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
F?2T 即 IB(2R)?2T
解得 T?IB R［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Idl所受到的磁场力为
??? dF?Idl?B 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
???????? F??dF??Idl?B?I(?dl)?B?I?0?B?0
LLLI ? Idl ? B 证毕。
???［注意：这里dl的环积分?dl?0，是考虑了矢量合
L dF
?题解9―21图 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
? i
v
?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
?? ?B?dl??0?Ii
Liabbccdda????????即 ?B?dl??B?dl??B?dl??B?dl??0iab
??上式左端第二项和第四项由于B与dl处处垂直，因而都等于零，因此有
Bab?Bcd??0iab 2Bab??0iab
1?0i 2对题给图示，平板左、右两侧的磁场都是均匀的，大小都等于?0i2，只不过方
所以 B?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
R?mv2mv ?qB?0qi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
t?T?2?R2?m4?m ??vqB?0qi
习题9—23 半径为R的圆盘带有正电荷，其电荷面密度??kr，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?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。
R ? B
?习题9―23图
解：在圆盘上取半径为r、宽度为dr的细圆环，环面积为dS?2?rdr，环的带电量为dq??dS?kr?2?rdr?2?kr2dr。其等效环电流为
dI?其元磁矩大小为
24dP?dI??r?k??rdr mdqdq??k?r2dr T2???dPm的方向垂直于纸面向外。整个转动圆盘的磁矩为
Pm??dPm?k???r4dr?0R?Pm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
??? M?P?B
1k??R5 5可得圆盘所受磁力矩的大小为 M?Pm?Bsi?n???M 的方向垂直于B向上。
1?1k??R5Bsin?k??R5B 525
习题9—24 如图所示，载有电流I1和I2的长直导线ab和cd 相互平行，相距为3r，今有载有电流I3的导线MN=r水平放置，且其两端M、N分别与I1、I2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I1和I2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
? a c dF
?
I1 B(x) ?I2 I3 I3dl I3 M N M N
r r r
x x+dx X
题解9―24图 b d
习题9―24图 B(x)?MN上电流元I3dx受到的力为
?0I1?0I2 ?2?x2?(3r?x)dF?BI3dx， 方向“↑”
整个MN受到的力的大小为
2r??I?0I2?dF??dF???01?I3dx ?r?2?x2?(3r?x)???0I3(I1?I2)ln2， 方向“↑” 2???讨论：若I1?I2，则F方向向上；反之，若I1?I2，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OO?为其中心轴线，
r/2 O r 在圆柱体内挖一个直径为r/2的圆柱空洞，空
?P 洞侧面与OO?相切，在未挖洞部分通以均匀 ? 3r ﹣e 分布的电流I，方向沿OO?向下，如图所示。
?在距轴线3r处有一电子(电量为-e)沿平行于 v O? OO?轴方向，在中心轴线OO?和空洞轴线所
?决定的平面内，向下以速度v飞经P点，求习题9―25图 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?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?、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
??向上的电流在P点产生的场为
I?r2??(r4)?16I 215?rB1??0??(r4)， 方向“⊙”
2?(3r?r4)向下的电流在P点产生的场为
?0??r2 B2?， 方向“⊕”
2??3rP点最终的场为
BP?B2?B1?8282?0I?0?r??， 方向“⊕” 528495?r根据洛仑兹力公式，此刻飞经P点的电子所受力的大小为
f?evBP?82?0I?ev， 方向“←” 495?r
习题9—26 长直导线aa?与半径为R的均匀导体圆环相切于点a，另一直导线
bb?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BO；(2) B沿闭合环路L的环流?B?dl等
于什么？
解：(1) 圆环中点O的磁感应强度可以看成aa?段、三分之一圆周、三分之二圆周和bb?段共四段电流产生的场的叠加。因为aa?段电流单独产生的场为 B1?La L 120° R O I a? ?0I， 方向“⊙” 4?Rb I b?
三分之一圆周电流单独产生的场为
习题9―26图
?I1?2 B2??0?I?0， 方向“⊕”
32R39R三分之二圆周电流单独产生的场为
B3?bb?段电流单独产生的场为
?I2?01??I?0， 方向“⊙” 32R39R B4?0 因此，圆环中点O的磁感应强度为
BO?B1?B2?B3?B4?B1??0I， 方向“⊙” 4?R?(2) B沿闭合环路L的环流为
??21 ?B?dl??0(I?)??0I
L33
习题9—27 设右图中两导线中的电流I1、I2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
c a b I2 I1 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
习题9―27图
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。
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：[ ]
B B B B
(B) (C) (D) (A)
O O a b r O a b a b r O r r a b 习题9―1图
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?a)?0
??I(r2?a2)?
B??02 (a?r?b) 2
?2?r(b?a)??0I
(r?b)??2?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) y??mv2mv。 (B) y??。
qBqB2mvmv。 (D) y??。 qBqBY ? B ?+q v – m X
习题9―2图
(C) y??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
R?mv qB因此，它从磁场出来点的坐标为x=0和y??
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BP，BQ，BO间的关系为［ ］。 (A) BP?BQ?BO。 (B) BQ?BP?BO。 (C) BQ?BO?BP。
2mv，故应选择答案(B)。 qBI a P I I 2a O I
a Q a a a 习题9―3图 (D) BO?BQ?BP
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
BP?对Q点，其磁感应强度的大小 BQ??0I 2?a?0I?I?I2?cos0?cos135???0?cos45??co1s8??0?0(1?) 4?a4?a2?a2
对O点，其磁感应强度的大小 BO??0I4a?2??0I?0I??(1?) 4?a2?a2显然有BO?BQ?BP，所以选择答案(D)。 ［注：对一段直电流的磁感应强度公式B??0I(cos?1?cos?2)应当熟练掌握。］ 4?a
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
? Pm ? B I 1 B
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：［ ］ I2 转(A) 顺时针转动 动方(B) 靠近大平板AB 向A (C) 逆时针转动
题解9―4图 (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I1；小线框的磁矩方向向上，如图所示。由公式
???M?Pm?B
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)［ ］
B 线圈的轴 B
O X
电 O 流O X (A) X (B)
B B B
O O O (C) X (D) X (E) X
习题9―5图
解：由载流圆线圈(N匝)轴线上的磁感应强度公式
B(x)?可以判断只有曲线图(C)是正确的。
?0NIR22(R2?x2)32
Z 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XI P I 轴平行且在XOY平面内。设两导线中
Y O 皆通过I=10A的电流，则在Y轴上离
X 两根导线等距的点P处的磁感应强度
习题9―6图
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
?B1????0I?4??10?7?10??8i??i??2?10i(T)
2?(d2)??2.0?102?B2???0I??8k?2?10k(T)
2?(d2)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
由叠加原理，P点处的磁感应强度的大小为
2B?B12?B2?22?10?8(T)
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?BP= 。
?(2) 磁感应强度B沿图中环路l的线积分 ??dl＝ 。 ?B·lY l A P B a X
习题9―7图
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，BP?0。
?(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OO?转过角度 时，磁力矩恰为零。
解：半圆形线圈的磁矩大小为
O 12 Pm??RI
2因而线圈所受磁力矩的大小为
?12?12R I B M?Pm?B?sin???RIBsin??RIB
222 O? 根据磁力矩公式
???M?Pm?B 习题9―8图
?
可以判断出磁力矩M的方向向上。容易知道，当??k?，k=0，±1，±2，??
时，磁力矩恰为零，这等价于把线圈绕OO?转过??(2k?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???B?dS? 。
S?2?k???2，k=0，1，
R ?n S 60° ? B 任意曲面 解：通过圆面的磁通量
1?圆?B??R2?cos60??B?R2
2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
???S??圆?0
所以
1 ?S???圆??B?R2
2
??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
?? Fe?Fm?0
Z ???即 (?e)E?(?e)v?B?0
????eEi?(?e)vBsin45(?i)?0
2∴ E?vB
2 v ?? B 135° X ? E 习题9―10图
O Y
习题9—11 如图，在无限长直载流导
x dx X 线的右侧有面积为S1和S2两矩形回O 路。两个回路与长直载流导线在同一
I S1 S2 h
平面，且矩行回路的一边与长直导线平行。则通过面积为S1的矩形回路的
a a 2a 磁通量与通过面积为S2的矩形回路的
习题9―11图 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
d??BdS?所以，通过回路S1的磁通量为 ?1??dS?通过回路S2的磁通量为
?2??dS??0Ihdx 2?x?0Ih2adx?0Ih?ln2
2??ax2??0Ih4adx?0Ih?ln2 ?2a2?x2?
故，
?1?2?11
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，???B?dl等于：
Lb c c a I I (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， ?B?dl等于?0I；对环路b，
LL习题9―12图
?????B?dl等于0；对环路c，?B?dl等于2?0I。
L
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Idl所受的安培力dF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?I
Idl
电流在O处单独产生的磁场为零，其O a 半圆段在O处产生的磁场即为该点的总磁场
BO??0I4a
习题9―13图
????根据安培力公式dF?Idl?B可知圆心O处的电流元BO的方向垂直于图面向内。
??Idl所受的安培力dF的大小为
dF?IdlB??0I2dl4a
?力dF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OO?所确定的平面内离开OO?O O R I O?
S l 习题9―14图 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
线内外的磁场分布为
B内? O? R ?0Ir (0?r?R) 22?RS I x l
?I B外?0 (r?R)
2?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
d??Bldr 通过假想平面S的磁通量为 ???d??? ?由最值条件，令
a?RaO dr r
题解9―14图
Bldr??Raa?R?I?0Ir0ld?rld r2?R2?r2?R?0Il2?0Ila?R2(R?a)?ln
2?R2?R2?Il?Il1d??02(?2a)?0??0 da4?R2?a?R即 a2?Ra?R2?0 解得 a?R(5?1)?0.618R(其负根已舍去) 2
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=KRd?，其在球心O处产生的元磁场为
dB? d? R O dl X
θ 题解9―15图
?0dI(Rsin?)22R3??0K2sin2?d?
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
B??dB?2??0K2??20sin2?d??1?0K? 4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??，其余部分均匀带负电荷，面电荷密度为??，当圆盘以角速度?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
R ?? O ?? r ω 习题9―16图
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 dq??dS??2?rd
其等效的圆电流为
dI?dqT??2?rdr???rdr 2??其在中心O处产生的元场强为 dB??0dI2r?1?0??dr 2因此，中心O点的磁感应强度为
r1R11B??dB???0??dr???0??dr??0??(2r?R)
02r22令该磁感应强度为零可得
R?2r
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R1和R2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
I 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=Ndr(R2?R1)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
O R1 R2
dB??0dI2r??0NIdr2(R2?R1)r
习题9―17图
O点最终的磁感应强度为
B??dB?2(R2?R1)?R1?0NIR2?0NIRdr?ln2 r2(R2?R1)R1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，求空间的磁感应强度分布。 X 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
a b x 与电流密度方向成右手螺旋关系。对此jO 环路应用安培环路定理 d c ?? ?B?dl??0?Ii
Li在平板内部有
题解9―18图
2ab?B??0j2xab
所以 B??0jx 在平板外部有
2ab?B??0j2d?ab
所以 B??0jd
习题9—19 均匀带电刚性细杆AB，电荷线密度为?，绕垂直于直线的轴O以?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BO；(2)磁矩Pm；(3) 若a>>b，??求BO及Pm。
解：(1) 在杆上距轴O为r处取线元dr，其带电量为dq??dr，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
O a A b
B ? 习题9―19图
?dq?r???drdBO?0?2?0?
4?r4?rO点的总场可直接对上述元场积分即可 BO??dBO?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
a?bdr?0?a?b????0??ln
a4?r4?a?BO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dq??dr，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
dI?dq?dr??dr ??T2?r(?r)2?其在O 处产生的元磁场大小为 dBO??0dI2r??0??dr? 4?r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?bdr?0?a?b????0??ln BO??dBO?
a4?r4?a?］ BO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
dq??dI??dr
T2?其元磁矩大小为
1 dPm?dI??r2???r2dr
2元磁矩的方向垂直于纸面向里。带电细杆的总磁矩大小为
a?b11 Pm??dPm????r2dr???(a?b)3?a3
a26?总磁矩Pm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 BO?Pm??0?b?? 4?a??b1??a2???ba2 2?2
?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。)
I ? T R O F
O R ?? B
习题9―20图
? T 题解9―20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I1和I2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UAA??6.55mV。(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
? B c A? I X Z b aY
A 习题9―28图
UH??UAA???6.55mA<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
1IB? UH?nea可得载流子的浓度为
IB1.0?10?3?0.3020?3 n???2.86?10m?3?19?3aeUH1.0?10?1.60?10?6.55?10
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I1dl和I2dl，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
F21??? F21 Idl
2 I1dl ? ?
? ? r ? F12 习题9―7图
?0I1dlsin???I2dl 24?r?F21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 F12??0I2dlsin(???)??I1dl 4?r2?F12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F12与F21在同一直线上，即r和F12、F21的方向之夹角为零或?，即?2???0????2。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OO?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。 O I
? B ⊙ ? I
?? B Pm O?
习题9―19图 题解9―19图
?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Pm
?与外磁场B方向的夹角为?，则线圈受到的磁力矩为
M??Pm?Bsin???Pm?B??Il2B?
把该线圈视为刚体，其摆动为定轴转动，则根据转动定律
d2?M?J??J2
dt可得
d2??IlB??J2
dt2d2?2????0 即 2dt这就是线圈作微小摆动的振动方程，其中振动的圆频率 ??Il2B J所以，线圈在平衡位置附近作微小摆动的周期为
T?2???2?J 2IlB