稳恒磁场一章的习地的题目解答

稳恒磁场一章习题解答
习题9—1 无限长载流空心圆柱导体的内外半径分别为a 、b ，电流在导体截面
上均匀分布，则空间各处的B
的大小与场点到圆柱中心轴线的距离r 的关系定性地如图所示。

正确的图是：[ ]
解：根据安培环路定理，容易求得无限长载流空心圆柱导体的内外的磁感应强度分布为
⎪⎪⎪⎩⎪
⎪⎪⎨⎧--=r I
a b r a r I B πμπμ2)(2)(0
02
2220 )()()(b r b r a a r >≤≤< 所以，应该选择答案(B)。

习题9—2 如图，一个电量为+q 、质量
为m 的质点，以速度v
沿X 轴射入磁感应强度为B 的均匀磁场中，磁场方向垂直纸面向里，其范围从x =0延伸到无限远，如果质点在x =0和y =0处进入磁场，
则它将以速度v
-从磁场中某一点出来，这点坐标是x =0和［ ］。

(A) qB
m y v +
=。

(B) qB m y v
2+=。

(C) qB m y v 2-
=。

(D) qB
m y v
-=。

解：依右手螺旋法则，带电质点进入磁场后将在x >0和y >0区间以匀速v 经一个半圆周而从磁场出来，其圆周运动的半径为
qB
m R v =
r B
O a b (A) (B) B a b r O B r O a b (C) B O
r a b
(D) 习题9―1图
习题9―2图
因此，它从磁场出来点的坐标为x =0和qB
m y v
2+=，故应选择答案(B)。

习题9—3 通有电流I 的无限长直导线弯成如图三种形状，则P ，Q ，O 各点磁感应强度的大小B P ，B Q ，B O 间的关系为［ ］。

(A) O Q P B B B >>。

(B) O P Q B B B >>。

(C) P O Q B B B >>。

(D) P Q O B B B >>
说明：本题得通过计算才能选出正确答案。

对P 点，其磁感应强度的大小
a
I
B P πμ20= 对Q 点，其磁感应强度的大小 [][])2
2
1(2180c o s 45cos 4135cos 0cos 4000+=-+-=
a I a I a I B Q πμπμπμ
对O 点，其磁感应强度的大小 )2
1(2424000π
πμπμμ+=⋅
+=
a I a I a
I
B O 显然有P Q O B B B >>，所以选择答案(D)。

［注：对一段直电流的磁感应强度公式)cos (cos 4210θθπμ-=
a
I
B 应当熟练掌握。

］
习题9—4 如图所示，一固定的载流大平板， 在其附近有一载流小线框能自由转动或平 动，线框平面与大平板垂直，大平板的电流
与线框中的电流方向如图所示，则通电线框
的运动情况从大平板向外看是：［ ］ (A) 顺时针转动 (B) 靠近大平板AB (C) 逆时针转动
(D) 离开大平板向外运动
解：根据大平板的电流方向可以判断其右侧磁感应强度的方向平行于大平板、且垂直于I 1；小线框的磁矩方向向上，如图所示。

由公式
习题9―3图
题解9―4图
B P M m ⨯=
可以判断小线框受该力矩作用的转动方向如图所示，因此应该选择答案(C)。

习题9—5 哪一幅曲线图能确切描述载流圆线圈在其轴线上任意点所产生的B 随x 的变化关系?(X 坐标轴垂直于圆线圈平面，圆点在圆线圈中心O )［ ］
解：由载流圆线圈(N 匝)轴线上的磁感应强度公式
2
3222
0)(2)(x R NIR x B +=
μ
可以判断只有曲线图(C)是正确的。

习题9—6 两根无限长直导线互相垂
直地放着，相距d =2.0×102m ，其中一根导线与Z 轴重合，另一根导线与X 轴平行且在XOY 平面内。

设两导线中
皆通过I =10A 的电流，则在Y 轴上离
两根导线等距的点P 处的磁感应强度
的大小为B = 。

解：依题给坐标系，与Z 轴重合的一根导线单独在P 点产生的磁感应强度为
)T (102100.210104)2(28
2701i i i d I B --⨯-=⨯⨯⨯⨯-=-
=πππμ
同理，另一根与X 轴平行的导线单独在P 点产生的磁感应强度为
(T )102)
2(28
02k k d I B -⨯==
πμ
由叠加原理，P 点处的磁感应强度的大小为
(T)102282
221-⨯=+=B B B
B O (A) B O
(B) B O (C) X B O (D) X B
O (E) 习题9―5图
习题9―6图
习题9—7 如图，平行的无限长直载流导线A 和B ，电流强度均为I ，垂直纸面向外，两根导线之间相距为a ，则
(1) AB 中点(P 点)的磁感应强度P B
= 。

(2) 磁感应强度B
沿图中环路l 的线积分 ⎰l
l d B
·
＝ 。

解：(1) A 、B 两载流导线在P 点产生的磁感应强度等大而反向，叠加的结果
使P 点最终的磁感应强度为零，因此，0=P B。

(2) 根据安培环路定理容易判断，磁感应强度B
沿图中环路l 的线积分等于－I 。

习题9—8 如图，半圆形线圈(半径为R )通有电流I ，线圈处在与线圈平面平行
向右的均匀磁场B
中。

则线圈所受磁力矩的大小为 ，方向为 。

把线圈绕O O '转过角度 时，磁力矩恰为零。

解：半圆形线圈的磁矩大小为
I R P m 2
2
1π=
因而线圈所受磁力矩的大小为
IB R IB R B P M m 222
12sin 21sin πππθ==⋅⋅=
根据磁力矩公式
B P M m ⨯= 可以判断出磁力矩M
的方向向上。

容易知道，当πθk =，k =0，±1，±2，……
时，磁力矩恰为零，这等价于把线圈绕O O '转过2
2
)12(π
ππ
ϕ+
=+=k k ，k =0，1，
2，3，……。

习题9—9 在均匀磁场B
中取一半径
为R 的圆，圆面的法线n
与B 成60°角，如图所示，则通过以该圆为边线的如右图所示的任意曲面S 的磁通量
=∙=⎰⎰S
S S d B
Φ 。

解：通过圆面的磁通量
222
1
60cos R B R B ππΦ=⋅⋅= 圆
习题9―7图
习题9―8图
习题9―9图
根据磁场的高斯定理，通过整个闭合曲面的磁通量等于零，即
0=+=圆ΦΦΦS
所以
22
1
R B S πΦΦ-=-=圆
习题9—10 如图所示，均匀电场E 沿X 轴正方向，均匀磁场B
沿Z 轴正方向，
今有一电子在YOZ 平面沿着与Y 轴正方向成135°角的方向以恒定速度v
运动，
则电场E 和磁场B
在数值上应满足的关系是 。

解：电子以恒定速度v
运动，说明其所
受到的合外力为零，即有
0=+m e F F
即 0)()(=⨯-+-B e E e
v
0)(45sin )(=--+-i B e i eE
v
∴ B E v 2
2
=
习题9—11 如图，在无限长直载流导
线的右侧有面积为S 1和S 2两矩形回路。

两个回路与长直载流导线在同一
平面，且矩行回路的一边与长直导线平行。

则通过面积为S 1的矩形回路的
磁通量与通过面积为S 2的矩形回路的
磁通量之比为 。

解：建立如图所示的坐标轴OX 轴，并在矩形回路内距长直导线x 处取宽为dx 的窄条面元dS =hdx （图中带阴影的面积），则通过该面元的元磁通为
hdx x
I
BdS d πμ20==Φ 所以，通过回路S 1的磁通量为 2ln 220201π
μπμIh
x dx Ih dS a a ===Φ⎰⎰
通过回路S 2的磁通量为
2ln 2204202π
μπμIh
x dx Ih dS a a ==
=Φ⎰⎰
习题9―10图
习题9―11图
故，
1121=ΦΦ
习题9—12 两根长直导线通头电流I ，如图所示有三种环路，在每种情况下，⎰∙L
l d B
等于：
(对环路a )
(对环路b ) (对环路c )
解：根据安培环路定理，容易得到：对环路a ， ⎰∙L
l d B
等于I 0μ；对环路b ，
⎰∙L
l d B 等于0；对环路c ，⎰∙L
l d B
等于2I 0μ。

习题9—13 如图所示，在真空中有一半圆形闭合线圈，半径为a ，流过的稳恒
电流为I ，则圆心O 处的电流元l Id 所受的安培力F d
的大小为 ， 方向为 。

解：圆心O 处的磁感应强度是由半圆形闭合线圈产生的，其直径段的电流在O 处单独产生的磁场为零，其半圆段在O 处产生的磁场即为该点的总磁场
a
I
B O 40μ=
O B
的方向垂直于图面向内。

根据安培力公式B l Id F d ⨯=可知圆心O 处的电流元l Id 所受的安培力F d
的大小为
a
dl
I IdlB dF 420μ=
=
力F d
的方向垂直于电流元向左。

习题9—14 一根半径为R 的长直导线均匀载有电流I ，作一宽为R 、长为l 的假想平面S ，如图所示。

若假想平面S 可在导线直径与轴O O '所确定的平面内离开O O '
轴移动至远处。

试求当通过S 面的磁通量
最大时S 平面的位置。

解：见图示，设假想平面S 靠近轴线的一边到轴线的距离为a
，易知长直导
习题9―12图
l Id
O a I
习题9―13图
习题9―14图
线内外的磁场分布为
2
02R
Ir
B πμ=
内 (R r ≤≤0) r I
B πμ20=外 (R r >)
在假想平面S 内、距轴为r 处，沿导线直径方向取一宽度为dr 的窄条面元，通过它的元磁通为
Bldr d =Φ 通过假想平面S 的磁通量为 l d r r I l d r R
Ir Bldr d R a R R
a
R a a
⎰⎰
⎰⎰+++===πμπμΦΦ220
20 R R a Il a R R Il ++-=ln 2)(202
22
0πμπμ
由最值条件，令
012)2(4020=+⋅+-=R
a Il a R Il da d πμπμΦ
即 022=-+R Ra a 解得 R R
a 618.0)15(2
=-=
(其负根已舍去)
习题9—15 半径为R 的导体球壳表面流有沿同一绕向均匀分布的面电流，通垂直于电流方向的每单位长度的电流为K 。

求球心处的磁感应强度大小。

解：如图所示，取一直径方向为OX 轴。

并沿电流方向在球面上取一宽度为dl 的球带，该球带可以看成载流圆环，其载有的电流为dI =Kdl =θKRd ，其在球心O 处产生的元磁场为
θθμθμd K
R R dI dB 203
2
0sin 2
2)sin (=
=
该元场的方向沿X 轴的正方向。

球面上所有电流在O 点产生的磁感应强度大小
为
题解9―15图
r
题解9―14图
πμθθμπK d K
dB B 00
204
1
sin 2
2=
⋅
==⎰
⎰ 场的方向沿X 轴的正方向。

习题9—16 如图，一半径为R 的带电朔料圆盘，其中有一半径为r 的阴影部分 均匀带正电荷，面电荷密度为σ+，其余部分均匀带负电荷，面电荷密度为σ-，当圆盘以角速度ω旋转时，测得圆盘中心O 点的磁感应强度为零，问R 与r 满足
什么关系?
解：取与圆盘同心、半径为r 、宽度为dr 的圆环，其带量电量为
r d r dS dq πσσ2==
其等效的圆电流为
rdr rdr
dq dI σωω
ππσ==
=22 其在中心O 处产生的元场强为 dr r
dI
dB σωμμ002
1
2=
=
因此，中心O 点的磁感应强度为
)2(2
1
21210000R r dr dr dB B R r r -=-==⎰⎰⎰σωμσωμσωμ
令该磁感应强度为零可得
r R 2=
习题9—17 如图，有一密绕平面螺旋线圈，其上通有电流I ，总匝数为N ，它被限制在半径为R 1和R 2的两个圆周之间。

求此螺旋线中心O 处的磁感应强度。

解：以O 点为圆心、以r 为半径，在
线圈平面内取宽度为dr 的圆环面积，在此
环面积内含有dN =ndr =)(12R R Ndr -匝线圈，其相应的元电流为dI =IdN 。

其在中心O 点产生的元磁场为
r
R R NIdr
r
dI
dB )(221200-=
=
μμ
O 点最终的磁感应强度为
1
2120120ln )(2)(22
1
R R R R NI r dr R R NI
dB B R R -=-=
=⎰⎰μμ
习题9―16图
习题9―17图
该磁感应强度的方向垂直于图面向外。

习题9—18 厚度为2d 的无限大导体平板，其内有均匀电流平行于表面流动，电流密度为j
解：如图所示，在垂直于电流密度方向取一矩形回路abcda ，其绕行方向
与电流密度方向成右手螺旋关系。

对此环路应用安培环路定理 ∑⎰=∙i
i L
I l d B 0μ
在平板内部有
ab x j B ab 220μ=⋅
所以
x j B 0μ= 在平板外部有
ab d j B ab ⋅=⋅220μ
所以 jd B 0μ=
习题9—19 均匀带电刚性细杆AB ，电荷线密度为λ，绕垂直于直线的轴O 以ω角速度匀速转动(O 点在细杆AB 的延长线上)，求：(1) O
点的磁感应强度O B ；(2)磁矩m P
；(3) 若a>>b ，求O B 及m P 。

解：(1) 在杆上距轴O 为r 处取线元dr ，其带电量为dr dq λ=，该线元相当于运动的点电荷，其在O 处产生的元磁场大小为
r
dr r r dq dB O ωλπμωπμ⋅=⋅=44020
元磁场的方向垂直于纸面向里。

由于杆上各线元的元磁场的方向均一致，所以求
O 点的总场可直接对上述元场积分即可 a
b
a r dr dB B
b a a O O +==
=⎰⎰+ln 4400ωλπμωλπμ
O B
的方向垂直于纸面向里。

［求O 点磁场还可以用等效电流法作：在杆上距轴O 为r 处取线元dr ，其带电量为dr dq λ=，该线元相当于运动的点电荷，它作圆周运动的等效环电流为
题解9―18图
习题9―19图
π
ωλωπλ2)(2dr
r r dr T dq dI =
==
其在O 处产生的元磁场大小为 r
dr
r
dI
dB O ωλπμμ⋅=
=
4200 元磁场的方向垂直于纸面向里。

对上述元场积分可得O 点最终的场
a
b a r dr dB B b a a O O +===⎰⎰+ln 4400ωλπμωλπμ
O B
的方向垂直于纸面向里。

与前边作法得到的结果相同。

］ (2) 线元dr 的等效环电流为
dr T dq dI π
ωλ2==
其元磁矩大小为
dr r r dI dP m 222
1
ωλπ=⋅=
元磁矩的方向垂直于纸面向里。

带电细杆的总磁矩大小为
[]
332)(6
1
21a b a dr r dP P b a a m m -+===⎰⎰+ωλωλ
总磁矩m P
的方向垂直于纸面向里。

(3) 当a>>b 时，带电细杆相当于点电荷。

因此 a
b B O ωλπμ⋅=
40 222
1
2ba a b P m ωλππωλ=⋅=
习题9—20 一线圈的半径为R ，载有电流I ，置于均匀外磁场B
中(如图示)，在不考虑载流圆线圈本身所激发的磁场的情况下，求线圈导线上的张力。

(已知载
流圆线圈的法线方向与B
的方向相同。

)
习题9―20图
题解9―20图
解：设想该载流圆线圈被截成相等的两半，如图所示，我们取其中的一半(比如右一半)并分析它的受力情况：安培力F 作用于中点、方向向右，上、下端点受到的张力T 均水平向左。

由于该半线圈处于力学平衡状态，因此有
T F 2=
即 T R IB 2)2(=
解得 I B R
T = ［在本题求解中，一是要搞清圆线圈中的“张力”的概念，二是须明确“闭合电流在均匀磁场中所受的合磁力等于零”这一结论。

下一道习题我们将证明这个结论。

］
习题9—21 试证明任一闭合载流平面线圈在均匀磁场中所受的合磁力恒等于零。

证明：由安培力公式，线圈任一线元l Id 所受到的磁场力为
B l Id F d ⨯=
则整个闭合载流平面线圈在均匀磁场中所受的合磁
力应该为 00)(=⨯⋅=⨯=⨯==⎰⎰⎰B I B l d I B l Id F d F L L L 证毕。

［注意：这里l d 的环积分0 =⎰L l d ，是考虑了矢量合成的多边形法则的结果。

］
习题9—22 有一“无限大”平面导体薄板，自上而下均匀通有电流，已知其电流密度为i (即单位宽度上通有的电流强度)。

(1) 试求板外空间任一点磁感应强度的大小和方向；(2) 有一质量为m ，带正电量为q 的粒子，以速度v 沿平板法线方向向外运动(如图)，求：
(a) 带电粒子最初至少在距板什么位置处才不会与大平板碰撞？
(b) 须经多长时间，才能回到初始位置(不计粒子重力)？
解：(1)［分析］ 求板外空间任一点磁
感应强度有两种方法：取电流元积分法和安
培环路定理法。

由于均匀载流平板是“无限
大”，其左、右两侧的场是对称的，因此，
我们可以应用比较简单的一种——安培环
路定理法求场。

在垂直于电流流向的平面内取一矩形
环路abcda ，如图所示，环路的ab 边与cd
边都与平板平行且等距并居于平板左、
右两
题解9―21图
v i 习题9―22图
侧，bc 边和da 边都与平板垂直。

对此环路
应用安培环路定理得 ∑⎰=∙i
i L I l d B 0μ 即 ab i l d B l d B l d B l d B da cd bc ab 0μ=∙+∙+∙+∙⎰⎰⎰⎰
上式左端第二项和第四项由于B 与l d 处处垂直，因而都等于零，因此有
ab i cd B ab B 0μ=+
ab i ab B 02μ=
所以 i B 02
1μ= 对题给图示，平板左、右两侧的磁场都是均匀的，大小都等于20i μ，只不过方向相反：板右侧场垂直于纸面向里，板左侧场垂直于纸面向外。

(2) 带电粒子将在竖直平面内作圆周运动，其圆周运动的半径为
qi
m qB m R 02μv v == 可见，欲使粒子不与平板相碰撞，粒子最初至少在距板为R 的位置处。

粒子从开始运动到回到原处所需的最短时间刚好是一个周期，即
qi
m qB m R T t 0422μπππ====v
习题9—23 半径为R 的圆盘带有正电荷，
其电荷面密度kr =σ，k 是常数，r 为圆盘
上一点到圆心的距离，圆盘放在一均匀磁场B 中，其法线方向与B 垂直。

当圆盘以
角速度ω绕过圆心O 点且垂直于圆盘平面
的轴作逆时针旋转时，求圆盘所受磁力矩
的大小和方向。

解：在圆盘上取半径为r 、宽度为dr 的细圆环，环面积为rdr dS π2=，环的带电量为dr kr rdr kr dS dq 222ππσ=⋅==。

其等效环电流为
dr r k dq T dq dI 22ωω
π===
其元磁矩大小为
dr r k r dI dP m 42πωπ=⋅=
习题9―23图
m P d 的方向垂直于纸面向外。

整个转动圆盘的磁矩为
5045
1R k dr r k dP P R
m m πωπω===⎰⎰ m P 的方向垂直于纸面向外。

根据线圈在磁场中所受磁力矩公式
B P M ⨯= 可得圆盘所受磁力矩的大小为
B R k B R k B P M m 555
12s i n 51s i n πωππωθ==
⋅= M 的方向垂直于B 向上。

习题9—24 如图所示，载有电流I 1和I 2的长直导线ab 和cd 相互平行，相距为3r ，今有载有电流I 3的导线MN =r 水平放置，且其两端M 、N 分别与I 1、I 2的距离都是r ，ab 、cd 和MN 共面，求导线MN 所受的磁力大小和方向。

解：建立图示坐标系，在I 1和I 2之间任一点x 处的磁感应强度(暂设垂直于纸面向里为正)为
)
3(22)(2010x r I x I x B --=
πμπμ MN 上电流元dx I 3受到的力为 dx BI dF 3=， 方向“↑”
整个MN 受到的力的大小为
dx I x r I x I dF dF r r 322010)3(22⎰⎰⎥⎦
⎤⎢⎣⎡--==πμπμ 2ln )(22130I I I -=π
μ， 方向“↑”
I 2
题解9―24图
讨论：若21I I >，则F 方向向上；反之，若21I I <，则F 方向向下。

习题9—25 空气中有一半径为r 的无限长
直圆柱金属导体，竖直线O O '为其中心轴线，在圆柱体内挖一个直径为r /2的圆柱空洞，空洞侧面与O O '相切，在未挖洞部分通以均匀分布的电流I ，方向沿O O '向下，如图所示。

在距轴线3r 处有一电子(电量为-e )沿平行于O O '轴方向，在中心轴线O O '和空洞轴线所决定的平面内，向下以速度v 飞经P 点，求电子经P 时，所受的磁场力。

分析：此题所给的载流圆柱体的内部被挖去一洞，属于“破缺型”问题，仿照静电学中的类似问题采用的“反号电荷补偿法”，这里我们采用“反向电流补偿法”进行处理。

设想在空洞位置是一电流密度与未挖部分的电流密度相等而流向相反的电流，这样原来的载流体系就等价于电流密度为δ的、向下均匀流动、半径为r 的完整圆柱导体和一个电流密度也为δ、但向上均匀流动、半径为r /4的完整较小的圆柱导体构建而成。

因而，空间任一点的场应为这两个电流各自产生的场的叠加。

解：设流经导体截面的电流密度为
221516)4(r
I r r I πππδ=-=
向上的电流在P 点产生的场为 )
43(2)4(01r r r B -=πδπμ， 方向“⊙” 向下的电流在P 点产生的场为
r
r B 322
02⋅=πδπμ， 方向“⊕” P 点最终的场为
r
I r B B B P πμδμ00124958252882⋅==-=， 方向“⊕” 根据洛仑兹力公式，此刻飞经P 点的电子所受力的大小为
v v e r
I B e f P ⋅==πμ495820， 方向“←”
习题9—26 长直导线a a '与半径为R 的均匀导体圆环相切于点a
，另一直导线3r
﹣
习题9―25图
b b '沿半径方向与圆环接于点b ，如图所示。

现有稳恒电流I 从端a 流入而从端b 流出。

(1) 求圆环中点O 的磁感应强度O B ；(2) B 沿闭合环路L 的环流⎰∙L l d B 等于什么？
解：(1) 圆环中点O 的磁感应强度可
以看成a a '段、三分之一圆周、三分之二
圆周和b b '段共四段电流产生的场的叠
加。

因为a a '段电流单独产生的场为
R I B πμ401=， 方向“⊙” 三分之一圆周电流单独产生的场为 R
I I R B 932231002μμ=⋅⋅=， 方向“⊕” 三分之二圆周电流单独产生的场为
R
I I R B 931232003μμ=⋅⋅=
， 方向“⊙” b b '段电流单独产生的场为 04=B
因此，圆环中点O 的磁感应强度为
R
I B B B B B B O πμ4014321==++-=， 方向“⊙” (2) B 沿闭合环路L 的环流为
I I l d B L 003
1)32(μμ=-=∙⎰
习题9—27 设右图中两导线中的电
流I 1、I 2均为8A ，对在它们磁场中的
三条闭合曲线a ，b ，c 分别写出安培环路定理等式右边电流的代数和。

并说
明：
(1) 各条闭合曲线上，各点的磁感 应强度B 的量值是否相等?
(2) 在闭合曲线c 上各点的B 值是
否为零?为什么?
解：对闭合曲线a 为8A ；对闭合曲线b 亦为8A ；对闭合曲线c 为0。

(1) 在个条闭合曲线上，各点的磁感应强度的量值并不相等。

' ' 习题9―26图
习题9―27图
(2) 在闭合曲线c 上各点的磁感应强度的量值不为零，因为该曲线上的场是 由I 1和I 2共同产生的，场强叠加的结果。

习题9—28 一块半导体的体积为a ×b ×c ，
如图所示，沿X 轴方向通有电流I ，在Z 方向有均匀磁场B 。

这时实验测得的数据为
a =0.10cm ，
b =0.35cm ，
c =1.0cm ，I =1.0mA ，
B =0.30T ，半导体两侧的霍耳电势差
mV 55.6='A A U 。

(1) 问这块半导体是P 型
还是N 型？(2) 求载流子的浓度。

解：(1) 根据题给图示，可知 mA 55.6-=-='A A H U U <0
因此，载流子是负的，对半导体则是电子，可以判断出这是N 型半导体。

(2) 由霍耳电势差公式
a
IB ne U H ⋅=1 可得载流子的浓度为
32031933m 1086.210
55.61060.1100.130.0100.1-----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯==H aeU IB n
稳恒磁场一章补充题
习题9—7 在真空中同一平面内，有两个置于不同位置的电流元l d I 1和l d I 2，它们
之间的相互作用力大小相等，方向相反的条
件是 。

它们之间的
相互作用力满足牛顿第三运动定律的条件
是 。

解：如图所示的两相互平行的电流元，
第二个电流元受到第一个电流元的作用力
的大小为
dl I r
dl I F 221021sin 4⋅⋅=θπμ 21F 的方向水平向左；第一个电流元受到第二个电流元的作用力的大小为 dl I r dl I F 12
2012)sin(4⋅-⋅=
θππμ
习题9―28图
l d I 1l d I 2 习题9―7图
12F 的方向水平向右。

由此可见，两电流元之间的相互作用力大小相等，方向相反的条件是：两电流元平行放置。

若使它们之间的相互作用力满足牛顿第三运动定律，除了相互作用力等大反向外，还需12F 与21F 在同一直线上，即r 和12F 、21F 的方向之夹角为零或π，即02=-θπ2πθ=⇒。

因此，两电流元之间的相互作用力满足牛顿第三运动定律的条件是：两电流元平行放置，并且与它们之间的连线垂直。

习题9—19 一边长为l 的正方形线圈载有电流I ，处在均匀外磁场B 中，B 垂直 于图面向外，线圈可绕中心的竖直轴O O '无摩擦地转动(见图)，其转动惯量为J ， 求线圈在平衡位置附近作微小摆动的周期。

解：依题意可画出其腑视图，图中给出该线圈摆动的任一时刻t ，其磁矩m P 与外磁场B 方向的夹角为θ，则线圈受到的磁力矩为
θθθB Il B P B P M m m 2sin =⋅-≈⋅-=
把该线圈视为刚体，其摆动为定轴转动，则根据转动定律
22dt
d J J M θβ== 可得
222
dt d J B Il θθ=- 即 0222=+θωθdt
d 这就是线圈作微小摆动的振动方程，其中振动的圆频率
J
B Il 2=ω 所以，线圈在平衡位置附近作微小摆动的周期为
B Il J T 222πωπ==
习题9―19图
I 题解9―19图。