《新编基础物理学答案》_第11章.doc

1、第 11 章 恒定电流与真空中的恒定磁场 1 第 11 章 恒定电流与真空中的恒定磁场 11-1 电源中的非静电力与静电力有什么不同？ 答：在电路中，电源中非静电力的作用是，迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极移 动到高电位的电源正极，使两极间维持一定的电位差。而静电场的作用是在外电路中把正电 荷由高电位的地方移动到低电位的地方，起到推动电流的作用；在电源内部正好相反，静电 场起的是抵制电流的作用。 电源中存在的电场有两种：1、非静电起源的场；2、稳恒场。把这两种电场与静电场比较， 静电场由静止电荷所激发，它不随时间的变化而变化。非静电场不由静止电荷产生，它的大 小决定于单位正电荷所受的非

2、静电力， 。当然电源种类不同， 的起因也不同。kFEqkF 11-2 静电场与恒定电场有什么相同处和不同处？为什么恒定电场中仍可应用电势概念？ 答：稳恒电场与静电场有相同之处，即是它们都不随时间的变化而变化，基本规律相同，并 且都是位场。但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生，电荷本身却在移动。 正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化，因此静电场的两条基本定理，即高斯定理和 环路定理仍然适用，所以仍可引入电势的概念。 11-3 一根铜导线表面涂以银层，当两端加上电压后，在铜线和银层中，电场强度是否相同？ 电流密度是否相同？电流强度是否相同？为什么？ 答：此题涉及知识点：电流强度 ，电流密度概

3、念，电场强度概念，欧姆定律的微dsIj 分形式 。设铜线材料横截面均匀，银层的材料和厚度也均匀。由于加在两者上的电jE 压相同，两者的长度又相等，故铜线和银层的场强 相同。由于铜线和银层的电导率 不同，E 根据 知，它们中的电流密度 不相同。电流强度 ，铜线和银层的 不同jjdsIjj 但相差不太大，而它们的横截面积一般相差较大，所以通过两者的电流强度，一般说来是不 相同的。 11-4 一束质子发生侧向偏转，造成这个偏转的原因可否是： （1）电场？ （2）磁场？ （3）若是电场或者是磁场在起作用，如何判断是哪一种场？ 答：造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。可以改变质子的运动方向，通过质子观察

4、运动 轨迹来判断是电场还是磁场在起作用。 第 11 章 恒定电流与真空中的恒定磁场 2 11-5 3 个粒子，当它们通过磁场时沿着如题图 11-5 所示的路径 运动，对每个粒子可作出什么判断？ 答：根据带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力规律，通过观察运 动轨迹的不同可以判断三种粒子是否带电和带电种类。 11-6 一长直载流导线如题图 11-6 所示，沿 Oy 轴正向放置，在 原点 O 处取一电流元 ，求该电流元在（ a，0，0） ，dIl （0，a，0） ， （a，a，0） ， （a，a，a）各点处的磁感应强度 。B 分析：根据毕奥-萨伐尔定律求解。 解：由毕奥-萨伐尔定律 03d.4Irl 原点

5、 O 处的电流元 在（a ，0，0）点产生的 为：Il 0332dd()444IIljiBalkk 在（0，a，0）点产生的 为：dIl 0032dd(),44IlIlajj 在（a，a，0）点产生的 为：dIl0 023dd().4162IlIljaijBka 在（a，a，a）点产生的 为dIl 0 023dd()().46IlIlaajijkik 题图 11-5 题图 11-6 第 11 章 恒定电流与真空中的恒定磁场 3 11-7 用两根彼此平行的长直导线将半径为 R 的均匀导体圆环 联到电源上，如题图 11-7 所示， b 点为切点，求 O 点的磁感应 强度。 分析：应用毕奥-萨伐尔定

6、律分别求出载流直导线 L1 和 L2 以及 导体圆环上并联的大圆弧 和小圆弧 在 O 点产生的磁大a大a 感应强度，再利用磁感应强度的矢量叠加来求解。 解：先看导体圆环，由于 和 并联，设大圆弧有电流 ，小圆弧有电流 ，必有：大b大 1I2I12IR大 小 由于圆环材料相同，电阻率相同，截面积 S 相同，实际电阻与圆环弧的弧长 和 有关，l大 小 即： 12,Il大 小 则 在 O 点产生的 的大小为1I1B012,4IlR大 而 在 O 点产生的 的大小为2I2021.4IlB小 和 方向相反，大小相等.即1B2 。120 直导线 在 O 点产生的1L 。3B 直导线 在 O 点产生的2 ，

7、方向垂直纸面向外。RI40 则 O 点总的磁感强度大小为 IB400 方向垂直纸面向外 题图 11-7 第 11 章 恒定电流与真空中的恒定磁场 4 11-8 一载有电流 的长导线弯折成如题图 11-8 所示I 的形状，CD 为 1/4 圆弧，半径为 R，圆心 O 在 AC，EF 的延长线上 .求 O 点处磁场的场强。 分析：O 点的磁感强度 为各段载流导线在 O 点产生 磁感强度的矢量和。 解：因为 O 点在 AC 和 EF 的延长线上，故 AC 和 EF 段对 O 点的磁场没有贡献。 CD 段 00,48CDIBR DE 段 0 002(cos513).4/DEI IaR O 点总磁感应强

8、度为 0012824DECIIBR 方同垂直纸面向外. 11-9. 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线 和 ，相距1L2 0.1m，通有方向相反的电流， =20A, =10A，如题图11-9所示1I2 ， 两点与导线在同一平面内这两点与导线 的距离均为ab 2 5.0cm试求 ， 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的 点的位置 分析：先根据无限长载流直导线的磁感应强度公式，由矢量叠加即可求出空中某场点的合场 强。 解：如题图 9-8 所示, 方向垂直纸面向里aB 401021.0(T)2(.5).aII 方向垂直纸面向外b 50201.310().5(.5)bIIB 题图 11-8 题

9、图 11-9 第 11 章 恒定电流与真空中的恒定磁场 5 设 在 外侧距离 为 处0B2L2r 则 0102(.)IIrr 解得 .m 11-10 如题图 11-10 所示一无限长薄电流板均匀通有电流 ，电流板I 宽为 ，求在电流板同一平面内距板边为 的 P 点处的磁感应强度。aa 分析：将无限长薄电流板分割成许多无限长载流直导线，应用无限长 载流直导线产生的磁场 公式，然后积分求解总的磁感应强度。注意dB 利用场的对称性。 解：在电流板上距 P 点 x 处取宽为 并平行于电流 的无限长窄条，.xI 窄条中的电流为 d.Ia 在 P 点处产生的磁感强度为dI 方向垂直纸面向里。0,2IBx

10、整个电流板上各窄条电流在 P 点处产生的 方向相同，故d2000dln2aIIIBxa 方向垂直纸面向里。 11-11 在半径 的“ 无限长” 半圆柱形金属薄片中，有电1cmR 流 自下而上地通过，如题图 11-10 所示。试求圆柱轴线5IA 上一点 P 处的磁感应强度。 分析：将半圆柱形金属薄片分割成许多无限长载流直导线，应 用无限长载流直导线产生的磁场 公式，将 按坐标轴分解dB 后再积分求解总的磁感应强度。注意利用场的对称性。 解：如解 11-10 图所示，无限长载流半圆形金属薄片可看成由 许多宽为 的无限长电流窄条所组成，每根导线上的dlR 电流在 P 点产生的磁场 大小为 ，方向按右

11、手dB0d2IR 螺旋法则确定。 解图 11-10 解 11-10 图 题图 11-10 题图 11-11 第 11 章 恒定电流与真空中的恒定磁场 6 ddIlR02.IB 由于各电流窄条产生的磁场方向各不相同，应按坐标轴分解将矢量积分化为标量积分，即 0022ddsinsin,xxIIR0coco.yyB 所以 50246.371(T)1xIR 方向向右。 11-12 在半径为 R 及 r 的两圆周之间，有一总匝数为 N 的均匀 密绕平面线圈（如题图 11-12）通有电流 ，求线圈中心（即两I 圆圆心）处的磁感应强度。 分析：将密绕平面线圈分割成许多同心的圆电流，利用载流圆环 在其圆心处产

12、生的磁场 公式求解，然后再积分求解总的磁感dB 应强度。 解：由于载流螺旋线绕得很密，可以将它看成由许多同心的圆电 流所组成，在沿径向 r 到 R 范围内，单位长度的线圈匝数为 .Nn 任取半径 ，宽为 d的电流环，该电流环共有电流为 .IRr 该电流环在线圈中心产生的磁感强度大小为 00dd.2()INBInr 圆心处总磁感强度大小 00ddln,2()2()RrIIRr 方向垂直纸面向外。 11-13 如题图 11-13 所示，在顶角为 的圆锥台上密绕以线圈，共 N 匝， 通以电流 ，绕有线圈部分的上下底半径分别为 和 .求圆锥顶 O 处的磁感I rR 应强度的大小. 题图 11-12 题

13、图 11-13 第 11 章 恒定电流与真空中的恒定磁场 7 分析：将密绕线圈看成许多载流圆环，利用载流圆环在其轴线上产生的磁场公式 公式，dB 再积分求解总的磁感应强度。 解：只要将题 11-12 中的均匀密绕平面线圈沿通过中心的轴垂直 上提，便与本题条件相一致，故解题思路也相似。 如解图 11-12 建立坐标，取半径为 ， 宽为 d的电流环的密绕线 圈，其含有匝数为 ，dNRr 通电流为 .Ir 因为 ， 。cotxdcotx 半径为 的一小匝电流在 O 点产生的 大小为B22003/ 3/d(+)(+cot)()I NIBxRr003sind.2cs()2()NIIRrr 所有电流产生的

14、磁场方向均沿 x 轴，所以其磁感强度大小为 3300insindl.2()2()RrINIRBr 11-14 半径为 R 的木球上绕有细导线，所绕线圈很紧密，相邻的线圈彼此平 行地靠着，以单层盖住半个球面共有 N 匝，如题图 11-14 所示。设导线中通有 电流 ，求在球心 O 处的磁感应强度。I 分析：考虑线圈沿圆弧均匀分布，利用载流圆环在其轴线上产生的磁感应强度 公式求解，再积分求解总的磁感应强度。 解：建立如解图 11-14 所示坐标， 轴垂直线圈平面，考虑线圈沿圆弧均匀分x 布，故在 内含有线圈的匝数为dx2dd./NNlR 线圈中通电流 时，中心 O 点处磁感强度为I203/.()I

15、yBx 因为 解图 11-12 解图 11-13 题图 11-14 第 11 章 恒定电流与真空中的恒定磁场 8 sin,cos,xRy 对整个半球积分求得 O 点总磁感强度为 203/dd()IBNxy20cosINR04IR 方向沿 x 轴正向。 11-15 一个塑料圆盘，半径为 R，带电 q 均匀分布于表面，圆盘绕通过圆心垂直盘面的轴转 动，角速度为 .试证明 （1）在圆盘中心处的磁感应强度为 02B （2）圆盘的磁偶极矩为 m14pq 分析：均匀带电圆盘以角速度 旋转时相当于圆电流，利用载流圆环在其圆心处产生的磁场 公式求解，再积分求解总的磁感应强度。 解：（1）在圆盘上取一个半径为

16、、宽为 的细圆环，其所带电量为rd2dqqrR 圆盘转动后相当于圆电流 22dInr 若干个圆电流在圆心产生的磁感强度为 0002dRIqBrR （2）细圆环的磁矩为 32m2ddqrpSIr 转动圆盘的总磁矩为 32m201d4RqrpR 方向沿轴向。 11-16 已知一均匀磁场的磁感应强度 B=2T，方向沿 x 轴正方 向，如题图 11-16 所示。试求 : （1）通过图中 ABCD 面的磁通量； （2）通过图中 BEFC 面的磁通量； 题图 11-16 第 11 章 恒定电流与真空中的恒定磁场 9 （3）通过图中 AEFD 面的磁通量。 分析：应用磁通量概念求解。 解：（1）取各面由内向

17、外为法线正方向。则 穿入22cos40130.4(Wb)ABCDABS （2） .EFEFC （3） 穿出cs.2(b)ADAAEFDS 11-17 如题图 11-17 所示，在长直导线 AB 内通有电流 ，有一与之共面I 的等边三角形 CDE，其高为 ，平行于直导线的一边 CE 到直导线的距离h 为 。求穿过此三角形线圈的磁通量。b 分析：由于磁场不均匀，将三角形面积分割成许多平行于长直导线的狭条， 应用磁通量概念求出穿过狭条面元的磁通量，然后利用积分求出穿过三角 形线圈的磁通量。 解：建立如解图 11-17 所示坐标，取距电流 AB 为 远处的宽为 且与 ABxdx 平行的狭条为面积元 d

18、2()tan30d.Sbhx 则通过等边三角形的磁通量为 0()tbhSIBxx 0033d()ln.bh Ibh 11-18 一根很长的圆柱形实心铜导线半径为 ，均匀载流为 。RI 试计算： （1）如题图 11-18（a）所示，导线内部通过单位长度导线剖 面的磁通量； （2）如题图 11-18（a）所示，导线外部通过单位长度导线剖 面的磁通量. 分析 解此题需分以下两步走：先由安培环路定理求得导线内、 外的磁感应强度分布情况；再根据磁通量的定义式 来求解。dBS 解 由磁场的安培环路定理可求得磁感应强度分布情况为 解图 11-17 题图 11-18 题图 11-17 第 11 章 恒定电流与

19、真空中的恒定磁场 10 02()IrBR内外 然后求磁通量。沿轴线方向在剖面取面元 ，考虑到面元上各点 相同，故穿过dSlrB 面元的磁通量 ，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量。dBS (1)导线内部通过单位长度导线剖面的磁通量 00204RRIrI内 内 (2)导线外部通过单位长度导线剖面的磁通量. 20dlnRIBr外 外 11-19 如题图 11-19 所示的空心柱形导体，柱的内外半径分别为 和 ，ab 导体内载有电流 ，设电流 均匀分布在导体的横截面上。求证导体内II 部各点（ ）的磁感应强度 B 由下式给出：arb . 202()IB 分析：应用安培环路定理求解。注意环路中电流的

20、计算，应该是先求出 载流导体内电流密度，再求出穿过环路的电流。 证明：载流导体内电流密度为 2()Iba 由对称性可知，取以轴为圆心， 为半径的圆周为积分回路 ，则由安培环路定理rLliIB0d 得 22002()raraIb 从而有 202()IrBba 11-20 有一根很长的同轴电缆，由两个同轴圆筒状导体组成，这两个圆筒 状导体的尺寸如题图 11-19 所示。在这两导体中，有大小相等而方向相反 的电流 流过。求:I 题图 11-19 题图 11-20 第 11 章 恒定电流与真空中的恒定磁场 11 （1）内圆筒导体内各点（ ）的磁感应强度 B；ra （2）两导体之间（ ）的 B；b （3

21、）外圆筒导体内（ ）的 B；c （4）电缆外（ ）各点的 B。r 分析：应用安培环路定理求解。求外圆筒导体内（ ）的 B 时，注意环路中电流的计brc 算，应该是先求出外圆导体内电流密度，再结合内圆筒的电流，求出穿过环路的电流。 解：在电缆的横截面，以截面的轴为圆心，将不同的半径 作圆弧并取其为安培积分回路 ，L 然后，应用安培环路定理求解，可得离轴不同距离处的磁场分布。 (1)当 时， ， ，得ra0d0liIB20Br B=0 (2)当 时，同理可得b02Ir (3)当 时，有rc20()IrbBc 得 201Irbc (4)当 时， B=0rc 11-21 在半径为 的长直圆柱形导体内部

22、，与轴线平行地挖成一半R 径为 的长直圆柱形空腔，两轴间距离为 ,且 ，横截面如题图ar 11-21所示现在电流 沿导体管流动，电流均匀分布在管的横截面I 上，而电流方向与管的轴线平行求： (1)圆柱轴线上的磁感应强度的大小； (2)空心部分轴线上的磁感应强度的大小 分析 用填补法。空间各点磁场可看作半径为 ，电流为 均匀分R1I 布在横截面上的圆柱导体和半径为 电流为 均匀分布在横截面上的圆柱导体磁场之r2I 和两电流密度相同。 解：载流导体内电流密度为 2()IRr (1) 圆柱轴线上的磁感应强度的大小 题图 11-21 第 11 章 恒定电流与真空中的恒定磁场 12 电流 产生的磁感应强

23、度 1I 01B 电流 产生的磁感应强度22020rRIaI 合场强 20012()IBr (2)空心部分轴线上 点 的大小：O 电流 产生的 2I2 电流 产生的1 201IaBRr02()Iar 所以 00122()Ir 11-22 一电子在 的匀强磁场中做圆周运动，圆周半径-37.TB ，某时刻电子在 A 点，速度 向上，如题图 11-21 所示。3.0cmrv （1）试画出电子运动的轨道； （2）求电子速度 的大小；v （3）求电子动能 。kE 分析：应用运动电荷在匀强磁场中所受洛伦兹力公式并结合牛顿第二定律求解。 解：（1）由洛伦兹力 (),FeBv 得电子的运动轨迹为由 A 点出发

24、刚开始向右转弯半径为 r 的圆形轨道。 （2）由 得 2,emrv1937131.60.70.0(ms)Bv 题图 11-22 第 11 章 恒定电流与真空中的恒定磁场 13 （3） 2317216k19.0(.)=.0(J)Emv 11-23 把 2.0keV 的一个正电子射入磁感应强度 B 为 的均匀磁场内（题图 11-20.1Wbm 22） ，其速度矢量 与 成 89角，路径成螺旋线，其轴在 的方向.试求这螺旋线运动的周vB 期 、螺距 p 和半径 。Tr 分析：应用洛伦兹力分析带电粒子在均匀磁场中的运动求解。注意分析带电粒子在平行于 的方向和垂直 的方向上运动的不同特点。B 解：带电粒

25、子在均匀磁场中运动时，当 与 成 =89时，其轨迹为螺旋vB 线。则 319712.0.602.50(ms)91kEmv310198(s)6TeB71042.80cos.56.6()p v3319in.5mmre 11-24 某瞬间在 A 点有一质子 a 以 沿题图 11-24 中所示方向710sv 运动。相距 远处的 B 点有另一质子 b 以 沿图410cr 3120sv 示方向运动。 在同一平面内，求质子 b 所受的洛伦兹力的大小和方,abv 向。 分析：当考察两运动电荷的相互作用时，可从运动电荷 B 在运动电荷 A 形成的磁场中运动着 手，求得所受磁力的大小和方向。 解：质子 A 以 运

26、动经过 a 点的瞬间在 b 点产生的磁感强度为av02sin45aeBrv 方向垂直纸面向外。 题图 11-23 题图 11-24 第 11 章 恒定电流与真空中的恒定磁场 14 质子 B 以 运动，在经过 b 的同一瞬间受洛伦兹力为bv2230sin45.610NabbeFBrv 方向垂直 和 组成的平面，满足右手螺旋。bvB 11-25 如题图 11-25 所示，一根长直导线载有电流 ，矩形回路载有电流 ，130AI 20AI 已知 ， 试计算：1.0cma8.c,12m.l （1）作用在回路各边上的安培力； （2）作用在回路上的合力. 分析 （1）对于矩形上、下两段导线由于所处磁场不均匀

27、，所受安培力用定义式积分法求解， 对于矩形左右两段竖直导线由于各自所处磁感应强度为定值，可直接由 来求解，各BILF 自受力方向可用右手螺旋沿 的方向来判定；（2）由于上、下两段导线 和 的大dIlB 12 小相等，方向相反，对矩形回路来说，该两力的矢量和为零.而矩形的左右两段导线由于所处 磁感强度不等，所受安培力 和 大小不同，且方向相反，因此线框所3F4 受的力为这两个力的合力. 解：(1)由分析可知，上下导线所受安培力大小相等，方向相反。 0101212 2dsindlnabl IIabFIBx 左右导线所受安培力大小分别为 0123Ila 4 lFb 线框所受总的安培力 为左、右两边安

28、培力 和 之矢量和，故合力的大小为3F4 301201234 .80(N) IlIlab 合力的方向朝左，指向直导线. 11-26 如题图11-26所示，长直电流 附近有一等腰直角三角形线框，通以电流1I ，二者共面求三角形线框各边所受的磁力2I 分析：根据无限长载流导线所产生磁场的磁感应强度公式， 与 成反比。Br 三条边中： 边各点所处磁感应强度相同，可直接代入安培力公式中求ABCAB 解，无需积分； 和 边由于各点所处磁感应强度均不同，因此需建立坐标C 系、取电流元，根据安培力定义式用积分法求解。 题图 11-25 题图 11-26 第 11 章 恒定电流与真空中的恒定磁场 15 解：

29、边所受的磁场力AB ABlIFd2 0122AIaa 方向垂直 向左； 边所受的磁场力AC CABlIFd2a daIrln210 方向垂直 向下; 同理 边所受的磁场力的大小BC012daBCIFlr 因为 45cosl 所以 adBC daIrIFln2s21010 方向垂直 向上. 11-27 载有电流 的长直导线 AB 旁有一同平面的导线 ab，ab 长为 9cm，通以电流0IA 。求当 ab 垂直 AB，a 与垂足 O 点的距离为 1cm 时，导线 ab 所受的力，以及对 O120I 点力矩的大小。 分析：本题中各电流元受安培力方向相同，而大小随位置变化（B 随位置变化）而变化，故

30、需通过积分求解合力。各电流元受磁力矩方向也相同,大小也随位置变化而变化，导线对 O 点 的磁力矩也需通过积分求解。 解：电流 ab 中任意电流元受力大小为 。1dfIBx0.101.ddln2IfxI7 44l.8(N) 对 O 点力矩为 0.1dd2IMxfx O 1cm 1II 题 11-27 图 ba B A 第 11 章 恒定电流与真空中的恒定磁场 16 6012(.)7.210(mN)I 11-28 截面积为 S，密度为 的铜导线，被弯成正方形的三边，可 以绕水平轴 转动，如题图 11-28 所示。导线放在方向为竖直向O 上的匀强磁场中，当导线中的电流为 时，导线离开原来的竖直位置I

31、 偏转一角度为 而平衡，求磁感应强度。如2m,S38.9gcm, 。B 应为多少？15,0AI 分析：载流线框绕 转动，由于没有平动只有转动，仅需考虑线框对 轴力矩的平衡，O O 而不需考虑力的平衡。即 。磁力矩可用闭合线框受到磁力矩求解。0M 解：设正方形各边长度为 ，质量为 ，平衡时重力对 轴的力矩lm22sinsisingllg重 载流线框受到磁力矩既可用整个线框受到磁力矩，也可用各导线段受力对轴的合力矩（因为 此时以一条边为转轴） ，即 ，其大小为mpB2sincosMIl磁 平衡时有 ，即重 磁 22sincoslgIlB3648.9102tatan15=9.0(T)BI 11-29

32、 与水平成 角的斜面上放一木制圆柱，圆柱的质量 为 0.25kg，半径为 R，长 为 0.1m.在这圆柱上，顺着圆柱缠ml 绕 10 匝的导线，而这个圆柱体的轴线位于导线回路的平面内， 如题图 11-29 所示.斜面处于均匀磁场 中，磁感应强度的大小B 为 0.5T，其方向沿竖直朝上.如果绕线的平面与斜面平行，问通 题图 11-28 题图 11-29 第 11 章 恒定电流与真空中的恒定磁场 17 过回路的电流至少要有多大，圆柱体才不致沿斜面向下滚动？ 分析：本题属力电综合题。一方面，圆柱体受重力矩作用要沿斜面向下滚动；另一方面，处 于圆柱体轴线平面内的载流线圈（线圈不产生重力矩）要受磁力矩作

33、用而阻止圆柱体向下滚 动。当 时，圆柱体保持平衡不再滚动。M重 磁 解：假设摩擦力足够大，圆柱体只有滚动无滑动。 圆柱体绕瞬时轴转动受到的重力矩 sinmgR重 线圈受到的磁力矩 sisiMPBNSI磁 当 时圆柱不下滚.M重 磁 sinsimgRI 得 0.2598.45(A)21mgINBSlNBl 11-30 一个绕有 N 匝的圆线圈，半径为 ，载有电流 。试问：为了把这个线圈在外磁场中aI 由 等于零的位置，旋转到 等于 90的位置，需对线圈做多少功？ 是线圈的面法线与磁感 应强度 之间的夹角。假设B10,5.c,0.,I.5T。 分析：此题为磁力做功公式的应用。 解：磁力做功为 21

34、()(0)AIINBSI2051(J) 所以：外力需对线圈作多少功 JA 11-31 一半圆形闭合线圈半径 通过电流 放在均匀0.m,R0A,I 磁场中，磁场方向与线圈面平行，如题图 11-31 所示， 351BGS。 （1）求线圈所受力矩的大小和方向； （2）若此线圈受力矩的作用转到线圈平面与磁场垂直的位置，则力矩做功 多少？ 分析：闭合线圈所受的磁力矩可以运用磁力矩与磁矩关系表达式求出。运 用磁力做功表达式求出磁力矩做功。 题图 11-31 第 11 章 恒定电流与真空中的恒定磁场 18 解：（1）线圈受磁力矩， mMPB 所以 sin2IS3420.1507.851(Nm) 方向向上。 （2）此时磁力做功 23420.1()507.81(J)AIBS