医用物理学第六章.docx
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医用物理学第六章
第六章磁场
通过复习后，应该:
1.掌握磁感应强度、毕奥-萨伐尔定律、洛伦兹力、霍尔效应、安培力、磁场对载流线圈的作用、物质的磁性和磁化、电磁感应定律;
2.理解几种电流的磁场、安培环路定理、质谱仪、超导体及其抗磁性、感生电动势、自感现象;
3.了解磁场中的高斯定理、电磁流量计、超导磁体、人体生物磁场、涡旋电场。
6-1一个半径为0.2m、阻值为200Ω的圆形电流回路，接12V的电压，求回路中心处的磁感应强度。
解:
已知半径r=0.2m，电源电压U=12V，圆形回路的电阻R=200Ω，根据欧姆定律，可求得回路的电流为
I=U/R=12/200A=0.06A
由圆形电流磁场公式，可得回路中心处的磁感应强度为
6-2一根长直导线上载有电流100A，把它放在50G的均匀外磁场之中，并使导线与外磁场正交，试确定合成磁场为零的点到导线的距离。
解:
长直载流导线产生的磁场，其磁感线是一些围绕导线的同心圆，在导线周围总有一点A，其磁感强度与外磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，该点的合磁场为零。
已知I=100A，B=50G=5.0×10-3T，根据长直载流导线磁场公式
，可得A点离导线的距离a为
6-30.4m长的细管上绕有100匝导线，其电阻为3.14Ω，欲在螺线管内获得200G的磁感应强度，需外加电压多少伏?
解:
已知螺线管单位长度上的线圈匝数n=100/0.4=250匝·米-1，B=200G=2×10-2T，根据螺线管电流磁场公式B=μ0nI，可得螺线管通过的电流为
已知线圈电阻R=3.14Ω，根据欧姆定律可计算出需加的外电压为
U=IR=2/π×102×3.14V=200V
6-4一平面上有两个同心的圆形回路，用相同电动势的电池（内阻忽略不计），通过相反方向的电流，使在中心处产生的磁感应强度为零，已知外圆用铜线，其电阻率为1.7×10-6Ω·cm，内圆用铝线，电阻率为2.8×10-6Ω·cm，这些导线的截面积相同，外圆直径为200cm，求内圆的直径。
解:
设外圆和内圆的半径分别为r1、r2，则外圆和内圆的导线长分别为L1=2πr1，L2=2πr2；它们的电阻率分别为ρ1、ρ2，已知两导线截面积相同，设为S，则由电阻公式可得两圆导线电阻R1和R2分别为
R1=ρ1L1/S=2πr1ρ1/SR2=2πr2ρ2/S
因为两圆导线上加的电压相同，设为U，则它们通过的电流分别为
I1=U/R1=US/（2πr1ρ1）I2=US/（2πr2ρ2）
由圆形电流磁场公式可得外圆和内圆产生的磁感应强度B1和B2分别为
因为圆心处的磁感强度为零，故B1与B2方向相反、大小相等，即B1=B2，则由上面两式可得
又知r1=1/2×200cm=100cm，ρ1=1.7×10-6Ω·cm，ρ2=2.8×10-6Ω·cm，则由上式可得内圆半径为
由此可得内圆的直径为
d=2r2=2×78cm=156cm
6-5电流I=20A，流过半径R2=0.05m的金属薄圆筒，再从圆筒轴线的细导线流回来，细导线的半径R1=1.0×10-3m，筒的长度为l=20m。
求：
①筒中离轴线0.02m处P点的B值；②筒外离轴线0.10m处Q点的B值（P、Q点均位于筒的中部）。
P
Q
R2
P
Q
I
I
I
I
r′
r
CP
CQ
习题6-5附图（a）习题6-5附图（b）
解:
①由于筒长20m，远大于0.02m和0.10m，故可看作成无限长。
如附图所示，在垂直于圆筒轴线的平面上，以0.02m为半径以轴线为圆心过P点作一圆CP，作为积分回路，由于磁场方向与圆CP的切线方向相同，故θ=0°，cosθ=1，且由于对称分布，在圆CP上B值处处相同，应用安培环路定理得
B·2πr=μ0I
已知r=0.02m，I=20A，μ0=4π×10-7T·m·A-1，则由上式得
②同理，以轴为圆心，0.1m为半径，过Q点作一圆CQ，作为积分闭合回路，由安培环路定理得
故筒外Q点的B=0。
6-6一根载有电流I的无限长直导线，在一处分为对称的两路又合而为一，这两路均为半径为R的半圆（见本题附图），求圆心处的磁感应强度。
解:
由图可知，所求圆心O处的磁感应强度为直线电流与圆弧电流产生的磁场B1、B2的矢量和。
先讨论直线电流产生的磁场B1。
由于其上的任一电流元Idl与该电流元到O点的矢径r在一条直线上，sinα=0，由毕奥-萨伐尔定律知
，故B1=0。
I
I′
I′
A′
A
R
O
I′dl
再考虑两段半圆弧电流产生的磁场。
由于电路的对称性，上下两段电路中电流相等，且I'=I/2。
在上圆弧A点取一电流元I'dl。
在下圆弧对应的A'点也同样取电流元I'dl（见附图）。
由毕奥-萨伐尔定律知，这两小段电流元在圆心O处产生的磁场大小相等，但方向相反（由右手螺旋法则可判定），因此两段圆弧产生的磁场恰好互相抵消，由于圆弧电路的对称性，其他对应的两小段圆弧在O处产生的磁感应强度也恰好互相抵消，因此B2=0。
由上面的讨论可知，圆心处的磁感应强度为零。
习题6-6附图
6-7如果一个电子在通过空间某一区域时，不发生偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?
为什么?
答:
运动电荷在磁场中将要受到一个磁场力的作用，其大小为F=qvBsinθ。
可见F除了与q、v、B有关外，还与v和B的夹角θ有关，当电子以顺着或逆着磁场方向通过磁场时，θ=0°或θ=180°，F=0，电子将不受力。
所以当电子不偏转时，不能肯定这个区域中没有磁场。
6-8一均匀磁场的磁感应强度的方向垂直向下，如果有两个电子以大小相等，方向相反的速度沿水平方向同时射入磁场，问这两个电子作何运动?
如果一个是正电子，一个是负电子，它们的运动又如何?
答:
它们将在洛伦兹力的作用下，作圆周运动。
由于它们的速度大小相同，方向相反，所受的洛伦兹力相等，方向相反，所以它们圆周运动的半径、周期相等，但一个是逆时针方向运动，另一个是顺时针方向运动。
如果一个是正电子，一个是负电子，则两者所受的洛伦兹力相等，方向相同，它们作同方向、同半径、同周期的圆周运动。
6-9一个典型的氢离子（质子）在室温下的速度为300m·s-1，如果地磁场是1G，那么作用在氢离子上的最大磁场力是多少?
解:
已知q=1.6×10-19C，v=300m·s-1，B=1G=10-4T，由洛伦兹力公式F=qvBsinθ可知，在q、v、B一定的情况下，当θ=π/2时，F最大，这时离子受到的最大磁场力为
Fmax=qvB=1.6×10-19×300×10-4N=4.8×10-21N
6-10彼此相距10cm的三根平行长直导线，各通有10A同方向的电流，试求各导线上每1cm上所受的作用力的大小和方向。
解:
彼此相距10cm的A、C、D三根平行导线不在一个平面内，其水平俯视投影图为边长0.1m的等边三角形，如本题附图所示。
各导线的电流I=10A，且方向相同，假设电流方向指向纸里（即三导线均垂直于纸面）。
先来讨论导线A所受的力和方向。
长直载流导线产生的磁感应线是以导线为中心的一些同心圆，C导线在A导线处产生的磁感应强度B1，应垂直于CA边，D导线在A处产生的磁感应强度B2，应垂直于DA边。
根据长直电流磁场公式，B1和B2大小相等，其数值均为
由附图等边三角形的几何关系可知，B1和B2的夹角α=60°，其合磁场B的方向平行于底边CD，大小为
A
0.1m
F1
F2
F3
60°
B
C
D
0.1m
0.1m
B2
A
B1
I
I
导线A所受的力，用安培力公式（F=IBLsinθ）
计算，因为合磁感应强度与A导线垂直，θ=π/2，
所以A导线1cm（0.01m）长度上所受的力为
F1=BIL=2
×10-5×10×0.01N≈3.46×10-6N
如附图所示，F1的方向指向三角形的重心。
同理，可求得C、D导线所受力的大小等于F1，方向也是指向重心。
如果三条导线中，有一条导线的电流方向与另外两条导线电流方向相反，结果又是怎样?
请读者自行分析。
习题6-10附图
6-11电流元Idl在空间某点产生的磁感应强度与哪些因素有关?
其方向如何确定?
答:
根据毕奥-萨伐尔定律
可知，电流元Idl在空间某点产生的磁感应强度dB与Idl成正比，与dl和r之间小于180°的夹角α的正弦成正比，与Idl到该点的距离r平方成反比。
其方向由右手螺旋法则确定，拇指与四指垂直，四指从Idl经小于180°的角转向r时，则伸直拇指所指的方向即代表dB的方向。
6-12在利用磁场聚焦中，电子在B=2×10-3T的磁场中沿半径为2cm的螺旋线运动，螺距为5cm，求电子的速度。
解:
已知B=2×10-3T，h=5cm=5×10-2m，m=9.1×10-31kg，q=1.6×10-19C，根据磁场聚焦的螺距公式h=2πmvcosθ/（qB）可得
vcosθ=qBh/（2πm）=（1.6×10-19×2×10-3×5×10-2）/（2×3.14×9.1×10-31）m·s-1
≈2.8×106m·s-1
在磁场聚焦中，θ一般都比较小，vcosθ≈v，即电子的速度v≈2.8×106m·s-1。
6-13有一均匀磁场，B=200G，方向垂直于纸面向里，电子的速度为107m·s-1，方向平行纸面向上，如果要保持电子作匀速直线运动，应加多大的电场，其指向什么方向?
解:
由题意可知，电子将受到一个向右的洛伦兹力作用，要想让电子作匀速直线运动（其运动方向与电流方向相反），可加一向右的电场，使之对电子产生一个方向向左的电场力F2=Eq，其大小等于向右的洛伦兹力F1=qvB，即
Eq=qvB
已知B=200G=2×10-2T，v=107m·s-1，由上式可得电场强度为
E=vB=107×2×10-2N·C-1=2×105N·C-1
6-14把厚度为1.0mm的铜片放于B=1.5T的磁场中，磁场垂直通过铜片，如果铜片载有200A的电流，已知铜的电子密度n=8.4×1028m-3，求：
①铜片上下两侧的霍尔电势差；②铜片的霍尔系数。
解:
①已知d=1mm=10-3m，B=1.5T，I=200A，根据霍尔电势差公式得
U=kIB/d=（7.44×10-11×200×1.5）/10-3V=2.23×10-5V=22.3μV
可见，铜的霍尔电势差很小，主要是因为铜的电子数密度大，导致霍尔系数很小。
②已知电子的电量q=1.6×10-19C，铜的电子数密度n=8.4×1028m-3，代入霍尔系数公式得
k=1/（nq）=1/（8.4×1028×1.6×10-19）m3·C-1=7.44×10-11m3·C-1
6-15有三种不同材料的导电薄片，它们的载流子浓度之比为1∶2∶3，厚度之比为1∶2∶3，当通过它们的电流相同，垂直于它们的磁场B也相同时，求它们的霍尔电势差之比。
解:
根据霍尔电势差公式
，可得三种材料的霍尔电势差之比为
已知I1=I2=I3，B1=B2=B3，n1∶n2∶n3=1∶2∶3，d1∶d2∶d3=1∶2∶3，代入上式得
U1∶U2∶U3=1∶
∶
6-16把直径为0.5cm的血管放在电磁流量计的磁极N、S之间，B=300G，测得感应电压为1.5×10-5V，求:
①血管中血流的平均速度;②血流以平均速度流动时的血流量。
解:
①已知D=0.5cm=5×10-3m，U=1.5×10-5V，B=300G=3×10-2T，代入电磁流量法的血流平均速度公式得
②血流量Q应等于v与血管横截面积S之积，即
6-17一半圆形闭合线圈，半径R=10cm，通以电流I=10A，放在B=5000G的均匀磁场中，磁场方向（假设向右）与线圈平面平行，求线圈所受的力矩大小和方向。
题6-17附
习题6-17附图（a）习题6-17附图（b）
解:
设线圈平面处于垂直平面内，线圈中的电流方向为顺时针方向，因为磁场方向（假设向右）与线圈平面平行，所以线圈法线方向垂直于纸面，指向纸里，与磁场方向的夹角θ=3π/2（即sinθ=-1）。
已知R=10cm=0.1m，I=10A，B=5000G=0.5T，由载流线圈力矩公式可得
M=IBS·sinθ=［10×0.5×
×3.14×（0.1）2×（-1）］N·m=-7.85×10-2N·m
力矩M的方向向下，力矩M将使线圈按顺时针方向转动，使线圈法线方向与磁场方向一致。
若电流方向为逆时针方向，这时线圈法线方向仍垂直于纸面，但指向纸外，力矩M的大小不变，方向向上，M将使线圈沿逆时针方向转动，使线圈法线方向与磁场方向一致。
如果磁场方向向左，线圈又是怎样旋转?
请读者自己分析。
6-18有一边长为20cm的正方形线圈，共10匝，通过的电流为100mA，置于B=1.5T的均匀磁场之中，求：
①该线圈的磁矩；②所受到的最大力矩；③当所受力矩最小时，线圈磁矩方向与磁场方向的夹角。
解:
①已知S=20cm×20cm=4.0×10-2m2，N=10，I=100mA=0.1A，根据磁矩公式可得正方形线圈的磁矩为
Pm=NIS=10×0.1×4.0×10-2A·m2=4.0×10-2A·m2
②已知B=1.5T，由力矩公式M=Pm·Bsinθ可知，最大力矩为（这时sinθ=1）
M=Pm·B=4.0×10-2×1.5N·m=6.0×10-2N·m
③由力矩公式M=P·Bsinθ可知，当θ=0时，M=0，此时力矩最小，线圈磁矩的方向即线圈法线方向与磁场方向一致，或者说线圈平面垂直于磁场方向。
6-19一根导线长为L，载有电流I，把导线绕成N匝圆形线圈，并置于磁感应强度为B的匀强磁场中，求证：
当线圈只有一匝时，它受的力矩最大，且等于
L2IB。
证明:
已知导线长度为L，绕成N匝圆形线圈，设其半径为R，则有
N·2πR=LR=
由此可得该圆形线圈的面积为
S=πR2=π
由载流线圈的力矩公式可得
M=NIBS·sinθ=NIB·
·sinθ=
sinθ
从上式可知，在L、I、B一定，且θ=π/2时，只有当N=1，力矩M才最大，其值为
Mmax=
L2IB
证毕。
6-20电量为-10-3C，质量为10-2kg的带电粒子，沿X方向以104m·s-1的速度进入B为2T的磁场，磁场的方向垂直于XY平面并指向纸面向里，求：
①磁场对带电粒子作用力的大小和方向；②带电粒子作圆周运动时产生的磁矩大小和方向；③带电粒的动能是否会发生变化?
解:
①已知q=－10-3C，m=10-2kg，v=104m·s-1，B=2T，sinθ=1，则由洛伦兹力公式可计算出带电粒子所受磁场力的大小
F=qvB=10-3×104×2=20N
该带电粒子受力方向向下，即Y的负方向（因为是负电荷）。
②带电粒子在磁场中作圆周运动，旋转一周所需的时间T=
，则该带电粒子作圆周运动的等效电流为
I=q/T=
·q=
该圆周的半径R=mv/（qB），则其面积为
S=πR2=π
由磁矩公式可得该运动电荷的磁矩为
Pm=IS=
·
=
=
2.5×105A·m
在本题的条件下，负电荷在洛伦兹力作用下沿顺时针方向作圆周运动，故等效电流方向为逆时针方向，根据右手螺旋法则，磁矩方向应垂直于纸面向外。
③由于洛伦兹力只改变带电粒子的运动方向，而不改变其速度的大小，所以粒子的动能不会变化。
6-21根据原子和分子的微观结构，解释物质为什么具有磁性?
答:
组成物质的分子和原子中的每一个电子都同时参与两种运动，即环绕原子核的轨道运动和绕其自身轴的自旋运动。
两种运动都会形成磁矩，对外产生一定的磁效应，所以物质都具有磁性。
6-22就磁性而言，物质可分为哪三类?
它们被磁化后的附加磁场各有什么特点?
答:
就磁性而言，物质可分为顺磁质、抗磁质、铁磁质。
顺磁质的附加磁场很微弱，与外磁场方向相同；抗磁质的附加磁场也很微弱，与外磁场方向相反;铁磁质的附加磁场与外磁场方向相同，它可以比外磁场大几十到几千倍。
6-23什么叫超导体、超导态、超导转变温度、迈斯纳效应?
答:
①具有电阻为零的导电特性的物质叫超导体。
②物质处在电阻为零的状态叫超导态。
③电阻突然为零的温度叫超导转变温度，又叫临界温度。
④超导体在超导状态时，不仅电阻为零，而且具有抗磁性，外界磁场不能渗入超导体内，这种现象称为迈斯纳效应。
6-24涡旋电场与静电场有何不同，你能仿照磁场写出涡旋电场的高斯定理吗?
答:
涡旋电场与静电场有两点区别：
①静电场是无旋场，电场线起于正电荷而终于负电荷；涡旋电场是有旋场，其电场线是无头无尾的连续闭合曲线。
②静电场是位场（无旋场），可以引入电势概念；涡旋电场是涡旋场（非位场），不能引入电势概念。
由于涡旋电场的电场线是闭合曲线，如果在涡旋电场中做一闭合曲面，则由闭合曲面的一侧穿入的电场线必从曲面的另一侧穿出，设穿入的电通量为负，穿出的为正，则通过涡旋电场中任意闭合曲面的电通量为零，即
。
6-25如图所示，矩形线圈在长直载流导线周围分别作以下的运动，请判断哪些运动线圈内将产生感应电流，并标出其方向。
①以速度v平动，方向分别沿导线方向，在纸面上靠近直导线，垂直纸面向纸内；②绕OO′轴转动。
解:
根据电磁感应定律，当通过一个闭合导体回路所包围面积的磁通量发生变化时，回路中就产生感应电流，且感应电流产生的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
①由长直载流导线周围磁场公式B=
可知，当线圈以速度v沿导线电流方向平动时，各处与载流导线距离a未改变因而通过矩形线圈的磁通量没有变化，线圈中无感应电流。
当线圈在纸面上靠近直导线时，磁场加强，磁通量增加，线圈中会产生一个顺时针方向流动的感应电流;当线圈垂直纸面在向纸内运动时，远离载流导线，磁场减弱，磁通量减小，线圈会产生一个逆时针方向流动的感应电流。
②绕OO′轴转动时，虽然上、下两个矩形线圈所处的磁场未改变，但由于正对磁场方向的有效面积发生变化，因此当它们从平行于纸面转到垂直于纸面时，通过它们的磁通量不断减少，这时感应电流的方向为顺时针方向，而从垂直于纸面转到平行于纸面时，磁通量不断增加，这时感应电流的方向为逆时针方向。
中间的矩形线圈转动时，由于正对磁场方向的有效面积变化以及相对于直导线的距离变化，所以通过它的磁通量发生了改变。
当线圈从右边平行于纸面转到垂直于纸面时，磁通量减小，感应电流的方向为顺时针方向，而从垂直于纸面转到左边平行于纸面时，磁通量增加，感应电流为逆时针方向。
从左边平行于纸面转到垂直于纸面时，磁通量减小，感应电流为顺时针方向，而从垂直于纸面转到右边平行于纸面时，磁通量增加，感应电流为逆时针方向。
6-26长直螺线管长15cm，共绕120匝，截面积为4cm2，内无铁心。
①当电流在0.1s内自5A减少到0时，求螺线管两端的自感电动势；②若是通I=15sin100πt的交流电，则线圈中感应电动势的最大值是多少?
解:
已知l=15cm=0.15m，N=120匝，S=40cm2=4×10-3m2，因管内无铁心，故螺线管内磁感应强度为
B=μ0nI=μ0
I
通过N匝线圈的磁链为
Φ=NBS=μ0
S
而Φ=LI，故
L=Φ/I=μ0
S=4π×10-7×
×4×10-3H=4.8×10-4H
①当电流在0.1s内自5A减少到0时，螺线管两端的自感电动势为
ε自=－L
=－4.8×10-4×
V=2.4×10-2V
②若是通过I=15sin100πt的交流电，则
ε自=－L
=－L（1500π×cos100πt）
当cos100πt=1时，线圈中感应电动势最大，其值为
εmax=1500πL=1500×3.14×4.8×10-4V=2.3V
6-27如图所示，在B=0.01T的磁场中，一长20cm的金属棒AB在垂直匀强磁场的平面上①以v=5cm·s-1的速度平动，求棒的两端A，B之间的感应电势差；②绕自身的中点O转动，转速为5r·s-1，求棒的两端A，B之间的感应电势差及一端A与中点O之间的感应电势差。
解:
已知B=0.01T，l=20cm=0.2m，且
⊥
①当棒以如图所示的方向，大小为v=5cm·s-1=0.05m·s-1的速度平动时，单位正电荷受到的洛仑兹力F=v×B与棒的段元dl（方向从A指向B）的夹角为θ，棒两端A、B间的感应电势差为
εAB=
若棒的运动方向与棒垂直，且θ=0°，即棒向左下方移动时
εAB=vBlcos0°=vBl=0.05×0.01×0.2V=1×10-4V
当θ=180°，即棒向右上方移动时
εAB=vBlcos180°=－vBl=－1×10-4V
负号表示B端为感应电动势的负极、A端为正极。
当θ=90°，即棒沿着与棒平行的方向运动时
A
B
O
××××
×××
×××
××
××××
B
O
dl
v
F
θ
I′dl
××××
×××
××
××
××××
εAB=vBlcos90°=0
习题6-27附图（a）习题6-27附图（b）
②当棒绕自身的中点O顺时针转动，转速w=5r·s-1=31.4rad·s-1时，
即A、B两点电势相同，εAB=0，A点电势比O点高1.57×10-3V。
同理，当棒绕自身中点O逆时针转动时
即A点电势比O点低1.57×10-3V，且εAB=0。
6-28一长直螺线管，直径为1.0cm，长12cm，共500匝，求螺线管的自感系数。
解:
已知d=1.0cm=0.01m，l=12cm=0.12m，N=500，由例题（6-5）自感系数L=μ0n2V可得
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