 点的磁感强度 B 的大小

29、为Bycos rd v - 0dB32r由于所有细圆环在圆心处的磁感应强度甘rdrdr2r2dB的方向都向相同, 因此,如果圆盘绕通过圆心并垂直于盘(1)圆心 0 处的磁感应强度；(2)圆盘的磁矩。pm138电荷元运动，每一运动电荷元在空间产生磁场dB，则空间场点的总磁感应强度 B 是所有电荷元产生磁感应强度的矢量叠加。建立如图所示坐标系，在均匀带电细杆上取电荷元dq =9 dy，如a图 11-23 所示。利用运动电荷的磁场公式B =勺qvr可求得 dq 在点4nr2O 产生的磁感应强度的大小为0dqvsin90qvdydB 二-4ny24nay2O图1122方向垂直于纸面向里因此带电细杆在点

30、 O 产生的磁感应强度的大小为0dqvsin90J0qvdydB 二4nB= dB 二y24nay21 a J0qvdyJ0qv 114nay24 归 I l a4n10 1.0 10_101.011丽 一 0.1 +0.1 丿=51016T11 -26 空心长圆柱形导体的内、外半径分别为R1, R2均匀流过电流点（R1rmg, mg 可忽略）iBIdt - mgdt： ：! iBIdt = Bl idt =Blq = .：p =mv则X XX XX XX XXii XX XX XXIXBX!可得导线跳起来后，最高达 h, ImvQBIqmmvQBI=mgh 得图 11 -34(1)q = i

31、dt =m 2ghBIq JO沪2 9.8 31QJQ.38CQ.1Q 20 1Q2148线圈中通有电流 l2=1QA。已知 d=1cm , a=9cm, b=2Qcm,求（1）导线 AB 的磁场对矩形线圈每边的作用力；（2）矩形线圈所受合力及合力矩。解：长直导线AB 在空间产生的磁场为方向垂直纸面向内。B山2nCF 边受到的安培力为bbkQ|1%11 妙2nd! B图 11 -351494n10 20 10 1 10 一29 10 一2-5In2N=9.2 10 N2n1 10方向垂直于FE 边向下，如图 11-36 所示。CD 边受到的安培力-5F4=F3=9.2 10 N方向垂直于 CD

32、 边向上，如图 11-36 所示。由此可见，FE 边受到的安培力与 CD 边受到的安培力大小相等，方向相反，此二合力 为零。(2)矩形圈所受合力大小为-4-5-4一刊十 2=(8 10-8 10) N=7.2 10 N由于 F0,可知合力方向向左。矩形线圈所受合力矩为T = pmB = ISenB = 011 436 一半径为 R=0.1m 的半圆形闭合线圈，载有电流方向与线圈面平行，如图11-37 所示，已知 B=0.5T。求：(1)在图示位置时线圈的磁矩；(2) 以线圈的直径为转轴，线圈受到的力矩；(3) 当线圈平面从图示位置转到与磁场垂直的位置时，磁力矩所做的功。解：(1 )由线圈的磁矩

33、 Pm=IS en,得磁矩大小为,职23.14 汉 0.1222pm=IS =1 =10- A m =0.157 A mPm的方向与电流流向符合右手螺旋法则，其方向为垂直纸面向外，与磁场B 成 90 角。(2)由线圈受到的力矩公式T=PmB， 得磁力矩的大小和方向分别为 -T = pmBsin90=0.157 0.5N m=7.85 10 N m方向向上。(3)当线圈处于图示位置时，磁通量：1：/:1=0 ；当线圈平面与磁场垂直时，处 2=BS，因此,7_24n1020 10 20 10_22n1 104N=8 10 N由右手定则可知，力的方向垂直于 CF 边向左，如图 11-36 所示。 同

34、理，DE 边受到的安培力为!ACbF2Bl2dl202bJ0I102nd a)l2dl NM0I1I2b4n10 X20 X10 況 20 X10，-匕丄上-=8 10 N2 讹 a) 2n(1 10，9 10，)方向垂直于 DE 边向右，如图 11-36 所示。图 11 -36由于 FE 边上各点 B 不同，所以在其上取电流元I2dl，则 FE 边受到的安培力为d aohI2dr5I1I2lnd a2ndI=10A，放在均匀磁场中，磁场I1F1F2F 4DF3图 11 -37150转动过程中磁力矩所做的功为15111 437 螺绕环中心周长l=10cm，环上均匀密绕线圈N=200 匝，线圈中通有电流I=100mA。