大学物理习题解析第七章

第七章

恒定磁场7－1

两根长度同样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，两个螺线管的长度同样，

R＝2r，螺线管经过的电流同样为

I，螺线管中的磁感强度大小

BR

、Br满足（

）（A）

BR

2Br

（B）

BR

Br

（C）

2BR

Br

（D）BR

4Br解析与解在两根经过电流同样的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．依照题意，用两根长度同样的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比nRr1nrR2所以正确答案为（C）。7－2一个半径为r的半球面如图放在平均磁场中，经过半球面的磁通量为（）（A）2πr2B（B）πr2B（C）2πr2Bcosα（D）πr2Bcosα解析与解作半径为r通量为零，即穿进半球面

的圆S′与半球面构成一闭合曲面，依照磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁S的磁通量等于穿出圆面S′的磁通量；ΦBS．所以正确答案为（D）．m7－3以下说法正确的选项是（）A）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内必然没有电流穿过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然为零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然为零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以能为零解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用然为零；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然为零。所以正确答案为（B）．7－4

在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径同样的圆形回路

L1

、L2

，圆周内有电流

I1

、I2

，其分布同样，且均在真空中，但在（ｂ）图中

L2

回路外有电流

I3

，P1

、P2

为两圆形回路上的对应点，则（

）（A）BdlBdl，BP1BP2L1L2（B）BdlBdl，BP1BP2L1L2（C）BdlBdl，BP1BP2L1L2（D）BdlBdl，BP1BP2L1L2解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．所以正确答案为（C）．*7－5半径为R的圆柱形无量长载流直导体置于平均无量大磁介质之中，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）μr1I/2πr（B）μr1I/2πr（C）μrI/2πr（D）I/2πμrr解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，所以正确答案为（B）．7－6北京正负电子对撞机的储蓄环是周长为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？已知电子的速率凑近光速。解析一个电子绕储藏环近似以光速运动时，对电流的贡献为数。解经过解析结果可得环中的电子数

IeNec，所以由I，可解出环中的电子I/clNIl41010ec7－7已知铜的摩尔质量M＝63.75ｇ·mol－1，密度ρ＝8.9g·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jm6.0Amm2，求此时铜线内电子的漂移速率vd；（2）在室温下电子热运动的平均速率是电子漂移速率vd的多少倍？解析一个铜原子的质量mM/NA,其中NA为阿伏伽德罗常数，由铜的密度ρ可以计算出铜的原子数密度nρ/m依照假设，每个铜原子贡献出一个自由电子，其电荷为e，电流密度jmnevd．从而可解得电子的漂移速率vd．将电子气视为理想气体，依照气体动理论，电子热运动的平均速率v

8kTπme其中k为玻耳兹曼常量，me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nNAρ/M电流密度为jm时铜线内电子的漂移速率vdjm/nejmM/NAρe104ms1（2）室温下（T＝300Ｋ）电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为v18kT8vdvd10πme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．电子实质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．实验证明电信号是经过电磁波以光速传达的．7－8有两个同轴导体圆柱面，它们的长度均为20m，内圆柱面的半径为3.0mm，外圆柱面的半径为9.0mm.若两圆柱面之间有10μA电流沿径向流过，求经过半径为6.0mm的圆柱面上的电流密度．解析以下列图是同轴柱面的横截面，电流密度j对中心轴对称分布．依照恒定电流的连续性，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，所以可得jI/2πrl解由解析可知，在半径r＝6.0mm的圆柱面上的电流密度jI/2πrl13.3mAm27－9以下列图，已知地球北极地磁场磁感强度－5T．如设想此地磁场是由地球赤道上一圆电B的大小为6.0×10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Bμ0IR23/2μ0I2RR242R所以赤道上的等效圆电流为I42RB109Aμ0由于在地球地磁场的Ｎ极在地理南极，依照右手螺旋法规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以下列图，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．解析

依照叠加原理，点

O的磁感强度可视作由

ef、be、fa三段直线以及

acb、adb两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，

Bef

0．而be、fa两段直线的延伸线经过点

O，由于

Idl

r

0，由毕－萨定律知Bbe

Bfa

0．流过圆弧的电流

I1

、I2的方向以下列图，两圆弧在点

O激发的磁场分别为B1μ0I1l1μ0I2l24πr2,B24πr2其中I1、I2分别是圆弧acb、adb的弧长，由于导线电阻R与弧长l成正比，而圆弧acb、adb又构成并联电路，故有I1l1I2l2将B1、B2叠加可得点O的磁感强度B．解由上述解析可知，点O的合磁感强度BB1B2μ0I1l1μ0I2l204π24π2rr7－11以下列图，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？解析应用磁场叠加原理求解．将不同样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地方激发的磁感强度较简单求得，则总的磁感强度B0Bi解（ａ）长直电流对点O而言，有Idlr0，所以它在点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μIB008RB0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B0μ0Iμ0I22πRRB0的方向垂直纸面向里．（c）将载流导线看作1/2圆电流和两段半无量长直电流，由叠加原理可得B0μ0Iμ0Iμ0Iμ0Iμ0I4πR4πR4R2πR4RB0的方向垂直纸面向外．7－12载流导线形状以下列图（图中直线部分导线延伸到无量远），求点O的磁感强度B．解析由教材7－4节例题可知，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度

μIα0B，其中α为圆弧载流导线所张的4πR圆心角，磁感强度的方向依照右手定则确定；半无量长载流导线在圆心点O激发的磁感强度Bμ0I，磁感强度4πR的方向依照右手定则确定。点O的磁感强度BO可以视为由圆弧载流导线、半无量长载流导线等激发的磁场在空间点O的叠加。解依照磁场的叠加在图（ａ）中，B0μ0Iiμ0Ikμ0Ikμ0Iiμ0Ik4R4πR4πR4R2πR在图（ｂ）中，B0μ0Iiμ0Iiμ0Ikμ0I11iμ0Ik4πR4R4πR4Rπ4πR在图（c）中，3μ0Iμ0Iμ0IB08i4πj4πkRRR7－13以下列图，一个半径为R的无量长半圆柱面导体，沿长度方向的电流I在柱面上平均分布．求半圆柱面轴线OO′上的磁感强度．解析毕－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，可将半圆柱面切割成宽度dIRdθ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．解依照解析，由于长直细线中的电流dIIdl/πR，它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为dBμdI02πR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BydBsinθ0BππμIRθθμ0IBθ0xdsindsin2002πππRRR则轴线上总的磁感强度大小BBxμ0I2πRB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地域内获得一近似平均的磁场，其装置简图如图（ａ）所示．一对完好同样、相互平行的线圈，它们的半径均为R，经过的电流均为I，且两线圈中电流的流向同样．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周边地域，磁场可看作是平均磁场．(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，则中点周边的磁场可看作是平均磁场的条件为dBd2B0)0；dxdx2解析设磁感强度在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dB(d2B0)、极小值(d2B0)或平均0，这表示在该点周边的磁感强度有三种可能，即有极大值dx2dx2dxd2B(0)．据此可得获得平均磁场的条件①．2dx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Bμ0IR2μ0IR22R2d/2x23/2R2d/2x23/2则当dBx23d/2x3d/2xμIR025/225/20dx222Rd/2xRd/2xdB2x3μ0IR224d/2x24d/2xR20dx22R2d/2x27/2R2d/2x27/2时，磁感强度在该点周边小地域内是平均的，该小地域的磁场为平均场．dB0，解得x＝0由dxd2B0d＝R由2x0，解得dx①将磁感强度B在两线圈中点周边用泰勒级数张开，则BxB0dB0x1d2B0x2...dx2dx2若x＜＜1；且dB0d2B00．则磁感强度B（x）在中点O周边近似为常量，场为平均场．dx0；dx2这表示在d＝R时，中点（x＝0）周边地域的磁场可视为平均磁场．7－15以下列图，载流长直导线的电流为I，试求经过矩形面积的磁通量．解析由于矩形平面上各点的磁感强度不同样，故磁通量Φ≠BS．为此，可在矩形平面上取一矩形面元dS＝ldx［图（ｂ）］，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为dΦBdSμ0lldx2πx矩形平面的总磁通量ΦdΦ解由上述解析可得矩形平面的总磁通量d2μ0lμ0Ild2Φldx2πlnd12πd1x7－16已知10mm2裸铜线赞同经过50A电流而不会使导线过热．电流在导线横截面上平均分布．求：（1）导线内、外磁感强度的分布；（2）导线表面的磁感强度．解析可将导线视作长直圆柱体，电流沿轴向平均流过导体，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，依照安培环路定理，有BdlB2πrμ0I在导线内r＜R，Iπ2π2，所以Irπ2rR2Rμ0IrB2πR2在导线外r＞R，II，所以μ0IB2πr磁感强度分布曲线以下列图．（2）在导线表面磁感强度连续，由I＝50A，Rs/π103m，得Bμ0I5.6103T2πR7－17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；（2）R1＜r＜R2＜r＜R3；（4）r＞12R3．画出B－r图线．解析同轴电缆导体内的电流平均分布，其磁场呈轴对称，取半径为r的同心圆为积分路径，BdlB2，利用安培环路定理BdlμI，可解得各地域的磁感强度．0解由上述解析得＜R1B12πrμ012πr2πR1μIr0B12πR12R1＜r＜R2B2πrμI20B2

μI02πrR2＜r＜R3π2R2B32πrμ0Ir22IπR3R2B3μ0IR32r22πrR32R22＞R3B42πrμII00B40磁感强度B（r）的分布曲线如图（ｂ）．7－18以下列图，N匝线圈平均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．解析依照右手螺旋法规，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，所以BdlB2πr依照安培环路定理BdlμI，可以解得螺线管内磁感强度的分布．0解依照上述解析，有B2πrμI0＜R1B12πr0B10R2＞r＞R1B2πrμNI20μNI0B2＞R2

2πrB32πr0B30在螺线管内磁感强度B沿圆周，与电流成右手螺旋．若R2R1R1和R，则环内的磁场可以近似视作平均分2布，设螺线环的平均半径R1R2R1，则环内的磁感强度近似为2μNIB02πR7－19电流I平均地流过半径为R的圆形长直导线，试计算单位长度导线内的磁场经过图中所示剖面的磁通量．解析由题7－16可得导线内部距轴线为r处的磁感强度Brμ0Ir2πR2在剖面上磁感强度分布不平均，所以，需从磁通量的定义ΦBrdS来求解．沿轴线方向在剖面上取面元ｄSlｄr，考虑到面元上各点B同样，故穿过面元的磁通量ｄΦ＝BｄS，经过积分，可得单位长度导线内的磁通量BdrS解由解析可得单位长度导线内的磁通量Rμ0Irμ0IΦ2dr02πR4π7－20设电流平均流过无量大导电平面，其面电流密度为j．求导电平面两侧的磁感强度．（提示：可参照本章问题7－11，并用安培环路定理求解．）解析依照右手螺旋定则，磁感强度B和电流j相互垂直，同时由对称性解析，无量大导电平面两侧的磁感强度大小同样，方向反向平行．以下列图，在垂直导电平面的平面上对称地取矩形回路abcd，回路所在平面与导电平面订交于OO′，且使ab∥cd∥OO′，ad⊥OO′，cd⊥OO′，ab＝cd＝L，依照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．解在以下列图的矩形回路abcd中，磁感强度沿回路的环路积分BdlBdlBdlBdlBdllabcdbcda由于对称性B1＝B2＝B，B3、B4与积分路径正交，所以lBdl2Bl（1）回路abcd内包围的电流I＝jL，依照安培环路定理，有Bdl2Blμ0jL（2）l由式（1）和式（2）可得导电板两侧磁感强度的大小为1μj20磁感强度的方向由右手螺旋关系确定．7－21设有两无量大平行载流平面，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，单块无量大载流平面在两侧的磁感强度大小为10j，方向以下列图，依照磁场的叠加2原理可得（1）取垂直于纸面向里为x轴正向，合磁场为Bμ0jiμ0jiμ0ji22（2）两导体载流平面之外，合磁场的磁感强度Bμ0ji-μ0ji0227－22已知地面上空某处地磁场的磁感强度B104T，方向向北．若宇宙射线中有一速率5.0107mgs1的质子，垂直地经过该处．求：（1）洛伦兹力的方向；（2）洛伦兹力的大小，并与该质子碰到的万有引力对照较．解（1）依照FLqvB可知洛伦兹力FL的方向为vB的方向，以下列图．（2）因vB，质子所受的洛伦兹力FLqvB1016N在地球表面质子所受的万有引力Gmpg1.641016N所以，有FL/G1010，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104eV的动能，这个显像管布置的地址使电子水平川由南向北运动．地球磁场的垂直重量B5.5105T，并且方向向下．求：（1）电子束偏转方向；（2）电子束在显像管内经过20cm到达屏面岁月点的偏转间距．解（1）以下列图，由洛伦兹力FqvB电子带负电，q＜0，所以可以判断电子束将偏向东侧．（2）在以下列图的坐标中，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m2mEkv6.71mReBeB由题知y20cm，并由图中的几何关系可得电子束偏向东侧的距离xRR2y2103m即显示屏上的图像将整体向东平移近3mm．这种平移其实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EH/ECB/nep,这里ρ为资料电阻率，n为载流子的数密度．解析在导体内部，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ECρj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，载流子碰到洛伦兹力的作用，导体侧面出现电荷积累，形成霍耳电场，其电场强度为EHvB其中v是载流子定向运动速率．依照导体内电流密度jnev由上述关系可得要证明的结果．证由解析知，在导体内稳恒电场强度为EC

ρj

ρnev由霍耳效应，霍耳电场强度EH

vB因载流子定向运动方向与磁感强度正交，故

EH

＝vB，所以EH

/EC

vB/ρ/

vB/ρ

/vρ

B/neρ7－25霍尔效应可用来测量血流的速度，其原理以下列图．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＝2.0mm，磁场为B＝0.080T，毫伏表测出血管上下两端的电压为UH＝0.10mV，血流的流速为多大？解析血流稳准时，有qvBqEH由上式可以解得血流的速度．解依照解析EHUH0.63m/svdBB7－26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．以下列图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pJlB，此压力差将驱动液体沿管道流动．（2）要在l段两端产生1.00atm（1atm＝101325Pa）的压力差，电流密度应多大？（l＝2.00cm，B＝Ｔ）解（1）由题意电流垂直流过管内导电液体，磁场中的导电液体碰到安培力的作用，在管道方向产生一压力差p

F

IBl

JBlSS（2）Jp3.38106A/m2Bl7－27带电粒子在过饱和液体中运动，会留下一串气泡显示出粒子运动的径迹．设在气泡室有一质子垂直于磁场飞过，留下一个半径为3.5cm的圆弧径迹，测得磁感强度为0.20Ｔ，求此质子的动量和动能．解依照带电粒子辗转半径与粒子运动速率的关系有pmvReB1021kgm/sp2Ek2.35keV2m7－28从太阳射来的速度为0.80×108m/ｓ的电子进入地球赤道上空高层范艾伦辐射带中，该处磁场为4.0×10－7Ｔ，此电子辗转轨道半径为多大？若电子沿地球磁场的磁感线旋进到地磁北极周边，地磁北极周边磁场为×10－5Ｔ，其轨道半径又为多少？解由带电粒子在磁场中运动的辗转半径高层范艾伦辐射带中的辗转半径m3v10mR1eB1地磁北极周边的辗转半径mR2v23meB27－29如图（ａ）所示，一根长直导线载有电流I1＝30A，矩形回路载有电流I2＝20A．试计算作用在回路上的合力．已知d＝1.0cm，b＝cm，l＝0.12m．解析矩形上、下两段导线受安培力F1和F2的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零．而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力F3和F4大小不同样，且方向相反，所以线框所受的力为这两个力的合力．解由解析可知，线框所受总的安培力F为左、右两边安培力F3和F4之矢量和，如图（ｂ）所示，它们的大小分别为F3μ0I1I2l2πdF4μ0I1I2l2πdb故合力的大小为01I2l0123FF3F4μIμIIl1.2810N2πd2πdb合力的方向朝左，指向直导线．7－30素来流变电站将电压为500kV的直流电，经过两条截面不计的平行输电线输向远方．已知两输电导线间单位长度的电容为3.0×10－11F·m－1，若导线间的静电力与安培力正好抵消．求：（1）经过输电线的电流；（2）输送的功率．解析当平行输电线中的电流相反时，它们之间存在相互排斥的安培力，其大小可由安培定律确定．若两导线间距离为d，一导线在另一导线地址激发的磁感强度

μI0B2πd,导线单位长度所受安培力的大小FBBI．将这两条导线看作带等量异号电荷的导体，因两导线间单位长度电容C和电压U已知，则单位长度导线所带电荷λ＝CU，一导线在另一导线地址所激发的电场强度Eλ，两导线间单位长度所受的静电吸引力FEEλ．依照题2πεd0意，导线间的静电力和安培力正好抵消，即FBFE0从中可解得输电线中的电流．解（1）由解析知单位长度导线所受的安培力和静电力分别为μI20FBBI2πdFEEλ

C2U22πεd0由fBfE0可得μI2C2U202πd2πεd0解得ICU4.5103Aεμ00（2）输出功率NIU109W7－31将一电流平均分布的无量大载流平面放入磁感强度为B0的平均磁场中，电流方向与磁场垂直．放入后，平面两侧磁场的磁感强度分别为B1和B2（以下列图），求该载流平面上单位面积所受磁场力的大小和方向．解析依照题7－20的解析，无量大载流平面两侧为平均磁场，磁感强度大小为1μj，依照右手螺旋定则可02知，它们的方向反向平行，并与原有磁感强度B0的平均外磁场叠加，则有B1B01μ0j2B2B01μ0j2从而可解得原平均磁场的磁感强度B0和电流面密度j．载流平面在平均外磁场中碰到安培力的作用，由于载流平面自己激发的磁场不会对自己的电流产生作用力，所以作用在ｄS面积上的安培力dFIdlB0由此可求得单位面积载流平面所受的安培力．解由解析可得B1B01μ0j（1）2B2B01μ0j（2）2由式（1）、（2）解得B01B1B22j1B2B1μ0外磁场B0作用在单位面积载流平面上的安培力dFjdxdyB0jB01B22B12dSdxdy2μ0依照右手定则可知磁场力的方向为水平指向左侧．7－32在直径为1.0cm的铜棒上，切割下一个圆盘，设想这个圆盘的厚度只有一个原子线度那么大，这样在圆盘上约有6.2×1014个铜原子．每个铜原子有27个电子，每个电子的自旋磁矩为μe9.31024Am2．我们假设所有电子的自旋磁矩方向都同样，且平行于铜棒的轴线．求：（1）圆盘的磁矩；（2）如这磁矩是由圆盘上的电流产生的，那么圆盘边缘上需要有多大的电流．解（1）由于所有电子的磁矩方向同样，则圆盘的磁矩mNμe1.56107Am2（2）由磁矩的定义，可得圆盘边缘等效电流I103A7－33在氢原子中，设电子以轨道角动量Lh/2π绕质子作圆周运动，其半径为a05.291011m．求质子所在处的磁感强度．h为普朗克常量，其值为6.631034Js解析依照电子绕核运动的角动量Lmva0h/2π可求得电子绕核运动的速率v．如认为电子绕核作圆周运动，其等效圆电流i

eeT2πa0/v在圆心处，即质子所在处的磁感强度为μiB02a0解由解析可得，电子绕核运动的速率v

h2πma0其等效圆电流ehei222π4πma0ma0该圆电流在圆心处产生的磁感强度μiμhe00B12.5T222a08πma07－34半径为R的圆片平均带电，电荷面密度为σ，令该圆片以角速度ω绕经过其中心且垂直于圆平面的轴旋转．求轴线上距圆片中心为x处的P点的磁感强度和旋转圆片的磁矩．解析旋转的带电圆盘可等效为一组同心圆电流，在盘面上割取细圆环（以下列图），其等效圆电流σ2πrdrσωrdrdIT此圆电流在轴线上点P处激发的磁感强度的大小为μ0r2dIdBr2x23/22所有圆电流在轴线上激发的磁场均沿Ox轴，所以点P处的合磁场为BdB．由磁矩的定义，等效圆电流的磁矩dmπr2dI，方向沿Ox轴正向，将不同样半径的等效圆电流磁矩叠加可以获得旋转圆片的磁矩mπr2dI解由上述解析可知，轴线上x处的磁感强度大小为Rμ0r3σωdrμσω0R22x2R0r3dr0R22x2B02r2x23/22x2R22xB2(r2x2)3/22x22x0R2圆片的磁矩m的大小为mR1σωπR4πr3σωdr04磁感强度B和磁矩m的方向都沿Ox轴正向．7－35一根长直同轴电缆，内、外导体之间充满磁介质［图（ａ）］，磁介质的相对磁导率为μr（μr＜1），导体的磁化可以忽略不计．沿轴向有恒定电流I经过电缆，内、外导体上电流的方向相反．求：（1）空间各地域内的磁感强度和磁化强度；*（2）磁介质表面的磁化电流．解析电流分布呈轴对称，依照右手定则，磁感线是以电缆对称轴线为中心的一组同心圆．采用任一同心圆为积分路径，应有HdlH2πr，利用安培环路定理HdlIf求出环路内的传导电流，并由BμH，Mμ1H，可求出磁感强度和磁化强度．再由磁化电流的电流