（2）R1R3。
画出B－r图线。
题10.10：
如图所示。
N匝线圈均匀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。
题10.11：
设有两无限大平行载流平面，它们的电流密度均为j，电流流向相反，如图所示，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。
题10.12：
测定离子质量的质谱仪如图所示，离子源S产生质量为m，电荷为q的离子，离子的
初速很小，可看作是静止的，经电势差U加速后离子进入磁感强度为B的均匀磁场，并沿一半
2
圆形轨道到达离入口处距离为x的感光底片上，试证明该离子的质量为
2
mBqx2
8U
题10.13：
已知地面上空某处地磁场的磁感强度B=0.4×10－4T，方向向北。
若宇宙射线中有一
速率v5.0107ms1的质子，垂直地通过该处。
如图所示，求：
（1）洛伦兹力的方向；
（2）洛伦
兹力的大小，并与该质子受到的万有引力相比较。
题10.14：
在一个显像管的电子束中，电子有1.2104eV的能量，这个显像管安放的位置使电子
水平地由南向北运动。
地球磁场的垂直分量
B5.5105T，并且方向向下，求：
（1）电子束偏
转方向；
（2）电子束在显像管内通过
20cm到达屏面时光点的偏转间距。
题10.15：
如图所示，设有一质量为me的电子射入磁感强度为B的均匀磁场中，当它位于点M时，
具有与磁场方向成角的速度v，它沿螺旋线运动一周到达点N，试证M、N两点间的距离为
MN
2πmevcosα
eB
题10.16：
利用霍耳元件可以测量磁场的磁感强度，设一霍耳元件用金属材料制成，其厚度为0.15
mm，载流子数密度为1.0×1024m—3。
将霍耳元件放入待测磁场中，测得霍耳电压为42V，电
流为10mA。
求此时待测磁场的磁感强度。
题10.17：
试证明霍耳电场强度与稳恒电场强度之比
EH/ECB/ne
这里为材料电阻率，n为载流子的数密度。
题10.18：
载流子浓度是半导体材料的重要参数，工艺
上通过控制三价或五价掺杂原子的浓度，来控制p型
或n型半导体的载流子浓度，利用霍耳效应可以测量
载流子的浓度和类型，如图所示一块半导体材料样品，
均匀磁场垂直于样品表面，样品中通过的电流为I，现
测得霍耳电压为UH，证明样品载流子浓度为
IB
n=
edUH
3
题10.19：
一通有电流为I的导线，弯成如图所示的形状，放在磁感强度为B的均匀磁场中，B的方向垂直纸面向里，求此导线受到的安培力为多少？
题10.20：
一直流变电站将电压为500kV的直流电，通过两条截
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3.01011Fm1，若导线间的静电力与安培力正好抵消，
求：
（1）通过输电线的电流；
（2）输送的功率。
题10.21：
将一电流均匀分布的无限大载流平面放入磁感强度为
B0的均匀磁场中，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（图），求该载流平面上单位面积所受
的磁场力的大小和方向。
题10.22：
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
6.21014个铜原子，每个铜原子有
27个电子，每个电子的自旋
磁矩为
e9.31024Am2，我们假设所有电子的自旋磁矩方向
都相同，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。
题10.23：
通有电流I1=50A的无限长直导线，放在如图所示的弧形线圈的轴线上，线圈中的电流I2=20A，线圈高h=7R/3。
求作用在线圈上的力。
题10.24：
如图所示，在一通有电流I的长直导线附近，有一半径为R，质量为m的细小线圈，
细小线圈可绕通过其中心与直导线平行的轴转动，直导线与细小线圈中心相距为d，设d>>R，
通过小线圈的电流为I。
若开始时线圈是静止的，它的正法线矢量en的方向与纸面法线en的方
向成0角。
问线圈平面转至与屏幕面重叠时，其角速度的值为多大？
题10.25：
如图所示，电阻率为的金属圆环，其内外半径分别为R1和R2，厚度为d。
圆环放
入磁感强度为的均匀磁场中，B的方向与圆环平面垂直，将圆环内外边缘分别接在如图所示
4
的电动势为的电源两极，圆环可绕通过环心垂直环面的轴转动，求圆环所受的磁力矩。
题10.26：
如图所示，半径为R的圆片均匀带电，电荷面密度为，令该圆片以角速度绕通
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处的点P的磁感强度和旋转圆片
的磁矩。
题10.27：
如图所示是一种正在研究中的电磁轨道炮的原理图。
该装置可用于发射速度高达10
km.s－1的炮弹，炮弹置于两条平行轨道之间与轨道相接触，轨道是半径为r的圆柱形导体，轨道
间距为d。
炮弹沿轨道可以自由滑动。
恒流电源、炮弹和轨道构成一闭合回路，回路中电流为
I。
（1）证明作用在炮弹上的磁场力为
F
1（
μI
2
）ln
dr
0
2
π
r
（2）假设I=4500kA，d=120mm，r=6.7cm，炮弹从静止起经过一段路程
L=4.0m加速后
的速度为多大？
（设炮弹质量
m=10.0kg）
5
习题解答
题10.1解：
距离无限长直载流导线为r处的磁感强度
B1B2
μI
0
2πR
磁感强度B1和B2的方向可以根据右手定则判定。
根据磁场叠加原理B=B1+B2，考虑到磁场的
对称性，点M的磁感强度
BM
B1
B2
μ0I
μ0
I
r
=0
2πr0
2π0
点N的磁感强度
BN（B1
π
μ0I2
B2）cos
2
4
2π0
r
1.0
104T
由右手定则可知BN的方向沿水平向左。
题10.2解：
设赤道电流为I，则圆电流轴线上北极点的磁感强度
μIR2
μI
B
0
0
2
R2）
3/2
42R
2（R
因此赤道上的等效圆电流为
I
42RB
1.73109A
μ0
由于在地球内部，地磁场由南极指向北极，根据右手螺旋法则可以判断赤道圆电流应该是由西向
东流，与地球自转方向一致。
题10.3解：
将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得
B0
μ0I
μ0I
2R
2πR
B0的方向垂直屏幕向里。
题10.4解：
现将半球面分割为无数薄圆盘片，则任一薄圆盘片均可等效为一个圆电流，任一薄圆盘片中的电流为
dI
IdN
2N
RdθI
πR
该圆电流在球心
O处激发的磁场为
μ
y
2
dB
0
dI
2（x2
y2）3/2
球心O处总的磁感强度
B为
/2
μ
2
B
y
I
2N
d
0
θ
0
2
（x
2
y
2
）
3/2
R
R
π
由图可知x
Rcos；y
Rsinθ，将它们代入上式，得
6
π/
μNI
μNI
B
2
0
sin
2
d
0
π
4R
0
R
磁感强度B的方向由电流的流向根据右手定则确定。
题10.5
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
μIR2
μIR2
B
0
0
2[R2
（d/2
x）2]
3/2
2[R2
（d/2x）2]3/2
则当
dB（x）
μ0IR2
3（d/2x）
3（d/2
x）
0
dx
2
{
（d/2x）[R2
}
R2
（d/2x）2]
2
3μIR
2
2
2
2
dB（x）
4（d/2x）
R
4（d/2x）R
0
0
dx2
2
{[R2
（d/2
x）2]7/2
[R2
（d/2
x）2]7/2}
时，磁感强度在该点附近小区域内是均匀的，该小区域
的磁场为均匀磁场。
由
dB（x）
0
，解得x
0
dx
由
d2B（x）
x
00，解得d
R
dx2
这表明在d=R时，中点（x=0）附近区域的磁场可视为
均匀磁场。
题10.6解：
在矩形平面上取一矩形面元
dS=Idx，载流长
直导线的磁场穿过该面元的磁通量为
d
Φ
BdS
μ0I
d
2πl
x
x
矩形平面的总磁通量
d2μI
μIl
d
2
ΦdΦ
0
ldx
0
ln
d12πx
2π
d1
题10.7解：
由磁场的高斯定理
BdS
0,穿过半球面的磁感线全部穿过圆面
S，因此有
ΦBSπR2Bcos
题10.8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，根据安培环路定理，有
BdlB2πr0I
在导线内r
R，I
I
πr2
Ir2
，因而
π
2
R2
R
B
在导线外rR，II,因而
μIr
0
2πR2
7
μI
B
0
2πr
（2）在导线表面磁感强度连续，由
I
50A,
R
S/π
1.78103m，得
μI
3
B0
0
5.6
10
T
2π
R
题10.9解：
由安培环路定理B
dl
0I，得
rR1
B12πr
μ0
I2πr2
πR1
μIr
0
B12πR12
R1B2=
μ0I
2πr
R2B3
2πr=0[I
π（r2
R22）
I]
π（R32
R22
）
0IR32
r2
B3=
R22
2πrR32
r>R3
B42πr=μo（I
I）=0
B4=0
磁感强度Ｂ（r）的分布曲线如图。
题10.10解：
由安培环路定理，有
B
2πr=μ0I
1
B
1
2πr
=0
RB1=0
R２>r>R1
B
2
2πr
μ
=
0NI
B2=
μ0NI
2πr
r>R2
B3
2πr=0
B3=0
在螺线管内磁感强度
B沿圆周，与电流成右手螺旋，若
R２－R１<可以近似视作均匀分布，设螺线环的平均半径
R=
1
（R
＋R），则环内的磁感强度近似为
2
１
２
B
μNI
0
2πR
题10.11解：
由安培环路定理，可求得单块无限大载流平
面在两侧的磁感强度大小为0j/2，方向如图所示，根据
磁场的叠加原理可得
8
（1）取垂直于屏幕向里为x轴正向，合磁场为
μ0j
μ0j
μ0
ji
B=
i
2i
2
（2）两导体载流平面之外，合磁场的磁感强度
B=
0j
i
0j
i
0
2
2
题10.12证：
由离子源产生的离子在电势差为
U的电场中加速，根据动能定理，有
1
2
qU
（1）
mv
2
离子以速率v进入磁场后，在洛伦兹力的作用下作圆周运动，其动力学方程为
qvB=mv2
x/2
由上述两式可得m
B2qx2
8U
题10.13解：
（1）依照FL=qvB可知洛伦兹力
FL方向为v
B的方向，
（2）因vB，质子所受的洛伦兹力
FL=qvB=3.21016N
在地球表面质子所受的万有引力
G=mpg=1.641026N
因而，有FL/G=1.951010，即质子所受的洛伦兹力远大于重力
题10.14解：
（1）如图所示，由洛伦兹力
F=qvB
可以判断电子束将偏向东侧
（2）在如图所示的坐标中，电子在洛伦兹力作用下，沿圆周运动，其轨道半径
R为
R=mv
2mEk
6.71m
eB
eB
由题知y=20cm，并由图中的几何关系可得电子束偏向东侧的距离
xRR2
y2
2.98103m
即显示屏上的图像将整体向东平移近
3mm，这种平移并不会影响整幅图像的质量
题10.15证：
将入射电子的速度沿磁场方向和垂直磁场方向分解
v
和v//，在磁场方向前进一螺距MN
所需的时间
T=MN
MN
（1）
v//
cosα
v
在垂直磁场方向的平面内，电子作匀速圆周运动的周期
2πR
2πme
（2）
T=
eB
v
由式
（1）和式
（2），可得
9
MN
2πmevcos
eB
题10.16解：
由霍耳效应中霍耳电压与电流、磁感强度的关系，有
UHd
UHd
B=
nq0.10T
RHI
I
题10.17证：
由欧姆定律的微分形式知，在导体内稳恒电场强度为
Ecjnev
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，因而
EHvBvBB
ECjnevne
题10.18证：
通电半导体的载流子在洛伦兹力的作用下，逐渐积聚在相距为b的导体两侧，形成霍耳
电压
UH=vBb
而流经导体横截面S（S=bd）的电流
I=jbd=nevbd
由此可解得载流子浓度
IB
n=
edUH
题10.19解：
由对称性可知，半圆弧所受安培力F1的水平分量相互抵消为零，故有
π
F1=dF1yBIRsind2BIR
0
两段直线部分所受安培力大小相等，但方向相反，当导体形
状不变时，该两力平衡，因而，整个导线所受安培力
F=2BIRj
题10.20解：
（1）单位长度导线所受的安培力和静电力分别
为
μI2
0
fB=BI=
2πd
22
fE=E=CU
由fB+fE=0
可得
0I2
C2U2
2πd
2π0d
解得
I=
CU
4.5103A
0
0
10
（2）输出功率
升级会员 