第七章恒定磁场习题

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第七章恒定磁场作业答案

第七章恒定磁场作业1班级姓名学号一选择题1. 在电流元l I d 激发的磁场中, 若在距离电流元为r处的磁感应强度为B d ．则下列叙述中正确的是(A) B d 的方向与r方向相同(B) Bd 的方向与l I d 方向相同(C) Bd 的方向垂直于l I d 与r 组成的平面(D) B d 的方向为(-r)方向 [ C ]2.半径为R 圆形载流导线通有电流I ，其圆心磁感强度的大小为 (A) 00IB R μ=(B) 002IB R μ=(C) 004I B R μ= (D) 008IB Rμ= [ B ]二填空题1. 一条很长的直导线通有电流200 A ，在离它1 m 处的磁感应强度大小为．若要在该点产生1高斯的磁感应强度，该直导线应通有的电流为 A ．解：75041020041022I B T r μπππ--⨯⨯===⨯4722 1.010500410rBI A ππμπ--⨯⨯===⨯ 2. 如图所示，一条无限长载流直导线载有电流I ，在一处弯成半径为R 的41圆弧．这41圆弧中心O 点的磁感应强度B 的大小为，方向为．解：对长直部分电流，在导线上任一地方取一电流元，有0d =⨯r l I，因此它在点O 处产生的磁感强度为零，圆弧在点O 处产生的磁感强度即为总的磁感强度，大小为RIB 800μ=0()22I B R μπ←=⨯0圆心角，方向向外3. 一边长为a 且通有电流I 的平面正三角形线圈, 线圈的磁矩大小为 (A)24I(B) 2I(C)23I (D) 0 [ A ]三计算题O1. 如图两种载流导线在平面内分布，电流均为I ，求它们在O 点的磁感强度。

解：利用磁场叠加原理求解。

将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，对它们各自在点O 处所激发的磁感强度求矢量和，即为O 点处总的磁感强度。

1) 将载流导线看成由圆电流和长直电流组成圆电流在O 点处产生的磁感强度大小为RIB 201μ=，方向向内；长直电流在O点处产生的磁感强度大小为R IB πμ202=，方向向外。

恒定磁场答案解读

第7章恒定磁场一、选择题1. B2. C3. A4. B5. B6. B7. C8. C9. C10. A11. A12. D13. C14. C15. D16. B17. B18. B19. B20. D21. A22. C23. C24. B25. D26. B27. C28. A29. A30. B31. D32. D33. B34. D35. D36. B37. A 38. B 39. C 40. D 41. C 42. C 43. B 44. B 45. D 46. C 47. A 48. D 49. C 50. A 51. C 52. B 53. B 54. B 55. A 56. C 57. A 58. C 59. C 60. D 二、填空题1. (T)1045-⨯，500A2. RI80μ，⊗ 3. (T)108.83-⨯4. r I π20μ5. 1.4 A6.a 37. 动能, 动量8. (N)102.323-⨯，(m)101.75-⨯ 9. )s (m 103.6214-⋅⨯，(m)101.33-⨯10. (V)102.25-⨯11. )m (A 100.8823--⋅⨯，m)(N 0.352⋅ 12. )m (A 1026.9224--⋅⨯ 13. -0.14 J 14. 2, 1 15. 7:8 16. 减小; 2R x <区域减小，在2R x >区域增大(x 为离圆心的距离)17. 0, I 0μ- 18. bba aI+lnπ20μ 19.⎪⎭⎫ ⎝⎛+1π240R I μ 20. I 0μ, 0, I 02μ21. 向着长直导线平移22.aBI 223. r I H π2=, r IH B π2μμ==24. 2ln π20IaΦμ＝25. x RIz y R I ˆ83)ˆˆ(π400μμ-+- 26. αsin π2B r -27. (Wb)24.0-, 0, (Wb)24.0 28.22IT m π三、计算题1. 解：由载流直导线磁场公式2204π2rL L rIB +=μ一段载流直线在P 点的磁场大小为22222201)(4)2(2π2x l l l xl IB +++=μ2222021π2xl xl Il++=μ正方形线圈整体在P 点的磁场大小为222220221121)π(24cos 4x l x l l I x l l B B B ++=+==μθ方向沿x 轴由B 与H的关系式得22222021)π(2xl x l l I BH ++==μ 方向沿x 轴2. 解：由毕奥—萨伐尔定律可知，两直线部分电流在其延长线上O 点产生的磁感应强度为0．半圆弧电流在O 点的磁感应强度B垂直于半圆面向上，大小为RI R I B 422100μμ==3. 解：由毕奥—萨伐尔定律和电流分布的对称性可知，半径为R 、载流I 的的圆电流在轴线上距离圆心r 处产生的磁感应强度B 沿电流I 的右旋前进方向，大小为2/32220)(2R x IRB +=μ此处设水平向右为正，则两圆电流在O 点r 处的磁感应强度为2/32222202/321221021])[(2])[(2R r l IR R r l IR B B B +-+++=+=μμ4. 解：由于细导线密绕，每匝电流都可以看作圆电流，于是宽度为r d 的圆电流(电流元)总匝数r n d 载流为r nI I d d =由圆电流在轴线上的磁场公式 x R x IRB ˆ)(22/32220+=μ 可得电流元I d 在P 点的磁场为 xr x rnIr xr x Ir B ˆ)(2d ˆ)(2d d 2/322202/32220+=+=μμA7-3-4图所有电流在P 点产生的磁场为x R x R rR x R nI x r x r r nI B B R ˆln 2ˆ)(d 2d 2222002/32220⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=+==⎰⎰μμ5. 解：建立图所示的Oxyz 平面，将导体薄片分成许多沿z 轴的“无限长”直线电流，其中一根电流的载流量为y d II d d =．利用“无限长”直线电流产生磁场的公式r I B π20μ=可得r IB '=π2d d 0μ其中22y r r +='由对称性分析可知，导体薄片上所有电流在P 点产生的磁场将沿y 轴，其大小为⎪⎭⎫⎝⎛=+==⎰⎰-r d Iy y r d rI B B d d 2arctan π2d )(π2sin d 02/2/220μμθ讨论：当∞→d 时，如果保持j dI=为恒量，由上式可得 j I B 00212ππμμ==即无穷大载流平面产生的磁场为均匀场．6. 解：带电圆盘转动时，可看作无数圆电流的磁场在O 点的叠加．取半径为ξ，宽为ξd 的圆环，其上电流ξσωξπωξπξσd 2d 2d =⋅=i它在中心O 产生的磁感应强度为：ξσωμξμd 212d d 00==i B正电荷部分产生的磁场为：r B r⎰==+00021d 21σωμξσωμ 负电荷部分产生的磁场为：)(21d 2100r R B R r -==⎰-σωμξσωμ 而题设-+=B B ，故得R=2r7. 解：电子运动速度⊥+=v v v// 由电子运动方程B e rm ⊥⊥=v v 2 得电子绕磁力线转一圈的时间为(s)1057.310100.1106.1101.914.32π2π22451931-----⊥⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===B e m r T v 电子沿着磁场方向前进一光年所需时间为(s)1015.310301.0103606024365988//⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯==v 光年s t 在这段时间里电子绕磁力线转的圈数为1029108.81057.31015.3⨯=⨯⨯==-T t N8. 解：导线中通过电流I 时，上面一段通电导线所受的安培力大小为ILB F =方向向上，使得导线跳起．由牛顿定律得 t F m d d =v 因F v 、同向，故t ILB t F m d d d ==v所以00d 0v v v m m =⎰⎰⎰==qqLBq q LB t I LB 0d d又因为gh 20=v所以，通过导线的电量为gh LBmq 2=A7-3-8图9. 解：建立如图所示的坐标系Ox ，在离“无限长”直线电流x 远处电流元l d I 受力21d d B l I F⨯=方向垂直于电流2I 向上．于是，整个电流2I 所受的力为21d d B l I F F⨯==⎰⎰大小为2ln π2d 1π22102210I I x x I I F LLμμ==⎰10. 解：(1)在均匀磁场中，圆弧⋂CD 所受的磁力与弧线通以同样的电流所受的磁力相等由安培定律得 (N)283.05.022.022=⨯⨯⨯===⋂RIB F F CD方向与CD 弧线垂直，与OD 夹角为45度，如A7-3-10图所示．(2) 线圈的磁矩 n n n IS P 22m 10π22.0π412-⨯=⨯⨯==所受磁力矩大小为夹角为与,30)6090(=-B n 30sin m B P M =215.010π22⨯⨯⨯=-m)(N 1057.12⋅⨯=- M 的方向将驱使线圈法线n转向与B 平行．11. 解：建立如A7-3-11图所示的坐标系，轴方向，沿z j平板在yz 平面内，取宽度为y d , 长直电流y j I d d =，它在P 点产生的磁感应强度大小为：,π2d π2d d 00r yj r I B μμ==方向如A7-3-11图所示将y x B B B d d d 和分解为，由对称性可知0d ==⎰x x B B ，θθcos π2d cos d d 0ryj u B B y ==又2222cos ,yx xr x y x r +==+=θ，代入上式并积分，则j u x y y jx u B B y 022021d π2d =+==⎰⎰∞∞-A7-3-9图1IO d A7-3-11图A7-3-10图12. 解：带电圆筒旋转相当于圆筒表面有面电流，单位长度上电流为ωσωσR R i =⋅=π2π2与长直通电螺线管内磁场分布类似．圆筒内为均匀磁场，ω的方向与B 一致(若0<σ，则相反)．圆筒外0=B．作如图所示的安培环路L ，由安培环路定理i ab ab B l B L⋅=⋅=⋅⎰0d μ 得圆筒内磁感应强度大小为ωσμμR i B 00==写成矢量式：ωσμμR i B 00==13. 解：(1) 如图示在CD 上距O 点r 处取线元r d ，其上带电量r q d d λ=q d 旋转对应的电流强度为 r q I d π2d π2d λωω==它在O 点产生的磁感应强度大小为rrr I B d 42d d 00⋅==πλωμμ O 点的磁感应强度大小为 aba rrB B b a aO +===⎰⎰+lnπ4d π4d 00λωμωλμ 0>λ时的方向为⊗(2) I d 的磁矩为 r r I r P d 21d πd 22m λω== 总磁矩大小为])[(d 21d 332m m a b a b r r P P ba a-+===⎰⎰+λωλω0>λ时的方向与ω相同，即⊗(3) 若a >> b ，则)31()(,ln 33a ba b a a b a b a +≈+≈+，则有 a qa b B O π4π400ωμωλμ=⋅=，其中b q λ= q a b a b P m 22213ωλω=⋅=o B及m P 的方向同前．14. 解：(1)设上下两电流在P 点产生的磁感应强度分别为1B 和2B由安培环路定理⎰∑=⋅LI l B 0d μ 可得1B 和2B的大小分别为22001π2π2xa IrIB +==μμA7-3-12图22002π2π2xa IrIB +==μμ方向如图所示．由二者叠加，可得：x x x B B B 21+=22220π22xa ax a I +⋅+⋅=μ)π(220x a Ia +=μ 0=y Bi x a Ia x B)π()(220+=μ(2) 令0)π(2d d 2220=+-=x a Iax x Bμ，得0=x ，又得0d d 22<x B所以0=x 出B 有极大值．15. 解：由电流分布具有轴对称，可知磁场分布也应有轴对称，即与轴线距离相同的场点，其场强大小相等，其方向沿以圆筒轴线为轴的过场点的圆环的切向; 又因电流无限长,场强与场点的轴向位置无关．过场点作垂直于圆筒轴线,半径为r 的圆周，由安培环路定理，有 ∑⎰==⋅i L I r B l B 0π2d μ1R r <： 0=∑i I ， 0=∴B 21R r R <<：)π(212R r j Ii-=∑rR r j B 2)(220-=μ写成矢量式为 r 21202)(e j rR r B⨯-=μ 2R r >：I R R j Ii=-=∑)π(2122rIrR R j B π22)(021220μμ=-=圆筒外部的磁场相当于全部电流集中在轴线上所产生的场．结果讨论：若R 1=0, 即电流均匀流过无限长实心圆柱，这时由上述解答易得, 圆柱内 r j B⨯=20μ；圆柱外解答不变．16. 解：由于电流分布对于平板厚度的平分面CD 对称,并且沿平面任意方向平移不变, 因此磁场亦具有平面对称性, 即在与平板距离相同的场点, 其磁感应强度相同, 且其值与场点沿板平面的位置坐标无关．磁感应强度的方向可作如下分析：沿电流方向将平板分成许多细长条，如A7-3-16图所示．取一对相对场点位置对称的细长条，由无限长直电流的场强叠加可知，合场强的方向垂直于电流方向而与板面平行．选择坐标如A7-3-16图, 由场分布的对称情况，过场点作图示矩形，使其中两对边与板面平行，由安培环路定理有∑⎰==⋅i LI Bh l B 02d μ2bx <, xh j I i 2⋅=∑， jx B 0μ= 或 x j B ⨯=0μ2b x >’j b hI i =∑， 20jbB μ=或 n 02e j b B⨯=μ 其中, n e为平板的外法线方向．17. 解：闭合曲线1L 环绕电流两圈，每一圈电流均是反向穿过，所以⎰-=⋅102d L I l B μ闭合曲线2L 可看成由2L '和2L ''两部分曲线构成，如A7-3-17图所示，加一辅助线AB ，则A L AB 2'构成一闭合回路，B L BA 2''构成另一回路，对两个回路，电流均是反向穿过，所以II I l B l B l B l B l B l B l B l B l B B L BA A L AB L BA AB L L L L 0002d d d d d d d d d 2222222μμμ-=--=⋅+⋅=⋅+⋅+⋅+⋅=⋅+⋅=⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰'''''''''这样可看作电流I 反向穿过回路2L 两次，所以有上式．A7-3-16图A7-3-17图18. 解：在半圆形电流上任取电流元l I d , 该电流元所受磁力为B l I F⨯=d d , 则此半圆弧导线受力为)d (⎰⨯=baB l I F由于磁场均匀，B可移至积分符号之外，因而有 B l I F b a ⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎰d 式中⎰b ald 为半圆弧上各有向线元l d 的矢量和，它等于由半圆一端a 到另一端b 的矢量,以l 表示,则B l I B l I F b a ⨯=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎰d上式表示,均匀磁场中半圆形载流导线所受磁力与一段连接其两端的载流直导线所受的磁力相同. 按题设, l 与B之间夹角为α, 因此磁力的大小为IRB RB I F ==αsin 2F 的方向与纸面垂直，指向纸面外．19. 解：带缺口的圆柱面电流的磁场可看作一完整均匀柱面电流的磁场和在缺口位置的密度相同、方向相反的电流的磁场的叠加．由于均匀圆柱面电流在其轴线处的磁感应强度为零, 轴线处磁感应强度由缺口的反向电流的磁场决定．而由于R b <<，缺口电流可视为无限长的载流直导线, 它在轴线处产生的磁感应强度大小RjbB π20μ=方向垂直于轴线由安培力公式, 轴线位置处的载流长直导线所受磁力大小为RIjb IB l Fπ2d d 0μ== 因为两电流平行反向，故磁力方向为垂直于导线的斥力20. 解：载流线圈在均匀磁场中所受合力为⎰⎰=⨯=⨯=0]d [d B l I B l I F所受合力矩大小为()的夹角为线圈法线与B B P B P M m mϕϕ0sin ==⨯=所以线圈处于平衡状态．但因线圈上各电流元都受到安培力作用且沿径向向外，所以线圈导线中存在张力，且各处张力相等，沿切向．T7-3-18图 bA7-3-19图如A7-3-20(a)图任取一电流元，它对圆心O 所张的角为θd ，它两端受张力T 的作用，沿径向受安培力Fd 作用，导线元处于平衡态，则 2d sin 2d θT F = 又 θd d d d IBR lB I B l I F ==⨯=因电流元足够小，θd 足够小2d 2d sinθθ≈ 于是有IBR T =本题也可通过分析一段弧的受力求解．如7-3-20(b)图，考虑半圆形载流导线受力，其所受安培力为 R IB B l I F 2d =⨯=⎰由圆线圈处于平衡态，有T F 2=故IBR T =21. 解：设小磁针的等效磁矩为m p，则小磁针在磁场中所受力矩为θθB p B p M m m -≈-=sin式中θ为m p与B 间的夹角，负号表示该磁力矩为恢复力矩，由定轴转动定律22d d tJ M θ=θθJ B p tm -=22d d J B p m =2ω， B p J T m π=2所以 =π=)2(TB J p m 2.63×10-2 A ·m 2A7-3-20(a)图⋅⋅⋅⋅⋅⋅A7-3-20(b)图⋅⋅⋅⋅⋅⋅T。

第七章恒定磁场-习题解答

解（1）r<a B dl 0 应用安培环路定理 L i 在r<a柱体内绕轴作环形回路L，其中
于是有

I
i
r2 Ii a 2 I
πr 2 B1 2πr 0 I 2 πa
B1
0 Ir
2πa 2
第七章、稳恒磁场
0 I (2)a r b : B 2r 0 I , B 2r
霍尔电势差有多大？（铜的电子浓度n=8.41028 l/m3）。解（1）根据洛伦兹力
F qv B
可判断铜片内载流子（电子）在磁场中的受力方向向右，因此右侧积聚了电子带负电，左侧因缺少电子而带等量的正电。所以左侧电势高
（2）霍耳电势差
1 IB 5 UH 2.2 10 V ne a
方向沿oo’竖直向下。
第七章、稳恒磁场
习题7-19 如图所示，一闭合回路由半径为a和b的两个同心半圆连成，载有电流I。试求（1）圆心P点处磁感应强度B的大小和方向；（2）回路的磁矩。解: （1）由磁场叠加原理
方向垂直纸面向里。（2）由磁矩定义
方向垂直纸面向里。
第七章、稳恒磁场
7-20 质谱仪的构造原理如图所示。离子源S提供质量为M、电荷为q的离子。离子初速很小，可以看作是静止的，然后经过电压U的加速，进入磁感应强度为B的均匀磁场，沿着半圆周运动，最后到达记录底片P上。测得离子在P上的位置到入 qB 2 x 2 。口处A的距离为x。试证明该离子的质量为：M
S
B dS 0
三、安培环路定理——求解磁感应强度B
B dl 0 I i
L i
四、磁场对载流导线的作用——安培力
dF Idl B

第七章恒定电流的磁场习题 (2)

Bdl 2rB 0 NI
0 NIh R2 R2 0 NI hdr ln 2. B ds R1 2r 2r R1
I
R2 R1
h
6、一半径为 4.0 cm的圆环放在磁场中，磁场的方向对环而言是对称发散的，如图所示．圆环所在处的磁感强度的大小为0.10 T，磁场的方向与环面法向成60°角．求当圆环中通有电流I =15.8 A时，圆环所受磁力的大小和方向．
2
2 R
1
1
0
因为线圈上每一电流元受力方向相同，所以合力 d F2 I d lB2 sin 90 IB cos 60 d l = 0.34 N，方向垂直环面向上．
电流元受B2的作用力
d F1 I d lB1 sin 90 IB sin 60 d l
方向指向线圈平面中心．由于轴对称，dF2对整个线圈的合力为零，即． F 0 所以圆环所受合力 F F1 0.34 N，方向垂直环面向上．
恒稳磁场整理
• 和卓辉 • 20112128 • • • • • 毕奥定理求B 求磁通量用安培环路定理求B 线圈或导线受力介质中的环路定理
1、边长为l的正方形线圈中通有电流,此线圈在A点（见图）产生的磁感应强度B为 2 ( A) 0 I 4l
2 ( B) 0 I 2l 2 ( C) 0 I 2l

⊙
60° B
解：将电流元Idl处的分解为平行线圈平面的B1和垂直线圈平面的B2两分量，则 B1 B sin 60 B2 B cos 60 分别讨论线圈在B1磁场和B2磁场中所受的合力F1与F2．电流元受B1的作用力 F d F IB sin 60 d l IB sin 60 2R 方向平行圆环线．

第7章稳恒磁场习题(包含答案)

练习八磁感应强度毕奥—萨伐尔定律(黄色阴影表示答案)一、选择题1. 如图所示，边长为l 的正方形线圈中通有电流I ，则此线圈在A 点（如图）产生的磁感强度为: A(A)l I πμ420.(B) l I πμ220.(C) lIπμ02(D) 以上均不对.2. 电流I 由长直导线1沿对角线AC 方向经A 点流入一电阻均匀分布的正方形导线框，再由D 点沿对角线BD 方向流出，经长直导线2返回电源, 如图所示. 若载流直导线1、2和正方形框在导线框中心O 点产生的磁感强度分别用B 1、B 2和B 3表示，则O 点磁感强度的大小为:A(A) B = 0. 因为 B 1 = B 2 = B 3 = 0 .(B) B = 0. 因为虽然B 1 0, B 2 0, B 1+B 2 = 0, B 3=0 (C) B 0. 因为虽然B 3 = 0, 但 B 1+B 2 0 (D) B0. 因为虽然B 1+B 2 = 0, 但 B 33. 如图所示，三条平行的无限长直导线，垂直通过边长为a 的正三角形顶点，每条导线中的电流都是I ，这三条导线在正三角形中心O 点产生的磁感强度为：B(A) B = 0 . (B) B =30I /(a ) .(C) B =30I /(2a ) . (D) B =3I /(3a ) . .4. 如图所示，无限长直导线在P 处弯成半径为R 的圆，当通以电流I 时，则在圆心O 点的磁感强度大小等于：C(A) R I πμ20. (B) RI40μ. (C) )11(20πμ-RI . (D))11(40πμ+RI .二、填空题1.如图所示,在真空中,电流由长直导线1沿切向经a 点流入一电阻均匀分布的圆环,再由b 点沿切向流出,经长直导线2返回电源.已知直导线上的电流强度为I ,圆环半径为R ，aob =180.I图A12ABCO I 图I D aIII图O · R·图I图O12RII则圆心O 点处的磁感强度的大小B = .0练习九毕奥—萨伐尔定律(续)一、选择题1. 在磁感强度为B 的均匀磁场中作一半径为r 的半球面S ，S 边线所在平面的法线方向单位矢量n 与B 的夹角为，如图所示. 则通过半球面S 的磁通量为：(A) r 2B .(B) 2r 2B . (C) r 2B sin . (D) r 2B cos .2. 如图,载流圆线圈(半径为R )与正方形线圈(边长为a )通有相同电流I ,若两线圈中心O 1与O 2处的磁感应强度大小相同,则半径R 与边长aR : a 为(A) 1:1. (B) π2:1. (C) π2:4. (D) π2:8 三、计算题1.在无限长直载流导线的右侧有面积为S 1和S 2的两个矩形回路, 回路旋转方向如图所示, 两个回路与长直载流导线在同一平面内, 且矩形回路的一边与长直载流导线平行. 求通过两矩形回路的磁通量及通过S 1回路的磁通量与通过S 2回路的磁通量之比. （此题作为悬赏题)练习十安培环路定理SBn图O 1O 2RaI I图I 图2aaaS 2S 1 b图a dI ILb c 120一、选择题2. 无限长直圆柱体，半径为R ，沿轴向均匀流有电流. 设圆柱体内(r < R )的磁感强度为B 1，圆柱体外(r>R )的磁感强度为B 2，则有：(A) B 1、B 2均与r 成正比. (B) B 1、B 2均与r 成反比.(C) B 1与r 成正比, B2与r 成反比. (D) B 1与r 成反比, B2与r 成正比.3. 在图(a )和(b )中各有一半径相同的圆形回路L 1和L 2，圆周内有电流I 2和I 2，其分布相同，且均在真空中，但在图(b ）中，L 2回路外有电流I 3，P 1、P 2为两圆形回路上的对应点，则：(A) ⎰⋅1d L l B =⎰⋅2d L l B , 21P P B B =.(B) ⎰⋅1d L lB ⎰⋅2 d L l B , 21P P B B =.(C) ⎰⋅1d L l B =⎰⋅2d L l B , 21P P B B ≠.(D) ⎰⋅1d L lB ⎰⋅2d L l B , 21P P B B≠.4. 如图所示，两根直导线ab 和cd 沿半径方向被接到一个截面处处相等的铁环上，恒定电流I 从a 端流入而从d 端流出，则磁感强度B 沿图中闭合路径的积分⎰⋅Ll B d 等于：(A) 0I . (B) 0I /3. (C) 0I /4.(D) 2I /3 .5. 如图,在一圆形电流I 所在的平面内,选取一个同心圆形闭合回路L ,则由安培环路定理可知(A) 0 d =⋅⎰Ll B ,且环路上任意点B 0.(B) 0 d =⋅⎰Ll B ,且环路上任意点B =0.(C) 0 d ≠⋅⎰L l B ,且环路上任意点B 0.(D) 0 d ≠⋅⎰Ll B ,且环路上任意点B =0.二、填空题图P 1I 1 I 2L 1(aI 3LP 2I 1 I 2(bI LO 图2. 两根长直导线通有电流I ,图所示有三种环路, 对于环路a , =⋅⎰aL l B d ;对于环路b , =⋅⎰bL l B d ;对于环路c , =⋅⎰cL l B d .I , 0, 2I .练习十一安培力洛仑兹力一、选择题2. 如图所示. 匀强磁场中有一矩形通电线圈，它的平面与磁场平行，在磁场作用下，线圈发生转动，其方向是：B(A) ab 边转入纸内，cd 边转出纸外. (B) ab 边转出纸外，cd 边转入纸内. (C) ad 边转入纸内，bc 边转出纸外. (D) ad 边转出纸外，cd 边转入纸内.5. 一电子以速度v 垂直地进入磁感强度为B 的均匀磁场中，此电子在磁场中运动的轨道所围的面积内的磁通量是(A) 正比于B ，反比于v 2. (B) 反比于B ，正比于v 2. (C) 正比于B ，反比于v. (D) 反比于B ，反比于v练习十三静磁场习题课一、选择题1. 一质量为m 、电量为q 的粒子，以与均匀磁场B 垂直的速度v 射入磁场中，则粒子运动轨道所包围范围内的磁通量m与磁场磁感强度B 的大小的关系曲线是图中的哪一条 D2. 边长为l 的正方形线圈，分别用图所示两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形baIIc c图图(A)m B OmBO(D)m BO(C)m B O(B)m B O(E)B 21/BBdc ba图共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感强度的大小分别为：(A) B1 = 0 . B2 = 0.(B) B1 = 0 .l IBπμ22 2 =(C)l IBπμ122=. B2=0 .(D)l IBπμ122=.lIBπμ222=.3. 如图, 质量均匀分布的导线框abcd置于均匀磁场中(B的方向竖直向上)，线框可绕AA轴转动,导线通电转过角后达到稳定平衡.如果导线改用密度为原来1/2的材料做,欲保持原来的稳定平衡位置(即角不变),可以采用哪一种办法(A) 将磁场B减为原来的1/2或线框中电流减为原来的1/2.(B) 将导线的bc部分长度减小为原来的1/2.(C) 将导线ab和cd部分长度减小为原来的1/2.(D) 将磁场B减少1/4，线框中电流强度减少1/4.BcbA A a dI图图IB1l(1cd ba IIB2l(2。

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3 .垂直纸面向4.mv7iR5.2. 0 T 第七章恒定磁场答案一、选择题1.D注释：四段载流直导线在0点的磁场，B = 4上也-(cos45-cos 135)。

.a471 —22.B注释：思路同上题，由一段载流直导线的磁场分布公式B=M(cosq-cos0,),可分别求出两段载4加3 1流导线在0点的磁感应强度£ = 0, &2 = N兀，和£ ==兀o3.D注释：由磁场的高斯定理0S =-0圆=-Brer2 COS6Z4.D注释：对磁场安培环路定理的记忆和电流正负的判断，a回路的方向与I方向满足右手定则故积分结果应为^B-dl=^I,对于b回路内部电流代数和为零，故＜^B-dl = 0,对于c回路两个电流均满足右手a b定则，故积分结果^B dl = 2//07 oC5.B注释：此题考察对磁场安培环路定理的理解，B沿某回路的线积分仅取决于回路内所包围电流的代数和，而与电流的形状和分布无关，但回路上各点的B应取决于电流的具体分布，由此可得到正确答案。

6.C注释：载流线圈在磁场中所受最人磁力矩为M max = mB ,由此可知M max = I K R2B。

7.A注释：运动电荷垂至于B的方向进入磁场后将作匀速圆周运动，因此可等效为一个圆电流，而载流线圈的磁矩可表示为m = IS ,其^S=TV R2=^-(―)2,1=- =，带入磁矩表达式，可得答案。

eB T 2/mqB&D注释：略。

9.C注释：由洛仑兹力的特性，始终垂直与运动电荷的速度方向，所以洛仑兹力不改变运动电荷的速度大小，只改变其方向，所以洛仑兹力对电荷不做功，但其动量发生了变化。

10.B注释：运动电荷垂至于B的方向进入磁场后将作匀速圆周运动，轨道曲线所围的面的磁通量为：(/)= BS = B TV^2= ,由此可得答案。

qB q-B11.B注释：矩形线框左边框受力方向向右且较大，右边框受力向左且较小，所以整个载流线框受合力向右,所以要远离。

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第7章恒定磁场一、选择题1.磁场可以用下述哪一种说法来定义？[](A)只给电荷以作用力的物理量(B)只给运动电荷以作用力的物理量(C)贮存有能量的空间(D)能对运动电荷作功的物理量2.空间某点磁感应强度的方向，在下列所述定义中错误的是[](A)小磁针N极在该点的指向(B)运动正电荷在该点所受最大的力与其速度的矢积的方向(C)电流元在该点不受力的方向(D)载流线圈稳定平稳时，磁矩在该点的指向3.下列叙述中错误的是[](A) 一根给定的磁力线上各点处的B的大小一定相等一(B)一根给定的磁力线上各点处的〃的方向不一定相同(C)均匀磁场的磁力线是一组平行直线(D)载流长直导线周围的磁力线是一组同心圆坏4.下列关于磁力线的描述中正确的是[](A)条形磁铁的磁力线是从N极到S极的(B)条形磁铁的磁力线在磁铁内部是从S极到N极的(C)磁力线是从N极出发终止在S极的曲线(D)磁力线是不封闭的曲线5.下列叙述中不能正确反映磁力线性质的是[](A)磁力线是闭合曲线(B)磁力线上任一点的切线方向为运动电荷的受力方向(C)磁力线与载流回路彖环一样互相套连(D)磁力线与电流的流向互相服从右手定则6.关于磁场之I'可的相互作用有下列说法,其屮正确的是[](A)同性磁极相吸，异性磁极相斥(B)磁场屮小磁针的磁力线方向只有与磁场磁力线方向一致时,才能保证稳定平稳(C) 小磁针在非均匀磁场中一定向强磁场方向运动 (D) 在涡旋电场中，小磁针沿涡旋电场的电场线运动7. 一电荷放置在行驶的列车上，相对于地面来说，电荷产生电场和磁场的情况将是[](A) (B)只只产生产生电场磁场(C)既产生电场，又产生磁场 (D)既不产生电场，又不产生磁场 T7-1-7图8. 通以稳恒电流的长直导线，在其周阖产生电场和磁场的情况将是 [](A)只产生电场 (B) 只产生磁场(C) 既产生电场，又产生磁场 (D) 既不产生电场，乂不产生磁场9. 在电流元I d/激发的磁场中，若在距离电流元为r 处的磁感应强度为d B .则下列叙述中正确的是(C) dB 一的方向垂直于/d 乙与[组成的平面二T7-1-9图 (D) dB 的方向为(-厂)方向10. 决定长直螺线管中磁感应强度大小的因素是 [](A)通入导线中的电流强度 (B)螺线管的体积(C)螺线管的直径(D)与上述各因素均无关一-11. 磁场的高斯定理B-dS= 0,说明S[](A)穿入闭合曲血的磁感应线的条数必然等于穿出的磁感应线的条数(B) 穿入闭合曲面的磁感应线的条数不等于穿出的磁感应线的条数[](A) d B 一的方向与r 方向相同一(B) dB 的方向与/d/方向相同 dl(C) 一根磁感应线可以终止在闭合曲面内 (D) 一根磁感应线不可能完全处于闭合曲面内13. 磁场中的高斯路理JJ BdS= 0说明了磁场的性质之一是[](A)磁场力是保守力(B)磁力线可能闭合 (C)磁场是无源场(D)磁场是无势场14. 若某空间存在两无限长直载流导线，空间的磁场就不存在简单的对称性.此时该磁场的分布[](A)可以直接用安培环路定理来计算 (B) 只能用安培环路定理来计算 (C) 只能用毕奥-萨伐尔定律来计算(D) 可以用安培环路定理和磁场的叠加原理求出15.对于安培环路定律I ,在下面说法中正确的是[](A)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)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人小16. 在圆形电流的平面内取一同心圆形坏路，由于环路内无电流穿过，所以§H・d/[](A)圆形环路上各点的磁场强度为零(B) 圆形环路上各点的磁场强度方向垂直于环路平面 (C) 圆形坏路上各点的磁场强度方向指向圆心 (D) 圆形环路上各点的磁场强度方向为该点的切线方向12.安培环路定律/说明了磁场的性质之一是[](A)磁力线是闭合曲线(C)磁场是无源场(B)磁场力是保守力 (D)磁场是无势场17.下述情况中能用安培坏路定律求磁感应强度的是[](A) 一段载流直导线 (C) 一个环形电流(B) 无限长直线电流 (D) 任意形状的电流1& 取一闭合积分回路L,使三根载流导线穿过L 所围成的面.现改变三根导线之间的相互间隔，但不越出积分回路，则[](A)回路厶内的》/不变，厶上各点的8不变(B)回路厶内的工/不变,L 上各点的B 改变变，厶上各点的B 不变 (D)冋路厶内的》/改变，厶上各点的B 改变19.边长为L 的一个正方形线圈屮通有电流/,则线圈中心的磁感应强度的大小将](A)与厶成正比 (B)与厶成反比(C)与厶无关(D)与厶*成正比T7-1-19图 20. 一无限长直圆柱体，半径为沿轴向均匀流有电流. 磁感应强度大小为Bi,圆柱体外(r>R )感应强度大小为B2,则有[1(A) 31、均与厂成正比设圆柱体内(r<R )的 (B) B 、、B 2均与厂成反比(C) B\与F •成反比,与厂成正比(D) B 1与F •成正比，〃2与r 成反比 T7-1-20图21.如T7-1-21图所示，两根载有相同电流的无限长直导线，分别通过x 】 = l 和兀2=3的点，且平行于尹轴.由此可知,磁感一应强度B 为零的地方是 O12 3 x T7-1-21 图[](A) x=2的直线上(B) x>2的区域(C) x<l 的区域 (D)不在平而内22・一个半径为R 的圆形电流厶其圆心处的磁场强度大小为[1(A)4R (B)(C) 0(D)— 2R23. 有一个圆形冋路1及一个正方形冋路2,圆的直径和正方形回路的边长相等，二者屮通有大小相等的电流，它们在各自屮心产生的磁感应强度的大小之比BJB.为[](A) 0.90(B) 1.00(C) 1.11 (D) 1.2224. 一载有电流I 的细导线分别均匀密绕在半径为R 和r 的长直圆筒上形成两个螺线管(R = 2r ),两螺线管单位长度上的匝数相等•两螺线管屮的磁感应强度大小B R 和B r 应满足关系[](A) B R =2 B 丫 r(D) B R = 4 B r25. 两根载有相同电流的通电导线，彼此之间的斥力为F.如果它们的电流均增加一倍,相互之间的距离也加倍,则彼此之间的斥力将为变为FF[](A)—(B)— (C)F (D) 2F4226. 两束阴极射线(电子流)，以不同的速率向同一方向发射，则两束射线间[](A)存在三种力：安培力、库仑力和洛仑兹力 (B) 存在二种力:库仑力和洛仑兹力 (C) 存在二种力：安培力和洛仑兹力 (D) 只存在洛仑兹力27. 可以证明，无限接近长直电流处(r->0)的B 为--有限值.可是从毕一萨定律得到的长直电流的公式屮得出，当尸一0时B-8.解释这一矛盾的原因是 [](A)毕一萨定律得出的过程不够严密(B) 不可能存在真正的无限长直导线 (C) 当尸一0 口寸，毕一萨定律已不成立 (D) 毕一萨定律是一个近似理论28. 运动电荷受洛仑兹力后，其动能、动量的变化情况是[](A)动能守恒(B)动量守恒(C)动能、动量都守恒(D)动能、动量都不守恒29. 运动电荷垂直进入均匀磁场后，下列各量中不守恒是T7亠23图(B)B R =B 「 (C) 2B R =B[](A)动量(B)关于圆心的角动量(C)动能(D)电荷与质量的比值30. —电量为g 的带电粒子在均匀磁场中运动，下列说法中正确的是 [](A)只要速度大小相同,粒子所受的洛仑兹力就相同(B) 在速度不变的前提下，若电荷q 变为一么则粒子受力反向，数值不变 (C) 粒子进入磁场后，其动能和动量都不改变 (D) 洛仑兹力与速度方向垂直,所以其运动轨迹是圆31. 一个长直螺线管通有交流电，把一个带负电的粒子沿螺线管的轴线射入管屮，粒子将在管屮作 ](A)圆周运动 (B)沿管轴来回运动(C)螺旋线运动 (D)匀速直线运动T7-1-31图32. 一束正离子垂直射入一个均匀磁场与均匀电场互相平行且同向的区域.结果表明离子束在一与入射束垂直放置的荧光屏上产生一条抛物线,则所有粒子有相同的 [](A)动能(B)质量(C)电量(D)荷质比 T7-1-32图33. 质量为〃?、电量为g 的带电粒子，以速度v 沿与均匀磁场E 成g 角方向射入磁场，英轨迹为一螺旋线.若要增大螺距，应34. 在一个由南指向北的匀强磁场中，一束电子垂直地向下通过_B此 (C) [ ] (A)磁场，受到由由磁场对西下指向上指向它东的作用力的力•向耳V® 0 0T7-1-34 图—11 11 111[](A)增大磁场B (C)减小速度v (B)减少磁场B _(D) 增加夹角q(B)(D)由由北东指向指向南西35. 一电子在垂直于一均匀磁场方向作半径为R 的圆周运动，电子的速度为v ，忽略电子产生的磁场，则此轨道内所包圉面积的磁通量为x BxnmvRT7亠35图36. 一带电粒子垂直射入均匀磁场中，如果粒子质量增大到原来的两倍，入射速度增大到两倍，磁场的磁感应强度增大到4倍，忽略粒子运动产生的磁场，则粒子运动轨迹所包围范围内的磁通量增大到原来的1 1 [](A)2 倍 (B)4 倍(C)2 倍(D)4倍37. 一电子以速度丿垂直地入射到一磁感应强度为B 的均匀磁场中•忽略其电子产生的磁场,此时电子在磁场中运动的轨道所圉面积的磁通量 [](A)正比于3,正比于v 2 (B)反比于B,反比于v 2(C) 正比于5正比于v(D)反比于5反比于v38. 图中六根无限长导线相互绝缘，通过的电流均为/,区域I 、II 、均为相等的正方形.问哪个区域垂直指向里的磁通量最大？1(B) II 区/ III IV (C)III 区(D) IV 区T7-1-38 图39. 在某均匀磁场中放置有两个平面线圈,其面积S]二2S2,通有电流人二2/2,它们所受的最大磁力矩之比M 2为[](A)1 (B)2 (C)4 (D) 1/440. 有一由N 匝细导线绕成的平而正三角形线圈，边长为°,通有电流/,置于均匀外磁场3中.当线圈平面的法向与外磁场同向时，线圈所受到的磁力矩大小为 [](A) 3Na 岳/ 2(B) 3Na 炼 /4[](A)eR 2(B) emR (C)——eR(D)兀u41.一直径为2.0cm、匝数为300匝的圆线圈，放在5xl0'2T的磁场中，当线圈内通过10mA的电流时，磁场作用于线圈的最大磁力矩为[](A) 4.7 N.m (B) 4.7xlO'2N.m(C) 4.7x1 O'5 N.m (D) 4.7x10-4 N.m42.有一直径为8 cm的线圈，共12匝，通以电流5 A.现将此线圈置于磁感应强度为0.6 T的匀强磁场屮，则[](A)作用在线圈上的最大磁力矩为M=18N.m(B)作用在线圈上的最大磁力矩为M=1.8N.m(C)线圈正法线与B成30。

第7章习题答案

方向:垂直指向长直导线
I2
b
F AD
C l
F CD
D
习题答案
第七章恒定磁场
7-30 一直流变电站将电压500kv
的直流电,通过两条平行输电线输向远方,已知两平行输电线单位长度的
电容为3.01011F.m 1，若导线间的静 I
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.
I
习题答案
解: qEqvB
E vB
UEdvBd v= U 0.625m/s
Bd
第七章恒定磁场
习题答案
第七章恒定磁场
7-29 如图所示，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AB、BC
B
C
以及回路上的合力.
已知 d = 1.0 cm， b = 8.0 cm，l = 0.12 m .
习题答案
7-13
dI
dB 0 2πR
第七章恒定磁场
y
RI
dI I RdId
πR
π
dB
dI
o
x
dB
dBx dBsin
0dI
2πR
sin
0I sind
2π2 R
B B x d B x 0 2 π 0 2 IR sid n π 2 0 R I
B
0
π2
I R
i
习题答案
第七章恒定磁场
dFB0dIL B0 jdlL
FddFS ddlFLB0j
B
2 2
B
2 1
20
方向:垂直平面向左
习题答案
第七章恒定磁场
7-35 如图所示,一根长直同轴电缆，内、外导体之间充满磁介质，磁介质的相对磁导率为

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第七章恒定磁场
1．均匀磁场的磁感强度B
垂直于半径为r 的圆面．今以该圆周为边线，作一半球面S ，则通
过S 面的磁通量的大小为（ B ） (A) B r 22π． (B) B r 2π． (C) 0． (D) 无法确定的量．
2．载流的圆形线圈(半径a 1 )与正方形线圈(边长a 2 )通有相同电流I ．若两个线圈的中心O 1 、O 2处的磁感强度大小相同，则半径a 1与边长a 2之比a 1∶a 2为（ D ） (A) 1∶1 (B) π2∶1 (C) π2∶4 (D)
π2∶8
3．如图，两根直导线ab 和cd 沿半径方向被接到一个截面处处相等的铁环上，稳恒电流I 从
a 端流入而从d 端流出，则磁感强度B 沿图中闭合路径L 的积分⎰⋅L
l B
d 等于（ D ）
(A) I 0μ． (B)
I 03
1
μ． (C) 4/0I μ． (D) 3/20I μ．
4．在匀强磁场中，有两个平面线圈，其面积A 1 = 2 A 2，通有电流I 1 = 2 I 2，它们所受的最大磁力矩之比M 1 / M 2等于（ C ） (A) 1． (B) 2． (C) 4． (D) 1/4．
5．如图所示，无限长直导线在P 处弯成半径为R 的圆，当通以电流I 时，则在圆心O 点的磁感强度大小等于（ D ） (A) R I π20μ； (B) R
I
40μ； (C)
)11(40π+R I
μ； (D) )1
1(20π
-R I μ。

6．如图所示，处在某匀强磁场中的载流金属导体块中出现霍耳效应，测得两底面M 、N 的电势差为
V V V N M 3103.0-⨯=-，则图中所加匀强磁场的方向为（ C ）
（A ）、竖直向上；（B ）、竖直向下；（C ）、水平向前；（D ）、水平向后。

1、一根同轴线由半径为R 1的长导线和套在它外面的内半径为R 2，外半径为R 3的同轴导体圆筒组成，中间充满磁导率μ的各向同性均匀非铁磁绝缘材料，如图。

传导电流I 沿导线向上流去，由圆筒向下流回，在它们的截面上电流都是均匀分布的，求同轴线内外的磁感强度大小B 的的分布。

（10分）
解：由安培环路定理：∑⎰=⋅I
l d H
，
0<r<R 1区域：2
102121
2
2,2,2R Ir B R Ir H R Ir
rH
πμππ==
=（3分）
R 1<r<R 2区域：r
I
B r I H I rH πμππ2,2,2=
=
=（3分）；
R 2<r<R 3区域：
(
)(
)
()()()分分分112,112,1222232
222
2232
222
2232
2
22⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛---==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=
---
=R R R r r uI H B R R R r r I H R R R r I I rH πμππππ r>R 3区域：H=0，B=0（1分）
2、在均匀磁化的无限大介质中挖去一半径为r ，高度为h 的圆柱形空穴，其轴平行于磁化强度矢量M
，试证明：（1）对于
细长空穴（h ） r ）,空穴中点的H 与磁介质中的H 相等；（2）对于扁平空穴（h 《r 》，空穴中的B 与磁介质中的B 相
等。

解:设介质中没有挖出空腔时,观察点上的磁感应强度为B ' ,它也就是介质中的B
,现挖一个圆柱形空腔,使原观察点位于此空腔轴线中心,而轴线平行于M
,则空腔表面的束缚分子电流n M i
⨯='(2分),n 是介质表面的外法线,现在n
逆半径方向指
向轴线(见附图)故i '
与M
成左旋关系,
i '
在空腔中产生附加场B ' (2
分);(1)当r 《h 时，相当于细长螺细管故：
M B i B 00,μμ-=''='
（2分）
腔内轴线中点：H M B B B B 00
μμ=-='+=腔(2
分),H
是介质中的磁场强度,而空腔内轴线中点的磁场强度
为:H B H
==腔腔0
1μ(2分);(2)当r>>h,则B '=0, B B B B ='+=腔(2分)
3、有一圆柱形无限长导体，其磁导率为u ，半径为R ，今有电流I 沿轴线方向均匀分布，求：（1）导体内任一点的B ；（2）
导体外任一点B ；（3）通过长为L 的圆柱体的纵截面的一半的磁感应通量
解:在导体内过距轴线为r 的任一点P(见附图)作一个与轴垂直,圆心在轴线上,半径为r 的圆周做为积分路径,此圆周与磁力线
重合,而且沿圆周H 是常数⎰=⋅∴rH
l d H π2
(1分);根据安培环路定理:
⎰∑=⋅I
l d H (1分),
因导体内电流均匀
分布,电流密度是
2
R I
j π=
(2分),在半径为r 截面中,
22
2
2
2,2R Ir H I R r rH I R r j r I πππ=⎪⎭
⎫
⎝⎛=∴⎪⎭⎫ ⎝⎛=⋅=∑(2分)2
002R
Ir
H B
πμμμμ=
=(2分) (2)在导线外一点以过点这一点而圆心在轴线上的圆周做为积分路线,同样是:
∑⎰==⋅I
rH l d H π2
(2分),现在r>R,故
I I =∑；r
I B r H πμμπ2,21
0==
(2分)
(3)πμμπμμφ4200
200IL
rdr R IL BLdr S d B R R ===⋅=⎰⎰⎰ (2分)
4、一铁环中心线周长为30cm ，横截面积为1.0cm 2,在环上紧密地绕有300匝表面绝缘的导线，当导线中通有电流32毫安时，
通过环的横截面的磁感应通时为2.0⨯10-6韦伯。

求：（1）铁环内部磁场强度的大小B ；（2）铁环内部磁场强度的大小H ；（3）铁的磁化率m χ和（相对）磁导率u ；（4）铁环的磁化强度的大小M 。

（10分）解:(1)T S
B
2100.2-⨯==
φ
(2分);(2)现磁力线是同心圆周,故以环的中心线为积分路径:RH
L d H π2=⋅⎰
(2分),
根据安培环路定理()()
m A R NI H NI I l d H 3230
.010323002;23
=⨯⨯==
∴==⋅-∑⎰π分 (2分)
(3)
2
2720100.51,100.532
104100.2⨯=≈-=⨯=⨯⨯⨯==--μμχπμμm
H B (1
分);(4)m A H M
m /106.14⨯==χ(1分)
5、一同轴线由很长的两个同轴的圆筒构成，内筒半径为1.0mm ，外筒半径为7.0mm,有100A 的电流由外筒流去内筒流回，
两筒的厚度可忽略。

两筒之间的介质无磁性（μ=1）求：（1）介质中的磁能密度m W 分布；（2）单位长度（1米）同轴线所储藏的磁能m W
解: (1)根据安培环路定理,两导体之间r i B πμ20=(2分); 2
2200282r
i B W m πμμ==∴(2分)
(2)对于由半径r 和r+dr 长为l 的圆柱壳状,体元rLdr d πτ
2=,其中磁能为:
a b
L i r dr L i dW W r dr L i rLdr r
i d W dW b a m m m m ln 44,4282020202220πμπμπμππμτ===⋅=⋅=⋅=⎰⎰(2分)
a 和
b 是同轴线内筒外半径及内外筒内半径,单位长度同轴线所储磁能:
()())1(109.1)1(0
.10.7ln 4100/104)2(ln 432
27200分分分j A m N a b i L W W m
m --⨯=⨯===
πππμ。